Convergenza puntuale e totale serie con modulo

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Convergenza puntuale e totale serie con modulo #63013

kukaaa Cerchio	Ciao, ho qualche problema nello studio della convergenza puntuale e totale di una serie di funzioni in cui è presente il valore assoluto. Il testo recita: Studiare la convergenza puntuale e totale della serie di funzioni $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1+\|x\|^{n}}{x^{2n}}$ con $x\ne 0$ Grazie.

Convergenza puntuale e totale serie con modulo #63020

Ifrit

Amministratore

Ok, iniziamo. Dobbiamo in sostanza studiare la convergenza puntuale e totale della serie di funzioni:

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1+|x|^n}{x^{2n}}\mbox{ con }x\ne 0$

Il termine n-esimo della serie lo indicheremo con

, porremo cioè

$f_n(x)= \frac{1+|x|^n}{x^{2n}}\mbox{ con }x\ne 0$

Fissato $n\in\mathbb{N}$ ,

è una funzione pari, osserva infatti che per ogni x reale diverso da zero:

$f_n(-x)= \frac{1+|-x|^n}{(-x)^{2n}}= \frac{1+|x|^n}{x^{2n}}= f(x)$

E' importante ricordare che

- la funzione valore assoluto è pari

$|-x|= |x|\quad\forall x\in\mathbb{R}$

- la funzione potenza con esponente intero pari è pari

$(-x)^{2n}= x^{2n}\quad\forall x\in\mathbb{R}$

Il fatto che il termine n-esimo della serie sia pari è una cosa positivissima, perché ci permette di studiare la serie di funzioni per

e, in un secondo momento sfruttare la simmetria tipica delle funzioni pari.

Per x>0 il termine n-esimo si scrive come:

$f_n(x)= \frac{1+x^n}{x^{2n}}\mbox{ con }x>0$

Hai capito perché è vantaggioso? Abbiamo la possibilità di togliere il valore assoluto! Un pensiero in meno! emt

Studiamo la

Convergenza puntuale

Per studiare la convergenza puntuale è necessario fissare

e considerare la serie

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1+x^n}{x^{2n}}$

Abbiamo una serie a termini positivi, possiamo utilizzare il criterio di convergenza della radice n-esima.

Dobbiamo studiare dunque il limite:

$\lim_{n\to \infty} \sqrt[n]{\frac{1+x^n}{x^{2n}}}=$

Sfruttiamo la proprietà della radice n-esima per un quoziente:

Il radice n-esima del quoziente è il quoziente delle radici:

$\sqrt[n]{\frac{a}{b}}= \frac{\sqrt[n]{a}}{\sqrt[n]{b}}\mbox{ con }a\ge 0, b>0$ .

Grazie a questa relazione, possiamo scrivere:

$\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{\frac{1+x^n}{x^{2n}}}= \lim_{n\to \infty}\frac{\sqrt[n]{1+x^n}}{\sqrt[n]{x^{2n}}}=$

Nota che $\sqrt[n]{x^{2n}}= x^{2}\quad\forall x>0$

Il limite si riscrive come:

$\lim_{n\to \infty}\frac{\sqrt[n]{1+x^n}}{x^2}$

Il denominatore del limite non dipende da n, quindi possiamo trasportare fuori dal limite tale elemento:

$\frac{1}{x^2}\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{1+x^n}$

Bene! Dobbiamo risolvere il limite:

$\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{1+x^n}= \begin{cases}1&\mbox{ se }0<x<1\\ 1 &\mbox{ se }x=1\\ x&\mbox{ se }x>1\end{cases}$

In definitiva:

$\frac{1}{x^2}\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{1+x^n}= \begin{cases}\frac{1}{x^2}&\mbox{ se }0<x<1\\ 1 &\mbox{ se }x=1\\ \frac{1}{x}&\mbox{ se }x>1\end{cases}$

La serie converge puntualmente per tutti gli x per il quale il suddetto (simpatico) limite è minore di 1.

Ragioniamo un po':

Per x>1, il limite è $\frac{1}{x}$ , e questa quantità sarà sicuramente minore di 1.

Per x=1, il limite è 1, abbiamo un caso dubbio, non possiamo concludere nulla.

Se però proviamo a sostituire x=1 nella serie di funzioni otterremo la serie numerica:

$\sum_{n=1}^{\infty}2$

Questa serie non converge, perché non viene soddisfatta la condizione necessaria per la convergenza di una serie.

Per 0<x<1, il limite è $\frac{1}{x^2}$ ed è maggiore di 1, dunque la serie non converge.

In definitiva abbiamo convergenza puntuale per

.

Per la parità, possiamo concludere che la serie di partenza converge puntualmente nell'insieme:

$S=(-\infty, -1)\cup (1, +\infty)$

Ringraziano: Pi Greco, CarFaby

Convergenza puntuale e totale serie con modulo #63022

Ifrit

Amministratore

Studiamo la convergenza totale:

Ricorda che una serie di funzioni converge totalmente in un insieme

, contenuto nell'insieme di convergenza, se riusciamo a determinare una successione numerica $(M_n)_{n}$ tale che valgono le due condizioni:

1. $|f_n(x)|\le M_n\quad\forall x\in I$

(l'n-esima funzione della successione di funzioni viene dominata dall'n-esimo termine della successione numerica)

2. $\sum_{n=1}^{\infty}M_n$ è convergente.

(la serie degli M_n deve essere convergente)

Come facciamo a trovare

?

Fissiamo $n\in\mathbb{N}$ e calcoliamo la derivata prima della funzione

.

$f_n'(x)=n x^{-1-n}- 2n x^{-1-2n}(1+x^n)$

(ho utilizzato la formula di derivazione del prodotto)

Scriviamo meglio la funzione:

$f_n'(x)=-n x^{-1-2n} (2+x^n)\quad\forall x>1$

Per x>1 la derivata prima della funzione è negativa, di conseguenza essa è una funzione strettamente decrescente.

L'estremo superiore della funzione nell'intervallo $(1,+\infty)$ è:

$M_n=\sup_{x\in (1,+\infty)}f_n(x)=f_n(1)= 2$

Ma attenzione:

$\sum_{n=1}^{\infty}M_n= \sum_{n=1}^{\infty}2$ non converge

(viene meno la condizione necessaria per la convergenza).

Pertanto non abbiamo convergenza totale nell'insieme $(1,+\infty)$ e per la parità nemmeno in $(-\infty, -1)$ .

Non abbiamo finito. Forse esiste convergenza totale negli intervalli del tipo $[a, +\infty)$ con

!

Controlliamo :)

Sempre per quello che abbiamo detto prima, abbiamo che, fissato n naturale, la funzione

è decrescente per

, di conseguenza:

$f_n(x)\le f_n(a)=\frac{1+a^n}{a^{2n}}= M_n \mbox{ con }a>1$

Attenzione ora: la serie

$\sum_{n=1}^{\infty}M_n= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1+a^n}{a^{2n}}$

converge, proprio perché a>1 (ti riconduci quindi allo studio puntuale che abbiamo fatto nel messaggio precedente)

Ottimo! Abbiamo convergenza totale negli intervalli del tipo $[a, +\infty)$ con

e per la parità, abbiamo aggratis anche la convergenza totale negli intervalli del tipo $(-\infty, -a]\mbox{ con }a>1$ .

Ringraziano: Pi Greco, CarFaby

Re: Convergenza puntuale e totale serie con modulo #63793

kukaaa

Cerchio

Non mi sono chiari alcuni punti riguardo questo esercizio:

1) innanzitutto quando scopriamo che la funzione è pari e quindi togliamo il valore assoluto otteniamo $\frac{1+x^n}{x^{2n}}$ . Non possiamo dividere la frazione in due parti e quindi otteniamo $\frac{1}{x^{2n}} + \frac{1}{x^2}$ ?

E' un errore?

2) Non ho capito bene come si calcola il limite per n che tende a infinito di $(1+x^n)^{\frac{1}{n}}$ ; potete mostrarmi tutti i passaggi?

E perché fai i diversi casi, cioè $0<x<1,\ x=1,\ x>1$ ?

Re: Convergenza puntuale e totale serie con modulo #63798

Ifrit

Amministratore

Ok iniziamo con la prima domanda. L'espressione:

$\frac{1+x^n}{x^{2n}}= \frac{1}{x^{2n}}+\frac{x^n}{x^{2n}}\mbox{ con }x\ne 0$

Per la proprietà delle potenze potremo scrivere:

$\frac{1}{x^{2n}}+\frac{1}{x^{2n-n}}= \frac{1}{x^{2n}}+\frac{1}{x^{n}}$

Scritto così, il termine n-esimo della serie non ci guadagna in bellezza sinceramente. emt

Domanda 2.

Adesso concentriamoci sul limite:

$\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{1+x^{n}}$

che possiamo scrivere ovviamente come:

$\lim_{n\to \infty}(1+x^n)^{\frac{1}{n}}$

Adesso mettiamo in campo il logaritmo in combo con la funzione esponenziale:

$a^b= e^{b\ln(a)}\mbox{ con }a>0$

Passiamo da una potenza alla funzione esponenziale. Grazie ad essa il limite si esprimerà come:

$\lim_{n\to \infty}(1+x^n)^{\frac{1}{n}}= \lim_{n\to \infty} e^{\frac{\ln(1+x^n)}{n}}\mbox{ con }x>0$

(la x maggiore di zero segue dal fatto che la funzione è pari, e per eliminare il valore assoluto abbiamo imposto che x>0)

Ora però devi ricordarti il limite fondamentale per successioni:

$\lim_{n\to \infty}x^n=\begin{cases}+\infty&\mbox{ se }x\textgreater 1\\ 1 &\mbox{ se }x=1\\0&\mbox{ se } -1\textless x\textless 1\\ \mbox{non esiste }&\mbox{ se } x\le -1\end{cases}$

In particolare a noi interessa per x>0, gli altri casi ce li possiamo dimenticare emt

Quando 0<x<1 hai che

tende a zero, pertanto:

$\ln(1+x^n)\sim_{n\to \infty}x^n$

Questa stima asintotica per successioni deriva dal limite notevole del logaritmo

Tornando al limite

$\lim_{n\to \infty}(1+x^n)^{\frac{1}{n}}= \lim_{n\to \infty} e^{\frac{\ln(1+x^n)}{n}}$

Si riscrive come:

$= \lim_{n\to \infty} e^{\frac{x^n}{n}}$

e poiché

allora

tende a zero, pertanto

$= \lim_{n\to \infty} e^{\frac{x^n}{n}}= e^{0}=1\mbox{ con }0<x<1$

Per x=1 è immediato:

$\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{1+1}= \lim_{n\to \infty}2^{\frac{1}{n}}= 2^{0}= 1$

Infine per x>1, dobbiamo tornare alla forma esponenziale:

$\lim_{n\to \infty}(1+x^n)^{\frac{1}{n}}= \lim_{n\to \infty} e^{\frac{\ln(1+x^n)}{n}}$

In questo caso, poiché

allora

tende a infinito quando n tende a infinito.

Utilizzeremo in questo caso la stima asintotica:

$\ln(1+x^n)\sim_{n\to \infty} \log(x^n)\mbox{ con }x>1$

Abbiamo in pratica trascurato l'uno.

Per la proprietà dei logaritmi abbiamo che:

$\ln(x^n)= n\ln(x) \mbox{ con }x>1$

Quindi il limite diventa:

$\lim_{n\to \infty} e^{\frac{\ln(1+x^n)}{n}}=$

$\lim_{n\to \infty} e^{\frac{n\ln(x)}{n}}$

Semplifichiamo n:

$\lim_{n\to \infty} e^{\ln(x)}$

Per definizione di logaritmo $e^{\ln(x)}= x\mbox{ quando }x>0$

In definitiva

$\lim_{n\to \infty} e^{\ln(x)}=x\mbox{ per ogni }x>1$

Sembra difficile, ma ti assicuro che non è così, bisogna ricordarsi un bel po' di cose purtroppo, l'esercizio continuo ti aiuterà. emt

Ringraziano: Omega, Pi Greco, CarFaby

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