Esempi. La successione {cos n} è limitata; {n ¾ } è limitata inferiormente ma non è limitata superiormente, quindi non è limitata.

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1 Analisi 2 Successioni numeriche -1- ÔÔÙÒØ Ô Ö Ð ÓÖ Ó Ò Ð ¾ º ËÙ ÓÒ ÒÙÑ Ö Proposizione (unicità del limite). Se {a n } è convergente, allora il limite è unico. Dimostrazione. Supponiamo che la tesi sia falsa e che quindi a n converga verso due limiti distinti l e l ¾ con l < l ¾. Scelto ǫ = l ¾ l esisteranno due numeri N ¾ ed N ¾ tali che n N a n l < ǫ e n N ¾ a n l ¾ < ǫ. In particolare, posto N = max{n, N ¾ }, per ogni n N si ha a n < l + ǫ = l + l ¾ l 2 = l + l ¾, 2 ma anche a n > l ¾ ǫ = l ¾ l ¾ l 2 = l + l ¾, 2 abbiamo così trovato una contraddizione. Ciò conclude la dimostrazione. Ö Þ Óº Dimostrare che una successione non può essere contemporaneamente convergente e divergente. Definizione (successioni limitate). {a n } si dice limitata superiormente (risp. limitata inferiormente) se esiste M IR tale che a n M (risp. a n M) per ogni n. {a n } si dice limitata se è contemporaneamente limitata sia inferiormente che superiormente. Esempi. La successione {cos n} è limitata; {n ¾ } è limitata inferiormente ma non è limitata superiormente, quindi non è limitata. Á ÔÖ ÒØ ÔÔÙÒØ Ó Ø ØÙ ÓÒÓ ÙÒ³ ÒØ Ö Þ ÓÒ Ð Ð ÖÓ Ø ØÓ ÓØØ ØÓº

2 Analisi 2 Successioni numeriche -2- Proposizione. Se {a n } è convergente, allora è limitata. Dimostrazione. Sia lim a n = l IR. Allora, scelto ǫ = 1 esisterà un numero N tale che per ogni n N si ha a n l < 1. Posto K = max{ a ¼, a, a ¾,..., a N, l +1}, dalla disuguaglianza triangolare segue a n K n. Dunque {a n } è limitata. Osservazione. Non vale il viceversa: {( 1) n } è limitata ma non ammette limite. Proposizione (permanenza del segno). Se {a n } ha limite l > 0 (risp. l < 0) allora esiste un numero N tale che per ogni n N si ha a n > 0 (risp. a n < 0). Dimostrazione. Sia l > 0. Scelto ǫ = l/2 esisterà un indice N tale che n N l l 2 < a n < l + l 2, in particolare a n > l/2 > 0 per ogni n N. Nel caso l < 0 si sceglie ǫ = l/2. Corollario. Se {a n } ha limite l e a n > 0 (risp. a n < 0) per ogni n, allora l 0 (risp. l 0). Dimostrazione. Assumendo l < 0 (risp. l > 0) si giunge facilmente ad una contraddizione. Teorema (confronto). Siano date le successioni {a n }, {b n } e {c n }. Valgono le seguenti affermazioni: i) se a n l, c n l (con l IR) e a n b n c n n allora b n l; ii) se a n + e a n b n n allora b n + ; iii) se c n e b n c n n allora b n. Dimostrazione. Consideriamo il primo caso. Per ogni ǫ > 0 esistono due numeri N ed N ¾ tali che n N l ǫ < a n < l + ǫ; n N ¾ l ǫ < c n < l + ǫ.

3 Analisi 2 Successioni numeriche -3- Per ogni n N = max{n, N ¾ } avremo l ǫ < a n b n c n < l + ǫ. In altri termini n N b n l < ǫ, cioè lim b n = l. Si ragiona analogamente nel secondo e nel terzo caso. Osservazione. Le affermazioni i), ii) e iii) del teorema precedente sono ancora vere se n viene sostituito da N tale che n N. In tal caso, si dice che le disuguaglianze in i), ii) e iii) valgono definitivamente. Esempio. Grazie al punto i) la relazione 0 n + 10 n ¾ 2 n, n 10 implica n + 10 n ¾ 0. Definizione (successioni monotone). Una successione {a n } si dice i) crescente se a n a n per ogni n; ii) strettamente crescente se a n < a n per ogni n. Analogamente si definiscono le successioni decrescenti e strettamente decrescenti. In tutti questi casi la successione è detta monotona. Teorema (carattere delle successioni monotone). Sia {a n } una successione monotona. Allora {a n } ammette limite. Più precisamente si ha i) lim a n = sup{a n : n 0} ¾ se {a n } è crescente; ii) lim a n = inf{a n : n 0} se {a n } è decrescente. Dimostrazione. Proviamo il primo caso, il secondo si dimostra in modo analogo. Sia sup a n = l un numero reale. Per ogni ǫ > 0 si ha n ¼ ¾ Ò a n º n ¼ ÁÐ ÕÙ Ð ÔÙ Ó Ö Ò ØÓ Ó Ò Ò ØÓº Í Ù ÐÑ ÒØ ÔÓÒ Ô Ù ÓÒ Ñ ÒØ ÙÔ{an n ¼} ÙÔ a n Ò {a n n ¼} n ¼

4 Analisi 2 Successioni numeriche a n l < l + ǫ n; 2. l ǫ non è un maggiorante dell insieme {a n : n 0}, quindi esisterà un indice N = N ǫ tale che a N > l ǫ. Poiché {a n } è crescente, per ogni n N si avrà l ǫ < a N a n < l + ǫ. A causa dell arbitrarietà di ǫ segue che a n l. Sia ora l = +. Per ogni K IR esisterà N = N K tale che a N > K. Poiché {a n } è crescente, per ogni n N si avrà a n a N > K. Per l arbitrarietà di K segue che a n +. Osservazione. Il teorema precedente è ancora valido se la successione {a n } è monotona solo da un certo indice in poi, cioè se esiste un numero N ¼ tale che {a n } n N¼ è monotona. In tal caso l enunciato si modifica sostituendo a n (risp. inf a n ) con sup a n (risp. inf a n ). Una tale successione è n ¼ n N ¼ n N ¼ detta definitivamente monotona. sup n ¼ Ö Þ Óº Provare l osservazione precedente. Proposizione (limiti e operazioni). Sia a n l e b n l ¾ con l, l ¾ IR. Allora si ha: i) c a n c l c IR; ii) a n + b n l + l ¾ ; iii) a n b n l l ¾ ; v) a n bn l l ¾ l ¾ 0. iv) a n l l 0; Proposizione. Si hanno le seguenti implicazioni: i) a n + a n 0; ii) a n 0 e a n > 0 definitivamente a n + ; iii) a n + e b n M > 0 definitivamente ¾ a n b n + ; iv) a n 0 e b n limitata a n b n 0; v) a n + e b n limitata inferiormente a n + b n +. an > ¼ Ò Ø Ú Ñ ÒØ Ò N n N a n > ¼º ¾ bn M Ò Ø Ú Ñ ÒØ Ò N n N b n Mº

5 Analisi 2 Successioni numeriche -5- Osservazioni. Le ipotesi in ii) non possono essere sostituite dalla condizione a n 0, infatti ( 1) n n 0 ma n ( 1) n non ammette limite. La condizione b n M > 0 definitivamente in iii) è soddisfatta quando, per esempio, b n l > 0. Una proposizione analoga alla precedente vale nel caso di successioni divergenti a. Proposizione. Sia {a n } una successione. Supponiamo che esista il limite lim a n = l IR {+, }. Allora, per qualunque sottosuccessione {a kn } di {a n }, si ha lim a k n = l. Dimostrazione. Si osservi che, poiché {k n } è strettamente crescente, risulta k n n per ogni n. Sia l IR. Per ogni ǫ > 0 esiste N = N ǫ tale che se n N allora a n l < ǫ. Dunque se n N si avrà anche a kn l < ǫ; a causa dell arbitrarietà di ǫ ciò implica a kn l. Si ragiona in modo simile nel caso in cui l è infinito. Teorema (sottosuccessioni di successioni limitate). Sia {a n } una successione limitata. Allora esiste almeno una sottosuccessione di {a n } convergente. Dimostrazione. Se l insieme {a n : n 0} è finito, allora almeno uno dei suoi elementi si ripete nella successione infinite volte. Si può dunque estrarre una sottosuccessione costante. Sia ora {a n : n 0} infinito. Grazie al teorema di Bolzano-Weierstrass l insieme {a n : n 0} possiede almeno un punto di accumulazione. Sia l tale punto. Esisterà allora k N tale che a k l < 1 (ogni intorno di l contiene infiniti elementi di {a n : n 0}). Allo stesso modo è possibile trovare un indice k ¾ N tale che k ¾ > k e a k¾ l < 1/2. Procedendo in questo modo si costruisce una successione strettamente crescente k < k ¾ < k < < k m < di interi positivi tale che a km l < 1/m per ogni m = 1, 2, 3,.... La sottosuccessione così individuata è chiaramente convergente a l.

6 Analisi 2 Successioni numeriche -6- Proposizione. Sia E IR e y un punto di accumulazione di E. Allora esiste una successione di elementi di E distinti da y e convergente a y. Dimostrazione. Per ipotesi, fissato un intero n 1, l insieme (y n, y + n ) \ {y} contiene infiniti punti di E. Si scelga uno di questi punti e lo si denoti con a n. Al variare di n si ottiene la successione cercata. Proposizione. Sia E IR e y IR. Allora y E se e solo se esiste una successione {a n } tale che a n E per ogni n e a n y. Dimostrazione. Ricordando che E = E E e facendo uso della proposizione precedente si conclude facilmente che se y E allora esiste una successione che soddisfa la tesi del teorema. Il viceversa si può dimostrare ragionando per assurdo. Supponiamo che esista una successione di elementi di E convergente a y. Si osservi che ciò implica che ogni intorno di y contiene elementi di E. Se y E allora y CE. Ma questo è un insieme aperto e quindi esiste un intorno di y interamente contenuto in CE. Evidentemente, tale intorno di non contiene elementi di E. Siamo giunti ad una contraddizione, quindi si dovrà necessariamente avere y E. Ö Þ Óº Dato E IR, dimostrare che, posto L = sup E, esiste una successione a valori in E che tende a L. Definizione (compattezza per successioni). K IR si dice compatto per successioni (oppure sequenzialmente compatto) se da ogni successione a valori in K si può estrarre una sottosuccessione convergente a un elemento di K. Teorema. K è compatto (per coperture) se e solo se è compatto per successioni. Dimostrazione. Grazie al teorema di Heine-Borel K è compatto (per coperture) se e solo se è chiuso e limitato. Sia K chiuso e limitato. Ogni successione a valori in K è limitata e quindi possiede una sottosuccessione convergente. Inoltre, per il teorema precedente, il limite di tale successione appartiene a K il quale coincide con K (essendo K chiuso). Dunque K è compatto per successioni. Viceversa, sia K compatto per successioni. Se K non fosse chiuso allora si avrebbe K \K e quindi esisterebbe una successione a valori in K e convergente verso un

7 Analisi 2 Successioni numeriche -7- elemento non appartenente a K. Similmente, se K non fosse limitato si potrebbe costruire una successione a valori in K e divergente. Ciascuna delle precedenti eventualità contraddice la compattezza per successioni di K, quindi K dovrà essere chiuso e limitato. Definizione. Sia {a n } una successione. Un elemento l IR {+, } si dice valore limite di {a n } se esiste una sottosuccessione di {a n } che ammette come limite l. L insieme dei valori limite di {a n } si dice classe limite di {a n }. Osservazione. Nel seguito la classe limite di {a n } sarà indicata con Λ({a n }). Si noti che Λ({a n }) IR {+, }. Esempi. Λ({( 1) n }) = { 1,+1}; Λ({ n}) = {0}; Λ({( 2) n }) = {,+ }. Proposizione. L insieme Λ({a n }) è sempre non vuoto e inoltre possiede l elemento massimo e l elemento minimo. Tali elementi si dicono rispettivamente massimo limite e minimo limite di {a n } e si indicano come segue: lim a n = max Λ({a n }), lim a n = min Λ({a n }). Osservazione. Evidentemente si ha sempre lim a n lim a n. Esempi. lim tan nπ 3 = 3, lim tan nπ 3 = 3; lim (1 cos nπ) n = 0, lim (1 cos nπ) n = +. Ì Ð Ð Ñ ÒØ ÔÓ ÓÒÓ Ú ÒØÙ ÐÑ ÒØ Ö Ò Ò Ø º

8 Analisi 2 Successioni numeriche -8- Proposizione. Data la successione {a n } e l IR {+, } si ha lim a n = l lim a n = lim a n = l. Proposizione. Sia assegnata {a n }. Allora { lim lim a n = (sup{a k : k n}), +, { lim lim a n = (inf{a k : k n}),, se {a n } è limitata superiormente; se {a n } è illimitata superiormente; se {a n } è limitata inferiormente; se {a n } è illimitata inferiormente. Proposizione. Siano {a n } e {b n } due successioni tali che a n b n per ogni n. Allora lim a n lim b n e lim a n lim b n.

9 Analisi 2 Integrale di Riemann -9- ¾º ÁÒØ Ö Ð Ê Ñ ÒÒ Lemma. Sia f : [a, b] IR limitata. Allora, posto M = sup f, M = sup f, a,b a,b M = sup f, a,b m = inf f, m = inf f, a,b a,b m = inf f, a,b si ha M m M m e M m M m. Dimostrazione. Proviamo la prima disuguaglianza, la seconda si dimostra in maniera analoga. Sia ǫ > 0. Esisteranno due elementi x, x ¾ [a, b] tali che f (x ) > M ǫ e f (x ¾ ) < m + ǫ. Si ha M m 2ǫ < f (x ) f (x ¾ ) = 1 2 (f(x ) f(x ¾ ) + f(x ) f(x ¾ ) ) 1 2 ( f(x ) f(x ¾ ) + f(x ) f(x ¾ ) ) = f(x ) f(x ¾ ) M m. Facendo tendere ǫ a zero si trova M m M m. Ö Þ Óº Completare la dimostrazione del lemma precedente. Proposizione. Siano g(x) e h(x) due funzioni definite in (a, b). Supponiamo che h(x) sia una primitiva di g(x). Allora una funzione k(x) è una primitiva di g(x) se e solo se è della forma k(x) = h(x) + c con c IR. Dimostrazione. Ogni funzione della forma h(x) + c con c IR è chiaramente una primitiva di g(x). Viceversa, assumiamo che k(x) sia una primitiva di g(x). Allora si avrà (k h) (x) = k (x) h (x) = 0 e quindi la funzione differenza k(x) h(x) sarà costante in (a, b). In altri termini avremo k(x) = h(x) + c per un opportuno numero reale c. Ê ÓÖ Ò Ó f f f ¾, a a a IR, a b a b a, b IRº

10 Analisi 2 Integrale di Riemann -10- Definizione. Sia f R(a, b). La funzione F : [a, b] IR definita come F(x) = x a f(t) dt è detta funzione integrale di f relativa al punto a. Teorema (Teorema fondamentale del calcolo integrale). Sia f continua in [a, b]. Allora la sua funzione integrale F(x) è derivabile in [a, b] e si ha F (x) = f(x) per ogni x [a, b]. Dimostrazione. La tesi del teorema equivale alla relazione F(x + h) F(x) lim = f(x), x [a, b]. h ¼ h Sia x [a, b] fissato. Dalla definizione di F segue che il precedente rapporto incrementale è uguale a Z 1 x h f(t) dt. h x Ora, se h > 0 (risp. h < 0), il teorema della media afferma l esistenza di un elemento ξ h [x, x + h] (risp. ξ h [x + h, x]) tale che Z x h x f(t) dt = h f(ξ h ). In ogni caso (qualunque sia il segno di h), si può asserire che esiste un numero reale ξ h [x h, x+ h ] tale che sia valida l uguaglianza precedente. Osserviamo che, se h tende a zero allora ξ h tende a x; quindi, grazie alla continuità di f, si ha In conclusione troviamo che F(x + h) F(x) 1 lim = lim h ¼ h h ¼ h lim f(ξ h ) = f(x). h ¼ Z x h x f(t) dt = lim h ¼ f(ξ h ) = f(x).

11 Analisi 2 Integrale di Riemann -11- Ö Þ Óº Sia f continua in [a, b]. Ragionando come nella dimostrazione precedente provare che d dx b x f(t) dt = f(x), x [a, b]. Inoltre, fissato c [a, b], dedurre che d dx x c f(t) dt = f(x), x [a, b]. Proposizione (Formula di Taylor con resto in forma integrale). Sia f derivabile n + 1 volte in (a, b) con f n µ continua. Siano x ¼, x (a, b), allora vale lo sviluppo f(x) = n f kµ (x ¼ ) (x x ¼ ) k + 1 x (x t) n f n µ (t) dt. k! n! x ¼ Dimostrazione. Grazie al teorema fondamentale del calcolo e integrando per parti si ricava f(x) = f(x ¼ ) + f(x) f(x ¼ ) = f(x ¼ ) + = f(x ¼ ) (x t)f (t) x Z x + x ¼ Z x = f(x ¼ ) + f (x ¼ )(x x ¼ ) + Z x x ¼ f (t) dt x ¼ (x t)f (t) dt x ¼ (x t)f (t) dt = f(x ¼ ) + f (x ¼ )(x x ¼ ) + f (x ¼ ) (x x ¼ ) ¾ = = f(x ¼ ) + f µ (x ¼ )(x x ¼ ) + + f nµ (x ¼ ) n! Z x (x x ¼ ) n + 1 n! Z x x ¼ (x t) ¾ f (t) dt x ¼ (x t) n f n µ (t) dt.

12 Analisi 2 Integrale di Riemann -12- Esempi. Sviluppando attorno all origine e x e sin x si trova e x = sinx = x n x k k! + 1 (x t) n e t dt, n! ¼ n ( 1) k x ¾k ( 1)n (2k + 1)! + (2n + 2)! x ¼ (x t) ¾n ¾ cos t dt. Ö Þ Óº Verificare le espressioni dei due resti nell esempio precedente.

13 Analisi 2 Serie numeriche -13- º Ë Ö ÒÙÑ Ö Proposizione. Condizione necessaria affinché la serie a n converga è che lim a n = 0. P Dimostrazione. Sia s n = n a k la somma parziale n-esima. Per ipotesi si ha s n S IR. Allora, poiché a n = s n s n per ogni n, risulta lim a n = lim (s n s n ) = S S = 0. Osservazione. La precedente condizione di convergenza non è sufficiente; le serie che seguono la verificano ma sono divergenti. n 1 n, n ln n + 1 n. Definizione. Sia n N. Si dice serie resto n-esimo della serie a k la serie Proposizione. a k e k n k n a k è convergente vale la relazione lim a k. a k hanno lo stesso carattere. Inoltre, se k n Dimostrazione. Per ogni h > n si ha hx k n a k = a k = 0. hx a k nx a k ; ( )

14 Analisi 2 Serie numeriche -14- da cui segue la prima parte della proposizione. P Sia ora a k convergente. Allora per h che tende all infinito la precedente uguaglianza diventa X k n a k = X a k nx a k. Si osservi che l ultima relazione ottenuta è valida per ogni n; facendo tendere n all infinito si ricava ( ). Teorema (Criterio del confronto). Siano a n e b n a termini non negativi e tali che per ogni n valga a n b n. ( ) Allora i) se b n è convergente anche a n è convergente; ii) se a n è divergente anche b n è divergente. Dimostrazione. i) Poniamo A n = a ¼ + + a n, B n = b ¼ + + b n. Dalla ( ) segue che A n B n per ogni n. Se P b n converge allora {B n } è pure convergente e quindi limitata. Ma allora anche A n è limitata e quindi, essendo monotona, convergente. ii) Segue da i) ragionando per assurdo. Osservazioni. 1) Nel caso i) vale anche la relazione a n b n. n ¼ n ¼ ( ) 2) Sia N un intero fissato. Ricordando che la serie resto N-esimo ha il medesimo carattere della serie originale si deduce che le affermazioni i) e ii) rimangono valide anche se ( ) è verificata soltanto per n > N (anche la ( ) è ancora valida, a patto che la sommatoria inizi dall indice N + 1).

15 Analisi 2 Serie numeriche -15- Corollario (Criterio del confronto asintotico). Sia a n a termini non negativi e b n a termini positivi. Supponiamo che esista il limite a n lim = l. b n Allora: 1. se 0 < l < + allora a n e b n hanno il medesimo carattere; 2. se l = 0 e b n è convergente allora anche a n è convergente; 3. se l = + e b n è divergente allora anche a n è divergente. Dimostrazione. Proviamo il primo punto. Dalle ipotesi segue l esistenza di un indice N tale che l 2 < a n < 3l n N. b n 2 Grazie alle relazioni precedenti e al teorema del confronto segue la tesi. Analogamente si dimostrano il secondo e il terzo punto. Ö Þ Óº Completare la dimostrazione precedente. Proposizione (Criterio della radice). Sia a n a termini non negativi. Si supponga che esista il limite lim n an = l, dove l [0,+ ) {+ }. Allora la serie converge se l < 1, diverge se l > 1. Dimostrazione. Sia l < 1. Per n maggiore di un opportuno indice N (dipendente da ǫ = l ¾ ) si ha n a n < l ; dunque a n < ( l ¾ )n per ogni n > N. Si noti che l < 1. Dalla convergenza ¾ della serie P ( l ¾ )n e dal criterio del confronto segue la tesi. Sia l > 1 finito. Scelto ǫ = l esisterà un indice N tale che per ogni n > N ¾ n an > l > 1; in particolare a n > 1 per ogni n > N, cioè definitivamente (si noti che quest ultima asserzione si ricava anche quando l = + ). Quindi la serie non può essere convergente.

16 Analisi 2 Serie numeriche -16- Osservazioni. 1) Se l = 1 il criterio non fornisce alcuna informazione sul carattere della serie in esame, infatti n 1 n = +, n 1 n ¾ < +, e per entrambe le serie si trova l = 1. 2) Si può dimostrare che il criterio è ancora valido se si sostituisce lim con n an. lim n an Proposizione (Criterio del rapporto). Sia a n a termini positivi. Si supponga che esista il limite a n lim = l, a n dove l [0,+ ) {+ }. Allora la serie converge se l < 1, diverge se l > 1. Dimostrazione. Sia l < 1. Scelto ǫ = l, esisterà un intero N tale che, se ¾ k N, si avrà a k < l + 1 a k 2. ( ) Si ponga p = l e sia n > N. La ( ) per k = N, N +1,..., n 2, n 1 fornisce ¾ le n N relazioni seguenti a n < a n p; Quindi a n < a n ¾ p;. a N < a N p. a n < a n p < a n ¾ p ¾ < < a N p n N, n > N. Poiché la serie P a N p n converge (notare che p < 1), grazie al criterio del confronto, p N convergerà anche P a n. Sia l > 1 finito. In tal caso, scegliendo ǫ = l, si determina un intero N tale che ¾ a k > l + 1 > 1, k N. a k 2

17 Analisi 2 Serie numeriche -17- Da ciò segue che la successione {a k } è definitivamente crescente. Si giunge alla medesima conclusione se l = +. Poiché una successione crescente e a termini positivi non può tendere a zero segue che P a n diverge. Osservazioni. 1) Vale l osservazione 1) fatta a proposito del criterio della radice. 2) Si può dimostrare che, nella parte dell enunciato relativa alla convergenza, è possibile sostituire lim a n a n con lim a n a n : se lim serie converge. Tuttavia ciò risulta falso nel caso della divergenza, cioè se non si può concludere che la serie diverge. a n a n < 1 allora la a lim n a n > 1

18 Analisi 2 Integrali impropri -18- º ÁÒØ Ö Ð ÑÔÖÓÔÖ Proposizione (Criterio del confronto asintotico). Siano f, g definite in [a, + ) e integrabili secondo Riemann in ogni intervallo della forma [a, ω] con ω > a. Sia inoltre f non negativa e g positiva. Supponiamo che esista il limite f(x) lim x g(x) = l. Allora: 1. se 0 < l < + allora gli integrali f(x) dx e g(x) dx hanno a a il medesimo carattere; 2. se l = 0 e g(x) dx è convergente allora anche f(x) dx è a a convergente; 3. se l = + e g(x) dx è divergente allora anche f(x) dx è a a divergente. Dimostrazione. Proviamo il primo punto. Dalle ipotesi segue l esistenza di un punto x ¼ > a tale che l 2 < f(x) g(x) < 3l x > x ¼. 2 Grazie alle relazioni precedenti e al teorema del confronto segue la tesi. Analogamente si dimostrano il secondo e il terzo punto. Per gli integrali di seconda specie vale un criterio del tutto simile (con analoga dimostrazione). Proposizione (Criterio del confronto asintotico). Siano f, g definite in (a, b] e integrabili secondo Riemann in ogni intervallo della forma [a+δ, b] con δ > 0 abbastanza piccolo. Sia inoltre f non negativa e g positiva. Supponiamo che esista il limite f(x) lim x a g(x) = l. Allora: 1. se 0 < l < + allora gli integrali b a f(x) dx e b a Ú Ö ÒØ º g(x) dx hanno il ËÓØØÓ ÕÙ Ø ÔÓØ Ð ÒØ Ö Ð ÑÔÖÓÔÖ Ò Ó ØØÓ ÓÒÓ Ò Ö Ñ ÒØ ÓÒÚ Ö ÒØ Ó

19 Analisi 2 Integrali impropri -19- medesimo carattere; 2. se l = 0 e b a g(x) dx è convergente allora anche b f(x) dx è convergente; a 3. se l = + e b a g(x) dx è divergente allora anche b f(x) dx è divergente. a Proposizione (Criterio dell integrale). Sia f : [1, + ) IR non negativa e decrescente. Allora la serie f(n) e l integrale f(x) dx hanno n il medesimo carattere. Dimostrazione. Si noti innanzitutto che f(x), essendo monotona, è integrabile secondo Riemann in ogni intervallo della forma [1, ω] per ogni ω > 1. Inoltre, poiché f(x) è non negativa, sia la serie che l integrale non possono essere irregolari. Dalla decrescenza di f(x) segue che, per ogni n = 1, 2, 3,... e per ogni n x n+1, valgono le disuguaglianze f(n+1) f(x) f(n). Integrando tra n e n+1 si trova f(n + 1) Z n n f(x) dx f(n), n = 1, 2, 3,.... Sommando termine a termine le relazioni che si ottengono per n = 1, 2, 3,..., k si deduce k X Z k kx f(n) f(x) dx f(n). n ¾ Da quest ultima relazione, valida per ogni k = 1, 2, 3,..., segue che la serie ha il medesimo carattere dell integrale improprio. Esempio. Applicando il criterio precedente alla funzione 1 x α (con α > 0) si deduce il carattere della serie armonica generalizzata. Definizione. Sia f : [a,+ ) IR integrabile secondo Riemann in ogni intervallo della forma [a, ω] con ω > a. L integrale f(x) dx si dice a assolutamente convergente se è convergente l integrale a f(x) dx. Sia f : (a, b] IR integrabile secondo Riemann in ogni intervallo della forma [a + δ, b] con δ > 0 abbastanza piccolo. L integrale b f(x) dx si a n

20 Analisi 2 Integrali impropri -20- dice assolutamente convergente se è convergente l integrale b a f(x) dx. Esempio. I due integrali ¼ sin(x ¾ ) dx, ¼ cos(x ¾ ) dx sono detti integrali di Fresnel. Si tratta di integrali convergenti. Consideriamo il primo. È sufficiente dimostrare la convergenza dell integrale sin(x ¾ ) dx. Sia ω > 1, si ha Poiché ω ω 2xsin(x ¾ ) sin(x ¾ ) dx = 2x = cos(x¾ ω ) 2x = cos 1 2 cos(ω¾ ) 2ω ω ω (cos(x ¾ )) dx = dx 2x cos(x ¾ ) dx 2x ¾ ω cos(ω ¾ ) lim = 0, ω 2ω cos(x ¾ ) 2x ¾ dx è conver- per concludere rimane da provare che l integrale gente; ma ciò segue dalla relazione cos(x ¾ ) 2x ¾ 1 2x. ¾ dx. Ó x ¾ µ ¾x ¾ Si osservi che, nonostante l integrale sin(x ¾ ) dx sia convergente, il limite ¼ lim x sin(x¾ ) non esiste. Ö Þ Óº Dimostrare che anche il secondo integrale di Fresnel è convergente.