Convergenza serie

[ale.b14]

Dire per quali $x \in \mathbb{R}$ convergono le due serie seguenti:

$\sum_(n = 1)^(oo) \frac{\sin(nx)}{n}$ ; $\sum_(n = 1)^(oo) \frac{\cos(nx)}{n}$

I criteri di convergenza che conosco non funzionano... Un piccolo aiutino?

[Giuly191]

Entrambi i numeratori non superano mai $1$.. Caso mai tieni d'occhio per quali $x$ sono uguali a $0$.

[ale.b14]

Scusami, che significa che i numeratori non superano mai 1??

[abral]

$ sin(nx) <= 1 $ e $ cos(nx) <= 1 $.

Comunque, non vorrei sbagliarmi, ma applicando il criterio degli infinitesimi mi trovo che entrambe le funzioni convergono per ogni $ x in R $.

[Giuly191]

Questo: $|sin(nx)|<=1$ e $|cos(nx)|<=1$.

[ale.b14]

"Giuly19":Questo: $|sin(nx)|<=1$ e $|cos(nx)|<=1$.

Sì, questo è ok! Ma come mi può essere utile?

"abral":non vorrei sbagliarmi, ma applicando il criterio degli infinitesimi mi trovo che entrambe le funzioni convergono per ogni $ x in R $.

E quale sarebbe il criterio degli infinitesimi??


Vi ringrazio!

[Giuly191]

Beh in tanti modi, comunque cerca di fissare dei punti in cui ricondurre la serie a qualcosa di noto, poi dovrebbe diventare tutto più facile.

[ale.b14]

Sì, alcuni valori particolari si studiano facilmente, ad esempio la serie $\sum_(n = 1)^(oo) \frac{\sin(nx)}{n}$ converge $\forall x \in {0,\frac{\pi}{2},\pi,\frac{3\pi}{2}}$ ... Come concludere però con qualcosa di generale?

[gugo82]

L'esercizio è standard, ma non è facile perchè, eccezion fatta per i casi banali, le serie assegnate (quando convergono) non sono mai assolutamente convergenti.

Ad esempio, se [tex]$x=\tfrac{\pi}{2}$[/tex], entrambe le serie convergono (per Leibniz), però le serie formate dai loro valori assoluti divergono (perchè entrambe "imparentate" con la serie armonica).

Un'idea sensata è quella di usare il criterio di Dirichlet (che è una generalizzazione di quello di Leibniz):

Siano [tex]$(a_n)$[/tex] e [tex]$(b_n)$[/tex] successioni reali.
Se:

1. [tex]$(a_n)$[/tex] è positiva, decrescente ed infinitesima;

2. le somme parziali della serie [tex]\sum b_n[/tex] sono limitate, ossia esiste un [tex]$M\geq0$[/tex] tale che [tex]\left| \sum_{n=1}^N b_n\right| \leq M[/tex] per ogni [tex]N\in \mathbb{N}[/tex];

allora la serie [tex]\sum a_nb_n[/tex] è convergente.

Prendiamo la prima serie, ossia:

[tex]$\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\sin nx}{n}$[/tex];

è evidente che se [tex]$x=0$[/tex], allora la serie converge (perchè identicamente nulla); negli altri casi, nulla si può dire coi criteri di assoluta convergenza e Leibniz non è applicabile (perchè la serie non è a segni alterni), quindi l'unica strada che abbiamo davanti è provare col criterio di Dirichlet.

Per fare ciò si può cercare di prendere [tex]$a_n=\tfrac{1}{n}$[/tex] (che è positiva, decrescente ed infinitesima) e, conseguentemente, [tex]$b_n=\sin nx$[/tex], quindi dobbiamo far vedere che la serie [tex]\sum \sin nx[/tex] ha le somme parziali limitate.

Ricordato che dalle formule di Eulero discende:

[tex]$\sin y = \frac{1}{2\imath} (e^{\imath y}-e^{-\imath y})$[/tex],

la somma parziale [tex]$N$[/tex]-esima della serie [tex]\sum \sin nx[/tex] si scrive:

[tex]$\sum_{n=1}^N \sin nx = \sum_{n=1}^N \frac{1}{2\imath} (e^{\imath nx}-e^{-\imath nx})$[/tex]
[tex]$=\frac{1}{2\imath} \left( \sum_{n=1}^N e^{\imath nx} - \sum_{n=1}^N e^{-\imath nx}\right)$[/tex]
[tex]$=\frac{1}{2\imath} \left( e^{\imath x} \sum_{n=0}^{N-1} e^{\imath nx} - e^{-\imath x} \sum_{n=0}^{N-1} e^{-\imath nx}\right)$[/tex];

le due somme all'ultimo membro sono le somme parziali [tex]$N$[/tex]-esime di due serie geometriche, la prima di ragione [tex]$e^{\imath x}$[/tex] e la seconda di ragione [tex]$e^{-\imath x}$[/tex]: dato che la somma parziale [tex]$N$[/tex]-esima della serie geometrica di ragione [tex]$q$[/tex], [tex]\sum q^n[/tex], è data da:

[tex]$\sum_{n=0}^{N-1} q^n =\frac{1-q^N}{1-q}$[/tex],

risulta:

[tex]$e^{\imath x} \sum_{n=0}^{N-1} e^{\imath nx} =e^{\imath x} \frac{1-e^{\imath Nx}}{1-e^{\imath x}}$[/tex]

[tex]$e^{-\imath x} \sum_{n=0}^{N-1} e^{-\imath nx} =e^{-\imath x} \frac{1-e^{-\imath Nx}}{1-e^{-\imath x}}$[/tex],

e ciò importa:

[tex]$\sum_{n=1}^N \sin nx =\frac{1}{2\imath} \left( e^{\imath x} \frac{1-e^{\imath Nx}}{1-e^{\imath x}} - e^{-\imath x} \frac{1-e^{-\imath Nx}}{1-e^{-\imath x}}\right)$[/tex]
[tex]$=\frac{1}{2\imath} \left( e^{\imath x} \frac{1-e^{\imath Nx}}{1-e^{\imath x}} - \frac{1-e^{-\imath Nx}}{e^{\imath x}-1}\right)$[/tex]
[tex]$=\frac{1}{2\imath (1-e^{\imath x})} \left[ e^{\imath x} (1-e^{\imath Nx}) + (1-e^{-\imath Nx})\right]$[/tex]
[tex]$=\frac{1}{2\imath (1-e^{\imath x})} \left[ e^{\imath x} (1-e^{\imath Nx}) - e^{-\imath Nx} (1-e^{\imath Nx})\right]$[/tex]
[tex]$=\frac{(1-e^{\imath Nx})\ (e^{\imath x}-e^{-\imath Nx})}{2\imath (1-e^{\imath x})}$[/tex];

passando ai moduli ambo i membri esterni della precedente e tenendo presenti le properietà del modulo, la disuguaglianza triangolare ed che [tex]$|e^{\imath k x}|=1$[/tex] otteniamo:

[tex]$\left| \sum_{n=1}^N \sin nx \right| =\left| \frac{(1-e^{\imath Nx})\ (e^{\imath x}-e^{-\imath Nx})}{2\imath (1-e^{\imath x})} \right|$[/tex]
[tex]$= \frac{|1-e^{\imath Nx}|\ |e^{\imath x}-e^{-\imath Nx}|}{|2\imath|\ |1-e^{\imath x}|}$[/tex]
[tex]$\leq \frac{(1+|e^{\imath Nx}|)\ (|e^{\imath x}|+|e^{\imath Nx}|)}{2\ |1-e^{\imath x}|}$[/tex]
[tex]$=\frac{2}{|1-e^{\imath x}|}$[/tex],

quindi le somme parziali della serie [tex]\sum \sin nx[/tex] sono limitate con [tex]$M=\tfrac{2}{|1-e^{\imath x}|} \geq 0$[/tex]; pertanto la convergenza della serie [tex]\sum \frac{\sin nx}{n}[/tex] per ogni [tex]$x\neq 0[$[/tex] segue dal criterio di Dirichlet.

***

Osservo esplicitamente che l'esercizio si può risolvere in molte altre maniere.
Ad esempio, con l'Analisi di Fourier, tenendo presente che [tex]\sum \frac{1}{n}\ \sin nx[/tex] è una serie di Fourier, se ne può addirittura calcolare la somma.

Oppure, con l'Analisi Complessa, tenendo presente che [tex]$e^{\imath nx}=\cos nx+\imath \sin nx$[/tex] (formula di Eulero), si vede che per [tex]$x\neq 0$[/tex]:

[tex]$\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n}\ \cos nx +\imath \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n}\ \sin nx = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n}\ e^{\imath nx}$[/tex]
[tex]$=-\text{Ln} (1-e^{\imath x})$[/tex] (determinazione principale del logaritmo naturale complesso)
[tex]$=- \ln |1-e^{\imath x}| -\imath \text{Arg} (1-e^{\imath x})$[/tex]

e la convergenza di entrambe le due serie assegnate segue in un sol colpo separando il reale dall'immaginario.

Od ancora, sempre con l'Analisi Complessa, usando il teorema di Picard si conclude che la serie di potenze complesse [tex]\sum \frac{1}{n} z^n[/tex] converge su tutta la circonferenza di equazione [tex]$z=e^{\imath x}$[/tex] ad eccezione del punto [tex]$z=1$[/tex], ergo le due serie [tex]\sum \frac{1}{n} \sin nx[/tex] e [tex]\sum \frac{1}{n} \cos nx[/tex] convergono, rispettivamente, per ogni [tex]$x\in \mathbb{R}$[/tex] e per ogni [tex]$x\in \mathbb{R} \setminus \{ 0\}$[/tex].