$f(x)=\sum_(n=1)^\infty\frac{1}{n^x}$ è $C^\infty$ per $x>1$
[OT] Stavo quasi per postarlo nella sezione "pensare un po' di più" ma mi sono accorto che alla fine è un problema di Analisi I, al max Analisi II.[OT]
Comunque, abbiamo la seguente serie
$\sum_(n=1)^\infty\frac{1}{n^x}$
che è la serie armonica generalizzata e converge solo per $x>1$.
Tutti i libri che ho letto danno questa sentenza [il Rudin lo dà come teorema e lo dimostra, ma solo per quanto riguarda convergenza e divergenza (Rudin, Principles of Mathematical Analysis, terza edizione, a pagina 62)] e... finito lì, si passa ad un altro argomento.
Tuttavia volevo dimostrare che $f(x)=\sum_(n=1)^\infty\frac{1}{n^x}$ è una funzione $C^\infty$ sempre per $x>1$.
Di questo fatto ne sono convinto poiché vari teoremi (tipo Jensen) dimostrano che la $\zeta(s)$ è olomorfa per $Re(s)>1$ quindi, restringendoci ai reali, vale che $f(x)$ è $C^\infty$, no?
($\zeta(s)$ è la zeta di Riemann).
Comunque, tralasciando l'analisi complessa, ho provato a darne una dimostrazione personalmente e volevo solo sapere se era giusta o meno. Ovviamente, se non è giusta, magari un "hint" per arrivare ad una dimostrazione corretta, grazie
( 
).
La "spoilerizzo" solo per evitare di scrivere un papiro.
Comunque, abbiamo la seguente serie
$\sum_(n=1)^\infty\frac{1}{n^x}$
che è la serie armonica generalizzata e converge solo per $x>1$.
Tutti i libri che ho letto danno questa sentenza [il Rudin lo dà come teorema e lo dimostra, ma solo per quanto riguarda convergenza e divergenza (Rudin, Principles of Mathematical Analysis, terza edizione, a pagina 62)] e... finito lì, si passa ad un altro argomento.
Tuttavia volevo dimostrare che $f(x)=\sum_(n=1)^\infty\frac{1}{n^x}$ è una funzione $C^\infty$ sempre per $x>1$.
Di questo fatto ne sono convinto poiché vari teoremi (tipo Jensen) dimostrano che la $\zeta(s)$ è olomorfa per $Re(s)>1$ quindi, restringendoci ai reali, vale che $f(x)$ è $C^\infty$, no?
($\zeta(s)$ è la zeta di Riemann).
Comunque, tralasciando l'analisi complessa, ho provato a darne una dimostrazione personalmente e volevo solo sapere se era giusta o meno. Ovviamente, se non è giusta, magari un "hint" per arrivare ad una dimostrazione corretta, grazie
( ).La "spoilerizzo" solo per evitare di scrivere un papiro.
Risposte
@ Zero87: Il teorema su cui ti basi non è vero.
Ad esempio, la serie di funzioni (tutte \(C^\infty\)) \(\sum \sqrt{x^2+1/(n+1)} -\sqrt{x^2+1/n}\), che ha come successione delle somme parziali:
\[
s_n(x)=\sqrt{x^2+\frac{1}{n}} -\sqrt{x^2+1}\; ,
\]
converge uniformemente in \(\mathbb{R}\), e però la sua somma è \(|x|-\sqrt{x^2+1}\) che non è nemmeno \(C^1\).
In generale, vale il seguente fatto:
Quindi, il teorema che citi va bene così com'è scritto solo se consideri le serie di potenze (infatti le serie di potenze e tutte le loro serie derivate convergono sempre nel loro centro).
Un po' meno generale, ma utile è il seguente:
Ora, nel tuo caso, hai convergenza totale della serie \(\sum n^{-x}\) non in \(x>1\), perchè:
\[
\sup_{x>1} n^{-x}=1
\]
e la serie \(\sum 1\) diverge. Tuttavia hai convergenza totale (e dunque assoluta ed uniforme) in ogni intervallo del tipo \([a,+\infty[\) con \(a>1\): ciò significa che la somma \(\zeta (x)\) della tua serie è continua in ogni \([a,+\infty[\) e, dato che \(]1,+\infty[ =\bigcup_{a>1} [a,+\infty[\), ciò importa che essa è continua in \(]1,+\infty[\).
Per quanto riguarda la derivabilità di \(\zeta (x)\), devi andare a vedere se la serie delle derivate, cioè \(\sum - n^{-x}\ \log n\), converge uniformemente almeno sui compatti di \(]1,+\infty[\).
In questo caso, per fissato \(n\in \mathbb{N}\) hai:
\[
|f_n^\prime (x)| = n^{-x}\ \log n = e^{-x\log n }\ \log n \qquad \Rightarrow \qquad \sup_{x>1} |f_n^\prime (x)| = \frac{\log n}{n}
\]
e la serie numerica \(\sum \frac{\log n}{n}\) è divergente, quindi non converge totalmente in \(]1,+\infty[\); tuttavia, per fissato \(a>1\) hai:
\[
\sup_{x\in [a,+\infty[} |f_n^\prime (x)| = \frac{\log n}{n^a}
\]
e devi studiare la serie \(\sum (\log n)/n^a\); usando il criterio di condensazione di Cauchy (cosa che si può fare, almeno per \(n\) grande, perchè la funzione \(\phi (t) := (\log t)/t^a\) ha \(\phi^\prime (t) = (1 -a \log t)/t^{a+1} <0 \)), trovi:
\[
\sum_{n=1}^\infty 2^n\ \frac{\log (2^n)}{2^{an}} = \sum_{n=1}^\infty \log 2\ \frac{n}{2^{(a-1)n}} <+\infty
\]
(perchè \(a-1<0\)) quindi la serie numerica \(\sum (\log n)/n^a\) converge e la tua serie derivata converge totalmente in \([a,+\infty[\).
Conseguentemente hai \(\zeta^\prime (x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{\log n}{n^x}\) in \(]1,+\infty[\) con la serie a secondo membro convergente totalmente sulle semirette \([a,+\infty[\) per \(a>1\).
Ad esempio, la serie di funzioni (tutte \(C^\infty\)) \(\sum \sqrt{x^2+1/(n+1)} -\sqrt{x^2+1/n}\), che ha come successione delle somme parziali:
\[
s_n(x)=\sqrt{x^2+\frac{1}{n}} -\sqrt{x^2+1}\; ,
\]
converge uniformemente in \(\mathbb{R}\), e però la sua somma è \(|x|-\sqrt{x^2+1}\) che non è nemmeno \(C^1\).
In generale, vale il seguente fatto:
Siano \([a,b]\) un intervallo non degenere \(\sum f_n\) una successione di funzioni continue in \([a,b]\) e derivabili \(k\) volte in \(]a,b[\).
Se:
[*:3loet5xw] esistono \(k\) punti \(x_0,\ldots ,x_{k-1}\in [a,b]\) tali che la serie numerica \(\sum_{n=0}^\infty f_n^{(j)}(x_j)\) converge per ogni \(j=0,\ldots ,k-1\),
[/*:m:3loet5xw]
[*:3loet5xw] la serie di funzioni \(\sum f_n^{(k)}\) converge uniformemente in \([a,b]\),[/*:m:3loet5xw][/list:u:3loet5xw]
allora la serie \(\sum f_n\) converge uniformemente in \([a,b]\), la sua somma \(f\) è continua in \([a,b]\) ed è derivabile \(k\) volte in \(]a,b[\); inoltre si ha:
\[
f^{(j)}(x) =\sum_{n=0}^\infty f_n^{(j)}(x)\qquad \text{identicamente in } ]a,b[
\]
per ogni \(j=0,\ldots ,k\) con convergenza uniforme.
Quindi, il teorema che citi va bene così com'è scritto solo se consideri le serie di potenze (infatti le serie di potenze e tutte le loro serie derivate convergono sempre nel loro centro).
Un po' meno generale, ma utile è il seguente:
Siano \(I\) un intervallo non degenere e \(\sum f_n\) una serie di funzioni derivabili \(k\) volte in \(\operatorname{int} I\).
Se \(\sum f_n^{(k)}\) converge uniformemente sui compatti contenuti in \(I\) e se \(\sum f_n,\sum f_n^\prime ,\ldots ,\sum f_n^{(k-1)}\) convergono puntualmente in \(I\), allora le \(k\) serie \(\sum f_n,\ \sum f_n^\prime ,\ldots ,\sum f_n^{(k-1)}\) convergono uniformemente sui compatti contenuti in \(I\); inoltre la somma \(f=\sum_{n=0}^\infty f_n\) è derivabile \(k\) volte in \(I\) e si ha:
\[
f^{(j)}(x) =\sum_{n=0}^\infty f_n^{(j)}(x) \text{identicamente in } I
\]
per ogni \(j=0,\ldots ,k\).
Ora, nel tuo caso, hai convergenza totale della serie \(\sum n^{-x}\) non in \(x>1\), perchè:
\[
\sup_{x>1} n^{-x}=1
\]
e la serie \(\sum 1\) diverge. Tuttavia hai convergenza totale (e dunque assoluta ed uniforme) in ogni intervallo del tipo \([a,+\infty[\) con \(a>1\): ciò significa che la somma \(\zeta (x)\) della tua serie è continua in ogni \([a,+\infty[\) e, dato che \(]1,+\infty[ =\bigcup_{a>1} [a,+\infty[\), ciò importa che essa è continua in \(]1,+\infty[\).
Per quanto riguarda la derivabilità di \(\zeta (x)\), devi andare a vedere se la serie delle derivate, cioè \(\sum - n^{-x}\ \log n\), converge uniformemente almeno sui compatti di \(]1,+\infty[\).
In questo caso, per fissato \(n\in \mathbb{N}\) hai:
\[
|f_n^\prime (x)| = n^{-x}\ \log n = e^{-x\log n }\ \log n \qquad \Rightarrow \qquad \sup_{x>1} |f_n^\prime (x)| = \frac{\log n}{n}
\]
e la serie numerica \(\sum \frac{\log n}{n}\) è divergente, quindi non converge totalmente in \(]1,+\infty[\); tuttavia, per fissato \(a>1\) hai:
\[
\sup_{x\in [a,+\infty[} |f_n^\prime (x)| = \frac{\log n}{n^a}
\]
e devi studiare la serie \(\sum (\log n)/n^a\); usando il criterio di condensazione di Cauchy (cosa che si può fare, almeno per \(n\) grande, perchè la funzione \(\phi (t) := (\log t)/t^a\) ha \(\phi^\prime (t) = (1 -a \log t)/t^{a+1} <0 \)), trovi:
\[
\sum_{n=1}^\infty 2^n\ \frac{\log (2^n)}{2^{an}} = \sum_{n=1}^\infty \log 2\ \frac{n}{2^{(a-1)n}} <+\infty
\]
(perchè \(a-1<0\)) quindi la serie numerica \(\sum (\log n)/n^a\) converge e la tua serie derivata converge totalmente in \([a,+\infty[\).
Conseguentemente hai \(\zeta^\prime (x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{\log n}{n^x}\) in \(]1,+\infty[\) con la serie a secondo membro convergente totalmente sulle semirette \([a,+\infty[\) per \(a>1\).
Mannaggia, ho confuso le serie di potenze con quelle di funzioni.
Comunque, premetto che devo ancora leggere e assimilare il tuo intervento nella sua totalità anche se l'ho letto.
Tu dici che l'armonica generalizzata converge uniformemente negli intervalli $[a,+\infty[$ per $a>1$ quindi è giusto quello che ho detto io, cioè, fissato $\varepsilon>0$, provo che la serie armonica converge uniformemente in $[1+\varepsilon,+\infty[$.
Il punto sbagliato del ragionamento, quindi (solo per la convergenza uniforme) era solo dire "per l'arbitrarietà di $\varepsilon$".
Comunque, premetto che devo ancora leggere e assimilare il tuo intervento nella sua totalità anche se l'ho letto.
Tu dici che l'armonica generalizzata converge uniformemente negli intervalli $[a,+\infty[$ per $a>1$ quindi è giusto quello che ho detto io, cioè, fissato $\varepsilon>0$, provo che la serie armonica converge uniformemente in $[1+\varepsilon,+\infty[$.
Il punto sbagliato del ragionamento, quindi (solo per la convergenza uniforme) era solo dire "per l'arbitrarietà di $\varepsilon$".
Spoilerizzo la parte che mi interessa della tua risposta per motivi estetici.
Il ragionamento, però, si può iterare.
Cioè, se concludo che $\zeta(x)$ converge per $x\in[a,+\infty[$ (e $a>1$) e lo stesso vale per $\zeta'(x)$ posso considerare $\zeta'(x)$ e andare avanti con $\zeta''(x)$ ottenendo le stesse conclusioni.
Sennò, in generale, posso ripeterlo con $\zeta^((n))(x)$ e dimostrarlo per $\zeta^((n+1))(x)$ ottenendo le stesse conclusioni, quindi, concludendo che $\zeta(x)$ è di classe $C^\infty$.
"gugo82":
Il ragionamento, però, si può iterare.
Cioè, se concludo che $\zeta(x)$ converge per $x\in[a,+\infty[$ (e $a>1$) e lo stesso vale per $\zeta'(x)$ posso considerare $\zeta'(x)$ e andare avanti con $\zeta''(x)$ ottenendo le stesse conclusioni.
Sennò, in generale, posso ripeterlo con $\zeta^((n))(x)$ e dimostrarlo per $\zeta^((n+1))(x)$ ottenendo le stesse conclusioni, quindi, concludendo che $\zeta(x)$ è di classe $C^\infty$.
Beh, certo che puoi iterare.
L'unico problema, "a occhio", è quello di ottenere delle espressioni maneggevoli per le derivate.
Ma forse basta fare i conti, per ottenere dei risultati comodi... Vedi un po'.
L'unico problema, "a occhio", è quello di ottenere delle espressioni maneggevoli per le derivate.
Ma forse basta fare i conti, per ottenere dei risultati comodi... Vedi un po'.
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