Esercizio di riepilogo su serie di funzioni fratte con logaritmo

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Esercizio di riepilogo su serie di funzioni fratte con logaritmo #95862

avt
Julis93
Punto
Si consideri la serie di funzioni:

 \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\log(nx+1)}{x^{n+2}}

con x>0.

(a) Determinare l’insieme di convergenza puntuale.

(b) Stabilire se la serie converge uniformemente in [2, 4] e [4, +\infty).

(c)Dimostrare che

\sum_{n=1}^{+\infty} \int_{2}^{4} f_{n}(x)dx<1.
 
 

Esercizio di riepilogo su serie di funzioni fratte con logaritmo #95870

avt
Ifrit
Amministratore
Ciao Julis3,

consideriamo la serie di funzioni

\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\log(nx+1)}{x^{n+2}}

dove x>0.

(a) Il testo chiede di determinare l'insieme di convergenza, ossia l'insieme delle x per le quali la serie risulti convergente.

Per semplicità di esposizione chiamiamo il termine n-esimo della serie f_n(x), ossia poniamo

f_{n}(x)=\frac{\log(nx+1)}{x^{n+1}} \ \ \ \mbox{con} \ x>0

Osserviamo che, al variare di n\in\mathbb{N}-\{0\}, f_{n}(x) risulta essere una successione di funzioni positive. Il perché è presto detto.

Poiché x>0 allora anche il termine nx>0 perché prodotto di quantità positive, di conseguenza

1+nx\ge 1 \ \ \ \forall x>0

Sfruttando inoltre la stretta crescenza della funzione logaritmo otteniamo agilmente che

\log(1+nx)\ge\log(1)=0\ \ \ \forall x>0

In altri termini, il numeratore di f_n(x) è certamente non negativo.

Inoltre anche x^{n+2} è positiva per x>0, pertanto possiamo concludere che f_{n}(x) è positiva perché quoziente di funzioni positive.

La positività di f_{n}(x) ci autorizza ad applicare il criterio di convergenza del rapporto. Impostiamo dunque il limite

\lim_{n\to+\infty}\frac{f_{n+1}(x)}{f_{n}(x)}=\lim_{n\to+\infty}\frac{\frac{\log((n+1)x+1)}{x^{(n+1)+2}}}{\frac{\log(nx+1)}{x^{n+2}}}=

Scriviamo la frazione di frazioni in forma normale e, semplificando tutto ciò che può essere semplificato, otteniamo

\\ =\lim_{n\to+\infty}\frac{\log((n+1)x+1)}{x^{n+3}}\cdot\frac{x^{n+2}}{\log(nx+1)}= \\ \\ \\ =\lim_{n\to+\infty}\frac{\log(1+(n+1)x)}{x\log(1+n x)}=(\bullet)

Osserviamo che quando n\to+\infty allora

\\ (n+1)x\to +\infty \ \ \ \forall x>0 \\ \\ nx\to+\infty \ \ \ \forall x>0

Grazie al principio di eliminazione degli infiniti di ordine inferiore, possiamo costruire le stime asintotiche

\\ \log((n+1)x+1)\sim_{n\to+\infty}\log(nx) \\ \\ \log(nx+1)\sim_{n\to+\infty}\log(nx)

così che il limite (\bullet) diventi

(\bullet)=\lim_{n\to+\infty}\frac{\log(nx)}{x\log(nx)}=\frac{1}{x}

In accordo con la teoria sulle serie, sappiamo che la serie di funzioni converge puntualmente se il limite del rapporto è minore di 1, ossia

\frac{1}{x}<1\to\frac{1-x}{x}<0

Poiché x>0, il rapporto è negativo nel momento in cui è negativo il numeratore, ossia se

1-x<0\to x>1

Se il limite del rapporto è 1, ossia se

\frac{1}{x}=1\iff x=1

nulla possiamo dire sul comportamento della serie: tale casistica deve essere studiata a parte.

Se x=1 otteniamo la serie numerica

\sum_{n=1}^{+\infty}\log(n+1)

che è una serie numerica divergente giacché il termine n-esimo a_n=\log(n+1) non è nemmeno infinitesimo, viene meno la condizione necessaria per la convergenza.

Se il limite del rapporto è maggiore di 1, ossia se

\frac{1}{x}>1\to 0<x<1

la serie diverge positivamente.

Tale analisi ci permette di concludere che l'insieme di convergenza puntuale è

D=\{x\in\mathbb{R} \ : \ x>1\}=(1,+\infty)


(b) Studiamo la convergenza uniforme negli intervalli [2,4] e [4,+\infty) analizzando una condizione più forte, ossia la convergenza totale.

] Dobbiamo dimostrare che esiste una successione positiva (M_{n})_{n\in\mathbb{N}} che realizza la disuguaglianza

|f_{n}(x)|\le M_{n} \ \ \ \forall x\in I

dove I è un insieme, e tale che la serie associata sia convergente: in questo modo siamo certi che la serie di funzioni converge totalmente nell'insieme I e di conseguenza anche uniformemente.

Per rispondere elegantemente al quesito, sfruttiamo la disuguaglianza notevole

\log(1+a)\le a \ \ \ \mbox{con} \ a\ge 0

mediante la quale

\log(1+nx)\le nx \ \ \ \forall x>0

e dividendo membro a membro per la quantità positiva x^{n+2}, otteniamo

\frac{\log(1+nx)}{x^{n+2}}\le\frac{nx}{x^{n+2}}=\frac{n}{x^{n+1}} \ \ \ \forall x>0

Analizziamo la convergenza totale sull'intervallo [2,4]. Fissato n\in\mathbb{N}-\{0\} la funzione

h_{n}(x)=\frac{n}{x^{n+1}}

è decrescente rispetto alla variabile positiva x, di conseguenza il massimo di h_{n}(x) sull'intervallo [2,4] lo si ottiene quando x è il primo estremo dell'intervallo, ossia x=2;

h_{n}(x)\le h_{n}(2)\iff\frac{n}{x^{n+1}}\le\frac{n}{2^{n+1}}

In definitiva abbiamo dimostrato che sull'intervallo [2,4] il termine n-esimo della serie è maggiorato da \frac{n}{2^{n+1}}:

f_{n}(x)\le\frac{n}{2^{n+1}}

Ha senso quindi porre

M_{n}=\frac{n}{2^{n+1}} \ \ \ \forall n\in\mathbb{N}

Consideriamo la serie associata a M_{n} e studiamone la convergenza, applicando il criterio del rapporto

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

e studiamone la convergenza, applicando il criterio del rapporto. Consideriamo il limite

\lim_{n\to+\infty}\frac{M_{n+1}}{M_{n}}=\lim_{n\to+\infty}\frac{\frac{n+1}{2^{n+2}}}{\frac{n}{2^{n+1}}}=\lim_{n\to+\infty}\frac{n+1}{n}\cdot\frac{2^{n+1}}{2^{n+2}}=\frac{1}{2}

Poiché il limite del rapporto è minore di uno, concludiamo che la serie degli M_{n} converge e ciò garantisce la convergenza totale della serie

\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\log(nx+1)}{x^{n+2}}

nell'intervallo [2,4].

Possiamo procedere allo stesso modo nell'intervallo [4,+\infty) solo che in tale occasione cambia l'espressione di M_{n}.

La disuguaglianza

\frac{\log(1+nx)}{x^{n+2}}\le\frac{nx}{x^{n+2}}=\frac{n}{x^{n+1}} \ \ \ \forall x>0

continua a valere. Inoltre dalla decrescenza di h_{n}(x)=\frac{n}{x^{n+1}} rispetto ad x concludiamo che nell'intervallo [4,+\infty) essa ammette massimo quando x=4 ossia nel primo estremo

h_{n}(x)\le h_{n}(4)=\frac{n}{4^{n+1}} \ \ \ \forall x\in [4, +\infty)

Poniamo quindi

M_{n}=\frac{n}{4^{n+1}}

e consideriamo la serie associata, ossia

\sum_{n=1}^{+\infty}M_n=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{n}{4^{n+1}}

La serie numerica degli M_{n} può essere analizzata mediante il criterio del rapporto

\\ \lim_{n\to+\infty}\frac{M_{n+1}}{M_{n}}=\lim_{n\to+\infty}\frac{\frac{n+1}{4^{n+2}}}{\frac{n}{4^{n+1}}}= \\ \\ \\= \lim_{n\to+\infty}\frac{n+1}{n}\cdot\frac{4^{n+1}}{4^{n+2}}=\frac{1}{4}

Poiché il limite del rapporto è minore di 1 allora la serie degli M_{n} converge e dunque la serie

\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\log(nx+1)}{x^{n+2}}

converge uniformemente anche nell'intervallo [4,+\infty).


(c) Dimostriamo ora che

\sum_{n=1}^{+\infty}\int_{2}^{4}f_{n}(x)dx<1

Abbiamo già visto che

f_{n}(x)<\frac{n}{x^{n+1}} \ \ \ \forall x>0,\ n\in\mathbb{N}

] e per la monotonia dell'operatore integrale possiamo scrivere

\int_{2}^{4}f_{n}(x)<\int_{2}^{4}\frac{n}{x^{n+1}}dx

Calcoliamo l'integrale al secondo membro

\int_{2}^{4}\frac{n}{x^{n+1}}dx=

Grazie alla definizione di potenza con esponente negativo l'integrale si può esprimere come

\\ =\int_{2}^{4}n x^{-n-1}dx=n\int_{2}^{4}x^{n-1}dx= \\ \\ \\ = n\left[-\frac{x^{-n}}{n}\right]_{x=2}^{x=4}=n\cdot\frac{2^{-n}-4^{-n}}{n}=2^{-n}-4^{n}

Il risultato ottenuto ci permette di esprimere la disuguaglianza

\sum_{n=1}^{+\infty}\int_{2}^{4}\frac{\log(1+nx)}{x^{n+2}}dx<\sum_{n=1}^{+\infty}(2^{-n}-4^{-n})

La somma della serie al secondo membro può essere calcolata esplicitamente a patto di spezzare la serie della differenza come differenza delle serie

\sum_{n=1}^{+\infty}(2^{-n}-4^{-n})=\sum_{n=1}^{+\infty}2^{-n}-\sum_{n=1}^{+\infty}4^{-n}

e di osservare che quelle ottenute non sono altro che serie geometriche che, attenzione, partono da n=1:

\sum_{n=1}^{+\infty}2^{-n}=\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}=\frac{1}{1-\left(\frac{1}{2}\right)}-1=1

mentre

\sum_{n=1}^{+\infty}4^{-n}=\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\frac{1}{4}\right)^{n}=\frac{1}{1-\left(\frac{1}{4}\right)}-1=\frac{1}{3}

In definitiva

\sum_{n=1}^{+\infty}\int_{2}^{4}\frac{\log(1+nx)}{x^{n+2}}dx<\sum_{n=1}^{+\infty}(2^{-n}-4^{-n})=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}

siamo quindi riusciti a dimostrare che

\sum_{n=1}^{+\infty}\int_{2}^{4}\frac{\log(1+nx)}{x^{n+2}}dx<\frac{2}{3}

e dunque è certamente minore di 1.
Ringraziano: Omega, CarFaby, Julis93
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Os