Esercizi svolti 1 Serie numeriche - Politecnico di...

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Analisi Matematica II Serie numeriche Esercizi svolti 1 Serie numeriche 1.1 Condizione necessaria Esercizio 1.1 Verificare se ` e soddisfatta la condizione necessaria, e nel caso non lo sia osservare che la serie non pu`o convergere: +X n=0 1. Soluzione Ricordiamo che la condizione necessaria per la convergenza di una serie +X n=0 a n ` e che: lim n+a n =0. (condizione necessaria) (1) Per quanto riguarda l’esercizio che ci ` e proposto, esplicitando il simbolo di sommatoria +X n=0 1=1+1+1+ ··· +1+ ... si vede che il termine ennesimo della serie ` e: a n =1 e dunque: lim n+a n = lim n+1=1 =0 ne segue che il termine a n non ` e infinitesimo e quindi la serie non converge. In questo caso si pu`o anche applicare la definizione, calcolando il limite delle ridotte: +X n=0 1= lim n+S n = lim n+n X k=0 1= = lim n+(1 + 1 + 1 + ··· + 1) | {z } = lim n+(n + 1) = +, (n + 1) addendi e si pu`o concludere che la serie diverge positivamente. c 2007 Politecnico di Torino 1

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Analisi Matematica II Serie numeriche

Esercizi svolti

1 Serie numeriche

1.1 Condizione necessaria

Esercizio 1.1 Verificare se e soddisfatta la condizione necessaria, e nel caso nonlo sia osservare che la serie non puo convergere:

+∞∑n=0

1.

SoluzioneRicordiamo che la condizione necessaria per la convergenza di una serie

+∞∑n=0

an

e che:lim

n→+∞an = 0. (condizione necessaria) (1)

Per quanto riguarda l’esercizio che ci e proposto, esplicitando il simbolo disommatoria

+∞∑n=0

1 = 1 + 1 + 1 + · · ·+ 1 + . . .

si vede che il termine ennesimo della serie e:

an = 1

e dunque:lim

n→+∞an = lim

n→+∞1 = 1 6= 0

ne segue che il termine an non e infinitesimo e quindi la serie non converge. In questocaso si puo anche applicare la definizione, calcolando il limite delle ridotte:

+∞∑n=0

1 = limn→+∞

Sn = limn→+∞

n∑

k=0

1 =

= limn→+∞

(1 + 1 + 1 + · · ·+ 1)︸ ︷︷ ︸ = limn→+∞

(n + 1) = +∞,

(n + 1) addendi

e si puo concludere che la serie diverge positivamente.

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Analisi Matematica II Serie numeriche

Esercizio 1.2 Verificare se e soddisfatta la condizione necessaria, e nel caso nonlo sia osservare che la serie non puo convergere:

+∞∑n=0

5n2 − 7n + 11

8n2 − 13n− 21.

SoluzioneIl termine ennesimo della serie e:

an =5n2 − 7n + 11

8n2 − 13n− 21

e dunque:

limn→+∞

an = limn→+∞

5n2 − 7n + 11

8n2 − 13n− 21=

5

86= 0

ne segue che il termine an non e infinitesimo e quindi la serie non converge.

Esercizio 1.3 Verificare se e soddisfatta la condizione necessaria, e nel caso nonlo sia osservare che la serie non puo convergere:

+∞∑n=0

cos(nπ).

SoluzioneIl termine ennesimo della serie e:

an = cos(nπ) = (−1)n

e dunque:lim

n→+∞an = lim

n→+∞cos(nπ) = lim

n→+∞(−1)n

non esiste, trattandosi di un limite oscillante (o indeterminato), e ne segue che iltermine an non e infinitesimo e quindi la serie non converge.

Esercizio 1.4 Verificare se e soddisfatta la condizione necessaria, e nel caso nonlo sia osservare che la serie non puo convergere:

+∞∑n=0

2n + 3

4 + 3n + 5n√

n.

SoluzioneIl termine ennesimo della serie e:

an =2n + 3

4 + 3n + 5n√

n

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Analisi Matematica II Serie numeriche

e dunque:

limn→+∞

an = limn→+∞

2n + 3

4 + 3n + 5n√

n= lim

n→+∞2n + o(n)

5n√

n + o(n√

n)= 0

dunque il termine an e infinitesimo e quindi rispetta la condizione necessaria. Tutta-via il fatto, che la condizione necessaria sia soddisfatta, non ci permette di concluderenulla sulla convergenza. Si vedra utilizzando altri criteri che la serie e divergente.

Esercizio 1.5 Verificare se e soddisfatta la condizione necessaria, e nel caso nonlo sia osservare che la serie non puo convergere:

+∞∑n=0

7n− 4

9n3 − 12n2 − 3n− 7.

SoluzioneIl termine ennesimo della serie e:

an =7n− 4

9n3 − 12n2 − 3n− 7

e dunque:

limn→+∞

an = limn→+∞

7n− 4

9n3 − 12n2 − 3n− 7= lim

n→+∞7n + o(n)

9n3 + o(n3)= 0

dunque il termine an e infinitesimo e quindi rispetta la condizione necessaria. Tutta-via il fatto, che la condizione necessaria sia soddisfatta, non ci permette di concluderenulla sulla convergenza. Si vedra utilizzando altri criteri che la serie e convergente.

1.2 Operazioni con le serie

Esercizio 1.6 Date le seguenti due serie convergenti:

+∞∑n=0

(1

2

)n

= 2 e+∞∑n=0

(2

3

)n

= 3

si scriva la serie somma.

SoluzioneSi osservi che si tratta di due serie geometriche, la prima di ragione 1/2 e la

seconda di ragione 2/3. Si ricordi che:

+∞∑n=0

rn =1

1− rpurche − 1 < r < 1 (2)

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Analisi Matematica II Serie numeriche

La somma termine a termine e la seguente:

+∞∑n=0

(1

2

)n

++∞∑n=0

(2

3

)n

=+∞∑n=0

[(1

2

)n

+

(2

3

)n]=

+∞∑n=0

(3n + 4n)

6n= 2 + 3 = 5.

Si osservi come la serie somma che abbiamo ottenuto non e una serie geometrica,mentre invece la serie

+∞∑n=0

(4

5

)n

= 5

e una serie geometrica e che ha la stessa somma. Non deve stupire che due serie chehanno la stessa somma abbiano termini diversi:

(3n + 4n)

6n6=

(4

5

)n

.

Esercizio 1.7 Moltiplicare la serie

+∞∑

k=1

e −n

per il numero π.

SoluzioneLa serie che e assegnata nell’esercizio e una serie geometrica di ragione e −1 = 1/e

a cui pero manca il primo addendo dunque:

+∞∑

k=1

e −n = −1 + 1 ++∞∑

k=1

e −n = −1 +1

1− e −1= −1 +

e

e − 1=

1

e − 1,

dunque:

π

+∞∑

k=1

e −n =+∞∑

k=1

π e −n =π

e − 1.

Esercizio 1.8 Riconoscere la seguente serie:

+∞∑n=0

( π

en− e

πn

)

come combinazione lineare di due serie geometriche convergenti.

Soluzione+∞∑n=0

( π

en− e

πn

)= π

+∞∑n=0

(1

e

)n

− e+∞∑n=0

(1

π

)n

=

= πe

e− 1− e

π

π − 1=

π e (π − e)

(e− 1)(π − 1).

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Analisi Matematica II Serie numeriche

Esercizio 1.9 Il prodotto di due serie e definito nel modo seguente:(

+∞∑n=0

an

)·(

+∞∑n=0

bn

)=

+∞∑n=0

(n∑

k=0

an−kbk

).

Se due serie sono convergenti il loro prodotto fornisce una serie convergente che haper somma il prodotto delle somme delle due serie fattore:

+∞∑n=0

an = a

=⇒(

+∞∑n=0

an

)·(

+∞∑n=0

bn

)=

+∞∑n=0

(n∑

k=0

an−kbk

)= a · b.

+∞∑n=0

bn = b

Tenendo presente le indicazioni precedenti si calcoli il prodotto seguente:(

+∞∑n=0

(4

5

)n)·(

+∞∑n=0

(5

8

)n)

.

SoluzioneLe due serie sono due serie geometriche con ragione minore di 1 e quindi conver-

genti:+∞∑n=0

(4

5

)n

= 5+∞∑n=0

(5

8

)n

=8

3.

Si ha dunque:(

+∞∑n=0

(4

5

)n)·(

+∞∑n=0

(5

8

)n)

=+∞∑n=0

(n∑

k=0

(4

5

)n−k (5

8

)k)

=

=+∞∑n=0

(n∑

k=0

(4

5

)n−2k (1

2

)k)

=+∞∑n=0

(4

5

)n

n∑

k=0

((5

4

)2)k (

1

2

)k =

=+∞∑n=0

(4/5)n 1− (25/32)n+1

1− (25/32)=

+∞∑n=0

(4/5)n − (25/32) (5/8)n

1− (25/32)=

=5− (25/32)(8/3)

7/32=

40

3.

Si osservi che 40/3 e il prodotto della somma delle due serie assegnate nell’esercizio:5 · (8/3).

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1.3 Serie a termini positivi

1.3.1 Serie a termini positivi: criterio del confronto

Esercizio 1.10 Utilizzando il criterio del confronto, studiare il comportamento del-la seguente serie:

+∞∑n=2

3n2

7n4 + 2n3 + 3n2 + 11n + 4

SoluzioneSi osserva che la serie e a temini positivi con temine:

an =3n2

7n4 + 2n3 + 3n2 + 11n + 4.

Possiamo confrontare questa serie con la serie di Mengoli, infatti si ha che:

an =3n2

7n4 + 2n3 + 3n2 + 11n + 4<

3

7n2<

3

7(n− 1)n= bn

e poiche

+∞∑2

1

(n− 1)n=

+∞∑2

(1

n− 1− 1

n

)= (serie di Mengoli)

=

(1

1− 1

2

)+

(1

2︸ ︷︷ ︸− 1

3

)+

1

3︸ ︷︷ ︸− 1

4+ · · ·

︸ ︷︷ ︸0 0 0

· · ·+ 1

n− 2︸ ︷︷ ︸− 1

n− 1+

1

n− 1︸ ︷︷ ︸− 1

n· · ·

︸ ︷︷ ︸= 1

0 0 0

(3)

per il criterio del confronto, la serie data nell’esercizio converge:

0 ≤ an =3n2

7n4 + 2n3 + 3n2 + 11n + 4≤ bn =

3

7(n− 1)n⇓ ⇓ ⇓

n∑

k=2

0 ≤ Sn =n∑

k=2

3k2

7k4 + 2k3 + 3k2 + 11k + 4≤ Sn =

3

7

n∑

k=2

1

(k − 1)k

↓ ↓ ←− ↓0 ≤ S ≤ S = 3/7

(4)

Osserviamo che la successione Sn delle ridotte e crescente, essendo la serie a terminipositivi, e quindi non puo essere oscillante. Il fatto che la successione dele ridotteSn sia limitata superiormente da S, insieme alla monotonia, implica la convergenza.

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Esercizio 1.11 Utilizzando il criterio del confronto, studiare il comportamento del-la serie armonica: ∞∑

n=1

1

n(serie armonica)

SoluzioneE noto che la serie armonica e divergente. Tuttavia nell’esercizio e richiesto di

provarlo utilizzando il criterio del confronto. Confrontiamo il termine an = 1/n dellasereie armonica con il termine bn = log (1 + 1/n), si ha:

0 < log

(1 +

1

n

)<

1

n∀n ∈ N con n ≥ 1

infattilog (1 + x) < x ∀x ∈ R con x 6= 0,

questa disuguaglianza equivale a:

1 + x < e x ∀x ∈ R con x 6= 0,

che e conseguenza della monotonia crescente e della convessita di e x e del fatto che1 + x e la sua tangente per x = 0. Studiamo dunque la serie a termini positivi ditermine log (1 + 1/n):

Sn =n∑

k=1

log

(1 +

1

k

)=

= log

(1 +

1

1

)+ log

(1 +

1

2

)+ log

(1 +

1

3

)+ · · ·+ log

(1 +

1

n

)=

= log1 + 1

1+ log

2 + 1

2+ log

3 + 1

3+ · · ·+ log

n + 1

n=

= log 2− log 1 + log 3− log 2 + log 4− log 3 + · · ·+ log(n + 1)− log n =

= log(n + 1) −→ +∞ per n→∞per il criterio del confronto, la serie data armonica diverge:

0 < bn = log

(1 +

1

n

)< an =

1

n⇓ ⇓

Sn =n∑

k=1

log

(1 +

1

k

)< Sn =

n∑

k=2

1

k

↓ −→ ↓S =∞ ≤ S =∞.

(5)

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Dunque per il criterio del confronto, la serie armonica, che l’esercizio ci proponevadi studiare, diverge.

Esercizio 1.12 Utilizzando il criterio del confronto, studiare il comportamento del-la serie armonica generalizzata con α ∈ R e α < 1:

∞∑n=1

1

nα(serie armonica generalizzata con α ∈ R e α < 1)

SoluzioneNell’esercizio 1.11 precedente si e visto che la serie armonica di termine 1/n

diverge. Ora si vede facilmente che:

1

n≤ 1

nαcon α < 1

poiche:nα ≤ n con α < 1.

Si ha dunque:

0 ≤ 1

n≤ 1

⇓ ⇓Sn =

n∑

k=1

1

k≤ Sn =

n∑

k=2

1

↓ −→ ↓S =∞ ≤ S =∞.

(6)

In conclusione, per il confronto con la serie armonica, anche le serie armonichegeneralizzate con α < 1 divergono.

Esercizio 1.13 Utilizzando il criterio del confronto, studiare il comportamento del-la serie armonica generalizzata con p ∈ R e p ≥ 2:

∞∑n=1

1

np(serie armonica generalizzata con p ∈ R e p ≥ 2)

SoluzioneInnanzitutto mostriamo che la serie converge per p = 2. Si ha che

0 <1

n2<

1

(n− 1)ncon n ≥ 2

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e quindi

1 +∞∑

n=2

1

n2< 1 +

∞∑n=2

1

(n− 1)n,

ma poiche la serie a secondo membro e la serie di Mengoli (vedi esercizio 1.10) checonverge, anche la serie:

∞∑n=1

1

n2

per il criterio del confronto converge. E poi facile osservare che:

1

np≤ 1

n2con p > 2.

Dunque per il criterio del confronto:

∞∑n=1

1

n2converge =⇒

∞∑n=1

1

np, p ≥ 2, converge.

OsservazioneSi vedra (confronta esercizio 1.21) con altri criteri di convergenza che le serie

armoniche generalizzate convergono anche con 1 < p < 2.

Esercizio 1.14 Utilizzando il criterio del confronto, studiare il comportamento del-la serie: ∞∑

n=1

5n + 3

8n2 − 2n− 3

SoluzioneMinorando il numeratore e maggiorando il denominatore del termine della serie,

che ci e proposta da studiare, otteniamo:

0 <5n

8n2<

5n + 3

8n2 − 2n− 3∀n ≥ 1.

Si ha dunque:

0 ≤ 5n

8n2≤ 5n + 3

8n2 − 2n− 3⇓ ⇓

Sn =5

8

n∑

k=1

1

k≤ Sn =

n∑

k=1

5k + 3

8k2 − 2k − 3

↓ −→ ↓S =∞ ≤ S =∞.

(7)

La serie di termine 1/n e la serie armonica divergente (vedi esercizio 1.11). Per ilcriterio del confronto anche la serie, proposta nell’esercizio, diverge.

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Esercizio 1.15 Utilizzando il criterio del confronto, studiare il comportamento del-la serie: ∞∑

n=1

6n− 4

5n4 + 9n3 + 2n2 − 1

SoluzioneMaggiorando il numeratore e minorando il denominatore del termine della serie,

che ci e proposta da studiare, otteniamo:

0 <6n− 4

5n4 + 9n3 + 2n2 − 1<

6n

5n4∀n ≥ 1.

Si ha dunque:

0 ≤ 6n− 4

5n4 + 9n3 + 2n2 − 1≤ 6n

5n4

⇓ ⇓0 ≤ Sn =

n∑

k=1

6k − 4

5k4 + 9k3 + 2k2 − 1≤ Sn =

6

5

n∑

k=1

1

k3

↓ ←− ↓converge ≤ converge.

(8)

La serie di termine 1/n3 e la serie armonica generalizzata con p ≥ 2 che converge (ve-di esercizio 1.13). Per il criterio del confronto anche la serie, proposta nell’esercizio,converge.

1.3.2 Serie a termini positivi: criterio del confronto definitivo

Esercizio 1.16 Utilizzando il criterio del confronto definitivo, studiare il compor-tamento della serie: ∞∑

n=1

n2 − 27n + 170

3n4 + 2n3 − 7n2 − 12

SoluzioneIl criterio del confronto definitivo si applica a serie

∞∑n=1

an

∞∑n=1

bn

tali che le disuguaglianze:0 ≤ an ≤ bn

valgano non per ogni n ≥ 1, ma solo in modo definitivo:

∀n > n0 per un opportuno n0 ∈ N.

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Poiche il numeratore si fattorizza in (n− 10)(n− 17), esso e negativo per 10 < n <17, quindi per n ≥ 17 esso e maggiore o uguake a zero. Inoltre il numeratore esicuramente maggiorato da n2 se n ≥ 27 e quindi, operando anche una minorazionedel denominatore, otteniamo:

0 <n2 − 27n + 170

3n4 + 2n3 − 7n2 − 12<

n2

3n4∀n ≥ 27.

Si ha dunque:

n2 − 27n + 170

3n4 + 2n3 − 7n2 − 12≤ n2

3n4n ≥ 27

⇓ ⇓Sn − S26 =

n∑

k=27

k2 − 27k + 170

3k4 + 2k3 − 7k2 − 12≤ Sn − S26 =

1

3

n∑

k=27

1

k2

↓ ←− ↓converge ≤ converge.

(9)

La serie di termine 1/n2 e la serie armonica generalizzata con p ≥ 2 che converge (ve-di esercizio 1.13). Per il criterio del confronto anche la serie, proposta nell’esercizio,converge.

1.3.3 Serie a termini positivi: criterio del confronto asintotico

Esercizio 1.17 Utilizzando il criterio del confronto asintotico, studiare il compor-tamento della serie: ∞∑

n=1

n2 + 24n + 144

3n4 − 29n3 − 9n2 − 9n− 10

SoluzioneIl criterio del confronto asintotico si applica a serie

∞∑n=1

an

∞∑n=1

bn

tali che siano definitivamente a termini positivi:

0 ≤ an 0 ≤ bn ∀n ≥ n0 per un opportuno n0 ∈ N,

e inoltre:lim

n→+∞an

bn

= l > 0, l ∈ Re se queste condizioni sono verificate, si ha che il comportamento della serie ditermine an e lo stesso della serie di termine bn. Nel caso dell’esercizio che e propostosi ha:

n2 + 24n + 144 > 0 ∀n ≥ 1 e 3n4 − 29n3 − 9n2 − 9n− 10 ≥ 0 ∀n ≥ 10

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e inoltre:

limn→+∞

n2 + 24n + 144

3n4 − 29n3 − 9n2 − 9n− 101

n2

=1

3.

Poiche la serie armonica generalizzata con p = 2 (vedi esercizio 1.13) converge, allora,per il criterio del confronto asintotico, anche la serie di questo esercizio converge.Osservazione

Non si poteva utilizzare in modo immediato il criterio del confronto definitivopoiche

n2

3n4≤ n2 + 24n + 144

3n4 − 29n3 − 9n2 − 9n− 10∀n > 10.

Tuttavia il fatto che

limn→+∞

n2 + 24n + 144

3n4 − 29n3 − 9n2 − 9n− 10· 3n

4

n2= 1,

implica che per n ≥ n0 con n0 sufficentemente grande

1− ε ≤ n2 + 24n + 144

3n4 − 29n3 − 9n2 − 9n− 10· 3n

4

n2≤ 1 + ε

e quindi per n ≥ n0 con n0 sufficentemente grande

(1− ε) · 1

3n2≤ n2 + 24n + 144

3n4 − 29n3 − 9n2 − 9n− 10≤ (1 + ε) · 1

3n2

Si ha dunque:

n2 + 24n + 144

3n4 − 29n3 − 9n2 − 9n− 10≤ (1 + ε) · 1

3n2∀n ≥ n0

⇓ ⇓n∑

k=n0

k2 + 24k + 144

3k4 − 29k3 − 9k2 − 9k − 10≤ 1

3(1 + ε)

n∑

k=n0

1

k2

↓ ←− ↓converge ≤ converge.

(10)

La serie di termine 1/n2 e la serie armonica generalizzata con p ≥ 2 che converge (ve-di esercizio 1.13). Per il criterio del confronto anche la serie, proposta nell’esercizio,converge.

Esercizio 1.18 Utilizzando il criterio del confronto asintotico, studiare il compor-tamento della serie: ∞∑

n=1

3n4 + 7n3 + 12n + 37

2n5 − 3n4 − 5n2 − 13

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Analisi Matematica II Serie numeriche

SoluzioneLa serie e definitivamente a termini positivi e inoltre:

limn→+∞

3n4 + 7n3 + 12n + 37

2n5 − 3n4 − 5n2 − 131

n

=3

2.

Poiche la serie armonica, di termine 1/n (vedi esercizio 1.11) diverge, allora, per ilcriterio del confronto asintotico, anche la serie di questo esercizio diverge.

Esercizio 1.19 Utilizzando il criterio del confronto asintotico, studiare il compor-tamento della serie: ∞∑

n=1

3√

n5 − 18n3 − 74√

n9 + 13n4 + 9

SoluzioneLa serie e definitivamente a termini positivi e inoltre:

limn→+∞

3√

n5 − 18n3 − 74√

n9 + 13n4 + 93√

n5

4√

n9

= 1.

La serie di termine:

3√

n5

4√

n9= n(5/3)−(9/4) = n−(7/12) =

1

n712

e la serie armonica generalizzata, con esponente α = (7/12) < 1 (vedi esercizio 1.12),divergente, allora, per il criterio del confronto asintotico, anche la serie di questoesercizio diverge.

Esercizio 1.20 Utilizzando il criterio del confronto asintotico, studiare il compor-tamento della serie: ∞∑

n=2

5n3 − 13n2 + 8

(3n3 + 13n− 9) log n

SoluzioneLa serie e definitivamente a termini positivi e inoltre:

limn→+∞

5n3 − 13n2 + 8

(3n3 + 13n− 9) log n5

3 log n

= 1.

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Analisi Matematica II Serie numeriche

Il termine a denominatore soddisfa la disuguaglianza seguente:

5

3· 1n

<5

3 log n,

Ma poiche la serie di termine 1/n e la serie armonica (vedi esercizio 1.11) divergente,allora, per il criterio del confronto asintotico, anche la serie

∞∑n=2

1

log n

diverge, e quindi diverge anche la serie proposta in questo esercizio.

1.3.4 Serie a termini positivi: criterio del confronto con integrale

Esercizio 1.21 Utilizzando il criterio del confronto con un integrale improprio,studiare il comportamento della serie armonica generalizzata con 1 < p < 2:

∞∑n=1

1

np(serie armonica generalizzata con p ∈ R e 1 < p < 2)

SoluzioneLa funzione

f(x) =1

xpcon 1 < p < 2

e decrescente e infinitesima e

f(n) =1

np.

Dunque il comportamento dell’integrale:

∫ +∞

1

1

xpd x

e lo stesso della serie dell’esercizio. Ora∫ +∞

1

1

xpd x = lim

b→+∞

[1

(1− p)· 1

xp−1

]+∞

1

=1

1− pcon 1 < p < 2.

Poiche dunque l’integrale converge anche la serie dell’esercizio converge.

Esercizio 1.22 Utilizzando il criterio del confronto con un integrale improprio,studiare il comportamento della serie:

∞∑n=2

3 log2 n + 2 log n− 3

n(log3 n− 4 log2 n + 2 log n− 13)

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Analisi Matematica II Serie numeriche

SoluzioneLa funzione

f(x) =3 log2 x + 2 log x− 3

x(log3 x− 4 log2 x + 2 log x− 13)

e, per x > x0 con x0 sufficientemente grande, decrescente e infinitesima e

f(n) =3 log2 n + 2 log n− 3

n(log3 n− 4 log2 n + 2 log n− 13).

Dunque il comportamento dell’integrale:∫ +∞

x0

3 log2 x + 2 log x− 3

x(log3 x− 4 log2 x + 2 log x− 13)d x

e lo stesso della serie dell’esercizio. Ora, con il cambio di variabile t = log x e quindianche d t = (1/x)d x, si ha

∫ +∞

x0

3 log2 x + 2 log x− 3

x(log3 x− 4 log2 x + 2 log x− 13)d x =

∫ +∞

log x0

3t2 + 2t− 3

(t3 − 4t2 + 2t− 13)d t,

che e un integrale divergente, essendo l’integrango equivalente a 3/t, allora anche laserie dell’esercizio diverge.

Esercizio 1.23 Utilizzando il criterio del confronto con un integrale improprio,studiare il comportamento della serie:

∞∑n=0

(5e2n + 3en − 7) en

(7e4n − 2e3n + en − 9)

SoluzioneLa funzione

f(x) =(5e2x + 3ex − 7) ex

(7e4x − 2e3x + ex − 9)

e, per x > x0 con x0 sufficientemente grande, decrescente e infinitesima e

f(n) =(5e2n + 3en − 7) en

(7e4n − 2e3n + en − 9).

Dunque il comportamento dell’integrale:∫ +∞

x0

(5e2x + 3ex − 7) ex

(7e4x − 2e3x + ex − 9)d x

e lo stesso della serie dell’esercizio. Ora, con il cambio di variabile t = ex e quindianche d t = exd x, si ha

∫ +∞

x0

(5e2x + 3ex − 7) ex

(7e4x − 2e3x + ex − 9)d x =

∫ +∞

ex0

(5t2 + 3t− 7)

(7t4 − 2t3 + t− 9)d t,

che e un integrale conergente, essendo l’integrango equivalente a 5/(7t2), allora anchela serie dell’esercizio converge.

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Analisi Matematica II Serie numeriche

1.3.5 Serie a termini positivi: criterio del rapporto

Esercizio 1.24 Utilizzando il criterio del rapporto, studiare il comportamento dellaserie: ∞∑

n=0

(5e2n + 3en − 7) en

(7e4n − 2e3n + en − 9)

SoluzioneUtilizziamo il corollario del criterio del rapporto, che dice che se una serie:

∞∑n=0

an con an > 0

e tale che:lim

n→+∞an+1

an

= l < 1

allora la serie converge, mentre se l > 1, la serie diverge. Nel nostro caso abbiamo:

an =(5e2n + 3en − 7) en

(7e4n − 2e3n + en − 9)e an+1 =

(5e2(n+1) + 3e(n+1) − 7

)e(n+1)

(7e4(n+1) − 2e3(n+1) + e(n+1) − 9),

e dunque:

limn→+∞

(5e2(n+1) + 3e(n+1) − 7

)e(n+1)

(7e4(n+1) − 2e3(n+1) + e(n+1) − 9)(5e2n + 3en − 7) en

(7e4n − 2e3n + en − 9)

=

= limn→+∞

(5e2(n+1) + 3e(n+1) − 7

)e(n+1)

(7e4(n+1) − 2e3(n+1) + e(n+1) − 9)· (7e4n − 2e3n + en − 9)

(5e2n + 3en − 7) en=

= limn→+∞

e3(n+1)(5 + 3e−(n+1) − 7e−2(n+1)

) · e4n (7− 2e−n + e−3n − 9e−4n)

e4(n+1) (7− 2e−(n+1) + e−3(n+1) − 9e−4(n+1)) · e3n (5 + 3e−n − 7e−n)=

= limn→+∞

5

7e−(n+1) · 7

5en = e−1 =

1

e< 1,

essendo questo limiti minore strettamente di 1, la serie converge. Si confronti questoesercizio 1.24 con l’esrcizio 1.23 precedente.

Esercizio 1.25 Utilizzando il criterio del rapporto, studiare il comportamento dellaserie: ∞∑

n=0

(36n + 2n + 3)

(43n + 54n + 2n − 5) n!

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Analisi Matematica II Serie numeriche

SoluzioneSi ha:

an =(36n + 2n + 3)

(43n + 54n + 2n − 5) n!an+1 =

(36(n+1) + 2(n+1) + 3

)

(43(n+1) + 54(n+1) + 2(n+1) − 5) (n + 1)!

e dunque:

limn→+∞

(36(n+1) + 2(n+1) + 3

)

(43(n+1) + 54(n+1) + 2(n+1) − 5) (n + 1)!· (4

3n + 54n + 2n − 5) n!

(36n + 2n + 3)=

= limn→+∞

36(n+1)(1 +

(236

)(n+1)+ 3 · ( 1

36

)(n+1))

54(n+1)((

43

54

)(n+1)+ 1 +

(254

)(n+1) − 5 · ( 154

)(n+1))

(n + 1)!·

·54n

((43

54

)n

+ 1 +(

254

)n − 5 · ( 154

)n)

n!

36n(1 +

(236

)n+ 3 · ( 1

36

)n) =

= limn→+∞

(36

54

)(n+1)

·(

54

36

)n

· n!

(n + 1) · n!= lim

n→+∞

(729

625

)· 1

(n + 1)= 0 < 1

essendo questo limiti minore strettamente di 1, la serie converge.

Esercizio 1.26 Utilizzando il criterio del rapporto, studiare il comportamento dellaserie: ∞∑

n=1

(3n)!

(5n)3n

SoluzioneSi ha:

an =(3n)!

(5n)3n an+1 =(3(n + 1))!

(5(n + 1))3(n+1).

Osservando che

(3(n + 1))! = (3n + 3)! = (3n + 3) · (3n + 2) · (3n + 1) · (3n)!

(5(n + 1))3(n+1) = (5n + 5)3n+3 = (5n + 5)3n · (5n + 5)3,

e applicando il criterio del rapporto otteniamo:

limn→+∞

an+1

an

= limn→+∞

(3n + 3) · (3n + 2) · (3n + 1) · (3n)!

(5n + 5)3n · (5n + 5)3· (5n)3n

(3n)!=

= limn→+∞

27

125·(

5n

5n + 5

)3n

= limn→+∞

27

125·[(

1

1 + 1n

)n]3

=27

125· e −3 < 1,

essendo questo limite strettamente minore di 1, la serie converge.

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Analisi Matematica II Serie numeriche

Esercizio 1.27 Utilizzando il criterio del rapporto, studiare il comportamento dellaserie: ∞∑

n=0

(3n + 1)!

(5n + 3)2n+4

SoluzioneSi ha:

an =(3n + 1)!

(5n + 3)2n+4 an+1 =(3(n + 1) + 1)!

(5(n + 1) + 3)2(n+1)+4=

(3n + 4)!

(5n + 8)2n+6 .

Osservando che

(3n + 4)! = (3n + 4) · (3n + 3) · (3n + 2) · (3n + 1)!

(5n + 8)2n+6 = (5n + 8)2n+4 · (5n + 8)2,

si ha:

limn→+∞

an+1

an

= limn→+∞

(3n + 4) · (3n + 3) · (3n + 2) · (3n + 1)!

(5n + 8)2n+4 · (5n + 8)2· (5n + 3)2n+4

(3n + 1)!=

= limn→+∞

(3n + 4) · (3n + 3) · (3n + 2)

(5n + 8)2·(

5n + 3

5n + 8

)2n+4

=

= limn→+∞

27n

25·(

1− 5

5n + 8

)2n+1

= limn→+∞

27n

25· e −2 = +∞ > 1,

essendo questo limite maggiore di 1, la serie diverge. Suggeriamo di confrontare gliesercizi 1.26 e 1.27.

1.3.6 Serie a termini positivi: criterio della radice

Esercizio 1.28 Utilizzando il criterio della radice, studiare il comportamento dellaserie:

∞∑n=1

(1 +

1

n

)n2

SoluzioneUtilizziamo il corollario del criterio della radice, che afferma che se una serie:

∞∑n=0

an con an ≥ 0

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Analisi Matematica II Serie numeriche

e tale che:lim

n→+∞n√

an = l < 1

allora la serie converge, mentre se l > 1, la serie diverge.Nel nostro caso abbiamo:

an =

(1 +

1

n

)n2

e dunque:

limn→∞

n

√(1 +

1

n

)n2

= limn→∞

(1 +

1

n

)n2

n

= limn→∞

(1 +

1

n

)n

= e > 1,

per questo concludiamo che la serie che ci e proposta nell’esercizio diverge.

Esercizio 1.29 Utilizzando il criterio della radice, studiare il comportamento dellaserie: ∞∑

n=1

(n

2n− 1

)n

SoluzioneSia ha:

an =

(n

2n− 1

)n

e quindi:

limn→∞

n

√(n

2n− 1

)n

= limn→∞

(n

2n− 1

)= lim

n→∞

(1

2− 1n

)=

1

2< 1,

per questo concludiamo che la serie che ci e proposta nell’esercizio converge.

Esercizio 1.30 Utilizzando il criterio della radice, studiare il comportamento dellaserie: ∞∑

n=1

(n

n + 1

)n

SoluzioneSia ha:

an =

(n

n + 1

)n

e quindi:

limn→∞

n

√(n

n + 1

)n

= limn→∞

(n

n + 1

)= 1,

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Analisi Matematica II Serie numeriche

ma cio significa che il corollario del criterio della radice fallisce e quindi non possiamoconcludere nulla sul comportamento della serie. Possiamo tuttavia osservare che laserie non soddisfa la condizione necessaria (vedi esercizio 1.1):

limn→∞

an = limn→∞

(n

n + 1

)n

= limn→∞

(1

1 + 1n

)n

=1

e6= 0,

per questo concludiamo che la serie che ci e proposta nell’esercizio diverge.

Esercizio 1.31 Utilizzando il criterio della radice, studiare il comportamento dellaserie:

∞∑n=0

(1

5

)n2

· 4n2 ·

∣∣∣cos(n

π

2

)∣∣∣ +

(1

5

)n−12

· 4n+12 ·

∣∣∣sin(n

π

2

)∣∣∣ .

SoluzioneSia ha:

an =

(1

5

)n2

· 4n2 ·

∣∣∣cos(n

π

2

)∣∣∣ +

(1

5

)n−12

· 4n+12 ·

∣∣∣sin(n

π

2

)∣∣∣

e quindi:

a2k =(

15

)k · 4k

a2k+1 =(

15

)k · 4k+1

da cui segue:

limk→∞

2k

√(1

5

)k

· 4k = limk→∞

(1

5

) k2k

· 4 k2k = 2 2

√(1

5

),

limk→∞

2k+1

√(1

5

)k

· 4k+1 = limk→∞

(1

5

) k2k+1

· 4 k+12k+1 = 2 2

√(1

5

),

ma poiche

2 2

√(1

5

)= 2

√(4

5

)< 1

per il criterio della radice la serie converge.Osservazione

Si osservi che il criterio del rapporto sarebbe fallito. Infatti:

limk→∞

a2k

a2k−1

= limk→∞

(15

)k · 4k

(15

)k−1 · 4k=

1

5,

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Analisi Matematica II Serie numeriche

mentre

limk→∞

a2k+1

a2k

= limk→∞

(15

)k · 4k+1

(15

)k · 4k= 4,

e poiche1

56= 4

si ha chelim

n→∞an+1

an

non esiste, trattandosi di un limite oscillante. Dunque il corollario del criterio delrapporto fallisce. Si puo anche osservare che, poiche:

limk→∞

a2k

a2k−1

=1

5e lim

k→∞a2k+1

a2k

= 4,

il rapporto di an+1 e di an oscilla tra valori piu piccoli di uno e valori piu grandi diuno.

1.4 Serie di segno qualunque

Esercizio 1.32 Studiare il comportamento della serie:

∞∑n=1

1

n2cos

(n

π

13

)

SoluzioneOsserviamo che:

0 < cos(n

π

13

)≤ 1 se 1 ≤ n ≤ 6 n ∈ N

−1 ≤ cos(n

π

13

)< 0 se 7 + 26k ≤ n ≤ 19 + 26k n ∈ N, k ∈ N

0 < cos(n

π

13

)≤ 1 se 20 + 26k ≤ n ≤ 32 + 26k n ∈ N, k ∈ N.

Si tratta di una serie di segni qualunque. Dopo i primi sei termini con segni positivisi alternano 13 termini negativi a 13 termini positivi. E tuttavia facile osservare chela serie dei valori assoluti e convergente. Infatti:

∣∣∣∣1

n2cos

(n

π

13

)∣∣∣∣ ≤1

n2

poiche 1/n2 e il termine della serie armonica generalizzata con esponente p > 1(vedi esercizio 1.13) e quindi convergente. Per il creterio del confronto, per le seriea termini positivi (vedi esercizio 1.10), la serie che ci e prposta in questo esercizio econvergente assolutamente e quindi anche semplicemente convergente.

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Analisi Matematica II Serie numeriche

Esercizio 1.33 Studiare il comportamento della serie:

∞∑n=1

(−1)n (2n)!

(3n)3n

SoluzioneAlla serie dei valori assoluti ∞∑

n=1

(2n)!

(3n)3n

applichiamo il creterio del rapporto:

(2(n + 1)!

(3(n + 1))3(n+1)· (3n)3n

(2n)!=

=(2n + 2)(2n + 1)(2n)!

(3n + 3))3n(3n + 3)3· (3n)3n

(2n)!=

=(2n + 2)(2n + 1)

(3n + 3)3

(3n

3n + 3

)3nn−→+∞−−−−−→ 0 < 1,

dunque la nostra serie converge assolutamente e quindi anche semplicemente.

Esercizio 1.34 Studiare il comportamento della serie:

∞∑n=2

(1

5

)n2

· 4n2 · cos

(n

π

2

)+

(1

5

)n−12

· 4n+12 · sin

(n

π

2

).

SoluzioneOsserviamo che:

cos(n

π

2

)=

1 se n = 4k k ∈ N−1 se n = 4k + 2 k ∈ N

0 se n = 2k + 1 k ∈ N

sin(n

π

2

)=

1 se n = 4k + 1 k ∈ N−1 se n = 4k + 3 k ∈ N

0 se n = 2k k ∈ N

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Analisi Matematica II Serie numeriche

e quindi si ha

a2 = −(

1

5

)1

· 41 − 0

a3 = − 0 −(

1

5

)1

· 42

a4 = +

(1

5

)2

· 42 + 0

a5 = + 0 +

(1

5

)2

· 43

a6 = −(

1

5

)3

· 43 − 0

a7 = − 0 −(

1

5

)3

· 44

· · · = · · ·Si tratta di una serie assolutamente convergente infatti la serie dei valori assoluti:

+∞∑n=2

|an|

puo essere pensata come la somma di due serie, a termini positivi, convergenti:+∞∑

k=1

|a2k|++∞∑

k=1

|a2k+1| =+∞∑

k=1

(1

5

)k

· 4k + 4 ·+∞∑

k=1

(1

5

)k

· 4k =

= 5 ·+∞∑

k=1

(4

5

)k

= 5 ·(

1

1− 45

− 1

)= 20

Dunque la serie proposta nell’esercizio converge assolutamente.Possiamo tuttavia precisare meglio il risultato osservando che la serie stessa

proposta e somma di due serie geometriche (a segni alterni) e convergenti:

+∞∑n=2

an =+∞∑

k=1

(−1)k

(1

5

)k

· 4k + 4 ·+∞∑

k=1

(−1)k

(1

5

)k

· 4k =

=

(1

1 + 45

− 1

)+ 4 ·

(1

1 + 45

− 1

)= −20

9

Come ulteriore considerazione, sommiamo i termini consecutivi negativi e i ter-mini consecutivi positivi, si ha:

b1 = |a2|+ |a3| =(

15

)1 · 41 · (1 + 4) = 5(

45

)

b2 = |a4|+ |a5| =(

15

)2 · 42 · (1 + 4) = 5(

45

)2

b3 = |a6|+ |a7| =(

15

)3 · 43 · (1 + 4) = 5(

45

)3

· · · = · · · · · ·bn = |a2n|+ |a2n+1| =

(15

)n · 4n · (1 + 4) = 5(

45

)n

· · · = · · · · · ·

c©2007 Politecnico di Torino 23

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Analisi Matematica II Serie numeriche

Utilizzando la proprieta associativa per gli addendi consecutivi con lo stesso segno,abbiamo ottenuto una serie a segni alterni:

+∞∑n=1

(−1)nbn = 5 ·+∞∑n=1

(−1)n

(4

5

)n

,

che vediamo facilmente essere convergente perche si tratta di una serie geometricadi ragione −4/5 e si ha:

5 ·+∞∑n=1

(−1)n

(4

5

)n

= 5 ·(

1

1 + 45

− 1

)= −20

9.

1.5 Serie a segni alterni

Esercizio 1.35 Studiare il comportamento della serie:∞∑

n=1

(−1)n (5n)!

(3n)3n(2n)!10n

SoluzioneSi tratta di una serie a segni alterni. Iniziamo a vedere se converge assolutamente,

applicando il criterio del rapporto ai termini della serie senza segno:

an =(5n)!

(3n)3n(2n)!10nan+1 =

(5(n + 1))!

(3(n + 1))3(n+1)(2(n + 1))!10(n + 1)

dunque:

an+1

an

=(5(n + 1))!

(3(n + 1))3(n+1)(2(n + 1))!10(n+1)· (3n)3n(2n)!10n

(5n)!=

=(5n + 5)(5n + 4)(5n + 3)(5n + 2)(5n + 1) (5n)! (3n)3n (2n)! 10n

(3n + 3)3n (3n + 3)3 (2n + 2)(2n + 1) (2n)! 10n+1=

=(5n + 5)(5n + 4)(5n + 3)(5n + 2)(5n + 1)

(3n + 3)3 (2n + 2)(2n + 1) 10·[(

1

1 + (1/n)

)n]3n→+∞−−−−→

n→+∞−−−−−−−−→ 55

33 · 22 · 10· 1

e3=

3125

1080· 1

e3< 1,

possiamo cosı concludere che la nostra serie converge assolutamente e quindi sem-plicemente.

Avremmo anche potuto applicare il criterio di Leibniz, che dice che una serie asegni alterni:

∞∑n=0

(−1)n an an > 0 (11)

converge se sono soddisfatte le seguenti condizioni sufficienti:

c©2007 Politecnico di Torino 24

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Analisi Matematica II Serie numeriche

1) ann→∞−−−→ 0, cioe an e infinitesimo,

2) an+1 ≤ an, cioe an e decrescente.

Nell’esercizio proposto, e pero piuttosto complicato vedere che il termine an dellaserie e infinitesimo. Si puo ottenere il risultato utilizzando la formula di Stirling:

limn→+∞

n!

nn · e−n ·√2π · n = 1,

che viene anche scritta nel modo seguente:

n! ≈ nn · e−n ·√

2π · n Formula di Stirling (12)

Ritorniamo all’esercizio che ci e proposto e:

1) applichiamo la formula di Stirling

an =(5n)!

(3n)3n(2n)!10n=

=(5n)5n · e−5n ·√2π · 5n

(3n)3n · (2n)2n · e−2n ·√2π · 2n · 10n=

=

((5n)5

(3n)3 · (2n)2

)n

· e−5n+2n ·√

5

2· 1

10n=

=

(3125

108 · e3 ·10

)n

·√

5

2

n→∞−−−−−−−−−−→ 0.

Si osservi che: (3125

108 · e3 ·10

)≈ 3125

21600< 1.

2) Mostriamo che an+1 ≤ an e cioe che an+1/an < 1:

an+1

an

=(5(n + 1))!

(3(n + 1))3(n+1)(2(n + 1))!10(n+1)· (3n)3n(2n)!10n

(5n)!=

=(5n + 5)(5n + 4)(5n + 3)(5n + 2)(5n + 1) · (3n)3n

(2n + 2)(2n + 1) · (3n + 3)3n · (3n + 3)3 · 10.

Maggioriamo ora il numeratore della frazione e minoriamo il denominatore eotteniamo:

an+1

an

≤ (5n + 5)5

(2n)2(3n)3

(3n

3n + 3

)3n1

10=

=55

2233

(n

n + 1

)3n−51

10≤ 55

2233

(3

4

)41

10< 1.

︷ ︸︸ ︷per n ≥ 3

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Analisi Matematica II Serie numeriche

Il criterio di Leibniz (cfr. (11)) ci permette allora di concludere che la serie propostaconverge.

Esercizio 1.36 Studiare il comportamento della serie:

∞∑n=0

(−1)n 2n3√

n4 + 1

SoluzioneSi tratta di una serie a segni alterni, che non converge assolutamente, poiche in

termine

an =2n

3√

n4 + 1

e dello stesso ordine di infinitesimo, per n → ∞, di 1/ 3√

n e la serie armonicageneralizzata:

∞∑n=1

13√

n

diverge (cfr. esercizio 1.12). Applichiamo allora il criterio di Leibniz (vedi (11)):

1)

limn→∞

2n3√

n4 + 1= 0

2)2(n + 1)

3√

(n + 1)4 + 1<

2n3√

n4 + 1∀n ∈ N

e quindi possiamo concludere che la serie converge.

Esercizio 1.37 Studiare il comportamento della serie:

∞∑n=0

(−1)n 12n4 − 13n3 + 4n2 − 5n + 3

13n5 + 2n4 − 3n3 + n2 + 3n + 25

SoluzioneLa serie, che ci e proposta, e una serie a segni alterni che non converge in valore

assoluto, infatti il termine an della serie e dell’ordine di infinitesimo, per n→∞, di1/n e la serie armonica:

∞∑n=1

1

n

diverge (cfr. esercizio 1.11). Possiamo quindi provare ad applicare il criterio diLeibmiz (vedi (11)).

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Analisi Matematica II Serie numeriche

1)

limn→∞

12n4 − 13n3 + 4n2 − 5n + 3

13n5 + 2n4 − 3n3 + n2 + 3n + 25= 0

2)

12(n + 1)4 − 13(n + 1)3 + 4(n + 1)2 − 5(n + 1) + 3

13(n + 1)5 + 2(n + 1)4 − 3(n + 1)3 + (n + 1)2 + 3(n + 1) + 25<

<12n4 − 13n3 + 4n2 − 5n + 3

13n5 + 2n4 − 3n3 + n2 + 3n + 25

Infatti consideriamo la funzione

f(x) =12x4 − 13x3 + 4x2 − 5x + 3

13x5 + 2x4 − 3x3 + x2 + 3x + 25

che assume sugli interi i valori di an:

f(n) = an

si ha che:

f ′(x) =(4 · 12x3 − 39x2 + 8x− 5)(13x5 + 2x4 − 3x3 + x2 + 3x + 25)

(13x5 + 2x4 − 3x3 + x2 + 3x + 25)2−

− (12x4 − 13x3 + 4x2 − 5x + 3)(5 · 13x4 + 8x3 − 9x2 + 2x + 3)

(13x5 + 2x4 − 3x3 + x2 + 3x + 25)2=

=−(12 · 13)x8 + P7(x)

132x10 + Q9(x)< 0

per x maggiore di una opportuna costante M e ove P7(x) e un polinomio digrado 7 e P9(x) e un polinomio di grado ≤ 9.

Le considerazioni fatte nei punti 1) e 2) ci consentono di concludere che la serieconverge.

Esercizio 1.38 Studiare il comportamento della serie:

∞∑n=1

(−1)n+1 1

n + 32[1− (−1)n]

SoluzioneSi tratta di una serie a segni alterni, infatti:

∞∑n=1

(−1)n+1 1

n + 32[1− (−1)n]

=

=1

4− 1

2+

1

6− 1

4+

1

8− 1

6+

1

10− 1

8+ · · ·+ 1

2n + 2− 1

2n+ · · ·

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Analisi Matematica II Serie numeriche

Si vede facilmente che la serie dei valori assoluti non converge, infatti:

∞∑n=1

1

n + 32[1− (−1)n]

=

=1

2

(1

2+

1

1+

1

3+

1

2+

1

4+

1

3+

1

5+

1

4+ · · ·+ 1

n + 1+

1

n+ · · ·

)

e la sola somma dei termini di posizione pari corrisponde a 1/2 delle serie armo-nica (vedi esercizio 1.11), che diverge. Purtroppo anche il criterio di Leibniz (vedi(11)) fallisce, poiche, pur essendo infinitesimi i termini della serie, essi non sonodecrescenti:

1

4<

1

2,

1

2>

1

6,

1

6<

1

4,

1

4>

1

8,

1

8<

1

6,

1

6>

1

10,

1

10<

1

8, · · ·

Tuttavia le ridotte hanno la seguente espressione:

S1 =1

4S2 =

1

4− 1

2

S3 =1

4− 1

2+

1

6S4 = −1

2+

1

6

S5 = −1

2+

1

6+

1

8S6 = −1

2− 1

8

S7 = −1

2+

1

8+

1

10S8 = −1

2+

1

10

S9 = −1

2+

1

10+

1

12S10 = −1

2− 1

12· · ·S2n−1 = −1

2+

1

2n+

1

2n + 2S2n = −1

2+ (−1)n 1

2n + 2

· · ·da cui segue che:

limn→∞

S2n−1 = limn→∞

(−1

2+

1

2n+

1

2n + 2

)= −1

2

limn→∞

S2n = limn→∞

(−1

2+ (−1)n 1

2n + 2

)= −1

2

Dunque la serie che e proposta nell’esercizio converge a −1/2.

Esercizio 1.39 Studiare il comportamento della serie:

∞∑n=0

(1

n + 2[1 + (−1)n]− 1

2

(1

2

)n+12

[1− (−1)n]

)

c©2007 Politecnico di Torino 28

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Analisi Matematica II Serie numeriche

SoluzioneSi tratta di una serie a segni alterni, infatti:

∞∑n=0

(1

n + 2[1 + (−1)n]− 1

2

(1

2

)n+12

[1− (−1)n]

)=

= 1−(

1

2

)1

+1

2−

(1

2

)2

+1

3−

(1

2

)3

+1

4−

(1

2

)4

+ · · ·+ 1

n−

(1

2

)n

+ · · ·

Si vede facilmente che la serie dei valori assoluti non converge, infatti la sommadegli addenti positivi corrisponde alla serie armonica (vedi esercizio 1.11) che diver-ge. Purtroppo anche il criterio di Leibniz (vedi (11)) fallisce, poiche, pur essendoinfinitesimi i termini della serie, essi non sono decrescenti:

1 >1

2,

1

2=

1

2,

1

2>

(1

2

)2

,

(1

2

)2

<1

3,

1

3>

(1

2

)3

,

(1

2

)3

<1

4,

1

4>

(1

2

)4

, · · ·

Tuttavia le ridotte hanno la seguente espressione:

S0 = 1

S1 = 1−(

1

2

)1

S2 = 1−(

1

2

)1

+1

2

S3 = 1−(

1

2

)1

+1

2−

(1

2

)2

S4 = 1−(

1

2

)1

+1

2−

(1

2

)2

+1

3

S5 = 1−(

1

2

)1

+1

2−

(1

2

)2

+1

3−

(1

2

)3

· · ·S2n = 1 +

1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n + 1−

(1

2

)1

−(

1

2

)2

−(

1

2

)3

+ · · · −(

1

2

)n

S2n+1 = 1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n + 1−

(1

2

)1

−(

1

2

)2

−(

1

2

)3

+ · · · −(

1

2

)n+1

da cui segue che:

S2n =n+1∑

k=1

1

k−

n∑

k=1

(1

2

)k

= 1− 1− (1/2)n+1

1− (1/2)+

n+1∑

k=1

1

k

S2n+1 =n+1∑

k=1

1

k−

n+1∑

k=1

(1

2

)k

= 1− 1− (1/2)n+2

1− (1/2)+

n+1∑

k=1

1

k

c©2007 Politecnico di Torino 29

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Analisi Matematica II Serie di funzioni

Passando al limite sulle ridotte si ha:

limn→∞

S2n = 1− 1

1− (1/2)+∞ = +∞

limn→∞

S2n+1 = 1− 1

1− (1/2)+∞ = +∞

Dunque la serie che e proposta nell’esercizio e divergente.

Esercizio 1.40 Studiare il comportamento della serie:

∞∑n=1

1

n

√2 sin

(−π

4+ n

π

2

)

SoluzioneOsserviamo che:

√2 sin

(−π

4+ n

π

2

)= 1 se 4k + 1 ≤ n ≤ 4k + 2 n ∈ N, k ∈ N

√2 sin

(−π

4+ n

π

2

)= −1 se 4k + 3 ≤ n ≤ 4k + 4 n ∈ N, k ∈ N.

Abbiamo dunque una serie che alterna due segni positivi a due segni negativi. Laserie dei valori assoluti dei termini della serie che ci e proposta e la serie armonica:

∞∑n=1

1

n

che diverge (vedi esercizio 1.11). Dobbiamo ricorrere a qualche altra considerazioneper studiare il comportamento della serie. In particolare utilizziamo il risultato chepermette di trasformare una serie di segno qualunque in una serie a segni alterni,sommando tra loro i termini consecutivi e con lo stesso segno. Se la serie cosıottenuta risultera convergente, anche la nostra serie sara convergente.

∞∑n=1

1

n

√2 sin

(−π

4+ n

π

2

)=

= 1 +1

2− 1

3− 1

4+

1

5+

1

6− 1

7− 1

8+

1

9+

1

10− 1

11− 1

12+ · · · =

=3

2− 7

12+

11

30− 15

56+ · · ·+ (−1)n 4n + 3

(2n + 1)(2n + 2)+ · · ·

La serie cosı ottenuta e convergente per il criterio di Leibniz (vedi (11)), e dunqueanche la serie che ci e proposta e convergnete.

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Analisi Matematica II Serie di funzioni

2 Serie di funzioni

2.1 Studio della convergenza

Esercizio 2.1 Studiare la convergenza della seguente serie di funzioni:

∞∑n=1

1

(n− x)2

SoluzioneIntanto osserviamo che i termini della serie di funzioni:

fn(x) =1

(n− x)2

sono definiti se x non e intero positivo:

x /∈ N+.

Suddividiamo la regione e consideriamo i seguenti punti:

1) Sia x ≤ 0 allora:

x ≤ 0 =⇒∣∣∣∣

1

(n− x)2

∣∣∣∣ ≤1

n2=⇒ convergenza totale

L’ultima affermazione e conseguenza del Teorema di Weierstrass, il qualeafferma che se:

|fn(x)| ≤Mn ∀x ∈ A ⊆ R Criterio di Weierstass (13)

e la serie a termini positivi:+∞∑n=1

Mn

converge, allora la serie:+∞∑n=1

fn(x)

converge totalmente e dunque sia assolutamente che uniformemente in A.

2) Se x > 0 con x /∈ N indichiamo con

[x] = la parte intera di x,

e quindi consideriamo l’intervallo tra due interi consecutivi:

m = [x] < x < [x] + 1 = m + 1.

c©2007 Politecnico di Torino 31

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Analisi Matematica II Serie di funzioni

Per x ∈ (m, m + 1) si ha:

1

(n− x)2 ≤1

(n−m− 1)2∀n > m + 1. (14)

Possiamo dunque applicare il criterio di Weierstrass e concludere che la serieche ci e proposta converge totalmente in ogni intevallo (m,m + 1) con m ∈N, ma attenzione questo non vuol dire che la convergenza sia uniforme perogni x /∈ N, infatti abbiamo discusso la convergenza separatamente in ogniintervallo e la disuguaglianza (14) ha un m differente in ogni intervallo.

Esercizio 2.2 Studiare la convergenza della seguente serie di funzioni:

∞∑n=0

(x2 + 3x + 3)n

SoluzioneOsserviamo che la serie proposta puo essere pensata come una serie geometrica

di ragione r = x2 + 3x + 3 e percio possiamo affermare che converge se:

−1 < x2 + 3x + 3 < 1.

La prima disuguaglianza e sempre verificata in quanto il discriminante dell’equazionee negativo e il coefficiente del termine x2 e positivo. L’altra disuguaglianza ci fornisceil seguente risultato:

x2 + 3x + 3 < 1 =⇒ x2 + 3x + 2 < 0 =⇒ (x + 2)(x + 1) < 0 =⇒ −2 < x < −1,

dunque la serie proposta converge puntualmente per x ∈ (−2,−1) mentre non con-verge se x /∈ (−2,−1). Se si vuole essere piu precisi, si vede facilmente che divergeper x ≤ −2 e per x ≥ −1 e non e mai oscillante. Un po’ piu impegnativo e mostrareche la convergenza non e uniforme in tutto l’intervallo (−2,−1). Dire che la serieproposta nell’esercizio converge uniformemente nell’intervallo (−2,−1) significa cheper ogni ε > 0 deve esistere un n0 tale che:

∣∣∣∣∣n∑

k=0

(x2 + 3x + 3)k − 1

1− (x2 + 3x + 3)

∣∣∣∣∣ < ε ∀n ≥ n0 e ∀x ∈ (−2,−1).

Ora si vede facilmente che

(x2 + 3x + 3) < 1 ∀x ∈ (−2,−1)

e quindin∑

k=0

(x2 + 3x + 3)k < n + 1

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Analisi Matematica II Serie di funzioni

mentre

limx→−1

1

1− (x2 + 3x + 3)= +∞. (15)

Dunque, assegnata una ε e una x1 ∈ (−3/2,−1), per la convergenza puntuale,troviamo un n1 ∈ N per cui:

(1

1− (x21 + 3x1 + 3)

−n∑

k=0

(x21 + 3x1 + 3)k

)< ε ∀n ≥ n1.

Per la relazione (15) si ha anche che ∃x2 ∈ (−3/2,−1) e x2 > x1 per cui:

1

1− (x22 + 3x2 + 3)

> n1 + 1 + ε

e quindi:

(1

1− (x22 + 3x2 + 3)

−n1∑

k=0

(x22 + 3x2 + 3)k

)> n1 + 1 + ε− (n1 + 1) = ε. (16)

In conclusione, per ogni ε, abbiamo mostrato che si puo trovare un x2 ∈ (−2,−1)per cui vale la relazione (16) e quindi la convergenza non puo essere uniforme intutto l’intervallo aperto (−2,−1).

Esercizio 2.3 Studiare la convergenza della seguente serie di funzioni:

∞∑n=0

3√

n2 + 3n + 4

(x− 5)n

SoluzioneLe funzioni che costituiscono i termini della serie proposta sono:

fn(x) =3√

n2 + 3n + 4

(x− 5)n

e affinche ci possa essere convergenza deve essere soddisfatta la condizione necessaria:

limn→∞

fn(x) = 0.

Ora questo avviene solo se|(x− 5)| > 1

ovvero sex < 4 oppure x > 6.

c©2007 Politecnico di Torino 33

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Analisi Matematica II Serie di funzioni

Supponendo ora di fissare x ∈ (−∞, 4) ∪ (6, +∞), si ha una serie numerica ai cuitermini, in valore assoluto, possiamo applicare il criterio del rapporto:

limn→∞

∣∣∣∣∣3√

(n + 1)2 + 3(n + 1) + 4

(x− 5)n+1· (x− 5)n

3√

n2 + 3n + 4

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣1

x− 5

∣∣∣∣ < 1.

Quest’ultima diseguaglianza e soddisfatta se x < 4 oppure x > 6. Possiamo dunqueconcludere che la serie proposta converge se x < 4 oppure se x > 6 e non converge perx ∈ [4, 6]. Per quanto riguarda la convergenza uniforme, si puo utilizzare il criteriodi Weierstrass (vedi (13)) in intervalli chiusi inclusi negli intervalli di convergenza:

x ≤ b < 4 =⇒∣∣∣∣∣

3√

n2 + 3n + 4

(x− 5)n

∣∣∣∣∣ ≤3√

n2 + 3n + 4

(5− b)n

6 < a ≤ x =⇒∣∣∣∣∣

3√

n2 + 3n + 4

(x− 5)n

∣∣∣∣∣ ≤3√

n2 + 3n + 4

(a− 5)n

e poiche le serie numeriche a termini positivi:

∞∑n=0

3√

n2 + 3n + 4

(5− b)ne

∞∑n=0

3√

n2 + 3n + 4

(a− 5)n

convergono, la serie proposta nell’esercizio converge totalmente e quindi uniforme-mente e assolutamente negli intervalli:

(−∞, b] ⊂ (−∞, 4) e [a, +∞) ⊂ (6, +∞)

rispettivamente.

Esercizio 2.4 Studiare la convergenza della seguente serie di funzioni:

∞∑n=0

(−1)n 1

(n + 1)x

SoluzioneLa serie converge assolutamente se x > 1, mentre per 0 < x ≤ 1 la convergenza

e puntuale ma non assoluta, per x = 0 la serie oscilla e per x < 0 oscilla e divergein valore assoluto. In ogni intervallo chiuso [a, +∞) con a > 1 si ha:

∣∣∣∣(−1)n 1

(n + 1)x

∣∣∣∣ ≤1

(n + 1)a

e quindi, poiche la serie:∞∑

n=0

1

(n + 1)a

e una serie numerica a termini positivi convergente ne segue che la serie propostanell’esercizio converge totalmente in [a, +∞) con a > 1.

c©2007 Politecnico di Torino 34

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Analisi Matematica II Serie di funzioni

Esercizio 2.5 Studiare la convergenza della seguente serie di funzioni:

∞∑n=0

(−1)n 1

nlog(1+x)

SoluzioneSi ha convergenza assoluta se log(1+x) > 1 e cioe per 1+x > e ovvero x > e−1.

La convergenza e puntuale, ma non assoluta per 0 < log(1 + x) ≤ 1 da cui segue1 < 1 + x < e cioe 0 < x ≤ e − 1. Per log(1 + x) = 0 e cioe x = 0 la serie oscillae infine per log(1 + x) < 0 cioe per −1 < x < 0 la serie oscilla e diverge in valoreassoluto.

Esercizio 2.6 Studiare la convergenza della seguente serie di funzioni:

∞∑n=1

(−1)n (n + 1) arctan e x

(2 + sin x)(n3 + 3n2 + 2n)

SoluzioneOsserviamo intanto che n3 + 3n2 + 2n si annulla per x = 0,−1,−3, e quindi per

n ≥ 1 e positivo. Inoltre:

1 ≤ 2 + sin x ≤ 3 e 0 < arctan e x <π

2.

Possiamo quindi ottenere:

∣∣∣∣(−1)n (n + 1) arctan e x

(2 + sin x)(n3 + 3n2 + 2n)

∣∣∣∣ ≤

≤ (π/2)(n + 1)

(n3 + 3n2 + 2n)≈ π

2n2per n→∞.

Poiche la serie+∞∑n=1

π

2n2

converge, essendo una serie armonica generalizzata con esponente 2 (vedi esercizio1.13), si ha che la serie, che ci e proposta, converge totalmente e quindi assolutamentee uniformemente per il criterio di Weierstrass (vedi (13)).

c©2007 Politecnico di Torino 35

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Analisi Matematica II Serie di funzioni

2.2 Integrazione per serie

Esercizio 2.7 Discutere la posibilita di integrare termine a termine la seguente seriedi funzioni:

∞∑n=2

1

xn,

e se in qualche intervallo la serie risultasse integrabile, calcolarne la primitiva el’integrale definito tra 2 e x con x > 2.

SoluzioneLa serie proposta puo essere considerata come una serie geometrica di ragione

r = 1/x. Dunque essa converge se:

−1 <1

x< 1

e cioe se:x < −1 oppure x > 1.

Inoltre, in modo analogo a quanto si fatto nell’esercizio 2.2, si vede che la serieconverge uniformemente in ogni intervallo chiuso contenuto negli intervalli di con-vergenza. La convergenza uniforme consente di integrare termine a la serie. Si hadunque: ∫ ∞∑

n=2

1

xnd x =

∞∑n=2

∫1

xnd x = c +

∞∑n=2

1

(1− n)xn−1.

Infine si ha:∫ x

2

∞∑n=2

1

tnd t =

∞∑n=2

∫ x

2

1

tnd t =

∞∑n=2

(1

(1− n)xn−1− 1

(1− n)2n−1

).

Si puo ricavare la somma della serie ottenuta con la integrazione, integrando lasomma della serie proposta nell’esercizio. Si ha:

∞∑n=2

1

xn= −1− 1

x+

∞∑n=0

1

xn=

= −1− 1

x+

1

1− 1/x= −1− 1

x+

x

x− 1=

= −1− 1

x+ 1 +

1

x− 1=

1

x− 1− 1

x.

Da questo espressione ricaviamo:∫ x

2

(1

t− 1− 1

t

)d t = [log(t− 1)− log t]x2 =

= log(x− 1)− log x + log 2 =∞∑

n=2

(1

(1− n)xn−1− 1

(1− n)2n−1

).

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Analisi Matematica II Serie di funzioni

Esercizio 2.8 Dato il seguente integrale, con x > 1, di una serie:

∫ x

1

( ∞∑n=1

arctan(nt)

1 + (nt)2

)d t

discutere la possibilita di integrare la serie termine a termine.

SoluzioneOsserviamo subito che:

∣∣∣∣arctan(nt)

1 + (nt)2

∣∣∣∣ <π/2

1 + n2se t ∈ [1, x] (17)

con x > 1, infatti | arctan h| < π/2 per ogni h ∈ R e 1/(1 + h2) e una funzione cheha il suo massimo per h = 0 ed e strettamente decrescente per h ≥ 0. Osserviamoche se t invece che essere compreso nell’intervallo [1, x] con x > 1, lo fosse statonell’intervallo [0, 2], la disuguaglianza (17) sarebbe stata:

∣∣∣∣arctan(nt)

1 + (nt)2

∣∣∣∣ <π

2se x ∈ [0, 2]. (18)

La disuguaglianza (17) ci permette di concludere che la serie converge totalmen-te e quindi uniformemente e assolutamente nell’intervallo [1, x] con x > 1. Laconvergenza uniforme ci permette di affermare che la nostra serie e integrabile ter-mine a termine. Osserviamo invece che la disuguaglianza (18) non ci permetteva diconcludere nulla sulla convergenza uniforme in [0, 2]. Allora abbiamo:

∫ x

1

( ∞∑n=1

arctan(nt)

1 + (nt)2

)d t =

∞∑n=1

(∫ x

1

arctan(nt)

1 + (nt)2d t

)= (19)

=∞∑

n=1

[(arctan(nt))2

2n

]x

1

=∞∑

n=1

[(arctan(nx))2

2n− (arctan(n))2

2n

]. (20)

La serie all’ultimo membro della equazione (20), e sicuramente convergente, perx > 1, per argomenti di carattere generale, tuttavia possiamo per esercizio studiarnela convergenza senza tenere conto che detta serie proviene dalla integrazione diuna serie uniformemente convergente. Per fare cio dobbiamo ricordare la seguenteformula:

arctan x =π

2· sign x− arctan

1

x(21)

ove

sign x =

1 se x > 00 se x = 0−1 se x > 0.

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Analisi Matematica II Serie di funzioni

Nel nostro caso abbiamo:[(arctan nx))2

2n− (arctan(n))2

2n

]=

=1

2n

2· sign (1/nx)− arctan

1

nx+

π

2· sign (1/n)− arctan

1

n

·(

π

2· sign (1/nx)− arctan

1

nx− π

2· sign (1/n) + arctan

1

n

)=

=1

2n

(π − arctan

1

nx− arctan

1

n

)·(− arctan

1

nx+ arctan

1

n

)=

=1

2n

(π − 1 + x

nx+ o(1/n)

)·(−1− x

nx+ o(1/n)

)=

= π · 1

n2· x− 1

2x+ o(1/n2)

per n −→ +∞ e dell’ordine di 1/n2 e noi sappiamo che una serie, di terminedell’ordine di 1/n2, e convergente (vedi esercizio 1.17).

2.3 Derivazione per serie

Esercizio 2.9 Discutere la posibilita di derivare termine a termine la seguente seriedi funzioni:

∞∑n=1

(4/π)n(arctan x)n

n,

e, nel caso sia possibile, considerare la posibilita di determinare la somma della serie.

SoluzioneLa serie proposta nell’esercizio ha i termini dati da

fn(x) =(4/π)n(arctan x)n

n

e il numeratore e un esponenziale con base (4/π)(arctan x), per cui, se −π/4 <arctan x < π/4 e cioe se:

−1 < x < 1,

la serie converge. Inoltre la serie converge anche per x = −1, essendo in questo casouna serie a segni alterni convergente. Le funzioni fn(x) sono derivabili e la seriedi termini f ′n(x) risulta convergente uniformemente in ogni intervello chiuso inclusonell’intervallo (−1, 1), allora si ha:

d

d x

∞∑n=1

(4/π)n(arctan x)n

n=

∞∑n=1

d

d x

(4/π)n(arctan x)n

n=

∞∑n=1

(4/π)n(arctan x)n−1

1 + x2.

c©2007 Politecnico di Torino 38

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Analisi Matematica II Serie di potenze e di Taylor

Ora, poiche:∞∑

n=1

(4/π)n(arctan x)n−1

1 + x2=

1

(1 + x2)

∞∑n=1

(4/π)(4/π)n−1(arctan x)n−1 =

=1

(1 + x2)· 4

(π − 4 arctan x)x ∈ (−1, 1) ,

si ha:∫ x

0

4

(π − 4 arctan t)(1 + t2)d t = [− log(1− (4/π) arctan t)]x0 =

= − log(1− (4/π) arctan x) =∞∑

n=1

(4/π)n(arctan x)n

nx ∈ (−1, 1) ,

si puo osservare che quest’ultma uguaglianza vale anche per x = −1.

3 Serie di potenze e di Taylor

3.1 Serie di potenze

Esercizio 3.1 Data la serie seguente:∞∑

n=1

(x− 3)n−1

4n · 5n

determinarne il raggio di convergenza e l’intervallo di convergenza, precisando ilcomportamento della serie agli estremi dell’intervallo di convergenza.

SoluzioneApplichiamo il criterio del rapporto:

limn→∞

∣∣∣∣1

4(n + 1) · 5n+1· 4n · 5

n

1· (x− 3)n

(x− 3)n−1

∣∣∣∣ = (1/5) · |x− 3| < 1,

ne segue:

(1/5) · |x− 3| < 1 =⇒ |x− 3| < 5 =⇒=⇒ −5 < x− 3 < 5 =⇒ −2 < x < 8,

il raggio di convergenza e uguale a 5. Per x = −2 si ha la serie numerica:∞∑

n=1

(−1)n−1 · 5n−1

4n · 5n=

∞∑n=1

(−1)n−1 · 5−1

4n=

1

20

∞∑n=1

(−1)n−1

n,

che e una serie armonica a segni alterni convergente. Per x = 8 si ha la serienumerica: ∞∑

n=1

5n−1

4n · 5n=

∞∑n=1

5−1

4n=

1

20

∞∑n=1

1

n,

che e una serie armonica divergente.

c©2007 Politecnico di Torino 39

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Analisi Matematica II Serie di potenze e di Taylor

Esercizio 3.2 Data la serie seguente:

∞∑n=1

(2n + 5

4n + 8

)2n+1

· (x + 5)n

determinarne il raggio di convergenza e l’intervallo di convergenza, precisando ilcomportamento della serie agli estremi dell’intervallo di convergenza.

SoluzioneApplichiamo il criterio della radice:

limn→∞

n

√√√√∣∣∣∣∣(

2n + 5

4n + 8

)2n+1

· (x + 5)n

∣∣∣∣∣ =

(2

4

)2

· |(x + 5)| < 1

ne segue:

(2/4)2 · |(x + 5)| < 1 =⇒ |x + 5| < 4 =⇒=⇒ −4 < x + 5 < 4 =⇒ −9 < x < −1,

il raggio di convergenza e uguale a 4. Per x = −9 il termine generale della serie none infinitesimo:

∣∣∣∣∣(

2n + 5

4n + 8

)2n+1

· (−1)n · 4n

∣∣∣∣∣ =

(2n + 5

4n + 8

)2n+1

22n+1 · 2−1 =

=1

2

(1 +

1

2n + 4

)2n+4−3

−→ 1

2· e,

dunque non soddisfa la condizione necessaria e non si ha convergenza. Per x = −1si ha di nuovo una serie numerica con termine generale non infinitesimo per cui laserie non converge.

Esercizio 3.3 Data la serie seguente:

∞∑n=0

(3n + 2

9n

)· (x− 2)2n+1

determinarne il raggio di convergenza e l’intervallo di convergenza, precisando ilcomportamento della serie agli estremi dell’intervallo di convergenza.

SoluzioneApplichiamo il criterio del rapporto:

limn→∞

∣∣∣∣3(n + 1) + 2

9n+1· 9n

3n + 2· (x− 2)2(n+1)+1

(x− 2)2n+1

∣∣∣∣ =

= limn→∞

(1/9) · |x− 2|2n+3−2n−1 = (1/9) · (x− 2)2 < 1,

c©2007 Politecnico di Torino 40

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Analisi Matematica II Serie di potenze e di Taylor

ne segue:

(1/9) · (x− 2)2 < 1 =⇒ (x− 2)2 < 9 =⇒=⇒ −3 < x− 2 < 3 =⇒ −1 < x < 5,

il raggio di convergenza e uguale a 3. Per x = −1 si ha la serie numerica:

∞∑n=0

3n + 2

9n(−3)2n(−3) =

∞∑n=0

(−3)(3n + 2),

che e una serie divergente, poiche non soddisfa alla condizione necessaria ed e atermini negativi. Per x = 5 si ha la serie numerica:

∞∑n=0

3n + 2

9n(3)2n · 3 =

∞∑n=0

3 · (3n + 2),

che e anch’essa una serie divergente, poiche non soddisfa alla condizione necessariaed e a termini positivi.

Esercizio 3.4 Data la serie seguente:

∞∑n=0

(5n

(4n3 + 1) · 8n

)· (x− 4)3n+2

determinarne il raggio di convergenza e l’intervallo di convergenza, precisando ilcomportamento della serie agli estremi dell’intervallo di convergenza.

SoluzioneApplichiamo il criterio del rapporto:

limn→∞

∣∣∣∣5(n + 1)

(4(n + 1)3 + 1) · 8(n+1)· (4n

3 + 1) · 8n

5n· (x− 4)3(n+1)+2

(x− 4)3n+2

∣∣∣∣ =

= limn→∞

(1/8) · |x− 4|3n+5−3n−2 = (1/8) · |x− 4|3 < 1,

ne segue:

(1/8) · |x− 4|3 < 1 =⇒ |x− 4|3 < 8 =⇒=⇒ −2 < x− 4 < 2 =⇒ 2 < x < 6,

il raggio di convergenza e uguale a 2. Per x = 2 si ha la serie numerica:

∞∑n=0

(5n

(4n3 + 1) · 8n

)· (−2)3n+2 =

∞∑n=0

(−1)n · 4 · 5n

4n3 + 1,

che e una serie convergente. Per x = 6 si ha la serie numerica:

∞∑n=0

(5n

(4n3 + 1) · 8n

)· 23n+2 =

∞∑n=0

4 · 5n

4n3 + 1,

che e anch’essa una serie convergente.

c©2007 Politecnico di Torino 41

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Analisi Matematica II Serie di potenze e di Taylor

Esercizio 3.5 Data la serie seguente:

∞∑n=0

((n + 1)!

(3n + 2)

)· (x + 5)n

determinarne il raggio di convergenza e l’intervallo di convergenza, precisando ilcomportamento della serie agli estremi dell’intervallo di convergenza.

SoluzioneApplichiamo il criterio del rapporto:

∣∣∣∣((n + 1) + 1)!

(3(n + 1) + 2)· (3n + 2)

(n + 1)!· (x + 5)n+1

(x + 5)n

∣∣∣∣ =

=(n + 2) · (n + 1)! · (3n + 2)

(n + 1)! · (3n + 5)· |x + 5| = (n + 2) · (3n + 2)

(3n + 5)· |x + 5|,

ora si ha

limn→∞

(n + 2) · (3n + 2)

(3n + 5)· |x + 5| =

{+∞ ≮ 1 se x 6= −5

0 < 1 se x = −5,

ne segue che la serie proposta nell’esercizio ha raggio di convergenza 0, e quindi essaconverga solo per x = −5.

Esercizio 3.6 Data la serie seguente:

∞∑n=0

((3n + 2)

(n + 1)!

)· (x + 5)n

determinarne il raggio di convergenza e l’intervallo di convergenza, precisando ilcomportamento della serie agli estremi dell’intervallo di convergenza.

SoluzioneApplichiamo il criterio del rapporto:

∣∣∣∣(3(n + 1) + 2)

((n + 1) + 1)!· (n + 1)!

(3n + 2)· (x + 5)n+1

(x + 5)n

∣∣∣∣ =

=(n + 1)! · (3n + 5)

(n + 2) · (n + 1)! · (3n + 2)· |x + 5| = (3n + 5)

(n + 2) · (3n + 2)· |x + 5|,

ora si ha

limn→∞

(3n + 5)

(n + 2) · (3n + 2)· |x + 5| = 0

c©2007 Politecnico di Torino 42

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Analisi Matematica II Serie di potenze e di Taylor

ne segue che la serie proposta nell’esercizio ha raggio di convergenza∞, e quindi essaconverge per ∀x ∈ R. Possiamo poi osservare che in ogni intervallo chiuso e limitato[a, b] la serie converge totalmente e quindi uniformemente e assolutamente, comeconseguenza dei risultati generali sulle serie di potenze o direttamente osservandoche, indicato con c il piu grande tra i due numeri positivi |a + 5| e |b + 5| , si ha:

∣∣∣∣(

(3n + 2)

(n + 1)!

)· (x + 5)n

∣∣∣∣ ≤(

(3n + 2)

(n + 1)!

)· cn,

e quindi per il criterio di Weierstrass (vedi (13)) le serie converge totalmente.

Esercizio 3.7 Dato il seguente integrale di una serie:

∫ 2

−1

( ∞∑n=1

5

2n · 3n· (x− 2)n

)d x

discutere la possibilita di integrare la serie termine a termine.

SoluzioneOsserviamo subito che per il criterio della radice si ha:

limn→∞

n

√∣∣∣∣5

2n · 3n· (x− 2)n

∣∣∣∣ = (1/3) · (x− 2) < 1 (22)

da cui ricaviamo|x− 2| < 3 =⇒ −1 < x < 5.

Inoltre si vede facilmente che per x = −1 la serie diventa una serie numerica a segnialterni convergente:

∞∑n=1

5

2n · 3n· (−3)n =

∞∑n=1

(−1)n · 5

2n,

si tratta infatti di una serie armonica a segni alterni che converge (si veda (11)).Possiamo allora concludere che la serie da integrare converge uniformemente nell’in-tervallo chiuso [−1, 2]. Si ha:

∫ 2

−1

( ∞∑n=1

5

2n · 3n· (x− 2)n

)d x =

∞∑n=1

(∫ 2

−1

5

2n · 3n· (x− 2)n d x

)=

∞∑n=1

[5

2n · 3n· (x− 2)n+1

(n + 1)

]2

−1

=∞∑

n=1

[5

2n· 3 · (−1)n+1

(n + 1)

].

Esercizio 3.8 Dato la seguente serie:

∞∑n=1

√n

3n · 4n· (x− 5)n

determinare per quali valori di x e possibile derivare la serie termine a termine.

c©2007 Politecnico di Torino 43

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Analisi Matematica II Serie di potenze e di Taylor

SoluzioneOsserviamo subito che per il criterio della radice si ha:

limn→∞

n

√∣∣∣∣√

n

3n · 4n· (x− 5)n

∣∣∣∣ = (1/4) · |x− 5| < 1 (23)

da cui ricaviamo|x− 5| < 4 =⇒ 1 < x < 9.

Inoltre si vede facilmente che per x = 1 la serie diventa una serie numerica a segnialterni convergente:

∞∑n=1

√n

3n · 4n· (−4)n =

∞∑n=1

(−1)n ·√

n

3n,

si tratta infatti di una serie armonica a segni alterni che converge (si veda (11)).Invece per x = 9 la serie diventa una serie numerica a termini positivi divergente:

∞∑n=1

√n

3n · 4n· 4n =

∞∑n=1

√n

3n,

si tratta infatti di una serie armonica generalizzata che non converge (si veda l’e-sercizio (1.12)). Possiamo allora concludere che la serie da integrare converge nel-l’intervallo [1, 9), e quindi converge uniformemente nell’intervallo chiuso [1, b] conb < 9. Tuttavia la convergenza uniforme della serie da derivare nell’intervallo [1, b],con b < 9, non e sufficiente a garantirne la derivabilita. Si ha infatti:

d

d x

( ∞∑n=1

√n

3n · 4n· (x− 5)n

)=

∞∑n=1

d

d x

( √n

3n · 4n· (x− 5)n

)=

∞∑n=1

[ √n

3n · 4n· n · (x− 5)n−1

]=

∞∑n=1

√n

3 · 4n· (x− 5)n−1,

Si vede facilmente che la serie non converge per x = 9:

∞∑n=1

√n

3 · 4 ,

ma nemmeno per x = 1:∞∑

n=1

(−1)n−1

√n

3 · 4 .

La serie derivata converge nell’intervallo aperto (1, 9) e percio la convergenza euniforme solo negli intervalli chiusi [a, b] con 1 < a < b < 9. La condizione sufficiente

c©2007 Politecnico di Torino 44

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Analisi Matematica II Serie di potenze e di Taylor

per la derivabilita di una serie richiede, oltre alla convergenza della serie, anche laconvergenza uniforme della serie derivata. Possiamo percio concludere che:

d

d x

∞∑n=1

√n

3n · 4n· (x− 5)n =

∞∑n=1

√n

3 · 4n· (x− 5)n−1

per ogni x ∈ [a, b] con 1 < a < b < 9.

3.2 Serie di Taylor

Esercizio 3.9 Sviluppare in seie di Taylor di centro x0 = 0 la seguente funzione:

f(x) = 3 sin(4x)− 7 cos(2x)

precisandone l’intervallo di convergenza e il comportamento agli estremi dell’inter-vallo di convergenza.

SoluzioneRicordiamo gli sviluppi seguenti:

sin x = x− 1

3!x3 +

1

5!x5 − 1

7!x7 + · · ·+ (−1)k 1

(2k + 1)!x2k+1 + · · · =

=∞∑

k=0

(−1)k 1

(2k + 1)!x2k+1 ∀x ∈ (−∞, +∞)

(24)

cos x = 1− 1

2!x2 +

1

4!x4 − 1

6!x6 +

1

8!x8 + · · ·+ (−1)k 1

(2k)!x2k + · · · =

=∞∑

k=0

(−1)k 1

(2k)!x2k ∀x ∈ (−∞, +∞)

(25)

Ricaviamo dunque subito:

f(x) = 3 sin(4x)− 7 cos(2x) =

= 3∞∑

k=0

(−1)k 1

(2k + 1)!(4x)2k+1 − 7

∞∑

k=0

(−1)k 1

(2k)!(2x)2k =

= (−7) + (3 · 4) x−(−7 · 2

2

2!

)x2 −

(3 · 4

3

3!

)x3 +

(−7 · 2

4

4!

)x4+

+

(3 · 4

5

5!

)x5 −

(−7 · 2

6

6!

)x6 −

(3 · 4

7

7!

)x7 +

(−7 · 2

8

8!

)x8 + · · ·

Se indichiamo con

an =

(−1)n/2 −7 · 2n

n!se n e pari

(−1)(n−1)/2 3 · 4n

n!se n e dispari

c©2007 Politecnico di Torino 45

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Analisi Matematica II Serie di potenze e di Taylor

si ha che

f(x) =∞∑

k=0

an xn,

con raggio di convergenza r = +∞.

Esercizio 3.10 Sviluppare in seie di Taylor di centro x0 = 0 la seguente funzione:

f(x) = 121

4− x+ 5 sinh 7x

precisandone l’intervallo di convergenza e il comportamento agli estremi dell’inter-vallo di convergenza.

SoluzioneRicordiamo gli sviluppi seguenti:

1

1− x= 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + · · ·+ xn · · · =

=∞∑

n=0

xn ∀x ∈ (−1, 1)(26)

sinh x = x +1

3!x3 +

1

5!x5 +

1

7!x7 + · · ·+ 1

(2k + 1)!x2k+1 + · · · =

=∞∑

k=0

1

(2k + 1)!x2k+1 ∀x ∈ (−∞, +∞)

(27)

Ricaviamo dunque subito:

f(x) = 121

4− x+ 5 sinh 7x = 3

1

1− x/4+ 5 sinh 7x =

= 3∞∑

k=0

(x/4)n + 5∞∑

k=0

1

(2k + 1)!(7x)2k+1 =

= 3 + (3/4 + 5 · 7) x +(3/42

)x2 +

(3/43 + 5 · 7

3

3!

)x3 +

(3/44

)x4+

+

(3/45 + 5 · 7

5

5!

)x5 +

(3/46

)x6 +

(3/47 + 5 · 7

7

7!

)x7 +

(3/46

)x8 + · · ·

si ha dunque che

f(x) =∞∑

k=0

(3/4n +

(1− (−1)n

2· 5 · 7

n

n!

)xn,

con raggio di convergenza r = 4. L’intervallo di convergenza risulta essere l’interse-zione degli intervalli di convergenza delle due serie:

(−4, 4) ∩ (−∞, +∞) = (−4, 4).

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Analisi Matematica II Serie di potenze e di Taylor

Infatti, se indichiamo con an i coefficienti dei termini della serie:

an =

3/4n se n e pari

3/4n + 5 · 7n

n!se n e dispari

si ha che sia il limite, per n→∞, di a2n+1/a2n che quello di a2n/a2n−1 danno comerisultato 1/4.

Esercizio 3.11 Sviluppare in seie di Taylor di centro x0 = −2 la seguente funzione:

f(x) =−2(x + 2)

(20 + 4x + x2)2

precisandone l’intervallo di convergenza e il comportamento agli estremi dell’inter-vallo di convergenza.

SoluzioneOsserviamo subito che la funzione proposta nell’esercizio e tale che:

∫ x

−2

f(t) d t =

∫ x

−2

−2(t + 2)

(20 + 4t + t2)2 d t =1

20 + 4x + x2− 1

16= F (x)

Utilizzando la ricostruzione del quadrato e ricordando la serie geometrica (vediformula (26)) si ha:

1

20 + 4x + x2=

1

16· 1

1 + ((x + 2)/4)2=

=1

16·∞∑

n=0

(− ((x + 2)/4)2)n=

1

16·∞∑

n=0

(−1)n 1

42n(x + 2)2n

che e una serie di potenze di centro x0 = −2 e raggio di convergenza r = 4, che nonconverge ne per x = −6 ne per x = 2. Tuttavia converge uniformemente in ogniintervallo chiuso [a, b] con −6 < a < b < 2. Possiamo intanto derivare termine atermine la serie

1

16·∞∑

n=0

(−1)n 1

42n(x + 2)2n

in [a, b] con −6 < a < b < 2 e otteniamo:

d

d x

(1

16·∞∑

n=0

(−1)n 1

42n(x + 2)2n

)=

1

16·∞∑

n=0

(−1)n 1

42n

d

d x(x + 2)2n =

1

16·∞∑

n=0

(−1)n 1

42n· (2n) · (x + 2)2n−1 =

∞∑n=0

(−1)n 2n

42n+1· (x + 2)2n−1.

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Analisi Matematica II Serie di potenze e di Taylor

Quest’ultima serie e anch’essa una serie di potenze di centro x0 = −2 e raggio diconvergenza r = 4, che non converge ne per x = −6 ne per x = 2, tuttavia convergeuniformemente in ogni intervallo chiuso [a, b] con −6 < a < b < 2. Possiamo dunqueconcludere che:

d

d x

(1

16·∞∑

n=0

(−1)n 1

42n(x + 2)2n

)= F ′(x) =

∞∑n=0

(−1)n 2n

42n+1· (x + 2)2n−1 = f(x)

per ogni x ∈ (−6, 2).

Esercizio 3.12 Sviluppare in seie di Taylor di centro x0 = 2 la seguente funzione:

f(x) =1

3arctan

(x− 2

3

)

precisandone l’intervallo di convergenza e il comportamento agli estremi dell’inter-vallo di convergenza.

SoluzioneOsserviamo subito che la funzione proposta nell’esercizio e tale che:

d

d x

(1

3arctan

(x− 2

3

))=

1

3

(1

1 + ((x− 2)/3)2 ·1

3

)= f ′(x).

Ricordando la serie geometrica (vedi formula (26)) si ha:

f ′(x) =1

9

(1

1 + ((x− 2)/3)2

)=

=1

9·∞∑

n=0

(− ((x− 2)/3)2)n=

1

9·∞∑

n=0

(−1)n 1

32n(x− 2)2n

che e una serie di potenze di centro x0 = 2 e raggio di convergenza r = 3, che nonconverge ne per x = −1 ne per x = 5. Tuttavia converge uniformemente in ogniintervallo chiuso [a, b] con −1 < a < b < 5. Possiamo pertanto integrare termine atermine la serie:

∫ x

2

f ′(t) d t =

∫ x

2

(1

9·∞∑

n=0

(−1)n 1

32n(t− 2)2n

)d t =

1

9·∞∑

n=0

(−1)n 1

32n

(x− 2)2n+1

2n + 1.

Quest’ultima serie e anch’essa una serie di potenze di centro x0 = 2 e raggio diconvergenza r = 3, che converge sia per x = −1 che per x = 5, e quindi convergeuniformemente in [−1, 5]. Possiamo dunque concludere che:

1

3arctan

(x− 2

3

)=

∞∑n=0

(−1)n 1

32n+1

(x− 2)2n+1

2n + 1

c©2007 Politecnico di Torino 48

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Analisi Matematica II Serie di potenze e di Taylor

per ogni x ∈ [−1, 5]. Osserviamo come l’uguaglianza nei due estremi dell’intervallonon sia immediata. Essa conseguenza della continuita sia della somma della serieche della funzione nell’intervallo [−1, 5].

Esercizio 3.13 Sviluppare in seie di Taylor di centro x0 = 0 la seguente funzione:

f(x) =1

(1− x)2

precisandone l’intervallo di convergenza e il comportamento agli estremi dell’inter-vallo di convergenza.

SoluzioneE facile osservare che

f(x) =d

d x

1

(1− x)=

1

(1− x)2

Lo sviluppo di 1/(1 − x) e lo sviluppo in serie di Taylor di una serie geometrica diragione x (vedi (2)):

1

1− x=

+∞∑n=0

xn con − 1 < x < 1

Ora la serie derivata:

+∞∑n=0

d

d xxn =

+∞∑n=1

nxn−1 =+∞∑n=0

(n + 1)xn

e una serie di potenze che converge puntualmente per x ∈ (−1, 1) e uniformementeper x ∈ [a, b] con −1 < a < b < 1. Si ha allora che

f(x) =d

d x

1

(1− x)=

+∞∑n=0

d

d xxn =

+∞∑n=0

(n + 1)xn − 1 < x < 1,

si vede anche subito che la serie non converge ne per x = −1 ne per x = 1, in quantoin tali punti la serie non soddisfa alla condizione necessaria.

Esercizio 3.14 Sviluppare in seie di Taylor di centro x0 = 0 la seguente funzione:

f(x) =1

(1− x)3

precisandone l’intervallo di convergenza e il comportamento agli estremi dell’inter-vallo di convergenza.

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

SoluzioneOsserviamo che

f(x) =d2

d x2

(1

2(1− x)

)=

d

d x

(1

2(1− x)2

)=

1

(1− x)3

Lo sviluppo di 1/2(1− x) e lo sviluppo in serie di Taylor di una serie geometrica diragione x (vedi (2)):

1

2(1− x)= (1/2)

+∞∑n=0

xn con − 1 < x < 1

Ora la serie derivata prima:

(1/2)+∞∑n=0

d

d xxn = (1/2)

+∞∑n=1

nxn−1 = (1/2)+∞∑n=0

(n + 1)xn

e una serie di potenze che converge puntualmente per x ∈ (−1, 1) e uniformementeper x ∈ [a, b] con −1 < a < b < 1, e la serie derivata seconda

(1/2)+∞∑n=0

d2

d x2xn = (1/2)

+∞∑n=0

(n + 1)d

d xxn =

= (1/2)+∞∑n=1

(n + 1) · n · xn−1 =+∞∑n=0

(n + 2)(n + 1)

2· xn

e una serie di potenze che anch’essa converge puntualmente per x ∈ (−1, 1) euniformemente per x ∈ [a, b] con −1 < a < b < 1. Si ha allora che

f(x) =d2

d x2

(1

2(1− x)

)= (1/2)

+∞∑n=0

d2

d x2xn =

+∞∑n=0

(n + 2)(n + 1)

2·xn −1 < x < 1,

si vede anche subito che la serie non converge ne per x = −1 ne per x = 1, in quantoin tali punti la serie non soddisfa alla condizione necessaria.

Concludiamo l’esercizio con una osservazione. I coefficienti di xn possono essereottenuti come somma dei primi n + 1 numeri naturali:

(n + 2)(n + 1)

2=

n∑

k=0

(k + 1).

Tenendo allora presente quanto detto sul prodotto di due serie nell’esercizio 1.9, siha:

+∞∑n=0

(n + 2)(n + 1)

2· xn =

+∞∑n=0

(n∑

k=0

(k + 1)

)· xn =

+∞∑n=0

(n∑

k=0

(k + 1)xkxn−k

)=

=

(+∞∑n=0

(n + 1)xn

)·(

+∞∑n=0

xn

)=

1

(1− x)2· 1

(1− x).

c©2007 Politecnico di Torino 50

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

4 Serie di Fourier

Esercizio 4.1 Sviluppare in serie di Fourier nell’intervallo [−T/2, T/2), con T > 2,la seguente funzione:

f(x) =

0 se −T/2 ≤ x < −11 se −1 ≤ x < 10 se 1 ≤ x < T/2.

Si dica poi se la convergenza e quadratica, puntuale o uniforme.

SoluzioneLa funzione f(x) e definita in un intervallo di larghezza T e quindi il suo sviluppo

in serie di Fourier nell’intervallo [−T/2, T/2) e dato da:

f(x) = a0 ++∞∑n=1

(an cos n

Tx + bn sin n

Tx

), (28)

ove

a0 =1

T

∫ T/2

−T/2

f(x) dx

an =2

T

∫ T/2

−T/2

f(x) cos n2π

Tx dx

bn =2

T

∫ T/2

−T/2

f(x) sin n2π

Tx dx

(29)

Nel nostro caso si ha dunque:

-

6

1

0 1 T/2−1−T/2 x

f(x)

Figura 1: La funzione dell’esercizio 4.1 con x ∈ [−T/2, T/2).

a0 =1

T

∫ T/2

−T/2

f(x) dx =1

T

∫ 1

−1

dx = 2/T

an =2

T

∫ T/2

−T/2

f(x) cos n2π

Tx dx =

2

T

∫ 1

−1

cos n2π

Tx dx =

=2

T

[T

2πnsin n

Tx

]1

−1

=1

πn2 sin n

T=

2

πnsin n

T

c©2007 Politecnico di Torino 51

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

bn =2

T

∫ T/2

−T/2

f(x) sin n2π

Tx dx =

2

T

∫ 1

−1

sin n2π

Tx dx =

=2

T

[T

2πn

(− cos n

Tx

)]1

−1

=1

πn· 0 = 0.

La serie di Fourier di f(x) ha dunque l’espressione:

2

T+

+∞∑n=1

(2

πnsin n

T

)cos n

Tx.

Essendo la funzione f(x) di quadrato integrabile, la serie di fourier converge in mediaquadratica a f(x) nell’intervallo [−T/2, T/2) e al prolungamento periodico f(x) dif(x) su tutta la retta reale. La serie di Fourier inoltre converge puntualmente in

-

6

1

0 1 T/2−1−T/2 x

f(x)

T−T 3T/2−3T/2

Figura 2: La funzione prolungata per periodicita.

[−T/2, T/2), eccetto nei punti x1 = −1 e x2 = 1 nei quali essa converge al valore1/2. La convergenza e uniforme solo negli intervalli chiusi contenuti all’interno degliintervalli di continuita, ovvero in [−T/2, a) oppure in (b, c) ovvero ancora in (d, T/2]ove:

−T/2 ≤ a < −1 < b < c < 1 < d ≤ T/2.

OsservazioneNella formula (28) l’espressione n · 2π/T esprime un multiplo di una frequenza

angolare 2π/T . Se su un asse cartesiano indichiamo i punti multipli di 2π/T , si vedeche questi punti diventano molto vicini se 2π/T e molto piccolo, ovvero se T e moltogrande. In questo modo si comprende che per T che tende ad infinito l’espressionen · 2π/T diviene una variabile continua, che possimo indicare con ω. Con questaindicazione di carattere euristico, si puo osservare che il coefficiente an, che abbiamocalcolato, moltiplicato per T/2, diviene:

T

2an =

T

2· 2

πnsin n

T=

2 sin n2πT

n2πT

n→+∞−−−−−−−−→ 2 sin ω

ω,

e questa ultima espressione rappresenta la trasformata di Fourier della funzione chevale 1 nell’intervallo [−1, 1) e zero altrove.

c©2007 Politecnico di Torino 52

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

Esercizio 4.2 Sia data nell’intervallo [−2, 2) la seguente funzione:

f(x) =

0 se −2 ≤ x < −11 se −1 ≤ x < 10 se 1 ≤ x < 2,

1) svilupparla in serie di Fourier nell’intervallo [−2, 2),

2) dire se la convergenza e quadratica, puntuale o uniforme,

3) considerata la serie di Fourier di f(x) data dalla espressione

a0 ++∞∑n=1

(an cos nω0x + bn sin nω0x)

per opportuni a0, an, bn e ω0, e la sua ridotta S1(x) data dalla seguentaespressione:

S1(x) = a0 + a1 cos ω0x + b1 sin ω0x,

dire se S1(x) approssima in media quadratica la funzione f(x) con un erroreinferiore a due decimi.

SoluzioneLa funzione f(x) e un caso particolate di quella dell’esercizio 4.1 con T = 4.

-

6

1

0 1 2−1−2 x

f(x)

Figura 3: La funzione dell’esercizio 4.2 con x ∈ [−2, 2).

1) Per quanto riguarda lo sviluppo abbiamo:

a0 =1

4

∫ 2

−2

f(x) dx =1

4

∫ 1

−1

dx = 2/4 = 1/2

an =2

4

∫ 2

−2

f(x) cos n2π

4x dx =

1

2

∫ 1

−1

cos nπ

2x dx =

=1

2

[2

πnsin n

π

2x

]1

−1

=1

πn2 sin n

π

2=

2

πnsin n

π

2

c©2007 Politecnico di Torino 53

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

bn =2

4

∫ 2

−2

f(x) sin n2π

4x dx =

1

2

∫ 1

−1

sin nπ

2x dx =

=1

2

[2

πn

(− cos n

π

2x)]1

−1

=1

πn· 0 = 0.

La serie di Fourier di f(x) ha dunque l’espressione:

1

2+

+∞∑n=1

(2

πnsin n

π

2

)cos n

π

2x

Ponendo n = 2k, con k ∈ N, si ha:

sin 2kπ

2= 0,

mentre, ponendo n = 2k + 1, con k ∈ N, si ha:

sin(2k + 1)π

2= (−1)k,

allora si ottiene:

1

2+

+∞∑

k=0

(2

π(2k + 1)sin(2k + 1)

π

2

)cos(2k + 1)

π

2x =

=1

2+

+∞∑

k=0

(2

π(2k + 1)(−1)k

)cos(2k + 1)

π

2x.

2) Essendo la funzione f(x) di quadrato integrabile, la serie di fourier convergein media quadratica a f(x) nell’intervallo [−2, 2) e al prolungamento periodi-co f(x) di f(x) su tutta la retta reale. La serie di Fourier inoltre converge

-

6

1

0 1 2−1−2 x

f(x)

4−4 6−6 8−8

Figura 4: La funzione prolungata per periodicita.

puntualmente in [−2, 2), eccetto nei punti x1 = −1 e x2 = 1 nei quali essaconverge al valore 1/2. La convergenza e uniforme solo negli intervalli chiusicontenuti all’interno degli intervalli di continuita, ovvero in [−2, a) oppure in(b, c) ovvero ancora in (d, 2] ove:

−2 ≤ a < −1 < b < c < 1 < d ≤ 2.

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

3) Indicata con Sn(x) la ridotta di ordine n della serie di Fourier di f(x) nell’in-tervallo di larghezza T , ovvero:

Sn(x) = a0 +n∑

k=1

(ak cos k

Tx + bk sin k

Tx

),

un risultato generale delle serie di Fourier ci forniscce il seguente risultato:

‖f(x)− Sn(x)‖2 = ‖f(x)‖2 − Ta20 −

T

2

n∑

k=1

(a2

k + b2k

). (30)

Ricordiamo che la norma quadratica di f(x) e data da:

‖f(x)‖2 =

∫ T/2

−T/2

|f(x)|2 dx

Nel nostro caso la ridotta S1(x) di ordine 2 e data da:

S1(x) =1

2+

2

πcos

π

2x,

e quindi:

‖f(x)− S1(x)‖2 = ‖f(x)‖2 − 4

(1

2

)2

− 4

2

(2

π

)2

=

= 2− 1− 8

π2≈ 1− 0.8114 = 0.1886 < 0.2.

Esercizio 4.3 Sia data nell’intervallo [a, b) la seguente funzione:

f(x) =

2c

b− a(x− a) se a ≤ x <

a + b

2

− 2c

b− a(x− b) se

a + b

2≤ x < b,

1) svilupparla in serie di Fourier nell’intervallo [a, b),

2) dire se la convergenza e quadratica, puntuale o uniforme,

3) considerata la serie di Fourier di f(x) data dalla espressione

a0 ++∞∑n=1

(an cos nω0x + bn sin nω0x)

per opportuni a0, an, bn e ω0, e la sua ridotta S1(x) data dalla seguentaespressione:

S1(x) = a0 + a1 cos ω0x + b1 sin ω0x,

c©2007 Politecnico di Torino 55

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

-

6

¢¢¢¢

¢¢¢¢

¢¢¢¢

AA

AA

AA

AA

AA

AA

c

0 a ba+b2

x

f(x)

Figura 5: La funzione dell’esercizio 4.3 con x ∈ [a, b).

dire se S1(x) approssima in media quadratica la funzione f(x) con un erroreinferiore a (2/1000) · c2 · (b− a).

SoluzioneIl grafico della funzione f(x) nell’intervallo [a, b) e presentato in figura 5.

1) Per quanto riguarda lo sviluppo abbiamo:

a0 =1

b− a

∫ b

a

f(x) dx =1

b− a· (b− a) · c

2=

c

2(31)

an =2

b− a

∫ (a+b)/2

a

2c

b− a(x− a) cos n

b− ax dx+

+2

b− a

∫ b

(a+b)/2

−2c

b− a(x− b) cos n

b− ax dx =

svolgendo gli integrali per parti si ha:

=4c

(b− a)2

[(x− a)

b− a

2πnsin n

b− ax

](a+b)/2

a

+

− 4c

(b− a)2

∫ (a+b)/2

a

b− a

2πnsin n

b− ax dx+

− 4c

(b− a)2

[(x− b)

b− a

2πnsin n

b− ax

]b

(a+b)/2

+

+4c

(b− a)2

∫ b

(a+b)/2

b− a

2πnsin n

b− ax dx =

c©2007 Politecnico di Torino 56

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

il calcolo delle parentesi quadre e degli integrali ci formisce:

=4c

(b− a)2

(a + b

2− a

)b− a

2πnsin nπ

a + b

b− a+

− 4c

(b− a)2

[(b− a

2πn

)2 (− cos n

b− ax

)](a+b)/2

a

+

+4c

(b− a)2

(a + b

2− b

)b− a

2πnsin nπ

a + b

b− a+

+4c

(b− a)2

[(b− a

2πn

)2 (− cos n

b− ax

)]b

(a+b)/2

=

il primo e il terzo addendo sono uno l’opposto dell’altro e quindi si cancellano,mentre lo svolgimento delle parentesi quadre ci fornisce l’espressione seguente:

=4c

(2πn)2

(cos nπ

a + b

b− a− cos 2nπ

a

b− a

)+

− 4c

(2πn)2

(cos 2nπ

b

b− a− cos nπ

a + b

b− a

)=

=2c

(πn)2cos nπ

a + b

b− a− c

(πn)2

(cos 2nπ

a

b− a+ cos 2nπ

b

b− a

)=

applichiamo ora alla somma dei due coseni la formula di prostaferesi e otte-niamo:

=2c

(πn)2cos nπ

a + b

b− a− c

(πn)22 cos nπ

a + b

b− acos nπ

a− b

b− a=

=2c

(πn)2

(cos nπ

a + b

b− a

)(1− (−1)n)

Possiamo ora osservare che, per n pari, an = 0 e quindi, posto n = 2k + 1 conk ∈ N, si ha:

a2k+1 =4c

(π(2k + 1))2cos(2k + 1)π

a + b

b− a(32)

Calcoliamo ora i coefficienti bn:

bn =2

b− a

∫ (a+b)/2

a

2c

b− a(x− a) sin n

b− ax dx+

+2

b− a

∫ b

(a+b)/2

−2c

b− a(x− b) sin n

b− ax dx =

c©2007 Politecnico di Torino 57

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

svolgendo gli integrali per parti si ha:

=4c

(b− a)2

[(x− a)

b− a

2πn

(− cos n

b− ax

)](a+b)/2

a

+

− 4c

(b− a)2

∫ (a+b)/2

a

b− a

2πn

(− cos n

b− ax

)dx+

− 4c

(b− a)2

[(x− b)

b− a

2πn

(− cos n

b− ax

)]b

(a+b)/2

+

+4c

(b− a)2

∫ b

(a+b)/2

b− a

2πn

(− cos n

b− ax

)dx =

il calcolo delle parentesi quadre e degli integrali ci formisce:

= − 4c

(b− a)2

(a + b

2− a

)b− a

2πncos nπ

a + b

b− a+

− 4c

(b− a)2

[(b− a

2πn

)2 (− sin n

b− ax

)](a+b)/2

a

+

− 4c

(b− a)2

(a + b

2− b

)b− a

2πncos nπ

a + b

b− a+

+4c

(b− a)2

[(b− a

2πn

)2 (− sin n

b− ax

)]b

(a+b)/2

=

il primo e il terzo addendo sono uno l’opposto dell’altro e quindi si cancellano,mentre lo svolgimento delle parentesi quadre ci fornisce l’espressione seguente:

=4c

(2πn)2

(sin nπ

a + b

b− a− sin 2nπ

a

b− a

)+

− 4c

(2πn)2

(sin 2nπ

b

b− a− sin nπ

a + b

b− a

)=

=2c

(πn)2sin nπ

a + b

b− a− c

(πn)2

(sin 2nπ

a

b− a+ sin 2nπ

b

b− a

)=

applichiamo ora alla somma dei due coseni la formula di prostaferesi e otte-niamo:

=2c

(πn)2sin nπ

a + b

b− a− c

(πn)22 sin nπ

a + b

b− acos nπ

a− b

b− a=

=2c

(πn)2

(sin nπ

a + b

b− a

)(1− (−1)n)

Possiamo ora osservare che, per n pari, bn = 0 e quindi, posto n = 2k + 1 conk ∈ N, si ha:

b2k+1 =4c

(π(2k + 1))2sin(2k + 1)π

a + b

b− a(33)

c©2007 Politecnico di Torino 58

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

La serie di Fourier di f(x) ha dunque l’espressione:

c

2+

+∞∑

k=0

((4c

(π(2k + 1))2cos(2k + 1)π

a + b

b− a

)cos(2k + 1)

b− ax+

+

(4c

(π(2k + 1))2sin(2k + 1)π

a + b

b− a

)sin(2k + 1)

b− ax

).

(34)

2) Essendo la funzione f(x) e il suo prolungamento per periodicita f(x) continui,la serie di Fourier converge in media quadratica a f(x) nell’intervallo [a, b] e af(x) su tutta la retta reale. Inoltre sempre per la continuita e regolarita di f(x)

-

6

¢¢¢¢

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¢¢¢¢

AA

AA

AA

AA

AA

AA

¢¢¢¢A

A

¢¢¢¢

AA

AA

¢¢¢¢

AA

AA

¢¢¢¢

AA

AA

¢¢¢¢

AA

AA

AA

c

0 a ba+b2

x

f(x)

Figura 6: La funzione f(x) prolungamento per periodicita di f(x).

nell’intervallo [a, b), la serie di Fourier converge puntualmente e uniformementein [a, b].

3) Ricordando il risultato richiamato nell’esercizio 4.2 con la formula (30) edessendo la ridotta S1(x) data da:

S1(x) =c

2+

(4c

π2cos π

a + b

b− a

)cos

b− ax +

(4c

π2sin π

a + b

b− a

)sin

b− ax,

e inoltre:

‖f(x)‖2 =

∫ b

a

|f(x)|2 dx =

=

∫ (a+b)/2

a

(2c

b− a(x− a)

)2

dx +

∫ b

(a+b)/2

( −2c

b− a(x− b)

)2

dx =

=

[4c2

(b− a)2

(x− a)3

3

](a+b)/2

a

+

[4c2

(b− a)2

(x− b)3

3

]b

(a+b)/2

=

=4c2

(b− a)2

[(b− a

2

)3

· 13−

(a− b

2

)3

· 13

]=

=4c2

(b− a)2· 23· (b− a)3

8=

c2(b− a)

3,

c©2007 Politecnico di Torino 59

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

otteniamo:

‖f(x)− S1(x)‖2 = ‖f(x)‖2 − (b− a)( c

2

)2

− b− a

2

(4c

π2

)2

=

= (b− a)c2

(1/3− 1/4− 8

π4

)≈

≈ (b− a)c2 (0.3333− 0.2500− 0.0823) =

= (b− a)c2 · 0.001 <

< (b− a)c2 · 0.002.

Esercizio 4.4 Sia data nell’intervallo [1, 3) la seguente funzione:

f1(x) =

{(x− 1) se 1 ≤ x < 2−(x− 3) se 2 ≤ x < 3,

1) svilupparla in serie di Fourier nell’intervallo [1, 3),

2) dire se la convergenza e quadratica, puntuale o uniforme,

3) considerata la serie di Fourier di f1(x) data dalla espressione

a0 ++∞∑n=1

(an cos nω0x + bn sin nω0x)

per opportuni a0, an, bn e ω0, e la sua ridotta S1(x) data dalla seguentaespressione:

S1(x) = a0 + a1 cos ω0x + b1 sin ω0x,

dire se S1(x) approssima in media quadratica la funzione f1(x) con un erroreinferiore a (3/1000).

SoluzioneIl grafico della funzione f1(x) nell’intervallo [1, 3) e presentato in figura 7.

1) Per quanto riguarda lo sviluppo si osservi che la fnzione proposta in questoesercizio e un caso particolare di quella dell’esercizio 4.3 con a = 1, b = 3 ec = 1. Lo sviluppo in serie di Fourier (vedi (34)) in [1, 3) e il seguente:

1

2+

+∞∑

k=0

(4

(π(2k + 1))2

)cos(2k + 1)πx. (35)

c©2007 Politecnico di Torino 60

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

-

6

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@@

@@

@@

@@

@@

@@

1

0 1 32 x

f1(x)

Figura 7: La funzione dell’esercizio 4.4 con x ∈ [1, 3).

-

6

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¡¡

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¡¡

¡¡

@@

@@

@@

@@

@@

@@

¡¡

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¡¡

@@

@@

¡¡

¡¡

@@

@@

@@

1

0 1 32 x

f1(x)

Figura 8: La funzione f1(x) prolungamento per periodicita di f1(x).

2) Essendo la funzione f1(x) e il suo prolungamento per periodicita f1(x) continui,la serie di Fourier converge in media quadratica a f1(x) nell’intervallo [1, 3] ea f1(x) su tutta la retta reale. Inoltre per la continuita e regolarita di f1(x)nell’intervallo [1, 3), la serie di Fourier converge puntualmente e uniformementein [1, 3].

3) Ricordando il risultato richiamato nell’esercizio 4.2 con la formula (30) edessendo la ridotta S1(x) data da:

S1(x) =1

2+

4

π2cos πx,

e inoltre:

‖f1(x)‖2 =

∫ 3

1

|f1(x)|2 dx =2

3,

otteniamo:

‖f1(x)− S1(x)‖2 = ‖f1(x)‖2 − 2

(1

2

)2

− 2

2

(4

π2

)2

=

= 2/3− 2/4− 16/π4 ≈≈ 0.6666− 0.5− 0.1646 =

= 0.002 < 0.003.

c©2007 Politecnico di Torino 61

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

OsservazioneLa serie di Fourier che abbiamo ottenuto:

f1(x) =1

2+

+∞∑

k=0

(4

π2(2k + 1)2

)cos(2k + 1)πx

e formata solo da somme di coseni e non di seni, e questo e conseguenza del fattoche il prolungamento periodico della funzione f1(x) che abbiamo sviluppato in seriee una funzione pari.

Esercizio 4.5 Sia data nell’intervallo [2, 4) la seguente funzione:

f2(x) =

{(x− 2) se 2 ≤ x < 3−(x− 4) se 3 ≤ x < 4,

1) svilupparla in serie di Fourier nell’intervallo [2, 4),

2) dire se la convergenza e quadratica, puntuale o uniforme,

3) considerata la serie di Fourier di f2(x) data dalla espressione

a0 ++∞∑n=1

(an cos nω0x + bn sin nω0x)

per opportuni a0, an, bn e ω0, e la sua ridotta S1(x) data dalla seguentaespressione:

S1(x) = a0 + a1 cos ω0x + b1 sin ω0x,

dire se S1(x) approssima in media quadratica la funzione f2(x) con un erroreinferiore a (3/1000).

SoluzioneIl grafico della funzione f2(x) nell’intervallo [2, 4) e presentato in figura 9.

1) Per quanto riguarda lo sviluppo si osservi che la fnzione proposta in questoesercizio e un caso particolare di quella dell’esercizio 4.3 con a = 2, b = 4 ec = 1. Lo sviluppo in serie di Fourier (vedi (34)) in [2, 4) e il seguente:

1

2+

+∞∑

k=0

( −4

(π(2k + 1))2

)cos(2k + 1)πx. (36)

2) Essendo la funzione f2(x) e il suo prolungamento per periodicita f2(x) continui,la serie di Fourier converge in media quadratica a f2(x) nell’intervallo [2, 4] ea f2(x) su tutta la retta reale. Inoltre per la continuita e regolarita di f2(x)nell’intervallo [2, 4), la serie di Fourier converge puntualmente e uniformementein [2, 4].

c©2007 Politecnico di Torino 62

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

-

6

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1

0 1 2 3 4 x

f2(x)

Figura 9: La funzione dell’esercizio 4.5 con x ∈ [2, 4).

-

6

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1

0 1 2 3 4 x

f2(x)

Figura 10: La funzione f2(x) prolungamento per periodicita di f2(x).

3) Ricordando il risultato richiamato nell’esercizio 4.2 con la formula (30) edessendo la ridotta S1(x) data da:

S1(x) =1

2− 4

π2cos πx,

e inoltre:

‖f2(x)‖2 =

∫ 4

2

|f2(x)|2 dx =2

3,

otteniamo:

‖f2(x)− S1(x)‖2 = ‖f2(x)‖2 − 2

(1

2

)2

− 2

2

(−4

π2

)2

=

= 2/3− 2/4− 16/π4 ≈≈ 0.6666− 0.5− 0.1646 =

= 0.002 < 0.003.

OsservazioneLa serie di Fourier che abbiamo ottenuto:

f2(x) =1

2+

+∞∑

k=0

( −4

π(2k + 1)(−1)k

)cos(2k + 1)πx

c©2007 Politecnico di Torino 63

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

e formata solo da somme di coseni e non di seni, e questo e conseguenza del fattoche il prolungamento periodico f2(x) della funzione f2(x) che abbiamo sviluppato inserie e una funzione pari. Si osservi inoltre che lo sviluppo in serie di Fourier dellafunzione f2(x) ha i coefficienti dei coseni che sono l’opposto dei quelli della funzionef1(x) dell’esercizio 4.4, infatti:

f2(x)− 1/2 = −(f1(x)− 1/2).

Esercizio 4.6 Sia data nell’intervallo [3/2, 7/2) la seguente funzione:

f3(x) =

{(x− 3/2) se 3/2 ≤ x < 5/2−(x− 7/2) se 5/2 ≤ x < 7/2,

1) svilupparla in serie di Fourier nell’intervallo [3/2, 7/2),

2) dire se la convergenza e quadratica, puntuale o uniforme,

3) considerata la serie di Fourier di f3(x) data dalla espressione

a0 ++∞∑n=1

(an cos nω0x + bn sin nω0x)

per opportuni a0, an, bn e ω0, e la sua ridotta S1(x) data dalla seguentaespressione:

S1(x) = a0 + a1 cos ω0x + b1 sin ω0x,

dire se S1(x) approssima in media quadratica la funzione f3(x) con un erroreinferiore a (3/1000).

SoluzioneIl grafico della funzione f3(x) nell’intervallo [3/2, 7/2) e presentato in figura 11.

-

6

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1

0 1 2 3 432

52

72

x

f3(x)

Figura 11: La funzione dell’esercizio 4.6 con x ∈ [3/2, 7/2).

c©2007 Politecnico di Torino 64

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

1) Per quanto riguarda lo sviluppo si osservi che la fnzione proposta in questoesercizio e un caso particolare di quella dell’esercizio 4.3 con a = 3/2, b = 7/2e c = 1. Lo sviluppo in serie di Fourier (vedi (34)) in [3/2, 7/2) e il seguente:

1

2+

+∞∑

k=0

(4 · (−1)k

(π(2k + 1))2

)sin(2k + 1)πx. (37)

2) Essendo la funzione f3(x) e il suo prolungamento per periodicita f3(x) continui,la serie di Fourier converge in media quadratica a f3(x) nell’intervallo [3/2, 7/2]e a f3(x) su tutta la retta reale. Inoltre per la continuita e regolarita di

-

6

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1

0 1 2 3 432

52

72

x

f3(x)

Figura 12: La funzione f3(x) prolungamento per periodicita di f3(x).

f3(x) nell’intervallo [3/2, 7/2), la serie di Fourier converge puntualmente euniformemente in [3/2, 7/2].

3) Ricordando il risultato richiamato nell’esercizio 4.2 con la formula (30) edessendo la ridotta S1(x) data da:

S1(x) =1

2+

4

π2sin πx,

e inoltre:

‖f3(x)‖2 =

∫ 4

2

|f3(x)|2 dx =2

3,

otteniamo:

‖f3(x)− S1(x)‖2 = ‖f3(x)‖2 − 2

(1

2

)2

− 2

2

(−4

π2

)2

=

= 2/3− 2/4− 16/π4 ≈≈ 0.6666− 0.5− 0.1646 =

= 0.002 < 0.003.

c©2007 Politecnico di Torino 65

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

OsservazioneLa serie di Fourier che abbiamo ottenuto:

f3(x) =1

2+

+∞∑

k=0

(4

π(2k + 1)(−1)k

)sin(2k + 1)πx

e formata solo da somme di seni e non di coseni, e questo e conseguenza del fattoche il prolungamento periodico f3(x) della funzione f3(x) che abbiamo sviluppatoin serie e una funzione tale che la sua traslata :

f3(x)− 1/2

e una funzione dispari (vedi figura 13). Si osservi inoltre che il prolungamento pe-

-

6

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@@

@@

¡¡

¡¡

@@

@@

@@

12

0 1 2 3 432

52

72

x

f3(x)

Figura 13: La funzione f3(x) prolungamento per periodicita di f3(x).

riodico f3(x) della funzione f3(x) e una traslazione della funzione f1(x) dell’esercizio4.4, infatti:

f3(x) = f1(x− 1/2).

Esercizio 4.7 Sia data nell’intervallo [a, b) la seguente funzione:

f(x) =2c

b− a

(x− a + b

2

)a ≤ x < b

1) svilupparla in serie di Fourier nell’intervallo [a, b),

2) dire se la convergenza e quadratica, puntuale o uniforme,

3) considerata la serie di Fourier complessa di f(x) data dalla espressione

+∞∑n=−∞

cn e i nω0x

per opportuni cn e ω0, e la sua ridotta S1(x) data dalla seguenta espressione:

S1(x) = c0 + c−1 e− i ω0x +c1 e i ω0x,

c©2007 Politecnico di Torino 66

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

dire se S1(x) approssima in media quadratica la funzione f(x) con un erroreinferiore a (2/10) · c2 · (b− a).

SoluzioneIl grafico della funzione f(x) nell’intervallo [a, b) e presentato in figura 14.

-

6

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¢¢¢¢¢¢¢¢

¢¢¢¢¢¢¢¢

c

0 a ba+b2

x

f(x)

Figura 14: La funzione dell’esercizio 4.7 con x ∈ [a, b).

1) Per quanto riguarda lo sviluppo abbiamo:

a0 =1

b− a

∫ b

a

f(x) dx =2c

b− a

∫ b

a

(x− a + b

2

)dx =

=2c

b− a

[1

2·(

x− a + b

2

)2]b

a

=

=c

b− a

[(b− a + b

2

)2

−(

a− a + b

2

)]=

=c

b− a

[(b− a

2

)2

−(

a− b

2

)2]

= 0

(38)

an =2

b− a

∫ b

a

2c

b− a

(x− a + b

2

)cos n

b− ax dx =

svolgendo l’integrale per parti si ha:

=4c

(b− a)2

[(x− a + b

2

)b− a

2πnsin n

b− ax

]b

a

+

− 4c

(b− a)2

∫ b

a

b− a

2πnsin n

b− ax dx =

c©2007 Politecnico di Torino 67

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

il calcolo della parentesi quadra e dell’integrale ci formisce:

=4c

(b− a)2· b− a

2πn

(b− a

2sin

2πnb

b− a− a− b

2sin

2πna

b− a

)+

− 4c

(b− a)2·(

b− a

2πn

)2 (− cos

2πnb

b− a+ cos

2πna

b− a

)=

applichiamo ora alla somma dei due seni e alla differenza dei due coseni leformule di prostaferesi e otteniamo:

=c

πn· 2 sin 2nπ

b + a

2(b− a)cos 2nπ

b− a

2(b− a)+

− c

(πn)2·(−2 sin 2nπ

a + b

2(b− a)sin 2nπ

a− b

2(b− a)

)=

Possiamo ora osservare che:

cos 2nπb− a

2(b− a)= (−1)n e sin 2nπ

a− b

2(b− a)= 0

e dunque otteniamo:

an =2c

πn· (−1)n sin nπ

b + a

(b− a)(39)

Calcoliamo ora i coefficienti bn:

bn =2

b− a

∫ b

a

2c

b− a

(x− a + b

2

)sin n

b− ax dx =

svolgendo l’integrale per parti si ha:

=4c

(b− a)2

[(x− a + b

2

)b− a

2πn

(− cos n

b− ax

)]b

a

+

− 4c

(b− a)2

∫ b

a

b− a

2πn

(− cos n

b− ax

)dx =

il calcolo della parentesi quadra e dell’integrale ci formisce:

=4c

(b− a)2· b− a

2πn

(−b− a

2cos

2πnb

b− a+

a− b

2cos

2πna

b− a

)+

− 4c

(b− a)2·(

b− a

2πn

)2 (− sin

2πnb

b− a+ sin

2πna

b− a

)=

c©2007 Politecnico di Torino 68

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

applichiamo ora alla somma dei due coseni e alla differenza dei due seni leformule di prostaferesi e otteniamo:

=c

πn·(−2 cos 2nπ

a + b

2(b− a)cos 2nπ

a− b

2(b− a)

)+

− c

(πn)2·(

2 cos 2nπa + b

2(b− a)sin 2nπ

a− b

2(b− a)

)=

Possiamo ora osservare che:

cos 2nπa− b

2(b− a)= (−1)n e sin 2nπ

a− b

2(b− a)= 0

e dunque otteniamo:

bn =−2c

πn· (−1)n cos nπ

b + a

(b− a)(40)

La serie di Fourier di f(x) ha dunque l’espressione:

+∞∑n=1

((2c

πn· (−1)n sin nπ

b + a

(b− a)

)cos n

b− ax+

+

(−2c

πn· (−1)n cos nπ

b + a

(b− a)

)sin n

b− ax

).

(41)

Volendo scrivere la serie di Fourier di f(x) nella forma che fa intervenire gliesponenziali complessi, ovvero nella forma:

+∞∑n=−∞

cn e i nω0x

si ricordi che:

c0 = a0

cn = (1/2) (an − i bn) n > 0c−n = cn n > 0,

(42)

con c si e indicato il complesso coniugato di c. Nel nostro caso si ha:

c0 = a0 = 0

cn = (1/2)

(2c

πn(−1)n sin nπ

b + a

(b− a)− i−2c

πn(−1)n cos nπ

b + a

(b− a)

)=

=c

πn(−1)n

(sin nπ

b + a

(b− a)+ i cos nπ

b + a

(b− a)

)=

=c

πn(−1)n i e− i nπ(a + b)/(b− a) .

(43)

c©2007 Politecnico di Torino 69

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

L’espressione della serie di Fourier in forma esponenziale della funzione f(x),proposta in questo esercizio 4.7, e dunque la seguente:

+∞∑

n = −∞n 6= 0

( c

πn(−1)n i e− i nπ(a + b)/(b− a)

)e i 2πnx/(b− a) (44)

2) Essendo la funzione f(x) e il suo prolungamento per periodicita f(x) di qua-drato integrabile, la serie di Fourier converge in media quadratica a f(x) nel-l’intervallo [a, b] e a f(x) su tutta la retta reale. Inoltre per la regolarita di f(x)

-

6

¢¢¢¢¢¢

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¢¢¢¢¢¢¢¢

¢¢¢¢¢¢¢¢

¢¢¢¢¢¢¢¢

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¢¢¢¢¢¢¢¢

¢¢¢¢¢¢¢¢

¢¢

c

0 a ba+b2

x

f(x)

Figura 15: La funzione f(x) prolungamento per periodicita di f(x).

nell’intervallo [a, b), la serie di Fourier converge puntualmente a f(x), eccettoche nei punti di discontinuita, ove la serie di Fourier converge a 0. La con-vergenza uniforme segue solo negli intervalli chiusi contenuti negli intervaslliaperti di continuita, si ha cioe convergenza uniforme in [c, d] ⊂ (a, b).

3) Indicata con Sn(x) la ridotta di ordine n della serie di Fourier di f(x) nell’in-tervallo di larghezza T , ovvero:

Sn(x) =+∞∑

k=−∞ck e i kω0x,

un risultato generale delle serie di Fourier ci forniscce la seguente formula:

‖f(x)− Sn(x)‖2 = ‖f(x)‖2 − T

n∑

k=−n

|ck|2. (45)

Ricordiamo che la norma quadratica di f(x) e data da:

‖f(x)‖2 =

∫ T/2

−T/2

|f(x)|2 dx.

c©2007 Politecnico di Torino 70

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

Nel nostro caso si ha:

‖f(x)‖2 =

∫ b

a

|f(x)|2 dx =

∫ b

a

4c2

(b− a)2

(x− a + b

2

)2

dx =

=

[4c2

(b− a)2· 13

(x− a + b

2

)3]b

a

=(b− a)c2

3,

e per la ridotta S1(x) di ordine 1 si ha:

S1(x) =− c

π(−1)n i e i π(a + b)/(b− a) e− i 2πx/(b− a)

+c

π(−1)n i e− i π(a + b)/(b− a) e i 2πx/(b− a)

e quindi:

‖f(x)− S1(x)‖2 = ‖f(x)‖2 − (b− a) · 2 · c2

π2=

=(b− a)c2

3− 2(b− a)

c2

π2= (b− a)c2

((1/3)− (2/π2)

)≈

≈ (b− a)c2 · 0.13 < (b− a)c2 · 0.2.

Esercizio 4.8 Sia data nell’intervallo [1, 3) la seguente funzione:

f(x) = (x− 2) 1 ≤ x < 3

1) svilupparla in serie di Fourier nell’intervallo [1, 3),

2) dire se la convergenza e quadratica, puntuale o uniforme,

3) considerata la serie di Fourier complessa di f(x) data dalla espressione

+∞∑n=−∞

cn e i nω0x

per opportuni cn e ω0, e la sua ridotta S1(x) data dalla seguenta espressione:

S1(x) = c0 + c−1 e− i ω0x +c1 e i ω0x,

dire se S1(x) approssima in media quadratica la funzione f(x) con un erroreinferiore a (3/10).

SoluzioneIl grafico della funzione f(x) nell’intervallo [1, 3) e presentato in figura 16.

c©2007 Politecnico di Torino 71

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

-

6

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1

0 1 32 x

f(x)

Figura 16: La funzione dell’esercizio 4.8 con x ∈ [1, 3).

1) La funzione proposta in questo esercizio e un caso particolare di quella dell’a-sercizio 4.7 precedente con

a = 1, b = 3 e c = 1.

Facendo riferimento alla formula (41) ricaviamo subito che lo sviluppo in seriedi Fourier di f(x) e:

+∞∑n=1

((2

πn· (−1)n sin 2nπ

)cos nπx+

+

(−2

πn· (−1)n cos 2nπ

)sin nπx

)=

=+∞∑n=1

(−2)/(πn) · (−1)n · sin nπx.

(46)

Volendo scrivere la serie di Fourier di f(x) nella forma che fa intervenire gliesponenziali complessi, ovvero nella forma:

+∞∑n=−∞

cn e i nω0x

si ha:

c0 = a0 = 0cn = (1/2) (0− i (−2)/(πn) · (−1)n) n > 0c−n = cn n > 0,

(47)

con c si e indicato il complesso coniugato di c. L’espressione della serie diFourier in forma esponenziale della funzione f(x), proposta in questo esercizio4.8, e dunque la seguente:

+∞∑n=−∞n 6=0

(i

πn· (−1)n

)e i πnx (48)

c©2007 Politecnico di Torino 72

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

2) Essendo la funzione f(x) e il suo prolungamento per periodicita f(x) di qua-drato integrabile, la serie di Fourier converge in media quadratica a f(x) nel-l’intervallo [1, 3] e a f(x) su tutta la retta reale. Inoltre per la regolarita di f(x)

-

6

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¡¡

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¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡1

0 1 2 3 x

f(x)

Figura 17: La funzione f(x) prolungamento per periodicita di f(x).

nell’intervallo [1, 3), la serie di Fourier converge puntualmente a f(x), eccettoche nei punti di discontinuita, ove la serie di Fourier converge a 0. La con-vergenza uniforme segue solo negli intervalli chiusi contenuti negli intervaslliaperti di continuita, si ha cioe convergenza uniforme in [c, d] ⊂ (1, 3).

3) Ricordando l’espressione (45) che ci fornisce la stima della differenza in normaquadratica tra f(x) e S1(x) e avendo nel nostro caso:

‖f(x)‖2 =

∫ 3

1

|x− 2|2 dx =

[(x− 2)3

3

]3

1

=2

3

e per la ridotta S1(x):

‖S1(x)‖2 = 2 ·(∣∣∣∣−

i

π· (−1)n

∣∣∣∣2

+

∣∣∣∣i

π· (−1)n

∣∣∣∣2)

=4

π2

e quindi:

‖f(x)− S1(x)‖2 = ‖f(x)‖2 − ‖S1(x)‖2 =

=2

3− 4

π2≈ 0.26 < 0.3.

OsservazioneNel calcolo dei coefficienti della serie di Fourier di f(x) abbiamo trovato che

a0 = 0 e an = 0. Le serie e cosı risultata somma di soli seni:

+∞∑n=1

(−2)/(πn) · (−1)n · sin nπx,

questo fatto e conseguenza della disparita della funzione f(x) prolungamento perio-dico di f(x).

c©2007 Politecnico di Torino 73

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

Esercizio 4.9 Sia data nell’intervallo [2, 4) la seguente funzione:

f(x) = (x− 3) 2 ≤ x < 4

1) svilupparla in serie di Fourier nell’intervallo [2, 4),

2) dire se la convergenza e quadratica, puntuale o uniforme,

3) considerata la serie di Fourier complessa di f(x) data dalla espressione

+∞∑n=−∞

cn e i nω0x

per opportuni cn e ω0, e la sua ridotta S1(x) data dalla seguenta espressione:

S1(x) = c0 + c−1 e− i ω0x +c1 e i ω0x,

dire se S1(x) approssima in media quadratica la funzione f(x) con un erroreinferiore a (3/10).

SoluzioneIl grafico della funzione f(x) nell’intervallo [2, 4) e presentato in figura 18.

-

6

¡¡

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¡¡

1

0 2 3 4 x

f(x)

Figura 18: La funzione dell’esercizio 4.9 con x ∈ [2, 4).

1) La funzione proposta in questo esercizio e un caso particolare di quella dell’a-sercizio 4.7 precedente con

a = 2, b = 4 e c = 1.

c©2007 Politecnico di Torino 74

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

Facendo riferimento alla formula (41) ricaviamo subito che lo sviluppo in seriedi Fourier di f(x) e:

+∞∑n=1

((2

πn· (−1)n sin 3nπ

)cos nπx+

(−2

πn· (−1)n cos 3nπ

)sin nπx

)=

=+∞∑n=1

(−2)/(πn) · (−1)n · (−1)n · sin nπx =

=+∞∑n=1

(−2)/(πn) · sin nπx.

(49)

Volendo scrivere la serie di Fourier di f(x) nella forma che fa intervenire gliesponenziali complessi, ovvero nella forma:

+∞∑n=−∞

cn e i nω0x

si ha:

c0 = a0 = 0cn = (1/2) (0− i (−2)/(πn)) n > 0c−n = cn n > 0,

(50)

con c si e indicato il complesso coniugato di c. L’espressione della serie diFourier in forma esponenziale della funzione f(x), proposta in questo esercizio4.8, e dunque la seguente:

+∞∑n=−∞n 6=0

(i

πn

)e i πnx (51)

2) Essendo la funzione f(x) e il suo prolungamento per periodicita f(x) di qua-drato integrabile, la serie di Fourier converge in media quadratica a f(x) nel-l’intervallo [2, 4] e a f(x) su tutta la retta reale. Inoltre per la regolarita di f(x)nell’intervallo [2, 4), la serie di Fourier converge puntualmente a f(x), eccettoche nei punti di discontinuita, ove la serie di Fourier converge a 0. La con-vergenza uniforme segue solo negli intervalli chiusi contenuti negli intervaslliaperti di continuita, si ha cioe convergenza uniforme in [c, d] ⊂ (2, 4).

3) Ricordando l’espressione (45) che ci fornisce la stima della differenza in normaquadratica tra f(x) e S1(x) e avendo nel nostro caso:

‖f(x)‖2 =

∫ 4

2

|x− 3|2 dx =

[(x− 3)3

3

]4

2

=2

3

c©2007 Politecnico di Torino 75

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

-

6

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1

0 2 3 4 x

f(x)

Figura 19: La funzione f(x) prolungamento per periodicita di f(x).

e per la ridotta S1(x):

‖S1(x)‖2 = 2 ·(∣∣∣∣−

i

π

∣∣∣∣2

+

∣∣∣∣i

π

∣∣∣∣2)

=4

π2

e quindi:

‖f(x)− S1(x)‖2 = ‖f(x)‖2 − ‖S1(x)‖2 =

=2

3− 4

π2≈ 0.26 < 0.3.

OsservazioneNel calcolo dei coefficienti della serie di Fourier di f(x) abbiamo trovato che

a0 = 0 e an = 0. Le serie e cosı risultata somma di soli seni, questo fatto econseguenza della disparita della funzione f(x) prolungamento periodico di f(x).

Esercizio 4.10 Sia data nell’intervallo [−1, 3) la seguente funzione:

f(x) = (x− 1) − 1 ≤ x < 3

1) svilupparla in serie di Fourier nell’intervallo [−1, 3),

2) dire se la convergenza e quadratica, puntuale o uniforme,

3) considerata la serie di Fourier complessa di f(x) data dalla espressione

+∞∑n=−∞

cn e i nω0x

per opportuni cn e ω0, e la sua ridotta S2(x) data dalla seguenta espressione:

S2(x) = c−2 e−2 i ω0x +c−1 e− i ω0x +c0 + c1 e i ω0x +c2 e2 i ω0x,

c©2007 Politecnico di Torino 76

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

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6

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2

1

−1 0 1 2 3 x

f(x)

Figura 20: La funzione dell’esercizio 4.9 con x ∈ [−1, 3).

stimare la differenza in media quadratica tra f(x) e S2(x) .

SoluzioneIl grafico della funzione f(x) nell’intervallo [−1, 3) e presentato in figura 20.

1) La funzione proposta in questo esercizio e un caso particolare di quella dell’a-sercizio 4.7 precedente con

a = −1, b = 3 e c = 1.

Facendo riferimento alla formula (41) ricaviamo subito che lo sviluppo in seriedi Fourier di f(x) e:

+∞∑n=1

((4

πn· (−1)n sin nπ/2

)cos(nπ/2)x+

(−4

πn· (−1)n cos nπ/2

)sin(nπ/2)x

)=

(52)

Osservando ora che se n e dispari e cioe n = 2k + 1 si ha:

sin(2k + 1)π/2 = (−1)k e cos(2k + 1)π/2 = 0,

mentre se n e pari e cioe n = 2k si ha:

sin 2kπ/2 = sin kπ = 0 e cos 2kπ/2 = cos kπ = (−1)k,

lo sviluppo in serie allora diviene:

+∞∑n=0

( −4

π(2k + 1)(−1)k

)cos((2k + 1)π/2)x+

++∞∑n=1

( −4

2kπ/2(−1)k

)sin(2kπ/2)x.

(53)

c©2007 Politecnico di Torino 77

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

Volendo scrivere la serie di Fourier di f(x) nella forma che fa intervenire gliesponenziali complessi, ovvero nella forma:

+∞∑n=−∞

cn e i nω0x

si ha:

c0 = a0 = 0

c2k+1 = (1/2)

( −4

π(2k + 1)(−1)k

)n > 0

c2k = −(1/2)

( −4

2kπ(−1)k i

)n > 1

c−(2k+1) = c(2k+1), c−2k = c2k n > 0,

(54)

con c si e indicato il complesso coniugato di c. L’espressione della serie diFourier in forma esponenziale della funzione f(x), proposta in questo esercizio4.9, e dunque la seguente:

+∞∑

k=−∞

−2

π(2k + 1)(−1)k e i (2k + 1)(π/2)x +

++∞∑

k=−∞n 6=0

2

2kπ(−1)k i e i 2k(π/2)x

(55)

2) Essendo la funzione f(x) e il suo prolungamento per periodicita f(x) di quadra-to integrabile, la serie di Fourier converge in media quadratica a f(x) nell’in-tervallo [−1, 3] e a f(x) su tutta la retta reale. Inoltre per la regolarita di f(x)

-

6

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1

2

−1 0 2 31 x

f(x)

Figura 21: La funzione f(x) prolungamento per periodicita di f(x).

nell’intervallo [−1, 3), la serie di Fourier converge puntualmente a f(x), eccettoche nei punti di discontinuita, ove la serie di Fourier converge a 0. La con-vergenza uniforme segue solo negli intervalli chiusi contenuti negli intervaslliaperti di continuita, si ha cioe convergenza uniforme in [c, d] ⊂ (−1, 3).

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

3) Ricordando l’espressione (45) che ci fornisce la stima della differenza in normaquadratica tra f(x) e S2(x) e avendo nel nostro caso:

‖f(x)‖2 =

∫ 3

−1

|x− 1|2 dx =

[(x− 1)3

3

]3

−1

=16

3

e per la ridotta S2(x):

‖S2(x)‖2 = 4 ·(∣∣∣∣

2

2πi

∣∣∣∣2

+

∣∣∣∣2

π

∣∣∣∣2

+

∣∣∣∣−2

π

∣∣∣∣2 ∣∣∣∣−2

2πi

∣∣∣∣2)

=40

π2

e quindi:

‖f(x)− S2(x)‖2 = ‖f(x)‖2 − ‖S2(x)‖2 =

=16

3− 40

π2≈ 5.3333− 4.0569 ≈ 1.2763.

Osservazione 1Nel calcolo dei coefficienti della serie di Fourier di f(x) abbiamo trovato che ci

sono coefficienti an 6= 0 e bn 6= 0. Le serie e cosı risultata somma sia di coseni che diseni, questo e conseguenza del fatto che la funzione f(x) prolungamento periodicodi f(x) non e ne pari ne dispari.Osservazione 2

Ogni funzione, definita su un intervallo simmetrico rispetto alla origine, puoessere pensata come somma di una funzione pari e di una funzione dispari. Il pro-lungamento periodico f(x) della funzione f(x) di questo esercizio 4.10, puo essereconsiderata come somma di una funzione pari g(x) e di una funzione dispari h(x):

g(x) =f(x) + f(−x)

2e h(x) =

f(x)− f(−x)

2.

Nelle figure 22, 23 e 24 sono riportati i grafici di f(x), di g(x) e di h(x) nell’intervallo[−2, 2). Si puo dunque pensare di ottenere lo sviluppo in serie di Fourier di f(x)

-

6

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

1

2

−2 −1 0 2 31 x

f(x)

Figura 22: La funzione f(x) nell’intervallo −[2, 2).

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Analisi Matematica II Serie di Fourier

-

6

1

−2 −1 0 21 x

g(x)

Figura 23: La funzione g(x) nell’intervallo −[2, 2).

-

6

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

1

−2 −1 0 21 x

f(x)

Figura 24: La funzione h(x) nell’intervallo −[2, 2).

sommando gli sviluppi in serie di g(x) e di h(x). Lo sviluppo di g(x) si puo ricavarefacilmente da quello dell’esercizio 4.2, moltiplicandolo per −2 e aggiungendogli 1:

g(x) = 1− 2

(1

2+

+∞∑

k=0

(2

π(2k + 1)(−1)k

)cos(2k + 1)

π

2x

)=

=+∞∑

k=0

( −4

π(2k + 1)(−1)k

)cos(2k + 1)

π

2x,

questo sviluppo coincide con gli addendi, che contengono funzioni coseno, dellosviloppo in serie di f(x). Lo sviluppo di h(x) si puo ricavare facilmente da quellodell’esercizio 4.8:

h(x) =+∞∑n=1

(−2)/(πn) · (−1)n · sin nπx =+∞∑n=1

(−4)/(2πn) · (−1)n · sin(2nπ/2)x,

questo sviluppo coincide con gli addendi, che contengono funzioni seno, dello svilop-po in serie di f(x).

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