Funzione $C^{infty}$ non sviluppabile in serie di MacLaurin
Chiedo conferma circa lo svolgimento del seguente esercizio. Non sono molto pratico di questi argomenti, quindi potrei andare a scrivere delle ignominie; in tal caso, chiedo venia.
Comincio con il primo punto
i) Studiare l'insieme \(\displaystyle C \subseteq \mathbb{R} \) di convergenza della serie di funzioni \[\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(2^{n} x)}{n^{n}} \]
Svolgimento:
Mi rifaccio al criterio di Weierstrass e noto che \[\displaystyle \sup_{x \in \mathbb{R}} \; \left| \frac{\sin(2^{n} x)}{n^{n}} \right|\le \frac{1}{n^{n}} \qquad \text{e} \qquad \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n^{n}} < \infty \] quindi la serie di funzioni in questione converge uniformemente su tutto \(\displaystyle \mathbb{R} \).
ii) Sia \(\displaystyle k \in \mathbb{N} \); si studi la convergenza della serie \[\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{kn}}{n^{n}} \]
Svolgimento:
Usando il criterio della radice per serie a termini positivi si nota che \[\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{2^{kn}}{n^{n}}}=\lim_{n \to \infty} \frac{2^{k}}{n}=1 \] donde la convergenza per ogni \(\displaystyle k \) naturale.
iii) Si provi che la somma \(\displaystyle f \) delle serie di cui in (i) è di classe \(\displaystyle C^{\infty} \) su \(\displaystyle C \)
Svolgimento:
Qui non sono molto sicuro. Mi servo del Teorema di continuità della somma e Teorema di derivazione per le serie riportati qui - dovrei essere nelle ipotesi di entrambi (uniforme convergenza su \(\displaystyle \mathbb{R} \) della serie di partenza per la continuità e pure per la serie derivata, per la quale vale un discorso analogo a quello fatto in (i)). Iterando la derivazione della serie ottengo sempre una serie di funzioni maggiorata da una serie convergente - e qui mi servo di (ii) - quindi dovrei poter concludere che \(\displaystyle f \) è \(\displaystyle C^{\infty} \).
iv) Sia \(\displaystyle p \in \mathbb{N} \); si mostri che si ha \[\displaystyle \left|f^{(2p+1)}(0) \right| \ge 2^{2^{2^{p}}} \] e dedurne che la serie di MacLaurin di \(\displaystyle f \) ha raggio di convergenza nullo.
Svolgimento:
Qui devo sicuramente aver sbagliato qualcosa, perché quel risultato non mi torna. Se faccio \(\displaystyle f^{(2p+1)}(0) \) -la derivata \(\displaystyle (2p+1) \)-esima di quella funzione calcolata in \(\displaystyle 0 \) - ottengo \[\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{(2p+1)n}}{n^{n}}\] giusto?
Perché il tal caso la disuguaglianza che si cerca di dimostrare è falsa già per \(\displaystyle p=4 \) - qui il valore del termine sinistro e qui il valore del termine destro.
Ringrazio.
Comincio con il primo punto
i) Studiare l'insieme \(\displaystyle C \subseteq \mathbb{R} \) di convergenza della serie di funzioni \[\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(2^{n} x)}{n^{n}} \]
Svolgimento:
Mi rifaccio al criterio di Weierstrass e noto che \[\displaystyle \sup_{x \in \mathbb{R}} \; \left| \frac{\sin(2^{n} x)}{n^{n}} \right|\le \frac{1}{n^{n}} \qquad \text{e} \qquad \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n^{n}} < \infty \] quindi la serie di funzioni in questione converge uniformemente su tutto \(\displaystyle \mathbb{R} \).
ii) Sia \(\displaystyle k \in \mathbb{N} \); si studi la convergenza della serie \[\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{kn}}{n^{n}} \]
Svolgimento:
Usando il criterio della radice per serie a termini positivi si nota che \[\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{2^{kn}}{n^{n}}}=\lim_{n \to \infty} \frac{2^{k}}{n}=1 \] donde la convergenza per ogni \(\displaystyle k \) naturale.
iii) Si provi che la somma \(\displaystyle f \) delle serie di cui in (i) è di classe \(\displaystyle C^{\infty} \) su \(\displaystyle C \)
Svolgimento:
Qui non sono molto sicuro. Mi servo del Teorema di continuità della somma e Teorema di derivazione per le serie riportati qui - dovrei essere nelle ipotesi di entrambi (uniforme convergenza su \(\displaystyle \mathbb{R} \) della serie di partenza per la continuità e pure per la serie derivata, per la quale vale un discorso analogo a quello fatto in (i)). Iterando la derivazione della serie ottengo sempre una serie di funzioni maggiorata da una serie convergente - e qui mi servo di (ii) - quindi dovrei poter concludere che \(\displaystyle f \) è \(\displaystyle C^{\infty} \).
iv) Sia \(\displaystyle p \in \mathbb{N} \); si mostri che si ha \[\displaystyle \left|f^{(2p+1)}(0) \right| \ge 2^{2^{2^{p}}} \] e dedurne che la serie di MacLaurin di \(\displaystyle f \) ha raggio di convergenza nullo.
Svolgimento:
Qui devo sicuramente aver sbagliato qualcosa, perché quel risultato non mi torna. Se faccio \(\displaystyle f^{(2p+1)}(0) \) -la derivata \(\displaystyle (2p+1) \)-esima di quella funzione calcolata in \(\displaystyle 0 \) - ottengo \[\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{(2p+1)n}}{n^{n}}\] giusto?
Perché il tal caso la disuguaglianza che si cerca di dimostrare è falsa già per \(\displaystyle p=4 \) - qui il valore del termine sinistro e qui il valore del termine destro.
Ringrazio.
Risposte
I primi tre mi sembrano corretti (forse scriverei un po' meglio la spiegazione del punto 3). Per l'ultimo, mi pare che
${d^{2p+1}}/{dx^{2p+1}}[sin(2^n x)]|_{x=0}=(-1)^p 2^{n(2p+1)}\cos(2^n x)|_{x=0}=(-1)^p 2^{n(2p+1)}$
se non erro il calcolo dei cambiamenti di segno. A questo punto
$|f^{(2p+1)}(0)|=|\sum_{n=1}^\infty (-1)^p {2^{n(2p+1)}}/{n^n}|=\sum_{n=1}^\infty {2^{n(2p+1)}}/{n^n}$
per cui mi sembra torni con quanto dici.
Ora dire che la serie precedente può riscriversi così: poiché i termini sono tutti positivi, scrivendo solo per comodità $a=2^{2p+1}$ e fissando un $K>1$
$|f^{(2p+1)}(0)|\ge\sum_{n=1}^K {a^n}/{n^n}$
ed essendo pure $n\le K$ da cui $1/n\ge 1/K$
$\ge \sum_{n=1}^K (a/K)^n={(a/K)^{K+1}-1}/{(a/K)-1}-1$
e da qui vedere se c'èun $K$ che comunque ti permetta di verificare la richiesta di 4 (a prescindere di quale sia la disuguaglianza corretta).
${d^{2p+1}}/{dx^{2p+1}}[sin(2^n x)]|_{x=0}=(-1)^p 2^{n(2p+1)}\cos(2^n x)|_{x=0}=(-1)^p 2^{n(2p+1)}$
se non erro il calcolo dei cambiamenti di segno. A questo punto
$|f^{(2p+1)}(0)|=|\sum_{n=1}^\infty (-1)^p {2^{n(2p+1)}}/{n^n}|=\sum_{n=1}^\infty {2^{n(2p+1)}}/{n^n}$
per cui mi sembra torni con quanto dici.
Ora dire che la serie precedente può riscriversi così: poiché i termini sono tutti positivi, scrivendo solo per comodità $a=2^{2p+1}$ e fissando un $K>1$
$|f^{(2p+1)}(0)|\ge\sum_{n=1}^K {a^n}/{n^n}$
ed essendo pure $n\le K$ da cui $1/n\ge 1/K$
$\ge \sum_{n=1}^K (a/K)^n={(a/K)^{K+1}-1}/{(a/K)-1}-1$
e da qui vedere se c'èun $K$ che comunque ti permetta di verificare la richiesta di 4 (a prescindere di quale sia la disuguaglianza corretta).
Grazie ciampax! In effetti ho biascicato un po' la risoluzione del punto (iii)... Per quanto riguarda il (iv), pensavo per esempio di poter provare che \[\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{(2p+1)n}}{n^{n}} \ge 2^{p} \] che dovrebbe condurmi alla stessa conclusione. Adesso provo a vedere se riesco a dimostrare questa disuguaglianza.
mmmm... forse una potenza così bassa non va bebe. Però credo che dovresti riuscire a dimostrare qualcosa del tipo $\ge 2^{2^p}$... prova un po'.
Non funziona... E' falsa già per \(\displaystyle p=11 \).
Vorrei però chiederti una cosa, ciampax: la minorazione che stiamo cercando ha questo senso: al variare di \(\displaystyle p \) la somma della serie di cui appena sopra è niente altro che il valore della derivata \(\displaystyle (2p+1) \)-esima di \(\displaystyle f \) calcolata in \(\displaystyle 0 \). Quindi la serie di MacLaurin di \(\displaystyle f \) sarebbe "minorata" dalla serie di potenze \[\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{K(2n+1)}{(2n+1)!} x^{2n+1} \] ove \(\displaystyle X(2n+1) \) è un termine t.c. \[\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sup \sqrt[n]{\frac{K(2n+1)}{(2n+1)!}}=+\infty \] da cui il raggio di convergenza risulterebbe \(\displaystyle 0 \) (per entrambe) per la formula di Cauchy-Hadamard. E' corretto quanto dico?
Vorrei però chiederti una cosa, ciampax: la minorazione che stiamo cercando ha questo senso: al variare di \(\displaystyle p \) la somma della serie di cui appena sopra è niente altro che il valore della derivata \(\displaystyle (2p+1) \)-esima di \(\displaystyle f \) calcolata in \(\displaystyle 0 \). Quindi la serie di MacLaurin di \(\displaystyle f \) sarebbe "minorata" dalla serie di potenze \[\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{K(2n+1)}{(2n+1)!} x^{2n+1} \] ove \(\displaystyle X(2n+1) \) è un termine t.c. \[\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sup \sqrt[n]{\frac{K(2n+1)}{(2n+1)!}}=+\infty \] da cui il raggio di convergenza risulterebbe \(\displaystyle 0 \) (per entrambe) per la formula di Cauchy-Hadamard. E' corretto quanto dico?
Sì, è quello il senso della richiesta.
Ok grazie. Allora devo trovare una minorazione idonea...
Porto su: qualcuno ha una qualche minorazione saggia da proporre? Trovo strano che il testo dell'esercizio mandi così fuori strada...
La cosa più banale che mi viene in mente è che quel termine sia $\ge (a/K)^K$ per qualsiasi $K$ fissato. Ora, supponendo che $K=2^h$, tale quantità risulta pari a $2^{2^h(2p+1-h)}$ e per $h=2p$ risulta $2^{2^{2p}}$... o sbaglio?
"ciampax":
[...]
Ora dire che la serie precedente può riscriversi così: poiché i termini sono tutti positivi, scrivendo solo per comodità $a=2^{2p+1}$ e fissando un $K>1$
$|f^{(2p+1)}(0)|\ge\sum_{n=1}^K {a^n}/{n^n}$
ed essendo pure $n\le K$ da cui $1/n\ge 1/K$
$\ge \sum_{n=1}^K (a/K)^n={(a/K)^{K+1}-1}/{(a/K)-1}-1$
e da qui vedere se c'èun $K$ che comunque ti permetta di verificare la richiesta di 4 (a prescindere di quale sia la disuguaglianza corretta).
Ho pensato a quanto quotato sopra, e in effetti mi sembra ragionevole. Siccome quella disuguaglianza è vera per ogni \(\displaystyle K \) fissato, posso porre \(\displaystyle K=2^{2p} \) ed ottenere
\[\displaystyle \left|f^{(2p+1)}(0) \right| \ge \frac{\left(\frac{2^{2p+1}}{2^{2p}}\right)^{2^{2p}+1}-1}{{(\frac{2^{2p+1}}{2^{2p}})-1}}-1=2^{2^{2p+1}}-2 \] che è quanto si voleva.
Tuttavia non mi spiego i risultati balordi di Wolfram...
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