P.Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma

Alcuni esercizi impegnativi sulle funzioni complesse

Gli esercizi contraddistinti dalla lettera M (meraviglie) sono particolarmente difficili e fanno parte della storia della matematica. In genere sono stati risolti dai “padri fondatori”

Il simbolo Es: significa la presenza di una o più domande a cui ancora non si è data una risposta o per motivi di tempo o perché non si è riusciti nell’intento

1 .C Sia data una funzione f(z) = ∑ a_{k}z^{k} con raggio R. Dimostrare che le singolarità sul cerchio |z| = 1 costituiscono un insieme chiuso. (rich.6)

2.C Sia data la serie di potenze ∑ a_{k}z^{k} che ha 1 come raggio di convergenza e a_{k} > 0 per ogni k. Dimostrare che z = 1 è un punto in cui la funzione non è sviluppabile in serie di potenze. (Teorema di Pringsheim). Per “punti di singolarità ” si intende un punto in cui la funzione non può essere sviluppabile in serie di potenze. Se la funzione non è limitata in un qualsiasi intorno del punto z = 1, ad esempio ∑ z^{k} = 1/(1 − z), non c’è nulla da dimostrare. D’altra parte la serie ∑ z^{k}/k^{2} converge assolutamente e uniformemente per |z| ≤ 1 ma in base al teorema di Pringsheim il punto z = 1 è di singolarità . Quindi, come evidenziato in [T] pag.217–218, non c’è nessuna relazione fra la convergenza della serie ∑ a_{k}z^{k} in z = z_{0} sul bordo del cerchio di convergenza e la sviluppabilità della funzione ∑ a_{k}z^{k} nel punto z = z_{0}. Nonostante ciò si

veda il seguente risultato. [[K1] pag.30, [M] pag.389, [T] pag.214, G.E.Šilov Analisi Matematica, funzioni di una variabile edizioni Mir 1978, prob.1 pag.405. Lo stesso argomento consente di dimostrare che se z_{0} è un punto del cerchio di convergenza in cui a_{k}z_{0}^{k}>0 allora z_{0} non è un punto di regolarità della funzione ∑ a_{k}z^{k} ._{=}f(z).]

3.C Es: Sia data la funzione f(z) = ∑ a_{k}z^{k} il cui raggio di convergenza è uno ed inoltre a_{k} → 0. Se l’insieme z = e^{it} t_{0} ≤ t ≤ t_{1} è costituito da punti di regolarità di f(z) allora ∑ a_{k}a^{itk}

converge [da [M] pag.404. È un famoso teorema di Fatou. Si veda pure [T] pag. 218]

4.C Sia f(z = ∑ a_{k}z^{k}) una funzione olomorfa in |z| < 1 e che su |z| = 1 ha solo poli di ordine 1 in numero finito. Allora i coefficienti dello sviluppo di Laurent sono limitati.

5.C Sia f(z) una funzione olomorfa in |z| < 1 e che su |z| = 1 ha solo poli di ordine p. Allora i coefficienti a_{n} dello sviluppo di Laurent sono tali che a_{n} = O(n^{p−1}).

6.C Sia data la serie di funzioni ∑_{n=1}^{+∞} \frac{z^{n−1}}{(1−z^{n})(1−z^{n+1})}. Si dimostri che converge per |z| < 1 e |z| > 1. Inoltre per |z| < 1 la serie è uguale alla funzione \frac{1}{(1−z)^{2}} e per |z| > 1 è uguale \frac{1}{z(1−z)^{2}}

(rich.3)

7.C Si costruisca una serie di potenze ∑ a_{k}z^{k} con raggio di convergenza pari a 1, che diverge a N dati punti del cerchio di raggio 1 e converge negli altri punti [da [K1] pag.13]

8.C Si dimostri che la serie ∑_{k=0}^{+∞} z^{2^{k}} ≐ f(x) ha raggio di convergenza pari a 1 ed inoltre sulla circonferenza di raggio 1 vi è un insieme denso di punti in cui la serie non converge. Si dimostri che la funzione f(x) non è prolungabile oltre la frontiera. Si evidenzi inoltre come mai lo stesso discorso non possa ripetersi per la funzione ∑_{k=0}^{+∞} z^{k} nonostante non converga per nessun punto della frontiera.

9.C Sia data la serie convergente ∑ z_{k} con z_{k} complesso. Si dimostri che se |arg(z_{k})| ≤ α < \frac{π}{2} allora la serie ∑ |z_{k}| converge anch’essa. Si dia poi un esempio di serie ∑ z_{k} convergente per cui |arg(z_{k})| < \frac{π}{2} tale che ∑ |z_{k}| diverge.

10.C Sia data una serie ∑ z_{k} convergente tale che ∑ z_{k}^{2} converge e Re(z_{k}) ≥ 0. Si dimostri che ∑ |z_{k}|^{2} converge.

11.C Sia data la serie ∑ z_{k}. e suddividiamo l’insieme dei z_{k} in quattro gruppi in modo tale che a ciascun gruppo appartengano elementi contenuti nello stesso quadrante del piano complesso.

Se la serie che consta di elementi di ciascun gruppo è convergente, allora converge pure ∑ |z_{k}|

12.C Si dia un esempio di serie di potenze che converge nell’insieme |z| ≤ 1 ma non assolutamente in nessun punto. È un risultato non del tutto semplice il cui primo primo esempio pare sia dovuto a Pringsheim. L’esercizio presenta interesse in quanto, solitamente sulla circonferenza che circonda il cerchio di convergenza di una serie di potenze si hanno le seguenti possibilità :

1) La serie diverge in ogni punto, ad esempio ∑ z^{k}, 2) la serie diverge in almeno un punto e converge altrove, ad esempio ∑ z^{k}/k, 3) la serie converge in ogni punto, ad esempio ∑ z^{k}/k^{2}. In quest’ultimo caso però la convergenza è assoluta. L’esempio dell’esercizio mostra che la convergenza ovunque della serie sul bordo del cerchio di convergenza può non essere assoluta. [da

[VLA] pag.68, [K] pag.454, [K1] pag.31. Inoltre altre referenze sono 1) H.F.Sandham A.M.M. Vol.58, No.8 (Oct., 1951), 573, 2) D.J.Newman A.M.M. Vol.59, No.9 (Nov., 1952), 650, 3) W.S.Loud A.M.M. Vol.63, No.9 (Nov., 1956), 670. In 3) si danno ulteriori indicazioni su dove trovare una risposta. Una è data da rich.14. Un’altro esempio, dovuto al grande G.H.Hardy, è ∑ z^{n}b^{n}/ ln n dove (1−z)^{−i}=∑ b_{n}z^{n} e può trovarsi nel libro di Dienes, The Taylor series,

464–465 ] (rich.1)

13.C Sia dato il polinomio L(z, n) ≐ −\frac{z}{n} − \frac{z^{2}}{n − 1} − … − \frac{z^{n}}{1} + \frac{z^{n+1}}{1} + \frac{z^{n+2}}{2} + … + \frac{z^{2n}}{n} . Si

dimostri che la funzione f(z) = ∑_{n=1}^{+∞} \frac{1}{n^{2}} z^{2^{n^{2}}} L(z, 2^{n}). Riscrivendo la serie come ∑_{k=0}^{+∞} a_{k}z^{k} si faccia

vedere che converge uniformemente su |z| ≤ 1 ma su |z| = 1 non converge assolutamente [da

[H2] pag.122, dove lo si attribuisce a L.Fejer. La costruzione è del tutto analoga ad altre costruzioni delle stesso Fejer inerenti particolari “patologie” sulla convergenza di serie di Fourier. ]

14.C Si studi la convergenza della serie ∑_{k=1}^{+∞} \frac{(−1)^{k}}{k} z^{k(k+1)} con particolare riguardo ai punti z = 1, −1, i.

15.C Si consideri la serie ∑ a_{k}z^{k} dove a_{1} = 1, a_{2} = −1/2, a_{3} = −1/3, a_{4} = 1/4, a_{5} = 1/5, a_{6} = 1/6, a_{7} = −1/7, a_{8} = −1/8, a_{9} = −1/9, a_{10} = −1/10, e via dicendo. Si dimostri che la serie converge sul cerchio di raggio uno e sulla circonferenza converge non assolutamente. In tal senso

è una risposta all’esercizio in rich.1 [da H.F.Sandham A.M.M. Vol.58, No.8 (Oct., 1951), 573. L’ivi esempio è leggermente diverso per quanto riguarda la dislocazione dei segni più e meno. Inoltre ivi si dimostra che 1−( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} )+ ( \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8} + \frac{1}{9} )−( \frac{1}{10} + \frac{1}{11} + \frac{1}{12} + \frac{1}{13} + \frac{1}{14} + \frac{1}{15} + \frac{1}{16} )−...=∑_{k=1}^{+∞} \frac{π}{\sqrt{k} sinh(π\sqrt{k})} . Più in generale \frac{1}{x} − \frac{2}{x+1} + \frac{2}{x+4} − \frac{2}{x+9} +...=

\frac{π}{\sqrt{x} sin(π\sqrt{x})}]

16 .C Si consideri la serie ∑_{n=1}^{+∞} \frac{z^{n}}{1−z^{n}} . Si trovi l’insieme in cui converge e si verifichi se è prolungabile oltre tale insieme [da [K1] pag.13] (rich.4)

Es: Si consideri la serie ∑_{n=1}^{+∞} \frac{z^{n}}{1+z^{n}} . Si trovi l’insieme in cui converge e si verifichi se è prolungabile oltre tale insieme [da [K1] pag.13]

17.C Si dimostri che la serie di funzioni ∑_{k=1}^{+∞} \frac{(−1)^{k}}{z+k} converge uniformemente nell’insieme Rez ≥ 0 ma non converge ivi totalmente.

• Si dimostri poi che la stessa serie converge puntualmente per tutti quei valori z che rendono i denominatori mai nulli.

• Fissato 0 < δ < 1, e k_{0} intero positivo o nullo si dica se la serie converge uniformemente sull’insieme {z ∈ C: z = −k_{0} + δ + iy, y ∈ R, }

18.C Data la serie ∑_{k=1}^{+∞} \frac{z^{2^{k}}}{2^{k^{2}}} , si trovi il raggio di convergenza. Poi si mostri che la circonferenza è una frontiera di analiticità . Si mostri poi che la funzione è infinitamente differenziabile e che le derivate convergono tutte fino alla frontiera compresa. Suggerimento, si può usare

rich.1 [vedi [M] pag.390]

19.C Si calcoli ∑_{k=1}^{+∞} \frac{cos kx}{k} e ∑_{k=1}^{+∞} \frac{sin kx}{k} 20.C Si dica perché il punto z = 1 è un punto di singolarità della funzione f(z) ≐ ∑_{k=1}^{+∞} \frac{z^{k}}{k^{2}} nonostante la serie converga totalmente (e quindi uniformemente) in |z| ≤ 1.

21.C Sia data la successione di funzioni \{f_{n}(z)\} dove f_{n}(z) = ∑_{k=1}^{+∞} \frac{nz^{k}}{nk^{2}+1}. Si dimostri che la successione converge unirformemente per |z| ≤ 1. Si trovi la funzione limite. Si faccia vedere che la successione {f′_{n}(z)} non converge per z = 1. [da [K1] pag.194]

22.C Si consideri la serie ∑_{n=1}^{+∞} e^{−n^{2}} ∑_{{m=1 \atop (m|n)=1}}^{n−1}(z − \frac{m}{n})^{−1} dove la seconda somma è effettuata sugli

interi n e m primi fra di loro. Si dimostri che la funzione definita dalla serie è olomorfa on C\[0, 1] e che tutti i punti p/q con p < q sono tali che lim_{y→0} |f(\frac{p}{q} + iy)| = ∞ da cui segue che tutti tali punti sono di singolarità . [da [H2] pag.20]

23.C Si dimostrai che l’insieme |z| = 1 costituisce una frontiera di analiticità per la funzione ∑_{n=1}^{+∞} \frac{z^{n−1}}{(1−z^{n})(1−z^{n+1})}. (vedi rich.3)

24.C Sia f(z) una funzione olomorfa in |z| ≤ R e tale che f(0) = 0. Se f(z) = u(x, y)+iv(x, y)

si dimostri che ∫{2π \atop 0}(u4(eiϑ)−6u2(eiϑ)v2(eiϑ)+v4(eiϑ)) = 0 [Storicamente tale uguaglianza è l’ingrediente fondamentale del lavoro di M.Riesz Sur les functions conjuguées, Math.Zeitschrift, (27), 1927, 218-244 il cui risultato è stato intensamente e vanamente cercato dal titolatissimo G.H.hardy insieme con il suo allievo E.C. Tichmarsh come testimoniato in una nota biografica di M.Riesz scritta da L.Garding e rintracciabile in rete. Quelle che seguono sono le parole usate da Hardy nella lettera a Riesz una volta saputo della sua dimostrazione ”some months ago you said ‘j’ai démontré que 2 sér. trig. conjugués sont toujours en méme temps les séries de F de fonctions de la classe L^{p} (p>1)...’. I want the proof. Both I and my pupil Titchmarsh have tried in vain to prove it...” . ]

25.C Il prossimo è un risultato classico dovuto ad Abel. Sia ∑_{k=0}^{+∞} a_{k}z^{k}, avente come raggio di convergenza 1 e supponiamo che ∑_{k=0}^{+∞} a_{k}z_{0}^{k} converge con |z_{0}| = 1. Allora la serie ∑_{k=0}^{+∞} a_{k}z_{0}^{k}r^{k} converge uniformemente per 0 ≤ r ≤ 1 ed inoltre lim_{r→1^{−}} ∑_{k=0}^{+∞} a_{k}z_{0}^{k}r^{k} = ∑_{k=0}^{+∞} a_{k}z_{0}^{k}.

1.M Costruire un esempio di serie di potenze ∑ a_{k}z^{k} tale che: 1) ha raggio di convergenza pari a 1, 2) lim_{k→+∞} a_{k} = 0, 3) diverge per ogni z sul cerchio di raggio .1 [^{}È un celeberrimo

esempio dovuto N.Luzin che si trova in Über eine Potenzreihe, Rendiconti del Circolo Matematico di Palermo, 32, 386–390, 1911; vedi [M] pag.409–410]

2.M Si dia un esempio di serie di potenze che ha 1 come raggio di convergenza, converge per z = 1 e diverge per ogni altro punto sulla circonferenza x^{2} + y^{2} = 1. [da [K1] pag.13 dove dice che

l’esempio è da attribuirsi a W.Sierpinski (1912) ma senza dare la referenza, [M] pag.411]

3.M Si consideri la serie ∑_{n=1}^{+∞} e^{−n^{2}} ∑_{{m=1 \atop (m|n)=1}}^{n−1}(z − e^{2πim/n})^{−1} e se studi il comportamento lungo la

frontiera di analiticità [da [H2] pag.20. Si tratta di un esempio molto difficile di funzione monogenica. La teoria delle funzioni monogeniche fu introdotta da E.Borel ]

Soluzioni

1.C l’insieme dei punti di |z| = R in cui f(z) è regolare è un insieme aperto. Infatti se Re^{iϑ} è un punto di regolarità di f(z) allora ∑ c_{k}(z − Re^{iϑ})^{k} converge per |z − Re^{iϑ}| < r ed ogni punto che soddisfa |z − Re^{iϑ}| < r è un punto di regolarità .

2.C Sviluppiamo la funzione in serie con centro in un punto z_{0} = 1/2 ossia ∑_{k=0}^{+∞} c_{k}(z −z_{0})^{k}. Per

l’unicità delle serie di potenze si ha ∑_{k=0}^{+∞} a_{k}z^{k} = ∑_{k=0}^{+∞} c_{k}(z −z_{0})^{k} e quindi c_{k} = ∑_{j=0}^{+∞} \binom{j + k}{k}a_{j+k}z_{0}^{j}.

Supponiamo che la serie sia regolare in z = 1 ossia che esista la serie ∑_{k=0}^{+∞} b_{k}(z − 1)^{k} e che il

suo raggio di convergenza sia maggiore di zero. Ne segue che la serie ∑_{k=0}^{+∞} c_{k}(z − z_{0})^{k} converge

per z = 2z_{0} + δ con δ > 0 e quindi ∑_{k=0}^{+∞} c_{k}(z_{0} + δ)^{k} converge. Abbiamo ∑_{k=0}^{+∞} c_{k}(z_{0} + δ)^{k} =

∑_{k=0}^{+∞} ∑_{j=0}^{+∞} \binom{j + k}{k}a_{j+k}z_{0}^{j}(z_{0}+δ)^{k} = ∑_{m=0}^{+∞} ∑_{k=0}^{m} \binom{m}{k}a_{m}z_{0}^{m−k}(z_{0}+δ)^{k} e quindi si ottiene ∑_{m=0}^{+∞} a_{m}(2z_{0}+

δ)^{m} ma questo è impossibile in quanto vorrebbe dire che la serie ∑_{k=0}^{+∞} a_{k}z^{k} converge per x = 1+δ.

Il fatto che tutti gli a_{k} siano positivi si usa nel fatto che le serie sono a termini positivi e quindi assolutamente convergenti consentendo di riarrangiare i termini a piacimento.

3.C

4 .C Tanto per cominciare i poli devono essere in numero finito. Infatti se fossero infiniti ossia se esistesse una successione {e^{iϑ_{k}}} in cui la funzione non è regolare, allora esisterebbe almeno un punto di accumulazione delle successione essendo |z| = 1 compatto. Da rich.6 tale punto, detto z_{0} ≐ e^{iσ} sarebbe anche esso una singolarità e siccome la funzione ha solo poli di ordine 1, anche esso è un polo di ordine 1. Ma allora la serie di Laurent centrata in z_{0} sarebbe \frac{c}{z − z_{0}} + ∑_{k≥0} c_{k}(z − z_{0})^{k} con ∑_{k≥0} c_{k}(z − z_{0})^{k} olomorfa in un cerchio di raggio r ma questo è

impossibile in quanto r è la distanza dalla singolarità più vicina a z_{0} e quindi r = 0. Dunque ne concludiamo che la funzione ha un numero di singolarità polari di ordine 1.

La funzione è scrivibile quindi come ∑_{j=1}^{n} \frac{b_{j}}{1 − ze^{iα_{j}}} +∑_{k≥0} c_{k}z^{k} dove ∑_{k≥0} c_{k}z^{k} non ha singolarità sul

cerchio |z| = 1 e quindi ha raggio di convergenza 1+δ con δ > 0 e questo implica che i coefficienti sono limitati. Infatti \overline{lim}_{k→+∞}|c_{k}|^{1/k} = R^{−1} dove R = 1 + δ. Dunque inf_{N} sup_{k≥N} |c_{k}|^{1/k} = R^{−1} e

ne segue che definitivamente |c_{k}| < (\frac{1}{R} + ε)^{k} con ε fissato arbitrariamente piccolo da cui la

conclusione essendo R > 1.

5.C Si impone ∑_{j=1}^{n} \frac{b_{j}}{(1 − ze^{iα_{j}})^{p}} + ∑ c_{k}z^{k} e poi si integra p − 1 volte.

6.C Si scrive \frac{1}{z} \frac{z^{n}}{(1 − z^{n})(1 − z^{n+1})} = \frac{1}{z} \frac{z^{n} − 1 + 1}{(1 − z^{n})(1 − z^{n+1})} = \frac{1}{z}(\frac{−1}{1 − z^{n+1}} +\frac{1}{(1 − z^{n})(1 − z^{n+1})}).

\frac{1}{1 − z^{n}} + \frac{z}{1 − z^{n+1}} = \frac{1 + z}{(1 − z^{n})(1 − z^{n+1})} e quindi la funzione in questione è

\frac{1}{z}(\frac{−1}{1 − z^{n+1}} + \frac{1}{1 + z} \frac{1}{1 − z^{n}} + \frac{z}{1 + z} \frac{1}{1 − z^{n+1}} ) = \frac{1}{z}(\frac{1}{1 + z} \frac{1}{1 − z^{n}} − \frac{1}{1 + z} \frac{1}{1 − z^{n+1}} )

La somma della serie è data quindi da \frac{1}{z} \frac{1}{1 + z} \frac{1}{1 − z} − lim_{n→+∞} \frac{1}{z} \frac{1}{1 + z} \frac{1}{1 − z^{n+1}} da cui il risultato.

7.C Siano z_{1}, …, z_{n} gli n punti in questione. La serie è data da ∑_{k=1}^{+∞} \frac{z^{k}}{k} (z_{1}^{−k} + … + z_{n}^{−k}). La

divergenza per z = z_{1}, …, z_{n} è immediata. Si dimostri la convergenza in qualsiasi altro punto della circonferenza di raggio 1.

8.C Che tutti i punti della circonferenza siano tali da produrre la non convergenza della serie

∑_{k=0}^{+∞} z^{2^{k}} è evidente dal fatto che tali punti hanno modulo 1. Per i punti interni si ha ovviamente

convergenza. Supponiamo che un determinato punto della circonferenza, diciamo z_{0}, sia un punto regolare ossia la funzione f(z) può essere sviluppata in serie di potenze centrato in z_{0}

e quindi g(z) = ∑_{k=0}^{+∞} c_{k}(z − z_{0})^{k} con |z − z_{0}| < ρ. Il cerchio |z − z_{0}| = ρ contiene infinity

punti della circonferenza |z| = 1 ed in tali punti la serie ∑_{k=0}^{+∞} c_{k}(z − z_{0})^{k} deve convergere. Sia z_{p,q,} = e^{iπ \frac{p}{2^{q}}} con p e q interi positivi qualsiasi uno di tali punti (certamente esiste in quanto \{z_{p,q,} = e^{iπ \frac{p}{2^{q}}} \} è denso su |z| = 1. Data l’unicità degli sviluppi in serie, nell’insieme

\{|z − z_{p,q}| < ρ\}∩\{|z| < 1\} deve aversi f(z) = g(z) e quindi lim_{{z→zp,q \atop z∈|z|<1}} g(z) = lim_{{z→zp,q \atop z∈|z|<1}} f(z). Eseguiamo

il limite lungo il raggio che congiunge l’origine con il punto z_{p,q,} ossia lim_{r→1} ∑_{k=0}^{+∞} r^{2^{k}}e^{iπp2^{k−p}} =

lim_{r→1} ∑_{k=0}^{p−1} r^{2^{k}}e^{iπp2^{k−p}} + lim_{r→1} ∑_{k=p}^{+∞} r^{2^{k}}e^{iπp2^{k−p}} = lim_{r→1} ∑_{k=0}^{p−1} r^{2^{k}}e^{iπp2^{k−p}} + lim_{r→1} ∑_{k=p}^{+∞} r^{2^{k}}. Essendo ∑_{k=p}^{+∞} r^{2^{k}} ≥

∑_{k=p}^{n} r^{2^{k}} = (n − p + 1) per ogni n ne concludiamo che lim_{r→1} ∑_{k=0}^{+∞} r^{2^{k}}e^{iπp2^{k−p}} = +∞. Data la densità

dei numeri z_{p,q,} se ne conclude che non esiste nessun ρ per cui sia lecito lo sviluppo g(z) =

∑_{k=0}^{+∞} c_{k}(z − z_{0})^{k} con |z − z_{0}| < ρ.

Lo stesso discorso non vale per la serie ∑_{k=0}^{+∞} z^{k} in quanto stavolta avremmo ∑_{k=0}^{+∞} ρ^{k}e^{iλk} = \frac{1}{1 − ρe^{iλ}}

il cui limite ρ → 1 dà \frac{1}{1 − e^{iλ}} ed infatti la funzione f(z) = 1/(1 − z) è prolungabile oltre la

frontiera costituita dalla circonferenza di raggio 1.

9.C Sia z_{k} = |z_{k}|(cos φ_{k} + i sin φ_{k}). Abbiamo |z_{k}| cos φ_{k} ≥ |z_{k}| cos α ≥ 0. Per il teorema del confronto la serie ∑ |z_{k}| converge.

Per il controesempio si prenda la serie convergente ∑ \frac{(−)^{k}}{k} la cui serie dei moduli chiaramente

diverge. Per il teorema non deve essere definitivamente | arg z_{k}| ≤ α < \frac{π}{2} ed infatti per i k dispari tale condizione è violata.

10.C Suddividiamo l’insieme dei z_{k} in due gruppi. Nel primo, detto G_{1}, poniamo quegli z_{k}

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per cui | arg(z_{k})| ≤ α < \frac{π}{2} mentre nel secondo, detto G_{2}, poniamo quegli z_{k} per cui \frac{π}{2} − α ≤ | arg(z_{k})| ≤ \frac{π}{2} . Prendiamo inoltre \frac{π}{4} < α < \frac{π}{2} . Se z_{k} ∈ G_{1} allora applichiamo il teorema prece-

dente da cui segue che ∑ |z_{k}| converge e quindi ∑_{k:z_{k}∈G_{1}} |z_{k}|^{2} ≤ ∑_{k:z_{k}∈G_{1}} |z_{k}| ∑_{k:z_{k}∈G_{1}} |z_{k}| e quindi

convergenza. Se invece z_{k} ∈ G_{2} scriviamo z_{k}^{2} = |z_{k}|^{2}(cos^{2} φ_{k} − sin^{2} φ_{k}) + 2i|z_{k}|^{2} sin φ_{k} cos φ_{k} e per ipotesi ∑ |z_{k}|^{2}(cos^{2} φ_{k} − sin^{2} φ_{k}) converge così come converge pure la serie

∑ |z_{k}|^{2} sin φ_{k} cos φ_{k}. Scriviamo |z_{k}|^{2} = \frac{|z_{k}|^{2}}{sin^{2} φ_{k} − cos^{2} φ_{k}} (sin^{2} φ_{k}−cos^{2} φ_{k}) ≤ \frac{|z_{k}|^{2}(sin^{2} φ_{k} − cos^{2} φ_{k})}{sin^{2} α − cos^{2} α}

e quindi la serie |z_{k}|^{2} converge 11.C |z_{k}| = \sqrt{Re^{2}(z_{k}) + Im^{2}(z_{k})} ≤ |Re(z_{k})| + |Im(z_{k})| per cui, a seconda del quadrante, si ha |z_{k}| = \sqrt{Re^{2}(z_{k}) + Im^{2}(z_{k})} ≤ ±|Re(z_{k})| + ±|Im(z_{k})|. Ne segue la convergenza.

12.C Sia z = 1 e quindi ∑_{k=1}^{+∞} \frac{(−1)^{[\sqrt{k}]}}{k} = ∑_{r=1}^{+∞}(−1)^{r}(\frac{1}{r^{2}} + … + \frac{1}{(r + 1)^{2} − 1}). Infatti se r^{2} ≤

k < r + 1 allora [\sqrt{k}] è costante. Per la convergenza è necessario e sufficiente far vedere che

∀ ε > 0 ∃ r_{ε}: q > p > r_{ε} ⟹ |∑_{r=p}^{q}(−1)^{r}(\frac{1}{r^{2}} + … + \frac{1}{(r + 1)^{2} − 1})| < ε. Allora maggioriamo

e minoriamo a_{r} ≤ (−1)^{r}(\frac{1}{r^{2}} + … + \frac{1}{(r + 1)^{2} − 1}) ≤ b_{r} dove ∑(−1)^{r}a_{r} e ∑(−1)^{r}b_{r} con-

vergono per cui si ha il risultato. Le due successioni a_{r} e b_{r} possono essere trovate tramite

il confronto con gli integrali. ∫_{r^{2}}^{(r+1)^{2}} \frac{dx}{x} ≤ \frac{1}{r^{2}} + … + \frac{1}{(r + 1)^{2} − 1} ≤ ∫_{r^{2}−1}^{(r+1)^{2}−1} \frac{dx}{x} e quindi

esistono due costanti positive C e C′ per cui \frac{C}{r} ≤ \frac{1}{r^{2}} + … + \frac{1}{(r + 1)^{2} − 1} ≤ \frac{C′}{r} . Dalla convergenza della serie ∑(−1)^{r}/r, segue la convergenza di ∑(−1)^{[\sqrt{k}]}/k. Sia ora z = e^{iλ}, λ ≠ 2kπ. Dobbiamo mostrare la convergenza della serie ∑_{k=1}^{+∞} \frac{(−1)^{[\sqrt{k}]}}{k} e^{iλk}. Applichiamo rich.12 ponendo

a_{k} = (−1)^{[\sqrt{k}]}e^{iλk} e b_{k} = 1/k. Ovviamente \sqrt{k}b_{k} = 1/\sqrt{k} tende a zero. Inoltre ∑_{k=1}^{+∞} \sqrt{k}|b_{k} −b_{k+1}| è una serie il cui termine generale va a zero come k^{−3/2} e quindi converge assolutamente. L’ultima condizione da verificare è \frac{1}{\sqrt{n}} ∑_{k=1}^{n} a_{k} limitata. Supponiamo che n = \frac{p(p + 1)}{2}. Abbiamo

∑_{k=1}^{n}(−1)^{[\sqrt{k}]}e^{iλk} = ∑_{j=1}^{p}(−1)^{j} ∑_{k=j^{2}}^{(j+1)^{2}−1} e^{iλk}. Ora | ∑_{k=j^{2}}^{(j+1)^{2}−1} e^{iλk}| = |\frac{e^{iλ(j+1)^{2}} − e^{iλj^{2}}}{e^{iλ} − 1} | ≤ \frac{2}{|e^{iλ} − 1|}

per cui |∑_{j=1}^{p}(−1)^{j} ∑_{k=j^{2}}^{(j+1)^{2}−1} e^{iλk}| ≤ ∑_{j=1}^{p} \frac{2}{|e^{iλ} − 1|} ≤ \frac{2C\sqrt{n}}{|e^{iλ} − 1|} dove C è una costante positiva

e calcolabile. Supponiamo ora che n ≠ \frac{p(p + 1)}{2}. Ne segue che esiste un intero p_{n} tale che

\frac{p_{n}(p_{n} + 1)}{2} +1 ≤ n ≤ \frac{(p_{n} + 1)(p_{n} + 2)}{2} −1. Scriviamo ∑_{k=1}^{n}(−1)^{[\sqrt{k}]}e^{iλk} = ∑_{j=1}^{p_{n}}(−1)^{j} ∑_{k=j^{2}}^{(j+1)^{2}−1} e^{iλk}+

∑_{k=p_{n}+1}^{n}(−1)^{[\sqrt{k}]}e^{iλk}. Il primo pezzo lo maggioriamo esattamente nello stesso modo di prima. La

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stima del temine della seconda somma è esttamente come la prima ossia \frac{2}{|e^{iλ} − 1|} ed il numero di termine presenti è n − p_{n} < \frac{(p_{n} + 1)(p_{n} + 2)}{2} − 1 − \frac{p_{n}(p_{n} + 1)}{2} − 1 = p_{n} − 1 per cui possiamo stimare la seconda somma come | ∑_{k=p_{n}+1}^{n}(−1)^{[\sqrt{k}]}e^{iλk}| ≤ \frac{2C′\sqrt{n}}{|e^{iλ} − 1|}. In ogni caso abbiamo ottenuto il risultato. 13.C Si nota che L(z, n) = (z^{n} − 1) ∑_{k=1}^{n} \frac{z^{k}}{k} da cui L(1, n) = 0. Inoltre dobbiamo dimostrare il seguente Lemma |L(z, n)| ≤ C per ogni n e per ogni |z| ≤ 1 e per una opportuna costante C. Dimostrazione Utilizzando la relazione (Abel) ∑_{k=1}^{n} a_{k}b_{k} = a_{n}B_{n} − ∑_{k=1}^{n−1} a′_{k}B_{k} dove B_{k} =^{def} ∑_{i=1}^{k} b_{i} e a′_{k} =^{def}a_{k+1} −a_{k}, . Nel nostro caso B_{k} ≐ ∑_{j=1}^{k} z^{j} = \frac{1 − z^{k+1}}{1 − z} ed il massimo di |B_{k}| lo si ha per z = 1

ossia |B_{k}| ≤ k quando z = 1. In generale |B_{k}| = \frac{| sin^{2}(α(k + 1))/2|}{| sin α/2|} dove z = e^{iα}. Se |z| ≤ a < 1

è tutto più facile. Se |α| ≤ π allora | sin(α/2)| ≥ 2α/π e quindi |B_{k}| ≤ π/(2α). Supponendo quindi che 0 < a_{0} ≤ |α| ≤ π, la serie ∑_{k=1}^{n} \frac{z^{k}}{k} = \frac{B_{n}}{n} − ∑_{k=1}^{n−1} \frac{B_{k}}{k(k + 1)} possiamo maggiorarla in modulo con \frac{n}{n} + \frac{π}{2a_{0}} ∑_{k=1}^{n−1} \frac{1}{k(k + 1)}. Sia ora |α| ≤ a_{0} ma α ≠ 0 e quindi supponiamo che 1/r ≤ |α| ≤ 1/(r − 1). Scriviamo ∑_{k=1}^{n} \frac{z^{k}}{k} = ∑_{k=1}^{r−1} \frac{z^{k}}{k} + ∑_{k=r}^{n} \frac{z^{k}}{k} e riapplicando Abel alla seconda somma

abbiamo \frac{z^{n}}{n} − \frac{z^{r−1}}{r − 1} − ∑_{k=r−1}^{n−1} \frac{B_{k}}{k(k + 1)} ed in modulo possiamo stimare 1+1+ ∑_{k=r−1}^{n−1} \frac{1}{k^{2}} (r−1) ≤ C

con C_{1} costante positiva. Mettendo assieme con 0 < a_{0} ≤ |α| ≤ π, otteniamo la costante C di cui si parla nel testo. q.e.d. Ora osserviamo che f(z) = ∑_{n=1}^{+∞} \frac{1}{n^{2}} z^{2^{n^{2}}} L(z, 2^{n}) è la somma uniformemente convergente di funzioni continue per |z| ≤ 1. e quindi definisce una funzione continua. Poiché n^{2}+(n+1) < (n+1)^{2}, possiamo dire che nessuna delle potenze contenute in z^{2^{n^{2}}} L(z, 2^{n}) è contenuta in un termine con n′ ≠ n e quindi possiamo riscrivere f(z) = ∑_{k=0}^{+∞} a_{k}z^{k} ed osservare che la serie converge uniformemente in |z| ≤ 1 ma non converge assolutamente in quanto ∑_{k=0}^{+∞} |a_{k}| diverge. 14.C Riscrivendo il tutto come ∑_{k=1}^{+∞} a_{k}z^{k} abbiamo \overline{lim_{n→+∞}}|a_{k}|^{1/k} = 1. Per z = 1 è una serie di Leibnitz e converge. Per z = −1 abbiamo ∑_{k=1}^{+∞} \frac{1}{k} e quindi diverge. Pet z = i si ha ∑_{k=1}^{+∞} \frac{i}{k} che chiaramente diverge. 28/aprile/2012; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 7 15.C Sia z = 1. Usiamo il criterio di Cauchy. Nella somma ∑_{k=p}^{q} a_{k} scegliamo p e q in modo tale

che ∑_{k=p}^{q} a_{k} = ∑_{n=n_{0}}^{n_{1}}(−)^{n} ∑_{k= \frac{1}{2} n(n−1)+1}^{\frac{1}{2} n(n+1)} \frac{1}{k} = ∑_{n=n_{0}}^{n_{1}}(−)^{n}[ln \frac{n(n + 1)}{2} − ln(\frac{n(n − 1)}{2} − 1) + γ_{\frac{1}{2} n(n+1)} −

γ_{\frac{1}{2} n(n−1)+1}].

ln \frac{n(n + 1)}{2} − ln(\frac{n(n − 1)}{2} − 1) = \frac{2}{n} + O(n^{−2}). γ_{k} = γ + O(k^{−1}) da cui si ha | ∑_{n=n_{0}}^{n_{1}}((−)^{n} \frac{2}{n} +

O(n^{−2}))| < ε per qualsiasi n_{0} sufficientemente grande.

L’estensione al caso in cui p e q non consentono di scrivere ∑_{k=p}^{q} a_{k} = ∑_{n=n_{0}}^{n_{1}}(−)^{n} ∑_{k= \frac{1}{2} n(n−1)+1}^{\frac{1}{2} n(n+1)} \frac{1}{k} si

ottiene facilmente. Ad esempio supponiamo che \frac{1}{2}(n_{0} −1)n_{0} < p < \frac{1}{2}n_{0}(n_{0} +1) e \frac{1}{2}n_{1}(n_{1} +1) <

q < \frac{1}{2}(n_{1} + 1)(n_{1} + 2)

∑_{k=p}^{q} a_{k} = ∑_{k=p}^{\frac{1}{2} n_{0}(n_{0}+1)−1} \frac{(−1)^{c_{n_{0}}}}{k} + ∑_{k= \frac{1}{2} n_{1}(n_{1}+1)+1}^{q} \frac{(−1)^{c_{n_{1}}}}{k} + ∑_{n=n_{0}}^{n_{1}}(−)^{n} ∑_{k= \frac{1}{2} n(n−1)+1}^{\frac{1}{2} n(n+1)} \frac{1}{k} dove c_{n_{0}} vale

1 se n_{0} è dispari e −1 se pari (per c_{n_{1}} è l’opposto). È semplice verificare che ciascun termine tende a zero

Sia z = e^{iλ} e quindi scriviamo la somma parziale della serie ∑_{k=1}^{n_{1}} \overline{a}_{k}z^{k} = ∑_{n=1}^{n_{1}}(−)^{n} ∑_{k= \frac{1}{2} n(n−1)+1}^{\frac{1}{2} n(n+1)} \frac{e^{iλk}}{k} =

∑_{k=1}^{n_{1}}(−1)^{c_{k}} \frac{e^{iλk}}{k} dove c_{k} tiene conto del fatto che i segni più e meno sono disposti nella modalità

indicata nell’esercizio. Applichiamo il suggerimento dato per l’esercizio rich.1 quindi a_{k} = (−1)^{c_{k}}e^{iλk} e b_{k} = 1/k. Le due condizioni su b_{k} sono ovvie. L’unica veramente da veri-

ficare è il fatto che \frac{1}{\sqrt{n}_{1}} ∑_{k=1}^{n_{1}} a_{k} è limitata. Supponiamo n_{1} = \frac{p(p + 1)}{2} per cui ∑_{k=1}^{n_{1}} a_{k} =

∑_{n=1}^{p}(−)^{n} ∑_{k= \frac{1}{2} n(n−1)+1}^{\frac{1}{2} n(n+1)} e^{iλk}. Come prima abbiamo | ∑_{k= \frac{1}{2} n(n−1)+1}^{\frac{1}{2} n(n+1)} e^{iλk}| ≤ |\frac{e^{\frac{1}{2} n(n+1)+1} − e^{\frac{1}{2} n(n−1)+1}}{e^{iλ} − 1} | ≤

\frac{2}{|e^{iλ} − 1|} da cui |∑_{k=1}^{n_{1}} a_{k}| ≤ \frac{C\sqrt{n}}{|e^{iλ} − 1|} e quindi possiamo applicare il suggerimento di rich.1 e

dire che ∑_{k=1}^{+∞} \overline{a}_{k}z^{k} converge sul cerchio di raggio 1.

16.C ∑_{n=1}^{+∞} \frac{z^{n}}{1 − z^{n}} . La serie è definita in tutto il piano complesso tranne i punti che risolvono

le infinite equazioni z^{p} = 1 p intero maggiore o uguale a 1 ossia i p numeri complessi e^{2πi \frac{m}{p}} ,

0 ≤ m ≤ p − 1. Sia ρ < 1 e z = z_{m} = e^{2πi \frac{m}{p}} e scriviamo ∑_{n=1}^{+∞} \frac{(ρz_{m})^{n}}{1 − (ρz_{m})^{n}} . Se n = pN con N

intero, abbiamo z_{m}^{n} = e^{2πimN} = 1. Se n non è un multiplo di p allora deve essere 1 ≤ n ≤ p − 1, oppure p + 1 ≤ n ≤ 2p − 1, oppure 2p + 1 ≤ n ≤ 3p − 1, oppure 3p + 1 ≤ n ≤ 4p − 1, eccetera

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ossia Mp + 1 ≤ n ≤ (M + 1)p − 1. Ora osserviamo che e^{2πi \frac{m}{p} (Mp+1)} = e^{2πi \frac{m}{p} ((M+1)p+1)} e anche e^{2πi \frac{m}{p} (Mp+2)} = e^{2πi \frac{m}{p} ((M+1)p+2)} e così via fino a z_{m}^{n} = e^{2πi \frac{m}{p} ((M+1)p−1)} = e^{2πi \frac{m}{p} ((M+2)p−1)}. Ne segue che la quantità 1 − (ρz_{m})^{n}, una volta fissato ρ, può assumere solo p − 1 valori diversi da zero e quindi è limitata dal basso da una costante C ossia |1−(ρz_{m})^{n}| ≥ min_{1≤n≤p−1} |1−(ρz_{m})^{n}| ≥

min_{1≤n≤p−1} |1 − z_{m}^{n}| = C. A questo punto possiamo scrivere ∑_{n=1}^{+∞} \frac{(ρz_{m})^{n}}{1 − (ρz_{m})^{n}} = ∑_{{n=1 \atop n=pN}}^{+∞} \frac{(ρz_{m})^{n}}{1 − (ρz_{m})^{n}} +

∑_{{n=1 \atop n≠pN}}^{+∞} \frac{(ρz_{m})^{n}}{1 − (ρz_{m})^{n}}

∑_{{n=1 \atop n=pN}}^{+∞} \frac{(ρz_{m})^{n}}{1 − (ρz_{m})^{n}} = ∑_{N=1}^{+∞} \frac{ρ^{pN}}{1 − ρ^{pN}} = \frac{1}{1 − ρ} ∑_{N=1}^{+∞} \frac{ρ^{pN}}{∑_{j=0}^{pN−1} ρ^{j}} ≥ \frac{1}{1 − ρ} ∑_{N=1}^{+∞} \frac{ρ^{pN}}{pN} = \frac{1}{p(1 − ρ)} ln \frac{1}{1 − ρ^{p}} .

D’altra parte | ∑_{{n=1 \atop n≠pN}}^{+∞} \frac{(ρz_{m})^{n}}{1 − (ρz_{m})^{n}} | ≤ C^{−1} ∑_{{n=1 \atop n≠pN}}^{+∞} ρ^{n} ≤ C^{−1} ∑_{n=1}^{+∞} ρ^{n} = \frac{ρ}{C(1 − ρ)}. La somma delle due

quantità implica che lim_{ρ→1^{−}} ∑_{n=1}^{+∞} \frac{(ρz_{m})^{n}}{1 − (ρz_{m})^{n}} = +∞ per ogni soluzione della equazione z^{p} = 1 e per ogni valore di p. Poiché tali numeri sono densi sulla circonferenza di raggio 1, ne consegue che la circonferenza costituisce una frontiera naturale di analiticità della funzione f(z) = ∑_{k=1}^{+∞} \frac{z^{n}}{1 − z^{n}}

17.C Detto A = \{z ∈ C: Re(z) ≥ 0\}, dobbiamo far vedere che sup_{z∈A}| ∑_{k=m}^{n} \frac{(−1)^{k}}{z + k} | < ε ∀ n ≥ m > n_{ε}. Sia m pari ed n dispari per semplificare. Scriviamo

∑_{k=1}^{n−m} \frac{1}{z + k + m − 1} − \frac{1}{z + k + m} = ∑_{k=1}^{n−m} \frac{1}{(z + k + m)(z + k + m − 1)} ≐ u + iv e |u + iv| =

\sqrt{u^{2} + v^{2}}; u ≐ Re( ∑_{k=1}^{n−m} \frac{1}{(z + k + m)(z + k + m − 1)}), v ≐ Im( ∑_{k=1}^{n−m} \frac{1}{(z + k + m)(z + k + m − 1)}).

Se z = x + iy si ha \frac{1}{(z + k + m)(z + k + m − 1)} = \frac{(\overline{z} + k + m)(\overline{z} + k + m − 1)}{|z + k + m|^{2}|z + k + m − 1|^{2}}

la cui parte reale è \frac{|z|^{2} + x(m + k + 1) + (k + m)x + (k + m)^{2} + k + m}{((x + k + m)^{2} + y^{2})((x + k + m − 1)^{2} + y^{2})}. Chiamiamo k + m = t.

Il numeratore è minore di |z|^{2}+2(1+x)t^{2} per cui \frac{|z|^{2} + x(m + k + 1) + (k + m)x + (k + m)^{2} + k + m}{((x + k + m)^{2} + y^{2})((x + k + m − 1)^{2} + y^{2})} ≤

\frac{|z|^{2} + 2(1 + x)t^{2}}{(x^{2} + y^{2} + t^{2})^{2}} . Poi osserviamo che \frac{|z|^{2}}{(x^{2} + y^{2} + t^{2})^{2}} ≤ \frac{|z|^{2}}{(2|z|t)^{2}} = \frac{1}{4t^{2}} e \frac{2(1 + x)t^{2}}{(x^{2} + y^{2} + t^{2})^{2}} ≤

\frac{2t^{2}(1 + x)}{(|z|^{2} + t^{2})^{2}} ≤ \frac{Ct^{2}|z|}{(t^{2} + |z|^{2})^{2}} con C costante positiva. Se |z| ≤ 1 scriviamo \frac{Ct^{2}|z|}{(t^{2} + |z|^{2})^{2}} ≤ \frac{C}{t^{2}} . Se

|z| > 1 scriviamo

\frac{Ct^{2}|z|}{(t^{2} + |z|^{2})^{2}} = \frac{Ct^{2}}{t^{2} + |z|^{2}} \frac{|z|}{t^{2} + |z|^{2}} ≤ \frac{C|z|}{t^{2} + |z|^{2}} . Quindi possiamo dire che se |z| ≤ 1 allora

0 < Re( ∑_{k=1}^{n−m} \frac{1}{(z + k + m)(z + k + m − 1)}) ≤ ∑_{k=1}^{n−m} \frac{C}{(k + m)^{2}} < C ∫_{0}^{n−m} \frac{dx}{(x + m)^{2}} = C(\frac{1}{n}−\frac{1}{m})

qualunque sia |z| ≤ 1. Se invece |z| > 1 allora 0 < Re( ∑_{k=1}^{n−m} \frac{1}{(z + k + m)(z + k + m − 1)}) ≤

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∑_{k=1}^{n−m} \frac{C|z|}{(k + m)^{2} + |z|^{2}} = ∑_{t=m+1}^{n} \frac{C|z|}{t^{2} + |z|^{2}} ≤ C|z| ∫_{m}^{n} \frac{dx}{x^{2} + |z|^{2}} = \frac{1}{|z|} arctan \frac{t}{|z|}|_{m}^{n}= \frac{1}{|z|}(arctan \frac{n}{|z|}−

arctan \frac{m}{|z|}) = \frac{1}{|z|}(arctan \frac{|z|}{m} − arctan \frac{|z|}{n}). In entrambe i casi le quantità possono essere rese piccole a piacere purché n, m > n_{ε}. La parte immaginaria di

\frac{1}{(z + k + m)(z + k + m − 1)} = \frac{(\overline{z} + k + m)(\overline{z} + k + m − 1)}{|z + k + m|^{2}|z + k + m − 1|^{2}} è \frac{2y(k + m + x) − y}{|z + k + m|^{2}|z + k + m − 1|^{2}} che

è maggiorata in modulo da \frac{3|y|(x + t)}{(t^{2} + |z|^{2})^{2}} e t definito come prima. Maggiorando ulteriormente si arriva a \frac{3(t|z|^{2} + t|z|)}{(t^{2} + |z|^{2})^{2}} Possiamo ora procedere come con la parte reale. L’unica sostanziale differenza è che si perviene a arctan \frac{|z|}{m} − arctan \frac{|z|}{n} anziché a \frac{1}{|z|}(arctan \frac{|z|}{m} − arctan \frac{|z|}{n}). Da ultimo bisogna osservare che avere preso m dispari ed n pari non cambia il risultato. Ad esempio, se m ed n sono pari scriviamo sup_{z∈A}| ∑_{k=m}^{n−1} \frac{(−1)^{k}}{z + k} | + |\frac{1}{z + n}| e poi procediamo allo stesso modo di prima.

• La convergenza puntuale nell’insieme indicato è ovvia se si prende z = −(k_{0} + m) + δ + iη con 0 < δ < 1, η ∈ R e si rifanno le somme precedenti ossia ∑_{k=1}^{n−m} \frac{1}{z + k + m − 1} − \frac{1}{z + k + m} =

∑_{k=1}^{n−m} \frac{1}{(z + k + m)(z + k + m − 1)} ≐ u+iv. È chiaro che per k = k_{0} si ha \frac{1}{δ + iη} e la convergenza

non può essere uniforme in δ se ad esempio η = 0.

• Fissiamo z = −(k_{0} + m) + δ + iη, 0 < δ < 1 e stavolta ci concentriamo sulla convergenza uni-

forme in η. Abbiamo ∑_{k=1}^{n−m} \frac{1}{(z + k + m)(z + k + m − 1)} = ∑_{k=1}^{k_{0}−1} \frac{1}{(z + k + m)(z + k + m − 1)} +

∑_{k=k_{0}+1}^{n−m} \frac{1}{(z + k + m)(z + k + m − 1)} + \frac{1}{(z + k_{0} + m)(z + k_{0} + m − 1)}. La prima è una somma

finita che tende a zero per m → +∞. La seconda si tratta come come nel caso precedente. La terza è \frac{1}{δ + iη} \frac{1}{δ − 1 + iη} ≠ 0 ma non può essere resa piccola a piacere neanche sommando fra loro un numero maggiore di termini. Quindi la convergenza non è uniforme. 18.C Il raggio di convergenza è chiaramente 1. Infatti \overline{lim_{k→+∞}}|a_{k}|^{1/k} = lim_{k→+∞} 2^{−2^{−k}k^{2}} = 1 da cui il raggio di convergenza. Inoltre prediamo i punti in numero di 2^{r}, z_{0}, …, z_{2^{r}−1}, z_{i} = e^{2πi2^{−r}}. Per ogni z_{i} e k ≥ r si ha \frac{z_{i}^{2^{k}}}{2^{k^{2}}} = 2^{−k^{2}} > 0 e quindi vale l’ultima parte di rich.1 da cui la non analiticità della funzione nei punti z_{i}. Poiché r è arbitrario, i punti {z_{i}}_{1≤i≤2^{r−1}}, al variare di r sono densi e quindi la circonferenza di raggio 1 è una frontiera naturale anche se la serie converge totalmente su tale frontiera. Anche le derivate della serie convergono totalmente sul cerchio di raggio 1. Ad esempio la derivata prima è ∑_{k=1}^{+∞} \frac{2^{k}z^{2^{k}−1}}{2^{k^{2}}} e chiaramente converge totalmente. La derivata seconda è ∑_{k=1}^{+∞} \frac{2^{k}(2^{k} − 1)z^{2^{k}−2}}{2^{k^{2}}} e via dicendo. Siccome \frac{2^{2k}}{2^{k^{2}}} < \frac{1}{2^{k}} la serie converge totalmente. 28/aprile/2012; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 10

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19.C ∑_{k=1}^{∞} \frac{cos kx}{k} = Re (∑_{k=1}^{∞} \frac{e^{ikx}}{k} ) quindi calcoliamo ∑_{k=1}^{∞} \frac{z^{k}}{k} = − ln(1 − z) (per la convergenza della serie quando |z| = 1 si può far uso del Teorema di Abel). ln(1−z) = ln(1−cos t+i sin t) = ln(2| sin \frac{t}{2}|) + i arg(1 − z) da cui la somma della serie è −2 ln(2| sin \frac{t}{2}|).

∑_{k=1}^{+∞} \frac{sin kx}{k} = Im (∑_{k=1}^{∞} \frac{e^{ikx}}{k} ) . In tal caso il risultato −arg(1 − z) = −\frac{t − π}{2} = \frac{π − t}{2}

20.C La derivata prima della funzione per |z| < 1 è ∑_{k=1}^{+∞} \frac{z^{k}}{k} che diverge per z = x + i · 0 e x → 1^{−}. 21.C La serie che definisce f_{n}(z) converge totalmente per |z| ≤ 1 dunque il dominio di ciascuna f_{n}(z) è |z| ≤ 1. Inoltre f_{n}(z) converge uniformemente per n → +∞. Infatti |f_{n}(z) − f_{m}(z)| =

∑_{k=1}^{+∞} \frac{(n − m)z^{k}}{(n^{2}k + 1)(mk^{2} + 1)} ed in modulo per |z| ≤ 1 possiamo stimare come |f_{n}(z) − f_{m}(z)| ≤

\frac{n + m}{n^{2} + m^{2}} ∑_{k=1}^{+∞} \frac{1}{k^{2}} < ε per ogni n, m > n_{ε}. Dunque possiamo passare al limite per n → +∞ ed ottenere f_{n}(z) → ∑_{k=1}^{+∞} \frac{z^{k}}{k^{2}} . Per |z| < 1 possiamo derivare sotto il segno di serie ed ottenere f′_{n}(z) = ∑_{k=1}^{+∞} \frac{nkz^{k}}{nk^{2} + 1} e come si vede non converge per z = 1. 22 .C Se z ∉ [0, 1] allora |z − m/n| ≥ δ > 0 per un qualche δ da cui la convergenza della

serie. Sia ora z = p/q + iy ∈ [0, 1). Abbiamo ∑_{n=1}^{+∞} e^{−n^{2}} ∑_{{m=1 \atop (m|n)=1;n≠q,m≠p}}^{n−1}(\frac{p}{q} + iy − \frac{m}{n})^{−1} + e^{−q^{2}} \frac{1}{iy} .

Ora \frac{1}{|\frac{p}{q} + iy − \frac{m}{n} |} = \frac{1}{\sqrt{y^{2} + (\frac{p}{q} − \frac{m}{n})^{2}}} ≥ \frac{1}{|\frac{p}{q} − \frac{m}{n} |} ≥ \frac{1}{qn} essendo pn − mq un intero non nullo.

Dunque si ha

|∑_{n=1}^{+∞} e^{−n^{2}} ∑_{{m=1 \atop (m|n)=1;n≠q,m≠p}}^{n−1}(\frac{p}{q}+iy−\frac{m}{n})^{−1}| ≤ ∑_{n=1}^{+∞} e^{−n^{2}} ∑_{m=1}^{n−1} qn ≤ q ∑_{n=1}^{+∞} n^{2}e^{−n^{2}} da cui la non analiticità

. 23.C Ci sono due modi di verificare tale fatto. Il primo consiste nel dire che se la funzione F (z) che nell’insieme |z| < 1 e |z| > 1 ammette lo sviluppo ∑_{n=1}^{+∞} \frac{z^{n}}{(1 − z^{n})(1 − z^{n+1})} non avesse la circonferenza di raggio 1 come frontiera di analiticità , allora esisterebbe un punto z_{0} su tale circonferenza in cui F (z) = ∑_{k=0}^{+∞} \frac{F^{(k)}(z_{0})}{k}(z − z_{0})^{k} con |z − z_{0}| < r e r ≠ 0. Ma per |z| < 1 avremmo F |_{|z|<1}= \frac{1}{(1 − z)^{2}} mentre F |_{|z|>1}= \frac{1}{z(1 − z)^{2}} e questo è impossibile. L’altra dimostrazione consiste nell’adattare quella di rich.4 24.C Basta osservare che \frac{1}{2πi} ∫_{|z|=r} \frac{(f(z))^{4}}{z} = f(0) = 0 e quindi.... La semplicità dell’ingrediente fondamentale della dimostrazione deve avere stupito lo stesso lo stesso Hardy se poi scrive a 28/aprile/2012; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 11 Riesz dopo avere letto l’intera dimostrazione “Very many thanks–you supply all that is essential, I have sent on your letter to Titchmarsh. Most elegant and beautiful. Of course p. 2 is the real point. It is amazing that none of us should have seen it before (even for p = 4!)”.

25.C Sappiamo che ∑_{k=1}^{n} a_{k}b_{k}(x) = a_{n}B_{n}(x)−∑_{k=1}^{n−1} a′_{k}B_{k}(x) dove B_{k}(x) =^{def} ∑_{i=1}^{k} b_{i}(x) e a′_{k} =^{def}a_{k+1}−

a_{k}. Supponiamo che a_{n} → 0, ∑_{k=1}^{+∞} |a_{k}−a_{k+1}| converge e |B_{n}(x)| uniformemente limitata in |x| ≤ 1.

Allora la serie ∑_{k=1}^{n} a_{k}b_{k}(x) converge uniformemente in |x| ≤ 1.

Tornando alla nostra serie, possiamo prendere z_{0} = 1 ed applicare il risultato sopra esposto

ottenendo ∑_{k=n+1}^{n+p} a_{k}r^{k} = r^{n+p}A_{n+p} − ∑_{k=1}^{n+p−1}(r^{k+1} − r^{k})A_{k} − r^{n}A_{n} + ∑_{k=1}^{n−1}(r^{k+1} − r^{k})A_{k} e A_{k} =

∑_{j=1}^{k} a_{j}. Dunque ∑_{k=n+1}^{n+p} a_{k}r^{k} = r^{n+p}A_{n+p} − ∑_{k=n}^{n+p−1}(r^{k+1} − r^{k})A_{k} − r^{n}A_{n} = r^{n+p}(A_{n+p} − A) −

∑_{k=n}^{n+p−1}(r^{k+1} − r^{k})A_{k} − r^{n}(A_{n} − A) + A(r^{n+p} − r^{n}) = r^{n+p}(A_{n+p} − A) − ∑_{k=n}^{n+p−1}(r^{k+1} − r^{k})(A_{k} −

A) − r^{n}(A_{n} − A). Se ora |A_{n} − A| < ε per ogni n > n_{ε} si ha in modulo che | ∑_{k=n+1}^{n+p} a_{k}r^{k}| ≤

2ε + ε ∑_{k=n}^{n+p−1}(r^{k+1} − r^{k}) ≤ 3ε da cui la tesi.

1 .M La dimostrazione è presa da [M] pag.410. Sia g_{p}(z) ≐ ∑_{k=0}^{p−1} z^{k} = \frac{1 − z^{p}}{1 − z} con p > 0

intero. Se z = e^{iϑ} ϑ ≠ 0 si ha |g_{p}(e^{iϑ})| = |\frac{sin(pϑ/2)}{sin(ϑ/2)}|. Dal fatto che |φ| ≤ π/2 implica

2π|φ| ≤ | sin φ| ≤ |φ| si ha |g_{p}(e^{iϑ})| ≥ \frac{(2/π)(p|ϑ|/2)}{|ϑ|/2} = \frac{2p}{π} se 0 < |ϑ| ≤ π/p. Per ϑ = 0 si ha

g_{p}(1) = p e quindi la formula vale anche per ϑ = 0. Ora dato un elemento ζ_{0} = e^{iϑ}, esiste un intero m_{0} con 0 ≤ m_{0} ≤ p−1 tale che z = ζ_{0}e^{−2πim_{0}/p} appartiene ad un arco dell’insieme |z| = 1

con | arg(z)| ≤ π/p. Ne segue che |g_{p}(ζ_{0}e^{−2πim_{0}/p})| ≥ \frac{2p}{π} e quindi max_{0≤m≤p−1} |g_{p}(ζ_{0}e^{−2πim_{0}/p})| ≥

\frac{2p}{π}. Poi consideriamo H_{p}(z) = ∑_{k=0}^{p−1} z^{kp}g_{p}(ze^{−2πik/p}) che è un polinomio di grado p^{2} − 1 i cui

coefficienti hanno tutti modulo 1 per costruzione. A questo punto scriviamo la serie di Luzin

H_{1}(z) = ∑_{p=1}^{+∞} \frac{1}{\sqrt{p}}z^{1^{2}+2^{2}+3^{2}+...+(p−1)^{2}}H_{p}(z)

Ciascun termine della serie ha potenze che vanno da R_{p} ≐ ∑_{k=1}^{p−1} k^{2} a R′_{p} ≐ ∑_{k=1}^{p−1} k^{2} + p^{2} − 1 e

quindi due diversi termini della serie non hanno mai al loro interno due termini aventi potenze

uguali. Inoltre se riscriviamo H_{1}(z) = ∑_{n=0}^{+∞} a_{n}z^{k} abbiamo |a_{n}| = 1/\sqrt{p} per R_{p} ≤ n ≤ R′_{p} e quindi lim_{n→+∞} a_{n} = 0. Essendo lim_{n→+∞} \frac{|a_{n+1}|}{|a_{n}|} = 1 la serie converge per |z| < 1. Ora riscriviamo

∑_{n=0}^{+∞} a_{n}z^{n} = ∑_{p=1}^{+∞} [∑_{k=0}^{p−1} \frac{1}{\sqrt{p}}z^{R_{p}}z^{kp}g_{p}(ze^{−2πik/p})]

ed osserviamo che sulla circonferenza di raggio 1 si ha

max_{0≤k≤p−1} [\frac{1}{\sqrt{p}}z^{R_{p}}z^{kp}g_{p}(ze^{−2πik/p})] = max_{0≤k≤p−1} [\frac{1}{\sqrt{p}}g_{p}(ze^{−2πik/p})] ≥ \frac{2p}{π\sqrt{p}} = \frac{2\sqrt{p}}{π} e quindi è

violata la condizione di Cauchy.

2 .M Con gli stessi coefficienti della serie precedente costruiamo la nuova serie a_{0} − a_{0}z + a_{1}z^{2} − a_{1}z^{3} + … + a_{n}z^{2n} − a_{n}z^{2n+1} + …. La serie converge per z = 1 chiaramente essendo una serie telescopica. D’altra parte se convergesse per |z_{0}| = 1 ma z_{0} ≠ 1 avremmo a_{0}(1 − z_{0}) + a_{1}(1 − z_{0})z_{0}^{2} + … + a_{n}(1 − z_{0})z_{0}^{2n} + … e quindi convergerebbe pure a_{0} + a_{1}z_{0}^{2} + … + a_{n}z_{0}^{2n} + … ma questo è escluso dal precedente esempio.

3 .M La serie è definita certamente in C\{|z| = 1}. Infatti se z_{0} è un punto in cui 1 −

|z_{0}| = δ > 0 si ha |∑_{n=1}^{+∞} e^{−n^{2}} ∑_{{m=1 \atop (m|n)=1}}^{n−1}(z − e^{2πim/n})^{−1}| ≤ ∑_{n=1}^{+∞} e^{−n^{2}} ∑_{{m=1 \atop (m|n)=1}}^{n−1} δ^{−1} < +∞ e lo stesso se

|z_{0}| > 1. In realtà è definita pure sui numeri complessi di modulo 1 purché non siano troppo ben approssimabili dai numeri reali. Ad esempio in quei numeri e^{2πiα} tali |α − p/q| ≥ C/q^{2} per ogni intero p e intero non nullo q e C > 0. La serie ha |z| = 1 quale frontiera di analiticità e definisce due funzioni f_{1}(z) per |z| < 1 e f_{2}(z) per |z| > 1. Le due funzioni non sono la continuazione analitica l’una dell’altra. Si può però dimostrare che sulla frontiera |z| = 1 c’è un insieme denso di punti {e^{iα}} tali che la funzione converge uniformemente sull’insieme {ρe^{iα}} per ρ ≥ 0 e così anche le derivate. Sia α = j\sqrt{2} − k con j, k interi positivi a 0 < α < 1. Al variare di j, k otteniamo un insieme denso in [0, 1]. Vogliamo ottenere una stima dal basso della quantità e^{2πiα} −e^{2πim/n}. Innazitutto osserviamo che per arbitrari ϑ, γ e r ≥ 0 abbiamo |re^{iϑ} − e^{iγ}| = |r − e^{i(γ−ϑ)}| ≥ | sin(ϑ − γ)| Inoltre dal fatto che | sin x| ha periodo π e dal fatto che sin x ≥ 2x/π per 0 ≤ x ≤ π/2,

otteniamo | sin(ϑ − γ)| ≥ \frac{2}{π} ∥ϑ − γ∥ dove ∥x∥ è la distanza di x dal più vicino intero. Ponendo

ora ϑ = 2πα = 2π(j\sqrt{2} − k) e γ = 2π \frac{m}{n} si ottiene |e^{2πiα} − e^{2πim/n}| ≥ 2∥2(j\sqrt{2} − k − \frac{m}{n})∥

Ora osserviamo che j\sqrt{2} − k − \frac{m}{n} = \frac{2(nj)^{2} − (m + nk)^{2}}{n(nj\sqrt{2} + m + nk)} ed inoltre, essendo α < 1 si ha

j\sqrt{2} < 1 + k e m < n si ottiene nj\sqrt{2} + m + nk < n(k + 1) + m + nk < 2n(k + 1). Ne segue che

2|j\sqrt{2}−k − \frac{m}{n}| > \frac{1}{(k + 1)n^{2}} . La quantità ∥2(j\sqrt{2}−k − \frac{m}{n})∥ giace fra −2 e 2 e quindi dobbiamo

dare un limite inferiore alla distanza di essa da −2, −1, 1 e 2. Con facili passaggi ci si convince

che |j\sqrt{2} − k − \frac{m}{n}| > \frac{1}{(ak + b)n^{2}} . con a, b > 1 e quindi si ottiene |e^{2πiα} − e^{2πim/n}| ≥ \frac{1}{(ak + b)n^{2}} .

Ora la derivata p–esima della funzione è (−i)^{p}p! ∑_{n=1}^{+∞} e^{−n^{2}} ∑_{{m=1 \atop (m|n)=1}}^{n−1}(z − e^{2πim/n})^{−p−1} e sul raggio

di angolo 2πα = 2π(j\sqrt{2} − k) si può stimare la derivata con p!\frac{(ak + b)^{p+1}}{2} ∑_{n=2}^{+∞} n^{2p+3}e^{−n^{2}} e ciò

prova l’uniforme convergenza.

• Un secondo esempio è dato dalla funzione ∑_{n=1}^{+∞} ∑_{q=1}^{+∞} e^{−n^{2}−q^{2}} ∑_{m=1}^{n} ∑_{q=1}^{p}|z− \frac{m}{n} −i\frac{p}{q}|^{−1}. La funzione è

olomorfa in tutto il piano complesso deprivato del quadrato [0, 1]×[0, 1]. Se z tende al bordo del

P.Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma

quadrato la serie diverge chiaramente. Consideriamo dentro il quadrato quei numeri complessi z tali che |z − \frac{m}{n} − i\frac{p}{q}| ≤ \frac{ε}{(n + q)^{3}} . La somma delle aree delle sfere intorno a tali punti è minore di una costante per ε per cui possiamo prenderla piccola. Sulla parte restante del quadrato possiamo effettuare tutte le derivate che vogliamo ed ottenere serie uniformemente convergenti.