Successioni di funzioni – Esercizi

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Successioni di funzioni – Esercizi

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Autori: Luigi De Masi, Roberto Castorrini.

Revisori: Valerio Brunetti, Sergio Fiorucci, Chiara Bellotti, Nicola Fusco, Matteo Talluri.

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Notazioni

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$\mathbb{N}$	Insieme dei numeri naturali positivi: $\{1, 2, \dots\}$
$\exp(x)$	$e^x$
$\chi_A$	Funzione caratteristica dell’insieme $A \subseteq \mathbb{R}$ , definita da: $\chi_A(x) = \begin{cases} 1 & \text{se } x \in A, \\ 0 & \text{se } x \notin A; \end{cases}$

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Introduzione

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Questa dispensa è una raccolta di problemi risolti sulle successioni di funzioni e, in particolare, riguardanti la convergenza puntuale e uniforme. Essi coprono una parte abbastanza estesa dei relativi argomenti teorici e spesso sono presentate soluzioni alternative che fanno uso di strumenti a volte meno utilizzati. Gli esercizi sono proposti in ordine di difficoltà crescente; invitiamo il lettore a cimentarsi anche con i più difficili prima di leggere le soluzioni riportate. Come riferimento per la parte di teoria, rimandiamo il lettore alla dispensa Successioni di funzioni (teoria); ci riferiremo spesso ai risultati di tale volume (che abbiamo raccolto nella sezione “Richiami di teoria” per comodità) nelle risoluzioni degli esercizi.

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Richiami di teoria

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In questa sezione richiamiamo le definizioni principali e i teoremi che utilizzeremo nel seguito. Il lettore può riferirsi a Successioni di funzioni (teoria) per una trattazione completa degli argomenti. Riportiamo i teoremi senza dimostrazione, rimandando ai rispettivi punti in Successioni di funzioni (teoria).

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Definizione 1.1 (convergenza puntuale). Dato $E \subseteq R$ , data una successione di funzioni $f_n \colon E \to \mathbb{R}$ e una funzione $f \colon E \to \mathbb{R}$ , diciamo che $f_n$ converge puntualmente a $f$ se per ogni $x \in E$ la successione numerica $\big( f_n(x)\big)_{n \in \mathbb{N}}$ converge a $f(x)$ , cioè se si ha:

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(1) $\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty} f_n(x) = f(x) \qquad \forall x \in E. \end{equation*}$

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Se $F \subseteq E$ , diciamo che $f_n$ converge puntualmente a $f$ in $F$ se e solo se

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(2) $\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty} f_n(x) = f(x) \qquad \forall x \in F. \end{equation*}$

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Definizione 1.2 (convergenza uniforme). Sia $E \subset \mathbb{R}$ , $f_n \colon E \to \mathbb{R}$ una successione di funzioni e sia $f \colon E \to \mathbb{R}$ ; si dice che $f_n$ converge uniformemente a $f$ se, per ogni $\varepsilon>0$ , esiste $N \in \mathbb{N}$ tale che

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(3) $\begin{equation*} |f_n(x) - f(x))| < \varepsilon \qquad \forall n \geq N, \,\, \forall x \in E. \end{equation*}$

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Se $F \subseteq E$ , diciamo che $f_n$ converge uniformemente a $f$ in $F$ se e solo se per ogni $\varepsilon>0$ , esiste $N \in \mathbb{N}$ tale che

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(4) $\begin{equation*} |f_n(x) - f(x))| < \varepsilon \qquad \forall n \geq N, \,\, \forall x \in F. \end{equation*}$

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Il prossimo risultato consiste in una semplice caratterizzazione della convergenza uniforme e spesso si usa per mostrare che una successione converge uniformemente. Per una dimostrazione, rimandiamo il lettore a Successioni di funzioni (teoria), proposizione 3.7.

Proposizione 1.3 (caratterizzazione della convergenza uniforme). Sia $E \subset \mathbb{R}$ , $f_n \colon E \to \mathbb{R}$ una successione di funzioni e sia $f \colon E \to \mathbb{R}$ ; allora $f_n$ converge uniformemente a $f$ se e solo se

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(5) $\begin{equation*} \lim_{n \to + \infty} \, \sup_{x \in E} \big\{ |f_n(x) - f(x)| \big\} = 0. \end{equation*}$

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Un’altra caratterizzazione della convergenza uniforme, che può risultare comoda in quanto non fa uso esplicito del limite uniforme, è il seguente criterio. Per una dimostrazione, rimandiamo a Successioni di funzioni (teoria), proposizione 3.18.

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Proposizione 1.4 (criterio di Cauchy per la convergenza uniforme). Sia $E \subset \mathbb{R}$ e sia $f_n \colon E \to \mathbb{R}$ una successione di funzioni. Allora $f_n$ converge uniformemente a una funzione $f \colon E \to \mathbb{R}$ se e solo se, per ogni $\varepsilon>0$ , esiste $N \in \mathbb{N}$ tale che

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(6) $\begin{equation*} \sup_{x \in E}|f_n(x) - f_m(x)| \leq \varepsilon \qquad \forall n,m \geq N. \end{equation*}$

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Il prossimo risultato è utile per mostrare che una successione di funzioni continue converge puntualmente ma non uniformemente al suo limite puntuale. Rimandiamo il lettore a Successioni di funzioni (teoria), teorema 3.19 per una dimostrazione.

Teorema 1.5 ([limite uniforme di funzioni continue). Sia $E \subset \mathbb{R}$ e sia $f_n \colon E \to \mathbb{R}$ una successione di funzioni continue convergente uniformemente alla funzione $f \colon E \to \mathbb{R}$ . Allora $f$ è una funzione continua.

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Risulta spesso utile una generalizzazione del teorema precedente, dimostrata in Successioni di funzioni (teoria), teorema 3.22.

Teorema 1.6 (scambio di limiti per la convergenza uniforme). Sia $f_n \colon E \to \mathbb{R}$ una successione di funzioni che converga uniformemente a una funzione $f \colon E \to \mathbb{R}$ e sia $x_0 \in \R$ un punto di accumulazione di $E$ . Se i limiti $\lim_{x \rightarrow x_0} f_n(x)$ esistono per ogni $n \in \mathbb{N}$ , allora il limite $\lim_{x \rightarrow x_0} f(x)$ esiste e inoltre vale

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(7) $\begin{equation*} \lim_{x \rightarrow x_0} f(x) = \lim_{n\to+\infty} \Big( \lim_{x \rightarrow x_0} f_n(x) \Big). \end{equation*}$

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Il seguente risultato afferma il fatto che, sotto ipotesi di convergenza uniforme, l’integrale del limite è pari al limite dell’integrale. Per una dimostrazione il lettore può riferirsi a Successioni di funzioni (teoria), teorema 3.28.

Teorema 1.7 (Passaggio al limite sotto il segno di integrale). Sia $f_n\colon [a,b] \to \mathbb{R}$ una successione di funzioni integrabili secondo Riemann che converga uniformemente a una funzione $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ . Allora $f$ risulta integrabile secondo Riemann e vale

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(8) $\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty} \int_{a}^{b} f_n(x)\,\mathrm{d}x = \int_{a}^{b} f(x)\,\mathrm{d}x. \end{equation*}$

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Il teorema che segue mette in evidenza il collegamento tra la convergenza uniforme delle derivate $f_n'$ di una successione di funzioni, la convergenza uniforme delle $f_n$ e la derivabilità del limite delle $f_n$ . Una dimostrazione è in Successioni di funzioni (teoria), teorema 3.35.

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Teorema 1.8 (limite uniforme di funzioni derivabili). Sia $f_n \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ una successione di funzioni derivabili tali che la successione delle derivate prime $f_n'$ converga uniformemente a una funzione $g \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ ; supponiamo inoltre che esista $x_0 \in [a,b]$ e $y_0 \in \mathbb{R}$ tale che

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(9) $\begin{equation*} \lim_{n \to \infty} f_n(x_0) = y_0. \end{equation*}$

Allora esiste una funzione derivabile $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ tale che

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$f_n$ converge uniformemente a $f$ ;
$f'=g$ .

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Il prossimo teorema mostra che la convergenza puntuale di una successione $f_n$ di funzioni continue a una funzione $f$ continua, sotto ipotesi di monotonia della successione $f_n$ , è in realtà uniforme. Per una dimostrazione, si veda Successioni di funzioni (teoria), teorema 3.42.

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Teorema 1.9 (piccolo teorema del Dini). Sia $f_n \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ una successione crescente di funzioni continue, cioè tale che

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(10) $\begin{equation*} f_n(x) \leq f_{n+1}(x), \qquad \forall n \in \mathbb{N}, \,\,\, \forall x \in [a,b]. \end{equation*}$

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Si supponga inoltre che il limite puntuale $f\colon [a,b] \to \mathbb{R}$ delle $f_n$ sia continuo. Allora $f_n$ converge uniformemente a $f$ . Analogo risultato vale se la successione $f_n$ è decrescente.

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La stessa conclusione del teorema precedente vale sotto l’ipotesi che ogni funzione $f_n$ sia monotona: si veda Successioni di funzioni (teoria), teorema 3.44.

Teorema 1.10 Sia $f_n \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ una successione di funzioni crescenti, cioè tali che

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(11) $\begin{equation*} x \leq y \Longrightarrow f_n(x) \leq f_n(y) \qquad \forall n \in \mathbb{N}. \end{equation*}$

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Supponiamo che $f_n$ converga puntualmente a una funzione $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ continua. Allora la convergenza di $f_n$ a $f$ è uniforme. Vale un analogo risultato se le funzioni $f_n$ sono decrescenti.

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Definiamo ora i concetti di continuità uniforme, modulo di continuità e di equicontinuità, che sono centrali nella teoria delle funzioni continue. Per una discussione più approfondita, si veda Successioni di funzioni (teoria), sezione 3.3.2.

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Definizione 1.11 (continuità uniforme, modulo di continuità). Sia $g \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ ; $g$ si dice uniformemente continua se esiste una funzione $\sigma \colon [0,+\infty) \to [0,+\infty)$ , detta modulo di continuità di $g$ che soddisfi le seguenti condizioni:

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$\sigma$ è monotona non decrescente;
$\lim_{\varepsilon \to 0}\sigma(\varepsilon) = \sigma(0) = 0$ ;
si ha
(12) $\begin{equation*} |g(x) - g(y)| \leq \sigma(|x-y|) \qquad \forall x,y \in [a,b]. \end{equation*}$

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Definizione 1.12 (equicontinuità). Sia $X$ un insieme di funzioni (continue) definite sull’intervallo $[a,b]$ e a valori reali. $X$ si dice equicontinuo se esiste $\sigma \colon [0,+\infty) \to [0,+\infty)$ tale che, per ogni $f \in X$ , $\sigma$ è un modulo di continuità per $f$ .

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L’equicontinuità di una successione di funzioni è strettamente legata alle sue proprietà di convergenza uniforme. Riportiamo i seguenti fondamentali risultati, per una cui dimostrazione si rimanda a Successioni di funzioni (teoria), teoremi 3.56 e 3.65.

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Teorema 1.13 Sia $f_n \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ una successione di funzioni continue che converge puntualmente a una funzione $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ . Allora le seguenti condizioni sono equivalenti:

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Le funzioni $f_n$ sono equicontinue;
$f_n$ converge uniformemente a $f$ .

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Teorema 1.14 (Ascoli-Arzelà): successione di funzioni continue. Allora le due seguenti condizioni sono equivalenti:

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sono equilimitate e equicontinue;

da ogni sottosuccessione $f_{n_k}$ se ne può estrarre una convergente uniformemente .

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Riportiamo inoltre la seguente definizione, usata in alcuni esercizi proposti.

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Definizione 1.15 (proprietà di Darboux). Una funzione $f \colon [a,b] \to R$ si dice avere la proprietà di Darboux o dei valori intermedi se, per ogni $x,y \in [a,b]$ tali che $x<y$ e per ogni $t$ compreso tra $f(x)$ e $f(y)$ , esiste $z \in [x,y]$ tale che $f(z)=t$ .

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Osservazione 1.16 Equivalentemente, $f$ ha la proprietà di Darboux se e solo se l’immagine $f(I)$ di ogni intervallo $I \subseteq [a,b]$ è a sua volta un intervallo.

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Testi degli esercizi

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Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definite da

$f_{n}(x)=\frac{n+\cos x}{2 n+\sin ^{2} x} \qquad \forall n \in \N,\,\, n\geq 1,\,\, \forall x \in \R,$

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Soluzione .

Poiché $|\cos x|\leq 1$ e $0 \leq |\sin^2 x| \leq 1$ per ogni $x \in R$ , si ha

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(13) $\begin{equation*} \frac{n-1}{2n+1} \leq f_n(x) \leq \frac{n+1}{2n} \qquad \forall n \in \N,\,\, \forall x \in \R. \end{equation*}$

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Dato che $\frac{n-1}{2n+1} < \frac{1}{2}< \frac{n+1}{2n}$ per ogni $n\in \N$ e per ogni $x \in R$ , ponendo $f \colon \R \to R$ la funzione definita da $f(x)= \frac{1}{2}$ per ogni $x \in R$ , da (3) si ottiene

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(14) $\begin{equation*} \limn \supx{\R} \left| f_n(x) - f(x) \right| \leq \limn \left( \frac{n+1}{2n-1} - \frac{n-1}{2n+1} \right) = \frac{1}{2}-\frac{1}{2} = 0. \end{equation*}$

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Per la proposizione 1.3, $f_n$ converge uniformemente (e quindi anche puntualmente) in $R$ alla funzione $f \colon \R \to R$ tale che $f(x)= \frac{1}{2}$ per ogni $x \in R$

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Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Data una successione $a_n$ di numeri reali, si consideri la successione $f_n \colon \R \to R$ definita da

(15) $\begin{equation*} f_n(x) = a_n \chi_{[n,n+1)}(x) \qquad \forn,\,\, \forall x \in \mathbb{R}^1. \end{equation*}$

Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione $f_n$ in $\mathbb{R}$ .

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dove $\chi_{A}$ indica la funzione caratteristica dell’insieme $A$ , che vale $1$ nell’insieme e $0$ altrove. ↩

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Soluzione .

Poiché $f_n(x)=0$ per ogni $x < n$ , si ha

(16) $\begin{equation*} \lim_{n \to \infty} f_n(x) = 0 \qquad \forn. \end{equation*}$

Pertanto $f_n$ converge puntualmente alla funzione $f \colon \R \to R$ identicamente nulla.

Per la convergenza uniforme, osserviamo che

(17) $\begin{equation*} \supx{\R} \vdiff = a_n \qquad \forn. \end{equation*}$

Pertanto, la convergenza di $f_n$ a $f$ è uniforme se e solo se $\limn a_n=0$ .

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Esercizio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon [0,1] \to R$ definita da

$f_n(x) = x^n \qquad \forall n \in \N, \,\, \forall x \in [0,1],$

nei seguenti insiemi:

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nell’intervallo $[0,1]$ ;
nell’intervallo $[0,1)$ ;
negli intervalli del tipo $[0,\alpha]$ con $\alpha \in [0,1)$ .

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Soluzione .

Osserviamo che, se $x \in [0,1]$ , si ha

$\lim _{n\to +\infty} f_{n}(x)=\lim _{n\to +\infty} x^{n}= \begin{cases} 0 & se 0 \leq x<1 \\ 1 & se x=1, \end{cases}$

da cui segue la convergenza puntuale alla funzione $f \colon [0,1] \to R$ definita da

$f(x) = \begin{cases} 0 & se 0 \leq x<1 \\ 1 & se x=1. \end{cases}$

Studiamo ora la convergenza uniforme nei tre casi indicati. Poichè ogni funzione $f_n$ e continua, mentre il limite puntuale $f$ e una funzione discontinua in $1$ , dal teorema 1.5 segue che la convergenza non è uniforme nell’intervallo $[0,1]$ .

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Poichè ogni funzione $f_n$ e continua, mentre il limite puntuale $f$ e una funzione discontinua in $1$ , dal teorema 1.5 segue che la convergenza non è uniforme nell’intervallo $[0,1]$ .
Affermiamo che la convergenza non è uniforme neanche nell’intervallo $[0,1)$ . Infatti, per ogni $n \in \N$ , si ha
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(18) $\begin{equation*} \lim_{x \to 1^-} x^n = 1. \end{equation*}$

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(19) $\begin{equation*} \sup_{x \in [0,1)} |f_n(x) - f(x)| = \sup_{x \in [0,1)} |x^n| = 1 \qquad \forall n \in \N, \end{equation*}$

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e ciò in particolare prova che

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(20) $\begin{equation*} \lim_{n \to +\infty} \sup_{x \in [0,1)} |f_n(x) - f(x)| = 1 \neq 0. \end{equation*}$

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Per la proposizione 1.3, $f_n$ non converge uniformemente a $f$ in $[0,1)$ .
Fissiamo $\alpha \in [0,1)$ ; allora si ha
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(21) $\begin{equation*} \sup_{x \in [0,\alpha]} |f_n(x) - f(x)| = \sup_{x \in [0,\alpha]} x^n = \alpha^n \qquad \forall n \in \N. \end{equation*}$

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Da ciò segue che

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(22) $\begin{equation*} \lim_{n \to +\infty} \sup_{x \in [0,\alpha]} |f_n(x) - f(x)| = \lim_{n \to +\infty} \alpha^n = 0, \end{equation*}$

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dove l’ultima uguaglianza segue dalla convergenza puntuale di $f_n$ a $0$ in $[0,\alpha]$ . La convergenza uniforme segue quindi dalla proposizione 1.3.

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Esercizio 4 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definite da

$f_n(x) = \frac{n^2+x^n}{n^2} \qquad \forall n \in \N,\,\ \forall x \in \R.$

Inoltre verificare che il seguente limite esiste e calcolarne il valore:

(23) $\begin{equation*} \lim_{n \rightarrow +\infty} \int_{1}^{5} f_n(x) \dif x. \end{equation*}$

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Soluzione .

Osserviamo che

$\lim_{n\to +\infty} f_n(x) = \lim_{n\to +\infty} 1+\frac{x^n}{n^2} = \begin{cases} \text{non esiste} & \text{se } x<-1\\ 1 & \text{se } x\in [-1,1]\\ +\infty & \text{se } x>1 \end{cases}.$

Dunque $f_n$ converge puntualmente alla funzione $f \colon [-1,1] \to R$ identicamente pari a 1 su $[-1,1]$ e non converge puntualmente al di fuori di tale insieme.

Affermiamo che la convergenza è anche uniforme su $[-1,1]$ , infatti

(24) $\begin{equation*} \lim_{n\to +\infty} \sup_{x\in [-1,1]}|f_n(x)-f(x)| = \lim_{n\to +\infty} \sup_{x\in [-1,1]} \frac{|x^n|}{n^2} = \lim_{n\to +\infty} \frac{1}{n^2}=0, \end{equation*}$

dove si è usato che $|x^n|\leq 1$ per ogni $x \in [-1,1]$ .

Per calcolare il limite (??), non si può far ricorso al teorema 1.17, in quanto non si ha convergenza uniforme (nemmeno puntuale) delle funzioni $f_n$ in $[1,5]$ . D’altra parte, calcoliamo

(25) $\begin{equation*} \int_{1}^{5} f_n(x)\dif x = \int_{1}^{5} \left(1 +\frac{x^n}{n^2} \right) \dif x = 4+\left[\frac{x^{n+1}}{n^2(n+1)}\right]^5_1 = 4+\frac{5^{n+1}-1}{n^2(n+1)} \qquad \forn. \end{equation*}$

Passando al limite per $n \to +\infty$ , si ottiene

(26) $\begin{equation*} \lim_{n\to +\infty} \int_{1}^{5} f_n(x)\dif x = \limn \left( 4+\frac{5^{n+1}-1}{n^2(n+1)} \right) = +\infty. \end{equation*}$

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Esercizio 5 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Data una successione $a_n$ di numeri reali, si consideri la successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definita da

(27) $\begin{equation*} f_n(x) = \begin{cases} a_n(1-nx) & \text{se $0 \leq x < 1/n$}\\ 0 & \text{altrimenti} \end{cases} \qquad \forn. \end{equation*}$

Studiare la convergenza puntuale e uniforme di $f_n$ nei seguenti casi:

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$a_n = 1/n$ ;
$a_n$ è una successione convergente.

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Soluzione punto 1 .

Dato che $a_n=\frac{1}{n}$ , poiché $0 \leq (1-nx)\leq 1$ per ogni $n \in \N$ e per ogni $x \in [0,\frac{1}{n}]$ , si ha

(28) $\begin{equation*} \limn \,\supx{\R} \left| f_n(x) \right| \leq \limn|a_n| = \limn \frac{1}{n} = 0, \end{equation*}$

da cui segue la convergenza uniforme di $f_n$ alla funzione $f \colon \R \to R$ identicamente nulla.

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Soluzione punto 2 .

Supponiamo che $\lim_{n\to +\infty} a_n=a \in R$ ; se $x \neq 0$ , si ha che $x \notin [0,\frac{1}{n}]$ per ogni $n > \frac{1}{x}$ ; pertanto $f_n(x)=0$ per ogni $n > \frac{1}{x}$ e quindi $f_n$ converge puntualmente alla funzione $f \colon \R \to R$ definita da

(29) $\begin{equation*} f(x) = \begin{cases} a & \text{se } x=0 \\ 0 & \text{se } x \ne 0. \end{cases} \end{equation*}$

Poiché per ogni $n \in \N$ si ha $\lim_{x \to 0^+}f_n(x)=a_n$ , si ottiene

(30) $\begin{equation*} \supx{\R \setminus \{0\}} |f_n(x) - f(x)| %=\max \left\{|a_n-a|, \supx{(0,+\infty)} |f_n(x)| %\right\} = a \qquad \forn. \end{equation*}$

Poiché per ipotesi

(31) $\begin{equation*} \lim_{n \to + \infty} |f_n(0)-f(0)| = \limn |a_n-a| = 0, \end{equation*}$

da ?? segue quindi che $\limn \supx{\R} |f_n(x) - f(x)|=0$ se e solo se $a=0$ ; pertanto si ha convergenza uniforme di $f_n$ a $f$ se e solo se $a=0$ .

Alternativamente, per studiare la convergenza uniforme di $f_n$ a $f$ , si poteva anche osservare che le $f_n$ sono continue in $[0,+\infty)$ , mentre la funzione $f$ è continua in $0$ solo se $a=0$ , pertanto per il teorema 1.5 non si ha convergenza uniforme se $a \neq 0$ . Riguardo il caso $a=0$ , si poteva procedere osservando che le funzioni $f_n$ sono decrescenti in $[0,1]$ , quindi in tale intervallo si ha convergenza uniforme a $f$ per il teorema 1.10. Poiché le $f_n$ sono identicamente nulle in $\mathbb{R} \setminus [0,1]$ , è chiaro che la convergenza di $f_n$ a $f$ è uniforme in $\mathbb{R}$ .

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Esercizio 6 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definita da

$f_n(x) = \dfrac{x^2+nx}{2x^2+n^2} \qquad \forall n \in \N,\,\, \forall x \in \R,$

nei seguenti casi:

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in $R$ ;
negli intervalli del tipo $[-R,R]$ con $R>0$ .

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Soluzione punto 1.

Studiamo separatamente i due casi. alcoliamo il limite puntuale della successione $f_n$ ; a tal fine, fissiamo $x \in R$ e osserviamo che

$\lim_{n\to +\infty} \dfrac{x^2+nx}{2x^2+n^2} =\lim_{n\to +\infty}\dfrac{\frac{x^2}{n}+x}{n\left( \frac{2x^2}{n^2}+1\right)} =0. % \qquad \forall \, x \in \mathbb{R}.$

Quindi la successione converge puntualmente alla funzione $f \colon \R \to R$ definita da $f(x)=0$ per ogni $x \in R$ .

Per studiarne la convergenza uniforme, osserviamo che si ha

(32) $\begin{equation*} \limn \sup_{x \in \R} |f_n(x)-f(x)| \geq \limn f_n(n) %= %\frac{2n^2}{3n^2} = \frac{2}{3}. \end{equation*}$

Da ciò e dalla proposizione 1.3, segue che la convergenza non è uniforme.

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Soluzione punto 2.

Fissiamo $R>0$ ; per il punto precedente, il limite puntuale della successione in $[-R,R]$ è la funzione $f$ .

Per studiare la convergenza uniforme, osserviamo che si ha

(33) $\begin{gather*} |x^2+nx| \leq x^2 + n|x| \leq R^2 + nR \qquad \forall x \in [-R,R], \,\, \forall n \in \N, \\ 2x^2 + n^2 \geq n^2 \qquad \forall x \in [-R,R], \,\, \forall n \in \N. \end{gather*}$

Da ciò segue che

(34) $\begin{equation*} \limn \sup_{x \in [-R,R]} |f_n(x) - f(x)| \leq \limn \frac{R^2 + nR}{n^2} =0. \end{equation*}$

Da tale relazione e dalla proposizione 1.3, segue che la convergenza di $f_n$ a $f$ in $[-R,R]$ è uniforme.

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Esercizio 7 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definita da

(35) $\begin{equation*} f_n(x) = e^{-(n+ 4x)^2} \qquad \forall n \in \N,\,\, \forall x \in \R, \end{equation*}$

nei seguenti insiemi:

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in $R$ ;
negli intervalli del tipo $[R,+\infty]$ , con $R \in R$

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Soluzione punto 1 .

Trattiamo separatamente i diversi casi. Per ogni $x \in R$ si ha $\limn (n+4x)=+\infty$ , pertanto

(36) $\begin{equation*} \limn f_n(x) = \limn e^{-(n+ 4x)^2} = 0 \qquad \forall x \in \R. \end{equation*}$

Quindi $f_n$ converge puntualmente in $R$ alla funzione $f \colon \R \to R$ identicamente nulla. La convergenza non è però uniforme; infatti osserviamo che, poiché $e^{0}=1$ , si ha

(37) $\begin{equation*} \limn \supx{\R} |f_n(x)| \geq \limn f_n\left(-\frac{n}{4}\right) = \limn e^{-(n + n)} = 1. \end{equation*}$

Per la proposizione 1.3, la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme. Sia $R \in R$ . Se $n\geq 4|R|$ , si ha

(38) $\begin{equation*} n+4x \geq 4|R|+ 4R \geq 0 \qquad \forall x \in [R,+\infty) \end{equation*}$

e, dalla monotonia della funzione esponenziale, segue che $f_n$ è decrescente in $[R,+\infty)$ . Quindi

(39) $\begin{equation*} \limn \supx{[R,+\infty)} |f_n(x)| = \limn f_n(R) = 0, \end{equation*}$

dove nell’ultima uguaglianza abbiamo usato la convergenza puntuale di $f_n$ a $0$ . Di nuovo per la proposizione 1.3, la convergenza di $f_n$ a $f$ è uniforme in $[R,+\infty)$ .

$\,$

Soluzione punto 2 .

Sia $R \in R$ . Se $n\geq 4|R|$ , si ha

(40) $\begin{equation*} n+4x \geq 4|R|+ 4R \geq 0 \qquad \forall x \in [R,+\infty) \end{equation*}$

e, dalla monotonia della funzione esponenziale, segue che $f_n$ è decrescente in $[R,+\infty)$ . Quindi

(41) $\begin{equation*} \limn \supx{[R,+\infty)} |f_n(x)| = \limn f_n(R) = 0, \end{equation*}$

dove nell’ultima uguaglianza abbiamo usato la convergenza puntuale di $f_n$ a $0$ . Di nuovo per la proposizione 1.3, la convergenza di $f_n$ a $f$ è uniforme in $[R,+\infty)$ .

$\,$

Esercizio 8 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $E \subseteq R$ , sia $f_n \colon E \to R$ una successione di funzioni convergente uniformemente a una funzione $f \colon E \to R$ e sia $g \colon E \to R$ una funzione.

$\,$

Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $g \cdot f_n$ .
Come cambia la risposta al punto precedente assumendo che la funzione $g$ sia limitata?

$\,$

Soluzione punto 1 .

Rispondiamo separatamente alle due questioni. Poiché in particolare $f_n$ converge puntualmente a $f$ , si ha

(42) $\begin{equation*} \limn g(x)f_n(x) = g(x)f(x) \qquad \forall x \in E. \end{equation*}$

La convergenza può tuttavia non essere uniforme. Si considerino ad esempio $E=[0,\frac{\pi}{2})$ e le funzioni $f_n,g \colon E \to R$ definite da

(43) $\begin{equation*} f_n(x)=\frac{1}{n}, \quad g(x)=\tan x \qquad \forall n \in \N, \,\,\forall x \in E. \end{equation*}$

Si ha che $f_n$ converge uniformemente su $E$ a $f \colon E \to R$ identicamente nulla, ma

(44) $\begin{equation*} \supx{E} |g(x)f_n(x)| = \supx{[0,\frac{\pi}{2})}\frac{\tan x}{n} = +\infty \qquad \forn. \end{equation*}$

Per la proposizione 1.3, $g f_n$ non converge uniformemente a $gf$ in $E$ .

$\,$

Soluzione punto 2 .

Se $g$ è limitata, in particolare valgono i risultati del punto precedente, ossia $gf_n$ converge puntualmente a $gf$ . In questo caso, però, la convergenza è anche uniforme. Infatti, sia $M=\sup_E |g|$ , che è finito per ipotesi. Si ha

(45) $\begin{equation*} \begin{split} \limn \supx{E} |gf_n(x) - gf(x)| \leq & \limn \left( \supx{E}|g(x)| \cdot \supx{E} \vdiff \right) \\ \leq & M \limn \supx{E} \vdiff \\ = & 0, \end{split} \end{equation*}$

dove nella seconda disuguaglianza si è usato che $\supx{E}|g(x)|=M$ e nell’uguaglianza si è usata la convergenza uniforme di $f_n$ a $f$ . La proposizione 1.3 e (2) provano quindi che $gf_n$ converge uniformemente a $gf$ in $E$ .

$\,$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definita da

$f_n(x) = \frac{x}{x^2 + \frac{1}{n}} \qquad \forall n \in \N,\,\, \forall x \in [0, +\infty),$

nei seguenti insiemi:

$\,$

in $[0, +\infty)$ ;
in $(0,+\infty)$ ;
negli intervalli del tipo $[a,+\infty)$ con $a>0$ .

$\,$

Soluzione punto 1 .

Trattiamo separatamente i diversi casi. Se $x=0$ si ha banalmente $f_n(0)=0$ per ogni $n \in \N$ . Se $x \ne 0$ si ha $\lim_{n\to +\infty} f_n(x)=\frac 1x$ poiché $\limn \frac 1n = 0$ . Da ciò segue che il limite puntuale $f \colon [0,+\infty) \to R$ della successione $f_n$ è dato da

$f(x)=\begin{cases} 0 & \text{se } x = 0\\ \frac 1x & \text{se } x \neq 0. \end{cases}$

Poichè le $f_n$ sono continue e $f$ è discontinua, dal teorema 1.5 segue che la convergenza non è uniforme.

$\,$

Soluzione punto 2 .

Dato che 0 è un punto di accumulazione di $(0,+\infty)$ e vale

(46) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0^+} f_n(x) = 0 \quad \forall n \in \N, \qquad \lim_{x \to 0^+} f(x) = +\infty, \end{equation*}$

dal teorema 1.6 segue che la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme in $(0,+\infty)$ .

Si poteva mostrare che la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme in $(0,+\infty)$ anche osservando che da ?? segue

(47) $\begin{equation*} \supx{(0,+\infty)} \vdiff = +\infty \qquad \forall n \in \N, \end{equation*}$

oppure che

(48) $\begin{equation*} \lim_{n \to +\infty} \sup_{x \in (0,+\infty)} |f_n(x) - f(x)| \geq \limn \left| f_n \left(\frac{1}{\sqrt{n}} \right) - f \left(\frac{1}{\sqrt{n}} \right) \right| = \limn \left| \frac{\sqrt{n}}{2} - \frac{\sqrt{n}}{1} \right| = +\infty. \end{equation*}$

In entrambi i casi, la tesi segue dalla proposizione 1.3.

$\,$

Soluzione punto 3 .

Si ha

(49) $\begin{equation*} \left|f_{n}(x)-f(x)\right|=\left|\frac{x}{x^{2}+\frac{1}{n}}-\frac{1}{x}\right|=\left|\frac{-\frac{1}{n}}{x\left(x^{2}+\frac{1}{n}\right)}\right| \leq \frac{1}{na^3} \qquad \forall n \in \N,\,\, \forall x \in [a,+\infty), \end{equation*}$

dove la disuguaglianza segue dal fatto che

(50) $\begin{equation*} x\left(x^{2}+\frac{1}{n}\right) \geq x^{3} \geq a^{3} \qquad \forall x \in [a,+\infty),\,\, \forall n \in \N. \end{equation*}$

Da ?? si ha che

(51) $\begin{equation*} 0 \leq \lim_{n \to +\infty} \sup _{x \in[a,+\infty)}\left|f_{n}(x)-f(x)\right| \leq \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{na^3} = 0, \end{equation*}$

da cui abbiamo la convergenza uniforme di $f_n$ a $f$ in $[a,+\infty)$ .

$\,$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definita da

$f_n(x) = \frac{nx}{1+n^2 x^2} \qquad \forall n \in \N,\,\, \forall x \in \R,$

nei seguenti insiemi:

in $R$ ;
negli insiemi del tipo $(-\infty,-a] \cup [a,+\infty)$ con $a>0$ .

$\,$

Soluzione punto 1 .

Trattiamo separatamente i diversi casi. Innanzitutto osserviamo che ognuna delle $f_n$ è dispari, quindi basta studiare la convergenza puntuale e uniforme negli insiemi del tipo $[a,+\infty)$ con $a \geq 0$ . Si ha

$\lim_{n\to +\infty} f_n(x)= \lim_{n\to \infty} \frac{nx}{1+n^2 x^2}=0 \qquad \forall x\in [0,+\infty),$

dunque la successione $f_n$ converge puntualmente in $R$ alla funzione $f \colon \R \to R$ identicamente nulla.

Affermiamo che la convergenza non è però uniforme. Per mostrarlo, poiché ognuna delle $f_n$ è derivabile in $R$ studiamo $f_n'$ :

$f_{n}^{\prime}(x)= \frac{n(1+n^2x^2) - nx(2n^2x)}{\left(1+n^{2} x^{2}\right)^{2}} = \frac{n\left(1-n^{2} x^{2}\right)}{\left(1+n^{2} x^{2}\right)^{2}} \geq 0 \iff x \in \left[0,\frac{1}{n}\right]\,\,\, \forn.$

Quindi ogni $f_n$ è crescente nell’intervallo $[0,+\frac{1}{n}]$ e decrescente in $[\frac{1}{n},+\infty)$ . Poiché $f_n(x) \geq 0$ per ogni $x \in [0,+\infty)$ , il punto $\frac{1}{n}$ è di massimo assoluto per la funzione $|f_n|$ . Da tali considerazioni si ottiene

(52) $\begin{equation*} \limn \supx{[0,+\infty)} |f_n(x)-f(x)| = \limn f_n \left(\frac{1}{n}\right) = \frac{1}{2} \neq 0. \end{equation*}$

Per la proposizione 1.3, la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme in $R$ .

$\,$

Soluzione punto 2 .

Sia $a>0$ ; affermiamo che $f_n$ converge uniformemente a $f$ in $[a,+\infty)$ . Poiché

(53) $\begin{equation*} f_{n}^{\prime}(x)=\frac{n\left(1-n^{2} x^{2}\right)}{\left(1+n^{2} x^{2}\right)^{2}} \leq 0 \qquad \forn ,\,\, \forall x \in \left[\frac{1}{n},+\infty \right), \end{equation*}$

si ha

(54) $\begin{equation*} \max_{x \in [a,+\infty)} f_n(x)= f_n(a) \qquad \forall n \geq \frac{1}{a}. \end{equation*}$

Dato che $f_n(x)\geq 0$ per $x \in [a,+\infty)$ per ogni $n \in \N$ , da ?? segue che

(55) $\begin{equation*} \limn \supx{[a,+\infty)} |f_n(x)-f(x)| = \limn f_n(a) = 0, \end{equation*}$

dove l’ultima uguaglianza deriva dalla convergenza puntuale di $f_n$ alla funzione nulla. Per ?? e per la proposizione 1.3, la convergenza è uniforme su $(-\infty,-a] \cup [a,+\infty)$ (in quanto $f_n$ e $f$ sono dispari).

$\,$

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definita da

$f_n(x) = \left(1+\sin^2(nx) \right)e^{-nx} \qquad \forall n \in \N,\,\, \forall x \in \R,$

nei seguenti insiemi:

$\,$

in $R$ ;
in $[0,+\infty)$ ;
in $[0,+\infty)$ ;.
negli intervalli del tipo $[a,+\infty)$ con $a>0$ .

$\,$

Soluzione punto 1 .

Trattiamo separatamente i diversi casi. Poiché

(56) $\begin{equation*} 1 \leq 1 + \sin^2(nx) \leq 2 \qquad \forall n \in \N,\,\,\forall x \in \R, \end{equation*}$

calcoliamo il limite puntuale della successione $f_n$ :

(57) $\begin{equation*} \lim_{n\to \infty} f_n(x) = \lim_{n\to \infty} \left(1+\sin^2(nx) \right)e^{-nx} = \begin{cases} +\infty & \text{se } x \in (-\infty,0)\\ 1 & \text{se } x=0\\ 0 & \text{se } x \in(0,+\infty). \end{cases} \end{equation*}$

Da ciò segue che non vi è convergenza puntuale (e quindi nemmeno uniforme) in $R$

$\,$

Soluzione punto 2 .

Da ?? si vede che la successione $f_n$ converge puntualmente in $[0,+\infty)$ alla funzione $f \colon [0,+\infty)$ definita da

(58) $\begin{equation*} f(x) = \begin{cases} 1 & \text{se } x=0\\ 0 & \text{se } x \in(0,+\infty). \end{cases} \end{equation*}$

Poiché ogni $f_n$ è una funzione continua e dato che $f$ è discontinua in $x=0$ , dal teorema 1.5 si deduce che la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme in $[0,+\infty)$ .

$\,$

Soluzione punto 3 .

Di nuovo da ??, chiaramente $f_n$ converge puntualmente in $(0,+\infty)$ alla funzione $f$ . Poiché 0 è un punto di accumulazione di $(0,+\infty)$ e vale

(59) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0^+} f_n(x) = 1 \quad \forall n \in \N, \qquad \lim_{x \to 0^+} f(x) = 0, \end{equation*}$

dal teorema 1.6 segue che la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme.

Un altro modo per mostrare che la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme consiste nel notare che, poiché $f(x) = 0$ per ogni $x \in (0,+\infty)$ e $\lim_{x \to 0^+}f_n(x)=1$ per ogni $n \in \N$ , segue che

(60) $\begin{equation*} \sup_{x \in (0,+\infty)} |f_n(x) - f(x)| \geq 1 \qquad \forall n \in \N. \end{equation*}$

Per la proposizione 1.3, la convergenza di $f_n$ a $f$ non è quindi uniforme.

$\,$

Soluzione punto 4 .

Sia $a>0$ . Da ??, $f_n$ converge puntualmente alla funzione nulla $f$ . Per studiare la convergenza uniforme, osserviamo che, da ?? si ha

(61) $\begin{equation*} |f_n(x)| \leq 2 e^{-nx} \leq 2e^{-na} \qquad \forall n \in \N,\,\, \forall x \in [a,+\infty) \end{equation*}$

dove l’ultima disuguaglianza segue dal fatto che la funzione $x \mapsto e^{-nx}$ è decrescente in $[a,+\infty)$ per ogni $n \in \mathbb{N}$ . Da ciò segue che

(62) $\begin{equation*} 0 \leq \lim_{n \to \infty} \sup_{x \in [a,+\infty)}|f_n(x)-f(x)| \leq 2\lim_{n \to \infty} 2e^{-na} = 0, \end{equation*}$

dove l’ultima uguaglianza è conseguenza del fatto che $a>0$ . Da ?? e dalla proposizione 1.3, si ha che $f_n$ converge uniformemente a $f$ su $[a,+\infty)$ .

$\,$

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f \colon \R \to R$ una funzione e si assuma che la successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definita da

(63) $\begin{equation*} f_n(x) = f(nx) \qquad \forall n \in \N,\,\,\forall x \in \R \end{equation*}$

sia equicontinua (si veda la definizione ??). Cosa si può concludere su $f$ ?

$\,$

Soluzione .

Affermiamo che $f$ è una funzione costante. Si consideri $\sigma \colon [0,+\infty) \to [0,+\infty)$ un modulo di continuità (si veda la definizione 1.12 per tutte le funzioni $f_n$ , si fissi $\varepsilon>0$ e sia $\delta>0$ tale che

(64) $\begin{equation*} \sigma(|t-s|)< \varepsilon \qquad \forall t,s \in \R \colon |t-s|< \delta. \end{equation*}$

Siano $x,y \in R$ e si fissi $n \in \N$ tale che

(65) $\begin{equation*} \left| \dfrac{x}{n} - \dfrac{y}{n}\right| < \delta. \end{equation*}$

Allora si ha

(66) $\begin{equation*} |f(x)-f(y)| = \left| f \left(n\cdot\frac{x}{n}\right) - f \left(n\cdot\frac{y}{n}\right)\right| = \left| f_n \left(\frac{x}{n}\right) - f_n \left(\frac{y}{n}\right)\right| < \sigma\left(\left| \frac{x}{n}- \frac{y}{n}\right| \right) < \varepsilon, \end{equation*}$

dove la prima disuguaglianza segue dal fatto che $\sigma$ è un modulo di continuità per ognuna delle $f_n$ , mentre la seconda è dovuta a ?? e ??.

Per l’arbitrarietà di $\varepsilon >0$ e di $x,y \in R$ , ?? mostra che $f$ è costante.

$\,$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definita da

$f_n(x) = \frac{nx}{1 + n^4 x^2} \qquad \forall n \in \N,\,\, \forall x \in \R,$

nei seguenti insiemi:

$\,$

in $R$ ;
negli intervalli del tipo $[-R,R]$ , con $R>0$ .

Studiare infine la validità della seguente uguaglianza:

(67) $\begin{equation*} \lim_{n \to +\infty} \int_{0}^{1} f_n(x) \dif x = \int_{0}^{1} \lim_{n \to +\infty} f_n(x) \dif x. \end{equation*}$

$\,$

Soluzione punto 1 .

Si ha

(68) $\begin{equation*} \limn f_n(x) = \limn \frac{nx}{1 + n^4 x^2} = 0 \qquad \forall x \in \R, \end{equation*}$

quindi le $f_n$ convergono puntualmente in $R$ alla funzione $f \colon \R \to R$ identicamente nulla.

La convergenza è anche uniforme; infatti innazitutto osserviamo che le funzioni $f_n$ sono dispari, quindi basta mostrare la convergenza uniforme in $[0,+\infty)$ . In secondo luogo, osserviamo che per ogni $n \in \N$ si ha

(69) $\begin{equation*} f_n(0)=0, \qquad \lim_{x \to +\infty} f_n(x)=0, \qquad f_n(x) \geq 0 \quad \forall x \geq 0, \end{equation*}$

pertanto

(70) $\begin{equation*} \supx{[0,+\infty)}|f_n|= \max_{[0,+\infty)}f_n \qquad \forn. \end{equation*}$

Per determinare tale massimo, poiché le $f_n$ sono derivabili, studiamo

(71) $\begin{equation*} f_n'(x)= \frac{n\left(n^{4} x^{2}+1\right)-2 n^{4} x \cdot n x}{\left(1+n^{4} x^{2}\right)^{2}}=\frac{n\left(1-n^{4} x^{2}\right)}{\left(1+n^{4} x^{2}\right)^{2}}, \end{equation*}$

da cui

$f_n'(x) \ge 0 \iff |x|\le \frac{1}{n^2} \qquad \forall n \in \N.$

Da ciò e da ?? segue che

(72) $\begin{equation*} \limn \supx{[0,+\infty)}|f_n| = \limn f_n\left(\frac{1}{n^2} \right) = \limn \frac{1}{2n} = 0. \end{equation*}$

Questo prova la convergenza uniforme delle $f_n$ a $f$ . Per il teorema1.7, si ha quindi che ?? è valida.

$\,$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f_n \colon \R \to R$ la successione di funzioni definita da

$f_n(x) = \arctan \left(\frac{x}{n} \right) \qquad \forn,\,\, \forall x \in \R.$

$\,$

Mostrare che la successione delle derivate $f_n'$ converge uniformemente in $\mathbb{R}$
Mostrare che la successione delle $f_n$ non converge uniformemente in $R$ .
In quali intervalli $f_n$ converge uniformemente?

$\,$

Soluzione punto 1 .

Rispondiamo separatamente alle questioni poste. Ognuna delle $f_n$ è derivabile e si ha

(73) $\begin{equation*} f_n'(x) = \frac{\frac 1n}{1+\left(\frac{x}{n}\right)^2} \qquad \forn, \,\, \forall x\in \bR. \end{equation*}$

Dato che $1+\left(\frac{x}{n}\right)^2 \geq 1$ , si ha

(74) $\begin{equation*} |f_n'(x)| \leq \frac{1}{n} \qquad \forn,\,\, \forall x \in \R, \end{equation*}$

da cui segue che

(75) $\begin{equation*} \limn \supx{\R} |f_n'(x)| \leq \limn \frac{1}{n} = 0 \end{equation*}$

e, per la proposizione 1.3, $f_n'$ converge uniformemente alla funzione $g \colon \R \to R$ identicamente nulla.

$\,$

Soluzione punto 2 .

Dalla continuit\ta della funzione $\arctan$ si ha

$\lim_{n\to\infty} f_n(x)= \limn \arctan \left(\frac{x}{n} \right) = \arctan(0)=0 \qquad \forall x\in \bR,$

da cui si ha che $f_n$ converge puntualmente in $R$ alla funzione $f \colon \R \to R$ identicamente nulla. Mostriamo che la convergenza non è uniforme. Infatti, si ha

(76) $\begin{equation*} \lim_{x \to +\infty} f_n(x) = \lim_{x \to +\infty} \arctan \left(\frac{x}{n} \right) = \frac{\pi}{2} \qquad \forn. \end{equation*}$

Pertanto

(77) $\begin{equation*} \limn \supx{\R} \vdiff = \frac{\pi}{2} \neq 0, \end{equation*}$

e, per la proposizione 1.3, la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme.

$\,$

Soluzione punto 3 .

Come si è visto, la successione delle derivate $f_n'$ converge uniformemente in $R$ alla funzione $g \colon \R \to R$ identicamente nulla, e inoltre $\limn f_n(0)=0$ . Il teorema 1.8 implica allora che $f_n$ converge uniformemente a $f$ su ogni intervallo del tipo $[-R,R]$ per $R>0$ .

Un’altra conseguenza del teorema 1.8 è inoltre che $f$ è derivabile e $f'=g$ , ma ciò segue banalmente anche dal fatto che $f=g$ .

$\,$

Osservazione 3.1 Questo esempio, poiché $\limn f_n(0)=0$ , mostra che l’ipotesi di limitatezza dell’intervallo $[a,b]$ nel teorema 1.8 è essenziale.

$\,$

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definite da

(78) $\begin{equation*} f_n(x) = n \sin \left( \dfrac{e^{-nx^2}}{n}\right) \qquad \forall n \in \N,\,\, \forall x \in \R, \end{equation*}$

nei seguenti insiemi:

$\,$

in $R$ .
negli insiemi del tipo $(-\infty,r] \cup [r,+\infty)$ , con $r >0$ .

$\,$

Soluzione punto 1 .

Cominciamo col notare che ogni $f_n$ è una funzione pari, quindi è sufficiente limitarci a studiarne la convergenza in insiemi del tipo $[r,+\infty)$ con $r \geq 0$ . Per quanto riguarda la convergenza puntuale in $[0,+\infty)$ , si ha

(79) $\begin{equation*} \limn f_n(x) = \limn e^{-nx^2} \dfrac{\sin \left( \dfrac{e^{-nx^2}}{n}\right)}{\dfrac{e^{-nx^2}}{n}} = \begin{cases} 1 & \text{se } x=0\\ 0 & \text{se } x\neq 0, \end{cases} \end{equation*}$

dove la seconda uguaglianza segue da

(80) $\begin{equation*} \limn {e^{-nx^2}} = \begin{cases} 1 & \text{se } x=0\\ 0 & \text{se } x\neq 0, \end{cases} \qquad \limn \dfrac{e^{-nx^2}}{n} = 0 \quad \forall x \in \R, \qquad \text{e} \qquad \lim_{t \to 0} \dfrac{\sin t}{t}=1. \end{equation*}$

Quindi $f_n$ converge puntualmente in $R$ alla funzione $f \colon \R \to R$ definita da

(81) $\begin{equation*} f(x) = \begin{cases} 1 & \text{se } x=0\\ 0 & \text{se } x\neq 0, \end{cases} \end{equation*}$

Poiché ogni $f_n$ è una funzione continua mentre $f$ non lo è, per il teorema 1.5 la convergenza di $f_n$ a $f$ non può essere uniforme in $[0,+\infty)$ .

$\,$

Soluzione punto 2 .

Sia $r>0$ . Affermiamo che la convergenza di $f_n$ a $f$ in $[r,+\infty)$ è uniforme. A tal fine, osserviamo che la funzione $g_n \colon [0,+\infty) \to R$ definita da $g_n(x)= \frac{e^{-nx^2}}{n}$ è decrescente e soddisfa

(82) $\begin{equation*} g_n(0)=1, \qquad \lim_{x \to +\infty} g_n(x) = 0. \end{equation*}$

Inoltre, la funzione $t \mapsto \sin t$ è crescente e positiva in $[0,1]$ . Poiché $f_n(x)= n \sin (g_n(x))$ , da tali considerazioni segue quindi che ognuna delle funzioni $f_n$ è decrescente e positiva in $[r,+\infty)$ . Pertanto

(83) $\begin{equation*} \limn \sup_{x \in [r,+\infty)} \vdiff = \limn f_n(r) = 0, \end{equation*}$

dove l’ultima uguaglianza segue dalla convergenza puntuale di $f_n$ a $0$ . La proposizione 1.3 e la ?? implicano la convergenza uniforme di $f_n$ a $f$ in $[r,+\infty)$ .

$\,$

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon [0,+\infty) \to R$ definita da

(84) $\begin{equation*} f_n(x) = \int_0^{\frac{x}{n}} \frac{\dif t}{(\sin^2 t + 1)\sqrt{t+1}} \qquad \forall n \in \N,\,\, \forall x \in [0,+\infty), \end{equation*}$

nei seguenti insiemi:

$\,$

in $[0,+\infty)$ ;
negli intervalli del tipo $[0,R]$ , con $R >0$ .

$\,$

Soluzione punto 1 .

Distinguiamo i diversi casi. Si ha

(85) $\begin{equation*} |f_n(x)| = \int_0^{\frac{x}{n}} \frac{\dif t}{(\sin^2 t + 1)\sqrt{t+1}} \leq \frac{x}{n} \sup_{t \in[0,\frac{x}{n}]} \frac{1}{(\sin^2 t + 1)\sqrt{t+1}} \leq \frac{x}{n} \qquad \forn, \,\, \forall x \geq 0, \end{equation*}$

dove la prima disuguaglianza segue dal fatto che $\int_0^a g(t) \dif t \leq |a| \cdot \sup_{[0,a]}|g|$ , mentre la seconda disuguaglianza segue dal fatto che $\sin^2 t +1 \geq 1$ e $\sqrt{t+1}\geq 1$ per ogni $t \geq 0$ .

Da ?? segue che $\limn f_n(x) = 0$ per ogni $x \geq 0$ ,?? pertanto $f_n$ converge puntualmente alla funzione $f \colon [0,+\infty) \to R$ identicamente nulla.

La convergenza non è però uniforme, in quanto

(86) $\begin{equation*} \begin{split} \limn \supx{[0,+\infty)} |f_n(x)| \geq & \limn f_n\left( \frac{n\pi}{2}\right) \\ \geq & \frac{\pi}{2} \, \min_{t \in [0,\frac{\pi}{2}]}\,\frac{1}{(\sin^2 t + 1)\sqrt{t+1}} \\ = & \frac{\pi}{2} \, \frac{1}{2 \cdot \sqrt{\frac{\pi}{2}+1}}, \end{split} \end{equation*}$

dove la seconda disuguaglianza segue dal fatto che $\int_0^a g(t) \dif t \geq |a| \cdot \inf_{[0,a]}|g|$ , mentre la terza disuguaglianza segue dal fatto che le funzioni $t \mapsto \sin^2 t+1$ e $t \mapsto \sqrt{t+1}$ sono crescenti in $[0,\frac{\pi}{2}]$ . ?? e la proposizione 1.3 implicano che la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme in $[0,+\infty)$ .

$\,$

Tale uguaglianza poteva anche dedursi dal fatto generale che, se $g \colon \R \to R$ è limitata, allora la funzione integrale

(87) $\begin{equation*} y \mapsto \int_0^y f(t) \dif t \end{equation*}$

è continua. ↩

$\,$

Soluzione punto 2 .

Sia $R>0$ ; la convergenza di $f_n$ a $f$ è uniforme in $[0,R]$ . Per provarlo, osserviamo che la funzione $g \colon [0,+\infty) \to R$ definita da

(88) $\begin{equation*} g(t) = \frac{1}{(\sin^2 t + 1)\sqrt{t+1}} \qquad \forall t \geq 0, \end{equation*}$

è positiva per ogni $t \geq 0$ . Pertanto ognuna delle $f_n$ è crescente: se $x \leq y$ , allora si ha

(89) $\begin{equation*} f_n(y) - f_n(x) = \int_{\frac{x}{n}}^{\frac{y}{n}} \frac{\dif t}{(\sin^2 t + 1)\sqrt{t+1}} \geq 0 \qquad \forn. \end{equation*}$

Poiché ognuna delle $f_n$ è crescente e il limite puntuale $f$ è continuo, per il teorema 1.10 la convergenza di $f_n$ a $f$ è uniforme in $[0,R]$ .

$\,$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dati $b > a >0$ , calcolare il seguente limite:

$\,$

(90) $\begin{equation*} \limn \int_a^b n^2 \sin \frac{1}{n^2x} \dif x. \end{equation*}$

$\,$

Soluzione .

Chiamando $f_n \colon (0,+\infty) \to R$ la funzione definita da

(91) $\begin{equation*} f_n(x) = n^2\sin \frac{1}{n^2x} \qquad \forn,\,\, \forall x >0, \end{equation*}$

osserviamo che si ha

(92) $\begin{equation*} \limn f_n(x) = \frac{1}{x} \limn \frac{\sin \frac{1}{n^2x}}{\frac{1}{n^2x}} = \frac{1}{x} \qquad \forall x >0. \end{equation*}$

Pertanto $f_n$ converge puntualmente in $(0,+\infty)$ alla funzione $f \colon (0,+\infty) \to R$ definita da $f(x)=\frac{1}{x}$ .

Affermiamo che la convergenza è anche uniforme in $[a,b]$ . Infatti

(93) $\begin{equation*} \begin{split} \limn \supx{[a,b]} \vdiff = & \limn \supx{[a,b]} \frac{1}{x} \left(1 - \frac{\sin \frac{1}{n^2x}}{\frac{1}{n^2x}} \right) \\ \leq & \frac{1}{a}\limn \sup_{t \in [\frac{1}{n^2b}, \frac{1}{n^2a}]} \left(1 - \frac{\sin t}{t} \right) \\ = & 0, \end{split} \end{equation*}$

dove nella disuguaglianza abbiamo usato che $\frac{1}{x} \leq \frac{1}{a}$ in $[a,b]$ e abbiamo effettuato la sostituzione $t=\frac{1}{n^2x}$ , mentre nell’uguaglianza abbiamo usato il limite notevole $\lim_{t \to 0} \frac{\sin t}{t}=1$ . Per ?? e la proposizione 1.3, la convergenza di $f_n$ a $f$ è uniforme in $[a,b]$ .

Possiamo quindi usare il teorema 1.7 e affermare che

(94) $\begin{equation*} \limn \int_a^b n^2 \sin \frac{1}{n^2x} \dif x = \int_a^b \frac{1}{x} \dif x = \left[\log x \right]_a^b = \log \frac{b}{a}. \end{equation*}$

$\,$

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Data una successione $a_n$ di numeri reali non negativi, si consideri la successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definita da

$f_n(x) = x^n e^{-a_n x} \qquad \forall n \in \N,\,\, \forall x \in \R.$

Si determinino gli eventuali intervalli di convergenza puntuale e uniforme della successione $f_n$ nei seguenti casi:

$\,$

$a_n = n$ ,
$a_n = \sqrt{n}$ .

$\,$

Soluzione punto 1 .

Affermiamo che esiste $a<0$ tale che

$f_n$ converge puntualmente in $(a,+\infty)$ alla funzione $f \colon (a,+\infty) \to R$ identicamente nulla e non converge puntualmente in $(-\infty,a]$ .

$f_n$ converge uniformemente a $f$ negli intervalli del tipo $[a+\eta,+\infty)$ per ogni $\eta>0$ .

$f_n$ non converge uniformemente a $f$ in $(a,+\infty)$ .

$f_n$ converge uniformemente a $f$ negli intervalli del tipo $[a+\eta,+\infty)$ per ogni $\eta>0$ .

$f_n$ non converge uniformemente a $f$ in $(a,+\infty)$ . Osserviamo che la funzione $\phi \colon \R \to R$ definita da

(95) $\begin{equation*} \varphi(x) = xe^{-x} \qquad \forall x \in \R \end{equation*}$

è continua, soddisfa $\lim_{x \to -\infty} \phi_n(x)=-\infty$ , è crescente in $(-\infty,1]$ e decrescente in $[1,+\infty)$ . Pertanto

(96) $\begin{equation*} \max_{x \in \R} \varphi(x) = \varphi(1) = e^{-1}. \end{equation*}$

Inoltre vale $\lim_{x \to +\infty} \varphi(x)=0$ . Da queste considerazioni, segue che esiste $a<0$ tale che

(97) $\begin{equation*} \varphi(a)=-1, \qquad \varphi(x) \in (-1,e^{-1}] \iff x \in (a,+\infty). \end{equation*}$

$\,$

Soluzione punto 2 .

Per provare l’affermazione ??, scriviamo

(98) $\begin{equation*} f_n(x) = x^n e^{-n x} = \big( xe^{-x}\big)^n = \big( \varphi(x)\big)^n \qquad \forn,\,\,\forall x \in \R \end{equation*}$

e osserviamo che la successione $(xe^{-x})^n$ converge a zero se e solo se $xe^{-x} \in (-1,1)$ . Da ?? e da $e^{-1}<1$ segue che $f_n$ converge puntualmente in $(a,+\infty)$ alla funzione $f \colon (a,+\infty) \to R$ identicamente nulla.

Se $\eta>0$ , dalle proprietà di monotonia di $\varphi$ considerate sopra segue che

(99) $\begin{equation*} \limn \supx{[a+\eta,+\infty)}|f_n(x)| = \limn \max\{|\varphi(a+\eta)^n|,e^{-n} \} = 0, \end{equation*}$

dove si è usato che $|\varphi(a+\eta)|<1$ . Dalla proposizione 1.3, $f_n$ converge uniformemente a $f$ in $[a+\eta,+\infty)$ .

Dalla continuità di $\varphi$ e dal fatto che $\varphi(a)=-1$ segue che

(100) $\begin{equation*} \lim_{x \to a^+} f_n(x) = \lim_{x \to a^+} (xe^{-x})^n = (-1)^n \qquad \forn. \end{equation*}$

Da ciò si ottiene

(101) $\begin{equation*} \limn \supx{(a,+\infty)} \vdiff \geq 1 \neq 0, \end{equation*}$

quindi $f_n$ non converge uniformemente a $f$ in $(a,+\infty)$ .

$\,$

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon \left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right] \to R$ definita da

(102) $\begin{equation*} f_n(x) = \left( \frac{1}{n} + \sin^2 x\right)^n \qquad \forall n \in \N,\,\, \forall x \in \left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right], \end{equation*}$

nei seguenti insiemi:

$\,$

in $\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$ ;
negli intervalli del tipo $[-a,a]$ , con $a \in \left[0,\frac{\pi}{2}\right)$ ;
in $\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$ .

$\,$

Soluzione punto 1 .

Trattiamo separatamente i diversi casi. Se $x \in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$ , allora $\sin^2x \in [0,1)$ , da cui esistono $N \in \N$ e $\alpha<1$ (dipendenti da $x$ ) tali che

(103) $\begin{equation*} 0 \leq \frac{1}{n} + \sin^2 x \leq \alpha < 1 \qquad \forall n \geq N. \end{equation*}$

Da ciò segue che

(104) $\begin{equation*} \limn f_n(x) = \limn \left( \frac{1}{n} + \sin^2 x\right)^n \leq \limn \alpha^n = 0 \qquad \forall x \in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right). \end{equation*}$

Se $x\in \left\{-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right\}$ , si ha invece $\sin^2 x=1$ e

(105) $\begin{equation*} \limn \left( \frac{1}{n} + 1\right)^n = e. \end{equation*}$

Per cui $f_n$ converge puntualmente alla funzione $f \colon \left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right] \to R$ definita da

(106) $\begin{equation*} f(x) = \begin{cases} 0 & \text{se } x \in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\\[5pt] e & \text{se } x \in \left\{-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right\}. \end{cases} \end{equation*}$

Poiché ogni $f_n$ è continua, mentre $f$ non lo è, per il teorema 1.5la convergenza non è uniforme.

$\,$

Soluzione punto 2 .

Sia $a \in \left[0,\frac{\pi}{2}\right)$ . Poiché tutte le funzioni $f_n$ sono pari, basta limitarci a studiare la convergenza uniforme in $[0,a]$ . Osserviamo che ogni $f_n$ è crescente in $[0,a]$ e il limite puntuale $f$ è continuo in $[0,a]$ ; pertanto, il teorema 1.10 implica che la convergenza di $f_n$ a $f$ è uniforme in $[0,a]$ .

Tale risultato poteva provarsi anche usando la proposizione 1.3 e osservando che, per la monotonia e la positivitità di $f_n$ in $[0,a]$ , si ha

(107) $\begin{equation*} \limn \supx{[0,a]} \vdiff = \limn f_n(a) = 0, \end{equation*}$

dove l’ultima uguaglianza segue dalla convergenza puntuale di $f_n$ a $0$ in $a$ .

$\,$

Soluzione punto 3 .

La convergenza non è uniforme in $\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$ in quanto

(108) $\begin{equation*} \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} f_n(x) = \left( \frac{1}{n} + 1\right)^n >1 \qquad \forn. \end{equation*}$

Da ciò segue che

(109) $\begin{equation*} \supx{\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)} \vdiff \geq 1 \qquad \forn, \end{equation*}$

per cui la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme in $\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$ .

$\,$

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . tudiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definita per ricorrenza da

(110) $\begin{equation*} \begin{cases} f_0(x)=1\\ f_n(x)= f_{n-1}(x) + (3x)^n \end{cases} \qquad \forall x \in \R,\,\, \forall n \in \N. \end{equation*}$

e determinarne l’eventuale limite.

$\,$

Soluzione .

Calcoliamo i primi termini della successione per $x \in R$ :

(111) $\begin{equation*} f_0(x)=1, \qquad f_1(x)=3x, \qquad f_2(x)=3x + (3x)^2, \qquad f_3(x)=3x + (3x)^2+(3x)^3. \end{equation*}$

Questi primi termini della successione sembrano suggerire che

(112) $\begin{equation*} f_n(x)= \sum_{k=0}^n (3x)^k \qquad \forn,\,\, \forall x \in \R. \end{equation*}$

Ciò corrisponde al vero, e la dimostrazione è una semplice conseguenza del principio di induzione. Infatti, chiaramente si ha $f_1(x)= 1 + (3x)^1$ per ogni $x \in \N$ . Assumendo che $f_{n-1}(x)= \sum_{k=0}^{n-1} (3x)^k$ per ogni $x \in R$ , si ha

(113) $\begin{equation*} f_{n}(x)= f_{n-1}(x)+ (3x)^n = \left( \sum_{k=0}^{n-1} (3x)^k \right) + (3x)^n = \sum_{k=0}^{n} (3x)^k \qquad \forall x \in \R. \end{equation*}$

Il principio di induzione assicura quindi la validità di ??.

$f_n(x)$ coincide dunque con la somma parziale di una serie geometrica di ragione $r= 3x$ . Da ??, utilizzando la nota formula⁴

(114) $\begin{equation*} \sum_{k=0}^n r^k = \frac{1-r^{n+1}}{1-r} \qquad \forall r \neq 1,\,\, \forn, \end{equation*}$

si ottiene

(115) $\begin{equation*} f_n(x) = \begin{cases} \dfrac{1 - (3x)^{n+1}}{1-3x} & \text{se } x \neq \dfrac{1}{3}\\[10pt] n+1 & \text{se } x = \dfrac{1}{3} \end{cases} \qquad \forn. \end{equation*}$

Si ha quindi

(116) $\begin{equation*} \limn f_n(x) = \begin{cases} \text{non esiste} & \text{se } x \leq -\frac{1}{3}\\[8pt] \dfrac{1}{1-3x} & \text{se } |x| < \frac{1}{3}\\[8pt] +\infty & \text{se } x \geq \frac{1}{3}. \end{cases} \end{equation*}$

Dunque $f_n$ converge puntualmente in $(-\frac{1}{3},\frac{1}{3})$ alla funzione $f \colon (-\frac{1}{3},\frac{1}{3}) \to R$ definita da

(117) $\begin{equation*} f(x) = \frac{1}{1-3x} \qquad \forall x \in \left( -\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right). \end{equation*}$

Affermiamo che la convergenza è uniforme negli intervalli del tipo $[-a,a]$ con $a \in [0,\frac{1}{3})$ . Infatti, fissato $a \in [0,\frac{1}{3})$ , si ha

(118) $\begin{equation*} \limn \supx{[-a,a]} \vdiff = \limn \supx{[-a,a]} \frac{|3x|^{n+1}}{1-3x} \leq \limn \frac{(3a)^{n+1}}{1-3a} = 0, \end{equation*}$

dove nella disuguaglianza abbiamo usato che $|3x|\leq 3a$ e che $1-3x \geq 1-3a>0$ per ogni $x \in [-a,a]$ . Da ?? e dalla proposizione 1.3, otteniamo la convergenza uniforme di $f_n$ a $f$ in $[-a,a]$ .

Affermiamo infine che la convergenza non è uniforme in $\left( -\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)$ . Infatti si ha

(119) $\begin{equation*} \lim_{x \to (\frac{1}{3})^-} |f(x)-f_n(x)| = \lim_{x \to (\frac{1}{3})^-} \frac{|3x|^{n+1}}{1-3x} = +\infty \qquad \forn. \end{equation*}$

Da ciò segue che

(120) $\begin{equation*} \limn \supx{\left( -\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)} \vdiff = +\infty, \end{equation*}$

mostrando che la convergenza non è uniforme in $\left( -\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)$ .

$\,$

Che si può mostrare osservando che, ponendo $S(n)= \sum_{k=0}^n r^k$ , si ha $S(n)-r S(n)= 1-r^{n+1}$ , da cui si ricava $S(n)$ . ↩

$\,$

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . tudiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definita per ricorrenza da

(121) $\begin{equation*} \begin{cases} f_0(x)=1\\ f_n(x)= f_{n-1}(x) + (3x)^n \end{cases} \qquad \forall x \in \R,\,\, \forall n \in \N. \end{equation*}$

e determinarne l’eventuale limite.

$\,$

Soluzione punto 1 .

Trattiamo separatamente i diversi casi. Siccome si ha

$\lim_{n\to +\infty} n xe^{-n x} = \begin{cases} 0 &\text{se }x\ge 0 \\ -\infty &\text{se } x<0, \end{cases}$

la successione non converge puntualmente (e quindi nemmeno uniformemente) su $R$ .

$\,$

Soluzione punto 2 .

Per quanto osservato al punto precedente, la successione converge puntualmente in $[0,+\infty)$ alla funzione $f \colon [0,+\infty) \to R$ identicamente nulla e, in particolare, negli intervalli del tipo $(0,a]$ , con $a>0$ .

Si fissi quindi $a>0$ . Affermiamo che la convergenza delle $f_n$ a $f$ non è uniforme su $(0,a]$ . Osserviamo che ogni $f_n$ è derivabile e che vale

(122) $\begin{equation*} f_n'(x)=n(1-nx)e^{-nx} \qquad \forall n \in \mathbb{N},\,\, \forall x \in (0,a]. \end{equation*}$

Poiché

(123) $\begin{equation*} f_n'(x) \geq 0 \iff x \in \left(0,\frac{1}{n} \right] \qquad \forall n \in \N, \end{equation*}$

si ha

(124) $\begin{equation*} \max_{x \in (0,a]}f_n(x) = \begin{cases} f(a) & \text{se } \frac{1}{n}\geq a\\[7pt] f\left(\dfrac{1}{n}\right)=e^{-1} & \text{se } \frac{1}{n}< a \end{cases} \end{equation*}$

Da ciò, poiché $f_n(x) \geq 0$ per ogni $n \in \N$ e per ogni $x \in (0,a]$ , si ha

(125) $\begin{equation*} \limn \sup_{x \in (0,a]}|f_n(x)-f(x)| = \limn \max_{x \in (0,a]}f_n(x) = \limn e^{-1} = e^{-1}. \end{equation*}$

Per la proposizione 1.3, la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme in $(0,a]$ .

$\,$

Soluzione punto 3 .

Sia $a>0$ ; affermiamo che la convergenza di $f_n$ a $f$ è uniforme in $[a,+\infty)$ . Per ??, $f_n$ è decrescente in $[a,+\infty)$ se $\frac{1}{n}< a$ . Ciò implica che

(126) $\begin{equation*} \max_{x \in [a,+\infty)}f_n(x) = f_n(a) \qquad \forall n> \frac{1}{a}. \end{equation*}$

Unendo a ?? il fatto che $f_n(x) \geq 0$ per ogni $n \in \N$ e per ogni $x \in [a,+\infty)$ , si ottiene

(127) $\begin{equation*} \limn \supx{[a,+\infty)}|f_n(x)-f(x)| = \limn f_n(a) = 0, \end{equation*}$

dove l’ultima uguaglianza dalla convergenza puntuale di $f_n$ a $0$ . La proposizione 1.3 implica quindi la convergenza uniforme delle $f_n$ a $f$ su $[a,+\infty)$ .

$\,$

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon (0,+\infty) \to R$ definite da

(128) $\begin{equation*} f_n(x) = \left( 1 - \cos \dfrac{x}{n}\right)^{\frac{1}{n^2}} \qquad \forall n \in \N,\,\, \forall x \in \R, \end{equation*}$

nei seguenti insiemi:

$\,$

negli insiemi del tipo $[r,R]$ , con $0<r<R$ ;
negli insiemi del tipo $(0,r]$ , con $r >0$ ;
negli insiemi del tipo $[R,+\infty)$ con $R>0$ .

$\,$

Soluzione punto 1 .

Studiamo separatamente i vari casi. Si fissino $0<r<R$ . Si ha

(129) $\begin{equation*} \limn f_n(x) = \limn\left( \dfrac{1 - \cos \dfrac{x}{n}}{\dfrac{x^2}{n^2}}\right)^{\frac{1}{n^2}} \left( \dfrac{x^2}{n^2}\right)^{\frac{1}{n^2}} = 1 \qquad \forall x \in [r,R], \end{equation*}$

dove l’ultima uguaglianza segue da

(130) $\begin{equation*} \lim_{t \to 0} \dfrac{1-\cos t}{t^2}=\frac{1}{2}, \qquad \text{e da} \qquad \limn n^{\frac{1}{n}}= \limn y^{\frac{1}{n}}=1 \quad \forall y >0. \end{equation*}$

Da ?? si ha che $f_n$ converge puntualmente in $[r,R]$ alla funzione $f \colon \R \to R$ identicamente pari a $1$ . Dall’arbitrarietà di $r$ e $R$ , segue che $f_n$ converge puntualmente a $f$ in $(0,+\infty)$ .

Affermiamo che la convergenza è anche uniforme in $[r,R]$ . Infatti osserviamo che, poiché la funzione $t \mapsto 1- \cos t$ è crescente e positiva in $(0,\pi/2]$ e la funzione $y \to y^{\frac{1}{n^2}}$ è crescente per ogni $n \in \N$ , ognuna delle funzioni $f_n$ è crescente in $(0,n\pi/2]$ e inoltre in tale intervallo si ha $f_n(x)\leq 1$ . Poiché per ogni $n \geq \frac{2R}{\pi}$ si ha $[r,R] \subset (0,n\pi/2]$ , otteniamo

(131) $\begin{equation*} \limn \sup_{x \in [r,R]}\vdiff = \limn\big( 1 - f_n(r)\big) = 0, \end{equation*}$

dove l’ultima uguaglianza segue dalla convergenza puntuale di $f_n$ a $f$ . Da ?? e dalla proposizione 1.3, si ha la convergenza uniforme di $f_n$ a $f$ in $[r,R]$ .

$\,$

Soluzione punto 2 .

Sia $r>0$ . Affermiamo che la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme in $(0,r]$ . Infatti, poiché

(132) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0^+} f_n(x)=0 \qquad \forall n \in \N, \end{equation*}$

si ha

(133) $\begin{equation*} \sup_{x \in (0,r]} \vdiff = 1 \qquad \forall n \in \N. \end{equation*}$

Di nuovo per la proposizione 1.3, la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme in $(0,r]$ .

$\,$

Soluzione punto 3 .

Sia $R>0$ . Affermiamo che anche in $[R,+\infty)$ la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme. Infatti, sia $k \in \N$ tale che $2k\pi \geq R$ . Allora si ha $f_n(2nk\pi)=0$ per ogni $n \in \N$ e quindi

(134) $\begin{equation*} \limn \sup_{x \in [R,+\infty)} \vdiff \geq \limn \big( 1 - f_n(2nk\pi) \big) = 1. \end{equation*}$

Ancora la proposizione 1.3 implica che la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme in $[R,+\infty)$ .

$\,$

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Esibire una successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ continue che soddisfi contemporaneamente le seguenti condizioni:

$\,$

per ogni $n \in \mathbb{N}$ l’integrale improprio $\int_{-\infty}^{+\infty} f_n(x) \dif x$ converge;
la successione $f_n$ converge uniformemente in $\mathbb{R}$ a una funzione $f \colon \R \to R$ ;
l’integrale improprio $\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \dif x$ converge;
vale

$\,$

Soluzione punto 1 .

Di questo esercizio presentiamo due svolgimenti. Consideriamo la successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definita da

(135) $\begin{equation*} f_n(x)=\frac{\frac 1n}{1+\left(\frac{x}{n}\right)^2} \qquad \forn,\,\, \forall x \in \R. \end{equation*}$

Le funzioni $f_n$ sono continue. Mostriamo ora che esse soddisfano tutte le condizioni richieste.

Per ogni $n \in \N$ una primitiva di $f_n$ è la funzione $g_n \colon \R \to R$ definita da

(136) $\begin{equation*} g_n(x)= \arctan \left(\frac xn\right) \qquad \forall x \in \R. \end{equation*}$

Per definizione di integrale improprio si ha

(137) $\begin{equation*} \begin{split} \int_{-\infty}^{+\infty} f_n(x) \dif x = & \lim_{b \to + \infty} \left( \int_{-b}^{0} f_n(x) \dif x \right) + \lim_{b \to + \infty} \left( \int_{0}^{b} f_n(x) \dif x \right) \\ = & \lim_{b \to + \infty} \left[\arctan\left(\frac xn\right) \right]_{-b}^0 + \lim_{b \to + \infty} \left[\arctan\left(\frac xn\right) \right]_{0}^b \\ = & \,\pi \qquad \forn, \end{split} \end{equation*}$

da cui la convergenza dell’integrale improprio $\int_{-\infty}^{+\infty} f_n(x) \dif x$ per ogni $n \in \N$ .

Dato che $1+\left(\frac{x}{n}\right)^2 \geq 1$ , si ha

$|f_n(x)| \leq \frac{1}{n} \quad \text{per ogni } n, \forall x \in \mathbb{R},$

da cui segue che

$\lim_{n \to \infty} \sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x)| \leq \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$

e, per la proposizione 1.3, $f_n$ converge uniformemente alla funzione $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ identicamente nulla.

Dato che $f$ è la funzione nulla, ovviamente si ha
$\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \, \mathrm{d} x = 0.$
Per ?? e ?? si ha
$\lim_{n \to \infty} \int_{-\infty}^{+\infty} f_n(x) \, \mathrm{d} x = \pi \neq 0 = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \, \mathrm{d} x.$

$\,$

Soluzione punto 2 .

Sia $f_n \colon \R \to R$ la successione di funzioni definita da

(138) $\begin{equation*} f_n(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{n} & \text{se } x \in [-n,n]\\[7pt] \frac{1}{n}+n - x & \text{se } x \in (n,n+ \frac{1}{n}]\\ \frac{1}{n}+n + x & \text{se } x \in [-n- \frac{1}{n},-n)\\ 0 & \text{altrimenti}. \end{cases} \qquad \forall n \in \N. \end{equation*}$

$\,$

Figura 1: una delle funzioni $f_n$ definite in ??.

$\,$

Ognuna delle $f_n$ è una funzione continua, come si vede in figura ??.

Poiché

(139) $\begin{equation*} f_n(x) = 0 \qquad \forall |x| \geq n+1,\,\,\, \forn, \end{equation*}$

l’integrale improprio $\int_{-\infty}^{+\infty} f_n(x) \dif x$ converge per ogni $n \in \N$ . In particolare, poiché ognuna delle $f_n$ è una funzione pari, si ha

(140) $\begin{equation*} \int_{-\infty}^{+\infty} f_n(x) \dif x = 2\int_0^n \frac{1}{n} \dif x + 2\int_n^{n+ \frac{1}{n}} \left(\frac{1}{n}+n - x\right) \dif x = 2\cdot 1 + 2 \frac{1}{2n^2}= 2 + \frac{1}{n^2}. \qquad \forn. \end{equation*}$

Si ha

(141) $\begin{equation*} \limn \supx{\R}|f_n(x)| = \limn \frac{1}{n} = 0, \end{equation*}$

quindi $f_n$ converge uniformemente in $R$ alla funzione $f \colon \R \to R$ identicamente nulla. Dato che $f$ è la funzione nulla, ovviamente si ha

(142) $\begin{equation*} \int_{-\infty}^{+\infty} f_n(x) \dif x = 0. \end{equation*}$

Da ?? e ??, segue che

(143) $\begin{equation*} \limn \int_{-\infty}^{+\infty} f_n(x) \dif x = 2 \neq 0 = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \dif x. \end{equation*}$

$\,$

Esercizio 24 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si consideri la successione di funzioni $f_n\colon \R \to R$ definita da

$f_n(x) = \frac{1}{\sqrt n} \sin(nx) \qquad \forn,\,\, \forall x \in \mathbb{R}.$

$\,$

Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione $f_n$ .
Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione delle derivate $f_n'$ .

$\,$

Soluzione punto 1 .

Si mostrerà che la successione $f_n$ converge uniformemente in $R$ , ma la successione delle derivate non converge in alcun punto. Poiché $|\sin t| \leq 1$ per ogni $t \in R$ , osserviamo che

(144) $\begin{equation*} \limn \supx{\R}|f_n(x)| \leq \limn \frac{1}{\sqrt{n}} = 0, \end{equation*}$

per cui la successione $f_n$ converge uniformemente in $R$ alla funzione $f \colon \R \to R$ identicamente nulla.

$\,$

Soluzione punto 2 .

Studiamo ora la successione delle derivate, dato che $f_n$ è derivabile per ogni $n\in \bN$ :

$f_n'(x)=\frac{1}{\sqrt n} (n \cos nx)=\sqrt n\cos(n x) \qquad \forn, \,\, \forall x \in \R.$

Facciamo ora le seguenti osservazioni.

Se $x= 2k\pi$ per qualche $k \in \Z$ , allora $\cos(nx)=1$ per ogni $n \in \N$ , quindi

(145) $\begin{equation*} \limn \sqrt n\cos(n x) = +\infty. \end{equation*}$

Se $x = q \pi$ per qualche $q=\frac{h}{m} \in \Q \setminus \{2k \colon k \in \Z \}$ con $h,m$ coprimi e $m \neq 0$ , allora la successione $\cos(nx)$ è ciclica di periodo $2m$ al variare di $n \in \N$ , assumendo sia valori positivi che negativi, pertanto $\limn \sqrt n\cos(n x)$ non esiste.

Se invece $x \neq q \pi$ per qualche $q \in \Q$ , allora per {acerbi2}[proposizione 5.46], l’insieme

(146) $\begin{equation*} \{nx + m(2\pi) \colon n,m \in \Z\} \end{equation*}$

è denso in $R$ , da cui segue che la successione $\cos(nx)$ possiede sottosuccessioni convergenti a qualsiasi numero reale in $[-1,1]$ . Pertanto $\limn \sqrt n\cos(n x)$ non esiste. Riassumendo:

(147) $\begin{equation*} \lim_{n \to \infty} f'_n(x) \begin{cases} =+\infty & \text{se $x=2k\pi$ per qualche $k \in \mathbb{Z}$}\\ \text{non esiste} & \text{altrimenti}. \end{cases} \end{equation*}$

Da ciò segue che la successione delle derivate non converge nemmeno puntualmente su $R$ .

$\,$

Esercizio 25 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definita da

$f_n(x) = e^{-\left(x- 1/n\right)^2} \cos\left(e^{-\left(x- 1/n\right)^2} \right). \qquad \forall n \in \N,\,\, \forall x \in \R.$

$\,$

Soluzione .

Osserviamo che

$\lim_{n\to \infty} e^{-(x-1/n)^2} \cos(e^{-(x-1/n)^2}) = e^{-x^2}\cos(e^{-x^2}) \qquad \forall x \in \R,$

da cui segue la convergenza puntuale delle funzioni $f_n$ alla funzione $f \colon \R \to R$ definita da

(148) $\begin{equation*} f(x) = e^{-x^2}\cos(e^{-x^2}) \qquad \forall x \in \R. \end{equation*}$

Proviamo che la convergenza è anche uniforme. Osserviamo che

(149) $\begin{equation*} f_n(x) = f\left( x - \frac{1}{n}\right) \qquad \forn,\,\,\forall x \in \R. \end{equation*}$

Poiché $f$ è continua e derivabile in $R$ , dal teorema di Lagrange segue che, per ogni $x \in R$ e per ogni $n \in \N$ , esiste $\xi \in (x-\frac{1}{n},x)$ tale che

(150) $\begin{equation*} \vdiff = \left| f\left(x-\frac{1}{n}\right) - f(x)\right| = \frac{1}{n} |f'(\xi)|. \end{equation*}$

Pertanto si ha

(151) $\begin{equation*} \supx{\R} \vdiff \leq \frac{1}{n} \supx{\R} |f'(x)| \qquad \forn. \end{equation*}$

Poiché

(152) $\begin{equation*} f'(x) = -2xe^{-x^2}\cos(e^{-x^2}) -2xe^{-2x^2}\sin(e^{-x^2}) \qquad \forall x \in \R, \end{equation*}$

si ottiene che $f'$ è continua e vale $\lim_{x\to \pm\infty}f'(x)=0$ . Da ciò segue che esiste finito $L=\max_{x \in \R}|f'(x)|$ . Unendo questa informazione a ??, si ottiene

(153) $\begin{equation*} \limn \supx{\R} \vdiff \leq \limn \frac{L}{n} = 0, \end{equation*}$

da cui la convergenza uniforme di $f_n$ a $f$ in $R$ . Lo studio della convergenza uniforme poteva anche svolgersi nel seguente modo.

$\,$

Soluzione punto 2 .

Per quanto riguarda la convergenza uniforme di $f_n$ a $f$ , dividiamo lo studio in due fasi. \begin{enumerate} \item Proviamo che la convergenza è uniforme sugli intervalli del tipo $[-R,R]$ con $R>0$ . A tal fine, fissiamo $R>0$ . Notiamo che

(154) $\begin{equation*} f_n(x) = f\left( x - \frac{1}{n}\right) \qquad \forn,\,\,\forall x \in \R. \end{equation*}$

Poiché $f$ è continua e derivabile in $R$ , dal teorema di Lagrange segue che, per ogni $x \in R$ e per ogni $n \in \N$ , esiste $\xi \in (x-\frac{1}{n},x)$ tale che

(155) $\begin{equation*} \vdiff = \left| f\left(x-\frac{1}{n}\right) - f(x)\right| = \frac{1}{n} |f'(\xi)|. %\qquad %\forn,\,\, \forall x \in \R. \end{equation*}$

Pertanto si ha

(156) $\begin{equation*} \supx{[-R,R]} \vdiff %= %\supx{[-R,R]}\left| f\left(x-\frac{1}{n}\right) - f(x)\right| \leq \frac{1}{n} \supx{[-R-1,R+1]} |f'(x)| \qquad \forn. \end{equation*}$

Poiché $f$ è di classe $C^1(\R)$ , esiste finito $L=\max_{x [-R-1,R+1]}|f'(x)|$ . Unendo questa informazione a ??, si ottiene

(157) $\begin{equation*} \limn \supx{[-R,R]} \vdiff \leq \limn \frac{L}{n} = 0, \end{equation*}$

da cui la convergenza uniforme di $f_n$ a $f$ in $[-R,R]$ . \item Proviamo ora che la convergenza è uniforme su $R$ . Si fissi $\varepsilon>0$ . Poiché $\lim_{x \to \infty}e^{-x^2}=0$ , esiste $R>0$ tale che

(158) $\begin{equation*} |f(x)|\le e^{-x^2} < \frac{\varepsilon}{2} \quad \text{e} \quad |f_n(x)|\le e^{-(x-\frac 1n)^2} < \frac{\varepsilon}{2} \qquad \forn,\,\, \forall x \in (-\infty,-R]\cup [R,+\infty). \end{equation*}$

Da ciò segue che

(159) $\begin{equation*} \supx{\{|x|\geq R\}} \vdiff \leq \supx{\{|x|\geq R\}} (|f_n(x)|+|f(x)|) < \varepsilon \qquad \forn. \end{equation*}$

D’altra parte, per il punto precedente $f_n$ converge uniformemente a $f$ su $[-R,R]$ , quindi esiste $N \in \N$ tale che

(160) $\begin{equation*} \supx{[-R,R]}\vdiff < \varepsilon \qquad \forall n \geq N. \end{equation*}$

Unendo ?? e ??, si ottiene

(161) $\begin{equation*} \supx{\R} \vdiff < \varepsilon \qquad \forall n \geq N. \end{equation*}$

Per l’arbitrarietà di $\varepsilon$ , ?? implica che $\limn \supx{\R} \vdiff=0$ , e quindi, per la proposizione 1.3, $f_n$ converge uniformemente a $f$ in $R$ .

$\,$

Esercizio 26 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definita da

$f_n(x) =n^2x^2(1-x)^n \qquad \forall n \in \N,\,\, \forall x \in \R,$

nei seguenti insiemi:

$\,$

in $R$ ;
negli intervalli del tipo $(0,a)$ con $a\in (0,2)$ .
negli intervalli del tipo $[a,b]$ con $0<a<b<2$ .

$\,$

Soluzione punto 1 .

Trattiamo separatamente i diversi casi. Si ha

(162) $\begin{equation*} \limn f_n(x) = \begin{cases} +\infty & \text{se } x < 0\\ 0 & \text{se } x \in [0,2)\\ \text{non esiste} & \text{se } x \geq 2. \end{cases} \end{equation*}$

Per verificarlo, osserviamo che, se $x<0$ , allora $(1-x)^n>1$ e quindi $n^2x^2(1-x)^n>n^2x^2$ , da cui

(163) $\begin{equation*} \limn f_n(x) > \limn n^2x^2 = +\infty \qquad \forall x < 0. \end{equation*}$

Se $x=0$ , allora $f_n(x)=0$ per ogni $n \in \N$ . Per $x \in (0,2)$ si ha $|1-x|<1$ e quindi, per le note proprietà degli esponenziali, otteniamo

(164) $\begin{equation*} \limn n^2|1-x|^n = 0 \qquad \forall x \in (0,2). \end{equation*}$

Per cui si ha $\limn f_n(x)=0$ se $x \in (0,2)$ .

Se invece $x\geq 2$

(165) $\begin{equation*} \limn n^2x^2=+\infty \qquad \text{e} \qquad |1-x|^n\geq 1 \quad \forall n \in \N, \end{equation*}$

quindi $\limn |f_n(x)|=+\infty$ , ma poiché $(1-x)^n$ ha segno alternante, il limite $\limn f_n(x)$ non esiste.

In sintesi $f_n$ converge puntualmente solo in $[0,2)$ e inoltre il suo limite puntuale è la funzione $f \colon [0,2) \to R$ identicamente nulla.

$\,$

Soluzione punto 2 .

Sia $a \in (0,2)$ ; dal punto precedente sappiamo che $f_n$ converge puntualmente a $f$ in $(0,a)$ .

Affermiamo che la convergenza non è uniforme. A tal fine, osserviamo che la forma di $f_n$ suggerisce di sostituire $x=\frac{1}{n}$ (se $\frac{1}{n}<a$ ). Osservando infatti che

(166) $\begin{equation*} n^2 \left(\frac{1}{n}\right) =1 \quad \forn, \qquad \limn \left(1-\frac{1}{n}\right)^n = e^{-1}, \end{equation*}$

si ricava

(167) $\begin{equation*} \limn \supx{(0,a)} |f_n(x)-f(x)| \geq \limn f_n\left(\frac{1}{n}\right) = e^{-1} \neq 0 \end{equation*}$

Per la proposizione 1.3, la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme.

Un altro metodo (meno rapido) per ottenere una stima dal basso su $\supx{(0,a)} |f_n(x)-f(x)|$ consiste nello studiare il segno della la derivata

$f_n'(x) = n^{2}\left(2 x(1-x)^{n}-n x^{2}(1-x)^{n-1}\right) = n^{2} x(1-x)^{n-1}(2-2 x-n x) \qquad \forn ,\,\, \forall x \in (0,a),$

ottenendo che

(168) $\begin{equation*} f_n'(x)\geq 0 \qquad \forall x \in \left(0, \frac{2}{2+n}\right]. % %\iff %\begin{cases} %x \in \left(0, \frac{2}{2+n}\right] & \text{se $n$ è dispari}\\[10pt] %x\in \left(0, \frac{2}{2+n}\right] \cup [1,a) & \text{se $n$ è pari} %\end{cases} \end{equation*}$

Poiché ogni $f_n$ è crescente e positiva in $\left(0, \frac{2}{2+n}\right]$ , si ha che

(169) $\begin{equation*} \max_{x \in (0,a)} |f_n(x)-f(x)| \geq f_n \left( \frac{2}{2+n}\right) = \frac{4n^2}{(n+2)^{2}}\left(\frac{n}{n+2}\right)^{n} \qquad \text{se } \frac{2}{2+n}<a. \end{equation*}$

Osservando che

$\lim_{n\to \infty} \left(1+\frac{y}{n}\right)^n=e^y \quad \forall y \in \R, \qquad \lim_{n\to \infty} \frac{4n^2}{(n+2)^{2}}=4,$

da ?? si ottiene

(170) $\begin{equation*} \limn \supx{(0,a)}|f_n(x)-f(x)| \geq \limn \frac{4n^2}{(n+2)^{2}}\left(\frac{n}{n+2}\right)^{n} = 4 e^{-2} \neq 0. \end{equation*}$

Per la proposizione 1.3, la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme.

$\,$

Soluzione punto 3 .

Siano $0<a<b<2$ ; affermiamo che la convergenza di $f_n$ a $f$ è uniforme su $[a,b]$ . Un primo modo nel vederlo consiste nell’effettuare uno studio del segno più accurato delle derivate $f_n'$ :

(171) $\begin{equation*} f_n'(x)\geq 0 \iff \begin{cases} x \in \left(a, \frac{2}{2+n}\right] & \text{se $n$ è dispari}\\[10pt] x\in \left(a, \frac{2}{2+n}\right] \cup [1,b) & \text{se $n$ è pari} \end{cases} \end{equation*}$

Poiché

(172) $\begin{equation*} \frac{2}{2+n} \notin [a,b] \qquad \forall n > \frac{2}{a}-2, \end{equation*}$

i massimi e i minimi delle funzioni $f_n$ sull’intervallo $[a,b]$ vanno quindi ricercati tra i valori

(173) $\begin{equation*} f_n(1)=0,\quad f_n(a),\quad f_n(b). \end{equation*}$

Poiché per la convergenza puntuale di $f_n$ a $f$ si ha

(174) $\begin{equation*} \limn f_n(a) = \limn f_n(b) = 0, \end{equation*}$

si ottiene

(175) $\begin{equation*} \limn \supx{[a,b]}|f_n(x)-f_(x)| = \limn \max\{f_n(a),f_n(b)\} = 0, \end{equation*}$

da cui la convergenza uniforme delle $f_n$ a $f$ .

Un altro metodo che avrebbe condotto alla soluzione è osservare che la successione numerica dei moduli $\{|f_n(x)|\}_{n \in \N}$ è decrescente per $n$ sufficientemente grande, infatti, da $x \in [a,b] \subset (0,2)$ , segue

(176) $\begin{equation*} \limn \frac{|f_{n+1}(x)|}{|f_n(x)|} = \limn \frac{(n+1)^2|1-x|}{n^2} = |1-x| < 1. \end{equation*}$

Poiché la successione delle funzioni $|f_n|$ converge puntualmente su $[a,b]$ alla funzione $f$ nulla, che è continua, e l’intervallo $[a,b]$ è chiuso e limitato, il teorema ?? implica che $|f_n|$ converge uniformemente alla funzione nulla $f$ . D’altra parte, ciò implica che anche la successione delle $f_n$ converge uniformemente a $f$ su $[a,b]$ .

$\,$

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definita da

$f_{n}(x)=\frac{1}{n} x \sin x+x+\cos \frac{1}{n} \qquad \forall n \in \N,\,\, \forall x \in \R,$

nei seguenti insiemi:

$\,$

in $R$ ;
negli intervalli del tipo $[-R,R]$ , con $R>0$ .

$\,$

Soluzione punto 1 .

Trattiamo separatamente i diversi casi. Si ha

(177) $\begin{equation*} \lim_{n\to +\infty} f_n(x)=x+1, \qquad \forall x\in \bR, \end{equation*}$

da cui la convergenza puntuale in $R$ alla funzione $f \colon \R \to R$ definita da

(178) $\begin{equation*} f(x)= x+1 \qquad \forall x \in \R. \end{equation*}$

Affermiamo che la convergenza non è uniforme. Per mostrarlo, un’idea consiste nel notare che il termine $\frac{1}{n} x \sin x$ scompare, quando si effettua il limite puntuale. Esso però non è “uniformemente piccolo”: un’intuizione può essere scegliere una successione $x_n$ divergente affinché $\limn \frac{x_n}{n}=+\infty$ e tale che $\sin x_n=1$ per ogni $n \in \N$ .

Tale intuizione è appunto confermata dalla scelta $x_n= \frac{\pi}{2}+2n^2\pi$ ; infatti si ha

(179) $\begin{equation*} \begin{split} \limn \supx{\R} \vdiff \geq & \limn \left|f_n\left(\frac{\pi}{2}+2n^2\pi \right) - f\left(\frac{\pi}{2}+2n^2\pi \right) \right| \\ =& \limn \left| \frac{\pi + 4n^2}{2n} + \cos \frac{1}{n}- 1 \right| = +\infty. \end{split} \end{equation*}$

Per la proposizione 1.3, la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme.

$\,$

Soluzione punto 2 .

Fissiamo $R>0$ . Si ha

(180) $\begin{equation*} \begin{split} \left|f_{n}(x)-f(x)\right|&=\left|\frac{1}{n} x \sin x+\cos \frac{1}{n}-1\right| \\ &\leq \frac{|x \sin x|}{n}+\left|\cos \frac{1}{n}-1\right| \\ &\leq \frac{R}{n}+\left|\cos \frac{1}{n}-1\right| \qquad \forn , \,\, \forall x \in [-R,R], \end{split} \end{equation*}$

dove nella prima disuguaglianza abbiamo usato la disuguaglianza triangolare, mentre nella seconda il fatto che $|\sin x|\leq 1$ e che $|x| \leq R$ . Da ?? si ottiene

(181) $\begin{equation*} \lim_{n\to +\infty}\sup_{x\in [-R,R]}\left|f_{n}(x)-f(x)\right|\le \lim_{n\to +\infty} \frac{R}{n}+\left|\cos \frac{1}{n}-1\right|=0, \end{equation*}$

da cui concludiamo che $f_n$ converge ad $f$ uniformemente su $[-R,R]$ .

$\,$

Esercizio 28 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si consideri la successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definita da

$f_n(x) = \sqrt{x^2 + \frac{1}{n}} \qquad \forn,\,\, \forall x \in \mathbb{R}.$

$\,$

Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione $f_n$ .
Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione $f_n'$ nei seguenti insiemi:

$\,$

$R$ ;
$R \setminus \{0\}$ ;
$(-\infty,-a] \cup [a,+\infty)$ per $a>0$ .

$\,$

Soluzione punto 1 .

Trattiamo separatamente i diversi casi. Si ha

$\lim_{n\to\infty} f_n(x) = \lim_{n\to\infty}\sqrt{x^2 + \frac{1}{n}}=\sqrt{x^2}=|x| \qquad \forall x \in \R.$

da cui segue la convergenza puntuale delle $f_n$ alla funzione $f \colon \R \to R$ definita da $f(x)=|x|$ .

La convergenza è anche uniforme. Infatti

(182) $\begin{equation*} \begin{split} \limn \supx{\R}\vdiff = & \limn \supx{\R} \left|\frac{\left(\sqrt{x^2+\frac{1}{n}}-|x|\right)\left(\sqrt{x^2+\frac{1}{n}}+|x|\right)}{\sqrt{x^2+\frac{1}{n}}+|x|} \right| \\ = & \limn \supx{\R} \frac{\frac{1}{n}}{\sqrt{x^2+\frac{1}{n}}+|x|} \\ \leq & \limn \frac{1}{\sqrt{n}} \\ = & \, 0, \end{split} \end{equation*}$

dove nella disuguaglianza abbiamo usato il fatto che

(183) $\begin{equation*} \sqrt{x^2+\frac{1}{n}}+|x| \geq \frac{1}{\sqrt{n}} \qquad \forall x \in \R,\,\,\forn. \end{equation*}$

La convergenza uniforme delle $f_n$ a $f$ segue quindi dalla proposizione 1.3.

$\,$

Soluzione punto 2 .

Poiché le $f_n$ sono tutte derivabili, consideriamo la successione delle derivate $f_n' \colon \R \to R$ :

$f_n'(x)= \frac{x}{\sqrt{x^2 + \frac{1}{n}}} \qquad \forn,\,\, \forall x \in \R.$

le quali sono tutte funzioni continue. Abbiamo $f_n'(0)=0$ per ogni $n\in \bN$ . Per $x\neq 0$ , vale

$\lim_{n\to +\infty}f'_n(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2}}=\frac{x}{|x|}=\begin{cases} 1 \quad &{\text{se}}\quad x> 0\\ -1 \quad &{\text{se}}\quad x< 0. \end{cases}$

Concludiamo che la successione $f_n'$ delle derivate converge puntualmente alla funzione $g \colon \R \to R$ definita da

$g(x) =\begin{cases} 1 \quad &{\text{se}}\quad x> 0\\ 0 \quad &{\text{se}}\quad x=0 \\-1 \quad &{\text{se}}\quad x< 0, \end{cases}$

Osserviamo che il limite puntuale $g$ delle derivate esiste in $x=0$ , mentre la funzione $f$ limite uniforme delle $f_n$ non è derivabile in $x=0$ . D’altra parte, si ha $g(x)=f'(x)$ per ogni $x \neq 0$ , ossia per ogni $x$ in cui $f$ è derivabile.

Poiché $g$ è discontinua in $0$ , per il teorema 1.5 la convergenza delle $f_n'$ a $g$ non può essere uniforme in qualsiasi intorno di $0$ , quindi nemmeno in $R$ .

Proviamo ora che la convergenza delle $f_n'$ a $g$ non è uniforme nemmeno in $\R \setminus \{0\}$ . Infatti si ha

(184) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} f_n'(x) = \lim_{x \to 0} \frac{x}{\sqrt{x^2 + \frac{1}{n}}} = 0 \qquad \forn, \end{equation*}$

da cui, tenendo presente che invece $\lim_{x \to 0^+}g(x)=1$ , segue

(185) $\begin{equation*} \supx{\R \setminus \{0\}} |f_n'(x) - g(x)| \geq 1 \qquad \forn. \end{equation*}$

Pertanto, per la proposizione 1.3, la convergenza di $f_n'$ a $g$ non è uniforme in $\R \setminus \{0\}$ .

Sia $a>0$ e dimostriamo che la convergenza delle $f_n'$ a $g$ è uniforme in $(-\infty,-a] \cup [a,+\infty)$ . Innanzitutto, per la parità delle $f_n'$ e di $g$ sull’insieme considerato, basta dimostrare la convergenza uniforme solo su $[a,+\infty)$ . Osserviamo che per ogni $n \in \N$ e ogni $x \geq a$ si ha

(186) $\begin{equation*} |g(x) - f_n'(x)| = 1- \frac{x}{\sqrt{x^2 + \frac{1}{n}}} = \frac{\sqrt{x^2 + \frac{1}{n}}-x}{\sqrt{x^2 + \frac{1}{n}}} = \frac{\frac{1}{n}}{\left(\sqrt{x^2 + \frac{1}{n}} + x\right)\sqrt{x^2 + \frac{1}{n}}} \leq \frac{1}{2na^2} \end{equation*}$

dove nella disuguaglianza abbiamo usato che $x \geq a$ per ottenere una stima dal basso sul denominatore della frazione. Da ?? si ottiene

(187) $\begin{equation*} \limn \supx{[a,+\infty)} |g(x) - f_n'(x)| \leq \limn \frac{1}{2na^2} = 0, \end{equation*}$

e quindi la convergenza delle $f_n'$ a $g$ è uniforme in $(-\infty,-a] \cup [a,+\infty)$ per la proposizione 1.3.

$\,$

Esercizio 29 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . er ogni $n \in \N$ , sia $f_n \colon \R \to R$ la soluzione del problema di Cauchy

(188) $\begin{equation*} \begin{cases} f_n'(t)= f_n(t) + t + 2^{-n}\\[10pt] f_n(0)=-1. \end{cases} \end{equation*}$

$\,$

Studiare la convergenza puntuale e uniforme di $f_n$ negli intervalli $[-R,R]$ , con $R > 0$ .
Studiare la convergenza puntuale e uniforme di $f_n$ in $R$ .

$\,$

Soluzione punto 1 .

Studiamo separatamente le due questioni.

L’equazione è lineare e ha senso per ogni $t \in R$ , pertanto la soluzione $f_n$ di ?? è definita in $R$ .

Calcoliamo ora l’espressione di $f_n$ al fine di studiarne la convergenza. Moltiplicando per $e^{-t}$ l’equazione si ottiene

(189) $\begin{equation*} \begin{split} \begin{cases} e^{-t}f_n'(t)= \big(f_n(t) + t + 2^{-n}\big)e^{-t}\\[10pt] f_n(0)=-1. \end{cases} \iff & \begin{cases} e^{-t}f_n'(t) - e^{-t} f_n(t) = (t + 2^{-n})e^{-t}\\[10pt] f_n(0)=-1. \end{cases} \\ \iff & \begin{cases} \frac{\dif}{\dif t} \left(e^{-t}f_n(t)\right) = (t + 2^{-n})e^{-t}\\[10pt] f_n(0)=-1. \end{cases} \end{split} \end{equation*}$

Integrando entrambi i membri dell’equazione tra $0$ e $t$ e utilizzando la formula di integrazione per parti al secondo membro, si ottiene

(190) $\begin{equation*} e^{-t}f_n(t) +1 = 2^{-n} - (t + 2^{-n})e^{-t} - e^{-t} + 1 \qquad \forn,\,\, \forall t \in \R, \end{equation*}$

che è equivalente a

(191) $\begin{equation*} f_n(t)= 2^{-n}e^t - (t+2^{-n}+1) \qquad \forn,\,\, \forall t \in \R. \end{equation*}$

Sia $f \colon \R \to R$ la funzione definita da

(192) $\begin{equation*} f(t)= -(t+1) \qquad \forall t \in \R. \end{equation*}$

Si ha

(193) $\begin{equation*} \limn f_n(t) = \limn \Big( 2^{-n}e^t - (t+2^{-n}+1) \Big) = -(t+1) =f(t) \qquad \forall t \in \R. \end{equation*}$

Pertanto $f_n$ converge a $f$ puntualmente in $R$ e quindi in ogni intervallo del tipo $[-R,R]$ con $R>0$ . Si fissi quindi $R\geq 0$ ; si ha

(194) $\begin{equation*} \limn \sup_{t \in [-R,R]} |f_n(t) - f(t)| = \limn \sup_{t \in [-R,R]} 2^{-n}|e^t -1| \leq \limn 2^{-n} \max\{1,e^R-1\} = 0, \end{equation*}$

dove nella disuguaglianza si è usato il fatto che la funzione $t \mapsto e^t$ è crescente e positiva in $[-R,R]$ . Da ?? e dalla proposizione 1.3 segue la convergenza uniforme di $f_n$ a $f$ .

$\,$

Soluzione punto 2 .

La convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme in $R$ , in quanto

(195) $\begin{equation*} \sup_{t \in\R} |f_n(t) - f(t)| = \sup_{t \in\R} 2^{-n}|e^t -1| = +\infty \qquad \forn. \end{equation*}$

$\,$

Esercizio 30 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon [0,+\infty) \to R$ definita da

(196) $\begin{equation*} f_n(x) = \int_{0}^{x} \frac{t}{1+n^2 t} \dif t \qquad \forall n \in \N,\,\, \forall x \in [0,+\infty), \end{equation*}$

nei seguenti insiemi:

$\,$

in $[0,+\infty)$ ;
negli intervalli del tipo $[a,+\infty)$ , con $a >0$ .

$\,$

Soluzione punto 1 .

Di questo esercizio presentiamo due svolgimenti: nel primo calcoliamo esplicitamente l’integrale in ?? e usiamo la rappresentazione esplicita di $f_n$ per studiarne la convergenza puntuale e uniforme; nel secondo svolgimento usiamo delle stime sulla funzione integranda per ottenere i risultati desiderati. Questo secondo metodo è forse maggiormente versatile, in quanto in molti casi il calcolo esplicito degli integrali risulta poco agevole e inoltre l’uso di stime può spesso semplificare i calcoli. Trattiamo separatamente i diversi casi. Notiamo che la funzione integranda \e continua in $\bR$ per ogni $n\in \bN$ ; in particolare l’integrale \e ben definito per ogni $x \ge 0$ e $f_n(0)=0$ per ogni $n\in \bN$ . Troviamo una formula esplicita per la successione calcolando l’integrale:

$\begin{split} \int_{0}^{x} \frac{t}{1+n^2 t} \dif t &= \frac{1}{n^2}\int_{0}^{x} \frac{n^2t}{1+n^2 t}\dif t \\ & = \frac{1}{n^2}\int_{0}^{x}1-\frac{1}{1+n^2 t} \dif t \\ &= \frac{1}{n^2}\left(\int_{0}^{x}1-\frac{1}{n^2}\int_0^x\frac{n^2}{1+n^2 t} \dif t \right) \\ &= \frac{1}{n^2}\left[t-\frac{1}{n^2}\log(1+n^2t) \right]_0^x \\ &= \frac{1}{n^2}\left( x-\frac{1}{n^2}\log(1+n^2x) \right). \end{split}$

Quindi si ha

$f_n(x)=\frac{x}{n^2}-\frac{1}{n^4}\log(1+n^2x) \qquad \forn,\,\, \forall x \ge 0.$

Di conseguenza, otteniamo

$\lim_{n\to +\infty} f_n(x)=\lim_{n\to +\infty}\frac{x}{n^2}-\frac{1}{n^4}\log(1+n^2x)=0, \qquad \forall x \ge 0,$

da cui la convergenza puntuale delle $f_n$ alla funzione $f \colon [0,+\infty) \to R$ identicamente nulla.

Affermiamo che la convergenza non è uniforme in $[0,+\infty)$ . Infatti, la funzione $f_n(x)$ è illimitata superiormente in $[0,+\infty)$ , poiché si ha

$\lim_{x\to + \infty} f_n(x) = \lim_{x\to +\infty} \frac{x}{n^2}-\frac{1}{n^4}\log(1+n^2x) = \lim_{x\to +\infty} x \left( \frac{1}{n^2}-\frac{\log(1+n^2x)}{n^4 x}\right) =+\infty \qquad \forall n\in \bN,$

dove si è usato il fatto che $\lim_{x\to +\infty} \frac{\log(1+n^2x)}{x}=0$ per ogni $n\in \bN$ . Pertanto

(197) $\begin{equation*} \limn \supx{[0,+\infty)}\vdiff = +\infty \end{equation*}$

e, per la proposizione 1.3, la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme.

$\,$

Soluzione punto 2 .

Fissiamo $R>0$ e proviamo che la convergenza è uniforme in $[0,R]$ . Osserviamo innanzitutto che, dal teorema fondamentale del calcolo integrale (si veda ad esempio il teorema 4.1 nella dispensa Teorema fondamentale del calcolo integrale .), si ha che $f_n$ è derivabile per ogni $n \in \N$ e vale

(198) $\begin{equation*} f_n'(x)=\frac{x}{1+n^2 x} \qquad \forn,\,\, \forall x\geq 0. \end{equation*}$

Pertanto ogni $f_n$ è crescente; da ciò e dal fatto che $f_n(0)=0$ per ogni $n \in \N$ segue che

(199) $\begin{equation*} \sup_{x\in [0,R]} |f_n(x)-0|= f_n(R) \qquad \forn. \end{equation*}$

Per stimare $f_n(R)$ , osserviamo che per il teorema di Lagrange, per ogni $n \in \N$ esiste $\xi_n \in (0,R)$ tale che

(200) $\begin{equation*} f_n(R)=f_n(R) - f_n(0) = R f_n'(\xi_n) = R \frac{\xi_n}{1+n^2 \xi_n} \leq \frac{R}{n^2} \qquad \forall n \in \N, \end{equation*}$

dove nella terza uguaglianza si è usato che $f_n'(x) = \frac{x}{1+n^2x}$ e nella disuguaglianza si è usato che $1+n^2 \xi_n \geq n^2 \xi_n$ . Da ciò e da ?? segue

$\lim_{n\to+\infty}\sup_{x\in [0,R]} |f_n(x)-0|=\lim_{n\to+\infty} f(R) \leq \limn \frac{R}{n^2} = 0,$

da cui la convergenza uniforme delle $f_n$ a $f$ in $[0,R]$ per la proposizione 1.3. Presentiamo ora il secondo svolgimento dell’esercizio, in cui si prescinde dal calcolo esplicito dell’integrale in ??.

$\,$

Esercizio 31 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon (0,+\infty) \to R$ definite da

(201) $\begin{equation*} f_n(x) = \begin{cases} \sqrt{n} & \text{se } x \in \left(0,\dfrac{1}{n}\right)\\[10pt] \dfrac{1}{\sqrt{x+\frac{1}{n^2}}} & \text{se } x \in \left[\dfrac{1}{n},n^2\right)\\[15pt] \dfrac{1}{\sqrt{x+n}} & \text{se } x \in \left[n^2,+\infty\right) \end{cases} \qquad \forall n \in \N, \end{equation*}$

nei seguenti insiemi:

$\,$

in $(0,+\infty)$ ;
negli intervalli del tipo $[a,+\infty)$ , con $a >0$ .

$\,$

Soluzione punto 1 .

Studiamo separatamente le due richieste. La successione $f_n$ converge puntualmente in $(0,+\infty)$ alla funzione $f_n \colon (0,+\infty) \to R$ definita da

(202) $\begin{equation*} f(x) = \dfrac{1}{\sqrt{x}} \qquad \forall (0,+\infty). \end{equation*}$

Infatti, per ogni $x \in (0,+\infty)$ esiste $N \in \N$ tale che

(203) $\begin{equation*} x \in \left[\dfrac{1}{n},n^2\right) \qquad \forall n \geq N. \end{equation*}$

Pertanto

(204) $\begin{equation*} \limn f_n(x) = \limn \dfrac{1}{\sqrt{x+\frac{1}{n^2}}} = \dfrac{1}{\sqrt{x}} \qquad \forall x \in (0,+\infty). \end{equation*}$

La convergenza non è però uniforme in quanto

(205) $\begin{equation*} \supx{(0,+\infty)} \vdiff \geq \supx{\left(0,\frac{1}{n}\right)} \left| \sqrt{n} - \dfrac{1}{\sqrt{x}}\right| = +\infty \qquad \forall n \in \N, \end{equation*}$

dove si è sfruttata ??. Da ?? e dalla proposizione 1.3, $f_n$ non converge uniformemente a $f$ in $(0,+\infty)$ .

$\,$

Soluzione punto 2 .

Dal punto precedente segue che $f_n$ converge puntualmente a $f$ in $[a,+\infty)$ per ogni $a>0$ . Affermiamo che la convergenza in tali insiemi è anche uniforme. Infatti, si fissi $a >0$ . Se $n > \frac{1}{a}$ , si ha $(a,+\infty) \subset \left(\frac{1}{n},+\infty \right)$ e quindi

(206) $\begin{equation*} \begin{split} \supx{[a,+\infty)} |f(x) - f_n(x)| = \max \left\{ \supx{[a,n^2)} \left|\dfrac{1}{\sqrt{x}} - \dfrac{1}{\sqrt{x+\frac{1}{n^2}}}\right|, \supx{[n^2,+\infty)}\left| \dfrac{1}{\sqrt{x}} - \dfrac{1}{\sqrt{x+n}} \right| \right\} \end{split}. \end{equation*}$

Per studiare i due estremi superiori in ?? osserviamo che, se $0 < x \leq y$ , si ha

(207) $\begin{equation*} \dfrac{1}{\sqrt{x}} - \dfrac{1}{\sqrt{y}} = \dfrac{\sqrt{y} - \sqrt{x}}{\sqrt{xy}} = \dfrac{\left(\sqrt{y} - \sqrt{x}\right)\left(\sqrt{y} + \sqrt{x}\right)}{\sqrt{xy}\left(\sqrt{y} + \sqrt{x}\right)} = \dfrac{y-x}{\sqrt{xy}\left(\sqrt{y} + \sqrt{x}\right)} \leq \dfrac{y-x}{2x^{\frac{3}{2}}}, \end{equation*}$

dove nella disuguaglianza si è usato che $x \leq y$ e quindi $\sqrt{xy}\geq x$ e $\sqrt{y} + \sqrt{x} \geq 2 \sqrt{x}$ . Poiché per ogni $n\in \N$ e per ogni $x \in [a,+\infty)$ si ha $a \leq x < x + \frac{1}{n^2}$ e $x < x+n$ , si può applicare ?? a ??, ottenendo

(208) $\begin{equation*} \begin{split} \limn \supx{[a,+\infty)} |f(x) - f_n(x)| \leq & \limn \max \left\{ \supx{[a,n^2)} \dfrac{\dfrac{1}{n^2}}{2\sqrt{x^3}}, \supx{[n^2,+\infty)} \dfrac{n}{2\sqrt{x^3}} \right\} \\ = & \limn \max \left\{ \dfrac{1}{2 n^2 \sqrt{a^3}}, \dfrac{n}{2\sqrt{n^6}} \right\} \\ = & 0. \end{split}. \end{equation*}$

Da ?? e dalla proposizione 1.3, si ha che $f_n$ converge uniformemente a $f$ in $[a,+\infty)$ .

$\,$

Esercizio 32 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon \R \to R$ definita da

$f_n(x) = 1 + n \sin \left(\frac{x \arctan(x) \ln (x^2+1)}{n^2}\right) \qquad \forall n \in \N,\,\, \forall x \in \R,$

nei seguenti insiemi:

$\,$

in $R$ ;
negli insiemi del tipo $[-R,R]$ con $R>0$ .

$\,$

Soluzione punto 1 .

Trattiamo separatamente i diversi casi. Osservando che

$\lim_{n\to +\infty} \frac{x \arctan(x) \ln (x^2+1)}{n^2}=0 \qquad \forall x \in \R,$

e ricordando lo sviluppo di Taylor $\sin t= t+o(t)$ per $t \to 0$ ,⁵ si ha

$\lim _{n \rightarrow+\infty} n \sin \left(\frac{x \arctan (x) \ln \left(x^{2}+1\right)}{n^{2}}\right)= \lim _{n \rightarrow+\infty} \left( \frac{x \arctan (x) \ln \left(x^{2}+1\right)}{n}+o\left(\frac 1n \right) \right) =0,$

da cui segue che $f_n$ converge puntualmente in $R$ alla funzione $f \colon \R \to R$ identicamente pari a $1$ .

Osserviamo che la convergenza di $f_n$ a $f$ non è però uniforme. Infatti, per ogni $n \in \N$ la funzione $\varphi_n \colon \R \to R$ definita da

(209) $\begin{equation*} \varphi_n(x) = \frac{x \arctan(x) \ln (x^2+1)}{n^2} \qquad \forall x \in \R \end{equation*}$

è continua e soddisfa $\varphi_n(0)=0$ e $\lim_{x \to \infty}\varphi(x)=+\infty$ . Per il teorema dei valori intermedi (si veda [teorema 6.29]), per ogni $n \in \N$ esiste $x_n \in [0,+\infty)$ tale che

(210) $\begin{equation*} \varphi_n(x_n)=\frac{\pi}{2}. \end{equation*}$

Pertanto si ha

(211) $\begin{equation*} \limn \supx{\R}|f_n(x)-f(x)| \geq \limn |f_n(x_n)-f(x_n)| = \limn \left|1+ n \sin\left(\frac{\pi}{2} \right) - 1\right| = +\infty. \end{equation*}$

Per la proposizione 1.3, la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme in $R$ .

$\,$

{Per la definizione e le proprietà degli infinitesimi $o(t)$ , si rimanda a [sezione 6.6]; in questa sede è sufficiente ricordare che, per definizione di $o$ -piccolo, vale $\lim_{t\to 0} o(t)/t=0$ ↩

$\,$

Soluzione punto 2 .

Sia $R>0$ ; chiaramente anche in $[-R,R]$ si ha convergenza puntuale delle $f_n$ a $f$ .

Affermiamo che la convergenza è anche uniforme in $[-R,R]$ . Si ha infatti

(212) $\begin{equation*} \begin{split} \limn \supx{[-R,R]} |f_n(x)-f(x)| = & \limn \supx{[-R,R]} \left| n \sin \left(\frac{x \arctan (x) \ln \left(x^{2}+1\right)}{n^{2}}\right) \right| \\ \leq & \limn \supx{[-R,R]} \left|\frac{x \arctan (x) \ln \left(x^{2}+1\right)}{n}\right| \\ = & \limn \frac{R \arctan (R) \ln \left(R^{2}+1\right)}{n} \\ = & \,0, \end{split} \end{equation*}$

dove nella disuguaglianza abbiamo usato la nota disuguaglianza $|\sin t| \leq |t|$ per ogni $t \in R$ , mentre nella seconda uguaglianza abbiamo usato il fatto che la funzione $x \mapsto x \arctan(x) \ln (x^2+1)$ è pari e crescente in $[0,R]$ .

Da ?? e dalla proposizione 1.3 segue che $f_n$ converge uniformemente a $f$ in $[-R,R]$ .

Un modo alternativo per concludere era osservare che, appunto dalla monotonia e dalla continuità della funzione $x \mapsto x \arctan(x) \ln (x^2+1)$ in $[0,R]$ e da $\limn \frac{1}{n^2}=0$ , segue che esiste $N \in \N$ tale che

(213) $\begin{equation*} 0\leq \frac{x \arctan (x) \ln \left(x^{2}+1\right)}{n^{2}} \leq \frac{\pi}{2} \qquad \forall n \geq N, \,\,\, \forall x \in [0,R]. \end{equation*}$

Poiché la funzione $t \mapsto \sin t$ è crescente in $[0,\frac{\pi}{2}]$ , si ha che $f_n$ è crescente in $[0,R]$ per ogni $n \geq N$ . Dato che $f_n \geq 1$ , si ottiene quindi

(214) $\begin{equation*} \limn \supx{[-R,R]} |f_n(x)-f(x)| = \limn |f_n(R) - f(R)| = 0, \end{equation*}$

dove l’ultima uguaglianza segue dalla convergenza puntuale di $f_n$ a $f$ .

$\,$

Esercizio 33 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni $f_n \colon [-1,1] \to R$ definita da

(215) $\begin{equation*} f_n(x) = \left( 1-\frac{x^2}{n} + \dfrac{1}{n^2} \right)^{n^2} \qquad \forn,\,\,\,\forall x \in [-1,1] \end{equation*}$

nei seguenti insiemi:

$\,$

in $[-1,1]$ ;
egli insiemi del tipo $[-1,-\delta] \cup [\delta,1]$ , con $0 < \delta < 1$ .

Si calcoli poi

(216) $\begin{equation*} \limn \int_{-1}^1 f_n(x) \dif x. \end{equation*}$

$\,$

Soluzione punto 1 .

Risolviamo separatamente i vari punti. Se $x \in [-1,1] \setminus \{0\}$ , dato che $\limn \frac{1}{n^2} \frac{n}{x^2}=0$ , esiste $N \in \N$ tale che

(217) $\begin{equation*} 0 < 1-\frac{x^2}{n} + \dfrac{1}{n^2} < 1- \frac{x^2}{2n} \qquad \forall n \geq N. \end{equation*}$

Quindi

(218) $\begin{equation*} 0 \leq \limn f_n(x) \leq \limn \left(1- \frac{x^2}{2n}\right)^{n^2} = \limn \left(1- \frac{x^2}{2n}\right)^{2n \cdot \frac{n^2}{2n}} = 0, \end{equation*}$

dove nell’ultima uguaglianza si è usato il limite notevole $\limn \left(1- \frac{x^2}{2n}\right)^{2n}=e^{-x^2}$ , il fatto che $0<e^{-x^2}<1$ e che $\limn \frac{n^2}{2n}=+\infty$ . Se invece $x= 0$ , si ha

(219) $\begin{equation*} \limn f_n(0) = \limn \left(1 + \dfrac{1}{n^2}\right)^{n^2} = e. \end{equation*}$

Da tali considerazioni segue che $f_n$ converge puntualmente in $[-1,1]$ alla funzione $f \colon [-1,1] \to R$ definita da

(220) $\begin{equation*} f(x) = \begin{cases} 0 & \text{se } x \in [-1,1] \setminus \{0\}\\ e & \text{se } x = 0. \end{cases} \end{equation*}$

Poiché ogni $f_n$ è una funzione continua mentre $f$ non è continua in $0$ , per il teorema 1.5 la convergenza di $f_n$ a $f$ non è uniforme.

$\,$

Soluzione punto 2 .

Sia $\delta>0$ . Affermiamo che la convergenza di $f_n$ a $f$ è uniforme in