Appunti Di Analisi Matematica 1 - Paolo Acquistapace

Appunti di Analisi matematica 1Paolo Acquistapace 9 ottobre 2014 Indice 1 Numeri 1.1 Alfabeto greco . . . . . . . . . . 1.2 Insiemi . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Funzioni . . . . . . . . . . . . . 1.4 Il sistema dei numeri reali . . . 1.5 Assioma di completezza . . . . 1.6 Numeri naturali, interi, razionali 1.7 La formula del binomio . . . . . 1.8 Radici n-sime . . . . . . . . . . 1.9 Valore assoluto . . . . . . . . . 1.10 La funzione esponenziale . . . . 1.11 Geometria nel piano . . . . . . 1.12 Numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 4 4 8 10 13 20 29 38 44 47 58 74 2 Successioni 2.1 Limiti di successioni . . . . . . . . . . 2.2 Serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Successioni monotone . . . . . . . . . . 2.4 Criteri di convergenza per le serie . . . 2.5 Convergenza assoluta e non . . . . . . 2.6 Successioni di Cauchy . . . . . . . . . . 2.7 Serie di potenze . . . . . . . . . . . . . 2.8 Riordinamento dei termini di una serie 2.9 Moltiplicazione di serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 100 110 114 121 129 136 138 151 158 3 Funzioni 3.1 Spazi euclidei Rm e Cm . . . . . 3.2 Funzioni reali di m variabili . . 3.3 Limiti . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Proprietà delle funzioni continue 3.5 Asintoti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 164 176 183 195 205 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Calcolo differenziale 207 4.1 La derivata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207 4.2 Derivate parziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221 2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7 4.8 4.9 4.10 4.11 4.12 Proprietà delle funzioni derivabili . . . . . . . . . . . . Condizioni sufficienti per la differenziabilità . . . . . . Differenziabilità di funzioni composte . . . . . . . . . . Derivate successive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Confronto di infinitesimi e infiniti . . . . . . . . . . . . Formula di Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Massimi e minimi relativi per funzioni di una variabile Forme quadratiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Massimi e minimi relativi per funzioni di pi` u variabili . Convessità . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Calcolo integrale 5.1 L’integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Proprietà dell’integrale . . . . . . . . . . . . 5.3 Alcune classi di funzioni integrabili . . . . . 5.4 Il teorema fondamentale del calcolo integrale 5.5 Metodi di integrazione . . . . . . . . . . . . 5.6 Integrazione delle funzioni razionali . . . . . 5.7 Formula di Stirling . . . . . . . . . . . . . . 5.8 Integrali impropri . . . . . . . . . . . . . . . 6 Equazioni differenziali 6.1 Generalità . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Alcuni tipi di equazioni del primo ordine 6.3 Analisi qualitativa . . . . . . . . . . . . 6.4 Equazioni lineari del secondo ordine . . . Indice analitico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230 238 241 244 249 257 268 278 282 287 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295 295 303 308 314 318 327 342 345 . . . . 354 . 354 . 365 . 371 . 385 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391 3 Capitolo 1 Numeri 1.1 Alfabeto greco Un ingrediente indispensabile per lo studente che affronta un corso di analisi matematica è la conoscenza dell’alfabeto greco, di cui verranno usate a vario titolo gran parte delle lettere (minuscole e maiuscole). Eccolo: alfa beta gamma delta epsilon zeta eta teta α β γ δ ε ζ η ϑ A B Γ ∆ E Z H Θ iota cappa lambda mu (mi) nu (ni) csi omicron pi ι κ λ µ ν ξ o π I K Λ M N Ξ O Π ro sigma tau iupsilon fi chi psi omega ρ σ τ υ ϕ χ ψ ω P Σ T Y Φ X Ψ Ω Esercizi 1.1 1. Scrivere il proprio nome e cognome in lettere greche. 1.2 Insiemi Il concetto di insieme è un concetto primitivo, che quindi non può essere definito se non ricorrendo a circoli viziosi; comunque in modo vago ma efficace possiamo dire che un insieme è una collezione di elementi. Indicheremo gli insiemi con lettere maiuscole A, B, . . . e gli elementi di un insieme con lettere minuscole a, b, x, t, . . . . Per evitare paradossi logici, è bene parlare di insiemi solo dopo aver fissato un insieme “universo” X, che è l’ambiente dentro al quale lavoriamo, e considerarne i vari sottoinsiemi (cioè gli insiemi A contenuti in X). La scelta dell’ambiente X va fatta di volta in volta e sarà comunque chiara dal contesto. Come si descrive un insieme? Se esso è finito (ossia ha un numero finito di elementi), e questi elementi sono “pochi”, la descrizione può avvenire semplicemente elencandoli; ma se l’insieme ha “molti” elementi, o ne ha addirittura una quantità infinita (si dice 4 allora che l’insieme è infinito), esso si può descrivere individuando una proprietà p(x) che gli elementi x dell’universo X possono possedere o no, e che caratterizza l’insieme che interessa. Per esempio, l’insieme A = {1, 2, 3, 4, 6, 12} è altrettanto bene descritto dalla proprietà p(x) = “x è divisore di 12”, la quale, all’interno dei numeri naturali (che in questo caso costituiscono il nostro universo), contraddistingue esattamente gli elementi dell’insieme A. Introduciamo alcuni simboli che useremo costantemente nel seguito. • x ∈ A significa: x appartiene ad A, ovvero x è un elemento di A. • A ⊆ B, B ⊇ A significano: A è contenuto in B, ovvero B contiene A, ovvero ogni elemento di A è anche elemento di B, o anche A è sottoinsieme di B. • A = B significa: A coincide con B, ovvero A e B hanno gli stessi elementi, ovvero A ⊆ B e B ⊆ A. • A ⊂ B, B ⊃ A significano: A è strettamente contenuto in B, ovvero A è sottoinsieme proprio di B, ovvero ogni elemento di A è elemento di B ma esiste almeno un elemento di B che non è elemento di A, ovvero A ⊆ B ma A non coincide con B. Per negare le proprietà precedenti si mette una sbarretta sul simbolo corrispondente: ad esempio, x ∈ / A significa che x non appartiene all’insieme A, A 6= B significa che gli insiemi A e B non hanno gli stessi elementi (e dunque vi è almeno un elemento che sta in A ma non in B, oppure che sta in B ma non in A), eccetera. Sia X un insieme e siano A, B sottoinsiemi di X. Definiamo: • A ∪ B = unione di A e B, ossia l’insieme degli x ∈ X che appartengono ad A oppure a B (oppure ad entrambi). • A ∩ B = intersezione di A e B, ossia l’insieme degli x ∈ X che appartengono sia ad A che a B. • A \ B = differenza fra A e B, ossia l’insieme degli x ∈ X che appartengono ad A, ma non a B. • Ac = X \ A = complementare di A in X, ossia l’insieme degli x ∈ X che non appartengono ad A. • ∅ = insieme vuoto, ossia l’unico insieme privo di elementi. 5 Si noti che A ∪ B = B ∪ A, A ∩ B = B ∩ A, ma in generale A \ B 6= B \ A. Se A ∩ B = ∅, gli insiemi A e B si dicono disgiunti. Vi sono altre importanti proprietà degli insiemi e delle operazioni su di essi, di cui non ci occupiamo qui: ne parleremo di volta in volta quando ci occorreranno. Introduciamo ora alcuni insiemi importanti: • N = insieme dei numeri naturali = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, . . .}. • N+ = insieme dei numeri naturali diversi da 0 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, . . .}. • Z = insieme dei numeri interi = {0, 1, −1, 2, −2, 3, −3, 4, −4, . . .}. • Q = insieme dei numeri razionali, cioè di tutte le frazioni p q con p ∈ Z, q ∈ N+ . • R = insieme dei numeri reali: su questo insieme ci√ soffermeremo a lungo; esso √ contiene Q, ma anche numeri irrazionali come π, e, 2, 3. • C = insieme dei numeri complessi, cioè i numeri della forma a + ib, con a, b ∈ R; la quantità i si chiama unità immaginaria e verifica l’uguaglianza i2 = −1: essa non è un numero reale. Anche su questo insieme avremo molto da dire. Notiamo che valgono le inclusioni proprie N+ ⊂ N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C. Nelle nostre formule useremo alcuni altri simboli che sono delle vere e proprie abbreviazioni stenografiche, e che andiamo ad elencare. • Il simbolo “∀” significa “per ogni”: dunque dire che “x ∈ B ∀x ∈ A” equivale a dichiarare che ogni elemento di A sta anche in B, cioè che A ⊆ B. • Il simbolo “∃” significa “esiste almeno un”: dunque affermare che “∃x ∈ A tale che x ∈ B” vuol dire che c’è almeno un elemento di A che sta anche in B, ossia che A ∩ B non è vuoto. i due simboli ∀, ∃ vengono detti “quantificatori esistenziali”. • Il simbolo “∃ !” significa “esiste un unico”: dunque la frase “∃ ! x ∈ A tale che x ∈ B” indica che c’è uno ed un solo elemento di A che sta in B, ossia che A ∩ B è costituito da un solo elemento. • Il simbolo “:” significa “tale che”: dunque l’enunciato “∃ ! x ∈ A : x ∈ B” ha lo stesso significato dell’affermazione del punto precedente. 6 • Il simbolo “=⇒” significa “implica”: quindi la frase “x ∈ A =⇒ x ∈ B” vuol dire che se x ∈ A allora x ∈ B, ossia che A ⊆ B. Useremo anche il simbolo contrario “⇐=” per indicare un’implicazione nel verso opposto: con la frase “x ∈ A ⇐= x ∈ B” intendiamo dire che se x ∈ B allora x ∈ A, ossia che B ⊆ A. • Il simbolo “⇐⇒” significa “se e solo se”: si tratta della doppia implicazione, la quale ci dice che i due enunciati a confronto sono equivalenti. Ad esempio la frase “x ∈ A ⇐⇒ x ∈ B” indica che A = B. Nel nostro corso non ci occuperemo di questioni di logica formale e non parleremo di predicati, proposizioni, variabili, tabelle di verità, eccetera; cercheremo di ragionare secondo il nostro buon senso, affinato (si spera) dalle passate esperienze scolastiche, rimandando al corso di logica la sistemazione rigorosa di questi aspetti. Ci limitiamo ad osservare che la pulizia formale è sempre fondamentale, ma non determinante al fine di dire cose giuste: l’affermazione di poco sopra “∃x ∈ A : x ∈ B” è formalmente perfetta ma, se ad esempio B = {n ∈ N : n2 > 25}, A = {n ∈ N : n ≤ 5}, essa risulta inequivocabilmente falsa. Come si fa a negare un’affermazione della forma “∀x ∈ A ∃y ∈ B : x = y”? Dobbiamo formulare l’esatto contrario dell’enunciato precedente: dunque, a lume di naso, ci sarà almeno un x ∈ A per il quale, comunque si scelga y ∈ B, risulterà sempre x 6= y; e dunque, “∃x ∈ A : x 6= y ∀y ∈ B”. Si noti come i quantificatori ∃ e ∀ si siano scambiati di posto: questa è una regola generale delle negazioni. Un’altra importante operazione fra due insiemi X, Y è il prodotto cartesiano X × Y : esso è definito come l’insieme di tutte le coppie (x, y) con x ∈ X e y ∈ Y . Può anche succedere che Y = X, ed in tal caso scriveremo spesso X 2 in luogo di X × X; in questo caso si noti che entrambe le coppie (x, y) e (y, x) appartengono all’insieme X 2 , e che esse sono diverse l’una dall’altra. Esercizi 1.2 1. Sia A ⊆ R. Scrivere la negazione delle seguenti affermazioni: (i) ∃y ∈ R : x < y ∀x ∈ A, (ii) ∀x ∈ A ∃y ∈ A : x < y, (iii) ∃y, z ∈ R : y < x < z ∀x ∈ A, (iv) ∀x ∈ A ∃y, z ∈ A : y < x < z. 2. Elencare gli elementi di ciascuno dei seguenti insiemi: A = k ∈ Z : k1 ∈ Z ; B = {k ∈ Z : ∃h ∈ Z : k = 6h}; C = {n ∈ N : ∃m ∈ N : m ≤ 10, n = 6m}; 7 D= n∈N: 1 n+2 ∈N ; E = {n ∈ N : ∃m ∈ N : n = 3m }; F = {n ∈ N : n + m > 25 ∀m ∈ N}. 3. Dimostrare che x2 − 5x + 6 > 0 =] − ∞, 1[∪[3, +∞[. x∈R: 2 x − 3x + 2 4. Sono vere le seguenti affermazioni? (i) 1 ∈ {x ∈ R : x2 < 1}, (iii) −1 ∈ {x ∈ R : x2 = 1}, (ii) 0 ∈ {x ∈ R : x2 < 1}, (iv) −2 ∈ {x ∈ R : x2 ≤ 4}. 5. Disegnare i seguenti sottoinsiemi di R2 : A = {(x, y) ∈ R2 : y = 2x}, B = {(y, x) ∈ R2 : y = 2x}, C = {(x, y) ∈ R2 : x = 2y}. 6. Siano A, B, C, D sottoinsiemi di un insieme X. Provare le seguenti relazioni (formule di de Morgan): (i) (ii) (iii) (iv) (v) (vi) 1.3 (A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C), (A ∩ B) ∪ C = (A ∪ C) ∩ (B ∪ C), (A × B) ∩ (C × D) = (A ∩ C) × (B ∩ D), (A × B) ∪ (C × D) ⊆ (A ∪ C) × (B ∪ D), (A ∪ B) \ C = (A \ C) ∪ (B \ C), (A ∩ B) \ C = (A \ C) ∩ (B \ C). Funzioni Uno dei concetti pi` u importanti della matematica, e non solo dell’analisi, è quello di funzione. Una funzione f è una corrispondenza (di qualunque natura) fra due insiemi X e Y , con l’unica regola di associare ad ogni elemento x di X uno e un solo elemento di Y , che viene indicato con f (x). Si suole scrivere f : X → Y (si legge “f da X in Y ”) e si dice che f è definita su X, a valori in Y . L’insieme X è il dominio di f , mentre l’immagine, o codominio, di f è il sottoinsieme f (X) di Y costituito da tutti i punti di Y che sono “immagini” mediante f di punti di X, cioè sono della forma f (x) per qualche x ∈ X. Può benissimo capitare che uno stesso y sia immagine di diversi punti di X, ossia che si abbia y = f (x) = f (x0 ) per x, x0 ∈ X e x 6= x0 ; quello che non può succedere è che ad un x ∈ X vengano associati due distinti elementi di Y , cioè che risulti f (x) = y e f (x) = y 0 con y 6= y 0 . 8 o biunivoca. occorre che il codominio di f sia contenuto nel dominio di g. per ogni y ∈ Y vi è un unico x ∈ X tale che f (x) = y. definite da IX (x) = x per ogni x ∈ X e IY (y) = y per ogni y ∈ Y . la seconda equazione diventa y = f −1 (x) e descrive il grafico di f −1 .Esempi di funzioni appaiono dappertutto: a ciascun membro dell’insieme S degli studenti che sostengono un esame si può associare il relativo voto: questa è una funzione S → N. f (x)). y (ossia effettuando una simmetria rispetto alla retta y = x nel piano cartesiano X × X). Si dice allora che f definisce una corrispondenza biunivoca fra gli insiemi X e Y . o invertibile.3. Una funzione si dice iniettiva se a punti distinti vengono associate immagini distinte. se è sia iniettiva che surgettiva: in tal caso. ha senso considerare la funzione composta g ◦ f : X → Z. se f è bigettiva si ha f −1 (f (x)) = x per ogni x ∈ X ed anche f (f −1 (y)) = y per ogni y ∈ Y : in altre parole. il quale è dunque il simmetrico del grafico di f rispetto alla bisettrice del primo quadrante. affinché la composizione abbia senso. misurato ad esempio in secondi: avremo una funzione a valori in R (se teniamo conto dei decimi. a valori in X. le equazioni y = f (x) e x = f −1 (y) sono equivalenti e descrivono entrambe il grafico di f . scambiando fra loro le variabili x. y) ∈ X × Y che risolvono l’equazione y = f (x). Le funzioni si possono “comporre”: se f : X → Y e g : Y → Z sono funzioni. eccetera). cioè da tutte e sole le coppie (x. Ad ogni capoluogo d’Italia si possono associare le temperature minima e massima di una data giornata: questa è una funzione dall’insieme C delle città capoluogo italiane nel prodotto cartesiano Z2 . In particolare. millesimi. avendo indicato con IX e IY le funzioni identità su X e su Y . Il grafico di una funzione f : X → Y è il sottoinsieme del prodotto cartesiano X × Y costituito da tutte le coppie della forma (x. Invece. 9 . Osservazione 1. In questo caso è definita la funzione inversa f −1 (si legge “f alla meno uno”). Una funzione si dice bigettiva. Naturalmente. Ad ogni corridore che porta a termine una data corsa ciclistica si può associare il tempo impiegato. Una funzione si dice surgettiva se si ha f (X) = Y . ovvero se f (x) = f (x0 ) =⇒ x = x0 . f −1 è definita su Y . centesimi. f ◦ f −1 = IY . risulta f −1 ◦ f = IX .1 Se f : X → X è una funzione invertibile e f −1 : X → X è la sua funzione inversa. cioè se ogni y ∈ Y è immagine di almeno un x ∈ X. definita da g ◦ f (x) = g(f (x)) per ogni x ∈ X. e ad ogni y ∈ Y associa quell’unico x per cui f (x) = y. 4 f (x)+f (−x) 2 . e riflettere per un momento sul significato dei simboli e delle formule che siamo abituati a manipolare pi` u o meno meccanicamente fin dalle scuole elementari.Si noti che è sempre possibile supporre che una data funzione f : X → Y sia surgettiva: basta pensarla come funzione da X in f (X). x ∈ R. x ∈ R. t ∈ R.3 1. (iv) f (f (x)). caratterizzare il sottoinsieme f (X) di Y . (ii) f (x) = x3 − x. 0}. s ∈ R. 1. f ◦ g(t) = f (g(t)). scrivere esplicitamente le funzioni composte g ◦ f (x) = g(f (x)). k ∈ Z. Vedremo innumerevoli esempi di funzioni e di grafici nel seguito del corso. Il problema è che nei casi concreti è spesso difficile. x2 +1 (iv) f (k) = (−1)k . quali surgettive e quali invertibili? (i) f (x) = 1/x. f (x) = 3x − 1. Le proprietà dei numeri reali si possono classificare in tre gruppi: 10 . (iii) f (x) = 1 . e g : R → R. Ma anche senza avere pretese “fondazionali”. (v) f (s) = s2 . (v) f (x)−f (−x) 2 . 2. Posto f : R → R. Il sistema dei numeri reali Definire in modo rigoroso che cosa siano i numeri reali è un compito tutt’altro che elementare anche per un matematico di professione: non è il caso quindi di addentrarsi in questa problematica all’inizio di un corso di analisi. e talvolta impossibile. (iii) max{f (x). (ii) f (−x). (vi) (vii) min{f (x). per lavorare coi numeri reali occorre conoscerne le proprietà. x ∈ R. 0}. 3. Quali di queste funzioni a valori in R sono iniettive. Tracciare il grafico delle seguenti funzioni: (i) f (x). x ∈ R \ {0}. g(t) = −t2 . (viii) max{−f (−x). f (−x)}. x ∈ R. 2 x se x ≥ 0 (vi) f (x) = 2 −x se x < 0. Esercizi 1. Sia f (x) = 2x − 1. che indichiamo con a + b. • la semplificazione per l’addizione: se a + b = a + c. e il loro prodotto. esistenza degli opposti: per ogni a ∈ R esiste un (unico) b ∈ R tale che a + b = 0. distributività: a(b + c) = ab + ac per ogni a. commutatività: a + b = b + a. legate all’idea che devono esistere “abbastanza numeri” per rappresentare grandezze che variano “con continuità”. quali: • il fatto che a · 0 = 0 per ogni a ∈ R. detto differenza fra b e a. tale numero b si dice reciproco di a e si indica con a1 od anche con a−1 . Valgono le seguenti proprietà: 1. associatività: a + (b + c) = (a + b) + c. e tale numero c. riguardanti le operazioni che si possono eseguire tra numeri reali. 2. esistenza dei reciproci: per ogni a ∈ R \ {0} esiste un (unico) b ∈ R tale che ab = 1. tali che a + 0 = a. Noi non entreremo in questa questione. b. (b) proprietà di ordinamento. e tale numero b. allora b = c. si indica con b − a. esistenza degli elementi neutri: esistono (unici) due numeri reali distinti. 3. b ∈ R. a · 1 = a per ogni a ∈ R. le quali associano ad ogni coppia a. Propriet` a algebriche Nell’insieme R sono definite due operazioni. Tutte queste proprietà caratterizzano il sistema R dei numeri reali. che indichiamo con 0 e 1. che indichiamo con a · b od anche con ab. b. 4. pi` u profonde e nascoste. c ∈ R. • la semplificazione per la moltiplicazione: se ab = ac e a 6= 0. c ∈ R. limitandoci pi` u modestamente a mettere in rilievo il fatto che le proprietà (a) e (b) sono alla base di tutte le regole di calcolo che abbiamo imparato ad usare fin dall’infanzia. • la definizione di sottrazione: per ogni a. ab = ba per ogni a. detto opposto di a. a(bc) = (ab)c per ogni a. 6. 11 . 5. nel senso che esse si possono assumere come assiomi che definiscono ed individuano in modo unico il sistema R. si indica con −a. (c) proprietà di continuità. l’addizione e la moltiplicazione. quali il tempo o la posizione di un punto su una retta. allora b = c.(a) proprietà algebriche. Dalle proprietà precedenti seguono facilmente tutte le regole usuali dell’algebra elementare. b di numeri reali la loro somma. b ∈ R esiste un unico c ∈ R tale che a + c = b. relative alla possibilità di confrontare tra loro i numeri reali per identificarne il “maggiore”. 3). b[ = {x ∈ R : a ≤ x < b} = intervallo semiaperto a destra di estremi a.2 e 1. per ogni a ∈ R vale una e una sola di queste tre possibilità: a è positivo. e tale numero c. si indica con ab .4. in particolare.4. cioè x negativo. il suo quadrato. b. • [a. anche a + b e ab sono positivi. e b > a (o equivalentemente a < b) quando b − a è positivo. poniamo: • [a. Introduciamo adesso alcuni speciali sottoinsiemi di R definiti mediante l’ordinamento: gli intervalli. b] = {x ∈ R : a ≤ x ≤ b} = intervallo chiuso di estremi a. b ∈ R con a 6= 0 esiste un unico c ∈ R tale che ac = b. • Il prodotto di due numeri negativi è positivo. Dagli assiomi 7-8 discendono i seguenti altri fatti (esercizi 1. I numeri diversi da 0 e non positivi si dicono negativi: dunque un numero reale a è negativo se e solo se −a è positivo. b. Si osservi che a≥b e a≤b ⇐⇒ a = b. oppure −a è positivo. b sono numeri positivi. b ∈ R ed a ≤ b. in particolare. è sempre positivo: x2 = x · x > 0 ∀x ∈ R \ {0}. il numero reale 0 non può essere positivo. Si scrive poi a ≥ 0 quando a è positivo o uguale a 0. dotato delle proprietà seguenti: 7. cioè b − a > 0.• la definizione di divisione: per ogni a. Si noti che. e b ≥ a (o equivalentemente a ≤ b) quando b − a ≥ 0. • ]a. b[ = {x ∈ R : a < x < b} = intervallo aperto di estremi a. • ] − ∞. Si provi a dimostrare gli enunciati precedenti utilizzando gli assiomi 1-6 ! Propriet` a di ordinamento Nell’insieme dei numeri reali esiste un sottoinsieme P . b] = {x ∈ R : x ≤ b} = semiretta chiusa di secondo estremo b. b] = {x ∈ R : a < x ≤ b} = intervallo semiaperto a sinistra di estremi a. 8. Inoltre si deducono facilmente tutte le usuali regole di calcolo con le disuguaglianze: invitiamo il lettore a farlo. detto quoziente. ossia il numero reale x2 definito come x · x. b. oppure a = 0. • Il numero 1 è positivo (e quindi N+ ⊆ P ). • ]a. x < 0 significa −x > 0. • la legge di annullamento del prodotto: se ab = 0 allora deve essere a = 0 oppure b = 0 (oppure entrambi). 12 . per l’assioma 8. Se a. b. Si scrive a > 0 quando a è positivo. se a. i cui elementi sono detti numeri positivi. se x è un numero reale diverso da 0. Provare che 1 è un numero positivo. 0] mentre l’insieme dei maggioranti di A è la semiretta [1. 1]. se A = [0. Se A =]0. 1] l’insieme dei minoranti di A è la semiretta ] − ∞. succede esattamente lo stesso.5. allora ogni E numero reale x ≥ m è ancora un maggiorante di A. 1[. Dimostrare che se c ≥ 0 allora ac ≤ bc. Provare che il prodotto di due numeri negativi è positivo. Prima di enunciarlo in una delle sue numerose formulazioni equivalenti. • [a.4 1. +∞[. b[ = {x ∈ R : x < b} = semiretta aperta di secondo estremo b. 4. “meno infinito” e non sono numeri reali. se A = [0. 2. mentre sono minoranti di A tutti i numeri non positivi. Ciò che davvero caratterizza R è la proprietà di continuità. mentre se c < 0 si ha ac ≥ bc.3 Sia A ⊆ R. 3. Invece. 13 . sia limitato inferiormente. detto anche assioma di completezza. • ]a. Definizione 1.• ] − ∞. +∞[. • ] − ∞. che si esprime con il corrispondente assioma di continuità. Definizione 1. +∞[ = {x ∈ R : a ≤ x} = semiretta chiusa di primo estremo a. allora A non ha maggioranti. +∞[ = R = retta reale. analogamente.) Esercizi 1. Sia a ≤ b. (I simboli “−∞” e “+∞” si leggono “pi` u infinito”. ove a è un fissato numero reale diverso da 1. 1[. se A è limitato inferiormente e µ è un minorante di A. +∞[ = {x ∈ R : a < x} = semiretta aperta di primo estremo a. dato che sono ugualmente vere nell’insieme dei numeri razionali Q. conviene dare alcune definizioni. oppure ]0.5. Diciamo che A è limitato inferiormente se esiste µ ∈ R tale che µ ≤ a per ogni a ∈ A. Tale numero µ si dice minorante dell’insieme A. ` chiaro che se A è limitato superiormente e m è un maggiorante di A. Tale numero m si dice maggiorante dell’insieme A. Definizione 1. Diciamo che A è limitato se è sia limitato superiormente.1 Sia A ⊆ R.2 Sia A ⊆ R. allora ogni numero reale x ≤ µ è ancora un minorante di A. oppure [0. Diciamo che A è limitato superiormente se esiste m ∈ R tale che m ≥ a per ogni a ∈ A. Provare che se u è un elemento di R tale che a · u = u. 1.5.5 Assioma di completezza Le proprietà 1-8 sin qui viste non sono prerogativa esclusiva di R. allora u = 0. Ad esempio. allora min A è il massimo dell’insieme dei minoranti di A. 1[ non ha massimo. (ii) µ ∈ A. Z. [0. allora N e A sono separati.5. se A è non vuoto e limitato inferiormente. −1]. ∞[.7 Sono coppie di insiemi separati: ] − ∞. 3]. {x ∈ R : x2 > 2}. Sono coppie di insiemi non separati: {−1/2}. {x ∈ R : x2 < 2}. {0}. • se A è non vuoto e limitato superiormente. [0. 2].6 Due sottoinsiemi non vuoti A. B sono insiemi separati. • similmente.5.5. In tal caso.5 Sia A ⊆ R un insieme limitato inferiormente. ∀b ∈ B.4 Sia A ⊆ R un insieme limitato superiormente. Q. non è detto che un insieme limitato inferiormente abbia minimo. 3]. allora max A è il minimo dell’insieme dei maggioranti di A. ]0. In tal caso. ∞[. Osserviamo inoltre che: • se A. 1[. Diciamo che A ha minimo µ se: (i) µ è un minorante di A. {0}. [−2. Esempi 1. N. Analogamente. Definizione 1. allora A e M sono separati. e che se A ha minimo. ∞[. ] − ∞. ]0. Definizione 1. B ⊂ R si dicono separati se si ha a≤b ∀a ∈ A. Notiamo anche che se A ha massimo.Definizione 1. si scrive µ = min A. Non è detto che un insieme limitato superiormente abbia massimo: per esempio. 0]. {3}. 0]. e se N è l’insieme dei minoranti di A. e se M è l’insieme dei maggioranti di A. 14 . perché esso è disgiunto dall’insieme dei suoi maggioranti. [1. {0}. 0[. R \ Q.5. ] − ∞. allora ogni elemento b ∈ B è un maggiorante di A e ogni elemento a ∈ A è un minorante di B. [0. [2. Diciamo che A ha massimo m se: (i) m è un maggiorante di A. (ii) m ∈ A. [0. si scrive m = max A. 8 Sia A ⊂ R non vuoto e limitato superiormente. e la seconda ci dice allora che ξ = min B. esiste almeno un elemento separatore. se B è non vuoto e limitato inferiormente e prendiamo come A l’insieme dei minoranti di B. ossia ξ ∈ B. In modo analogo. allora vi è un unico elemento separatore fra A e B: il massimo dei minoranti di B. L’estremo superiore di un insieme A (non vuoto e limitato superiormente). Il numero reale inf A è dunque il massimo dei minoranti di A e coincide con min A quando quest’ultimo numero esiste. B di sottoinsiemi di R non vuoti e separati. Però se A è un insieme non vuoto limitato superiormente e scegliamo come B l’insieme dei maggioranti di A. come vedremo. sia N l’insieme dei minoranti di A. In particolare. L’enunciato preciso è il seguente: 9. (assioma di completezza) per ogni coppia A. ∀b ∈ B. sono elementi separatori fra A e B tutti i punti dell’intervallo [0. Poiché il minimo di B è unico. Si ha m = sup A se e solo se m verifica le seguenti due proprietà: 15 .L’assioma di completezza di R asserisce la possibilità di interporre un numero reale fra gli elementi di qualunque coppia di insiemi separati: in sostanza. allora vi è un unico elemento separatore fra A e B. in particolare. Questo assioma sembra avere un carattere abbastanza intuitivo: in effetti è facile determinare esplicitamente gli elementi separatori in tutti i casi degli esempi 1. sia M l’insieme dei maggioranti di A. Il numero reale sup A è dunque il minimo dei maggioranti di A. la cui esistenza è conseguenza diretta dell’assioma di completezza. L’unico elemento separatore fra N e A si dice estremo inferiore di A e si denota con inf A. Definizione 1. Infatti ogni elemento separatore ξ deve soddisfare la relazione a≤ξ≤b ∀a ∈ A.5.5. le conseguenze dell’assioma di completezza sono di larghissima portata. esso coincide con max A quando quest’ultimo numero esiste. 1]. Definizione 1. cioè un numero reale ξ tale che a≤ξ≤b ∀a ∈ A. si caratterizza in questo modo: Proposizione 1. Si osservi che in generale l’elemento separatore fra due insiemi separati A e B non è unico: se A = {0} e B = {1}.9 Sia A ⊂ R non vuoto e limitato inferiormente.5.7 in cui essi esistono. Tuttavia. esso ci dice che i numeri reali sono in quantità sufficiente a riempire tutti i “buchi” fra coppie di insiemi separati. e sia m ∈ R. ∀b ∈ B.10 Sia A ⊆ R non vuoto e limitato superiormente. ne segue l’unicità dell’elemento separatore. la prima disuguaglianza dice che ξ è maggiorante per A. L’unico elemento separatore fra A e M si dice estremo superiore di A e si denota con sup A.5. allora avremmo anche x > 0 e quindi 2 < t2 < xt < x2 < 2: ma la relazione 2 < 2 è assurda. scrivendo per ogni ε ∈]0. (ii) per ogni ε > 0 esiste a ∈ A tale che µ ≤ a < µ + ε. allora m è maggiorante di A mentre per ogni ε > 0 il numero m − ε non può esere maggiorante di A. 7. 8}. sup A = max A = 8. contro il fatto che m 16 . prendendo ad esempio come ε la metà del numero a secondo membro. si ha sup A = max A = 1.11 Sia A ⊆ R non vuoto e limitato inferiormente. perché 1 ∈ A. affermiamo che m2 = 2.5. Infatti. il numero 2. Infatti se t > 0 e t2 > 2. mentre max A non esiste. essendo m il minimo dei maggioranti di A. Poiché 1 ∈ A. 1[ (m + ε)2 = m2 + ε2 + 2mε < m2 + ε + 2mε. non può essere m2 < 2. e se t non fosse un maggiorante di A. si ha inf A = min A = −1. il che implica la condizione (ii). si ha ancora inf A = min A = 0. ossia m = sup A. Dunque A è limitato superiormente e per l’assioma di completezza esiste m = sup A. Si ha µ = inf A se e solo se µ verifica le seguenti due proprietà: (i) µ ≤ a per ogni a ∈ A. vale per l’estremo inferiore: Proposizione 1. se m verifica (i) e (ii). avremmo (m + ε)2 < m2 + ε + 2mε < 2 pur di scegliere 2 − m2 ε < min 1. Esempi 1. 1]. poiché in tal caso.12 (1) Se A = [0. Ciò significherebbe che m + ε appartiene ad A. (ii) per ogni ε > 0 esiste a ∈ A tale che m − ε < a ≤ m. la cui dimostrazione viene omessa essendo identica alla precedente. Viceversa. si ha m ≥ 1. (3) Se A = {−1. sup A = 1. Una caratterizzazione analoga. nell’ambito dei reali. : 2m + 1 tale scelta è sempre possibile. Sia A = {x ∈ R : x2 < 2}. (2) Se A = [0. Ne segue che m è il minimo dei maggioranti di A. Dimostrazione Se m = sup A.5. (4) Questo esempio mostra l’importanza dell’assioma di completezza: esso permette √ di costruire. inf A = min A = 0. D’altra parte. per ogni ε > 0 il numero m − ε non è un maggiorante per A: quindi c’è almeno un elemento a ∈ A per il quale m − ε < a. e sia µ ∈ R.(i) a ≤ m per ogni a ∈ A. troveremmo un x ∈ A con x > t. allora m è un particolare maggiorante di A: quindi vale (i). ovviamente A non è vuoto. Mostriamo che A è limitato superiormente: a questo scopo basta far vedere che sono maggioranti di A tutti i numeri positivi t tali che t2 > 2. 1[. invece. nell’insieme Q non vale l’assioma di completezza. eventualmente infiniti. ε< √ Osservazione 1. perch´ √ e la frazione sarebbe ulteriormente semplificabile.5. e che la frazione 2 sia stata ridotta ai minimi termini: allora si ha pq2 = 2. imponendo l’assioma 9 siamo necessariamente usciti dall’ambito dei numeri razionali. Ciò implica che p2 . tale numero si dice radice quadrata di 2 e si denota con √ 2. e ciò è assurdo. da cui 2k 2 = q 2 : ne segue che q 2 è pari e pertanto anche q è pari.5. che sarà in generale un numero irrazionale. ma allora m non può essere il minimo dei maggioranti di A. Per l’insieme vuoto. ossia p2 = 2q 2 . q ∈ N+ .5 1. cosa che era stata esclusa. Ciò però è assurdo. Si noti che m è l’unica radice reale positiva dell’equazione x2 = 2. per quanto osservato all’inizio. invece. m[ (m − ε)2 = m2 + ε2 − 2mε > m2 − 2mε. poiché in tal caso avremmo per ogni ε ∈]0. A ⊆ R non è limitato superiormente.2) si prova l’esistenza della radice quadrata di un arbitrario numero positivo x. In definitiva. Ma allora 4k 2 = p2 = 2q 2 . Dunque 2 non è un numero razionale. Pertanto l’unica possibilità è che sia m2 = 2. che m − ε è un maggiorante di A. pi` u che l’assioma di completezza in sé. non c’è niente da fare! Esercizi 1. In questo modo. e dunque (m − ε)2 > m2 − 2mε > 2 pur di scegliere m2 − 2 . D’altra parte non può nemmeno essere m2 > 2.14 Nel seguito del corso useremo massicciamente. il fatto che ogni insieme non vuoto e limitato superiormente è dotato di estremo superiore. se A non è limitato inferiormente.13 Si vede facilmente che √ il numero reale 2 non può essere un numero razionale. Osservazione 1. Provare che √ − 2 = inf {x ∈ R : x2 < 2}. l’equazione x2 = 2 ha√poi un’altra radice reale che è negativa: è il numero − 2. 17 . che sono “troppo pochi” per rappresentare tutte le grandezze: √ per misurare la diagonale del quadrato di lato unitario occorre il numero irrazionale 2. A non ha maggioranti e dunque l’estremo superiore non esiste. 2m Ciò significherebbe.è uno dei maggioranti di A.5. con k ∈ N+ . In modo assolutamente analogo (esercizio 1. Notiamo a questo proposito che se. si dice per convenzione che A ha estremo inferiore −∞ e si scrive inf A = −∞. tutti i sottoinsiemi non vuoti di R possiedono estremo superiore ed inferiore. In altre parole. in questo caso si dice per convenzione che A ha estremo superiore +∞ e si scrive sup A = +∞. Infatti supponiamo che sia 2 = pq con p. è un numero pari: sarà dunque p = 2k. e quindi anche p. Analogamente. B) di R esiste un unico elemento separatore fra A e B” è equivalente all’assioma di completezza di R. (vi) {x ∈ R : x2 < 1}. √ 5. {n ∈ N : n ≥ 6}. − a = inf {x ∈ R : x2 < a}. 9. Provare che per ogni numero reale a > 0. {x ∈ R : x4 > 1}. 8. si forniscano esempi in cui una o pi` u disuguaglianze sono strette. Determinare l’insieme delle soluzioni reali delle seguenti equazioni: q q √ √ √ √ 2 2 2 (i) x = x .2. 10. l’equazione x2 = a ha esattamente due soluzioni reali. √ (v) {r ∈ Q : r2 < 2}. [0. e a ≤ b per ogni a ∈ A e per ogni b ∈ B. Provare che se A ⊆ B ⊆ R e A 6= ∅. Si provi che esistono sezioni (A. 18 . (ii) ( x) = −x . {2. Provare che per ogni n ∈ N+ il numero 4n − 1 è irrazionale. 1].] 4. {x ∈ R : x3 < 2}. 2[. allora inf B ≤ inf A ≤ sup A ≤ sup B. quella positiva si chiama radice quadrata di a e si indica con a. [Traccia: Si consideri dapprima il caso in cui n è un numero primo. √ 3 è un numero irrazionale. Siano m. {x ∈ R : x3 > 2}. una √ l’opposta dell’altra. Dimostrare che 6. si ricordi poi che ogni numero naturale n ha un’unica scomposizione in fattori primi. Provare che il numero m + n è irrazionale.] 11. Si dimostri che l’enunciato “per ogni sezione (A. {n ∈ N : n < 6}. tali che A ∪ B = R. 7]. 3}. +∞[. B) di Q prive di elemento separatore in Q. Stabilire se i seguenti sottoinsiemi di R sono separati e determinarne eventualmente gli elementi separatori: (i) (ii) (iii) (iv) [0. Si provi inoltre che √ √ a = sup {x ∈ R : x2 < a}. [1. Dimostrare che n è un numero razionale se e solo se n è un quadrato perfetto. Cosa succede quando a = 0? E quando a < 0? 3. x2 < 2} e B = Q \ A. √ 7. (iii) (− −x) = x2 . [Traccia: si considerino A = {x ∈ Q : x ≤ 0} ∪ {x ∈ Q : x > 0. n ∈ N e supponiamo√che almeno uno dei due non sia un quadrato √ perfetto. B) di sottoinsiemi separati di R. Sia n ∈ N. Una sezione di R è una coppia (A. ] 2. 15. B sottoinsiemi di ]0. si verifichi che le disuguaglianze possono essere strette. (vi) :x∈R . (i) 2 x +1 (iii) x + x1 : x > 0 . x < y}. Se esiste K > 0 tale che xy ≤ K per ogni x ∈ A e per ogni y ∈ B. . Provare che se A. (ii) x2 = x. c. Siano A. (ii) {x2 + y 2 : x. b. √ √ (ii) a + b 2 + c 3 = 0 ⇐⇒ a = b = c = 0. B sono sottoinsiemi non vuoti e limitati di R si ha sup A ∪ B = max{sup A. Provare che se A. (v) n 1+x2 n o 1 (−1)k + (vii) . (viii) : k ∈ N : k ∈ Z \ {0} . Si provi che sup B = − inf A. (iv) {x2 − y 2 : 0 < x < y < 4}. inf A ∪ B = min{inf A. specificando se si tratta di massimi o di minimi: 2x : x ∈ R . 3 k k 17. inf A ∩ B ≥ max{inf A. 18. Sia A un sottoinsieme non vuoto e limitato di R. sup B}. e poniamo B = {−x : x ∈ A}. allora sup A ∩ B ≤ min{sup A.12. Calcolare l’estremo superiore e l’estremo inferiore dei seguenti sottoinsiemi di R. 1]. Siano a. ∞[. 19 (iii) (−x2 )2 > 16. 14. inf B = − sup A. B sono sottoinsiemi di R con A ∩ B 6= ∅. inf B}. y ∈ [−1. 1 n−1 : n ∈ N+ . Per quali x ∈ R sono vere le seguenti asserzioni? √ (i) (−x) · x2 > x. sup B}. 13. d ∈ Q. si provi che sup A · sup B ≤ K. √ √ √ (iii) a + b 2 + c 3 + d 5 = 0 ⇐⇒ a = b = c = d = 0. 16. Mostrare che: √ (i) a + b 2 = 0 ⇐⇒ a = b = 0. inf B}. esso viene a far parte della famiglia di insiemi di cui N è l’intersezione. le condizioni (i) e (ii) ci dicono d’altronde che l’insieme A è induttivo.1. Supponiamo di sapere che (i) p(0) è vera. Questa definizione di N è stata però introdotta proprio per evitare di far uso della locuzione “. la loro intersezione \ Ai = {x ∈ R : x ∈ Ai ∀i ∈ I} i∈I è un insieme induttivo: infatti 0 ∈ Ai per ogni i ∈ I in quanto ciascun Ai è induttivo. interi. (ii) per ogni x ∈ A si ha x + 1 ∈ A. e cos`ı via. Ad esempio sono insiemi induttivi R..2 Chiamiamo insieme dei numeri naturali.1 Un insieme A ⊆ R si dice induttivo se verifica le seguenti condizioni: (i) 0 ∈ A. +∞[ per ogni b < 0. Si noti che se A. +∞[ per ogni a ≤ 0. anzi. sempre a causa dell’induttività di ciascun Ai . Allora p(n) è vera per ogni n ∈ N. ci sarà 1 = 0+1..e cos`ı via”: a questo scopo conviene introdurre il seguente fondamentale Teorema 1. Definizione 1. e denotiamo con N. Da questa definizione segue subito che N è il pi` u piccolo insieme induttivo: infatti se A ⊆ R è induttivo. razionali A partire dagli assiomi di R. anche la loro intersezione A ∩ B lo è. (ii) p(n) =⇒ p(n + 1) per ogni n ∈ N. ovvero 0 ∈ A. e quindi A contiene N per definizione di N: se ne deduce che 20 . dato un qualunque insieme di indici I e presa una arbitraria famiglia di insiemi induttivi {Ai }i∈I . Dimostrazione Si tratta di una immediata conseguenza della definizione di N. lo stesso si ha per x + 1. ci sarà 3 = 2+1. ovvero se n ∈ A allora n + 1 ∈ A.3 (principio di induzione) Sia A ⊆ N un insieme definito da una certa proprietà p(n).6 Numeri naturali. in altre parole. [a. per ipotesi A è contenuto in N. e se x ∈ Ai per ogni i ∈ I. possiamo ora rivisitare in maniera pi` u rigorosa alcuni concetti che abbiamo conosciuto e adoperato su base intuitiva fin dalla scuola dell’obbligo. l’intersezione di tutti i sottoinsiemi induttivi di R. Cominciamo ad esaminare l’insieme N dei numeri naturali e le sue apparentemente ovvie proprietà. Ci occorre anzitutto la seguente Definizione 1.6. Dunque in N c’è “il minimo indispensabile” di numeri che occorre per essere induttivo: perciò ci sarà 0. ci sarà 2 = 1+1. ed in particolare dall’assioma di continuità. ]b. In effetti. ossia A = {n ∈ N : p(n)}. cosicché N ⊆ A.6. si ha N ⊆ A e dunque A = N. B ⊆ R sono induttivi.6. eccetera. fissato n ∈ N. sn = k=0 Si noti che la variabile k dentro il simbolo di somma Σ è “muta”: ciò significa che sn è un numero che dipende solo dall’estremo n della somma. per il numero sn . a3 = 3 · 2 · 1. come vedremo. Si vede subito che a1 = 1. a1 . che è la somma di a0 . è anche lecito considerare somme finite il cui primo estremo sia un numero diverso da 0: ad esempio 34 X k = 30 + 31 + 32 + 33 + 34 = 160.A = N. an+1 = (n + 1) · an ∀n ∈ N. di introdurre definizioni ricorsive in modo non ambiguo. a2 = 2 · 1. In particolare. a2 . a4 = 4 · 3 · 2 · 1. ma anche perché consente.6. nell’ambito della nostra teoria (dedotta dagli assiomi di R). il numero an cos`ı introdotto si chiama fattoriale di n e si scrive an = n! (si legge “n fattoriale”). k=30 (3) (Prodotti finiti) In modo analogo al caso delle somme. il quale è solo una lettera per denotare gli addendi della somma. consideriamo la sequenza di numeri cos`ı definita: s0 = a0 sn+1 = an+1 + sn ∀n ∈ N. data una famiglia {an }n∈N di numeri reali si definisce la seguente sequenza di numeri: p0 = a0 pn+1 = an+1 · pn ∀n ∈ N. potremmo usare qualunque altro simbolo al posto di k senza alterare il valore di sn : n X ak = k=0 n X i=0 ai = n X &=0 a& = n X apippo . “e cos`ı via”. Si ha chiaramente s 1 = a0 + a1 s 2 = a0 + a1 + a2 s 3 = a0 + a1 + a2 + a3 s 4 = a0 + a1 + a2 + a3 + a4 “e cos`ı via”. fino ad an .4 (1) (Fattoriale) Consideriamo la sequenza di numeri cos`ı definiti: a0 = 1. Esempi 1. pippo=0 Naturalmente. (2) (Somme finite) Data una famiglia infinita di numeri reali {an }n∈N . Il principio di induzione è importante non solo come metodo dimostrativo. e non da k. si usa il simbolo n X ak . 21 . nel caso speciale k = 0 e q = 0 il simbolo q k deve intendersi come 1.si ha p1 = a0 a1 . qk = 1−q n+1 se q = 6 1 k=0 1−q Se q = 1. isolando l’ultimo addendo.. n! = n Y k ∀n ∈ N+ . Naturalmente. non significherà che p(n) e p(n + 1) siano vere per davvero!). n+1 X k=0 k q = n X q k + q n+1 . q k significa 1 se k = 0. Si può scrivere.. 1−q Supponiamo adesso che p(n) sia vera per un dato n ∈ N. La somma 2 1 + q + q + q + . e proviamo a dedurre p(n + 1) (il che. e per il numero pn si usa il simbolo pn = n Y ak . 1−q Allora p(0) è vera in quanto 0 X qk = q0 = 1 = k=0 1 − q1 . p2 = a0 a1 a2 . 3 n k=1 (4) Sia q un numero reale. indichiamo con p(n) l’enunciato seguente: p(n) = “vale l’uguaglianza n X qk = k=0 1 − q n+1 ”. mentre se k > 0 denota il prodotto di k fattori uguali a q. Proviamo che si ha ( n n + 1 se q = 1 X ∀n ∈ N. p3 = a0 a1 a2 a3 . k=0 ove nuovamente k è una variabile muta. in particolare. 1−q 1−q 1−q 22 . k=0 e poiché stiamo supponendo vera p(n). Supposto q 6= 1. + q = n X qk k=0 si dice progressione geometrica di ragione q. di per sé. Si noti che. otteniamo n+1 X k=0 qk = 1 − q n+1 1 − q n+1 + (1 − q)q n+1 1 − q n+2 + q n+1 = = . la dimostrazione è banale e si lascia per esercizio. per il principio di induzione (applicato. Proposizione 1.che è proprio p(n + 1). vediamo che p(0) è vera in quanto 20 = 1 è effettivamente non superiore a 1! = 1. e quest’ultima è verificata addirittura per ogni n ≥ 3. p(1) e p(2) sono vere mentre p(3) è falsa. inoltre p(4) è vera. Proviamo adesso che p(n) =⇒ p(n + 1) per ogni n ∈ N con n ≥ 4: usando l’ipotesi induttiva. Q Anzitutto definiamo rigorosamente gli insiemi Z e Q. Abbiamo cos`ı provato che p(n) implica p(n + 1) per ogni n ∈ N.10 verifica (a) L ≥ n per ogni n ∈ N. 23 . numeri razionali Q è { m n Dalla definizione di N seguono abbastanza facilmente alcune sue proprietà. si ha 2n+1 = 2 · 2n ≥ 2n2 > n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 . (6) Proviamo la disuguaglianza n2 ≤ 2n ∀n ∈ N. osserviamo che p(0). Z. non a p(n) ma a q(n) = p(n + 4)) segue che p(n) è vera per ogni n ≥ 4. che per la proposizione 1. Posto p(n) =“n2 ≤ 2n ”. da qui ricaviamo. Definizione 1. Poiché p(4) è vera e p(n) implica p(n + 1) per ogni n ≥ 4. ossia a (n−1)2 > 2. dal principio di induzione segue che p(n) è vera per ogni n ∈ N.5 L’insieme dei numeri interi Z è N ∪ {−n : n ∈ N}. la seconda disuguaglianza è vera in quanto equivale a n2 −2n+1 > 2. Supposto ora che p(n) sia vera. n ≥ 4. Posto p(n) =“2n ≤ (n + 1)!”. per il principio di induzione p(n) è vera per ogni n ∈ N.6 N è illimitato superiormente.6. il che mostra che vale p(n + 1). per essere precisi. si può scrivere 2n+1 = 2 · 2n ≤ 2 · (n + 1)! . 2n+1 ≤ (n + 2)(n + 1)! = (n + 2)! .5. Propriet` a di N. n ∈ N+ } (ricordiamo che N+ = N \ {0}). Abbiamo cos`ı provato che p(n) implica p(n + 1) per ogni n ∈ N: essendo anche p(0) vera.6. l’insieme dei : m ∈ Z. Dimostrazione Supponiamo per assurdo che N sia limitato superiormente: in tal caso L = sup N è un numero reale. essendo ovviamente 2 ≤ n + 2 per ogni n ∈ N. (5) Proviamo la disuguaglianza 2n ≤ (n + 1)! ∀n ∈ N. Poiché p(0) è vera. Dunque L = +∞. Si ha infatti: Corollario 1. e fissato ε ∈]0. che è positivo. b[⊆ R cade almeno un numero razionale (e quindi infiniti: vedere l’esercizio 1. ne segue la tesi. Se b > 0.6. il numero ab non è un maggiorante di N. 24 .(b) per ogni ε ∈]0. b[. Una conseguenza della proprietà di Archimede è la densità dei razionali in R. Posto L = sup A. Di conseguenza. b di numeri reali con a < b. ossia 1 < b − a. 1[ esiste ν ∈ N tale che L − ε < ν ≤ L. Moltiplicando per a. n Consideriamo ora l’insieme n o m A= m∈N: ≤a . da (b) segue che il numero naturale ν + 1 verifica L < ν + ε < ν + 1.4). La tesi è provata. Proposizione 1. esiste n ∈ N tale che n(b − a) > 1. 1[.10 segue che esiste µ ∈ A tale che L − ε < µ ≤ L.7 (propriet` a di Archimede) Per ogni coppia a.6. per quanto già provato esiste un razionale r tale che −b < r < −a. Se invece b ≤ 0.9 Non è difficile dimostrare che il numero L della dimostrazione precedente è in realtà un massimo.2). Dimostrazione Supponiamo dapprima a ≥ 0. n Supponiamo ora a < 0. b di numeri reali positivi esiste n ∈ N tale che na > b. Z e Q sono illimitati sia superiormente che inferiormente. esiste r ∈ Q tale che a < r < b. Avendo scelto ε < 1. Per la proprietà di Archimede. Dimostrazione Poiché sup N = +∞. n n n n Il numero razionale r = µ+1 soddisfa dunque la tesi. dalla proposizione 1.6. Si ha allora µ µ+1 µ 1 ≤a< = + < a + (b − a) = b.5. quindi esiste n ∈ N per cui risulta n > ab . si ha la tesi scegliendo r = 0. n esso è ovviamente limitato superiormente (n · a ne è un maggiorante) e non vuoto (0 ∈ A). cioè il fatto che in ogni intervallo ]a. Si dimostra anzi che ogni sottoinsieme limitato di N ha massimo (esercizio 1. e dunque il numero razionale −r appartiene ad ]a. il che contraddice (a). ossia µ ≤ L < µ + ε < µ + 1.6.6.8 Per ogni coppia a. pertanto µ ∈ A mentre µ+1∈ / A (essendo µ + 1 > sup A). Osservazione 1. L’insieme E = {kα + h : k. ma pi` u facile. Dimostrazione Se α ∈ Q. Inoltre EN ⊆ [−N (1 + α). ε o quella ancora pi` u forte. (2N + 1)2 > (2N + 1) 2(1 + α) + (2N + 1). Sia dunque ε > 0 e cominciamo con E il caso x = 0. N ]}. allora n n o km + hn p E= : k. N (1 + α)]. per 1 ≤ m ≤ 4N (1+α) ε h ε εi Im = −N (1 + α) + (m − 1) . h ∈ Z} è denso in R se e solo se α è irrazionale. h ∈ Z tali che x − ε < kα + h < x + ε.Vi è un risultato di densità pi` u fine. gli intervalli chiusi adiacenti Consideriamo adesso. h ∈ Z = : p∈Z n n e quindi i punti di E distano fra loro almeno n1 : pertanto E non può essere denso in R. ` chiaramente sufficiente provare la tesi per α > 0. h ∈ Z ∩ [−N. Poiché α è irrazionale. α = m . −N (1 + α) + m . risolvendo la disequazione pi` u forte (2N + 1)2 > 4N (1 + α) + 1. 2 2 la cui unione ricopre l’intervallo [−N (1 + α). e quindi EN . che è il seguente: Teorema 1. N (1 + α)].10 Sia α un numero reale. Scegliamo N sufficientemente grande. Fissiamo N ∈ N e poniamo EN = {kα + h : k. in modo che 4N (1 + α) + 1 < (2N + 1)2 : ε ciò è certamente possibile. Supponiamo invece α ∈ R \ Q: proveremo la densità di E in R mostrando che per ogni x ∈ R e per ogni ε > 0 esistono k.6. ε 25 . i h + 1. gli elementi di EN sono tutti distinti e sono esattamente in numero di (2N + 1)2 . esistono m. q ∈ N. Sia ora x > 0: per quanto già provato. e se p > q. mostrare che A = {p ∈ N : p − q ∈ N ∀q ∈ N ∩ [0.] 2. poiché Im ha ampiezza minore di ε. b ∈ R con a < b. Si provi che ogni sottoinsieme limitato di N ha massimo. 3. (ii) Se p. mostrare che T = {0} ∪ {p ∈ N : p − 1 ∈ N} è induttivo. Dimostrare. Esercizi 1. q ∈ N e p > q. p[ } è induttivo. q ∈ N e p > q. e rimpiazzando eventualmente m. Dati a. per (iii). infine (v) segue da (iv). n ∈ Z tali che −ε < mα + n < ε. q1 . p2 α + q2 ∈ Im per un opportuno m.6 1. (v) Se p. (iii) Se p ∈ N+ . q2 . trovare un numero irrazionale c tale che a < c < b. (iv) Se p. necessariamente. allora p − q ∈ N. allora p + q. non superiori a N in valore assoluto. allora p − 1 ∈ N. Quindi esistono quattro interi p1 . tali che p1 α + q1 . −n possiamo supporre che 0 < mα + n < ε. almeno uno fra gli intervalli Im dovrà contenere due diversi elementi di EN (questo è il cosiddetto principio dei cassetti: se mettiamo p oggetti in q cassetti vuoti. e ciò prova la tesi nel caso x = 0. allora p − q ∈ N+ . allora esiste almeno un cassetto che contiene pi` u di un oggetto). mostrare che S = {p ∈ N : p + q ∈ N} e P = {p : pq ∈ N} sono insiemi induttivi. pq ∈ N. [Traccia: per (ii). Si ha allora x − ε < x − (mα + n) < p(mα + n) ≤ x < x + ε e quindi abbiamo la tesi con k = mp. In particolare. Adesso scegliamo p ∈ N tale che p(mα + n) ≤ x < (p + 1)(mα + n) (sarà quindi p = x mα+n ).Allora. per (iv). h = np. −ε < (p1 − p2 )α + (q1 − q2 ) < ε. n con −m. p2 . i seguenti enunciati: (i) Non esiste alcun numero naturale minore di 0. sulla base della definizione di N. 26 . posto p(n) =“n ∈ / E”. Un numero intero k si dice pari se esiste m ∈ Z tale che k = 2m. Siano a.6. Per quali n ∈ N+ risulta 2n · n! ≤ nn ? 10. 8. Allora p(n) è vera per ogni n ∈ N. Si consideri la seguente forma modificata del principio di induzione: “Sia A = {n ∈ N : p(n)}. (iv) la somma di due numeri dispari è pari mentre il prodotto è dispari. Provare che l’insieme delle “frazioni in base b”. b] = a + . si applichi il principio di induzione all’affermazione q(n) definita da q(n) =“p(k) per ogni k ∈ N con k ≤ n”. b ≥ 2.10. Supponiamo che valgano i seguenti fatti: (a) p(0) è vera. 6.] 11. Dimostrare le uguaglianze ∞ \ 1 [a. o dispari. [Traccia: se cos`ı non fosse. b] = a − . Sia b ∈ N. n ∈ N . Quanti sono i sottoinsiemi distinti di un fissato insieme di n elementi? 9.4. (ii) Si provi che questo enunciato è implicato dal principio di induzione.b .b . Provare che esistono infiniti numeri razionali compresi fra a e b. b ∈ R con a < b. ossia nm o + : m ∈ Z. (i) Si provi che questo enunciato implica il principio di induzione. (iii) la somma e il prodotto di numeri pari sono numeri pari. Dimostrare che: (i) nessun intero è simultaneamente pari e dispari. allora vale p(n + 1).] 27 . (b) se vale p(k) per ogni k ∈ N con k ≤ n. [Traccia: Utilizzare il principio di induzione nella forma dell’esercizio 1.] 12.10. si applichi a p(n) il principio di induzione nella forma dell’esercizio 1. ossia A = N”. [Traccia: Per (ii). n n=1 ∞ [ 1 ]a.6. si dice dispari se k + 1 è pari. (ii) ogni numero intero è o pari. bn è denso in R. 5. n n=1 7. Si dimostri che ogni n ∈ N+ è scomponibile in fattori primi. Si provi che ogni insieme non vuoto E ⊆ N ha minimo. 2 18. (iv) il prodotto di un razionale e di un irrazionale è irrazionale. . . 17. b1 . P P P P (ii) n a ˘kˆbk ≤ 1 ( n ak ) ( n bk ) ≤ n a ˆkˆbk . min c d c+d c d 15. . (iii) la somma di un razionale e di un irrazionale è irrazionale. . . Provare che se 0 < a < b allora 0 < an < bn per ogni n ∈ N+ . Q (ii) (n!)2 = nk=1 k(n + 1 − k) per ogni n ∈ N+ .13. Siano a. 16. Provare che a+b a b a b . Stabilire se sono vere o false le seguenti affermazioni: (i) la somma di due irrazionali è irrazionale. Si provino le disuguaglianze seguenti: P P P (i) nk=1 a ˘kˆbk ≤ nk=1 ak bk ≤ nk=1 a ˆkˆbk . Consideriamo le due disuguaglianze di destra: per (i). Pn n(n+1)(2n+1) 2 (iii) per ogni n ∈ N+ . . Provare che: Pn n(n+1) per ogni n ∈ N+ . si decomponga la quantità P n ak − a ˆh )(ˆbk − ˆbh ) e si noti che essa è non negativa. k=1 k = 4 14. . k=1 n k=1 k=1 k=1 [Traccia: si può supporre che {bk } sia già riordinata in modo crescente. k=1 k = 6 Pn n2 (n+1)2 3 (iv) per ogni n ∈ N+ . d reali positivi. (i) k=1 k = 2 Pn 2 + (ii) k=1 (2k − 1) = n per ogni n ∈ N . Denotiamo con {ˆ ak } il riordinamento crescente e con {˘ ak } il riordinamento decrescente della sequenza {ak }. si verifichi che se i < j e ai > aj . c. Siano a1 . an . ≤ ≤ max . e similmente per {bk }. 2n (iii) nn ≤ (n!)2 ≤ n+1 per ogni n ∈ N+ . . b ∈ R. Le disuguaglianze di k. allora risulta ai bi + aj bj < aj bi + ai bj . Provare che: (i) n ≤ k(n + 1 − k) ≤ 41 (n + 1)2 per ogni k ∈ N con 1 ≤ k ≤ n. bn numeri reali. .h=1 (ˆ sinistra si ottengono applicando quelle di destra a {ak } e a {−bk }. Siano a. per (ii).] 28 . b. (ii) il prodotto di due irrazionali è irrazionale. si pone 0n = 0 per ogni n ∈ N+ . Ciò posto. Gli elementi del n triangolo sono appunto i coefficienti binomiali: k si trova al posto k-simo nella riga n-sima (cominciando sempre a contare da 0). andrebbe definita rigorosamente nel seguente modo: 0 x =1 xn+1 = x · xn ∀n ∈ N. formula che adesso dimostreremo. negli altri casi si ha n n(n − 1) · · · · · (n − k + 1) = . se invece x = 0. ha tutti 1 sui lati obliqui ed ogni suo elemento all’interno è la somma dei due elementi ad esso soprastanti. il cui significato è comunque ovvio. k k!(n − k)! Si noti che nk = 1 quando k = n e quando k = 0. si ha: 29 . k−1 k k 1 1 1 1 1 1 1 1 3 4 5 6 7 1 3 6 10 15 21 1 2 1 4 10 20 35 1 5 15 35 1 6 21 1 7 1 1 8 28 56 70 56 28 8 1 ······························································· Il triangolo di Tartaglia. la potenza xn . Ricordiamo preliminarmente che se x ∈ R \ {0} e n ∈ N. La denominazione “coefficiente binomiale” nasce dal fatto che questi numeri saltano fuori come coefficienti nella formula di Newton che dà lo sviluppo del binomio (a + b)n .1. mentre 00 non si definisce. k k! e questa espressione si presterà ad ulteriori generalizzazioni nel seguito del corso. Dalla definizione seguono subito queste proprietà: n n • (simmetria) = . k ∈ N con n ≥ k definiamo i coefficienti binomiali nk (si legge “n su k”) nel modo seguente: n n! = . qui sopra riprodotto. k n−k n n n+1 • (legge del triangolo di Tartaglia) + = .7 La formula del binomio Per ogni n. k k=0 n Dimostrazione Utilizziamo il principio di induzione. (2) Scelti a = −1.7. Si ha (a + b)n+1 = (a + b)(a + b)n = (per ipotesi induttiva) n n n X n k n−k X n k+1 n−k X n k n+1−k = (a + b) · a b = a b + a b = k k k k=0 k=0 k=0 (ponendo h = k + 1 nella prima somma e h = k nella seconda) n+1 n X X n n h n+1−h h n+1−h = a b + a b = h − 1 h h=1 h=0 (isolando l’ultimo addendo nella prima somma e il primo addendo nella seconda) n n X n n+1 0 n 0 n+1 X n n h n+1−h h n+1−h = a b + ab + a b + a b = n 0 h−1 h h=1 h=1 n X n n n+1 n+1 + ah bn+1−h = =a +b + h − 1 h h=1 (per la legge del triangolo di Tartaglia) n n+1 X n + 1 h n+1−h X n + 1 h n+1−h n+1 n+1 =a +b + a b = a b . b ∈ R e n ∈ N. .7.Teorema 1. b ∈ R \ {0} e n ∈ N+ . se in tale formula si conviene di interpretare il simbolo 00 come 1. si ha n X n k n−k (a + b) = a b . Se n = 1 la formula è vera perché 1 0 1 1 1 0 a+b= ab + a b = b + a.2 (1) La formula del binomio vale pi` u in generale per a. Osservazioni 1. n ∈ N+ si ottiene n 0 = (−1 + 1) = n X n k=0 cioè n X k n (−1) =0 k k=0 30 k (−1)k 1n−k .1 Se a. 0 1 Supponiamo vera la formula per un binomio di grado n e proviamola per un binomio di grado n + 1. b = 1. h h h=1 h=0 Per il principio di induzione la formula è vera per ogni n ∈ N+ . ∀n ∈ N+ . Si tratta dunque di contare tutti i sottoinsiemi raggruppandoli per numero di elementi. finché nella k-sima si ha un solo esito favorevole su n−k +1 possibili: dunque la probabilità che l’evento considerato si verifichi è 1 1 k k−1 · · ··· · = n .2).7. ∀n ∈ N.(3) Scelti a = 1.614. una versione pi` u generale di questa disuguaglianza è enunciata nell’esercizio 1.2 è il seguente: nk è il numero di modi in cui si possono sistemare k palline indistinguibili in n scatole distinte. Questa uguaglianza ha una interpretazione combinatoria: 2n è il numero di sottoinsiemi distinti di un fissato insieme con n elementi (esercizio 1. nella seconda k −1 su n−1. la probabilità dell’evento che consiste nell’estrarre le k palline bianche nelle prime k estrazioni (intesa come rapporto tra gli esiti favorevoli e gli esiti possibili) è pari a 1 n .6. In termini probabilistici si può anche dire: data un’urna contenente k palline bianche e n − k palline nere. e cos`ı via. ∀n ∈ N (basta osservare che tutti gli addendi nello sviluppo del binomio (1 + x)n sono non negativi). una per scatola: infatti ogni distribuzione di palline individua un sottoinsieme di k scatole (sulle n complessive).8).5.000000016 622.7. (5) Dalla formula del binomio segue subito la seguente disuguaglianza di Bernoulli: (1 + x)n ≥ 1 + nx ∀x ≥ 0. . k Infatti. nella prima estrazione ci sono k esiti favorevoli su n possibili. n ∈ N si ottiene n X n k=0 k = 2n ∀n ∈ N.630 (qui le “palline bianche” sono i 6 numeri prescelti e il simbolo “≈” significa “circa uguale a”). (4) Un altro modo di enunciare la proprietà dell’esercizio 1. n n−1 n−k+1 k Ad esempio la probabilità di fare 6 al Superenalotto è 1 = 90 6 1 ≈ 0. mentre nk è il numero di sottoinsiemi distinti aventi k elementi di un insieme con n elementi (esercizio 1. Si può anche osservare che risulta (1 + x)n ≥ 1 + nx + n(n − 1) 2 x 2 31 ∀x ≥ 0. b = 1.7. Mentre è facile. Raggruppiamo le nk applicazioni f : A → B secondo il numero di elementi dell’immagine f (A). cos`ı: fissato un insieme di j elementi contenuto in B.n .n . possiamo scegliere in n − 1 modi il valore f (x2 ). il calcolo del numero delle applicazioni surgettive da A in B appare un po’ pi` u intricato. 1 ≤ n ≤ N. . eccetera. risolta rispetto a Sk. j j=1 32 . .n = n −   j j=1 Ma si può trovare anche una formula esplicita per Sk.j . Tutte le funzioni f tali che f (A) ha j elementi si distinguono. finché per il valore di f (xk ) avremo a disposizione n − k + 1 scelte. k} abbiamo n scelte per fissare il valore f (xj ): possiamo allora arrivare a un calcolo induttivo di Sk.n = n!. . . xk gli elementi di A.j ∀n > 1. ∀k ≥ n. . Posto n X n bn = (−1)j aj . Questa relazione.Esempio 1. in n − 2 modi il valore f (x3 ). Il numero di tutte le applicazioni da A in B è nk . che indichiamo con j (1 ≤ j ≤ n). Se k ≥ n. Il totale delle applicazioni iniettive è dunque di n(n − 1) · . E non ce n’è neanche una. il totale delle funzioni f : A → B la cui immagine ha j elementi è dato da nj Sk. possiamo scegliere in n modi il valore f (x1 ). . · (n − k + 1). e denotiamo con x1 .7.n = 0 ∀k < n. .     n−1 X n k   Sk. fatto ciò. . . . dà la caratterizzazione induttiva cercata:  Sk. Calcoliamo adesso il numero Sk.n delle applicazioni surgettive da A in B: sarà necessario un procedimento alquanto pi` u complicato. dato che i sottoinsiemi di B con j elementi sono nj .7.4 Siano a1 . Naturalmente Sk. Sn. .1 = 1 ∀k > 1.j funzioni che hanno tale insieme come immagine. Sk.j ∀k > n ≥ 1. aN numeri reali o complessi.1 = 1 ∀k ≥ 1. in quanto per ogni j ∈ {1. Ovviamente Sk. Sommando rispetto a j otteniamo k n = n X n j=1 j Sk.3 Sia A un insieme di k elementi e sia B un insieme di n elementi (k. determinare il numero delle applicazioni iniettive da A in B. A questo scopo è essenziale il seguente lemma. Lemma 1. come ora vedremo. n ≥ 1).n nel modo seguente. . a loro volta. vogliamo calcolare Sk.n per k > n ≥ 1. seppur sempre elementare. Si noti che in particolare quando k = n il numero delle applicazioni iniettive (dunque bigettive) da A in B è n!. . vi sono (per definizione) Sk. ` chiaro che se k < n Cominciamo con il caso delle applicazioni iniettive da A in B. . p p=1 A questo punto applichiamo il lemma scegliendo N = k e bn = nk . . k. . come è facile verificare direttamente. q j=1 q=0 Ora si osservi che. p j j p−j inoltre la doppia somma si riferisce di interi (p. come richiesto. ovviamente. j) tali che 1 ≤ j ≤ p ≤ n.n 33 n = 1. . q=0 e dunque nella somma esterna sopravvive solo l’addendo con j = n. per la formula di Newton. . ( n−j X 1 se n = j. . . l’applicazione (a1 . n p n n−j = . an = (−1)n Sk. (−1)2j = 1 per ogni j. . . In altre parole. . .risulta an = n X n p=1 p (−1)p bp . aN ) → (b1 . e PnallePcoppie n quindi essa può riscriversi come j=1 p=j . inoltre. . n − j (−1)q = q (−1 + 1)n−j = 0 se n > j. Dunque n X n p=1 p p (−1) bp n X n X n n−j = (−1)p+j aj = j p − j j=1 p=j " n # n X X n − j = (−1)p (−1)j aj = p−j j=1 p=j " # n−j n X X n − j = (−1)q (−1)2j aj . p j p=1 j=1 Adesso notiamo che risulta. Pertanto. Dimostrazione Per 1 ≤ n ≤ N si ha p n n X X X p n n p p (−1)j aj = (−1) bp = (−1) j p p p=1 p=1 j=1 p n XX n p = (−1)p+j aj . bN ) sopra definita è l’inversa di se stessa. n X n (−1)p bp = an . . 1 ≤ n ≤ N. . .n = (−1)n−p pn ∀k > n ≥ 1. k.j = (−1)j aj . come sappiamo.9. . Algoritmo della radice quadrata Vogliamo giustificare rigorosamente il metodo di calcolo approssimato della radice quadrata di un numero razionale dato. Scriviamo invece il numero incognito x in base 10: x= k X ch 10k−h = 10k−1 c1 + . . si richiede cioè che sia x2 ≤ y < (x + 1)2 . j j j=1 j=1 dunque vale la tesi.11).7. in particolare. scriviamo y in base 100: y= k X bh 100k−h = 100k−1 b1 + .n = (−1)n−p pk p p=1 ∀k > n ≥ 1. h=1 h=1 h=1 34 . per 1 ≤ p ≤ k. che viene di solito esposto in modo meccanico agli studenti della scuola media inferiore. . n n X X n n k bn = n = Sk. 1. p p=1 (si vedano anche gli esercizi 1.L’ipotesi del lemma vale. k. . per k = n le applicazioni surgettive da A in B sono tutte e sole le applicazioni iniettive: dunque si ha n X n n! = Sn. Lemma 1. Il problema è il seguente: dato y ≥ 0. #2 " p−1 # " p #2 " p−1 X X X sp = ch 10p−h − ch 10p−h = 2 ch 10p−h + cp cp . . .7. p p p=1 p=1 Ne segue infine la formula cercata: n X n Sk. . in quanto. + 10ck−1 + ck . .7. Poiché (x + 1)2 = x2 + 2x + 1.10 e 1. . con 0 ≤ r < 2x + 1.5 Posto.n n n X X n n p = an = (−1) bp = (−1)p pk . che ci dà n (−1) Sk. . h=1 ove 0 ≤ bh ≤ 99 per h = 1. Si noti che. + 100bk−1 + bk . si vuol trovare un numero x ≥ 0 il cui quadrato approssimi y per difetto.7. . si cerca equivalentemente x tale che x2 + r = y. h=1 con 0 ≤ ch ≤ 9 per h = 1. Per affrontare questa questione. Essendo s1 = c21 e r1 = b1 − s1 . . k}. il che determina c1 univocamente. . la condizione che determina ck è " k #2 " k #2 k X X X ch 10k−h ≤ y = bh 100k−h < ch 10k−h + 1 = (x + 1)2 . h=1 h=1 35 h=1 . . h=1 p X ch 10p−h + 1. . con 0 ≤ c1 ≤ 9. dato che " k #2 " k #2 k X X X x2 + r = ch 10k−h + bh 100k−h − ch 10k−h = y. h=1 r1 = b1 − s1 rp = 100rp−1 + bp − sp ∀p ∈ {2. noiosa ma facile. . Scegliamo c1 imponendo che c21 ≤ b1 < (c1 + 1)2 . k}. come 0≤r<2 k X ch 10k−h + 1 = 2x + 1. la condizione si può riscrivere nel modo seguente. h=1 In particolare. . x2 = h=1 h=1 h=1 essa si riscrive. per definizione di rp e di sp : " p #2 p X X 0 ≤ rp = bh 100p−h − ch 10p−h < h=1 " < h=1 #2 p X p−h ch 10 " − +1 p X #2 p−h ch 10 =1+2 h=1 h=1 ovvero 0 ≤ rp = 100rp−1 + bp − sp < 2 p X ch 10p−h . cp−1 scegliamo cp imponendo che #2 " p #2 " p p X X X ch 10p−h ≤ ch 10p−h + 1 . Per ogni p ∈ {2. per p = k. . . bh 100p−h < h=1 h=1 h=1 il che determina cp univocamente. con 0 ≤ cp ≤ 9. . Andiamo a costruire gli interi ch passo a passo. la condizione si riscrive come 0 ≤ r1 < 2c1 + 1. . ponendo r = rk . Dimostrazione Verifica diretta per induzione. . h=1 Il numero r risolve il nostro problema. Sottraendo il primo membro dagli altri due. .rp = p X " bh 100p−h − h=1 risulta ( p X #2 ch 10p−h . supposti noti c1 . da cui s2 = 1161 e r = r2 = 100r1 + b2 − s2 = 1210 − 1161 = 49.Osservazione 1. c2 = 8 s3 = (360 + c3 )c3 362 · 2 = 724 = s3 < 933. ossia (120 + c2 )c2 < 1210: dato che si trova (120 + 9) · 9 = 129 · 9 = 1161 < 1210. Esempi 1. Cerchiamo x = c1 · 102 + c2 · 10 + c3 + c4 · 10−1 . In definitiva si ha x = 69. Cerchiamo x della forma 10c1 + c2 .7. Cerchiamo di conseguenza x = 102 c1 +10c2 +c3 . c2 = 9 r1 = 12. Possiamo tradurre l’intero algoritmo nello schema seguente: √ 100 · 48 + 10 = s1 = √ c1 c2 ↓ ↓ 6 9 48 10 36 c1 = 6 s2 = (120 + c2 )c2 129 · 9 = 1161 = s2 < 1210.7. ed infatti risulta x2 + r = 692 + 49 = 4810 = y. (3) Sia y = 39472. Lo schema è 36 . basterà considerare gli sviluppi di y in base 100 e di x in base 10 arrivando a h = k + m anziché a h = k. 100r1 + b2 = 12 10 s2 = 11 61 r= 49 (2) Sia y = 33333 = 3·1002 +33·100+33. La condizione per c1 dà c1 = 6 (perché 72 = 49 > 48 > 36 = 62 ). Qui si termina. c3 = 2 In conclusione si ha x = 182 ed infatti x2 + r = 1822 + 209 = 33333 = y.7 (1) Sia y = 4810: quindi y = 100 · 48 + 10. Adesso si determina c2 in modo che s2 = (20c1 + c2 )c2 < 10r1 + b2 .11 = 3 · 1002 = 94 · 100 + 72 + 11 · 100−1 . il che corrisponde a considerare gli sviluppi fino alla m-sima cifra “dopo la virgola” per x e y nelle rispettive basi. 100r2 + b3 = s3 = 9 33 7 24 r= 2 09 c1 = 1 s2 = (20 + c2 )c2 28 · 8 = 224 = s2 < 233. Dunque s1 = 36 e r1 = 48 − 36 = 12. Ne segue 100r1 + b2 = 1210. Lo schema è: c1 c2 c3 ↓ ↓ ↓ √ √ 2 100 · 3 + 100 · 33 + 33 = 3 33 33 1 8 2 s1 = 1 r1 = 2.6 Se si vuole un’approssimazione fino alla m-sima cifra decimale. deve essere c2 = 9. 100r1 + b2 = 2 33 s2 = 2 24 r2 = 9. 100r2 + b3 = s3 = 33 72 31 04 r3 = 31. Provare che n o x n + sup 1 − 2 : n ∈ N =1 n [Traccia: utilizzare la disuguaglianza di Bernoulli. k ∈ N con n ≥ k ≥ 1. 37 . ∀n ∈ N+ . 96 r= 30.] ∀x ≥ 0. 2. 5. (iii) k=1 k · k = n(n + 1) · 2 Pn m n+1 (iv) m=k k = k+1 per ogni n. 15 388 · 8 = 3104 = s3 < 3372 ⇒ c3 = 8 3966 · 6 = 23796 = s4 < 26811 ⇒ c4 = 6 In conclusione si ha x = 198.7 1. Provare che un insieme di n elementi ha nk sottoinsiemi distinti con k elementi (0 ≤ k ≤ n).6 ed infatti x2 + r = (198. 4. 11 2 37. 11 c1 c2 c3 c4 ↓ ↓ ↓ ↓ 1 9 8.11 = y. k−1 Pn n n−1 per ogni n ∈ N+ . Calcolare la probabilità di fare 5 + 1 al Superenalotto. 6 1 c1 = 1 √ s1 = 29 · 9 = 261 = s2 < 294 ⇒ c2 = 9 r1 = 2. Si generalizzi la formula del binomio al caso di tre addendi. (Disuguaglianza di Bernoulli) Provare che risulta (1 + x)n ≥ 1 + nx ∀x ≥ −1. Esercizi 1. 7. Provare che: (i) k · nk = n · n−1 per ogni n.6)2 + 30. 6.15 = 39472. (ii) k=1 k · k = n · 2 Pn n 2 n−2 per ogni n ∈ N+ . 3.3 94 72. 100r3 + b4 = s4 = 2 68. k ∈ N con n ≥ k. 100r1 + b2 = 2 94 s2 = 2 61 r2 = 33. Calcolare la probabilità di fare un terno al lotto. Se a = 0. 1. Supponiamo dunque a > 0. 0. (ii) n X k X h X n k h k=0 h=0 i=0 k h i = 4n .99.8. 11.n + Sk−1. Teorema 1.n = 0: in altre parole si mostri. che n X n (−1)n−p pk = 0 per 0 ≤ k < n. Si provi che Sn+1. vale a dire l’esistenza della radice n-sima di qualunque numero reale non negativo. e trovare una formula analoga che dia come risultato pn . Per ogni numero reale a ≥ 0 esiste un unico numero reale √ r ≥ 0 tale che rn = a. entrambi non negativi ed entrambi soluzioni dell’equazione xn = a.n−1 ] 12. Dimostrare per n ∈ N+ le seguenti formule: (i) n X k X n k k=0 h=0 k h n =3 . Si mostri che n! = n X n h=0 h (−1)n−h (h + 1)n ∀k.000678.8 35. Si provi la formula ricorsiva Sk. ∀n ∈ N. Proviamo dapprima l’unicità della radice n-sima. Determinare la radice quadrata approssimata per difetto dei seguenti numeri: 1200.789. dato che per n = 1 la tesi è ovvia. n ∈ N+ .n = n [Sk−1. 13. allorché Sk. p p=1 10.n vale anche quando 0 ≤ k < n. 9. uno dei due. ove p è un fissato numero naturale.8. 38 .n n X n n = (−1)n−p pn+1 = (n + 1)! 2 p p=1 ∀n ∈ N+ . Dimostrazione Supporremo n ≥ 2. allora l’unica soluzione dell’equazione xn = 0 è il numero 0 in virt` u della legge di annullamento del prodotto. 123456. e si scrive r = n a 1 oppure r = a n . tale numero si chiama radice n-sima di a. Se vi fossero due numeri r e ρ. Si provi che la formula che fornisce il numero delle applicazioni surgettive Sk. ad esempio ρ. per induzione.1 Sia n ∈ N+ . Radici n-sime Proviamo adesso un’altra conseguenza dell’assioma di continuità. 6. ciò implicherebbe che l’intervallo ]r−ε. se a > 1 si ha 1 ∈ A in quanto 1n = 1 < a. Dobbiamo mostrare che rn = a. r[ è costituito da punti che non appartengono ad A. Dunque r = ρ e l’unicità è provata. e quindi è limitato superiormente. Invece di ricavare ε dalla disuguaglianza (r − ε)n > a. procedendo analogamente troveremmo xn > 1. Sia a ≥ 1: se per un x ∈ A risultasse x > a. essendo 1 > a. n r 39 . Quindi si ha x ≤ 1 per ogni x ∈ A. si noti che − rε > −1) ε n ε (r − ε)n = rn 1 − ≥ rn 1 − n . di conseguenza.7. ne dedurremo un’altra pi` u restrittiva. facciamo vedere che il numero a è un maggiorante di A. ossia che rn = a. A questo scopo osserviamo che per ε ∈ ]0. essendo a ≥ 1. otterremmo xn > a. in tale intervallo dovrebbero cadere punti di A. moltiplicando questa disuguaglianza per x e per a avremmo x2 > ax > a2 . grazie alla disuguaglianza di Bernoulli (esercizio 1. Procedendo per induzione. essendo r il minimo dei maggioranti di A. Sia ora 0 < a < 1: se per un x ∈ A risultasse x > 1. dato che 0 ∈ A) e mostriamo: (a) che A è limitato superiormente. consideriamo l’insieme A = {x ≥ 0 : xn < a} (ovviamente non vuoto. mentre se 0 < a < 1 facciamo vedere che il numero 1 è un maggiorante di A. Infatti A contiene elementi non nulli: ad esempio. r Questa disuguaglianza. il che è assurdo. Per dimostrare l’esistenza della radice n-sima. e lo faremo provando che sono assurde entrambe le relazioni rn > a e rn < a. contraddicendo il fatto che. contraddicendo il fatto che x ∈ A: dunque si ha x ≤ a per ogni x ∈ A. Notiamo anzitutto che r = sup A > 0.sarebbe maggiore dell’altro. ma da r < ρ segue (esercizio 1. r[ si ha. Se ne conclude che pr ogni scelta di a l’insieme A ha maggioranti. (b) che r = sup A è il numero che stiamo cercando. r r n se ne deduce (r − ε) > a purché risulti ε n r 1−n > a. infine se a = 1 si ha 12 ∈ A dato che 12 < 12 < 1 = a. si risolve subito: essa è verificata se e solo se r a ε< 1− n . che segue da quella originale ed è quindi pi` u restrittiva di essa. deve essere (r − ε)n > a per ogni ε positivo e sufficientemente piccolo. avremmo xn > a.mentre se 0 < a < 1 si ha n a ∈ A poiché an < a. nuovamente contraddicendo il fatto che x ∈ A. che non sappiamo risolvere. Proviamo (a): se a ≥ 1. Supponiamo che sia rn > a: vogliamo mostrare che. Proviamo (b). ma pi` u facile da risolvere.16) che a = rn < ρn = a. dedurremmo x2 > a2 ≥ a.5. come si è detto. . non resta che dedurre l’uguaglianza r = a. 1− ⊂ ]0. r[. n a e quindi. Trasformiamo la disuguaglianza che ci interessa: si ha ε n 1 1 n > . Disuguaglianza delle medie Un risultato molto importante. n r di qui. . 1 − n ⊂ ]0. n a Dunque si ottiene. r[. la loro media geometrica è il numero reale v u n uY n G= t ak . A= n k=1 Si ha allora: 40 . che i r a h ∀ε ∈ 0. . applicando nuovamente la disuguaglianza di Bernoulli (si noti che −1). come si voleva. come si è osservato. Supponiamo ora che sia rn < a: vogliamo analogamente dedurre che (r − ε)n > a (r + ε)n < a per ogni ε positivo ed abbastanza piccolo. è la disuguaglianza tra media geometrica e media aritmetica di n numeri non negativi.e dunque si deduce. contraddicendo il fatto che r è un maggiorante di A. a2 . . utilissimo in svariate situazioni. da ciò seguirà che A contiene numeri maggiori di r. (r + ε)n = rn 1 + < a ⇐⇒ ε r a rn 1 + r d’altronde. l’assurdo. k=1 mentre la loro media aritmetica è il numero reale n 1X ak . In definitiva. ε ε > 1−n ε n 1+ r 1+ r r 1+ r − rε 1+ rε > quindi al posto della disuguaglianza (r + ε)n > a si ottiene la disuguaglianza pi` u restrittiva ε 1 1 1 − n > rn r a che è vera se e solo se r rn 0<ε< 1− . come volevamo. risulta n ε ε ε 1 r r > 1 − n = 1 − . Se a1 . an sono numeri non negativi. r rn n (r + ε) < a ∀ε ∈ 0. segue l’assurdo. mostreremo che se gli ak non sono tutti uguali allora risulta G < A. la tesi è vera perché √ 1 a1 a2 < (a1 + a2 ) 2 √ √ ( a2 − a1 )2 > 0. an . e dimostriamola nel caso di n + 1 numeri. an + an+1 − A. Dimostrazione Anzitutto.Teorema 1. di numeri diversi da A ce ne dovranno essere almeno due. . Il fatto che A è la media aritmetica degli ak si può riscrivere cos`ı: n−1 X ak + (an + an+1 − A) = n · A. dei quali uno sarà maggiore ed uno sarà minore di A. k=1 e questo ci dice che A è anche la media aritmetica degli n numeri non negativi a1 . . an+1 non tutti uguali: allora ce ne sarà almeno uno diverso dalla media aritmetica A. . Prendiamo dunque n + 1 numeri positivi a1 . per ipotesi induttiva. . Quindi. k=1 Elevando alla n-sima potenza e moltiplicando per A si ricava allora A · (an + an+1 − A) · n−1 Y ak ≤ An+1 . non è restrittivo supporre che risulti an < A < an+1 . Possiamo dunque supporre gli ak strettamente positivi e non tutti uguali. an−1 . . la relazione a destra è vera. per simmetria. a meno di riordinare gli ak . . perché in tal caso si ha G = 0 < A.8. Supponiamo che la disuguaglianza stretta sia vera per ogni n-pla di numeri positivi non tutti uguali. ossia v u n−1 Y u n t (an + an+1 − A) · ak ≤ A. ai e aj . n k=1 k=1 inoltre vale il segno di uguaglianza se e solo se gli ak sono tutti uguali fra loro. . k=1 D’altra parte risulta an an+1 < A(an + an+1 − A) 41 . Proveremo la disuguaglianza G < A per induzione. la loro media geometrica è non superiore ad A. an sono numeri non negativi.2 Se n ∈ N+ e se a1 . ⇐⇒ ed essendo a1 6= a2 . . . ciò è ovvio se qualcuno degli ak è nullo. è chiaro che se gli ak sono tutti uguali fra loro allora G = A. o meglio per definizione stessa di media aritmetica. . . Per provare il viceversa. Se n = 2. allora v u n n uY 1X n t ak ≤ ak . . n∈N n∈N n 1 n Ciò prova la tesi quando a > 1. si ha a1 > 1 e.8. per quanto visto. fissato n ≥ 2 e prendendo a1 = · · · = an−1 = 1 e an = a. . 1 + na n∈N+ (2) Dimostriamo la seguente importante disuguaglianza: x n 1+ < n x 1+ n+1 n+1 ∀x ∈ R \ {0}. 1 + na ne segue 1 = sup n∈N+ 1 1 n 1−a ≤ sup a ≤ 1. la tesi è provata. Supponiamo adesso a > 1: allora. Esempi 1. Per il principio di induzione. sup a n = 1 ∀a ∈]0. 42 ∀n ∈ N+ con n > −x.in quanto A(an + an+1 − A) − an an+1 = (A − an )(an+1 − A) > 0. e similmente supn∈N+ a n 1 denota sup {a n : n ∈ N+ }. quindi a maggior ragione otteniamo n+1 Y ak < A · (an + an+1 − A) · k=1 n−1 Y ak ≤ An+1 . dalla disuguaglianza delle medie si ha 1 1 < an < da cui 1 a−1 (n − 1 + a) = 1 + n n ∀n ≥ 2. a−1 1 ≤ inf+ a ≤ inf+ 1 + = 1. n∈N n∈N+ 1 1 1 (Si osservi la notazione: inf n∈N+ a n significa inf {a n : n ∈ N+ }.3 (1) Applicando la disuguaglianza delle medie si dimostra questa basilare proprietà delle radici n-sime: 1 1 inf+ a n = 1 ∀a ≥ 1.) 1 Infatti la proprietà è evidente quando a = 1. 1 1 n 1−a < a < 1 ∀n ≥ 2. poiché 1 n = 1 per ogni n ∈ N+ . 1]. k=1 La disuguaglianza per n + 1 numeri è dunque stretta se essi non sono tutti uguali. n1 1 1< <1+ a da cui 1 a −1 1−a =1+ n na ∀n ≥ 2. Se a < 1. .8. [Traccia: data l’equazione ax2 +bx+c = 0. i=1 i=1 i=1 [Traccia: si divida per la quantità a secondo membro e si utilizzi opportunamente il teorema 1. quando n è dispari. Dimostrare che la media geometrica è superadditiva. . nel senso che se n ∈ N+ e se a1 . scegliendo a1 = · · · = an = 1+ nx e an+1 = 1: infatti !n+1 n+1 n+1 in+1 Y x 1 h x n 1 X n 1+ +1 = ak = = 1+ ak < n n + 1 n + 1 n k=1 k=1 n+1 n+1 n+x+1 x = = 1+ . Sia n ∈ N+ . . e cioè: 1 se a ≥ 0.] 43 . Provare che per ogni a ∈ R e per ogni intero dispari n ≥ 1. Provare che per ogni numero reale a > 0 e per ogni intero pari n ≥ 2 l’equazione 1 xn = a ha le due soluzioni reali x = ±a n . b1 . an x= 1 −(−a) n se a < 0. . si osservi che non è restrittivo supporre a > 0. n+1 n+1 Esercizi 1.Essa segue dalla disuguaglianza delle medie.8 1. . allora ! n1 ! n1 ! n1 n n n Y Y Y ai + bi ≤ (ai + bi ) .2. bn sono numeri positivi. an . si provi inoltre che 1 −a n = inf {x ∈ R : xn < a}. . . . 2. Si provi la seguente disuguaglianza tra media armonica e media geometrica di n numeri positivi: v u n uY n n Pn 1 ≤ t ak . 4a 2 a e si analizzi il segno del discriminante b2 − 4ac. . . 3. questo permette di estendere la definizione di radice n-sima. l’equazione xn = a ha esattamente una soluzione reale. a tutti i numeri a ∈ R. k=1 ak k=1 5. si “completi il quadrato” a primo membro scrivendola nella forma 2 √ b b2 − 4ac a x+ √ = . Si dimostri la formula risolutiva per le equazioni di secondo grado. ] 4. La proposizione che segue riassume le principali proprietà del valore assoluto.1. e analogamente |a − b| è la distanza fra i due numeri reali a e b. Questo è un vero e proprio assioma. Si noti che risulta −|x| ≤ x ≤ |x| ∀x ∈ R. Rappresentando R come retta orientata. pi` u generalmente (esercizio 1. a prescindere dal fatto che esso sia positivo oppure negativo. Proposizione 1.9 Valore assoluto In geometria la retta è un concetto primitivo. o modulo. e da un’orientazione. |x| è la distanza del numero reale x dall’origine 0. Si noti anche che |x| ≤ a ⇐⇒ −a ≤ x ≤ a e.2 Valgono i seguenti fatti: 44 . allo scopo di distinguere i punti corrispondenti a numeri positivi da quelli corrispondenti a numeri negativi. |x − u| ≤ a ⇐⇒ u − a ≤ x ≤ u + a.1 Il valore assoluto. da un’unità di misura. −x} ∀x ∈ R.9. si fissa sulla retta un sistema di riferimento. ossia non se ne fornisce la definizione ma la si considera come un ente intrinsecamente noto. Per misurare la “grandezza” di un numero.9. Il sistema dei numeri reali costituisce il modello matematico dell’idea intuitiva di retta: si assume che ad ogni punto della retta corrisponda uno ed un solo numero reale (che viene detto ascissa del punto). per realizzare tale corrispondenza. od equivalentemente |x| = max{x. di un numero reale x è il numero non negativo |x| cos`ı definito: √ x se x ≥ 0 2 |x| = x = −x se x < 0. a cui associamo il numero reale 0.9. che ci permette di identificare i punti a cui associare i numeri interi. ma è peraltro un enunciato del tutto ragionevole.4). è fondamentale la seguente Definizione 1. costituito da un’origine. (iv) ||x| − |y|| ≤ |x − y| per ogni x. e |x| = 0 se e solo se x = 0.(i) |x| ≥ 0 per ogni x ∈ R. y ∈ R. y ∈ R. (iii) (subadditività) |x + y| ≤ |x| + |y| per ogni x. . (ii) |x| · |y| = |xy| per ogni x. y ∈ R. . 1 per ogni x ∈ R \ {0}. (v) . x1 . = |x| . . . . (vi) . xy . da cui |x| − |y| ≤ |x − y|. t2 = t ⇐⇒ t ≥ 0. Per (ii) si osservi che dalla definizione segue subito x2 = |x|2 per ogni x ∈ R. Proviamo (iii): usando (i) e (ii). e quindi ||x| − |y|| = max{|x| − |y|. si ha |x + y|2 = (x + y)2 = x2 + y 2 + 2xy ≤ |x|2 + |y|2 + 2|xy| = = |x|2 + |y|2 + 2|x||y| = (|x| + |y|)2 . quindi (|x| · |y|)2 = |x|2 |y|2 = x2 y 2 = (xy)2 = |xy|2 . = |x| per ogni x ∈ R e y ∈ R \ {0}. Dimostriamo (v): da (ii) segue . La (iv) è conseguenza della subadditività: infatti |x| = |(x − y) + y| ≤ |x − y| + |y|. scambiando i ruoli di x e y si ottiene anche |y| − |x| ≤ |y − x| = |x − y|. da qui segue la tesi estraendo la radice quadrata: infatti √ t ∈ R. |y| − |x|} ≤ |x − y|. |y| Dimostrazione La proprietà (i) è evidente. da cui la tesi estraendo la radice quadrata. . . . 1. . |x| · . . . . = . . x · x . 1 . . = |1| = 1. x. . . quindi . x1 . ossia vale la tesi. è l’inverso di |x|. 45 . Infine (vi) è conseguenza evidente di (ii) e (v). . 46 . Esercizi 1. an . Risolvere le seguenti equazioni e disequazioni: (i) |x| + 1 = |x + 1|. (vi) ||x| − |y|| = |x − y|. Il fatto che esso sia sempre non negativo implica che il discriminante !2 n n n X X X 2 ∆=4 ai b i − 4 bi a2i i=1 i=1 i=1 deve essere non positivo (esercizio 1. Allora si ha v v u n u n n X uX uX a2i t b2i .9. che come si vedrà ha un rilevante significato geometrico. (v) 1 |x| − 1 |x+3| > 1 |x+4| (vi) ||2x − 1| − |x + 3|| < |4x + 5|. y valgono le uguaglianze: (i) |x| − |y| = |x − y|.8. . Si ha 0≤ n X (ai + tbi )2 = i=1 n X a2i + 2t i=1 n X ai b i + t 2 i=1 n X b2i ∀t ∈ R : i=1 Questa espressione è un trinomio di secondo grado nella variabile reale t. (iii) |x + 3| < |2x − 3|.3 Fissato n ∈ N+ . (ii) |x + y| = |x − y|. certamente non negativa. è la seguente: Teorema 1.Disuguaglianza di Cauchy-Schwarz Un’altra importante disuguaglianza. . . . Determinare sotto quali condizioni sui numeri reali x. (iv) ||x − 1| + 1| < 1. siano a1 . (vii) ||x| − |y|| = x + y. 2. ai b i ≤ t i=1 i=1 i=1 Dimostrazione Fissato t ∈ R. . (iv) |x| − |y| = x + y. bn numeri reali. consideriamo la quantità. . .9 1. (ii) |x| − x2 = ||x| + x|. (v) ||x| − |y|| = |x + y|. . (iii) |x| − |y| = x − y.3). La condizione ∆ ≤ 0 implica la tesi. (viii) ||x| − |y|| = x − y. b1 . P n 2 i=1 (ai + tbi ) . x+3 √ (iii) 4x2 − 1 < x − 3. 5. Siano a. A questo scopo procederemo in vari passi.10 La funzione esponenziale Vogliamo definire la funzione esponenziale ax per ogni base a > 0 e per ogni esponente x ∈ R. x2 − 5 |x2 − 2| + 3 ≥ 1. (viii) x < |x2 − 12| < 4x. x + 1 > −1 (x) . 0} = a − |a| . s |x + 2| > 1. (xiii) x+2 x −1 (xi) (xii) |x + 2| − 2x ≤ 1. 47 . (vi) √ x−2 (ii) 7. 0} = − max{−a. x2 − 2x (xiv) x2 − 5|x| + 6 ≥ 0. 3x + 1 2x 2 > 2 . 0} = a + |a| . b ∈ R con b ≥ 0. Risolvere le seguenti disequazioni: r x+1 (i) ≥ 2. enunciamo un lemma che useremo a pi` u riprese. 4. (iv) |1 + 2x| ≥ 1. “notoriamente” vere quando gli esponenti sono numeri naturali. Si dimostri la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz utilizzando il principio di induzione. (iii) |10 − 3x| = 4. Provare che per ogni a ∈ R si ha max{a. Risolvere le seguenti equazioni e disequazioni: (i) |x − 1| < 3. 1. (vii) |x2 − 2| ≤ 1. naturalmente preservando le proprietà usuali. (vi) |5 + x−1 | < 1. |x2 − x| ≤ M. |x − 1| √ √ (iv) 3x2 − 1 > x2 − 3. Prima di cominciare. 2 8. −3x + 4 > 2 (ix) 15x − 3 ≥ 3. 2 min{a. (ii) |2 + 3x| = |4 − x|. (v) |x + 2| ≥ 5x. Determinare un numero reale M tale che si abbia |x| ≤ 1 =⇒ 6. √ |x| − 3 > x. Verificare che |x − a| 2x2 − 1. 10. ( a < 1 =⇒ an < 1 ∀n ∈ N+ . (vi) a > 1 =⇒ an > 1 ( m a < an se a < 1 ∀m. contro l’ipotesi. b numeri reali e M. (vii) am > an se a > 1 Le proprietà (i)-(vi) si verificano per induzione su n (esercizio 1. i due membri risolvono entrambi l’equazione xmn = a). è facile verificare che se a. 1 Risulta anche 1 1 1 ∀n. ∀n. mentre la (vii) segue banalmente da (vi) scrivendo am = an · am−n . m ∈ N. δ numeri reali positivi. m ∈ N+ a nm = (a n ) m (perché.8 come l’unica soluzione positiva dell’equazione xn = a. (ii) an+m = an · am (iii) anm = (an )m ∀n.7. (iv) (ab)n = an · bn ∀n ∈ N. δ[. 1 1 (a n )m = (am ) n ∀n. Supponiamo che risulti a ≤ b + Mε ∀ε ∈]0.Lemma 1. min δ. M si otterrebbe a > b + M ε. m ∈ N+ (perché. per (iii). n ∈ N con m > n. per (iii).10. dunque per definizione si ha 1 (a n )n = a ∀n ∈ N+ .1 (dell’arbitrariet` a di ε) Siano a. 2o passo (radici n-sime) Per n ∈ N+ e a > 0 la quantità a n è stata definita nel paragrafo 1. a0 = 1. scegliendo a−b ε ∈ 0. 1o passo (esponenti naturali) Ricordiamo che per n ∈ N e a ∈ R la potenza an è stata definita all’inizio del paragrafo 1. i due membri risolvono entrambi l’equazione xn = am ). 1 1 1 (ab) n = a n · b n 48 ∀n ∈ N+ . allora si ha necessariamente a ≤ b. b > 0 valgono i seguenti fatti: (i) an > 0 ∀n ∈ N. Dimostrazione Se fosse a > b. m ∈ N. (v) a < b =⇒ an < bn ∀n ∈ N+ .1). 3o passo (esponenti razionali) Se r ∈ Q. allora risulta a q = a n .(perché. nell’estensione da Q a R è essenziale l’assioma di continuità. il discorso è del tutto analogo se p < 0. Prima di definire la quantità ax per x ∈ R. nel senso che essa non deve dipendere dal modo di rappresentare in frazione il numero razionalep r: in altri termini. m ∈ N+ con m > n 1 m (elevando entrambi i membri alla potenza mn ed usando (iii). ∀r ∈ Q con r > 0. q ∈ N+ . sarà r = pq con p ∈ Z. ( 1 1 a < 1 =⇒ a n < a m 1 n a > 1 =⇒ a > a ∀n. s ∈ Q con r > s.10. Ed infatti. i due membri risolvono entrambi l’equazione xn = ab).2). m bisogna controllare che se r = pq = m . per definizione. 4o passo (esponenti reali) Manco a dirlo. s ∈ Q.  p 1   aq se p ≥ 0  p q a = 1 −p se p < 0.  1   aq Occorre però verificare che questa è una buona definizione. ( 1 a < 1 =⇒ a n < 1 ∀n ∈ N+ 1 a > 1 =⇒ a n > 1 (per l’esercizio 1. Si ottengono allora facilmente le estensioni delle proprietà (i)-(vii) al caso di esponenti razionali (vedere l’esercizio 1. ∀r. ossia np = mq.3): (i) ar > 0 ∀r ∈ Q. n supposto ad esempio p ≥ 0. (iv) (ab)r = ar · br (v) a 1 =⇒ ( r a < as se (vii) ar > as se ∀r ∈ Q. utilizzando le proprietà precedenti si trova m 1 1 1 1 1 1 1 1 p a n = (a n )m = (((a n ) p )p )m = (a np )mp = (a mq )mp = (((a q ) m )m )p = (a q )p = a q . ∀r. 49 . (ii) ar+s = ar · as (iii) ars = (ar )s a0 = 1. s ∈ Q. ∀r. dimostriamo il seguente risultato che ci illuminerà sul modo di procedere. se a > 0 poniamo allora.10. (vii)). per (iv). ar 1 a<1 a>1 ∀r ∈ Q con r > 0. λ Scelto poi r ∈ Q tale che x − n1 < r < x.10. nuovamente. 1 n <xe La precedente proposizione ci dice che la nostra scelta per definire ax è obbligata: se vogliamo mantenere la proprietà (vii) siamo forzati a dare questa Definizione 1. s > x} se a ≥ 1 x a = inf{ar : r ∈ Q. Se fosse invece λ < µ. s > x} se 0 < a ≤ 1. s > x}. Allora gli insiemi A e B sono separati. si ha s − dunque. s ∈ Q con r < x < s.8.6. mentre se a ≤ 1 risulta inf A = sup B. Dimostrazione Supponiamo a ≥ 1 e poniamo λ = sup A.3 Siano a. Dobbiamo provare che λ = µ. se a ≥ 1 si ha sup A = inf B. in particolare.10. dal fatto che 1 inf+ a n = 1 n∈N (esempio 1. 50 . preso n ∈ N+ tale che 1 M < an < 1 L 1 (lecito. questi numeri L. per (ii). µ = inf B. B = {as : s ∈ Q. λ Ciò è assurdo e pertanto λ = µ.4). x ∈ R con a > 0. 1 M L as L ≤ as− n = 1 ≤ 1 < M · = L. Supponiamo adesso 0 < a ≤ 1 e poniamo L = inf A. r < x}. e poniamo A = {ar : r ∈ Q. 1 1 1 µ ≤ ar+ n = ar · a n ≤ λ · a n < λ · µ = µ.3 (1)) segue che possiamo scegliere n ∈ N+ tale che 1 1 < an < µ .10. s ∈ Q con r < x < s. M an an Ciò è assurdo e pertanto L = M . essendo supn∈N+ a n = 1) e scelto s ∈ Q con x < s < x + n1 .8). si ha r + n1 > x. µ sono finiti (esercizio 1. Da (vii) segue che ar < as ∀r. il che è lecito per la densità dei razionali in R (corollario 1. r < x} = sup{as : s ∈ Q. r < x} = inf{as : s ∈ Q. Indichiamo con ax il numero reale seguente: ( sup{ar : r ∈ Q. Da (vii) segue stavolta ar > as ∀r. quindi risulta λ ≤ µ. usando (ii).Proposizione 1. cosicché L ≥ M . Se fosse L > M . M = sup B. M sono finiti (esercizio 1.2 Siano a.4).10. dunque. questi numeri λ. x ∈ R con a > 0. (vi).10. si prova che ax ay ≥ ax+y .10. Per la (ii) si ha: Proposizione 1. Infatti.8. mentre dalla relazione ax+y = sup{aq : q ∈ Q. = s inf{a : s ∈ Q. per le proprietà (v).4 (1) Dalla definizione segue subito che 1x = 1 per ogni x ∈ R. 51 .10. q < x + y} segue che ax ay ≥ ax+y . per ogni r.7 e 1.10.6.Non è difficile verificare che nel caso in cui x è razionale questa definizione concorda con la precedente (esercizio 1. In modo del tutto analogo. usando il fatto che ax+y = inf{aq : q ∈ Q. Estendiamo adesso le proprietà (i)-(vii) al caso di esponenti reali.15) ax ay ≤ ax+y . Passando all’estremo superiore separatamente rispetto a r e rispetto a s. Proviamo ora (iv) e (iii). La (i) è evidente. q < x + y}. Osservazioni 1.5) = sup as : s ∈ Q. Dimostrazione Supponiamo ad esempio a ≥ 1. 1. q > x + y}.4). y ∈ R. La tesi è cos`ı provata quando a ≥ 1. supposto ad esempio a ≥ 1.5. Poiché ax+y = sup{aq : q ∈ Q. r < −x} = (posto s = −r) = sup{a−s : s ∈ Q.10. Nel caso 0 < a ≤ 1 si procede esattamente come sopra: l’unica differenza è che dalla relazione ax+y = inf{aq : q ∈ Q. si ha a−x = sup{ar : r ∈ Q.5 Per ogni a > 0 si ha ax+y = ax · ay ∀x.10. (vii) si rimanda agli esercizi 1. s > x} a il discorso è analogo se 0 < a ≤ 1. otteniamo (esercizio 1. s > x 1 1 = x.10. q < x + y} segue che ax ay ≤ ax+y . (2) Per ogni a > 0 e per ogni x ∈ R risulta a−x = a1x . s ∈ Q con r < x e s < y si ha r + s < x + y e quindi ar · as = ar+s ≤ ax+y . s > x} = (per definizione nel caso di esponente razionale) 1 = (per l’esercizio 1. per il lemma dell’arbitrarietà di ε si deduce che ax bx ≤ (ab)x .6 Per ogni a. la procedura è la stessa. ax bx ≤ (ab)x . allora usando le caratterizzazioni con gli estremi superiori avremo: ar br = (ab)r ≤ (ab)x ∀r ∈ Q con r < x. Se a. Infine se a > 1 > b e. usando quelle con gli estremi inferiori si trova l’altra disuguaglianza. bx }[. ab ≥ 1. da cui. b x − ε 1 > b e ab ≤ 1. Dimostrazione Supponiamo a. 52 .Proposizione 1. b ≥ 1. si vede che per ogni r ∈ Q con r < x si ha ar br = (ab)r ≤ (ab)x . essendo ε2 > 0. r0 ∈ Q con r < x e r0 < x tali che 0 ax − ε < ar ≤ ax . b ≥ 1. 0 0 0 0 0 0 < (ax − ε)(bx − ε) < ar bs ≤ ar br = (ab)r ≤ (ab)x . quindi posto ρ = max{r. bx }. ad esempio. min{ax . (ax − ε)(bx − ε) < aρ bρ = (ab)ρ ≤ (ab)x da cui. b > 0 si ha (ab)x = ax · bx ∀x ∈ R. s0 > x. 0 0 dunque se 0 < ε < min{ax . e per ogni ε > 0 esistono r0 . con r0 < x. Similmente. bx } si ricava.10. s0 ∈ Q. “mutatis mutandis”. ricordando che bs −r ≤ 1. procedendo come prima. bx . tali che 0 0 ax − ε < ar ≤ ax . scegliendo 0 < ε < min{ax . si ottiene in modo analogo che ax bx ≥ (ab)x . bx − ε < bs ≤ bx . (ab)x mediante gli estremi inferiori. La tesi è cos`ı provata quando a. bx . r0 } si ha a maggior ragione ax − ε < a ρ ≤ ax . Usando la caratterizzazione di ax . b ≤ 1 si procede in modo simmetrico: usando le caratterizzazioni con gli estremi superiori si trova che ax bx ≤ (ab)x . ax bx − ε(bx + ax ) < (ab)x ossia ax bx < (ab)x + ε(ax + bx ) ∀ε ∈]0. usando le caratterizzazioni con gli estremi inferiori. e lasciamo i dettagli al lettore. (ab)x mediante gli estremi superiori. si arriva alla disuguaglianza opposta. Utilizzando invece le caratterizzazioni di ax . D’altra parte fissato ε > 0 esistono r. Ne segue. ∀x ∈ R. e per ogni ε ∈]0. 0 +1 < a s (1 − ε) 1 2 segue 1 1−ε < 1+2ε. x 1 1 −x =a = x a a ∀a > 0. 0 (ax )y (1 − ε) < (ax )s ≤ (ax )y . s0 ∈ Q tali che 0 < r0 < x. Proposizione 1. ∀x ∈ R. dunque possiamo assumere x. ` sufficiente considerare il caso x. k k k=1 k=1 53 .10. Usando la caratterizzazione con gli estremi superiori. = (a ) < 1−ε (1 − ε)s0 +1 (1 − ε)s0 +1 (1 − ε)s0 +1 (1 − ε)s0 +1 x y Da qui. y > 0.7 Dalla proposizione precedente segue. y ∈ R. si ottiene 0 0 0 0 0 0 (ax )s (1 − ε)s [ax (1 − ε)]s ar s axy (ax )s = ≤ ≤ . se min{x. D’altra parte.2 (3) segue che n n X X n n n k (1 + 2ε) = 1 + (2ε) < 1 + 2ε < 1 + 2n+1 ε. dalla formula del binomio (teorema 1.Osservazione 1. = (−x)y = axy −x a a 1 (ax )y = (ax )y = 1 = (ax )−y (ax )−y = 1 −y = 1 a−x 1 a−xy = axy 1 se y < 0 ≤ x.1) e dall’osservazione 1.7. s ∈ Q con r < x e s < y. = a(−x)(−y) = axy 1 se x.10. facendo uso della proposizione 1.4.8 e tenendo conto del fatto che s0 ≥ 0 e 0 < r0 s0 < xy. a(−x)(−y) Siano dunque x. y ≥ 0: infatti. si ha (ar )s = ars ≤ axy ∀r.8 Per ogni a > 0 si ha (ax )y = axy ∀x.7. y < 0. 0 < s0 < y e 0 ax (1 − ε) < ar ≤ ax . provata la tesi in Dimostrazione E questo caso. Dunque. che x 1 x a · = 1x = 1 ∀a > 0. y ≥ 0: se x = 0 oppure y = 0 la tesi è evidente. a cioè. in particolare. e osservando che da ε < concludiamo che axy xy (ax )y < (1 + 2ε)n .10. 21 [ esistono r0 . Consideriamo dapprima il caso a ≥ 1: in particolare avremo anche ax ≥ 1. scegliendo n ∈ N tale che s0 +1 ≤ n.10. ricordando l’osservazione 1. y} < 0 ci si riconduce ad esso nel modo seguente: y 1 1 x y (a ) = se x < 0 ≤ y. il che è possibile grazie all’esempio 1. In modo analogo. Inoltre la funzione esponenziale ha per codominio la semiretta ]0. da cui n > t per ogni t ∈ A. se a < 1 è strettamente decrescente su R.8) x<y =⇒ ax < ay se a > 1. . avremmo ax−1/n > y > at per ogni t ∈ A. y > 1: consideriamo l’insieme A = {t ∈ R : at < y}. e mostriamo che ax = y. scelto n in modo che a1/n < y · a−x . usando la caratterizzazione con gli estremi inferiori. scelto n ∈ N in modo che a1/n < ax · y1 . In particolare. ossia ax = ay =⇒ x = y. ∞[. si prova la disuguaglianza opposta: ciò conclude la dimostrazione nel caso a ≥ 1. vale a dire che ogni numero positivo è uguale ad una potenza di base a. Essa è strettamente monotòna. ossia verifica (esercizio 1. ciò è garantito dal seguente risultato: Teorema 1. Poniamo allora x = sup A. avremmo ax+1/n < y. nuovamente contraddicendo la definizione di x. quindi Bernoulli (esercizio 1. Se fosse ax > y.9 Se a è un numero positivo diverso da 1. essa è iniettiva: ciò significa che ad esponenti distinti corrispondono potenze distinte. Proviamo l’esistenza. 2 ε e dunque (ax )y ≤ axy in virt` u dell’arbitrarietà di ε. da cui x − n1 > t per ogni t ∈ A: ne seguirebbe che x − n1 sarebbe un maggiorante di A.5) si ha an > 1 + n(a − 1) > y non appena n > a−1 n t risulta a > y > a per ogni t ∈ A. essendo 0 ∈ A. per un opportuno esponente x ∈ R.10. Notiamo che A è anche limitato superiormente. il che contraddice la definizione di x. che è certamente non vuoto. mentre quella con gli estremi inferiori porterà alla disuguaglianza opposta. Perciò ax = y. cioè x + n1 ∈ A.7. Infatti esiste n ∈ N tale che an > y. Se fosse ax < y. tale numero x si chiama logaritmo in base a di y e si indica con x = loga y. allora per ogni y > 0 esiste un unico x ∈ R tale che ax = y. La tesi è cos`ı provata. Logaritmi Abbiamo visto che la funzione esponenziale di base a (con a numero positivo e diverso da 1) è definita per ogni x ∈ R ed è a valori in ]0. ∞[. x<y =⇒ ax > ay se a < 1 : se a > 1 è dunque una funzione strettamente crescente su R. dato che per la disuguaglianza di y−1 .3 (1).10. Se 0 < a ≤ 1 si procede in modo analogo: la caratterizzazione con gli estremi superiori implicherà che (ax )y ≥ axy .8. Dimostrazione L’unicità di x è conseguenza dell’iniettività della funzione esponenziale. e la tesi è 54 . Trattiamo dapprima il caso a > 1.da cui finalmente x y xy (a ) < a +a xy n+1 ·2 1 ∀ε ∈ 0. ossia ognuno di tali n è un maggiorante di A. y = loga c). ∀b > 0. cosicché 0 per quanto già visto esiste un unico x0 ∈ R tale che ax = y1 . se 0 < a < 1 e y > 0. ed è ovviamente anch’essa bigettiva: dunque per ogni x ∈ R esiste un unico y > 0 tale che loga y = x. Se a > 1. 55 . è il logaritmo di base a: ax = y ⇐⇒ x = loga y. scegliendo x = loga b. loga (bc) = loga b + loga c ∀a ∈]0. 0 Infine. ne segue ax = y. ∀a. y = 1 allora chiaramente x = 0. ∀a. ∀a ∈]0. La funzione esponenziale (con base positiva e diversa da 1) è dunque invertibile: la funzione inversa. Se a > 1. scegliendo x = loga b. per quanto visto esiste un unico x0 ∈ R tale che (1/a)x = y. In particolare: loga b = loga b − loga c c loga 1 = 0 loga bc = c loga b ∀c ∈ R. ∀a ∈]0. ∞[ \{1} (conseguenza di (ax )y = axy . a valori in R. posto x = −x0 . ∞[ \{1}. b ∈]0. loga x sono riportati di seguito. ∞[ \{1}. Dalle proprietà dell’esponenziale seguono le corrispondenti proprietà dei logaritmi: ∀b. ∀a ∈]0.provata nel caso a > 1. ax ∀c > 0. che ad ogni y > 0 associa l’unico esponente x ∈ R per il quale si ha ax = y. posto x = −x0 . c > 0. ∀y > 0. ∀a ∈]0. loga b = 1 logb a ∀b. ∞[. I grafici approssimativi delle funzioni ax . ∞[ \{1} (conseguenza di ax+y = ax · ay . Si hanno dunque le relazioni aloga y = y loga ax = x ∀x ∈ R. loga (conseguenza di a−x = 1 = − loga c c 1 . 0 < y < 1. loga c = loga b · logb c ∀c > 0. b ∈]0. e tale y è precisamente ax . c > 0. y = logb c). La funzione logaritmo è definita su ]0. y > 1. ∞[ \{1} scegliendo x = loga c). ∞[\{1}. ∞[ \{1}. allora y1 > 1. quindi. si 0 ha ax = a−x = y. Dimostrare le regole di calcolo con esponenti razionali. Il grafico qualitativo di loga x si ottiene da quello di ax per riflessione rispetto alla retta y = x.L’andamento qualitativo del grafico di ax è giustificato dalle seguenti considerazioni: se a > 1. Se 0 < a < 1. ossia a at (aε −1). 2. r < x}. Si provi che A e B sono limitati inferiormente. vale lo stesso discorso. Si provi che a≥1 ⇐⇒ a1/n ≥ 1 ∀n ∈ N+ . Esercizi 1. dilatato o contratto di un fattore at (che è maggiore di 1 se t > 0. ma rovesciato: si hanno incrementi dilatati se t < 0. Dunque è lo stesso di prima. mentre nel passaggio da t a t+ε è pari a at+ε −at . B = {as : s ∈ Q. Dimostrare le regole di calcolo con esponenti naturali. contratti se t > 0. 3. s > x}. 4.1). l’incremento della quantità ax nel passaggio da 0 a ε è pari a aε − 1. Per a > 0 poniamo A = {ar : r ∈ Q. come sempre accade per le funzioni inverse (osservazione 1. minore di 1 se t < 0). ossia le proprietà (i)-(vi) enunciate nel 1o passo. e che: 56 . ossia le proprietà (i)-(vii) enunciate nel 3o passo.10 1. 0<a≤1 ⇐⇒ a1/n ≤ 1 ∀n ∈ N+ .3. mentre se a ≤ 1 si ha ap/q = inf A = sup B. (vii) |log10 |x|| = 100. Sia A un insieme non vuoto contenuto nella semiretta ]0. Si provi che se a < 1 allora ax < 1. √ 4 4x − 15 4x = 16. Siano a. 3 x 4 y = 10 (xiii) y 1/x = 10. (viii) 812x−1 + 2 · 94x + 711 = 812x+1 + 1 . se a ≥ 1 si ha ap/q = sup A = inf B. 9 11. 5. sup A 6.(i) se a ≥ 1. Si provi che ( +∞ se inf A = 0 1 :x∈A = sup 1 x se inf A > 0. 7. Si provi che se a < 1 allora ax > ay . 25x−1 25 · 1253 2 x+y =4 x + y 2 = 17 (v) . (i) 7x+1 + 7x−1 = 5x . Siano a. A è limitato superiormente. inf A ( 0 se sup A = +∞ 1 inf :x∈A = 1 x se sup A < +∞. √ 5 (xi) log4 x2 − log8 x = . (ii) (iii) 3x+1 ≥ 51−x . 10. xy = 1/2 (xiv) xlog2 y = 41 . y ∈ R con x < y. (viii) (3 − 2x )(5x/2 − 2) > 0. Risolvere le seguenti equazioni: √ 1 (ii) 91/(x−1) = 31/(3x−1) . mentre se a > 1 allora ax > 1. (iv) = 2x . 4 (52−x )3+x (5x−2 )2x−3 x2 −5x+9 (iii) 7 = 343. (ii) supposto x = pq ∈ Q. xy 3 = 27 5x+y = 125 5x2 −3 15−3x2 (vii) 8 x2 +1 = 2 3x2 +1 . . b > 0 e x > 0. se a ≤ 1.58)x non ha soluzioni reali diverse da 0. 2 (vi) log1/2 (2x + 3) ≤ 3. ∞[. Si provi che se a 0 e x. 8. 1 (iv) < |2x − 1| < 2. x > 0. (ix) log3 log4 (x2 − 5) < 0. 3 9. Dimostrare che l’equazione 37x = (0. (i) 8x = . Risolvere le seguenti equazioni e disequazioni: (v) log3 x − log1/3 x > 2. mentre se a > 1 allora ax < ay . (x) log2 |x| ≤ 3 − log4 |x|. B è limitato superiormente. 57 √ (xii) log2x x < 12 . mentre. (vi) . L’assioma che permette di identificare una retta orientata con l’insieme dei numeri reali ci consente anche di rappresentare univocamente i punti del piano con coppie di numeri reali. si deve fissare il sistema di riferimento. ∀x ∈ R. I punti di R2 si possono sommare fra loro e moltiplicare per una costante reale.12. utilizzare sistemi di riferimento ortogonali. è un concetto primitivo. la prima retta si chiama asse delle ascisse. Geometria nel piano In geometria il piano. anche se per nulla necessario. La coppia (a. a) individuano punti diversi. E nei quali cioè le due direzioni sono perpendicolari fra loro. b) e (b. ascissa e ordinata). ossia due rette orientate (non coincidenti e non opposte) passanti per O. b) determina allora in modo unico il punto P : si noti che se a 6= b le coppie (a. che si chiamano coordinate di P (rispettivamente. Dimostrare che |ax − 1| ≤ a|x| − 1 1. In definitiva. Il sistema è orientato negativamente nel caso opposto. (b) due direzioni. e infine (c) un’orientazione: si deve decidere quale sia la prima direzione e quale la seconda. Nel seguito questa identificazione sarà sistematica. partendo dal lato positivo dell’asse x e girando in verso antiorario. il piano si può identificare con il prodotto cartesiano R2 = R × R. ` comodo. è anche utile (ma talvolta controindicato) scegliere la stessa unità di misura per le ascisse e per le ordinate: si parla allora di “coordinate cartesiane ortogonali monometriche”. o asse y. come la retta. si incontra il lato positivo dell’asse y prima di quello negativo. b. che è costituito da tre oggetti: (a) un punto origine O.11 ∀a ≥ 1. Noi considereremo soltanto sistemi di riferimento orientati positivamente. utilizzan58 . Si dice che il sistema è orientato positivamente se. Per fare ciò. o asse x e la seconda asse delle ordinate. A questo punto si proietta P su ciascuna retta parallelamente all’altra: alle sue due proiezioni A sull’asse x e B sull’asse y corrispondono univocamente (per quanto visto) due numeri reali a. 11. (ii) (simmetria) P Q = QP per ogni P. il prodotto λP è il punto di coordinate (λxP . yQ ) sono punti di R2 . eccetera). le principali proprietà ed entità geometriche. Elenchiamo le proprietà di cui gade la distanza euclidea: (i) (positività) P Q ≥ 0 e P Q = 0 se e solo se P = Q.1 Siano P = (xP . e questo permette di definire la sottrazione: P − Q significa P + (−1)Q e dunque ha coordinate (xP − xQ . la somma e la sottrazione si possono rappresentare graficamente. yP ) e Q = (xQ . yP − yQ ). e quindi definire mediante i numeri reali. la loro somma P+Q è il punto di coordinate (xP +xQ . yP ) ∈ R2 e λ è un numero reale. Cominciamo con la fondamentale nozione di distanza euclidea nel piano. La distanza euclidea fra P e Q è il numero non negativo q P Q = (xP − xQ )2 + (yP − yQ )2 . (iii) (disuguaglianza triangolare) P Q ≤ P R + RQ per ogni P. La possibilità di effettuare queste operazioni sui punti del piano definisce in R2 una struttura di spazio vettoriale. 59 . commutatività. Per queste operazioni valgono le usuali proprietà della somma e del prodotto ordinari (associatività. e per questo i punti di R2 sono anche detti vettori. yP +yQ ). distributività. Distanza in R2 Il passo successivo è quello di rappresentare.done la rappresentazione in coordinate: se P = (xP . Definizione 1. se P = (xP . Cos`ı come il prodotto per scalari. yP ). yQ ) due punti di R2 . λyP ). Scriveremo in particolare −P in luogo di (−1)P. R ∈ R2 . Q = (xQ . facendo uso della cosiddetta “regola del parallelogrammo”. Q ∈ R2 . Q. in particolare.11.9.22 e 1. (λP )(λQ) = |λ|P Q ∀λ ∈ R. U ∈ R2 . come abbiamo visto.3). Dobbiamo dimostrare che p √ √ (u + w)2 + (v + z)2 ≤ u2 + v 2 + w2 + z 2 . Dalla definizione di distanza è evidente il fatto che ∀P. con la distanza di P−Q dall’origine O. Q ∈ R2 .23). w = xR − xQ . come suggerisce l’intuizione. Per questa ragione.11. yQ ). ove λ è un fissato numero reale. Q ∈ R2 . U ∈ R2 . v = yP − yR . per comodità. Con questa notazione si può scrivere. Invece la trasformazione del piano che manda ogni punto P di R2 nel punto λP. ∀P. (u + w)2 + (v + z)2 = u2 + w2 + v 2 + z 2 + 2(uw + vz) ≤ √ √ ≤ u2 + v 2 + w2 + z 2 + 2 u2 + v 2 w2 + z 2 = √ √ = ( u2 + v 2 + w2 + z 2 )2 . Q. Q ∈ R2 . Q = (xQ . La distanza euclidea ha un’altra fondamentale proprietà: l’invarianza per traslazioni. Poniamo. z = y R − y Q . al solito. u = xP − xR . si dice omotetia. il comportamento della distanza rispetto alle omotetie è il seguente: ∀P.Le proprietà (i) e (ii) sono ovvie per definizione. yR ) ed anche. ove U è un fissato punto di R2 . se Q = O. . invariante rispetto a rotazioni e simmetrie del piano (esercizi 1. (P + U )(Q + U ) = P Q il che esprime appunto l’invarianza per traslazioni della distanza euclidea. in luogo della notazione P Q si usa spessissimo la seguente: q |P − Q| = P Q = (xP − xQ )2 + (yP − yQ )2 ∀P. yP ). si scriverà pi` u semplicemente |P| in luogo di |P − O| (si dice che |P | è il modulo del vettore P). Q. ∀λ ∈ R. cioè con O(P − Q). R = (xR . Una traslazione è una trasformazione del piano (cioè una funzione da R2 in R2 ) che manda ogni punto P nel punto P + U. P = (xP . utilizzando la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz (teorema 1. In effetti si ha. Osservazione 1.2 La distanza euclidea P Q fra due punti P e Q coincide. in modo pi` u naturale. proviamo la (iii). La distanza fra due punti è anche.11. essa fornisce la lunghezza del segmento PQ. |(P + U) − (Q + U)| = |P − Q| |λP − λQ| = |λ| · |P − Q| 60 ∀P. y) ∈ R2 : (x − a)2 + (y − b)2 ≤ r2 }. b) ∈ R2 e r > 0. ove k è un fissato numero reale. di centro P e raggio r è l’insieme B(P. la circonferenza di centro P e raggio r è S(P. r) = {X ∈ R2 : |X − P| ≤ r} = {(x. il disco chiuso di centro P e raggio r è B(P. y) ∈ R2 : (x − a)2 + (y − b)2 < r2 }. in linea di principio. tramite equazioni e disequazioni. Il disco. Rette Tutti i sottoinsiemi del piano. Fissiamo 61 . ossia non parallela agli assi coordinati. Consideriamo ora una retta r obliqua. o cerchio. una retta verticale (parallela all’asse y) è costituita da punti di ascissa costante e quindi la sua equazione sarà x=h con h fissato numero reale. i suoi punti avranno ordinata y costante e quindi la retta sarà descritta dall’equazione y = k. Vediamo come si rappresentano le rette in R2 . Se una retta è orizzontale (parallela all’asse x). Analogamente. y) ∈ R2 : (x − a)2 + (y − b)2 = r2 }. r) = {X ∈ R2 : |X − P| < r} = = {(x. possono essere descritti in termini delle coordinate dei propri punti.Alla distanza euclidea si associano in modo naturale alcuni speciali sottoinsiemi del piano: i dischi e le circonferenze. Siano P = (a. r) = {X ∈ R2 : |X − P| = r} = {(x. di cateti P0 T0 e Q0 T0 . Per le rette verticali il coefficiente angolare non è definito. e se a e b sono entrambi non nulli la retta è obliqua (di equazione y = − ab x − cb ). si ottiene che yP − yQ0 yP − yQ = xP − xQ xP − xQ 0 ∀Q. Se la retta è orizzontale si ha m = 0. Come abbiamo visto. ma si suole dire che esse hanno “pendenza infinita”. y −y ossia il rapporto m = xPP −xQQ è indipendente da Q quando Q varia in r. 62 . Notiamo anche che una retta di equazione ax + by + c = 0 passa per l’origine se e solo se il suo “termine noto” c è nullo. si ha m > 0. di cateti PT e QT. La quantità m sopra definita si chiama pendenza o coefficiente angolare della retta r. scegliendo P0 = P. T = (xQ . Se prendiamo due altri punti distinti P0 e Q0 su r. otteniamo che la pi` u generale equazione cartesiana di una retta è ax + by + c = 0 con a. il quale è simile al precedente. e ripetiamo la stessa costruzione. Riepilogando ed unificando tutti i casi sopra visti. yP 0 ). y) è un punto di R2 si ha X ∈ r se e solo se yP − y = m. Dato che. Il numero reale q è l’ordinata del punto di incontro di r con l’asse y. se la semiretta (di tale retta) corrispondente alle y positive forma con la direzione positiva dell’asse x un angolo acuto. mentre se tale angolo è ottuso si ha m < 0. b. se a = 0 la retta è orizzontale (di equazione y = − cb ).due punti distinti P e Q in r. yP ) e Q0 = (xQ0 . pensando P fisso e facendo variare Q. Q0 di punti (distinti) di r. dopo un cambiamento di segno. o anche. Q0 ∈ r. y = mx + q. Se b = 0 la retta è verticale (di equazione x = − ac ). Siano poi r0 la retta per P parallela all’asse x e r00 la retta per Q parallela all’asse y: tali rette sono perpendicolari fra loro e quindi si incontrano in un punto T. c numeri reali tali che a e b non siano entrambi nulli. Quindi fra le lunghezze dei rispettivi cateti vale la proporzione QT : P T = Q0 T 0 : P 0 T 0 . posto q = yP + mxP . xP − xQ xP 0 − xQ0 Questa relazione è valida per ogni coppia P0 . yP − yQ yP 0 − yQ0 = . se X = (x. xP − x dunque l’equazione cartesiana della retta (obliqua) r è la seguente: y − yP = m(x − xP ). Ad esempio. otteniamo un altro triangolo rettangolo P0 T0 Q0 . Il triangolo PTQ è rettangolo. per costruzione. la proporzione sopra scritta diventa. Si noti che l’equazione cartesiana di una retta è unica a meno di un fattore di proporzionalità non nullo: se λ 6= 0. supponendo xP < xQ . semipiani Se invece di una retta occorre descrivere una semiretta. 63 Σ− = {(x. x > 0. x ≥ 0. dalle condizioni x P ≤ x ≤ xQ . y) ∈ R2 : ax + by + c ≥ 0}. occorrerà rendere strette una o l’altra o entrambe le disuguaglianze. cioè senza l’estremo. si scriverà xQ ≤ x ≤ xP . Se risultasse invece xP > xQ . sarà necessariamente yP < yQ oppure yP > yQ e scriveremo allora le limitazioni yP ≤ y ≤ yQ oppure yQ ≤ y ≤ yP . le equazioni ax + by + c = 0. il segmento (chiuso) di estremi P e Q sulla retta r di equazione ax + by + c = 0 è descritto. si ha ovviamente axp + byP + c 6= 0. si può scrivere equivalentemente y − yP = yQ − yP (x − xP ). o semichiuso a destra. ossia comprendente il suo estremo. Analogamente. y) ∈ R2 : ax + by + c ≤ 0} . y ≥ 0} è descritta dall’equazione y = x. basterà delimitare l’insieme di variabilità della x o della y: per esempio. Se essa ha equazione ax + by + c = 0 e se P∈ / r. segmenti. oppure y = x. Una retta r divide il piano in due semipiani. se si sa che xQ 6= xP . se infine xP = xQ . o semichiuso a sinistra. la retta passante per due punti distinti assegnati P e Q ha equazione (xQ − xP )(y − yP ) = (yQ − yP )(x − xP ) e. la semiretta bisettrice del primo quadrante {(x. Se il segmento lo si vuole aperto. λax + λby + λc = 0 individuano la stessa retta. oppure aperta. xQ − xP Semirette. a seconda che si consideri la semiretta chiusa. ax + by + c = 0. I due insiemi Σ+ = {(x. Infine. y) ∈ R2 : x. il semipiano Σ+ relativo alla retta −10x − 6y + 7 = 0 è quello che sta “al di sotto”: infatti la retta incontra l’asse y nel punto (0. se è negativo sarà Σ− . il semipiano contenente P sarà Σ+ . poi scegliere un punto P fuori di r e vedere il segno dell’espressione axP +byP +c: se è positivo. 67 ) e quindi l’origine. yB ) e supponiamo. Ad esempio. Un triangolo si ottiene intersecando tre (opportuni) semipiani. si 64 . che sia xA < xB e yB = 6 yA .sono i due semipiani chiusi delimitati da r. L’intersezione di due rette non parallele è un punto. L’intersezione di due semipiani è un angolo convesso. le cui coordinate si ottengono mettendo a sistema le equazioni delle due rette: il fatto che le pendenze delle rette siano diverse garantisce la risolubilità del sistema. I poligoni non convessi si realizzano tramite opportune unioni e intersezioni di semipiani. basta mettere le disuguaglianze strette. Per disegnarli. un angolo concavo (maggiore dell’angolo piatto) si ottiene invece facendo l’unione di due semipiani. ogni poligono convesso di n lati si ottiene come intersezione di n semipiani. Rette e segmenti in forma parametrica Consideriamo il segmento S di estremi (distinti) A = (xA . se i semipiani li si vuole aperti. Come sappiamo. Se invece le rette sono parallele. per fissare le idee. che appartiene a Σ+ . sta sotto la retta. basta tracciare la retta r. yA ) e B = (xB . cioè minore dell’angolo piatto. il sistema avrà infinite soluzioni o nessuna soluzione a seconda che le rette siano coincidenti o no. In forma vettoriale si può scrivere. Pertanto P appartiene al segmento S. fornisce le equazioni parametriche del segmento S. t ∈ [0. P = A + t(B − A). Alle stesse equazioni si perviene. per ragioni di similitudine. S = {P ∈ R2 : P = A + t(B − A). dà le equazioni parametriche della retta per A e B. d’altra parte. sia P = (x. si ha 0 ≤ x − xA ≤ xB − xA . cosicché P appartiene alla retta passante per A e allora si ha xx−x B −xA B −yA B. mentre il parametro t rappresenta il tempo di percorrenza: all’istante t = 0 ci troviamo in A. 1]. y) dato dal sistema sopra scritto. all’istante t = 1 transitiamo in B. essendo x − xA = t(xB − xA ). con un opportuno t ∈ [0. ed anche quando yA = yB (segmento orizzontale) oppure xA = xB e yA 6= yB (segmento verticale). |B − A| xB − xA yB − yA Poniamo t= |P − A| : |B − A| poiché P ∈ S. y) ∈ R : y − yA = (x − xA ). si ha t ∈ [0. 1]: A A = yy−y = t. Quindi ogni P ∈ S si rappresenta nella forma sopra descritta. in modo equivalente. y di P verificano allora x = xA + t(xB − xA ) y = yA + t(yB − yA ). 1]}. 65 . ossia x ∈ [xA . ovvero. per un certo t ∈ [0. 1]. Il vettore B − A può essere interpretato come la velocità di avanzamento lungo la retta. t ∈ R. |P − A| x − xA y − yA = = ∈ [0. Viceversa. in forma vettoriale. il sistema x = xA + t(xB − xA ) y = yA + t(yB − yA ). t ∈ R. quando xA > xB (basta scambiare i ruoli di A e B ed effettuare la sostituzione s = (1 − t)).ha yB − yA 2 S = (x. xB − xA Se P = (x. per valori t > 1 ci spingiamo oltre B mentre per t < 0 siamo dall’altra parte. In modo analogo. 1]. Le coordinate x. y) ∈ S. oltre A. x ∈ [xA . si ha. come è facile verificare. xB ] . xB ]. Il sistema x = xA + t(xB − xA ) t ∈ [0. 1] y = yA + t(yB − yA ). Q0 . 1]}. r0 = {X = A + tB. 1]}. come si è fatto in precedenza. r0 sono parallele se e solo se hanno lo stesso coefficiente angolare. da cui y Q0 − y P 0 xQ − xP 1 =− =− . Supponiamo r obliqua: se P e Q sono punti distinti di r. AB = {X = A + t(B − A). a parte un’eventuale costante moltiplicativa. differiscono solamente per il termine noto.1). t ∈ R}. Una retta r è parallela ad un segmento PQ se è parallela alla retta che lo contiene. Q e per P0 .11. t ∈ [0. Scriviamo ora l’equazione cartesiana di una retta r0 perpendicolare ad una retta r asse` chiaro che se r è orizzontale allora r0 è verticale. ma le coppie di cateti sono scambiate e si ha |Q − T| : |P − T| = |P0 − T0 | : |Q0 − T0 |. dunque di equazioni parametriche PQ = {X = P + t(Q − P). sappiamo che la y −y pendenza di r è m = xPP −xQQ . Se le due rette sono scritte in forma parametrica: r = {X = P + tQ.13). con k ∈ R arbitrario. esse sono parallele se e solo se il sistema costituito dalle due equazioni non ha soluzioni (in tal caso le rette sono parallele e distinte) oppure ne ha infinite (e allora le due rette coincidono). Di conseguenza. cosicché le rispettive equazioni cartesiane. Due segmenti PQ. se r ha equazione del tipo ax+by +c = 0. la quale esprime appunto il fatto che il sistema costituito dalle equazioni delle due rette non è univocamente risolubile.11. e se r è verticale allora r0 è gnata. E orizzontale. t ∈ R}. Se le rette hanno equazioni ax + by + c = 0 e a0 x + b0 y + c0 = 0. AB. 66 . se ora P0 e Q0 sono punti distinti di r0 . xQ 0 − xP 0 yQ − yP m e in definitiva la pendenza di r0 è m0 = − m1 . le rette perpendicolari a r hanno equazioni della forma −bx+ay +k = 0. Ciò equivale alla condizione ab0 − ba0 = 0 (esercizio 1. sono paralleli se le rette che li contengono sono parallele: quindi se e solo se Q − P è proporzionale a B − A. esse risultano parallele se e solo se esiste λ ∈ R\{0} tale che Q = λB (esercizio 1. I triangoli rettangoli PTQ e P0 T0 Q0 sono ancora simili. t ∈ [0. costruiamo i punti T e T0 di intersezione delle rette parallele agli assi passanti rispettivamente per P.Parallelismo e perpendicolarit` a Due rette r. fra tutti i punti della retta r contenente OQ.Vediamo ora come si esprime la perpendicolarità fra segmenti. deve aversi |P | ≤ |P − tQ| ∀t ∈ R. Questa condizione è pertanto equivalente alla perpendicolarità dei segmenti OP e OQ. OQ con un vertice nell’origine O. t ∈ R} descrivono la retta r. x2P + yP2 ≤ (xP − txQ )2 + (yP − tyQ )2 = 2 = x2P + yP2 − 2t(xP xQ + yP yQ ) + t2 (x2Q + yQ ) ∀t ∈ R. Il fatto che OP sia perpendicolare ad OQ si può descrivere in termini di distanza: significa che O. ovvero 2 t2 (x2Q + yQ ) − 2t(xP xQ + yP yQ ) ≥ 0 ∀t ∈ R. Consideriamo due segmenti OP . Traduciamo a questo in termini di coordinate: poiché i punti {tQ. scritte stavolta in forma parametrica: r = {X = P + tQ. è quello situato a minima distanza da P . Due segmenti qualunque PQ e AB sono perpendicolari se e solo se i vettori Q − P e B − A sono ortogonali. ossia se e solo se (xQ − xP )(xB − xA ) + (yQ − yP )(yB − yA ) = 0. yQ ) di R2 sono fra loro ortogonali. yP ) e Q = (xQ . yP ) e Q = (xQ . Essa dipende solo dalle coordinate di P e di Q: dunque esprime una proprietà che riguarda intrinsecamente i punti P e Q.3 Diciamo che due vettori P = (xP . Elevando al quadrato i due membri si ricava. Definizione 1. ossia se risulta xP xQ + yP yQ = 0.11. per definizione di distanza. r0 = {X = A + tB. ossia xP xQ + yP yQ = 0. se i segmenti OP e OQ sono perpendicolari. e che è naturale prendere come definizione di ortogonalità fra vettori di R2 (e non pi` u fra segmenti di R2 ). t ∈ R}. r0 . t ∈ R}. Consideriamo ancora due rette r. ove P = (xP . Ciò è possibile se e solo se il discriminante di questo polinomio di secondo grado è non positivo: dunque deve essere (xp xQ + yP yQ )2 ≤ 0. yQ ) sono punti distinti e diversi da O. 67 . 11. Esempio 1. analogamente. b). Si noti che comunque si fissi U = (u. 5) è la retta r0 di equazione −(x + 2) − (y − 5) = 0. e che come vedremo ha un rilevante significato geometrico. ovvero. vale a dire un numero reale. v) ∈ r. è definita un’altra operazione fra vettori: il “prodotto scalare”. y) : ax + by + c = 0}.Allora la direzione di r è quella del vettore Q e la direzione di r0 è quella del vettore B: perciò esse sono perpendicolari se e solo se Q e B sono vettori ortogonali. x + y − 3 = 0. y) : bx − ay + c0 = 0}. a meno di un fattore di proporzionalità. cioè se e solo se aa0 + bb0 = 0. Prodotto scalare In R2 . Ritroviamo cos`ı il fatto che le equazioni di r e r0 sono. r0 = {(x. e consideriamo le rette ρ. vale a dire se e solo se xQ xB + yQ yB = 0. y) tali che X − U è ortogonale al vettore dei coefficienti A = (a. oltre alla somma ed al prodotto per scalari. y) : a0 x + b0 y = 0}. y) : a0 x + b0 y + c0 = 0}. La parallela a r passante per (−1. che r. Supponiamo invece. della forma r = {(x. b) e (a0 . b0 ). 68 . nuovamente.4 La retta r di equazione x− y = 0 è la bisettrice degli assi coordinati.3 segue subito che ρ è l’insieme dei vettori che sono ortogonali al vettore dei suoi coefficienti (a. r = {(x. b): infatti.11. essendo U ∈ r si ha c = −(au + bv). ρ0 parallele a r ed a r0 e passanti per l’origine: ρ0 = {(x. y) : ax + by = 0}. l’insieme dei vettori che sono ortogonali a (a0 . la retta r descrive l’insieme dei vettori X = (x. Dalla definizione 1. La perpendicolare a r passante per (−2. −4) è la retta r00 di equazione (x + 1) − (y + 4) = 0. da cui (x − u)a + (y − v)b = ax + by + c = 0. che a due vettori assegnati fa corrispondere una quantità scalare. y) : ax + by + c = 0}. pi` u semplicemente. b0 ) sono fra loro ortogonali. se ne deduce che ρ e ρ0 (e quindi anche r e r0 ) sono fra loro perpendicolari se e solo se i vettori (a. ossia x − y + 5 = 0. ρ = {(x. r0 siano scritte in forma cartesiana: r0 = {(x. mentre ρ0 è. (ii) hP.11. Poiché il segmento OQ è perpendicolare alla retta.3 segue che due vettori P e Q sono fra loro ortogonali se e solo se hP. la quarta è una riformulazione della disuguaglianza di Cauchy-Schwarz. y) ∈ R2 : ax + by ≤ 0} è l’insieme dei vettori P tali che l’angolo fra i segmenti OP e OQ è ottuso. Qi ∀P. Pi = |P|2 . Qi = hQ. 69 . y) ∈ R2 : ax + by ≥ 0}. Qi| ≤ |P| · |Q|. Q. Ri = hP. Le prime tre proprietà sono immediata conseguenza della definizione. Σ+ = {P ∈ R2 : hP. Q ∈ R2 (esercizio 1. R ∈ R2 si ha (i) hP. Vale anche il seguente “sviluppo del binomio”: |P − Q|2 = |P|2 + |Q|2 − 2 hP. Pi. (iv) |hP.Definizione 1. si deduce che Σ+ è l’insieme dei vettori P tali che i segmenti OP e OQ formano un angolo acuto. mentre Σ− = {(x. \ retto QOP ⇐⇒ hP. come si verifica immediatamente. si ha. yP ).11. yQ ) punti di R2 . se ne deducono le equivalenze \ acuto QOP ⇐⇒ hP. Qi ≥ 0}. Le proprietà del prodotto scalare sono le seguenti: per ogni P. Σ− = {P ∈ R2 : hP. Ma il significato geometrico del prodotto scalare non è tutto qui: data una retta r per l’origine. per definizione di prodotto scalare. Qi < 0. La quantità xP xQ + y P y Q si chiama prodotto scalare fra P e Q e si indica con hP. il vettore Q = (a. Qi = 0. Qi = 0.5 Siano P = (xP . Ri + hQ. \ ottuso QOP ⇐⇒ hP. Qi. Qi ≤ 0}. Dalla definizione di prodotto scalare e dalla definizione 1. Ri. Q = (xQ .11. D’altra parte. Qi > 0.8). (iii) hP + Q. di equazione ax + by = 0. b) appartiene al semipiano Σ+ = {(x. y) si determinano. Supponiamo naturalmente U ∈ / r. = a2 + b2 da cui |axU + byU + c| √ . ossia il minimo delle distanze |U−P| al variare di P ∈ r. a2 + b2 Quindi. anche se un po’ laborioso. le cui coordinate (x. e la sua posizione nel piano si determina mediante la regola del 70 . Vogliamo calcolare la distanza del punto U dalla retta r. xB + yB ). la distanza del punto (32. a2 + b 2 yQ = −bc − abxU + a2 yU . ad esempio. si trova |U − Q|2 = (xU − xQ )2 + (yU − yQ )2 = h 2 1 = 2 xU (a2 + b2 ) + ac − b2 xU + abyU + 2 2 (a + b ) 2 i + yU (a2 + b2 ) + bc + abxU − a2 yU = 2 1 a (axU + byU + c)2 + b2 (axU + byU + c)2 = = 2 2 2 (a + b ) (axU + byU + c)2 . r) = |U − Q| = Lineare indipendenza Siano A. a2 + b 2 La minima distanza |U−P| si ottiene per P = Q: dunque basterà determinare |U−Q|. denoteremo tale distanza con d(U. altrimenti la distanza cercata è 0. ` facile. 1+4 5 d(U. Come sappiamo. la somma A + B è il vettore di componenti (xA + yA . e sia U = (xU . yU ) un punto di R2 . come sappiamo. dedurre che E xQ = −ac + b2 xU − abyU . B ∈ R2 . Sviluppando con pazienza i calcoli. −48) dalla retta di equazione x−2y−99 = 0 è semplicemente |32 + 96 − 99| 29 √ =√ .Distanza di un punto da una retta Sia r una retta di equazione ax + by + c = 0. Consideriamo la retta r0 passante per U e perpendicolare a r: essa intersecherà r in un punto Q. risolvendo il sistema ax + by + c = 0 −b(x − xU ) + a(y − yU ) = 0. r). E in questo caso l’insieme M coincide con la retta per A e B. µ ∈ R : P = λA + µB}. B linearmente indipendenti.parallelogrammo. In definitiva. 71 . µ ∈ R. posto C = (−yB . non entrambi nulli. y) ∈ R2 e proviamo che esistono λ e µ tali che P = λA + µB. può capitare che questo sia l’unico modo di ottenere O. costruiti su multipli dei vettori A e B. nonché hB. Sia infatti P = (x. Quando invece A e B non sono allineati con O (e in particolare sono entrambi non nulli). che è il luogo dei quarti vertici di tutti i parallelogrammi.6 Due vettori A. in tal caso ogni P ∈ R2 si può scrivere in uno ed un sol modo come combinazione lineare di A e B (esercizio 1. al variare di λ. si può agevolmente mostrare che M = R2 . µ ∈ R. Le espressioni λA + µB. il cui nome deriva dal fatto che nel parallelogrammo di lati OA e OB il quarto vertice è A + B. Ci = 0. Di conseguenza. λ= xB yA − yB xA xyA − yxA µ= . Ma se fosse xB yA − yB xA = 0. ossia se esistono λ. Risolvendo si trovano λ e µ: yxB − xyB . a patto però che risulti xB yA − yB xA 6= 0. Questa uguaglianza si può tradurre nel sistema λxA + µxB = x λyA + µyB = y le cui incognite sono λ e µ. Definizione 1. B di R2 si dicono linearmente indipendenti se l’unica loro combinazione lineare che dà come risultato il vettore O è quella con entrambi i coefficienti nulli: in altre parole. E basta scegliere λ = µ = 0. o possono invece esistere altri valori (non nulli) di λ e µ tali che λA + µB = O.11. Consideriamo l’insieme M = {P ∈ R2 : ∃λ. si chiamano combinazioni lineari dei vettori A e B: quindi M è l’insieme dei vettori P ` chiaro che O ∈ M . data una qualunque coppia di vettori A. A seconda di come si fissano A e B. le combinazioni lineari di tali vettori generano tutto il piano R2 . con primo vertice in O. dato che per ottenere O che sono combinazioni lineari di A e B. xB yA − yB xA il che dimostra che P ∈ M . ` chiaro che A e B sono linearmente dipendenti se e solo se sono allineati con l’origine. tali che λA + µB = O.11. cioè sarebbero allineati con l’origine: ciò è assurdo. xB ) avremmo hA. I due vettori si dicono linearmente dipendenti se non sono linearmente indipendenti.24). A e B sono lnearmente indipendenti quando vale l’implicazione λA + µB = O =⇒ λ = µ = 0. sia A che B apparterrebbero alla retta di equazione −yB x + xB y = 0. Ci = 0. Q. Si calcoli la distanza del punto (−3. Si provi che le rette di equazioni parametriche X = P + tQ. 12. 1). 4. Si calcolino le coordinate di tali punti. ove P = (7. (−1. 5). 0) e per il centro della circonferenza di equazione x2 + y 2 − 2x + y = 0. Dimostrare che il sistema ax + by + c = 0 a0 x + b 0 y + c 0 = 0 è risolubile univocamente se e solo se risulta ab0 − ba0 6= 0. 5) e Q = (4.11 1. ove A = (−1. −1) e perpendicolare alla retta di equazione 4x − 3y + 12 = 0. Dimostrare che per ogni P. 13). 8. Determinare la retta passante per (0. 13. 2. 1) (l’asse di un segmento è il luogo dei punti che sono equidistanti dai vertici del segmento). Provare che il triangolo di vertici (−3. 6. (4. y). 3. in tal caso se ne scriva la soluzione (x.Esercizi 1. 2) e (2. λb = a0 . Sia R = (2. B = (0. Si suddivida il segmento di estremi (1. 1) in quattro parti di egual lunghezza mediante i tre punti P. s ∈ R sono fra loro parallele se e solo se esiste λ ∈ R. 10. −1) è rettangolo. 3) e (11. Q ∈ R2 si ha |P − Q|2 = |P|2 + |Q|2 − 2 hP. 72 . Si provi che le rette di equazioni ax + by + c = 0 e a0 x + b0 y + c0 = 0 sono fra loro parallele se e solo se esiste λ ∈ R \ {0} tale che a0 = λa e b0 = λb. Determinare le coordinate di Q. 1) è isoscele. C = (−10. Dati P = (−2. Calcolare la lunghezza della mediana uscente dal punto A relativa al triangolo ABC. 2) e (2. t ∈ R e X = A + sB. Si provi che le rette di equazioni ax + by + c = 0 e a0 x + b0 y + c0 = 0 sono fra loro perpendicolari se e solo se esiste λ ∈ R \ {0} tale che λa = −b0 . trovare le coordinate di un punto R sul segmento PQ tale che |P − R| = 2 |Q − R|. 9. 3). Qi. 14. tale che Q = λB. −6). −1). 3) il punto medio del segmento PQ. non nullo. 11. 7. 2) e (5. 5. −2). 15. Determinare la retta passante per (2. Provare che il triangolo di vertici (2. R. Scrivere l’equazione dell’asse del segmento di estremi (0. 2) dalla retta di equazione 4x − 3y + 12 = 0. y 0 ) ∈ R2 . x2 + y 2 + 2xy = 0. 19. le rette per O. b ∈ R tali che a2 + b2 = 1. La funzione S : R2 → R2 . 17. η = −bx + ay. 23. V formano un sistema di coordinate ortogonali monometriche orientato positivamente. (c) due punti. ξ = ax + by. −a) sono proporzionali. (f) una circonferenza. (d) una retta. definisce una rotazione del piano (attorno all’origine). x2 + y 2 + 2x + 2y + 2 = 0. y) = (ξ. Si provi che: (i) si ha ξ 2 + η 2 = x2 + y 2 per ogni (x. La funzione R : R2 → R2 . Si provi che ogni triangolo in R2 è l’intersezione di tre semipiani. (x0 . e sono parallele se e solo se i vettori Q e (b. y) ∈ R2 : |x| + |y| ≤ 1} sono quadrati. Si considerino i luoghi dei punti di R2 descritti dalle seguenti equazioni: (i) (ii) (iii) (iv) x2 + y 2 − 1 = 0. B = {(x. 1). 20. (ii) posto U = R(1. y) ∈ R2 : |x| ≤ 1. (b) un punto. Si provi che le rette di equazioni X = P + tQ. 73 . determinarne i vertici e le lunghezze dei lati. Si verifichi che ogni angolo convesso è l’intersezione di due semipiani. (iii) posto (ξ 0 . 21. x2 − y 2 = 0. y 0 ). definita da S(x. (e) due rette. (x2 − 1)2 + y 2 = 0. y) ∈ R2 . Siano a. η 0 ) = R(x0 . U e per O. |y| ≤ 1}. si ha (ξ − ξ 0 )2 + (η − η 0 )2 = (x − x0 )2 + (y − y 0 )2 per ogni (x. e ax + by + c = 0 sono fra loro perpendicolari se e solo se i vettori Q e (a. b) sono proporzionali.16. e si riconosca quale delle precedenti equazioni rappresenta: (a) nessun punto. x2 + y 2 = 0. definita da R(x. Verificare che gli insiemi A = {(x. t ∈ R. η). Siano a. b ∈ R tali che a2 + b2 = 1. 0). V = R(0. η). definisce una simmetria del piano (rispetto a una retta). y) = (ξ. y) ∈ R2 . Si provi che ogni quadrilatero in R2 è l’intersezione di quattro semipiani. η = bx − ay. Si provi che: (i) si ha ξ 2 + η 2 = x2 + y 2 per ogni (x. 18. (v) (vi) (vii) (viii) x2 + y 2 + xy = 0. x2 + y 2 + 1 = 0. 22. y). ξ = ax + by. a0 + a1 i + a2 i2 + · · · + an in (a0 . (iii) posto (ξ 0 . insieme a i. Se però vogliamo mantenere. anche con l’aggiunta di questo nuovo numero. a + ib ed anche. b ∈ R). ma l’equazione x2 + 1 = 0 non è risolubile in R. si ha (ξ − ξ 0 )2 + (η − η 0 )2 = (x − x0 )2 + (y − y 0 )2 per ogni (x. nonché ottenere che restino valide le regole di calcolo che valgono in R. (x0 . il numero i con se stesso o con i numeri reali: dunque nell’insieme allargato di numeri dovremo includere quelli della forma (a. le rette per O. 74 i3 = −i.(ii) posto U = S(1. Si osservi allora che l’equazione x2 + 1 = 0 ha le di 2. . y). i5 = i. V = S(0. y) = (x. 1. i1 = i. i4n = 1. V formano un sistema di coordinate ortogonali monometriche orientato negativamente. a cui attribuiamo per definizione la proprietà seguente: i2 = −1. mediante tali operazioni. i4n+1 = i. né pi` soluzioni x = ±i. y 0 ). pi` u generalmente. U e per O. a2 . y) della bisettrice dell’angolo formato dall’asse x e dalla retta bx − ay = 0 soddisfano la relazione S(x. l’equazione x2 −1 = 0 ha le soluzioni reali x = ±1. con P (x) polinomio a coefficienti reali e x variabile reale). . i4n+2 = −1. anche tutti i numeri che si generano facendo interagire. µ tali che P = λA + µB. .12 Numeri complessi Una delle possibili motivazioni per ampliare il campo dei numeri reali con l’introduzione dei numeri complessi è il fatto che nell’ambito di R non è possibile risolvere certe equazioni algebriche (cioè equazioni della forma P (x) = 0. . an ∈ R. Ad esempio. (iv) i punti (x. le regole di calcolo e la definizione di i ci dicono che i0 = 1 i4 = 1. Si provi che se A. a1 . la possibilità di fare addizioni e moltiplicazioni. η 0 ) = S(x0 . y 0 ) ∈ R2 . Fortunatamente. Il numero i è detto unità immaginaria (per pure ragioni storiche: non è meno reale √ √ u immaginario di 3). cioè tutti i polinomi P (x) a coefficienti reali calcolati nel punto x = i. 0). . y). i7 = −i. B sono vettori linearmente indipendenti in R2 . 1). dovremo aggiungere. n ∈ N). 24. allora per ogni P ∈ R2 esiste un’unica coppia di numeri reali λ. i4n+3 = −i ∀n ∈ N. i2 = −1 i6 = −1. Per risolvere questa ed altre equazioni algebriche occorre dunque aggiungere nuovi numeri all’insieme dei numeri reali: il primo di essi è la quantità (certamente non un numero reale) che indichiamo con i. E il piano complesso. analogamente scriveremo ib anziché 0 + ib. In definitiva. b ∈ R}. Vale la legge di annullamento del prodotto: (a + ib)(0 + i0) = (a · 0 − b · 0) + i(a · 0 + b · 0) = 0 + i0 ∀a + ib ∈ C. La quantità i. 0) = a + i0. oppure è non nullo b.e quindi è sufficiente prendere polinomi di grado al pi` u 1. Si vede subito che gli assiomi di R relativi a somma e prodotto valgono ancora. è chiaramente biunivoca tra R e il sottoinsieme di C costituito dalle coppie con secondo elemento nullo. 0) = a + i0 con i corrispondenti numeri reali a. 2 2 2 2 a + ib (a + ib)(a − ib) a −i b a +b a +b a + b2 In definitiva. b) = (0. (a + ib) · (c + id) = ac + iad + ibc + i2 bd = (ac − bd) + i(ad + bc). a0 ∈ R. appartiene a C perché corrisponde alla scelta (a. meglio scritta come 0 + i1. che associa ad a + ib la ` naturale allora rappresentare i numeri complessi su un piano cartesiano: coppia (a. L’asse delle ascisse è detto asse reale. il che è assurdo. in particolare l’elemento neutro per la somma è 0 + 0i. b). ottenendo la rappresentazione semplificata a + i0 = a per ogni a ∈ R. nel senso che Φ(a)+Φ(a0 ) = ` naturale allora identificare le Φ(a + a0 ) e Φ(a)Φ(a0 ) = Φ(aa0 ) per ogni a. per il numero i si avrebbe i > 0. Introduciamo in C le operazioni di somma e prodotto in modo formalmente identico a R: (a + ib) + (c + id) = (a + c) + i(b + d). se ciò fosse possibile. vi è una ovvia corrispondenza biunivoca fra C e R2 . in C valgono le stesse proprietà algebriche di R. Infatti. in quanto i2 = −1): in entrambi i casi otterremmo −1 = i2 > 0. b) di numeri reali. l’opposto di a + ib è −a − ib. La corrispondenza Φ che ad ogni numero reale a associa la coppia (a. 1). assegnare un numero complesso a + ib equivale ad assegnare una coppia (a. Non altrettanto si può dire delle proprietà di ordinamento: in C non è possibile introdurre un ordinamento che sia coerente con le regole di calcolo valide per R. In questa maniera si può scrivere R ⊂ C. nelle notazioni semplificate. in altre parole. Per questa ragione non ha senso scrivere disuguaglianze tra numeri complessi. definito da C = {a + ib : a. né parlare di estremo superiore o inferiore di sottoinsiemi di C. E coppie (a. Si noti ch la legge di annullamento del prodotto ci dice che. od anche sono non nulli entrambi). deve essere i0 = 0. si può agevolmente verificare che il reciproco di a + ib esiste ed è dato da a − ib a − ib a − ib a b 1 = = 2 = 2 = 2 −i 2 . inoltre essa preserva la somma e il prodotto. o pi` u precisamente R = {a + ib ∈ C : b = 0}. o piano di Gauss. introduciamo l’insieme dei numeri complessi C. quello delle 75 . l’elemento neutro per il prodotto è 1 + 0i. Se a+ib 6= 0 (cioè è non nullo a. Dal momento che assegnare un numero complesso equivale ad assegnare una coppia di numeri reali. oppure i < 0 (non i = 0. che introdurremo pi` u avanti. cioè z = Rez − i Imz ∀z ∈ C. Si ha quindi Rez = Rez. Ricavando dalle relazioni precedenti z e z in funzione di Rez e Imz. nel seguito faremo sistematicamente uso di questa identificazione. esattamente come si è fatto in R2 (paragrafo 1. b = Imz. Dunque z è il simmetrico di z rispetto all’asse reale. il simmetrico di z rispetto all’asse immaginario è il numero −z. Invece. w ∈ C. come vedremo. mentre il numero reale b è detto parte immaginaria di z.ordinate è detto asse immaginario. con z. il numero reale a è detto parte reale di z. con λ ∈ R e z ∈ C. tale rappresentazione sarà possibile con l’uso della forma trigonometrica dei numeri complessi. non ha un analogo in R2 . Imz = −Imz. Essa. il coniugato di z è il numero complesso z definito da z = a − ib. da cui ∀z ∈ C.11). 2 Imz = z−z . Se z = a + ib ∈ C. Visualizzeremo i numeri complessi z = a + ib ∈ C come vettori di coordinate (a. 2i ed in particolare z∈R ⇐⇒ z=0 Imz = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ z = z = Rez. Invece la rappresentazione grafica del prodotto z · w. fra l’altro. Rez = Imz = 0. si scrive a = Rez. b). z = Rez + i Imz Se z = a + ib ∈ C. ed anche il prodotto λz. ci permette di rappresentare la somma di due numeri complessi. 76 . si trova Rez = z+z . = . Il modulo di z è dunque la distanza del punto (a. b) ∈ R2 dal punto (0. Rez. Definizione 1. Dalla definizione segue subito. Vediamo le proprietà del modulo di numeri complessi: Proposizione 1. 1 1 = − = i.Vediamo le proprietà dell’operazione di coniugio. −i = i. non tra numeri complessi! In particolare. z + w = z + w. 0) ∈ R2 . −|z| ≤ Rez ≤ |z|. (vi) ||z| − |w|| ≤ |z − w|. (iii) |z| = |z| = | − z|. è la lunghezza del segmento di estremi 0 e z del piano complesso. . la dimostrazione delle quali è una semplice verifica: z = z. −1 = −1. l’equazione |z| = 1 rappresenta la circonferenza di centro 0 e raggio 1 nel piano complesso. dall’origine. Si noti che queste sono disuguaglianze tra numeri reali. z z w w Ad esempio. ovvero. z. (v) (subadditività) |z + w| ≤ |z| + |w|. (iv) |z| · |w| = |zw|. −|z| ≤ Imz ≤ |z|. (ii) |z| ≥ 0. c’è però il modo di valutare quanto un numero complesso sia grande: si può misurare la sua distanza. w ∈ C: (i) z · z = |z|2 . si ha i = −i. cioè dal punto 0. 5 − 3i = 5 + 3i. cioè dell’ipotenusa del triangolo rettangolo di vertici 0.2 Risulta per ogni z.1 Il modulo di un numero complesso z = a + ib è il numero reale non negativo p √ |z| = a2 + b2 = (Rez)2 + (Imz)2 .12. per ogni z ∈ C.12. e |z| = 0 se e solo se z = 0. 1 = 1. i i Se in C non vi è un “buon” ordinamento. z 1 z 1 = . zw = z · w. intesa nel senso di R2 . . allora . (vii) se z 6= 0. z1 . = 1 |z| . . (viii) se z 6= 0. allora . wz . = . 77 . |w| |z| . |w| = |(w − z) + z| ≤ |z − w| + |z|. Dimostriamo (v): usando (i) e (iv). si ha |z| = |(z − w) + w| ≤ |z − w| + |w|. da cui la tesi estraendo la radice quadrata.Dimostrazione Per (i) si ha. per l’esercizio 1. da cui la tesi estraendo la radice quadrata.4. Per (vi) osserviamo che. grazie a (v). z · z = (a + ib)(a − ib) = a2 − i2 b2 = a2 + b2 = |z|2 . si ha |z + w|2 = (z + w)(z + w) = zz + wz + zw + ww = = |z|2 + 2Re(zw) + |w|2 ≤ |z|2 + 2|zw| + |w|2 = = |z|2 + |w|2 + 2|z||w| = (|z| + |w|)2 . posto z = a + ib. ne segue la tesi.9. cosicché −|z − w| ≤ |z| − |w| ≤ |z − w|. Proviamo (iv): usando (i) si ha |zw|2 = z · w · z · w = (zz) · (ww) = |z|2 |w|2 . Proviamo (vii): si ha . Le proprietà (ii) e (iii) sono evidenti. . 2 . 1. . . =1· 1 = 1 = 1 . . z . Il nostro punto di partenza sarà l’area dei triangoli. allora essi hanno la stessa area. appunto. allora l’area del primo è non superiore all’area del secondo. Preliminare a tutta la questione è il problema di dare una definizione il pi` u possibile rigorosa del numero reale π. e cioè: • se un triangolo è incluso in un altro triangolo. insieme con le sue basilari proprietà. di trigonometria. • l’area di una figura costituita da due triangoli disgiunti o adiacenti è pari alla somma delle aree dei due triangoli. conviene parlare. Il numero π Prima di introdurre la forma trigonometrica dei numeri complessi. (viii) segue da (iv) e (vii). z z zz |z|2 da cui la tesi. • se due triangoli sono congruenti. 78 . Infine. che supponiamo elementarmente nota (metà del prodotto base per altezza!). .Wi0 . wn ≡ w0 di modulo unitario. Denotiamo con O. . Invece il perimetro `(P) del poligono P è semplicemente la somma delle lunghezze dei segmenti Wi−1 Wi : quindi n X `(P) = |wi − wi−1 |. consideriamo un poligono regolare P di n lati. Wi . si ottiene a(P) = = n X i=1 n X i=1 = a(OWi−1 Wi ) = 1 0 |w | · |wi − wi−1 | = 2 i n X 1 i=1 4 |wi − wi−1 | · |wi + wi+1 |. . i=1 . I vertici di P sono numeri complessi w0 . Zi i punti del piano corrispondenti ai numeri complessi 0. inscritto nel cerchio B(0.Fissato un intero n ≥ 3. wi0 = wi + wi−1 wi + wi−1 . . wn−1 . zi = . 2 |wi + wi−1 | Calcoliamo l’area a(P) di P: poiché il triangolo OWi−1 Wi è isoscele con base Wi Wi−1 e altezza OWi0 . w1 . wi . 1) del piano complesso. . i−1 . essendo . si ha Si noti che. < 1. in particolare: Proposizione 1. detto P 0 il poligono regolare inscritto di 2n lati. z0 . . zn−1 . wi +w 2 2a(P) < `(P).3 Risulta sup{a(P) : P poligono regolare inscritto in B(0. wn ≡ w0 . 1)} = 1 = sup{`(P) : P poligono regolare inscritto in B(0. 2 2 2 si ottiene 1 a(P 0 ) = `(P). . 2 Questa relazione implica. D’altra parte.12. poiché 1 |wi − wi−1 | 1 a(OWi−1 Zi Wi ) = 2a(OZi Wi ) = 2 · |zi | = |wi − wi−1 |. 1)}. di vertici w0 . w1 . z1 . si riconosce facilmente che l’area di P 0 è data dalla somma delle aree degli n quadrilateri OWi−1 Zi Wi . wn−1 . . . 2 79 . 1)} sono separati: quindi per l’assioma di completezza esiste almeno un elemento separatore fra essi. . e che quindi l’elemento separatore è in effetti unico. 1)}. L’area di Q è data da a(Q) = n X a(OVi−1 Vi ) = i=1 n X 1 i=1 2 |zi | · |vi − vi−1 | = n X 1 i=1 2 |vi − vi−1 |. 1) e per ogni poligono regolare Q circoscritto a B(0. denotiamo con O. 1) si ha. 1). v1 . {a(Q) : Q poligono regolare circoscritto a B(0. 2 Adesso notiamo che per ogni poligono regolare P inscritto in B(0. P ⊂ B(0. vn−1 . utilizzando le formule precedenti. 1). . zi .12. 1). Vi . uno inscritto e l’altro circoscritto a B(0. Come prima. supporremo (il che è lecito. Dimostrazione Fissato n ≥ 2 siano Pn e Qn poligoni regolari di 2n lati. z1 .5 Per ogni ε > 0 esistono due poligoni regolari P e Q. Allora. tali che a(Q) − a(P) < ε. i in questo caso si trova 80 . 2 Pertanto: Proposizione 1. 1)}. Ciò mostra che i due insiemi {a(P) : P poligono regolare inscritto in B(0. Proveremo adesso che i due insiemi sono anche contigui. . . Indichiamo con v0 . Denotando con vi i numeri complessi corrispondenti ai vertici di Pn e con vi0 quelli relativi a Qn . mentre il perimetro di Q è semplicemente `(Q) = n X |vi − vi−1 |. . i=1 Dunque 1 a(Q) = `(Q). vi . a meno di un’opportuna rotazione attorno all’origine) che la posizione di Qn rispetto a Pn v0 sia tale che risulti |vi0 | = vi per ciascun vertice. evidentemente. il primo inscritto e il secondo circoscritto al cerchio B(0. . Proposizione 1. vn ≡ v0 i vertici di Q e con z0 . . zn−1 i punti in cui Q tocca la circonferenza S(0. 1). 1) ⊂ Q e quindi a(P) < a(Q).Consideriamo ora un poligono regolare Q di n lati circoscritto al cerchio B(0. 1)} = 1 = inf{`(Q) : Q poligono regolare circoscritto a B(0.4 Risulta inf{a(Q) : Q poligono regolare circoscritto a B(0. .12. Zi i punti del piano corrispondenti ai numeri complessi 0. indicando con `n la lunghezza del lato del poligono regolare inscritto Pn . Dalle proposizioni precedenti segue che esiste un unico numero reale. Si noti che. il quale è l’unico elemento separatore fra l’insieme delle aree di tutti i poligoni regolari inscritti e l’insieme delle aree di tutti i poligoni regolari circoscritti al cerchio B(0. ed è quindi dato da π = a(B(0. esiste ν ≥ 2 sufficientemente grande in modo che `2ν < ε/2 < 2. 2 4 − `ν 4−2 Ciò prova la tesi. Ovvie considerazioni geometriche ci inducono a definire l’area di B(0. in particolare.a(Pn ) = 2n |vi − vi−1 | · |vi + vi−1 | .6 Il numero reale π è l’area del cerchio B(0. 1). |vi + vi−1 |2 |vi + vi−1 |2 Osserviamo adesso che. 1)} = = inf{a(Q) : Q poligono circoscritto a B(0. 1) (non necessariamente regolari). 4[. Si noti che π è compreso fra 2 e 4 (le aree del quadrato inscritto e di quello circoscritto). 1) e 81 . 1) attribuendole il valore π. che denotiamo con π. a maggior ragione. π è anche l’elemento separatore fra l’insieme delle aree di tutti i poligoni inscritti (non necessariamente regolari) e l’insieme delle aree di tutti i poligoni circoscritti al cerchio B(0. di conseguenza a(Qn ) − a(Pn ) = 4a(Pn ) `2n 4`2n < a(Q ) . 1)) = sup{a(P) : P poligono inscritto in B(0. Dal fatto che l’area di un poligono regolare circoscritto al cerchio B(0. si ha `n = |vi − vi−1 | e quindi. n≥2 ne segue che. fissato ε ∈]0. |vi + vi−1 |2 = 2 + 2 Re vi vi−1 = 2 + (2 − |vi − vi−1 |2 ) = 4 − |vi − vi−1 |2 = 4 − `2n . In altre parole: Definizione 1. 2 4 − `2n 4 − `2n Al crescere di n. 1) è la metà del suo perimetro. 1). 4 a(Qn ) = 2n |vi − vi−1 | . inf `n = 0. il lato `n è sempre pi` u piccolo e. essendo |v1 | = |vi−1 | = 1. 1)}. anche l’insieme dei perimetri dei poligoni regolari inscritti in B(0. |vi + vi−1 | da cui n a(Qn )−a(Pn ) = 2 |vi −vi−1 |·|vi +vi−1 | 4 4 − 1 = 4a(Pn ) −1 .12. se ne deduce allora a(Qν ) − a(Pν ) < a(Q2 ) ε/2 4`2ν <4 = ε. 12. r)) = sup{`(P) : P poligono inscritto in B(0. per ovvie ragioni di similitudine risulta a(Pr ) = r2 a(P). Dunque il cerchio B(0. Se P è un poligono inscritto o circoscritto con vertici vi . w non nulli individua sulla circonferenza S(0. 1) attribuendole il valore 2π. Si ha dunque: Corollario 1.4. questi punti formano con punti. 1)} = = inf{`(Q) : Q poligono circoscritto a B(0. W) è orientata come (1. verso orario).quello dei perimetri dei poligoni regolari circoscritti a B(0. r)} e il perimetro della circonferenza S(0.12. pertanto si ha a(B(0. 1)) = 2πr. O. corrispondenti ai numeri complessi |v| l’origine O due angoli. `(S(0. Attribuiamo un’orientazione a tali angoli: diciamo che VOW è positivo se la terna (V. diciamo che VOW è negativo se la terna (V. per ogni r > 0 si definiscono l’area del cerchio B(0. r)} = = inf{`(Q) : Q poligono circoscritto a B(0. r)) = r `(S(0. r) come `(S(0. V e W. r)) = sup{a(P) : P poligono inscritto in B(0. E 82 . Area dei settori e lunghezza degli archi Ogni coppia di numeri complessi v. 1) è dato da `(S(0. come era da aspettarsi.8 In modo del tutto analogo. r) come a(B(0. r)}. 1) (non necessariamente regolari). 1)) = πr2 . Osservazione 1.7 Il perimetro della circonferenza S(0. A maggior ragione. il quale coincide esattamente con 2π in virt` u della proposizione 1. r) ha area πr2 e perimetro 2πr. Nuovamente. 0. O. 1) hanno un unico elemento separatore. r)) = r2 a(B(0. i) (ossia in verso antiorario). evidenti considerazioni geometriche ci portano a definire il perimetro della circonferenza S(0. 0. e Pr è il poligono i cui vertici sono i punti rvi . 2π è anche l’elemento separatore fra l’insieme dei perimetri dei poligoni inscritti (non necessariamente regolari) e quello dei perimetri dei poligoni circoscritti a B(0.12. 1) (ossia in ` chiaro che VOW è positivo se e solo se WOV è negativo. 1)} = 2π. r)} = = inf{a(Q) : Q poligono circoscritto a B(0. 1) due v w e |w| . W) è orientata come (i. 1)) = sup{`(P) : P poligono inscritto in B(0. `(Pr ) = r `(P). vn−1 . con considerazioni analoghe a quelle svolte per il cerchio B(0. w) va da V a W in verso orario. cioè con orientazione negativa. w) relativi a numeri v. w) va da V a W in verso antiorario. t ∈ [0. w). 1]. w ∈ S(0. w ∈ C \ {0} : quindi non sarà restrittivo riferirsi ad archi γ± (v. w)} attribuiremo un’area rispettivamente positiva e negativa. Fissiamo dunque v. w) = {z ∈ C : z = tζ. tranne il primo e l’ultimo. Vi sono i punti del piano corrispondenti ai numeri complessi 0. 1) e tutti i suoi segmenti sono tangenti esternamente a γ+ (v. . a quelli negativamente orientati una lunghezza negativa. ζ ∈ γ− (v. è invece circoscritta se tutti i suoi vertici. 1). cioè con orientazione positiva. w) = Σ± . Una linea spezzata è formata da una sequenza finita ordinata di vertici e dai segmenti che li congiungono. ai corrispondenti settori circolari Σ+ (v. Analogamente. Notiamo esplicitamente che. il settore ΣP è l’unione degli n triangoli OVi−1 Vi (ove al solito O. Σ± (v. vn ≡ w i vertici di P . w) = {z ∈ C : z = tζ. 1) e per la 83 . w) e γ− (v. v1 . Σ− (v. . w ∈ C con |v| = |w| = 1. Considereremo linee spezzate inscritte o circoscritte a γ+ (v. ζ ∈ γ+ (v. γ± (v. . ossia toccano tale arco senza attraversarlo. v w v w . vi ). w)}. w). w) se tutti i suoi vertici appartengono a γ+ (v. per definizione. . 1) con le regioni interne ai due angoli rispettivamente con γ+ (v. Ciò premesso.Denotiamo le intersezioni di S(0. 1]. sono esterni a B(0. w). Una tale spezzata è inscritta in γ+ (v. mentre l’arco γ− (v. L’arco γ+ (v. t ∈ [0. w) = γ± |v| |w| |v| |w| ∀v. ci limiteremo a spezzate con primo vertice v e ultimo vertice w. . Agli archi positivamente orientati attribuiremo una lunghezza positiva. w): si tratta evidentemente di due archi. Considereremo anche i “settori” ΣP associati a spezzate P inscritte o circoscritte: detti v0 ≡ v. w)} = 1 `(γ+ (v. w)). w)) = `(γ+ (v. z ∈ C \ {0}. a(Σ+ (v. Siamo cos`ı indotti alla seguente Definizione 1. w) − 2ε < `(P ∗ ) ≤ `(γ+ (v. P 0 . z)) + a(Σ+ (z. w). 1).12. w. si ottiene che sup{a(ΣP ) : P spezzata inscritta in γ+ (v. tali che `(γ+ (v. Indicata con P ∗ la spezzata i cui vertici sono tutti quelli di P seguiti da tutti quelli di P 0 . L’area del settore positivamente orientato Σ+ (v. w)). w)). w) è il numero reale non negativo `(γ+ (v.12. esistono due spezzate P. z)) + `(γ+ (z. w)). 84 . w)} = 2 = = inf{a(ΣQ ) : Q spezzata circoscritta a γ+ (v. w) è il numero reale non positivo `(γ− (v.circonferenza S(0. La lunghezza dell’arco positivamente orientato γ+ (v. w)}.9 Siano v. w)). = 2 La lunghezza dell’arco negativamente orientato γ− (v. Quindi `(γ+ (v.10 Siano v. l’una inscritta in γ+ (v. `(γ+ (z. z) e l’altra inscritta in γ+ (z. w)}. è chiaro che P ∗ è inscritta in γ+ (v. A questo proposito vale la seguente Proposizione 1. z)) − ε < `(P ) ≤ `(γ+ (v. w)). w)) = a(Σ+ (v. w) è il numero reale non positivo a(Σ− (v. allora `(γ+ (v. Se z |z| ∈ γ+ (v. w)} = 2 1 = inf{`(Q) : Q spezzata circoscritta a γ+ (v. w)} = 1 sup{`(P ) : P spezzata inscritta in γ+ (v. w). z)). w)) = −π + a(Σ+ (v. w ∈ C \ {0}. w)) = −2π + `(γ+ (v. w)). w) è il numero reale non negativo a(Σ+ (v. w)). Per definizione. w)) − ε < `(P 0 ) ≤ `(γ+ (z. w)} = = inf{`(Q) : Q spezzata circoscritta a γ+ (v. Una fondamentale proprietà delle lunghezze e delle aree sopra definite è la loro additività. w). w)) = sup{`(P ) : P spezzata inscritta in γ+ (v. inoltre si ha `(P ) + `(P 0 ) = `(P ∗ ) ≤ `(γ+ (v. z)) + `(γ+ (z. Dimostrazione Fissiamo ε > 0. w)} = = inf{a(ΣQ ) : Q spezzata circoscritta a γ+ (v. L’area del settore negativamente orientato Σ− (v. w)) = sup{a(ΣP ) : P spezzata inscritta in γ+ (v. w)). allora. w))| ≤ √ 2|v − w|. V. w)) ≤ `(γ+ (v. W. w)). denotiamo. w)) − ε < `(P ) ≤ `(γ+ (v. w) tale che `(γ+ (v. sia U il punto di intersezione delle perpendicolari ai segmenti OV e OW condotte da V e W rispettivamente. w ∈ γ+ (1. v)). w)). esisteranno due vertici consecutivi vi−1 . Z i punti corrispondenti ai numeri complessi 0. v)) − `(γ+ (1. l’arbitrarietà di ε prova che `(γ+ (v.12. allora |v − w| < |`(γ+ (1. i). w)).12. l’altra formata da tutti i vertici fra z e w (inclusi) e inscritta in γ+ (z. w) e la sua lunghezza è `(P ) = |v − u| + |u − w| = 2|u − v| = 2 85 |v − w| . La spezzata P di vertici V.11 Se v. Si ha allora `(γ+ (v. Se la spezzata P non ha come vertice il punto z. z)) + `(γ+ (z. vi ). sia ε > 0 e sia P una spezzata inscritta a γ+ (v. cosicché la prima disuguaglianza è banale. |v + w| . Per provare la disuguaglianza inversa.L’arbitrarietà di ε prova che `(γ+ (v. Per provare la seconda. vi tali che z ∈ γ+ (vi−1 . al solito. La seconda parte segue subito ricordando che l’area di un settore è la metà della lunghezza dell’arco corrispondente. si ottiene una nuova spezzata P ∗ inscritta a γ+ (v. W è allora circoscritta a γ+ (v. La prima parte della tesi è provata. w)) = `(γ+ (w.10 `(γ+ (1. w) oppure w ∈ γ+ (1. w). z). l’una formata da tutti i vertici fra v e z (inclusi) e inscritta in γ+ (v. v)) − `(γ+ (1. w) ≤ `(γ+ (v. e tracciamo la bisettrice dell’angolo VOW. w)) − ε < `(P ) < `(P ∗ ) = `(P 0 ) + `(P 00 ) ≤ `(γ+ (v. allora per la proposizione 1. sostituendo al segmento Vi−1 Vi i due segmenti Vi−1 Z e ZVi . Dimostrazione Anzitutto notiamo che si ha v ∈ γ+ (1. v). se siamo ad esempio nel secondo caso. Inoltre tale spezzata è l’unione di due spezzate P 0 e P 00 . Nuovamente. v + w. con O. z)) + `(γ+ (z. w. Corollario 1. w) tale che `(P ∗ ) > `(P ). U. z)) + `(γ+ (z. v. 12 pi` u avanti nel corso. il numero ϑ.12 e della conseguente definizione 1. la misura dell’unico angolo (orientato in verso antiorario) il cui corrispondente arco della circonferenza unitaria ha lunghezza 1. Dimostreremo il teorema 1. w. Si osservi che arg w denota uno qualsiasi degli infiniti argomenti di w.12. e l’angolo sotteso da un lato del poligono regolare di N lati misura ± 2π . facendo pi` u di un giro in verso antiorario le aree e le lunghezze d’arco crescono di 2π. per definizione. Il corollario appena dimostrato ci permette di enunciare il seguente fondamentale risultato. tale √ quantità è certamente non inferiore a 2 (la diagonale del quadrato di lato OV). w)) = ϑ. si chiama argomento del numero complesso w e si denota con arg w. 2π[ tale che `(γ+ (1. conseguenza dell’assioma di completezza di R. quindi è una quantità definita a meno di multipli interi di 2π. si chiama argomento principale di w.12. 4π. con k intero arbitrario. Si ottiene allora √ `(γ+ (v. Teorema 1. allora. Un radiante è quindi. w)) ≤ `(P ) ≤ 2|v − w|.13 Sia w ∈ C \ {0}. w).12 Per ogni w ∈ C \ {0} esiste un unico numero ϑ ∈ [0. il segno davanti alla misura dipende dal verso di rotazione. Il numero ϑ = `(γ+ (1. La funzione g(w) = `(γ+ (1. w)) si dice misura in radianti dell’angolo individuato dai punti 0. N Naturalmente. 1. 2π[ ed è bigettiva da S(0. utilizzando la teoria delle funzioni continue. 2π[. un angolo misura ϑ radianti se e solo se l’arco corrispondente su S(0. k ∈ Z. −4π. In particolare. w)) è dunque surgettiva da C \ {0} in [0.12. fissato ϑ ∈ [0. eccetera.ma poiché |v + w| è la lunghezza della diagonale maggiore OZ del rombo OVZW. tale risultato ci 86 .13. w)) = 2a(Σ+ (1. siamo in grado di introdurre le funzioni trigonometriche. 1) in [0. D’altra parte dopo una rotazione di ϑ + 2kπ. Infatti. e sia ϑ ∈ [0. mentre se il verso è orario esse decrescono di −2π. 2π[ la misura in radianti dell’arco γ+ (1. eccetera. 2π[.12. 2π[. Possiamo allora dare la seguente Definizione 1. l’angolo retto ± π2 . l’estremo dell’arco è lo stesso di quello relativo ad una rotazione di ϑ: ad ogni w ∈ C\{0} corrispondono dunque le infinite misure ϑ + 2kπ. l’angolo piatto misura ±π (radianti). cioè l’unico fra gli argomenti di w che appartiene a [0. 1) ha lunghezza ϑ e il settore corrispondente ha area ϑ2 .12. Ognuno degli infiniti numeri ϑ+2kπ. Funzioni trigonometriche Sulla base del teorema 1. k ∈ Z. 14 Per ogni ϑ ∈ [0. vale a dire Re |w| e Im |w| .12. Ha senso Le coordinate di |w| perciò la seguente definizione delle funzioni trigonometriche coseno e seno: Definizione 1. In particolare. in particolare. Poiché i punti z e z sono simmetrici rispetto all’asse reale. occorre che le funzioni coseno e seno siano periodiche di periodo 2π: esse cioè devono verificare le relazioni cos(ϑ + 2π) = cos ϑ ∀ϑ ∈ R. |z| |z| z z = −Im = − sin ϑ. Poiché ad un numero complesso z di argomento principale ϑ ∈ [0. cos2 ϑ + sin2 ϑ = 1 ∀ϑ ∈ R. |w| sin ϑ = Im w . sono quindi funzioni di ϑ. ad essi corrispondono angoli opposti: dunque il seno ed il coseno di angoli opposti devono verificare cos (−ϑ) = Re sin (−ϑ) = Im z z = Re = cos ϑ. |w| |w| w |w| è l’unico elemento w w w . Immediata conseguenza della definizione sono poi le seguenti proprietà: | cos ϑ| ≤ 1. 2π[ corrispondono anche gli argomenti ϑ + 2kπ.permette di scegliere w ∈ C\{0} tale che arg w = ϑ. ove ρ = |w| e ϑ = arg w. = ϑ. |w| ove w ∈ C \ {0} è un qualsiasi numero complesso tale che arg w = ϑ. 1) il cui argomento è ϑ. l γ+ 1. un generico numero complesso non nullo w si può scrivere in forma trigonometrica: w = ρ(cos ϑ + i sin ϑ). |z| |z| 87 . | sin ϑ| ≤ 1. 2π[ si pone cos ϑ = Re w . cioè che verifica w w = 2 a Σ+ 1. sin(ϑ + 2π) = sin ϑ ∀ϑ ∈ R. di S(0. Calcoliamo la quantità |z − w|2 : si ha |z − w|2 = (cos ϑ − cos α)2 + (sin ϑ − sin α)2 . sin (ϑ − α) = sin ϑ cos α − cos ϑ sin α. 2 2 cos (π − ϑ) = − cos ϑ.Si verifica poi facilmente.15 Per ogni ϑ. cos (π + ϑ) = − cos ϑ. w numeri complessi di modulo 1. α ∈ R valgono le formule di addizione cos (ϑ − α) = cos ϑ cos α + sin ϑ sin α. che π π cos − ϑ = sin ϑ. sin (π + ϑ) = − sin ϑ ∀ϑ ∈ R. con arg z = ϑ e arg w = α: ciò significa che nel piano il punto z ha coordinate (cos ϑ. sin α). 88 . utilizzando le simmetrie illustrate nelle figure sottostanti. 2 2 π π cos + ϑ = − sin ϑ.12. sin (π − ϑ) = sin ϑ ∀ϑ ∈ R. cos (ϑ + α) = cos ϑ cos α − sin ϑ sin α. sin (ϑ + α) = sin ϑ cos α + cos ϑ sin α. Dimostrazione Siano z. sin − ϑ = cos ϑ ∀ϑ ∈ R. Pi` u in generale si ha: Proposizione 1. sin + ϑ = cos ϑ ∀ϑ ∈ R. sin ϑ) mentre il punto w ha coordinate (cos α. Scegliamo due nuovi assi ortogonali x0 . 89 . 0) mentre quelle di z sono (cos (ϑ − α). Dato che |z| = |w| = 1.D’altra parte. Confrontando fra loro le due espressioni e svolgendo i calcoli. Per la terza e quarta uguaglianza si osservi che. I grafici delle funzioni coseno e seno sono illustrati qui sotto. π = sin (ϑ − α) = − cos ϑ − α + 2 π π = − cos ϑ + cos α − sin ϑ + sin α = 2 2 = sin ϑ cos α − cos ϑ sin α. La seconda uguaglianza segue dalla prima scambiando α con −α: cos (ϑ − (−α)) = cos ϑ cos (−α) + sin ϑ sin (−α) = cos ϑ cos α − sin ϑ sin α. |z − w| rappresenta la lunghezza del segmento di estremi z e w. per quanto già provato. y 0 tali che la semiretta positiva dell’asse x0 coincida con la semiretta uscente da 0 che contiene w. sin (ϑ − α)). si ricava facilmente la prima uguaglianza. Pertanto |z − w|2 = (cos (ϑ − α) − 1)2 + (sin (ϑ − α))2 . π sin (ϑ + α) = − cos ϑ + α + = 2 π π = − cos ϑ + cos α + sin ϑ + sin α = 2 2 = sin ϑ cos α + cos ϑ sin α. le coordinate di w in questo nuovo sistema sono (1. quindi tale quantità non cambia se cambiamo sistema di riferimento. Definizione 1. come sappiamo. Dimostrazione Fissiamo x ∈ 0. Completiamo questa breve introduzione alle funzioni trigonometriche definendo la funzione tangente. cos ϑ Questa funzione non è definita nei punti dove si annulla il coseno. X i punti corrispondenti ai numeri 1 e cos x + i sin x.Si noti che il grafico del seno si ottiene da quello del coseno mediante una traslazione di + π2 lungo l’asse x. π2 e siano O l’origine ed E.16 Se ϑ ∈ R e ϑ 6= π 2 + kπ. k ∈ Z.17 Risulta sin x cos x < <1 x h π πi ∀x ∈ − . \ {0}. e H il punto d’incontro con OE della 90 .12. sia poi T il punto di incontro tra la perpendicolare ad OE passante per E ed il prolungamento di OX. dato che. poniamo tan ϑ = sin ϑ . 2 2 di conseguenza si ha sup n∈N+ sin na a n =1 ∀a ∈ R \ {0}.12. Vale questa importante disuguaglianza: Proposizione 1. cos ϑ = sin (ϑ + π2 ). ed è periodica di periodo π. \ in termini delle coordinate di P e Q. 0 . Dato che i triangoli OHX e OET sono simili. 91 . se x = ± π2 la tesi è banale. si ha |H| : |E| = |X − H| : |T − E|. misurata in radianti. n n>2a/π n n∈N+ Seno e coseno in coordinate Fissiamo due punti P. π]. è un numero so POQ. e poniamo per comodità E = (1. Q ∈ R2 . il triangolo OEX è contenuto nel settore di vertici O. 0). ϑP Q ∈ [−π. Sia ora a > 0. verificare che risulta  ϑ − ϑP se |ϑQ − ϑP | < π   Q ϑQ − ϑP + 2π se ϑQ − ϑP ≤ −π ϑP Q =   ϑQ − ϑP − 2π se ϑQ − ϑP ≥ π. Consideriamo l’angolo conves\ orientato da P a Q: la sua ampiezza. Siano ϑP e ϑQ le misure in radianti degli angoli convessi orien\ EOQ. yQ ). direttamente con cos POQ Supponiamo dunque P = (xP . yP ) e Q = (xQ . 2 2 2 π da cui la tesi quando x ∈ 0. −x (−x) dato che sin−x = sinx x . sin ϑP Q . diversi dall’origine O. che denoteremo \ e sin POQ. Vogliamo esprimere i numeri reali cos ϑP Q .E. |H| cos x D’altra parte. da cui |T − E| = sin x |X − H| · |E| = = tan x. π Se x ∈ − 2 . \ con l’aiuto delle figure è facile tati EOP.X il quale a sua volta è contenuto nel triangolo OET: ne segue. per quanto già visto si ha cos x = cos (−x) < sin (−x) < 1. calcolando le tre aree. 2 . Infine. 2a ) π 1 a a2 2 ≥ sup cos ≥ sup 1 − 2 = 1. Essendo 0 ≤ 1 − cos2 a2 a a = sin2 < 2 n n n si ottiene (dato che cos na > 0 per n > 1 ≥ sup n∈N+ sin na a n ∀n ∈ N+ . 1 1 1 sin x < x < tan x.perpendicolare ad OE passante per X. si ha la tesi anche in questo caso. Vale allora la seguente importante Proposizione 1. hP. si ottiene \ = cos (ϑQ − ϑP ) = cos POQ = cos ϑQ cos ϑP + sin ϑQ sin ϑP = xQ x y y p P q Q p P = q + . (i) Risulta \ hP. Q ∈ R2 \ {O}. P. \ = | sin POQ|. Si noti che. Qi 1 x x P Q \= \= cos POQ . di conseguenza. per definizione. 2 2 x2P + yP2 x2P + yP2 x2Q + yQ x2Q + yQ \ = sin (ϑQ − ϑP ) = sin POQ = sin ϑQ cos ϑP − cos ϑQ sin ϑP = yQ xQ x y p P p P = q −q . sin POQ det . (ii) La base di P misura |P| e la sua altezza misura |Q| sin |POQ|. \ poiché |POQ| \ ≤ π. il numero aβ − bα. Qi = |P| · |Q| cos POQ. utilizzando le formule di addizione (proposizione 1.Di conseguenza. la sua area a(P) è data da \ = |xP yQ − yP xQ |.12. Q e P + Q. (ii) detto P il parallelogrammo di vertici O.18 Siano P. si ha sin |POQ| Se ne deduce immediatamente: 92 . a(P) = |P| · |Q| · | sin POQ| Dimostrazione (i) Segue dai discorsi precedenti.12.15). \ da cui la tesi. 2 2 2 2 2 xP + yP xP + yP2 x2Q + yQ x2Q + yQ Queste sono le espressioni del coseno e del seno che cercavamo. |P| · |Q| |P| · |Q| yP yQ ove il determinante della matrice ab βα è. Questa è la scrittura di z in forma trigonometrica. l’area del triangolo T di vertici O. allora il prodotto fa 0 e non c’è niente da aggiungere. come sappiamo esso può essere rappresentato. Ovviamente si ha anche zw = ρr[cos (ϑ − α) + i sin (ϑ − α)]. com’è giusto. noti a e b. oltre che per mezzo delle sue coordinate cartesiane (a. P e Q è uguale a 1 a(T ) = |xP yQ − yP xQ |. ricordando la definizione 1. In particolare si ha la formula arg (zw) = arg z + arg w + 2kπ. anche tramite il suo modulo ed il suo argomento (definizione 1. il che equivale. Siano infatti z. La forma trigonometrica dei numeri complessi è utile per rappresentare geometricamente il prodotto in C. k ∈ Z. cos ϑ = a ρ sin ϑ = b ρ . w ∈ C: se uno dei due numeri è 0.14.12.19 Se P. mentre.13): infatti. Dunque zw è quel numero complesso che ha per modulo il prodotto dei moduli e per argomento la somma degli argomenti. 2 Forma trigonometrica dei numeri complessi Se z = a + ib è un numero complesso non nullo. z = ρ(cos ϑ + i sin ϑ). Si noti che. si ha a = ρ cos ϑ b = ρ sin ϑ .12. scrivendoli in forma trigonometrica. w sono entrambi non nulli. noti ρ e ϑ. 93 . otteniamo che zw = ρr(cos ϑ + i sin ϑ)(cos α + i sin α) = = ρr[(cos ϑ cos α − sin ϑ sin α) + +i(sin ϑ cos α + cos ϑ cos α)] = = ρr[cos (ϑ + α) + i sin (ϑ + α)].12.Corollario 1. si ha ( √ ρ = a2 + b 2 . a determinare ϑ a meno di multipli interi di 2π. w = r(cos α + i sin α). Se invece z. posto ρ = |z| e ϑ = arg z vale la relazione z = ρ(cos ϑ + i sin ϑ). b). Q ∈ R2 . troviamo z 2 = r2 (cos 2ϑ + i sin 2ϑ). 1. n − 1. . . .12.6. Scriviamo w = r(cos α + i sin α). naturalmente l’unica soluzione è z = 0.13). In definitiva. 1. sono illustrate negli esercizi 1. Altre formule trigonometriche. ∀n ∈ N. . le scelte k ≥ n e k ≤ −1 danno luogo n n a valori di ϑ che si ottengono da quelli già trovati traslandoli di multipli interi di 2π: infatti α + 2π α + 2(n + 1)π ϑn = = ϑ0 + 2π. 1. n n ed in generale per j = 0. Sembra dunque che vi siano infinite scelte per ϑ.12. utilizzando lo sviluppo di Newton per il binomio (valido ovviamente anche in campo complesso. cioè ( k ∈ Z (uguagliando gli argomenti). . . ϑ1 = α+2π . se w 6= 0.12. . Da questa formula. . . e cioè 1 α + 2jπ α + 2jπ zj = r n cos + i sin . ϑn+1 = = ϑ1 + 2π. . n n 94 .scelto poi w = z. Radici n-sime di un numero complesso Fissato w ∈ C. j = 0. risulta ancora utile usare la forma trigonometrica.8. trattandosi di una relazione algebrica) è possibile dedurre delle non banali relazioni trigonometriche che esprimono sin nϑ e cos nϑ in termini di sin ϑ e cos ϑ (esercizio 1. . nϑ = α + 2kπ. mentre le prime n scelte di k (k = 0. . Ricordiamo che proprio l’esigenza di risolvere le equazioni algebriche ci ha motivato ad introdurre i numeri complessi. 1 ρ = rn ϑ= α+2kπ n (radice n-sima reale positiva) . cioè infinite soluzioni z. n − 1 ϑmn+j = α + 2(mn + j)π = ϑj + 2mπ n ∀m ∈ Z. e sia z = ρ(cos ϑ + i sin ϑ) l’incognita: affinché sia z n = w bisognerà avere ρn = r (uguagliando i moduli). che seguono facilmente dalle formule di addizione. 1.7 e 1. . le infinite scelte possibili per ϑ forniscono solo n scelte distinte per z. e pi` u in generale vale la formula di de Moivre: z n = rn (cos ϑ + i sin ϑ)n = rn (cos nϑ + i sin nϑ) ∀ϑ ∈ R. . Se w = 0. . k ∈ Z. n − 1) forniscono n valori di ϑ compresi fra 0 e 2π (ossia ϑ0 = αn . Però.12. vogliamo trovare tutte le soluzioni dell’equazione z n = w (con n intero maggiore di 1). ϑn−1 = α+2(n−1)π ). . Calcolare le aree del poligono regolare di n lati inscritto nella circonferenza di raggio 1 e di quello circoscritto alla medesima circonferenza. cioè l’unico che sta in [0. . Calcolare le quantità 24 (1 − i) . se w è reale positivo. Se. i 1+i 1−i 45 . . Dimostrare che: (i) `(γ− (v. w)) = −`(γ+ (1.zn−1 giacciono tutti sulla circonferenza di centro 1 0 e raggio |w| n . |1 + i| 2. −w)) per ogni w ∈ γ+ (−1.12 1. w ∈ C \ {0}. . quindi z0 è reale positivo ed è la radice n-sima reale positiva di w. −iw)) per ogni w ∈ γ+ (i. I numeri z0 . . i + 2i 1 − 2i 5 . in particolare. Completare la seguente tabella: 95 . w)) = `(γ+ (1. w)) = `(γ+ (1. . 4. ciascuno forma un angolo di 2π con il precedente. 2π[. 1+i . . (iii) `(γ+ (i. (ii) `(γ− (1. v)) per ogni v. 5. 1). 67 1 . w)) = −`(γ+ (w. (iv) `(γ+ (−1. zn−1 che sono tutte e sole le soluzioni dell’equazione z n = w. . . z1 .Quindi ogni numero complesso w 6= 0 ha esattamente n radici n-sime distinte z0 . Dunque. L’argomento del primo vertice z0 si trova dividendo per n l’argomento principale di w. −1). si avrà arg z0 = n1 arg w = 0. w è reale positivo. cosicché essi sono i n vertici di un poligono regolare di n lati inscritto nella circonferenza. la sua 1 radice n-sima reale positiva w n è una delle n radici n-sime complesse di w (e tra queste 1 ci sarà anche −w n se n è pari). w) per ogni w ∈ C \ {0}. Esercizi 1. Quanti gradi sessagesimali misura un angolo di 1 radiante? 3. (i) Dimostrare le formule di Werner:  sin ax sin bx = 21 [cos(a − b)x − cos(a + b)x]   cos ax cos bx = 21 [cos(a − b)x + cos(a + b)x]   sin ax cos bx = 12 [sin(a − b)x + sin(a + b)x]. 2 2 ∀x ∈ R. Dimostrare le formule di bisezione: cos2 1 + cos x x = . x ∈ R. ∀α. 7. b. ∀a. | sin α − sin β| ≤ |α − β| 96 ∀α. 2 2 sin2 x 1 − cos x = 2 2 ∀x ∈ R. β ∈ R. 9. (ii) Dedurre le formule di prostaferesi:   cos α + cos β = 2 cos α+β cos α−β  2 2     cos α − cos β = −2 sin α+β sin α−β 2 2  cos α−β sin α + sin β = 2 sin α+β  2 2     sin α − sin β = 2 cos α+β sin α−β . sin 2x = 2 sin x cos x 8. β ∈ R. . Provare che | cos α − cos β| ≤ |α − β|.x 0 π 6 π 4 π 3 π 2 2π 3 3π 4 5π 6 π 7π 6 5π 4 4π 3 3π 2 5π 3 7π 4 11π 6 cos x sin x tan x x cos x sin x tan x 6. Dimostrare le formule di duplicazione: cos 2x = cos2 x − sin2 x. 8 sin 7π . 14. dimostrare che per ogni ϑ ∈ R e per ogni n ∈ N+ si ha [ n2 ] X n cos nϑ = (−1)h sin2h ϑ cosn−2h ϑ. 8 tan 11π . Detto α l’angolo opposto al vertice A. [Traccia: usare le formule di Werner con a = 1 2 ∀N ∈ N+ . tan α − tan β = 1 tan α − 1 tan β = sin(α−β) cos α cos β . Dimostrare che se α ∈ R \ {(2k + 1)π}k∈Z si ha 2 tan α2 sin α = 1 + tan2 α2 1 − tan2 cos α = 1 + tan2 α 2 α 2 . 12 sin 5π . Utilizzando la formula del binomio. cioè [x] = max{k ∈ Z : k ≤ x}. 13. Dimostrare le relazioni tan(α + β) = tan2 α 2 = tan α+tan β 1−tan α tan β 1−cos α 1+cos α . c = |A − B|.10. 12 16. 2 tan α 1−tan2 α per tutti gli α. si provi che a2 = b2 + c2 − 2bc cos α. Provare che sin(α+β) cos α cos β tan α + tan β = 1 tan α + 1 tan β = sin(α+β) sin α sin β . . e b = n. 2h h=0 sin nϑ = n−1 [X 2 ] h=0 n (−1)h sin2h+1 ϑ cosn−2h−1 ϑ. 11. Dimostrare che N sin N + 12 x 1 X + cos nx = 2 n=1 2 sin x2 ∀x ∈ R \ {2kπ}k∈Z . 8 cos 5π . b = |C − A|. . β ∈ R per i quali le formule hanno senso. ove a = |B − C|. β ∈ R per i quali le formule hanno senso. 97 .] 15. sin(α−β) sin α sin β per tutti gli α. Calcolare: cos π . 12. tan(α − β) = tan 2α = tan α−tan β 1+tan α tan β . (Teorema di Carnot) Sia ABC un triangolo. 2h + 1 ove [x] denota la parte intera del numero reale x. 12 tan π . (2. 5). Risolvere le equazioni: √ √ (i) 3 sin x − 3 cos x = 0. cos x ( √ tan x > 3 (iv) sin x > 12 . (ii) sin x + (2 + 3) cos x = 1. √ 2 sin x − 1 > 0. 6). (Teorema dei seni) Sia ABC un triangolo. Provare che tali numeri sono le soluzioni dell’equazione n−1 X k=0 98 z k = 0. (ii) (1. (v) sin x + 3| sin x| = 2. 3). √ 2. 19. (−1. (iii) 2 sin2 x − sin x = 1. 18. (v) √ 2 sin x + 1 √ √ (vi) sin x + ( 2 − 1) cos x > 2 − 1. 3 − 3i. zn le radici n-sime di 1 che sono diverse da 1.17. (i) sin x < 21 . Scrivere in forma trigonometrica i numeri complessi: 1 + i. 20. (vi) cos4 x − 4 sin2 x cos2 x + 3 sin4 x = 0. . Dimostrare che se z ∈ R le radici n-sime di z sono a due a due coniugate. 24. Risolvere le disequazioni: 3 (ii) 4 sin x tan x − > 0. . (iv) le radici ottave di − i. √ − 3 + i. 3−i − 7 . 23. 2). 1−i √ . (−2. Siano z1 . 0). b = |C − A|. (4. c = |A − B|. 1). B e C. . −1 + √ 3i. 1+i 22. Calcolare: (i) le radici seste di − 1. si provi che a b c = = . . . Detti α. (iii) cos x > − √12 . (iv) sin4 x − 4 sin2 x cos2 x + 3 cos4 x = 0. β e γ gli angoli opposti ai vertici A. 21. Determinare l’area dei triangoli di vertici: (i) (0. sin α sin β sin γ ove a = |B − C|. (iii) le radici quarte di 1 + √ (ii) le radici quadrate di i. 3i. 25. Provare che la somma delle n radici n-sime di un qualunque numero complesso z è uguale a 0. 26. Risolvere in C le seguenti equazioni: (i) z 4 − 2iz 2 + 3 = 0, (ii) z 4 = z 3 , (iii) z 3 − izz, (iv) z|z| − 2Rez = 0, (v) |z + 2| − |z − 2| = 2, (vi) z 3 = arg z + (vii) z|z|2 + |z|z 2 − zz 2 = 1, (viii) z 2 = −i|z| − (ix) |z 2 + 1|2 + |z 2 − 1|2 = 8z 2 − 6, (x) z + |z| = 3i + 2, (xi) z 5 − iz 3 − z = 0, (xii) z 6 = arg z + arg z 2 . 27. Risolvere in C i seguenti sistemi: ( 2 |z + 1| = 1 (i) Rez = 21 |z|2 , ( |z + i − 1| = 2 (iii) |z|2 − 3|z| + 2 = 0, ( 2 z w =i−1 (v) |z|w2 + 2z = 0, ( (ii) π 6 , √ 2, zw2 = 1 z 2 + w4 = 2, ( (iv) z 2 w3 = 1 + i z 4 |w|2 = 3i, ( (vi) z 3 w3 − 1 = 0 z 2 w + 1 = 0. 28. Si provi che se z1 , z2 , z3 ∈ C, se |z1 | = |z2 | = |z3 | = 1 e z1 + z2 + z3 = 0, allora i punti z1 , z2 , z3 sono i vertici di un triangolo equilatero. Cosa succede nel caso di quattro punti soggetti ad analoghe condizioni? 29. Provare che l’area del triangolo di vertici 0, z, w è data da 21 Im(zw). [Traccia: ridursi con una rotazione al caso arg w = 0.] 30. Provare che le equazioni della forma λ ∈ C, λz + λz + c = 0, c ∈ R, rappresentano le rette nel piano complesso. 31. Provare che le equazioni della forma |z|2 − λz − λz + c = 0, λ ∈ C, c ∈ R, c < |λ|2 , rappresentano le circonferenze nel piano complesso. 32. Siano a, b ∈ C: disegnare il luogo dei numeri z ∈ C tali che 1 |z − a| > |z − b|. 2 33. Sia z ∈ C con |z| = 1. Si verifichi che (z − 1)(z + 1) è immaginario puro e si interpreti geometricamente questo fatto. 99 Capitolo 2 Successioni 2.1 Limiti di successioni Si usa il termine “successione” per indicare una sequenza interminabile di elementi presi da un certo insieme. Pi` u precisamente: Definizione 2.1.1 Sia X un insieme. Una successione a valori in X è una funzione a : N → X. Gli elementi a(0), a(1), a(2), eccetera, si dicono termini della successione e si denotano pi` u brevemente con a0 , a1 , a2 , e cos`ı via. Nel termine generico an è contenuta la legge di formazione della successione. La successione a : N → X si denota con {an }n∈N o anche semplicemente con {an }, confondendola impropriamente con l’insieme dei suoi termini. A noi interesseranno per lo pi` u (ma non solo) successioni a valori reali o complessi. Molto spesso sarà utile considerare successioni definite non su tutto N ma solo per tutti i numeri naturali maggiori di un intero fissato, cioè funzioni a : {n ∈ N : n ≥ n0 } → X. Esempi 2.1.2 (1) { n1 } è una successione reale, definita solo per n ∈ N+ : si ha a1 = 1, a2 = 1/2, a3 = 1/3, . . . , dunque an = 1/n per ogni n ∈ N+ . (2) Se q ∈ C è un numero fissato, {q n } è una successione complessa (reale se q ∈ R) ed i suoi termini sono 1, q, q 2 , q 3 , eccetera. In particolare: se q = 1 la successione vale costantemente 1; se q = −1 la successione prende solo i valori 1 e −1 alternativamente, infinite volte; se q = i, analogamente, {an } assume ciclicamente i quattro valori 1, i, −1, −i. (3) {n!} è la successione reale 1, 1, 2, 6, 24, 120, 720, 5040, 40320, . . . ; essa cresce molto rapidamente al crescere dell’indice n. P (4) Posto an = nk=0 q k , con q ∈ C fissato, {an } è una successione i cui termini, come sappiamo, sono (esempio 1.6.4 (4)) ( 1−qn+1 se q 6= 1, 1−q an = n se q = 1. 100 (5) La legge di formazione di una successione può essere data induttivamente anziché in modo esplicito: ad esempio a0 = 1 se n = 0 1 an+1 = 1 + an se n ≥ 1, è una successione definita per ricorrenza, ove ciascun elemento (salvo a0 ) è definito in termini del precedente; si ha 5 8 13 21 3 , a6 = , a0 = 1, a1 = 2, a2 = , a3 = , a4 = , a5 = 2 3 5 8 13 e possiamo calcolarne quanti vogliamo, ma non è facile determinare una legge esplicita che esprima il termine generale an in funzione solo di n. A noi interesserà il comportamento di una data successione per valori molto grandi di n. A questo scopo è fondamentale la nozione di limite: Definizione 2.1.3 Sia {an } ⊆ C, sia L ∈ C. Diciamo che L è il limite della successione {an } al tendere di n a +∞, oppure che la successione {an } converge a L per n che tende a +∞, se vale la condizione seguente: ∀ε > 0 ∃ν ∈ N : |an − L| < ε ∀n > ν. Ciò significa che comunque si fissi un margine di errore ε > 0, si può trovare una soglia ν al di là della quale per ogni indice n il corrispondente elemento an differisce da L (in modulo) per meno di ε. In tal caso scriveremo lim an = L, n→∞ oppure an → L per n → ∞. Osservazioni 2.1.4 (1) Se la successione {an } è reale e L è reale, la definizione di limite non cambia di una virgola: naturalmente il modulo |an − L| diventa un valore assoluto. (2) Nella definizione non cambia nulla se si concede alla soglia ν di essere un numero reale anziché un numero naturale: l’importante è che per tutti gli indici n ∈ N che sono maggiori di ν valga la disuguaglianza |an − L| < ε. In particolare, non è affatto necessario scegliere il minimo ν possibile: ciò oltretutto può complicare terribilmente i conti. (3) La condizione |an − L| < ε è tanto pi` u vincolante e significativa quanto pi` u ε è piccolo; minore è ε, pi` u saremo costretti a scegliere una soglia ν grande. Si noti che la condizione, apparentemente meno forte, “esiste un numero K > 0 tale che per ogni ε > 0 si può trovare una soglia ν per cui risulta |an − L| < Kε per ogni n > ν” è equivalente a dire che limn→∞ an = L: infatti il numero Kε è un arbitrario numero positivo esattamente come lo era ε, per cui non c’è perdita di generalità (si ricordi il lemma dell’arbitrarietà di ε, lemma 1.10.1). Nel caso di successioni reali, c’è anche la nozione di successione divergente a +∞ oppure −∞: 101 Definizione 2.1.5 Sia {an } ⊆ R. Diciamo che la successione {an } ha limite +∞ per n → +∞, ovvero che essa diverge positivamente per n → +∞, se ∀M > 0 ∃ν ∈ N : an > M ∀n > ν. Analogamente, diciamo che la successione {an } ha limite −∞ per n → +∞, ovvero essa diverge negativamente per n → +∞, se ∀M > 0 ∃ν ∈ N : an < −M ∀n > ν. In altre parole, la successione è divergente se, fissato un numero M arbitrariamente grande, esiste sempre una soglia ν al di là della quale tutti i termini della successione sono ancora pi` u grandi di M (se il limite è +∞), ovvero ancora pi` u piccoli di −M (se il limite è −∞). Esempi 2.1.6 (1) limn→∞ n1 = 0. Infatti, fissato ε > 0, la relazione | n1 − 0| = n1 < ε è 1 verificata non appena n > 1ε . Quindi la 1 definizione è soddisfatta se si sceglie ν = ε ; se si vuole ν ∈ N, si potrà prendere ν = ε + 1. n = 1 (questa successione è definita per n ≥ 11). Infatti, dato ε > 0 si (2) limn→∞ n−10 ha n n 1 . . ⇐⇒ −1<ε ⇐⇒ n > 10 1 + . n − 10 − 1. invece. o anche ν = 20 (purché sia ε ≤ 1). dato che la funzione logq stavolta è crescente.1. la successione {q n } non ha limite (esercizio 2. Infatti dato ε > 0 si ha |q n | = |q|n < ε se e solo se n > log|q| ε (si ricordi che la funzione log|q| è decrescente essendo |q| < 1). se q > 1 basta osservare che q n > M se e solo se n > logq M .7). P 1 . Osserviamo però che se q ∈ R e q ≥ 1 1 se q = 1 n lim q = +∞ se q > 1. Se. |q| ≥ 1 e q ∈ / [1. Infatti (4) Per ogni q ∈ C con |q| < 1 si ha limn→∞ nk=0 q k = 1−q . ε (3) Se q ∈ C e |q| < 1. +∞[. allora limn→∞ q n = 0. n→∞ Ciò è evidente se q = 1. < ε n − 10 ε per cui basta scegliere ν = 10 1 + 1ε . n . . . . X 1 . . . . 1 − q n+1 1 . . |q|n+1 . . k q − − = . . = . 1 − q. . 1 − q 1 − q . |1 − q| k=0 quindi . . n . X |q|n+1 1 . . . k q − <ε . . = . 1 − q . quindi esiste certamente 102 . si poteva osservare che. che oltretutto non è sempre possibile.6 (3). Ma anche senza questo calcolo esplicito.1. si ha limn→∞ q n = 0. |1 − q| k=0 ⇐⇒ n + 1 > log|q| (ε|1 − q|). per l’esempio 2. un ν tale che |q n+1 | < ε|1 − q| per ogni n > ν. Di conseguenza risulta. per tutti gli n superiori a quel ν. . . n . . X |q|n+1 1 . . < ε. qk − . = . . 1 − q . La cosa è evidente se a = 1. (6) Si ha lim logb n = n→∞ +∞ se b > 1 −∞ se 0 1 si ha a1/n < a1/ν per n > ν: dunque a maggior ragione |a1/n − 1| = a1/n − 1 < ε ∀n > ν. ovviamente n! > M non appena. ricordando l’esempio 1. perché in tal caso addirittura |a1/n − 1| = |1 − 1| = 0 per ogni n ∈ N+ . (7) Se a > 0. n > M . per ogni ε > 0 esiste ν tale che . ad esempio. dato ε > 0 esiste ν ∈ N tale che 1 < a1/ν < 1 + ε.3 (1) abbiamo che inf n∈N+ a1/n = 1. dunque. se 0 1. che è la tesi. Infine se 0 < a < 1 si ha a1 > 1 e quindi. Infatti se M > 0 risulta logb n > M ⇐⇒ n > bM logb n < −M ⇐⇒ n > b−M se b > 1.8. Infatti. . 1/n . 1 1/n . 1 . . − 1. . = −1<ε ∀n > ν. . a . se per ogni n ≥ 2 applichiamo la disuguaglianza √ delle medie (teorema 1. a dunque. d’altra parte. (8) Non è chiaro a priori se la successione {n1/n } abbia limite per n → ∞: l’esponente tende a rimpicciolire il numero. la base tende ad accrescerlo. = an−2 = 1. |1 − a1/n | = 1 − a1/n < ε · a1/n < ε ∀n > ν. si ottiene ! n1 n n Y 1 1X 2 2 2 nn = ak < ak = 1 − + √ < 1 + √ .8. e la tesi è provata anche in questo caso. risulta 1 nn < 1 + ε purché 103 2 √ < ε. n . an−1 = an = n. n k=1 n n n k=1 Da qui segue che. moltiplicando per a1/n . Osserviamo intanto che n1/n ≥ 1 per ogni n ∈ N+ . . . per ogni fissato ε > 0.2) agli n numeri positivi a1 = . n→∞ Osservazione 2. nell’esempio 2. scelto ε = 1.7 Se una certa proprietà p(n) è verificata per ogni numero naturale maggiore di una data soglia ν (ossia. Definizione 2. oppure an < −M definitivamente. {Iman } sono entrambe limitate. Allora. Diciamo che {an } è limitata superiormente (oppure limitata inferiormente) se esiste M ∈ R tale che an ≤ M ∀n ∈ N oppure an ≥ M ∀n ∈ N. Analogamente.8 (i) Sia {an } una successione reale o complessa.9 Ogni successione convergente è limitata. il viceversa è falso.ossia purché n > 4/ε2 . Inoltre. Diciamo che {an } è limitata se esiste M > 0 tale che |an | ≤ M ∀n ∈ N. Ovviamente.6 (8) si ha per ogni ε > 0 2 √ <ε n definitivamente. in altri termini. . come si è visto. (ii) Sia {an } una successione reale. |Imz|} ≤ |z| ≤ |Rez| + |Imz| ∀z ∈ C.1.1. lim n1/n = 1. esiste ν ∈ N tale che |an − L| < 1 104 ∀n > ν. Proposizione 2. una successione reale è limitata se e solo se è limitata sia superiormente che inferiormente. Cos`ı. e si ha an → +∞ oppure an → −∞ per n → ∞ se e solo se per ogni M > 0 risulta an > M definitivamente.1.1. Successioni limitate Un’importante classe di successioni è quella delle successioni limitate (che non significa “dotate di limite”!). in quanto. tale condizione è vera per tutti gli n > 4/ε2 . deduciamo che una successione complessa {an } è limitata se e solo se le due successioni reali {Rean }. se essa vale per tutti i naturali salvo al pi` u un numero finito). Dimostrazione Sia limn→∞ an = L. ricordando che max{|Rez|. In conclusione. la definizione di limite può essere riformulata come segue: si ha an → L per n → ∞ se e solo se per ogni ε > 0 risulta |an − L| < ε definitivamente. diremo che tale proprietà è vera definitivamente. 11 Siano {an }. Per le successioni reali divergenti si ha un risultato della stessa natura (esercizio 2.1. Propriet` a algebriche dei limiti Proviamo anzitutto l’unicità del limite: Proposizione 2. k ≤ ν}. allora: (i) an + bn → L + M per n → ∞. Se an → L e bn → M per n → ∞. mentre se n = 0. . |a1 |. Dimostrazione Supponiamo per assurdo che {an } converga a L ed anche a M . Pertanto deve essere L = M . |an − M | < ε definitivamente. ν risulta evidentemente |an | ≤ max{|ak | : k ∈ N. |aν |}. La successione {(−1)n } mostra che il viceversa è falso. è ±∞. .quindi se n > ν si ha |an | = |an − L + L| ≤ |an − L| + |L| < 1 + |L|. bn M 105 . si ha anche |L − M | = |L − an + an − M | ≤ |L − an | + |an − M | < 2ε < |L − M |. . si ha: (iii) 1 1 → per n → ∞. In definitiva tutti i numeri |an | sono non superiori alla quantità M = max{1 + |L|. Teorema 2. supponiamo L e M entrambi finiti. quindi. . e questo è assurdo. o M . con L 6= M .1. Vediamo ora come si comportano i limiti rispetto alle operazioni algebriche. scegliendo un n che superi la maggiore delle due soglie. . si ha per ipotesi |an − L| < ε definitivamente. {bn } successioni reali o complesse. . 2.1. |a0 |. 1.8). Lasciamo al lettore diligente l’analisi dei casi in cui L.10 Il limite di una successione reale o complessa. . Supposto inoltre M 6= 0. (ii) an · bn → L · M per n → ∞. se esiste. bn M (iv) an L → per n → ∞. con L e M finiti. è unico. Fissato ε tale che 0 < ε < 21 |L − M |. . (iii) Osserviamo anzitutto che bn è definitivamente diversa da 0 essendo M = 6 0. in virt` u della proposizione 2.1. ed anzi si ha |bn | ≥ C > 0 definitivamente (esercizio 2. |bn − M | < ε definitivamente. Quindi per ogni ε > 0 si ha . la successione {bn }. si ha |an − L| < ε definitivamente.9). è limitata da una costante K > 0.Dimostrazione (i)-(ii) Fissato ε > 0.4 (3). il che prova (ii). ne segue |an bn − LM | < ε(K + |L|) definitivamente.9.4 (3).1. D’altra parte. essendo convergente.1. e ciò prova (i). quindi risulta definitivamente |an + bn − L − M | ≤ |an − L| + |bn − M | < 2ε. tenuto conto dell’osservazione 2. Inoltre |an bn − LM | = |an bn − Lbn + Lbn − LM | ≤ ≤ |an − L| · |bn | + |L| · |bn − M | < ε(|bn | + |L|). tenuto nuovamente conto dell’osservazione 2.1. . . 1 . . − 1 . = |M − bn | < ε definitivamente. . bn M . 1. Limiti e ordinamento Vediamo adesso come si comportano i limiti rispetto alla struttura d’ordine di R. M ∈ R e.12 (di confronto) Siano {an }. per assurdo. Sia ν la soglia tale che an ≤ b n . da cui 0 < L − M < 2ε per ogni ε > 0. {bn } successioni reali. Teorema 2. che L. Ciò è assurdo. |bn | · |M | C|M | da cui la tesi.10. allora si ha L ≤ M . scegliamo 0 < ε < 12 (L − M ). e se an ≤ bn definitivamente. per il lemma dell’arbitrarietà di ε (lemma 1.18. |M − bn | < ε ∀n > ν. 106 . Per tali n si ha anche L − ε < an ≤ bn < M + ε. che L > M .1. Per un analogo risultato nel caso di successioni (reali) divergenti si rimanda all’esercizio 2.1). Se an → L e bn → M per n → ∞. Dimostrazione Supponiamo. Il caso L = ±∞ oppure M = ±∞ è analogo. |L − an | < ε. per fissare le idee. (iv) Segue da (ii) e (iii). Si dimostri che se q ∈ C. allora {an } non è limitata. Sia {an } ⊆ C. Si provi che se an → 0 e {bn } è limitata. se e solo se risulta limn→∞ (an −L) = 0. con limiti ReL e ImL rispettivamente. ∀a > 0.1 1. con L ∈ C. allora esiste δ > 0 tale che |an | ≥ δ definitivamente. 107 ∀b > 0. ` vero il viceversa? 3. allora |an | → |L|. 2. allora lim (an+1 − an ) = 0. . ma che il viceversa è falso. ∀a > 0. (ii) se {an } ⊆ R e se limn→∞ an > 0. E 4. Dimostrare che se an → L. n→∞ ` vero il viceversa? E 6. allora an+1 lim = 1. n =0 an nb =0 n→∞ an ∀a > 1. Dimostrare che se an → L e L 6= 0. ∀b ∈ R. Si provi che {an } ha limite L ∈ C se e solo se le due successioni reali {Rean } e {Iman } convergono entrambe. allora an · bn → 0. Provare che se {an } è una successione reale divergente. a 6= 1. 8. 5. Provare che: (i) se limn→∞ an 6= 0. n→∞ an ` vero il viceversa? Che succede se L = 0? E 7. a 6= 1. Si provi che si ha limn→∞ an = L. Si provi che se an → L. Provare che lim n→∞ e dedurre che definitivamente. |q| ≥ 1 e q 6= 1 allora la successione {q n } non ha limite. allora esiste δ > 0 tale che an ≥ δ 10. 9. (Teorema della permanenza del segno) Sia {an } ⊆ C. lim 11.Esercizi 2. Provare che loga n =0 n→∞ n lim e dedurre che loga n =0 n→∞ nb lim ∀a > 1. (xi) negli altri casi. Provare che ∀a > 1. allora an · bn → −∞. Siano {an } e {bn } successioni reali. 108 . (d) 0 0 (per il limite di an bn quando an → 0 e bn → 0). allora 1/|an | → +∞ (questo vale anche se {an } ⊆ C). Calcolare.12. (b) 0 · (±∞) (per il limite di an · bn quando an → 0 e bn → ±∞). allora 1/an → +∞. oppure ±∞. allora an + bn → −∞. cioè per le cosiddette forme indeterminate seguenti: (a) +∞ − ∞ (per il limite di an + bn quando an → +∞ e bn → −∞). (viii) se an → 0 e an 6= 0 definitivamente. n! = 0. n! = +∞. (x) se an → 0 e an < 0 definitivamente. (iv) se an → +∞ e bn ≤ K < 0 definitivamente. (ix) se an → 0 e an > 0 definitivamente. ∞ (c) ∞ (per il limite di abnn quando an → ±∞ e bn → ±∞). n→∞ n→∞ n→∞ 17. (ii) lim n (−2)n + 3n . (vii) se an → +∞ oppure an → −∞. n→∞ nn lim 14. (iii) se an → +∞ e bn ≥ K > 0 definitivamente. (v) se an → −∞ e bn ≥ K > 0 definitivamente.17. allora an + bn → +∞. allora an · bn → −∞. Calcolare. Provare che lim √ n n→∞ ∀a ∈ R.6. (ii) se an → −∞ e bn è limitata superiormente. 18. allora 1/an → 0. oppure può non esistere. (iii) lim n 2n + (−1)n+1 . [Traccia: ricordare l’esercizio 1. allora an · bn → +∞. Dimostrare che: (i) se an → +∞ e bn è limitata inferiormente. allora 1/an → −∞. si mostri con esempi che il corrispondente limite può essere un numero reale qualunque. (vi) se an → −∞ e bn ≤ K < 0 definitivamente. limn→∞ an . ove an = 1 se n è pari e an = 2−n se n è dispari.] 16. se esistono: p p √ (i) lim n 2n + 3n . Provare che an =0 n→∞ n! lim 13. Provare che lim n→∞ √ n na = 1 15. se esiste. allora an · bn → +∞. an → L e L > 0. lim n an = 1. n→∞ n→∞ 22. Si provi che se an → λ.19. lim n→∞ n k=0 ` vero il viceversa? Che succede se {an } ⊆ R e L = ±∞? E 23. (iv) lim n sin2 √ . Si provi che se {an } ⊆ ]0. Si provi che se an → L. (Teorema dei carabinieri) Siano {an }. la 1 quantità n k=ν+1 ak è vicina a λ. L ∈ C. con L ∈ [0. 20.[Traccia: fissato ε > 0.. n→∞ n→∞ n 2n 2 (v) lim . 25.. Si provi che se an → L e cn → L (con L ∈ R oppure L = ±∞). . allora n−1 1X ak = L. ∞[. allora √ √ √ k lim k an = L ∀k ∈ N+ . Calcolare. (viii) lim 3n+1 − 3 n +1 . ∞[ e an → L. allora a1 + a2 + . (vi) lim 2−n n!. n Si estenda questo risultato al caso {an } ⊂ R e λ = ±∞. allora bn → L. se esistono. Dimostrare che se {an } ⊆ R. con b > 0. Si provi che bxn → bx per ogni x ∈ R. n→∞ n→∞ n √ 2 (vii) lim (4n + 10n − 11n ). i seguenti limiti: √ √ 1 n − n 4n − sin 3 8 (i) lim .ν Si osservi che. n→∞ n→∞ n √ √ 1 (iii) lim n+1− n . (ii) lim n cos .] 109 . (Teorema di Cesàro) Sia {an } una successione reale o complessa. per n grande. sia ν ∈ N tale Pn che |an − λ| < ε per ogni n 1≥Pν. + an → λ. n→∞ k=0 ` vero il viceversa? Che succede se L = +∞? E 24. {cn } successioni reali tali che an ≤ bn ≤ cn definitivamente. Sia {bn } una successione di numeri positivi tale che bn → b. n→∞ n→∞ 21. . mentre n k=1 ak è vicino a 0. allora v un−1 uY n lim t ak = L. {bn }. che però. ak k=0 Definizione 2. andiamo a costruire una nuova successione {sn } in questo modo: s0 = a0 sn+1 = sn + an+1 ∀n ∈ N.3 Una serie è dunque una particolare successione. con ∞ k=0 k .2 Si dice che la serie ak è convergente ad un numero (reale o complesso) L se la successione delle sue somme parziali {sn } è convergente ed ha limite L.2. I numeri ak si dicono termini della k=50 ak . serie ed i numeri sn si dicono somme parziali della serie. per la loro importanza pratica e teorica. Si ha dunque sn = n X ∀n ∈ N.2 Serie Le serie numeriche sono semplicemente successioni reali o complesse di tipo particolare. quando si voglia P ∞ qual è l’indice k=1 ak . bn+1 = an+1 − an ed è facile verificare che allora an = n X bk k=0 cioè {an } coincide con la serie P bk . e non possiamo evitare di adottarla. Si noti che nel definire una serie ed il simbolo che la indica non si è fatto alcun riferimento alla convergenza della successione {sn }. k=0 P Come si vede. meritano una trattazione a parte. sarà comunque chiaro di volta in volta dal contesto del discorso in quale P∞ dei due sensi va inteso il simbolo k=0 ak .1 Ogni definito si chiama serie e si P successione {sn } del tipo sopra P a precisare indica con il simbolo ak (o. pi` u pedantemente. Però il punto di vista P si può anche capovolgere: ogni successione {an } può essere vista come una serie bk . Osservazione 2. costruita a partire da un’altra successione assegnata.2. .2. c’è una certa ambiguità. perché lo stesso simbolo ∞ k=0 ak viene usato sia per indicare la serie (convergente o no). P Definizione 2. che può benissimo non verificarsi. con {bn } opportuna. Data una successione {an } reale o complessa.2. 110 ∀n ∈ N. sia per indicarne la somma (se convergente). Purtroppo si tratta di una notazione di uso ormai consolidato. P∞ iniziale: si possono infatti considerare anche serie del tipo P ∞ k=p ak con p ∈ N fissato ad arbitrio). in tal caso il numero L si dice somma della serie e si scrive L = lim n X n→∞ ak = k=0 ∞ X ak . Basta infatti definire b 0 = a0 ∀n ∈ N. ma allora.Successioni e serie sono dunque concetti del tutto equivalenti. oppure divergente negativamente.5 Diciamo che la serie ak (reale o complessa) è indeterminata se la successione delle sue somme parziali {sn } non ha limite per n → ∞.4). Nel caso di serie reali si può dare anche la nozione di serie divergente: P Definizione 2. ecc. Ne segue che la serie armonica non può essere convergente. P 1 e ciascun termine (3) (Serie armonica) La serie ∞ k=1 k si chiama serie armonica perch´ (salvo il primo) è la media armonica del predecessore e del successore (la media ar2 monica di due numeri positivi a. P 1 (2) Risulta ∞ k=1 k(k+1) = 1.2.1. per n → ∞. meccaniche.1. vi sono svariati criteri di uso molto semplice che garantiscono la convergenza delle serie. Infatti sn = n X k=1 n X 1 = k(k + 1) k=1 1 1 − k k+1 =1− 1 → 1 per n → ∞. Se |q| ≥ 1 e q ∈ / R. k=0 P Definizione 2. n+1 Questo è unPesempio di serie telescopica: sono telescopiche le serie che si presentano nella forma (bk − bk+1 ).2. ∞ X oppure k=0 ak = −∞. allora ∞ X 1 1−q qk = k=0 (esempio 2. Se |q| < 1. In tal caso si scrive ∞ X ak = +∞.3.). perchè in tal caso esisterebbe L ∈ R tale che |sn − L| < 14 definitivamente.7.2. cosicché sn = b0 − bn+1 .2.4 Diciamo che la serie reale bk è divergente positivamente.6 (4)). Ciò in effetti accade sempre. dedurremmo 1 1 1 1 ≤ s2n − sn ≤ |s2n − L| + |L − sn | < + = .6 (1) (Serie geometrica) Sia q ∈ C. inoltre la teoria delle serie è per molti aspetti pi` u maneggevole ed articolata di quella delle successioni. la serie è indeterminata in virt` u dell’esercizio 2. tenuto conto dell’osservazione 2. q ≥ 1 la serie è reale e diverge positivamente. si ha 2n X 1 n 1 s2n − sn = ≥ = k 2n 2 k=n+1 ∀n ∈ N+ . oppure a −∞. scelto n abbastanza grande. b è il numero 1/a+1/b . ma si parla di serie telescopiche soltanto quando questo modo di vederle porta ad una concreta semplificazione della situazione. si veda anche l’esercizio 1. 1 Osservando che i termini k sono positivi e decrescenti. Tuttavia le serie si presentano spesso in modo naturale nelle applicazioni (geometriche. Ad esempio. Esempi 2. fisiche. se le sue somme parziali sn formano una successione che tende a +∞.8. i cui analoghi per le successioni non sono altrettanto comodi dal punto di vista pratico. mentre se q ∈ R. 2 4 4 2 111 . 7 Sia ∞ con somma L.2. facendo tendere m a +∞. m→∞ La serie P∞ k=m P ak convergente k=m ak si chiama resto m-simo della serie P∞ k=0 ak .2. La serie armonica (esempio 2.5): se {an } è una successione convergente. allora lim (an − an+1 ) = 0. si deduce che per ogni serie si ha ∞ X lim ak = 0. P Proposizione 2.4). n→∞ √ ma il viceversa è falso. il viceversa è falso.2. allora i suoi termini an formano una successione infinitesima. fissato ε > 0 esiste ν ∈ N tale che |sn − L| < ε per ogni n > ν. Vediamo ora una condizione necessaria per la convergenza di una serie. n Osservazione 2.il che è assurdo. (s2k − s2k−1 ) ≥ 1 + 2 2 k=1 k=1 e ciò prova che sn → ∞ (definizione 2. Dimostrazione Se L è la somma della serie.1.9 L’analogo della proposizione precedente per le successioni si può enunciare nel modo seguente (vedere esercizio 2. 112 .8 Se ak è una serie convergente. In effetti la stima precedente mostra che per ogni fissato m ∈ N e per ogni n ≥ 2m si ha sn ≥ s2m = s1 + (s2 − s1 ) + (s4 − s2 ) + (s8 − s4 ) + · · · + (s2m − s2m−1 ) = m m X X m 1 = 1+ =1+ . ossia che la serie armonica è divergente positivamente. Quindi |an | = |sn − sn−1 | ≤ |sn − L| + |L − sn−1 | < 2ε ∀n > ν + 1.2. benché i suoi termini 1 formino una successione infinitesima. cioè an → 0 per n → ∞. P Osservazione 2. come mostra la successione { n}.6 (3)) è una serie che non converge. k=m+1 In particolare.2. ossia risulta an → 0 per n → ∞. Allora sottraenk=0 ak una serie convergente P∞ do sm adPentrambi i membri dell’uguaglianza k=0 ak = L si ottiene che per ogni m ∈ N la serie ∞ e convergente e k=m+1 ak ` ∞ X ak = L − s m ∀m ∈ N. 1 + an P P 4. sia x un numero reale con sviluppo decimale periodico. 10 10 n=1 10qn 113 . .Esercizi 2. allora (an ) è convergente per ogni p ≥ 1. allora an converge e ∞ n=0 bn . Sia an una serie a termini reali non negativi. anche la serie P (an + bn ) è ∞ ∞ ∞ X X X (an + bn ) = an + bn . al caso di serie reali divergenti. P 3. P P 2. . allora P an n è convergente. P P P 5. Si dimostri che se an è p convergente. (Criterio del confronto) Siano an e bn serie reali tali che 0 ≤ an ≤ bn per ogni n ∈ N. Si dimostri che ∞ X ⇐⇒ an < +∞ ∞ X n=0 n=0 an < +∞.2 1. il cui antiperiodo sia un intero a = a1 . ap di p cifre e il cui periodo sia un intero b = b1 . n=0 m=0 m=0 è vero il viceversa? 6. 7. n=0 n=0 Si generalizzino questi enunciati. . Provare che se convergente e P an e P bn sono serie convergenti. P |an |2 è convergente. Si provi che se ma che il viceversa è falso. Sia {an } ⊆ C. P∞ P P P (i) Si provi che se bn converge. Si provi che se a2m e a2m+1 sono convergenti. bq con q cifre. Sia an una seriePa termini reali non negativi. in n=0 an ≤ quale caso vale l’uguaglianza? P P (ii) Si provi che se an diverge. Sia {an } ⊆ C. (ii) Viceversa. per quanto possibile. . allora bn diverge. n=0 n=0 n=0 P si provi anche che per ogni λ ∈ C la serie (λan ) è convergente e ∞ ∞ X X (λan ) = λ an . (i) Si provi che ogni numero razionale ha uno sviluppo decimale periodico (eventualmente di periodo nullo). allora an è convergente e ∞ ∞ ∞ X X X an = a2m + a2m+1 . Si provi che ∞ a b X 1 x − [x] = p + p . 2 (1) { n1 }. Diciamo che {an } è monotona decrescente se si ha an+1 ≤ an ∀n ∈ N.8.3 (2)). e che x si può scrivere sotto forma di una frazione (la frazione generatrice di x) il cui denominatore è fatto da q cifre 9 seguite da p cifre 0. . } sono successioni strettamente crescenti.10). Allora essa ha limite e si ha   sup an ∈ ] − ∞. . si ha L ≤ an ∀n ∈ N. (2) {(n + 1)!}.3. n∈N lim an = n→∞  inf an ∈ [−∞. In entrambi i casi precedenti. Definizione 2. . (4) Le somme parziali di una serie a termini di segno costante formano una successione monotona: crescente se il segno è positivo. la successione si dirà strettamente monotòna. +∞] se {an } è crescente. come sappiamo (proposizione 1. . 114 .5. ed è definitivamente crescente per x < −1 (esempio 1.1 Sia {an } ⊆ R. .3 Sia {an } ⊆ R una successione monotona.3 Successioni monotone Un’importante classe di successioni reali è quella delle successioni monotòne (e non monòtone!). Il comportamento all’infinito delle successioni monotone è particolarmente semplice. Si ha infatti: Proposizione 2. decrescente se è negativo. +∞[ se {an } è decrescente. Sia L l’estremo inferiore della successione {an }. bq . n∈N In particolare. se x 6= 0). Esempi 2. una successione monotona è convergente se e solo se è limitata. { n−1 n n (3) { 1 + nx } è una successione crescente per ogni x ≥ −1 (strettamente. . e supponiamo dapprima che L ∈ R: allora. ap b1 . e il cui numeratore è la differenza fra l’intero a1 . Infine diciamo che {an } è definitivamente monotona (crescente o decrescente) se la corrispondente disuguaglianza è vera soltanto da una certa soglia ν in poi. bq e l’intero b1 . 2.3.dedurre che x è un numero razionale. Diciamo che {an } è strettamente crescente o strettamente decrescente se la corrispondente disuguaglianza è stretta per ogni n ∈ N. Dimostrazione Proveremo la tesi solamente nel caso in cui {an } è decrescente. lasciando l’altro caso al lettore. Diciamo che {an } è monotona crescente se si ha an+1 ≥ an ∀n ∈ N.3. {−n} sono successioni strettamente decrescenti. allora ha estremo superiore ed estremo inferiore finiti.3.12) la serie converge ed ha somma inferiore a 2. andiamo a stimare la differenza s2n − sn : si ha 2n X 1 n s2n − sn = ≤ α k (n + 1)α k=n+1 115 ∀n ∈ N+ . e per il teorema di confronto (teorema 2.4 (1) (Serie armonica generalizzata) Per α > 0 consideriamo la serie ∞ X 1 . L’ultima proprietà è banale: se {an } è monotona e limitata.6 (2). la proposizione precedente ci dice che per provare la convergenza delle serie a termini positivi è sufficiente far vedere che le somme parziali sono limitate superiormente: e questo è spesso abbastanza facile. cioè la serie diverge positivamente. Resta il caso α ∈ ]1.1. Se invece L = −∞. come si è visto nell’esempio 2. da cui segue che an → L per n → +∞.2. per la decrescenza di {an } segue che an ≤ aν < −M ∀n ≥ ν. è divergente (positivamente). . Tornando alle serie. Poiché {an } è decrescente. deduciamo L ≤ an ≤ aν < L + ε ∀n ≥ ν. si ha n n n−1 X X X 1 1 1 sn = <1+ =1+ →2 2 k k(k − 1) h(h + 1) k=1 k=2 h=1 per n → +∞. la serie converge (con somma minore di 2). Esempi 2. e quindi ha limite finito coincidente con uno dei due. per confronto con il caso α = 2. tenuto conto dell’esempio 2. Dunque per ogni α ∈]0. nα n=1 Se α = 1. 2[: analogamente a quanto fatto per la serie armonica.9 (si noti che questo è vero anche se la successione non è monotona). essa si riduce alla serie armonica e. cioè an → −∞ per n → +∞. ogni successione convergente è limitata per la proposizione 2. Se α > 2. cioè è convergente.6 (3).1.2. Se α = 2. allora {an } non ha minoranti e quindi ∀M > 0 ∃ν ∈ N : aν < −M . 1[ si ha a maggior ragione sn = n n X X 1 1 > → +∞ α k k k=1 k=1 per n → +∞. a maggior ragione.∀ε > 0 ∃ν ∈ N : L ≤ aν < L + ε. sn = n n X X 1 1 < kα k2 k=1 k=1 e. viceversa. h è divisibile al pi` u per 2. 7. fissato m ∈ N+ e scelto n = 2m . Esiste allora un indice k ∈ N tale che sm − sk = m X 1 1 < pn 2 n=k+1 ∀m > k. Vogliamo dimostrare che ∞ X 1 = +∞. Ordiniamo P in modo crescente: dunque p1 = 2. 5. la disuguaglianza precedente implica sn = s2m = 1 + m X (s2k − s2k−1 ) ≤ 1 + k=1 < 1+ k=1 m X k=1 m X 1 2(k−1)(α−1) <1+ 2k−1 < (2k−1 + 1)α 1 . p3 = 5. Fissiamo ora un arbitrario m > k e consideriamo l’insieme Em = {h ∈ N+ : h ≤ m. p2 = 3. 4. ossia di quei numeri naturali p che sono privi di divisori interi diversi da p e da 1. h è divisibile al pi` u per p1 . 15}. p4 = 7 e pn < pn+1 per ogni n ∈ N+ . 5. Ad esempio. 8. 14. se k = 4 e se scegliamo m = 15. A questo scopo ricordiamo che ogni intero n > 1 è fattorizzabile in modo unico nella forma n = pα1 1 · pαs s . 6.quindi. la serie armonica generalizzata ha il seguente comportamento: ∞ X 1 nα n=1 converge se α > 1 diverge a + ∞ se α ≤ 1. In definitiva. Indichiamo con cm il numero degli elementi di Em . 3. 12. si conclude che sm ≤ s2m < 1 + 1 1 − 2−(α−1) ∀m ∈ N+ . 3. 10. 2. p n=1 n Supponiamo per assurdo che la serie sia convergente: dunque le sue somme parziali sn formano una successione convergente. h non è divisibile per alcun pn con n > k} = = {h ∈ N : h ≤ m. 1 − 2−(α−1) Dato che m ≤ 2m per ogni m ∈ N. 116 . si ha E15 = {h ∈ N : h ≤ 15. . . e pertanto la serie è convergente. 9. . Vogliamo dare una stima separata di cm e di m − cm . (2) Consideriamo l’insieme P dei numeri primi. 7} = = {1. pk }. . non può essere maggiore di m/pj : quindi il totale dei numeri n con 1 < n ≤ m che sono divisibili per almeno uno dei pj . deve verificare m m X X 1 m m =m < . √ m ≤ 2k m. allora n è divisibile per qualche pj con k < j ≤ m. . D’altra parte.ove s ∈ N+ . . . . . (3) (Serie esponenziale) Consideriamo la serie ∞ X 1 . . . in questo caso dunque s = 3. se n ≤ m e n ∈ / Em . . Dunque √ cm ≤ 2k m. . . . ed infine m ≤ 22k+2 . . possiamo scrivere 360 = 23 · 32 · 5 = (22 · 32 · 50 ) · (2 · 30 · 5) = 62 · 10. allora con la decomposizione sopra descritta otteniamo n = u 2k scelte per v (in u2 · v. m − cm ≤ p p 2 j j j=k+1 j=k+1 Otteniamo cos`ı m/2 ≤ cm . b3 = 1. . β1 = 2. . mentre le scelte di u saranno al pi` u [ m] (dato che 2 u è un intero tale che u ≤ n ≤ m). . perché k è assegnato ma m è arbitrario e quindi può essere scelto maggiore di 22k+2 . αs ∈ N (e qualcuno di questi può essere nullo). Ma fra 1 e m il totale dei numeri n divisibili per un fissato pj . Questa relazione è però assurda. . bk variano in {0. Variando n. . ovviamente. ricordando la stima fatta per cm . abbiamo al pi` √ quanto b1 . Se qualcuno degli αj è dispari. Ciò prova che la serie Σ1/pn è divergente. βs sono numeri naturali pari e b1 . p1 . ove β1 . 1}). . Stimiamo cm : se n ∈ Em . . ossia m − cm . con 1 < j ≤ m. β2 = 2. dove u = pβ1 1 · pβkk e v = pb11 · pbkk . Per esempio. ps ∈ P mentre α1 . da cui. β3 = 0. separiamo un fattore pj dagli altri: in qusto modo si ottiene n = pβ1 1 · pβs s · pb11 · pbss . b2 = 0. n! n=0 che è convergente in quanto n n X X 1 1 sn = ≤2+ →3 k! k(k − 1) k=0 k=2 117 per n → +∞. bs valgono 0 oppure 1. m ≤ pm e quindi nessun pj con j > m può essere divisore di n. . 2 ovvero √ m ≤ 2k+1 . ove si usa il fatto che. b1 = 1. che verrà Stabiliamo adesso un’importante relazione che ci darà modo di definire il fondamentale numero reale e. lim 1 + n→∞ n k! k=0 D’altra parte.Questa serie è un caso particolare della serie esponenziale analizzata in seguito. k n→∞ n→∞ k k! n n n n k=0 k=0 aumentando nell’ultimo termine il numero degli addendi da m (che è fisso) a n (che è pi` u grande. n→∞ k! n k=0 il che prova l’uguaglianza richiesta.. Inoltre si ha.. Proposizione 2. per il teorema di confronto (teorema 2.3. per ogni fissato m ∈ N+ si ha m m X X 1 1 nn−1 n−k+1 = 1+ · lim · .8. 118 .7. da cui. P zn n! . · (n − k + 1) k=0 n X k=0 k! · nk = n 1 n n−1 n−k+1 X 1 · · · . n X n 1 n 1 1+ ∀n ∈ N+ .3 (2)). .12).5 Risulta n ∞ X 1 1 = lim 1 + . dato che sta tendendo a +∞) si ottiene n m n X X 1 n 1 1 ≤ lim = lim 1 + ∀m ∈ N+ . facendo tendere anche m a +∞. n ∞ X 1 1 ≤ lim 1 + . · ≤ k! n n n k! k=0 ∀n ∈ N+ . n X ∞ 1 1 ≤ . k n→∞ n→∞ k! k n n k=0 k=0 da cui finalmente. z ∈ C... utilizzando la formula di Newton (teorema 1..1. . · = n→∞ n k! k! n n k=0 k=1 m m X X 1 nn−1 n 1 n−k+1 = 1 + lim · .1). k! n→∞ n k=0 Dimostrazione Notiamo che il limite a destra esiste perché la successione (1 + n1 )n è crescente (esempio 1.. · = lim . = k n k n k=0 quindi 1 1+ n n = = n X n(n − 1) · . Provare che se an è convergente. 5. Dimostrare che se b > 1 si ha ∞ X n=2 ∞ X 1 = +∞.3. ossia poniamo n ∞ X 1 1 = lim 1 + .5.] 2. . noi useremo di preferenza la scrittura ln x. Esercizi 2. ma che il viceversa è falso. n2 1 lim 1 + . n(logb n)α [Traccia: stimare s2n − sn per n = 2k . 2= k! k=0 k! k(k − 1) k=2 k=0 Il logaritmo in base e si dice logaritmo naturale e si scrive indifferentemente loge x = log x = ln x. Provare che ∞ X 1 1 < n! m · m! n=m+1 ∀m ∈ N+ .3. e= k! n→∞ n k=0 Il numero e si chiama numero di Nepero e riveste un’importanza fondamentale in tutta la matematica. Provare che lim n→∞ n2 − 1 n(1 + n2 ) 119 √1n = 1. moltiplicando per q · m! e scegliendo m > q. allora limn→∞ n · an = 0. Esso è un irrazionale (esercizio 2. [Traccia: se fosse e = p/q P con p.1) ed è compreso fra 2 e 3: infatti ∞ ∞ 1 X X X 1 1 1 < <2+ = 3.6 (3) e 2.3. n→∞ n 6. Si provi che le successioni 1 + n1 e 1 − n+1 sono decrescenti e se ne calcolino i limiti. se esistono. Calcolare. q ∈ N+ primi tra loro.6 Indichiamo con e il numero reale definito dalla proposizione 2. Sia {an } una successione decrescente di numeri positivi.2. e dedurne che e è irrazionale. lim n→∞ 1 1+ 2 n n .Definizione 2. avremmo per ogni m ∈ N p 1 1 la disuguaglianza 0 < q − m n=0 n! < m·m! . analogamente a quanto fatto per la serie armonica e per la serie armonica generalizzata negli esempi 2. n+1 n 1 4.3. n logb n n=2 1 < +∞ ∀α > 1. si deduca un assurdo.4 (1).3 1.] P 3. Si verifichi l’identità 1 n! = (n + k)! k−1 (n + 1)! n! − (n + k − 1)! (n + k)! ∀n ∈ N. (xii) 1 n n n=1 n=1 40 (viii) 10. (n!)2 1 n + 2n √ . an . (ix) . (Identit` Pak di Abel) Siano a1 . b1 . 4 1 + n3 1 + n3 n=0 n=0 n ∞ √ ∞ X X n−1 (−1)n √ (xi) . k=1 9. . . Posto sk = h=1 ah . (v) . ∀k ≥ 2. . . (x) n(1 + n2 ) n=1 (vii) (iii) (vi) ∞ X ln n n=1 ∞ X n=1 ∞ X ∞ X n3 . λ + an 120 .7. . 2 (n + 1)(n + 2) (ln n)ln n n=2 n=0 ∞ X [7 + 3(−1)n ]n . 23n n=1 √n ∞ X n+1 . bn+1 numeri complessi. 8. P P 2 11. (i) 1 − cos n n n=1 n=1 (iv) ∞ X ∞ X n(n − 1) 1 . e se ne deduca che ∞ X n=0 ossia n! 1 = (n + k)! (k − 1)(k − 1)! ∞ X 1 n=0 n+k n =1+ 1 k−1 ∀k ≥ 2.] h=0 a 12. . . . nn . Determinare il comportamento delle seguenti serie: ∞ ∞ X X 1 1 . . Che succede se 0 < a ≤ 1? P h/k [Traccia: si utilizzi l’identità (a1/k − 1) · k−1 = a − 1. ∀k ≥ 2. Sia {an } definita per ricorrenza dalle relazioni   a0 = 1 an  an+1 = ∀n ∈ N. bn . (ii) sin . si provi che n X ak bk = sn bn+1 − k=1 n X sk (bk+1 − bk ). Dimostrare le disuguaglianze 1 1 1 1 1 1 < ln 1 + < . − < ln 1 − <− n+1 n n n−1 n n ∀n ∈ N+ . Si provi che se a > 1 la serie (a1/n −1) è convergente mentre la serie (a1/n −1) è divergente. e supponiamo che risulti 0 ≤ an ≤ b n definitivamente. P 1 . 121 . il pi` u semplice in assoluto è il criterio del confronto.4. Criteri di convergenza per le serie Come si è già accennato in precedenza. PSi provi che {an } è decrescente e se ne calcoli il limite.2.1 (criterio del confronto) Siano an . F1 = 1. una versione del quale si trova nell’esercizio 2. Il viceversa è falso.4 ∀n ∈ N+ . Sia {Fn } la successione dei numeri di Fibonacci.2. se b converge allora a converge. [Traccia: si trovi un’espressione esplicita per an . an è convergente.ove λ è un fissato numero positivo. definiti da ( F0 = 0. Si ha poi: Proposizione 2. n=m cosicché i due enunciati seguono facilmente tenendo conto dell’osservazione 2. bn due serie reali.2 (criterio del rapporto) Sia tivamente positivi. si deduca che la serie an è convergente se λ > 1 e divergente se 0 < λ ≤ 1. mentre se an diverge a +∞ allora n n P bn diverge a +∞.2. Ciò è reso possibile da alcuni comodi criteri che forniscono condizioni sufficienti per la convergenza delle serie. P P in tal caso. ad esempio positivi. 1[ tale che an+1 ≤λ an allora la serie P P an una serie con termini defini- definitivamente. P Dimostrazione Sia ν ∈ N tale che 0 ≤ an ≤ bn per ogni n ≥ ν: allora 0≤ ∞ X an ≤ n=m ∞ X bn ∀m ≥ ν.4. P P Proposizione 2. Fn+2 = Fn+1 + Fn n ∈ N.7. si determini il comportamento della serie Fn 14.] 13. Si provi che risulta ∞ X 1 1 1 < < n + 1 k=n+1 k 2 n 2. Se esiste λ ∈]0. spesso è facile accertare la convergenza di una serie senza conoscerne la somma. I pi` u semplici di questi criteri riguardano le serie reali a termini di segno costante. P Viceversa. (2) La serie P nα bn è convergente per ogni α ∈ R e per ogni b ∈ [0. an+1 1 < +ε<1 an e pur di scegliere 0 < ε < 1 − 1e . la serie 1/n2 è una serie convergente. e quindi non esiste alcun λ ∈ ]0. Osservazione 2. cioè aν · λn ∀n ≥ ν. per esempio la serie armonica n Esempi 2. n−1 Y ak+1 ≤ aν · λ = aν · λn−ν ak k=ν ∀n ≥ ν. 1[. 1[ che possa soddisfare l’ipotesi richiesta.4. 1[: infatti α an+1 n+1 ·b→b per n → ∞. e malgrado ciò non verifica le ipotesi del criterio del rapporto: infatti an ≤ n2 an+1 →1 = an (n + 1)2 per n → +∞. segue che an è convergente. 122 . essendo λ ∈ ]0.4 (1) La serie an+1 = an (n+1)! (n+1)n+1 n! nn P n! nn = cosicché si ha definitivamente è convergente: infatti n n+1 n = 1 1 → 1 n e 1+ n per n → ∞.Dimostrazione Sia ν ∈ N tale che an > 0 per ogni n ≥ ν ed inoltre an+1 ≤λ an allora si ha an = aν · n−1 Y k=ν ∀n ≥ ν.4. λν P Dal criterio del confronto.3 Si noti che nell’ipotesi del criterio del rapporto non basta richiedere che sia an+1 <1 definitivamente: an infatti questa condizione è meno ed esistono serie divergenti che la soddisfano: Prestrittiva 1 . = an n e quindi si ha definitivamente an+1 ≤b+ε<1 an pur di scegliere 0 < ε < 1 − b. (3) La serie esponenziale P xn n! è convergente per ogni x > 0: infatti x an+1 = →0 an n+1 per n → +∞. essendo λ ∈ ]0. se invece esistono infiniti valori di n per i quali √ n allora la serie P an ≥ 1. si vede subito che la serie diverge per confronto con la serie armonica. (n + k)! (n + k)(n + k − 1)(n + k − 2) n quindi la serie converge per il criterio del confronto. 1[ tale che √ n allora la serie P an ≤ λ P an una serie a termini non nega- definitivamente. P quindi an converge per il criterio del confronto. 123 . se invece k = 2.4. an è positivamente divergente. quindi la serie potrebbe convergere o divergere. (4) La serie −1/2 ∞ X n+k k n=0 è a termini positivi.5 (criterio della radice) Sia tivi. Se invece P vale la seconda ipotesi. Tuttavia se k ≥ 3 si ha s s √ k!n! k! k! an = ≤ ≤ 3/2 ∀n ∈ N+ . allora si ha an ≥ 1 per infiniti valori di n: quindi la serie an diverge a +∞. 1[ si ha an+1 ≤λ an definitivamente. 1[. ma l’uso del criterio del rapporto non dà informazioni sul suo comportamento: infatti an+1 = an n+1 n+k+1 1/2 →1 per n → +∞. e a maggior ragione se k = 0 o k = 1. cosicchè per qualunque λ ∈ ]0. Se esiste λ ∈]0. Dimostrazione Dalla prima ipotesi segue che si ha an ≤ λ n definitivamente. an è convergente. Proposizione 2. 3. 1− ≤ n n e P 3 1 π n (3) La serie + cos n è a termini positivi e diverge a +∞ perché il termine 4 2 2 generale an è  n 3  se n è dispari. cosicché. quindi per ogni λ ∈ ]0. Tuttavia. 4   n  1 se n è pari ma non è multiplo di 4. n 4 −1 4 n2 n P (2) La serie 1 − n1 è convergente: infatti. 1[ si ha definitivamente √ λ < n an < 1. si ha n1 3 3n < +ε<1 definitivamente. " n2 # n1 n 1 1 1 = 1− ∀n ∈ N+ .4. 4 √ cosicché n an ≥ 1 per infiniti indici n. essendo 1 − n1 crescente. 2 n(1 + n ) n n Il criterio di convergenza di uso pi` u facile e frequente è il seguente: 124 . nell’ipotesi del criterio della radice non basta richiedere che sia √ n an < 1 definitivamente.6 Si noti che.   4 n 5 an = se n è multiplo di 4. n P 3n Esempi 2. come per il criterio del rapporto. perché 4n −1 3n 4n − 1 n1 3 = 4 1 1 − 4−n n1 → 3 4 per n → +∞. scelto 0 < ε < 41 . in quanto questa condizione restrittiva è verificata da alcune serie divergenti: per Pmeno 1 esempio la serie armonica .Osservazione 2.7 (1) La serie è convergente.4. (4) La serie √ ∞ X n2 − 1 n(1 + n2 ) n=1 n è a termini positivi ma il criterio della radice non dà informazioni sulla convergenza.6). in quanto 2 √1n √ n −1 n an = →1 per n → ∞ n(1 + n2 ) (esercizio 2. in virt` u del criterio del confronto la serie è convergente poiché 2 √n √n n −1 1 1 ≤ ≤ 2 ∀n ≥ 4. che è convergente. n→∞ n P −3+(−1)n P −3/2 (3) La serie n è convergente perché a confronto con n dà lim n→∞ n3/2 n3−(−1)n = 0. da cui la tesi. P bn due se- an ∈ [0. si ha √ cos n2 + n √ lim = 1. quindi bn (L − ε) < an < bn (L + ε) definitivamente. (2) La serie (cos n2 + n) è divergente a +∞ perché confrontandola con n che è divergente. si ha definitivamente M bn < an .4. si ha √ n2 +3 n−4 √ 3 2n n+1 lim 1 n→∞ n3/2 = 1 . Allora si ha 0<L−ε< an <L+ε bn definitivamente. Dimostrazione (i) Sia L > 0 e sia ε ∈]0.9 (1) La serie √ ∞ X n2 + 3 n − 4 √ 3 n+1 2n n=1 P −3/2 converge perché confrontandola con n . (ii) Fissato ε > 0 si ha definitivamente an ≤ εbn . la divergenza di bn implica la divergenza di an . (iii) Fissato M > 0. 2 P −1/2 P1 √ n . n(ln n)α 125 . +∞[. da cui la tesi. L[. P P (ii) se L = 0. (4) Consideriamo la serie ∞ X n=2 1 . n→∞ bn L = lim Allora: (i) se L ∈]0. Esempi 2.Proposizione 2.8 (criterio del confronto asintotico) Siano rie a termini definitivamente positivi.4. +∞]. e la tesi segue dal criterio del confronto. le due serie hanno lo stesso comportamento. la convergenza di bn implica la convergenza di an . P P (iii) Se L = +∞. e supponiamo che esista P an . 11). .4 (1)). Quindi siamo in un caso intermedio P 1 P1 (divergente) e (convergente). per ogni ε > 0. di conseguenza. α k α α 2(ln 2) 2 k=2 (ln 2 ) 2(ln 2) k=1 k α mentre se α > 1 si ha per ogni n ≥ 2 n sn ≤ s2n X 1 = + (s k − s2k−1 ) ≤ 2(ln 2)α k=2 2 n 1X 1 1 1 ≤ + = α k−1 α 2(ln 2) 2 k=2 (ln 2 ) (ln 2)α n−1 1 X 1 + 2 h=1 hα Dal comportamento della serie armonica generalizzata si deduce che ( ∞ X converge se α > 1. con lo stesso ragionamento usato per la serie armonica e per la serie armonica generalizzata (esempi 2. Tuttavia le somme parziali della serie verificano s2n − sn = 2n X 1 n 1 ≤ ≤ α α k(ln k) (n + 1)(ln(n + 1)) (ln n)α k=n+1 s2n − sn = ∀n ≥ 2. 2n X 1 n 1 1 ≥ = k(ln k)α 2n(ln(2n))α 2 (ln(2n))α k=n+1 ∀n ≥ 2. 1 n1+ε < 1 1 < α n(ln n) n definitivamente ε in quanto limn→∞ (lnnn)α = +∞ (esercizio 2.3.6 (3) e 2. 126 ! .1.ove α ≥ 1. se α ≤ 1 si ha per ogni m ≥ 2 e per ogni n ≥ 2m m sn ≥ s2m = X 1 (s k − s2k−1 ) ≥ + 2(ln 2)α k=2 2 m m X 1 1X 1 1 1 ≥ + = . ed il criterio del confronto asintotico non fra n n1+ε dà alcun aiuto. 1 n=2 n(ln n)α diverge a + ∞ se α ≤ 1. Notiamo che si ha.2. Determinare il comportamento delle seguenti serie: (i) ∞ X 1 n1+1/n n=1 ∞ X (iv) (vii) (x) √ e− n=0 ∞ X n=0 ∞ X n 2 e (ii) . Si determini il comportamento delle seguenti serie: 2 ∞ ∞ X X 1 · 4 · 7 · . 1/n (n!) n=1 ∞ X 1 (v) ln 1 + 2 .] 127 . n→∞ k k=1 [Traccia: utilizzare il risultato dell’esercizio 2. si mostri che 1 an+1 ≤ (nan − (n + 1)an+1 ). n (ln n) n=2 √ √ n n! n− n . · (3n − 2) 1 · 4 · 7 · . . √ n − n ∞ X 1 . . . (ii) . . Verificare che il criterio di Raabe implica la divergenza della serie armonica. n n 10n!−n .4 1. ∞ X 2 n (viii) . n=1 P 2. 3 · 6 · 9 · . (xii) n=1 ∞ X tan2 n=1 ∞ X 1 . nel secondo caso si 3. . n n=1 . tale che ! n X 1 lim − ln n = γ.3. an+1 allora la serie converge. 5. Si provi che se esiste K > 1 tale che an n −1 ≥K ∀n ∈ N+ . mentre se risulta an n −1 ≤1 an+1 ∀n ∈ N+ . · (3n − 2) (i) . ln n! n=2 ∞ X 1 (vi) ln 1 − 2 . . ∞ X √ n n (ix) √ ( n)−n . · (3n) 3 · 6 · 9 · .7. 1[. detto costante di Eulero. n n=2 (iii) √ . Si provi che esiste un numero reale γ ∈]0.] a1 d .Esercizi 2. [Traccia: nel primo caso.] 4. · (3n) n=1 n=1 [Traccia: utilizzare il criterio di Raabe. (Criterio di Raabe) Sia an una serie a termini positivi. allora la serie diverge a +∞. (xi) n=1 ∞ X 1 . . posto d = K − 1. d Pn e che quindi le somme parziali k=1 ak+1 non superano a1 verifichi che an+1 ≥ n+1 . . Siano a0 < a1 < a2 < . a k k=1 [Traccia: si determini quanti sono i numeri di n cifre fra le quali non c’è lo 0. non contengono la cifra 0. ove α ∈ R. Si provi che n Y k=1 cos x sin x = n k 2 2 sin 2xn ∀n ∈ N+ . ∀x ∈ R \ {0}. diverge a + ∞ se α ≤ 1. Discutere la convergenza della serie ∞ n=1 n al variare del parametro a > 0. +∞[. 12. . . (i) Si provi che {an } è monotona e infinitesima per ogni α ∈ R. .6. ma non vale il viceversa. 128 .] 8. 9. P aln n 10. 11. i numeri naturali che. e si osservi che essi sono tutti maggiori di 10n−1 . Si consideri la successione definita da ( a0 = α an+1 = max{ 21 an . 2k x ∈ R. . se ne deduca che il criterio della radice implica il criterio del rapporto. an − 1} ∀n ∈ N. Provare che n X 1 < 90. Sia {an } ⊆ ]0. Si provi che an+1 =L n→∞ an ∃ lim =⇒ ∃ lim n→∞ √ n an = L. e di conseguenza si calcoli la somma della serie ∞ X ln cos k=1 x . ma che il viceversa è falso. scritti in cifre decimali. P (ii) Si determini il comportamento della serie an al variare di α in R. Quanti addendi occorre sommare affinché risulti n X 1 k=1 k ≥ 100? 7. Provare che ∞ X n=3 1 n(ln n)(ln ln n)α converge se α > 1. Dunque. |Im z| ≤ |z| ∀z ∈ C P P segue.2.2 Ogni serie assolutamente convergente è convergente. n applicando alle k=0 ak il risultato dell’esercizio 2. Naturalmente. Diciamo che la P serie è assolutamente convergente se la serie |an | è convergente. il viceversa della proposizione precedente è falso: esistono serie convergenti che non sono assolutamente convergenti. quindi. Proposizione 2.5. P Definizione 2. Essendo an = |an | − bn ∀n ∈ N. le serie assolutamente convergenti sono convergenti: vale infatti il risultato seguente: Proposizione 2. P la serie an converge perché differenza di serie convergenti (esercizio 2. L’unico criterio generale. si ottiene che la P Psomme parziali P serie an = Re an + i Im an è convergente.1). Si noti che per verificare laPconvergenza assoluta di una serie i criteri visti in precedenza sono tutti validi perché |an | è una serie a termini positivi. Come vedremo fra poco.5 Convergenza assoluta e non Per le serie a termini complessi. rozzo ma efficace. i criteri di convergenza sin qui visti non sono applicabili. Poniamo bn = |an | − an ∀n ∈ N : P chiaramente si ha 0 ≤ bn ≤ 2|an | per ogni n. o a termini reali di segno non costante. per il criterio del confronto. Allora la serie (−1)n an è convergente e si ha . Per le serie a termini reali di segno alterno c’è uno speciale criterio di convergenza. cosicché bn è convergente per il criterio del confronto.1. esse convergono. è quello della convergenza assoluta.3 (criterio diP Leibniz) Sia {an } una successione reale decrescente ed infinitesima.2. che le due serie reali Re an e Im an sono assolutamente convergenti.1 Sia an una serie a termini reali o complessi. Supponiamo adesso che gli an siano numeri complessi. P Dimostrazione Sia |an | convergente. Dalle relazioni |Re z| ≤ |z|.5.2. e supponiamo dapprima che gli an siano tutti reali.Pper quanto già dimostrato.5. come suggerisce il loro nome. . ∞ . X . . . n (−1) an . ≤ am+1 ∀m ∈ N. . . . dalla decrescenza di {an } segue che P∞ n n=0 (−1) an . n=m+1 Dimostrazione Siano sn le somme parziali della serie n = 2m. . s2m+2 = s2m − a2m+1 + a2m+2 ≤ s2m ≤ · · · ≤ s2 ≤ s0 . 129 se n è pari. Dunque. quindi convergono entrambe e. Inoltre per la positività degli an s2m+1 = s2m − a2m+1 ≤ s2m ∀m ∈ N. posto D = lim s2m+1 . e n proviamo che la serie ∞ n=0 (−1) an ha somma S. al P limite per m → ∞. essendo s2m+1 − s2m = −a2m+1 per ogni m ∈ N. risulterà |sn − S| < ε. mentre se n è dispari. in ogni caso |sn − S| ≤ an+1 e ciò prova la tesi. Notiamo poi che si ha s2m+1 ≤ S ≤ s2m+2 ≤ s2m ∀m ∈ N. e pertanto sn → S per n → ∞. n = 2m + 1.mentre se n è dispari. 0 ≤ S − sn = S − s2m+1 ≤ s2m+2 − s2m+1 = a2m+2 = an+1 . . n = 2m + 1.12) si ha s1 ≤ D ≤ P ≤ s0 . Poniamo allora S = D = P . Per ogni ε > 0 si ha |s2m − S| < ε definitivamente. 0 ≤ sn − S = s2m − S ≤ s2m − s2m+1 = a2m+1 = an+1 . le due successioni {s2m+1 }m∈N e {s2m }m∈N sono monotone (crescente la prima e decrescente la seconda) e limitate. |s2m+1 − S| < ε definitivamente. che D = P . si ha analogamente s2m+1 = s2m−1 + a2m − a2m+1 ≥ s2m−1 ≥ · · · ≥ s3 ≥ s1 . n = 2m. da cui se n è pari. 130 ∀n ∈ N. D’altra parte. quindi se n è abbastanza grande. in definitiva s1 ≤ s2m−1 ≤ s2m+1 ≤ s2m ≤ s2m−2 ≤ s0 ∀m ∈ N+ . pari o dispari che sia. m→∞ m→∞ dal teorema di confronto (teorema 2. P = lim s2m .1. dall’ipotesi che {an } è infinitesima segue. in valore assoluto. la stima |sn − S| ≤ an+1 va opportunamente modificata. confronto con la serie n2 Vi è un altro importante criterio di convergenza non assoluta.5. P (2) La serie (−1)n n100 2−n è convergente perché {n100 2−n } è infinitesima e definitivamente decrescente (esercizio 2. P n −n non converge: il suo termine generale non è infinitesimo. il quale generalizza il criterio di Leibniz.5. Posto BN = N n=0 bn . potrebbero essere decrescenti solo da un certo altro indice in poi. n=p ove Bp−1 = 0 nel caso in cui q = p.5. supponiamo che (i) |BN | ≤ K ∀N ∈ N. (ii) an ≥ an+1 ≥ 0 e lim an = 0.7 (di Abel) Siano {an } e {bn } due successioni di numeri reali.Osservazione 2. n=p Un’immediata conseguenza di questa identità è il seguente Lemma P 2. per n2 P 1 . P (−1)n è convergente perché { n1 } è una successione decreEsempi 2.5. esso discende dall’identità di Abel (esercizio 2. In questo caso. Questo è un esempio di serie convergente ma non assolutamente convergente (dato che la serie dei valori assoluti è la serie armonica). (3) La serie (−1)n 10 10n+1 P sin nx (4) La serie converge per ogni x ∈ R: infatti è assolutamente convergente. risulta N X an bn = aN BN − ap Bp−1 + n=p N −1 X (an − an+1 )Bn ∀N > p.6). Fissati p. la serie potrebbe essere a termini di segno alterno solo da un certo indice in poi.6 (Identit` a di Abel) Siano {an } e {bnP } due successioni di numeri reali o complessi.3. ed i termini stessi.8). q ∈ N con q ≤ p e posto BN = N n=q bn . però. Dimostrazione Basta osservare che N X an b n = n=p N X an (Bn − Bn−1 ) = n=p N X an Bn − n=p = aN BN − ap Bp−1 + N −1 X an+1 Bn = n=p−1 N −1 X (an − an+1 )Bn . che enunciamo qui in forma lievemente pi` u generale: Proposizione 2.5 (1) La serie n scente ed infinitesima.4 Il criterio di Leibniz è ancora vero per le serie che ne verificano le ipotesi soltanto definitivamente: ad esempio.5. n→∞ Allora la serie Σan bn converge e vale la stima . ∞ . . X . . . an bn . ≤ 2KaN . . . n=N 131 ∀N ∈ N. . PM Dimostrazione Per M > N poniamo sM N = a di Abel n=N an bn . Dall’identit` otteniamo M −1 X sM N = aM BM − aN BN −1 + (an − an+1 )Bn . ed inoltre ∞ X ∞ X |(an − an+1 )Bn | = n=N (an − an+1 )|Bn | ≤ K n=N ∞ X (an − an+1 ) = KaN . n=N al limite per M → ∞ si ottiene . n=N poiché |aM BM | ≤ KaM → 0 per M → ∞. . ∞ . . X . an bn ≤ |aN BN −1 | + KaN ≤ 2KaN , n=N e dunque si ha la tesi. Osservazione 2.5.8 Alla stessa conclusione si arriva quando |BN | ≤ M per ogni N ∈ N, an ≥ 0 per ogni n ∈ N e, in luogo della decrescenza di {an }, si fa l’ipotesi che la serie P ∞ n=1 |an − an+1 | sia convergente. Pi` u in generale, vale questo risultato: Proposizione 2.5.9 Siano {an } e {bn } due successioni di numeri reali non negativi, P b con {an } decrescente e infinitesima. Posto BN = N n=0 n , si ha ∞ X an b n < ∞ ∞ X ⇐⇒ (an − an+1 )Bn < ∞. n=0 n=0 Dimostrazione (=⇒) Dalla positività di aN BN e dall’identità di Abel N −1 X N −1 X N X n=0 n=0 n=0 (an − an+1 )Bn ≤ (an − an+1 )Bn + aN BN = an b n ∀N ∈ N+ , da cui la tesi per confronto. (⇐=) Dall’identità sopra scritta segue che aN BN , essendo differenza di due somme di termini positivi una delle quali convergente, ha limite λ ∈ [0, ∞]; se proviamo che λ ∈ R seguirà la tesi. A questo scopo basta osservare che aN BN = BN ∞ X (an − an+1 ) ≤ n=N ∞ X (an − an+1 )Bn ; n=N ma per ipotesi l’ultimo membro è infinitesimo per N → ∞, e dunque λ = 0. Osservazione 2.5.10 Si noti che dalla dimostrazione precedente segue addirittura l’uguaglianza ∞ ∞ n X X X bk , an b n = (an − an+1 )Bn , ove Bn = n=1 n=1 k=1 per ogni successione reale decrescente e infinitesima {an } e per ogni successione non negativa {bn }. 132 Il lemma di Abel si può applicare, in particolare, a serie della forma ∞ X ∞ X an cos nx, n=0 an sin nx, n=1 supponendo naturalmente che {an } sia una successione reale, decrescente e infinitesima. Infatti le somme di funzioni trigonometriche hanno la proprietà di essere limitate per 0 < |t| ≤ π: risulta in effetti . . . N N . . X . . 1 − ei(N +1)t . . . X . . . int . . = cos nt. = . Re e . ≤ . . . . . n=0 . . n=0 1 − eit . . . r 1 2 − 2 cos(N + 1)t . . sin N2+1 . . =. = t . . ≤ . sin 2 . sin 2t 2 − 2 cos t e similmente . . . . . . . N N . X . . X . . 1 − eiN t r 1 − cos N t sin N 1 . 2 . . ≤ =. . sin nt. = . Im eint . ≤ . . eit . t . ≤ . it . sin 2 . sin 2t . n=1 . . n=1 . z 6= 1. 1−e 1 − cos t P zn Esempio 2. non essendo infinitesimo il suo termine generale. Quando |z| = 1 non vi è convergenza assoluta. quando |z| > 1.5 (1). k ed osserviamo che se z 6= 1 si ha σk = k X h=1 zh = z(1 − z k ) . quindi la successione {σk }k∈N+ è limitata.5. ove z ` lizzando il criterio del rapporto si vede subito che essa converge assolutamente quando |z| < 1. come sappiamo dall’esempio 2. n ∈ N+ . Cosa succede per gli altri z di modulo unitario? Consideriamo le somme parziali sn = n X zk k=1 k . mentre certamente non converge. n n n X X X zn σn 1 1 σn σk sn = = − σk − = + .11 Consideriamo la serie ∞ e un parametro complesso: utin=1 n . 1−z |σk | ≤ 2 |1 − z| ∀k ∈ N+ . bk = 1 .5. Sostituendo nell’identità di Abel otteniamo per |z| = 1. ma la serie potrebbe convergere in certi punti: ciò è vero per z = −1. mentre non è vero per z = 1. ove z ∈ C e |z| = 1. n n + 1 k + 1 k n + 1 k(k + 1) k=1 k=1 k=1 133 . Utilizziamo nuovamente l’identità di Abel: scegliamo ak = z k . 1. −1. −1. quindi {s2m+1 } converge anch’essa a S. e che quindi la serie data è convergente. Se ora N è dispari. come nella dimostrazione del criterio di Leibniz. analizziamone direttamente le somme parziali: = 2m2 +m e (2m−1)2m = 2m2 −m se N è pari. 1.Il primo addendo nell’ultimo membro tende a 0 per n → ∞. non rimane che tentare uno studio diretto della serie e delle sue somme parziali. 1. Se ne conclude che le somme parziali sn formano per confronto con la serie k(k+1) P zn una successione convergente. 134 . N = 2m + 1. per cui la parit` un intero dispari e non cambia quando si somma un intero pari. Il risultato è che la sequenza dei segni è −1. −1. 1. si ha (2m+1)(2m+2) s2m+1 2 (−1) = s2m + 2m + 1 →S per m → ∞. 2h − 1 2h h=1 = −1 − Quest’ultima espressione è la somma parziale m-sima di una serie che verifica le ipotesi del criterio di Leibniz e quindi è convergente. Se ne deduce. Per studiare il comportamento della serie.13). N = 2m. Quando nessun criterio di convergenza è applicabile. in virt` u della limitatezza delle σk . −1. e in definitiva la serie converge per ogni z di modulo n unitario. 1. 1. il secondo addendoPè la somma parziale di una serie assolutamente convergente. . si ha (dato che gli interi 2m(2m+1) 2 2 hanno la stessa parità di m) s2m = n(n+1) 2m X (−1) 2 n=1 n = 1 1 1 1 1 (−1)m (−1)m + + − − + ··· + + = 2 3 4 5 6 2m − 1 2m m X 1 1 h = (−1) − . 1 . . −1. n(n+1) che Pn non è assolutamente convergente. con il quale. in certi casi. Essa non è a segni alterni: infatti si ha 2 = a dell’esponente di −1 cambia quando si somma k=1 k (esercizio 1. . si riesce a determinarne il comportamento. ad eccezione del punto z = 1. Consideriamo ad esempio la serie n(n+1) ∞ X (−1) 2 n n=1 . che l’intera successione {sn } converge a S. Perciò la successione {s2m } converge ad un numero reale S.6. (vii) n1/n n2 + 1 n=0 n=0 n=1 2. n n=1 n sin x .5 1. (ix) n n=0 (xii) ∞ X n=0 sin 3x . ∞ X (−1)n (ii) . 135 . n+1 (ln x)n √ . 2 n x ln 1 + 2 . n n=1 ∞ X ∞ X (v) ∞ X n (−2)n e−nx .Esercizi 2. 2 n! ∞ X n=0 ∞ X n=1 ∞ X n (x − 1)n . 2 + sin n n=−47 (iii) ∞ X (−1)n ∞ ∞ X X √ 2 + (−1)n n n (iv) 3 − 1). n(3n)! (xi) (iii) x √ − n . Determinare per quali x ∈ R convergono. n=0 ∞ X 3 n=0 n (4x)n √ . (viii) n1+1/n (n!)3 xn . Quanti addendi occorre sommare per approssimare la somma della serie ∞ X (−1)n 2n + 1 n=0 1 ? con un errore minore di 100 P n 2n+1 4. le seguenti serie: ∞ X xn . n=1 (−1) n(n+1) ` 5. +1 n2 3. (v) (−1) ( . e per quali x ∈ R convergono assolutamente. (vi) n=0 ∞ X x1/n . n3/7 n2 n=1 n=1 n=1 n ∞ ∞ ∞ X X X sin(n + 1) (−1)n n . (viii) (sin(sin n)) . Si provi che la successione {nα β −n } è definitivamente decrescente per ogni α ∈ R e β > 1. Per quali α ∈ R la serie 1− 1 1 1 1 1 1 1 + − α + − α + ··· + + ··· − α 2 3 4 5 6 2n − 1 (2n)α è convergente? 6. (vi) . 2n − 101 n=−5 ∞ X (−1)n . (i) n+1 n=0 ∞ X (iv) (vii) (x) n=1 ∞ X n=1 1 (ii) x sin . Determinare il comportamento delle seguenti serie: (i) ∞ X n(−1)n n2 + 1 n=0 . Provare che la serie ∞ e convergente e calcolarne la somma. (ix) . Si provi che: ∃ lim sin nx ⇐⇒ x = kπ.1 Sia {an } una successione reale o complessa. k ∈ Z. strettamente legata alla nozione di limite. [Traccia: utilizzare il procedimento dell’esempio 2. Diciamo che {an } è una successione di Cauchy se vale la condizione seguente: ∀ε ∃ν ∈ N : |an − am | < ε ∀n. si deduca che se L = 0 allora x è multiplo di π.] 2. (ii) . (iv) . si chiede loro di avvicinarsi gli uni agli altri (sempre definitivamente). (iii) . Definizione 2.5 (6).6 Successioni di Cauchy Un’importante proprietà delle successioni reali o complesse. 2 − in n+i n 2n + 1 n n=1 n=0 n=1 P zn √ 10. m > ν. (iii) Discutere il comportamento per n → ∞ della successione {an } quando il valore di a0 è un numero α > 0 qualsiasi. è quella espressa dalla definizione che segue. P (ii) Provare che la serie (L − an )2 è convergente e determinarne la somma.6. 9. infatti: 136 . mentre se L 6= 0 allora cos x = 12 : da qui si ricavi un assurdo. Ma il legame con la nozione di limite è strettissimo.] 8. Come si vede. Sia x un numero reale. poi.5. Si consideri la successione definita per ricorrenza da   a0 = 0  an+1 = (an )2 + 1 ∀n ∈ N.7. usando la formula di addizione per sin(n + 1)x. 4 (i) Provare che {an } è crescente e limitata e calcolarne il limite L. anziché 0. Stabilire il comportamento della serie ∞ n=1 n sul bordo del cerchio di convergenza. k ∈ Z. Descrivere il comportamento delle seguenti serie: (i) ∞ X n=0 ∞ ∞ ∞ √ X X X sin(nπ/4) (−1)n in n + in 1 . la condizione di Cauchy è molto vicina alla definizione di successione convergente: invece che chiedere ai numeri an di essere definitivamente vicini al limite L. ∃ lim cos nx ⇐⇒ x = 2kπ. n→∞ n→∞ [Traccia: si supponga che L = limn→∞ sin nx esista: usando la√formula di duplicazione per il seno si mostri dapprima che L = 0 oppure L = ± 23 . Proposizione 2.6.2 Sia {an } una successione reale o complessa. Allora {an } è una successione di Cauchy se e solo se essa è convergente. Dimostrazione Se {an } converge al numero complesso L allora, per definizione, ε ∀n > ν. ∀ε > 0 ∃ν ∈ N : |an − L| < 2 Quindi per ogni n, m > ν si ha ε ε |an − am | ≤ |an − L| + |L − am | < + = ε, 2 2 e quindi vale la condizione di Cauchy. Viceversa, supponiamo che valga la condizione di Cauchy: allora, scelto ε = 2−k , con k ∈ N, si ha che ∀k ∈ N ∃νk ∈ N : |an − am | < 2−k ∀n, m ≥ νk , e non è restrittivo supporre che νk > νk−1 per ogni k ≥ 1: basta eventualmente sostituire la k-sima soglia νk con la soglia νk0 = 1 + max{νj : 0 ≤ j ≤ k}. In particolare, avremo |aνk+1 − aνk | < 2−k ∀k ∈ N. P Di conseguenza la serie (aνh+1 − aνh ) è assolutamente convergente; pertanto " # k−1 ∞ X X ∃ lim aνk = lim aν0 + aνh+1 − aνh = aν0 + (aνh+1 − aνh ) = L; k→∞ k→∞ h=0 h=0 in altre parole, la sottosuccessione {aνk }, ottenuta da {an } prendendo solo gli indici n della forma νk e scartando tutti gli altri, è convergente. Proviamo adesso che l’intera successione {an } converge a L: fissato ε > 0, e scelto k in modo che risulti |aνk − L| < 2ε ed anche 2−k < 2ε , dalla condizione di Cauchy segue che ε ε ε |an − L| ≤ |an − aνk | + |aνk − L| < 2−k + < + = ε ∀n > νk , 2 2 2 da cui la tesi. P Osservazioni 2.6.3 (1) Nel caso di una serie an di numeri reali o complessi, la condizione di Cauchy si applica alle sue somme parziali ed equivale, per quanto visto, alla convergenza della serie. Essa ha la forma n X ∀ε > 0 ∃ν ∈ N : |sn − sm | = ak . < ε ∀n > m ≥ ν. . k=m+1 ovvero ∀ε > 0 ∃ν ∈ N : . m+p . . X . . . + a . k . ∀p ∈ N . . < ε ∀m ≥ ν. . (Naturalmente ciò non toglie che n esse abbiano limite in R!) Un facile esempio è la successione 1 + n1 . ci sono successioni {an } ⊂ Q le quali sono di Cauchy. che converge al numero reale e.3. k=m+1 (2) L’equivalenza tra la condizione di Cauchy e la convergenza è una proprietà legata all’insieme ambiente: è vera per successioni in R o in C. se ci limitiamo all’ambiente dei numeri razionali. ma non convergono in Q. Ad esempio. 137 . il quale non è razionale (esercizio 2. ma non è vera in generale.1). Esercizi 2. vale a dire di potenze di z). Si provi che se una successione di Cauchy ha una sottosuccessione convergente ad un certo valore L ∈ C. Si provi che ogni successione di Cauchy è limitata. (iv) lim supn→∞ an = r ∈ R se e solo se (a) per ogni ε > 0 esiste ν ∈ N tale che an < r + ε per ogni n ≥ ν. si scrive L = maxlimn→∞ an e ` = minlimn→∞ an . Provare che: (i) {Lk }k∈N è decrescente. {`k }k∈N è crescente. (iii) Si ha L = ` se e solo se esiste λ = limn→∞ an . Le somme parziali sn (z) = n X ak z k k=0 sono quindi polinomi nella variabile z (cioè combinazioni lineari finite di monomi. (ii) Posto L = limk→∞ Lk e ` = limk→∞ `k . 3. n=0 ove {an } è una arbitraria successione reale o complessa (fissata) e z è un parametro complesso (variabile). o anche L = lim supn→∞ an e ` = lim inf n→∞ an . per ogni k ∈ N poniamo Lk = supn≥k an e `k = inf n≥k an . (v) lim inf n→∞ an = ρ ∈ R se e solo se (a) per ogni ε > 0 esiste ν ∈ N tale che an > ρ − ε per ogni n ≥ ν.6 1. Data una successione reale {an }. si ha −∞ ≤ ` ≤ L ≤ +∞. e −∞ ≤ `h ≤ Lk ≤ +∞ per ogni h. la somma della serie sarà dunque una funzione di z. definita sull’insieme dei numeri z tali che la serie è convergente. (b) per ogni ε > 0 si ha r − ε < an per infiniti numeri n ∈ N. I numeri ak si dicono coefficienti della serie di potenze. e in tal caso λ = L = `.7 Serie di potenze Una serie di potenze è una serie della forma ∞ X an z n . 2. k ∈ N. 4. 138 . 2. Quindi per ogni scelta di z ∈ C si ha una serie numerica che potrà convergere oppure no. Provare che da ogni successione reale {an } si possono estrarre due sottosuccessioni che tendono rispettivamente al massimo limite e al minimo limite di {an }. i numeri L e ` sono chiamati massimo limite e minimo limite della successione {an }. ma che il viceversa è falso. allora l’intera successione ha limite L. (b) per ogni ε > 0 si ha ρ + ε > an per infiniti numeri n ∈ N. 5. ∀z ∈ C. P n (4) La serie ∞ n=0 n!z converge per z = 0 e non converge per alcun z ∈ C \ {0}. n=0 Chiaramente allora ogni serie di potenze converge quando z = 0. P n e una serie di potenze in cui an = 0 per ogni n > N . Dimostrazione Se |z| < R possiamo scrivere n .4 Se i termini an z n di una serie di potenze sono limitati per |z| = R. scrivendole nella forma ∞ n=0 an x . Vediamo qualche criterio di convergenza. L’ambito naturale delle serie di potenze è il campo complesso. il primo termine della serie di potenze. Proposizione 2. ciò non toglie che talvolta sia interessante considerare serie di potenze reali. avremo quindi. ma con il cambiamento di variabile y = z − z0 ci si riconduce immediatamente al caso in cui z0 = 0. Allora conveniamo di porre a0 z 0 = a0 anche quando z = 0. e caratterizzare l’insieme di tali z. e (2) Ogni polinomio N n=0 an z ` ovviamente tale serie converge per ogni z ∈ C. ossia esiste K > 0 per cui risulta |an |Rn ≤ K allora P ∀n ∈ N.5 (6)). Il nostro obiettivo è trovare condizioni che implichino la convergenza della serie di potenze in altri punti z 6= 0. a0 · 00 .2 Pi` u in generale si possono considerare serie di potenze della forma ∞ X an (z − z0 )n . Osservazione 2.3 (1) La serie geometrica ∞ n=0 z ` 1 e non converge per ogni n ∈ N) che converge assolutamente per |z| < 1 con somma 1−z |z| ≥ 1.7. . P zn (5) La serie ∞ n=1 n converge per tutti gli z ∈ C tali che |z| ≤ 1 e z 6= 1. ∞ X an z n = a0 + a1 z + a2 z 2 + . an z n è assolutamente convergente in ogni punto z ∈ C con |z| < R. .7. P zn (3) La serie esponenziale ∞ n=0 n! converge assolutamente per ogni z ∈ C grazie al criterio del rapporto. cioè di variabile reale:P per queste n ultime verrà usata la variabile x al posto della z. . calcoleremo la sua somma fra breve. non ha senso.7. per z 6= 0 esso è a0 · 1 = a0 . n=0 con z0 ∈ C fissato.1 Quando z = 0.Osservazione 2. P n e una serie di potenze (ove an = 1 per Esempi 2.7. e quindi basta considerare questo caso. con somma a0 . mentre non converge per z = 1 e per |z| > 1 (esempio 2. per definizione. . + an z n + . z . n |z| . . n n |an z | = |an |R ≤K. . R R 139 ∀n ∈ N. . Allora: (i) se R = 0. perché. pur non avendo i termini limitati per |z| = 1. I risultati Pe glinesempi precedenti fanno pensare che l’insieme dei numeri z ∈ C tali che la serie an z è convergente somigli ad un cerchio di centro l’origine.7. come mostra il criterio del rapporto.7 Il raggio di convergenza di una serie di potenze an z n è il numero (appartenente a [0. (iii) se 0 < R < +∞. la serie converge assolutamente per ogni z ∈ C. Dimostrazione La prima parte dell’enunciato segue dalla proposizione precedente. Se la serie è reale. il che è assurdo. R[ . +∞]) ( ) ∞ X an z n è convergente .5 n tenze a z converge in un punn=0 n to z1 ∈ C \ {0}.7. Corollario Se una serie di poP∞ 2. (ii) se R = +∞. P n e assolutamente (2) La serie ∞ n=0 nz . essa converge assolutamente in ogni punto z ∈ C con |z| < |z1 |. ` convergente per |z| < 1. essa non converge (ed anzi la serie dei moduli diverge a +∞) in ogni z ∈ C con |z| > |z2 |. R[ = BR ∩ R. D’altra parte essa non può convergere per |z| ≥ 1 perché il termine generale non è infinitesimo.6 (1) I termini della serie di potenze ∞ n=0 n+1 z sono limitati per |z| = 1. la successione an z1n è infinitesima e quindi limitata. 140 . per la parte già dimostrata avremmo la convergenza assoluta anche nel punto z2 .7. Quindi la serie converge assolutamente per |z| < 1.8 Sia R il raggio di convergenza della serie di potenze an z n . P n−1 n Esempi 2. si parla di intervallo di convergenza ] − R. Se poi la serie convergesse in un punto z con |z| > |z2 |. la serie converge assolutamente per ogni z ∈ BR e non converge per ogni z ∈ C con |z| > R. e motivano la seguente P Definizione 2. Si noti che B∞ = C e B0 = ∅.7. per ipotesi. mentre non converge per |z| ≥ 1. R = sup |z| : z ∈ C e n=0 Il cerchio di convergenza della serie è il cerchio di centro 0 e raggio pari al raggio di convergenza: BR = {z ∈ C : |z| < R}.da cui la tesi per confronto con la serie geometrica di ragione |z| R < 1. P Teorema 2. la serie converge solo per z = 0. se la serie non converge in un punto z2 ∈ C. risulta ovviamente ] − R. Fissiamo ora z ∈ C con |z| > R: se la serie convergesse nel punto z. ∞ X zn n=0 n2 n=1 .7. contro la definizione di raggio di convergenza. n→∞ allora il raggio di convergenza della serie  +∞   1/L R=   0 è se L = 0 se 0 < L < ∞ se L = +∞. il che è assurdo.5 segue che |an z n | è convergente. n=0 cosicché sup A = R = +∞. salvo che in z = 1 • n (esempio 2.9 Sia an z n una serie di potenze. (iii) Sia A l’insieme sopra definito. n2 P zn converge (non assolutamente) in ogni z ∈ C con |z| = 1. tuttavia: P n • z non converge in alcun punto z ∈ C con |z| = 1. (iv) L’ultima affermazione è provata dai seguenti esempi: le tre serie ∞ X zn. ∞ X zn n=1 n hanno tutte raggio di convergenza 1. Dal corollario 2. P zn • converge assolutamente in tutti gli z ∈ C con |z| = 1.7.5 (6)).5. esiste z1 ∈ C tale che |z| < |z | < R e |z | ∈ A. avremmo z ∈ A e quindi |z| ≤ R.5 Pche |zn1 | > |z| e |z1 | ∈ A. cioè la tesi.7. ossia an z1n è 1 1 P convergente. Fissiamo z ∈ C con |z| < R. ossia segue che |an z | è convergente. 141 . Come si determina il raggio di convergenza di una serie di potenze? Spesso è utile il seguente criterio: P Proposizione 2. esiste P e |z| n z1 ∈ C tale an z1 è convergente. poich´ non è un maggiorante di A. (ii) Sia ( ) ∞ X A = |z| : z ∈ C e an z n è convergente . Se esiste il limite p lim n |an | = L.(iv) nulla si può dire in generale sulla convergenza della serie nei punti z ∈ C con |z| = R. Dimostrazione (i) Se la serie convergesse in z 6= 0 avremmo R = 0 < |z|. poiché |z| P non è un maggiorante di A. Sia z ∈ C. Dal corollario 2. La pi` u generale versione della proposizione 2. Utilizziamo il criterio della radice: per n → ∞ si ha p p n |an z n | = n |an ||z| → L|z|. ∞[ = ∅. Perciò [0. P α n Esempi 2. Se 0 < L < +∞.1. A = {|z| : z ∈ C e an z n è convergente}. al solito. per gli z ∈ C tali che e|z| > 1. n n→∞ n→∞ n! n! Utilizziamo invece il criterio del rapporto: dato che (definizione 2. 1/L[ ⊆ A. ossia R = 1/L. Si noti che dall’esercizio 2. lim n nα = 1 n→∞ (2) Se b > 0. cioè A = [0.6. mentre non potrà convergere. la serie P (bz)n ha raggio di convergenza 1/b: infatti ovviamente √ n lim bn = b.10 (1) La serie n z ha raggio di convergenza 1 qualunque sia α ∈ R: infatti √ ∀α ∈ R. essendo il suo termine generale definitivamente crescente in modulo.7.17.3.7. n→∞ P (nz)n (3) Per calcolare il raggio di convergenza della serie il criterio precedente è poco n! utile. quindi A = {0} e R = 0. Dunque se L = 0 la serie è assolutamente convergente per ogni z ∈ C.7. la serie non converge per nessun z ∈ C \ {0}. la prima asserzione dice che [0. Se L = +∞. +∞[ e pertanto R = +∞. lim n→∞ n→∞ (n + 1)!nn |z|n n avremo che la serie converge assolutamente per tutti gli z ∈ C per cui risulta e|z| < 1.12 segue che n lim √ = e. la seconda dice che A ∩ ]1/L. perché richiede di calcolare il non facile limite r nn n = lim √ lim n . Se ne deduce che R = 1/e. mentre non converge per gli z ∈ C tali che |z| > L1 .9 è esposta nell’esercizio 2. 1/L].4. lim 142 .6) n (n + 1)n+1 n!|z|n+1 n+1 = lim |z| = e|z|. 1/L[ ⊆ A ⊆ [0.P Dimostrazione Sia. la serie è assolutamente convergente per gli z ∈ C tali che |z| < L1 . n n→∞ n! ossia √ n n! 1 = : n→∞ n e si confronti questo risultato con la stima dell’esercizio 1. .1. ∀n ∈ N. ` Come sappiamo. Possiamo scrivere z n x y n 1+ = 1+ +i = n n n n n y x n x n y n = 1+ = 1+ 1+i 1+i . n n/x e osservando che kn ≤ n/x < kn + 1. ricaviamo n/x 1 lim 1 + = e. Ricordiamo che se z = 1 la somma della serie è. n→∞ n/x dall’esercizio 2. n ∈ N. E chiaro che se x = 0 la successione ha limite 1.11 Per ogni z = x + iy ∈ C si ha: ∞ z n X z n lim 1 + = = ex (cos y + i sin y). n→∞ n n! n=0 In particolare risulta ∞ 2h X h y (−1) cos y = . tale successione è crescente non appena n > |x| (esempio 1. deduciamo kn n/x k +1 1 1 1 n < 1+ < 1+ 1+ kn + 1 n/x kn Per il teorema dei carabinieri. kn = x chiaramente kn ≤ kn+1 e kn → +∞ per n → ∞. ci proponiamo di calcolarne la somma.7. per definizione. Teorema 2. Supponiamo x > 0 e poniamo hni .3 (2)).8. n 1 + nx n n+x n 1o passo: calcoliamo il limite della successione reale { 1 + nx } per un arbitrario x ∈ R.La serie esponenziale P zn Come sappiamo. il numero e. la serie esponenziale ∞ n=0 n! converge assolutamente in ogni punto z ∈ C. Dimostrazione Fissiamo z = x + iy ∈ C.24 segue allora " n/x #x 1 lim 1+ = ex n→∞ n/x 143 ∀x > 0. Possiamo scrivere " n/x #x x n 1 1+ = 1+ . (2h)! h=0 ∞ X y 2h+1 sin y = (−1) (2h + 1)! h=0 h ∀y ∈ R. n→∞ n 2o passo: calcoliamo il limite della successione complessa n y bn = 1 + i . n→∞ 144 . Allora dalla formula di de Moivre (paragrafo 1. 2 (n/2) n 1 ≤ |bn | = 1+ e per il teorema dei carabinieri lim |cn |n = 1. 1 e e. Valutiamo il modulo di bn . si ha k +1 n/|x| kn 1 n 1 1 1− < 1− < 1− kn n/|x| kn + 1 da cui lim 1 − n→∞ 1 n/|x| n = ∀n ∈ N.1. n+x lim 1+ Poniamo y = |cn |(cos αn + i sin αn ) n+x ove αn ∈ ] − π/2.Sia ora x < 0. per l’esercizio 2.24. Possiamo scrivere x n 1+ = n h i n |x| e ponendo stavolta kn = " 1 1− n/|x| n/|x| #|x| . x n = ex ∀x ∈ R. cioè |cn |n : si ha per n sufficientemente grande (in modo che n + x ≥ n/2) n2 y2 ≤ (n + x)2 n2 " n2 # 2n1 2 2n1 y2 4y 2 ≤ 1+ = 1+ 2 ≤ e4y .12) si ottiene cn = 1 + i bn = |cn |n (cos nαn + i sin nαn ). dato che la parte reale di cn è positiva. π/2[ . " lim n→∞ 1 1− n/|x| In definitiva n/|x| #|x| |x| 1 = = ex e ∀x < 0. . n+x y → 0 per n → ∞. cioè nαn : anzitutto.9) | cos x − 1| ≤ |x| ∀x ∈ R. π/2[\{0}.3. Dal fatto che tan αn è infinitesima si ricava allora αn → 0. αn →1 tan αn per n → ∞. · (n − k + 1) 1 lim k = lim = per k = 0. Fissiamo m ∈ N: allora si ha 1 n n(n − 1) · . m. . . .Valutiamo ora l’argomento di bn .12. e di conseguenza nαn = (n tan αn ) · ny αn αn = · →y tan αn n + x tan αn per n → ∞. |cn | sin αn = y .12. dato che |cn | cos αn = 1. Pertanto si conclude che lim bn = lim |cn |n (cos nαn + i sin nαn ) = cos y + i sin y. Ripeteremo.17 segue che cos x ≤ | sin x| ≤1 |x| ∀x ∈ ] − π/2. . n→∞ n→∞ Dai primi due passi della dimostrazione deduciamo che z n = ex (cos y + i sin y). cos αn → 1. da cui finalmente cos nαn + i sin nαn → cos y + i sin y per n → ∞. ∃ lim 1 + n→∞ n P zn 3o passo: mostriamo che la somma della serie ∞ n=0 n! coincide col precedente limite. inoltre ricordiamo che (esercizio 1. la dimostrazione della proposizione 2. 1. . con qualche modifica.5. 2. . k n→∞ n n→∞ k k! n k! Quindi se z ∈ C possiamo scrivere m X zk k=0 k! = lim n→∞ m k X n z k=0 145 k nk . si ha tan αn = n+x Notiamo adesso che dalla proposizione 1. per la formula del binomio (teorema 1.7. k k k n k n k n k n k nk k=0 k=0 k=m+1 k=m+1 quindi per n > m si deduce . k k m k n k n n X X X X n z n z n z z n n z = − = 1+ − .1).D’altra parte se n > m si ha. m . . n . k n . X n z k X z n . . . . X n z k . . n |z| . − 1+ = . . =. . ≤ k k k . . . . · ≤ .. k! n n n k! k=m+1 k=m+1 pertanto quando n → ∞ segue che . k n n k n n k k=0 k=m+1 k=m+1 n n X X |z|k n n − 1 n−k+1 |z|k = · · .. . . . m m k . X z k n . . n . X z z n z . . . . − lim 1 + − lim 1 + . = . lim . = . k n→∞ n→∞ . . n→∞ . . k! n k n n k=0 k=0 . . ∞ m k . X X z n . . |z|k n z . − 1 + ≤ ∀m ∈ N+ . = lim . . k n→∞ . . n n k! k k=m+1 k=0 Adesso facciamo tendere anche m a +∞: tenuto conto dell’osservazione 2.7. si ottiene .2. . ∞ ∞ . X k X n |z|k z . . z . . − lim 1 + ≤ lim = 0. . . nk n→∞ n . z e =e Re z (cos Im z + i sin Im z) = ∞ X zn n=0 n! = lim n→∞ z n 1+ n ∀z ∈ C. per definizione e per quanto dimostrato. Dunque. scegliendo z = iy immaginario puro. N →∞ (2h)! (2h + 1)! h=0 h=0 146 . poiché i2h = (−1)h e i2h+1 = i(−1)h . Il teorema è completamente dimostrato. si ha la formula di Eulero eiy = cos y + i sin y ed anche iy e = ∞ n n X i y n=0 n! = lim N →∞ ∀y ∈ R. 2N n n X i y n=0 n! ∀y ∈ R. Essa si chiama esponenziale complessa e si indica con ez . m→∞ k! k=m+1 k=0 cioè la tesi del 3o passo. La funzione complessa z = x+iy 7→ ex (cos y+i sin y) è una estensione a C della funzione esponenziale reale ex . decomponendo la somma in indici pari ed indici dispari si trova " N # N −1 2h 2h+1 X X y y eiy = lim (−1)h +i (−1)h . In particolare. (iii) zn. .e dato che le somme parziali a secondo membro si riferiscono a due serie che sono entrambe assolutamente convergenti per ogni y ∈ R. (vi) (iv) 2 z . specificando per quali z ∈ C sono vere: ∞ X 1 (i) .7 1. (ii) n n + 2 2 + i n=0 n=0 n=0 2n−1 ∞ ∞ ∞ n n X X X 3 −7 n n n2 n z . (−1) z = 1+z n=0 (iii) ∞ X n=0 n n (−1)n z 2n = (ii) 1 . posto p L = lim sup n |an | n→∞ (si veda l’esercizio 2. 1 − z2 in z 2n = iz 2 . (v) zn. Esercizi 2. Sia P an z n una serie di potenze. Determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze: n ∞ ∞ ∞ X X X i zn n! . nn (viii) ∞ X √ 3− n n z . si ottengono gli sviluppi in serie per le funzioni seno e coseno: ∞ X y 2h cos y = (−1)h . (i) z . . . uguagliando fra loro parti reali e parti immaginarie. n! n z . si deduce ∞ ∞ 2h X X y 2h+1 h y +i cos y + i sin y = (−1)h (−1) (2h)! (2h + 1)! h=0 h=0 ∀y ∈ R. Il teorema è completamente dimostrato. · 3 · 1 n z . ∞ X [(−2)n + 1]z n . 2n · . 2. . (2n)! n=0 (xii) n=0 ∞ X n=1 (2n − 1) · . n − 3n 4 2n + 1 n=0 n=1 n=0 (vii) (x) n ∞ X zn n=1 ∞ X n=0 nn . (2h)! h=0 ∞ X y 2h+1 sin y = (−1)h (2h + 1)! h=0 ∀y ∈ R. 1 − iz 2 . il raggio di convergenza R della serie è dato da  +∞ se L = 0   1/L se 0 < L < ∞ R=   0 se L = +∞.6. (iv) 1 + z2 147 ∞ X z 2n = n=0 ∞ X n=1 1 . Dimostrare le seguenti uguaglianze. (ix) n=0 ∞ X (n!)2 n2 (xi) z .3). Infine. · 4 · 2 3. Si provi che. P 2k (ii) Posto Rn (z) = ∞ k=n (k + 1)z . Sia {Fn } la successione dei numeri di Fibonacci (esercizio 2. provare che (1 − z − z 2 )S(z) = z. Sia anP una serie convergente: si provi che il raggio di convergenza della serie di potenze an z n è non inferiore a 1. nei rispettivi cerchi di convergenza di cui si troveranno i raggi.P 4. . z2 an+m z n (con m ∈ N fissato) n=0 hanno raggio di convergenza R. Sia R il raggio di convergenza di ∞ X 1 an z n . n n=1 ∞ X P∞ n=0 G(z) = n=0 1 . · (4n − 1) · (4n + 1) n x . le funzioni F (z) = z2 1 .3. (iii) descrivere il comportamento della serie nei punti x = R e x = −R. . (4n − 4)2 · (4n)2 n=1 (ii) verificare che 1 3(4n + 1) 1 · < an < n 4(4n) n ∀n ∈ N+ . ove {an } è data da an+1 = an (1 − an ) ∀n ∈ N. si verifichi che (1 − z)Rn (z) = nz 2n + z 2n 1 − z2 ∀z ∈ C con |z| < R. 7. (i) Determinare il raggio di convergenza R della serie di potenze ∞ X 1 3 · 5 · 7 · . Trovare il raggio di convergenza della serie ( a0 = 1/2 P an z n . 148 .13). + 4z + 3 9. 6. 10. (ii) Detta S(z) la somma della serie. 8. (i) Trovare il raggio di convergenza R della serie ∞ n=0 (n + 1)z . P n (i) Determinare il raggio di convergenza R della serie ∞ n=0 Fn z . ossia z 1 − z − z2 S(z) = ∀z ∈ C con |z| < R. P 2n 5. +z+1 an z n : provare che anche le serie ∞ X nan z n . Trovare due serie di potenze nella variabile z che abbiano come somme. n 42 · 82 · . . (iii) Si calcoli per |z| < R la somma della serie. . (ii) (−1) . (ii) cosh(x + y) = cosh x cosh y + sinh x sinh y. 2 x ∈ R. (2n + 1)! (b) Provare che per ogni x. (ii) . ex − e−x sinh x = . Calcolare la somma delle seguenti serie. (iii) . (iii) . y ∈ R si ha (i) cosh2 x − sinh2 x = 1.11. (iii) sinh(x + y) = sinh x cosh y + cosh x sinh y. Le “funzioni iperboliche” coseno iperbolico e seno iperbolico sono definite da ex + e−x cosh x = . specificando per quali x ∈ R esse sono convergenti: ∞ X ∞ ∞ X X xn x4n x3n n (i) (−1) . n! n! (n + 1)! n=0 n=0 n=1 13. (2n)! (2n + 1)! (2n − 3)! n=0 n=0 n=2 n 149 . 12. specificando per quali z ∈ C esse sono convergenti: ∞ ∞ ∞ 2n X X X z 3n+2 z n−1 nz (i) (−1) . Calcolare la somma delle seguenti serie. 2 x ∈ R. (a) Provare che per ogni x ∈ R si ha ∞ X x2n cosh x = . (2n)! n=0 sinh x = ∞ X n=0 x2n+1 . Fissato k ∈ N+ . (2n + 1)! n=0 ∞ X cos(α − 3nβ) . Siano α. Determinare il luogo dei punti z ∈ C in cui ciascuna delle due funzioni 2 g(z) = ez . Determinare il luogo dei punti z ∈ C in cui ciascuna delle due funzioni f (z) = ez . g(z) = ez 2 assume valori reali. 19.14. si consideri la serie ∞ X e2πin/k z n+1+(−1) n n=0 e se ne determini l’insieme di convergenza. (2n)! (iv) cos(α + nβ) . β ∈ R: (i) ∞ X cos(α + nβ) n! n=0 ∞ X (−1)n (iii) (v) n=0 ∞ X . ed il luogo ove ciascuna assume valori puramente immaginari. (ii) cos(α + nβ) . 1[ si ha ∞ X n=0 ∞ X xn cos(α + nβ) = cos α − x cos(α − β) . Si provi che se x ∈] − 1. h(z) = ez 3 ha modulo unitario. 1 − 2x cos β + x2 xn sin(α + nβ) = sin α − x sin(α − β) . (5i)n (viii) n=0 sin(α − 3nβ) . Determinare la parte reale e la parte immaginaria dei seguenti numeri: e1−i . (2n + 2)! . 4 e3−2i . ei(i−1) . 17. β ∈ R. 1 − 2x cos β + x2 n=0 15. (2n + 1)! n=0 ∞ X (vii) (5i)n n=0 (vi) ∞ X sin(α + nβ) n=0 ∞ X n! (−1)n n=0 ∞ X sin(α + nβ) . Qual’è la somma? 150 . ove α. (2n + 2)! 16. Calcolare la somma delle seguenti serie. 18. e(1+i) . ie|1+2i| . (2n)! sin(α + nβ) . 2 (1) Nella serie n=0 bn ciascun termine ak compare esattamente −1 una volta. Posto bn = aτ (n) per ogni n ∈ N. Quindi n=0 bn ha esattamente “gli stessi addendi” di k=0 ak . ossia quando n assume l’unico valore che τ (nk ) = k. allora nessun suo riordinamento lo P P Si osservi che. Supponiamo dapprima an ≥ 0 per ogni n ∈ N.1 Sia an una serie a termini reali o complessi. e cioè quando P∞ nk ∈ N tale Pn∞ = τ (k). si verifica che possiamo limitarci al caso di serie a termini reali. P∞ Osservazioni 2. Allora ogni suo riordinamento bn è assolutamente convergente ed ha la stessa somma: ∞ ∞ X X an = bn . sn = n X ak . Dimostrazione Con le stesse considerazioni fatte alla fine della dimostrazione della proposizione 2.8. . n=0 Se la serie è. P∞ P e un riordinamento (2) Se ∞ n=0 bn ` P∞ la corrispondenza P∞ di n=0 an (costruito mediante biunivoca τ ). e siano S= ∞ X n=0 an . “sommare i termini in ordine inverso” ha senso solo per somme finite. 151 bk . τ (1). P n=0 an non è assolutamente convergente.2. n=0 an è un riordinamento di n=0 bn (mediante la corrispondenza biunivoca τ −1 . Il risultato che segue risponde alla domanda iniziale. cioè sia iniettiva che surgettiva: in altre parole. inversa di τ ).8. . si ha sn ≤ S per ogni n ∈ N. P Teorema 2. . P Definizione 2. la serie P ∞ ∞ n=0 bn si dice riordinamento della serie n=0 an . σn = k=0 n X k=0 Per ipotesi. posto mn = max{τ (0). . .2. τ (n)}. di conseguenza.8 Riordinamento dei termini di una serie Cosa succede se si modifica l’ordine degli addendi di una serie? Le proprietà di convergenza si mantengono o si alterano? Intanto bisogna intendersi sul significato di questa operazione: ad esempio. per ogni serie an e per ogni suo riordinamento bn si ha ∞ ∞ X X |an | = |bn | n=0 n=0 (questo valore potrà essere finito o +∞). inoltre. per ogni k ∈ N esiste uno ed un solo n ∈ N tale che τ (n) =Pk.3 (di Dirichlet) Sia an una P serie reale o complessa assolutamente convergente.8.5. viceversa. Andiamo allora a chiarire con una definizione ciò che intendiamo quando parliamo di “riordinamento” dei termini di una serie. e sia τ : N → N una funzione bigettiva. allora. sempre in virt` u della parte già dimostrata.2. βn = |bn | − bn ∀n ∈ N. n=0 Inoltre. per la parte già dimostrata. con ragionamento simmetrico si ha S≤ ∞ X bn . 0 ≤ βn ≤ 2|bn | ∀n ∈ N. n=0 n=0 P ∞ X P bn è assolutamente convergente. D’altra parte. la serie n=0 n+1 si decomporrebbe in due serie divergenti a +∞ ed a −∞. dunque. P La serie αn è a termini positivi e converge P per il criterio del confronto. per la parte gi` a dimostrata dedurremmo |an | = n n P P P |bn | < +∞. P Osservazione 2. non può esserlo nemmeno P b . |bn |.8.1).8. essendo a sua volta an un riordinamento di bn . la cui addizione non avrebbe senso.5. n=0 P Notiamo infine che se P P an non è assolutamente convergente.si ha σn = n X aτ (k) ≤ k=0 mn X ah = s m n ≤ S ∀n ∈ N. cosicché 0 ≤ αn ≤ 2|an |. poiché la serie P il suo riordinamento |bn | è convergente e ∞ X |an | = cosicché |an | è convergente. n=0 e dunque vale l’uguaglianza. 152 . Si noti che questa proprietà non può valere senza l’ipotesi di assoluta convergenza: se P A è l’insieme dei numeri naturali pari e B quello dei numeri naturali ∞ (−1)n dispari. allora ∞ X n=0 an = X an + n∈A X an n∈B (esercizio 2. il suo riordinamento βn è convergente e vale l’uguaglianza ∞ X αn = n=0 ∞ X βn . poniamo αn = |an | − an . h=0 P cosicch´ e bn è convergente ed ha somma P P non superiore a S. Ne segue ∞ X n=0 bn = ∞ X |bn | − n=0 ∞ X βn = n=0 ∞ X |an | − n=0 ∞ X n=0 αn = ∞ X an . Passiamo ora al caso generale: come si è fatto nella dimostrazione della proposizione 2. essendo an a sua volta un riordinamento di bn . perch´ e se fosse |b | < +∞. la cui unione è tutto N.4 Per le serie an assolutamente convergenti si ha una proprietà di riordinamento ancora pi` u forte di quella espressa dal teorema di Dirichlet: se A e B sono sottoinsiemi disgiunti di N. 9. 4n + 1. . Tuttavia la serie cos`ı ottenuta... . = . in quanto le sue somme parziali di indice 2N coincidono con quelle di indice N della serie precedente: ossia 1 1 1 1 1 1 S +0− +0+ +0− +0+ +0− + 0 + . è convergente con somma S/2.. 2 4 6 8 10 12 14 16 2 Dunque la serie P cn .. cioè 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − + + − + + − + + . ma non assolutamente convergente. = S. ma non è assolutamente convergente.. = +S . ove cn =   0 se n è dispari n/2  − (−1) n se n è pari. . 2 3 4 5 6 7 8 e dividendo per 2 1 1 1 1 S 1 1 1 1 − + − + − + − + .. 5. .P Se una serie an è convergente.8. . come è mostrato dal seguente P (−1)n Esempio 2. .  τ (3n + 2) = 2n + 1 1+ Per le serie non assolutamente convergenti vale questo risultato ancora pi` u drastico: 153 . l’operazione di riordinamento può alterare il valore della somma. le sue 2 somme parziali di indice 3N + 1 coincidono con le somme parziali di indice 4N + 1 della serie contenente anche i termini nulli.. 2 4 6 8 10 12 2 P∞ (−1)n Sommando ora questa serie con la serie n=0 n+1 si trova 1 1 1 1 1 1 (0 + 1) + − + 0+ + − − + 0+ + 2 2 3 4 4 5 1 1 1 1 1 S + − + 0+ + − − + .5 La serie ∞ e convergente ad un numero reale S (che è uguale n=0 n+1 ` a ln 2. Non ` difficile verificare che la corrispondenza τ fra gli indici delle due serie è data da   τ (3n) = 4n τ (3n + 1) = 4n + 2 ∀n ∈ N.. = . . come vedremo pi` u avanti). 3 2 5 7 4 9 11 6 13 P (−1)n è evidentemente un riordinamento della serie ∞ e n=0 n+1 . che convergeva a S. . ) converge alla stessa somma 3S : infatti. = . Si ha quindi 1− 1 1 1 1 1 1 1 + − + − + − + . ... 3 2 5 7 4 9 11 6 13 2 0+ ora notiamo che la serie che si ottiene da questa sopprimendo i termini nulli (che sono quelli di indici 1.. 6 6 7 8 8 2 ovvero 1 1 1 1 1 1 3S 1 1 1 1+0+ − + +0+ − + +0+ − + + 0 + . P fissiamo L ∈ R. Allora: P an una serie reale convergente.8. sarebbe anche assolutamente convergente. P (iv) esiste un riordinamento di an che è indeterminato. otterremmo che |an | P converge. ma non assolu- P (i) per ogni L ∈ R esiste un riordinamento di an che ha somma L. Costruiremo adesso una serie.Teorema 2.6 (di Riemann) Sia tamente convergente. P (ii) esiste un riordinamento di an che diverge positivamente. e che soddisferà la tesi. se entrambe queste due serie fossero convergenti. poi di nuovo da un po’ di qn . Essa sarà formata da un certo numero di pn . essendo 0 ≤ pn ≤ |an | e 0 ≤ qn ≤ |an | per ogni n ∈ N. n=0 P |an | = n=0 N X pn + n=0 N X qn ∀N ∈ N. 0}. + mh X mh−1 +1 n=k1 +1 154 pn − kh X n=kh−1 +1 qn + . in modo da “oscillare” attorno al valore L prescelto. . mentre se convergesse solo una delle due otterremmo che an diverge). poi ancora da un po’ di pn . qn ≥ 0. {mn }n∈N+ e {kn }n∈N+ . Essendo in particolare N X an = n=0 N X pn − n=0 dall’ipotesi sulla serie N X N X qn . . inoltre an coincide o con pn (e allora qn = 0). P Dimostrazione (i) Osserviamo anzitutto che la serie an contiene infiniti termini strettamente positivi e infiniti termini strettamente negativi. o con −qn (e allora pn = 0). seguiti da un certo numero di qn . essendo convergente. 0} cosicché pn ≥ 0. D’altra parte. che si otterrà riordinando i termini di an . . . si ha anche lim pn = lim qn = 0. ∀n ∈ N. . n=0 an si deduce ∞ X pn = ∞ X n=0 qn = +∞ n=0 P (altrimenti. pn − qn = an . A questo scopo andiamo a costruire due opportune successioni crescenti di indici. e cos`ı di seguito. Poniamo pn = max{an . altrimenti essa avrebbe termini definitivamente a segno costante e quindi. e formiamo la serie m1 X n=0 pn − k1 X n=0 qn + m2 X n=m1 +1 pn − k2 X qn + . pn + qn = |an | ∀n ∈ N. P (iii) esiste un riordinamento di an che diverge negativamente. . qn = max{−an . n→∞ n→∞ Ciò premesso. mentre k1 ` Pm1 Pk minimo numero naturale k per P cui Pn=0 pn − n=0 qn < L − 1. . . avendo costruito mh e kh come i minimi indici maggiori rispettivamente di mh−1 e kh−1 tali che  mh k1 m1 X X X  1    pn > L + . + pn −   h m +1 n=0 n=0 h−1       m1 X n=0 pn − k1 X mh X qn + . + . + mh + kh + mh+1 . +   h+1 n=0 mh +1 n=0 kh+1 mh+1 m1 k1 X X X X  1    qn < L − p − p − q + . oppure m1 + k1 + .. Definiamo adesso gli indici ad esempio prenderemo senz’altro αn = L − n1 e βn = LP mn e kn : m1 è il minimo numero naturale m per cui m e il n=0 pn > L + 1. gli ultimi termini delle quali sono rispettivamente pmn e −qkn : in altre parole. n n n   h + 1 mh +1 n=0 n=0 n=kh +1 P P Nuovamente.. . . h definiremo mh+1 e kh+1 come i minimi indici maggiori rispettivamente di mh e kh tali che  mh+1 m1 k1  X X X 1    . mh ≤ n ≤ m1 + k1 + .denoteremo con sn la sua n-sima somma parziale. . per la minimalità di mn e kn . oppure τh ≤ sn ≤ σh+1 . . + mh + kh .. (ii)-(iii)-(iv) Questi enunciati si provano in modo del tutto simile: basta scegliere le successioni {αn } e {βn } entrambe divergenti a +∞. .. . . n cosicché σn → L e τn → L per n → ∞. . + pn − mh−1 +1 n=0 kh X qn < L − n=kh−1 +1 1 . tali indici esistono in virt` u della divergenza di pn e qn . e dunque anche sn converge a L per n → ∞. . consideriamo una generica somma parziale sn : esisterà un unico indice h tale che sia vera una delle due relazioni m1 + k1 + . . . D’altra parte. . o entrambe divergenti a −∞. σn = sm1 +k1 +. n τn < L − 1 ≤ τ n + qk n . Fissiamo due successioni {αn } e {βn }. τn = sm1 +k1 +. Ciò prova (i). Questi indici esistono per la divergenza delle serie pn e qn . o convergenti a due valori L1 e L2 con L1 < L2 .+mn +kn . 155 . In generale. entrambe convergenti a L e tali che αn < L < βn : + n1 . qn + . . cioè {sn }. σ n − pm n ≤ L + 1 < σn . Allora otteniamo. pn − pn > L + qn + . mh + kh ≤ n ≤ m1 + k1 + .+mn . . Indichiamo con σn e τn le somme parziali della serie cos`ı costruita. ne segue τ h ≤ sn ≤ σ h . 7 Sia n=0 an una serie reale o complessa. ah h=kn−1 +1 bn è ottenuta da P an raggruppandone i termini.9 Sia a una serie reale o complessa. σ n = sk 0 + n X |an |.2).8. si ha allora. Ma allora. ∀n ∈ N. per la parte gi` ∞ X n=0 |bn | ≤ k0 X h=0 |ah | + ∞ X kn X n=1 h=kn−1 +1 |ah | = ∞ X |ah | < +∞. P∞ Definizione 2.10 (1) Il teorema vale anche nel caso di serie reali divergenti (esercizio 2.8. sarà anche |σn − S| = |skn − S| P< ε per ogni n > ν.8. cioè σn → S per n → ∞. bn = h=0 si dice che la serie P kn X ∀n ∈ N+ . h=1 Poiché {sn } è per ipotesi convergente ad un numero S. Il risultato che segue stabilisce che il raggruppamento dei termini di una serie è un’operazione del tutto lecita. n=0 |an | < ∞. allora anche bn lo è e in tal caso si ha ∞ X |bn | ≤ ∞ X n=0 n=0 Dimostrazione Per m. Sia inoltre {kn } una successione strettamente crescente di numeri naturali.8 La serie ∞ n=1 n=1 2n(2n−1) ` n termini a due a due: in questo caso {kn } è definita da kn = 2n. allora a maggior ragione. h=0 Osservazioni 2. Se poi ∞ a dimostrata. Pm k=0 ak e σn = skh − skh−1 = skn Pn k=0 bk . dato ε > 0 si avrà |sn − S| < ε per tutti gli n maggiori di un certo ν. essendo kn ≥ n. senza alterare la somma? Vediamo. Posto b0 = k0 X ah . n ∈ N poniamo sm = per definizione di bh .Raggruppamento dei termini di una serie Vale la proprietà associativa per i termini di una serie? Si possono mettere le parentesi per racchiudere un numero finito di addendi. P P Teorema 2.8. e sia bn una serie n P P P ottenuta da an raggruppandone i termini. P P (−1)n+1 1 e ottenuta da ∞ raggruppandone i Esempio 2. 156 .8. Se an è convergente. allora anche bn lo è e P in tal caso le P due serie hanno la stessa somma. Se an è assolutamente convergente. oppure a −∞. Pi` u generalmente. converge ed ha somma 0. la serie (1 − 1) + (1 − 1) + (1 − 1) + (1 − 1) + .. h=kn−1 +1 an è convergente. Si provi che se A e B sono sottoinsiemi disgiunti di N tali che A ∪ B = N. è convergente. P 3. allora ogni P che se serie bn ottenuta da an raggruppandone i termini è ancora divergente a +∞. in tal caso l’uguaglianza è conseguenza dell’esercizio 2.(2) Non mantiene la convergenza.2. (i) Per n.. . allora ∞ X X an = n=0 an + X an .8 P 1. n∈B n∈A P 2. al contrario. Si provi an èPuna serie divergente a +∞.8. si veda l’esercizio 2. oppure a −∞. si può scrivere l’uguaglianza ∞ X (an + bn ) = n=0 ∞ X an + n=0 ∞ X bn n=0 P P solo quando ciascuna delle due serie an e bn è convergente. Sia an una serie assolutamente convergente. Sia ∞ n=0 an una serie reale o complessa.3. . . n=1 allora si ha anche k=1 "∞ ∞ X X k=1 n=1 157 # ank = S. mentre la serie 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + . k ∈ N+ siano ank numeri non negativi.1. è indeterminata. 4. Esercizi 2. che consiste nell’eliminare eventuali parentesi presenti: ad esempio. bn = P∞ n=0 bn lim P∞ n=0 ∀n ∈ N. Si dimostri che se "∞ # ∞ X X ank = S. In generale. e se kn X n→∞ allora ah h=kn−1 +1 h=0 Si provi che se kn X |ah | = 0. sia {kn } ⊆ N una successione strettamente crescente e siano b0 = k0 X ah . l’operazione inversa al raggruppamento. an b0 . come mostra il seguente esempio: se (−1)n an = b n = √ n+1 158 ∀n ∈ N.9 Moltiplicazione di serie A prima vista il problema di moltiplicare fra loro due serie sembra irrilevante. utilizzando i seguenti ank :  1 se k = n. . .1 Date due serie ∞ n=0 an e n=0 bn reali o complesse. definita sul pi` u piccolo dei due cerchi di convergenza. n ∈ N+     2n−1 − 1 ank = − n se k = n + 1. an−1 b1 . a1 bn−1 . n ∈ N+  2 − 1    0 altrimenti. parlando di serie numeriche. . per PMsomman il prodotto delle somme. magari con somma uguale al prodotto delle somme. Il motivo di questo desiderio è legato alla teoria delle serie di potenze: due serie di potenze hanno per somma una funzione definita sul cerchio di convergenza di ciascuna serie. . il prodotto di tali funzioni è una nuova funzione. come risultato del prodotto di due serie. 2. . . una nuova serie.9. Ma non è cos`ı. k=0 la serie P∞ n=0 cn si dice prodotto di Cauchy delle due serie. se queste convergono a S1 e S2 . n ∈ N. siamo indotti alla seguente P P∞ Definizione 2. pi` u in generale. allora la serie prodotto n=0 cn è convergente. PNed abbia n Scrivendo il prodotto di due polinomi n=0 an z e n=0 bn z (con N ≤ M ) è naturale raggruppare i termini con la stessa potenza z n : quindi si metteranno insieme i prodotti a0 bn . n=0 k=0 Passando dai polinomi alle serie di potenze o. . . M ) ! N n X X ak bn−k z n . . il loro prodotto convergerà a S1 · S2 . e posto cn = n X ak bn−k . P∞ P∞ Si potrebbe sperare P∞di dimostrare che se n=0 an e n=0 bn sono convergenti. e della quale si vorrebbe conoscere uno sviluppo in serie di potenze che ad essa converga. Il polinomio prodotto sarà quindi (ponendo an = 0 per n = N + 1. Dov’è il problema? Il punto è che noi vogliamo ottenere. Dunque si vuole trovare una serie di potenze che sia il prodotto delle due serie di potenze date.(ii) Verificare che il risultato di (i) è falso se gli ank hanno segno variabile. Fare il prodotto di due serie significa moltiplicare tra loro le successioni delle rispettive somme parziali. inoltre ! ! ∞ ∞ ∞ X X X cn = an · bn . considerando la somma parziale della serie dk di indice n − 1 si ha per n → ∞ ! ! 2 −1 nX n−1 n−1 X X dk = ak · bk → A · B. k=0 k=0 k=0 k=0 k=0 P∞ k=0 P∞ Dunque d ` e convergente ad un numero S. in quanto per ogni n ≥ 2 si ha ! ! ! ! 2 −1 n nX n−1 n−1 ∞ ∞ X X X X X |dk | ≤ |dk | = |ak | · |bk | ≤ |ak | · |bk | < ∞. . . + an b1 + an b0 + . . . e tale serie converge assolutamente. = n+1 n+1 n+1 k=0 P per cui cn non è infinitesima e cn non può convergere. la cui legge di formazione è illustrata ······ a0 b 0 ↓ a0 b 1 −→ a1 b 0 ↑ a1 b 1 → a0 b 2 −→ a1 b 2 −→ a2 b 0 ↑ a2 b 1 ↑ a2 b 2 → ··· → ··· ··· a0 b n ··· ··· −→ ··· ··· a1 b n ··· ··· −→ ··· ··· a2 b n ··· ··· −→ ······ ······ −→ an b 0 ↑ an b 1 ↑ an b 2 ↑ ··· ↑ an b n → ··· ··· ··· ··· ··· ··· ······ ··· ······ ······ ··· ··· ··· ··· ··· ··· ··· Si ha dunque ∞ X dn = a0 b0 + a0 b1 + a1 b1 + a1 b0 + a0 b2 + a1 b2 + a2 b2 + a2 b1 + a2 b0 + n=0 + . Si ha però questo risultato: P P∞ Teorema 2.allora n cn = (−1) n X 1 √ √ k+1 n−k+1 k=0 ∀n ∈ N. . e quindi n X 1 n+1 √ =1 ∀n ∈ N. . + a0 bn + a1 bn + . posto A = k k=0 k=0 ak e P∞ P 2 B = k=0 bk . + an bn + an bn−1 + .9. k=0 k=0 k=0 159 . . . D’altra parte.2 (di Cauchy) Se le serieP ∞ n=0 an e n=0 bn sono assolutamente con∞ vergenti. allora il loro prodotto di Cauchy n=0 cn è assolutamente convergente. |cn | ≥ √ n=0 n=0 Dimostrazione Si consideri la serie dallo schema che segue: 7→ P∞ n=0 n=0 dn . . .9. nella definizione di prodotto di Cauchy occorrerà prendere cn = n X + ∀n ∈ N . + an b0 + . Ma raggruppandone opportunamente i termini si ottiene proprio la serie P∞ P prodotto di Cauchy di k=0 ak e ∞ e una k=0 bk . posto z = x + iy.8. k=0 k=1 Esempi 2.9 ` serie assolutamente convergente con somma AB. ∞ n X X 1 z k z n−k = 2 (1 − z) n=0 k=0 ! = ∞ X (n + 1)z n . k! (n − k)! n! k=0 k n! k=0 dunque z w ee = ∞ X (z + w)n n=0 n! = ez+w 160 ∀z. la quale per il teorema di Dirichlet (teorema 2. . sempre per |z| < 1. . P P Osservazione 2. .3) è assolutamente convergente ed ha somma AB.4 (1) Moltiplicando per se stessa la serie geometrica ∞ X 1 zn. .8. (2) Come sappiamo si ha. w ∈ C. 2 (1 − z) 1−z (1 − z)2 |z| < 1. anziché 0.3 Se le serie an e bn hanno indice iniziale 1.Ne segue S = AB perché ogni sottosuccessione di una successione convergente deve convergere allo P∞ stesso limite. si ottiene la serie a0 b0 + a0 b1 + a1 b0 + a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 + . Dalla serie k=0 dk . . la quale dunque per il teorema 2. + a0 bn + a1 bn−1 + . si ottiene. riordinando i termini “per diagonali”. n=0 da qui si ricava anche ∞ X n=0 n nz = ∞ X n (n + 1)z − n=0 ∞ X zn = n=0 1 1 z − = . Calcoliamo ez ew con la regola della moltiplicazione di serie: il termine generale della serie prodotto ha la forma n n X 1 1 1 X n k n−k (z + w)n k n−k z z = z w = . ak bn−k+1 anziché cn = n X ak bn−k ∀n ∈ N. .9. z e =e x+iy x = e (cos y + i sin y) = ∞ X zn n=0 n! ∀z ∈ C. = 1−z n=0 |z| < 1. cioè risulta ∞ X cn = AB n=0 se e solo se ∃ lim N →∞ N X ak k=0 "N −k X # bh − B = 0. in particolare. n=0 n=0 n=0 Dimostrazione Poniamo A= ∞ X an .9. la prima P gente e la seconda convergente. ez non è una funzione iniettiva su C. a patto che almeno uno dei due fattori sia una serie assolutamente convergente. k=0 Da questa relazione segue che vale la tesi del teorema. Si noti che ez = ez+2πi per ogni z ∈ C.Pertanto l’esponenziale complessa mantiene le proprietà algebriche dell’esponenziale reale. A titolo di curiosità. n=0 Scriviamo la somma parziale della serie prodotto nella forma N X cn = n=0 = N X n X ak bn−k n=0 k=0 "N −k N X X ak bn−k = # h=0 N X k=0 k=0 n=k bh − B + B ak k=0 = N N X X N X ak N X bn−k = n=k ak . Si ha infatti: P P∞ Teorema 2.5 Siano ∞ assolutamente convern=0 an e n=0 bn due serie. Sia ε > 0 e scegliamo νε ∈ N tale che .9. Allora il loro prodotto di Cauchy ∞ e convergente n=0 cn ` e si ha ! ! ∞ ∞ ∞ X X X cn = an · bn . cioè la funzione esponenziale è periodica di periodo 2πi.2: il prodotto di Cauchy di due serie è convergente. h=0 Proviamo dunque quest’ultima relazione. mostriamo una variante del teorema 2. B= n=0 ∞ X bn . n . n . X . X . . . |ak | < ε. bh − B . . < ε ∀n ≥ νε . . k=νε h=0 161 . Allora se N ≥ 2νε si ha . . . "N −k #. N N −k . X . X . NX . X . . . . ak bh − B . ≤ |ak | . bh − B . ≤ . . . . . k=0 h=0 k=0 h=0 . . . . νε −k N −k . NX . . NX . X X . . . . ≤ |ak | . bh − B . + |ak | . bh − B . ≤ . . . . k=0 h=0 k=νε +1 h=0 . . . . " # νε n n . X . . X . X . . . . ≤ |ak | sup . bh − B . + ε sup . bh . + |B| ≤ . . . . n≥N −νε n∈N k=0 h=0 . . h=0 n ∞ . . X X . . bh − B . + εC1 ≤ εC2 . ≤ |ak | sup . . n≥νε . h=0 k=0 ove . n . # . X . . . C1 = sup . bh . . + |B| . n∈N . allora n=0 δn = AB. P P∞ P∞ Si provi che se ∞ n=0 an = A e n=0 bn = B. . [Traccia: utilizzare l’esercizio 1. 162 ak si ha . Poniamo per ogni n ∈ N δn = a0 bn + . . Dimostrare che se |z| < 1 si ha ∞ X n+k n 1 z = k (1 − z)k+1 n=0 ∀k ∈ N. " C2 = ∞ X |ak | + C1 . Esercizi 2. . (1 − z)3 4.7.1 (iv). h=0 k=0 come richiesto. k=0 h=0 Ciò prova che lim N →∞ N X ak "N −k X # bh − B = 0. allora posto An = ∞ X An z n = n=0 f (z) 1−z Pn k=0 per |z| < 1.] 3. + an b1 + an b0 . Provare che se P∞ n=0 an z n = f (z) per |z| < 1.9 1. an bn + an bn−1 + . . Verificare che per |z| < 1 si ha ∞ X n2 z n = k=0 z2 + z . 2. utilizzando gli sviluppi in serie di potenze del seno e del coseno. Sia ∞ n n=0 2 n=0 3−n ≤ cn ≤ 2−n 163 ∀n ∈ N. sin(x + y) = sin x cos y + sin y cos x ∀x.5.] 6. P (−1)n per se stessa. Determinare il prodotto di Cauchy della serie n+1 cos`ı si ottiene è convergente? P∞ −n P∞ −n P ) · ( n=0 3 ): calcolare esplicitamente cn e provare che c = ( 8. Per y ∈ R si verifichi la relazione sin 2y = 2 sin y cos y. [Traccia: si verifichi preliminarmente che risulta 2n 2 = (1 + 1) 2n 2n − (1 − 1) = n X 2n + 1 k=0 2k ∀n ∈ N. Dimostrare. y ∈ R. usando le serie di potenze. . le relazioni cos2 x + sin2 x = 1 ∀x ∈ R. La serie che 7. per m = 2 lo spazio Rm si riduce al piano cartesiano R2 mentre per m = 1 lo spazio Cm si riduce al piano complesso C. . b ∈ Rm . . . eccetera) i punti generici. di Rm e di Cm . Naturalmente.Capitolo 3 Funzioni 3. . qua e là. Indicheremo in neretto (x. similmente. cioè i prodotti cartesiani di R e C per se stessi m volte: Rm = {x = (x1 .1 Spazi euclidei Rm e Cm Inizia qui la seconda parte del corso. . z. . . . . b ∈ Cm ). Ci occuperemo comunque ancora. am + bm ) λa = (λa1 . . Fissiamo m ∈ N+ e consideriamo gli insiemi Rm e Cm . Cm = {z = (z 1 . ∀a ∈ Rm (oppure ∀λ ∈ C. o vettori. di successioni e serie. . x2m−1 . . j = 1. in cui si passa dal “discreto” al “continuo”: lo studio delle successioni e delle serie lascerà il posto all’analisi delle proprietà delle funzioni di variabile reale o complessa. . i = 1. . Estenderemo a m dimensioni tutta la struttura geometrica di R2 . . . R2 è identificabile con C mediante la corrispondenza biunivoca z = x + iy. . . ∀λ ∈ R. . . . bim = m X ai b i i=1 164 ∀a. i = 1. Come sappiamo. . . . a. . . x2m ) ∈ R2m il punto z = (z 1 . per ogni m ≥ 1 possiamo identificare gli spazi R2m e Cm . . m. b. Prodotto scalare In Rm e in Cm è definito un prodotto scalare fra vettori: ha. . associando al generico punto x = (x1 . . Introduciamo un po’ di terminologia. . . x2 . . in particolare di serie di potenze. . . b ∈ Rm (oppure ∀a. m}. λam ) ∀a. m}. z m ) ∈ Cm . xm ) : xi ∈ R. ∀a ∈ Cm ). . ove z j = x2j−1 + i x2j . z m ) : z i ∈ C. . Su tali insiemi sono definite le operazioni di somma e di prodotto per scalari che li rendono entrambi spazi vettoriali: a + b = (a1 + b1 . cim = λha. Norma euclidea La norma euclidea di un vettore z ∈ Cm è il numero reale non negativo v u m p uX |z|m = t |z i |2 = hz.1. i=1 essendo z = (z 1 . cim = λha. e |z|m = 0 se e solo se z = 0. . i=1 La norma è l’analogo del modulo in C e del valore assoluto in R. ha.1. il prodotto scalare dello spazio Cm . bim = m X ai b i ∀a. Il significato geometrico del prodotto scalare. cim (le verifiche sono ovvie). xim . Le prime due proprietà sono ovvie dalla definizione. Se ha. bim + µha. i due vettori a e b si dicono ortogonali. Dunque il prodotto scalare associa ad ogni coppia di vettori di Cm un numero complesso e ad ogni coppia di vettori di Rm un numero reale.ha. λb + µcim = λha. (iii) (subadditività) |z + w|m ≤ |z|m + |w|m per ogni z. bim + µha. (ii) (omogeneità) |λz|m = |λ| · |z|m per ogni λ ∈ C e z ∈ Cm . cim ∀λ. essendo R ⊂ C e x = x per ogni x reale. . µ ∈ C. ossia ( hλa + µb. cim + µhb. w ∈ Cm . la norma di un vettore x ∈ Rm è la stessa cosa. ossia risulta ( hλa + µb. i=1 m m Si noti che. b. cim + µhb. la terza è meno evidente. ∀a. cim ∀λ. applicato a vettori di Rm . Notiamo che il prodotto scalare di Rm è una applicazione lineare nel primo e nel secondo argomento. coincide col prodotto scalare dello spazio Rm . ossia v u m p uX |x|m = t |xi |2 = hx. b ∈ Cm . ∀a. . c ∈ Rm . Le sue proprietà fondamentali sono le seguenti: (i) (positività) |z|m ≥ 0 per ogni z ∈ Cm . µ ∈ R. λb + µcim = λha. e per dimostrarla è necessario premettere la seguente 165 . . c ∈ Cm ha. è illustrato nell’esercizio 3. b. bim = 0. zim . z m ). cim invece il prodotto scalare di Cm è lineare nel primo argomento ed antilineare nel secondo argomento. nel caso reale. allora vale l’uguaglianza |a + b|2m = |a|2m + |b|2m se e solo se a e b sono vettori fra loro ortogonali. bim | + |b|2m ≤ ≤ |a|2m + 2 |a|m · |b|m + |b|2m = (|a|m + |b|m )2 . pertanto. bim = |ha. Nel caso del prodotto scalare di Cm osserviamo che il numero complesso ha. bim | . e si potrà dunque scrivere. b ∈ Rm . poiché in tal caso Re ha.3. il suo discriminante deve essere non positivo. ricordando la definizione di esponenziale complessa. bim .Proposizione 3. bim | = e−iϑ ha. 166 . Osservazione 3. Dimostriamo la subadditività della norma: per la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz si ha |a + b|2m = |a|2m + 2 Re ha. per quanto dimostrato sopra. b ∈ Cm e per ogni t ∈ R si ha 0 ≤ |a + tb|2m = m X (aj + tbj )(aj + tbj ) = j=1 = m X j=1 aj aj + 2t Re m X aj b j 2 +t m X bj bj = j=1 j=1 = ha. e dunque Re he−iϑ a. |ha. b ∈ Cm . grazie alla linearità del prodotto scalare nel primo argomento. Im he−iϑ a. bim + |b|2m ≤ |a|2m + 2 |ha. bim = |he−iϑ a. bim = ha. 2π[. 2 |ha. bim = 0. bim |2 = Re he−iϑ a. b ∈ Cm . aim + 2t Re ha. bim = |ha. bim |(cos ϑ + i sin ϑ) = |ha. bim = |a|2m + 2t Re ha. bim + t2 |b|2m . ciò prova la tesi nel caso del prodotto scalare di Rm . Per ogni a. da cui. b ∈ Cm . bim )2 ≤ |a|2m · |b|2m ∀a. cioè la tesi. bim + t hb.9. cioè (Re ha. bim = he−iϑ a. bim | ≤ |a|m · |b|m Dimostrazione Ripetiamo l’argomentazione svolta nella dimostrazione del teorema 1. bim |2 ≤ ≤ |e−iϑ a|2m · |b|2m = |e−iϑ |2 · |a|2m · |b|2m = |a|2m · |b|2m ∀a.2 Si noti che se a. bim .1.1 (disuguaglianza di Cauchy-Schwarz) Risulta ∀a. bim avrà un argomento ϑ ∈ [0. |ha.1. ha. bim |eiϑ . Passando alle radici quadrate. 2 dal momento che il trinomio di secondo grado all’ultimo membro è sempre non negativo. talvolta però è comodo usare intorni di x0 pi` u generali delle palle (ad esempio intorni di forma cubica.Distanza euclidea Tramite la norma si può dare la nozione di distanza fra due vettori di Rm o di Cm . si ha |z| = x2 + y 2 = |(x. (iii) (disuguaglianza triangolare) d(x. La distanza euclidea gode inoltre di altre due proprietà legate alla struttura vettoriale di Rm e Cm : (iv) (invarianza per traslazioni) d(x + v. la coppia (X. y) ≤ d(x. Ogni palla di centro x0 è essa stessa un intorno di x0 . mentre analogamente la palla di centro z0 ∈ Cm e raggio r > 0 sarà B(z0 . (ii) (simmetria) d(x. posto z = x + iy per ogni z ∈ C. y) ≥ 0 per ogni x. x0 ) < r}.1. y) = |x − y|m è una distanza su Cm (oppure su Rm ). y. Una successione {xn } ⊂ Rm (oppure Cm ) converge ad un elemento x ∈ Rm (o Cm ) se lim |xn − x|m = 0. y ∈ Cm (oppure λ ∈ R e x. (ii) e (iii) relative alla norma euclidea. y ∈ X. dal punto di vista metrico. x) = |x|m per ogni x ∈ Cm (oppure Rp ). y) = d(y. y) per ogni x. r) di R è l’intervallo ]x0 −r. y) = 0 se e solo se x = y. (ii) e (iii) sono evidenti conseguenze delle condizioni (i). x) per ogni x. la stessa cosa. su un insieme non vuoto X è una funzione d : X × X → [0. z ∈ X. n→∞ 167 . y ∈ X. d(x. r) = {z ∈ Cm : |z − z0 |m < r}. ∞[ con queste proprietà: (i) (positività) d(x. m Notiamo che d(0. y) per ogni x. Nel caso m = 1 la palla B(x0 . y ∈ Cm (oppure ∀x. Se su X è definita una distanza d. y. Definizione 3. Si può verificare assai facilmente che la funzione ∀x. r) contenuta in U . r) = {x ∈ Rm : |x − x0 |m < r}. λy) = |λ| d(x. r) = {x ∈ X : d(x. che si chiama distanza euclidea: le proprietà (i). quindi la palla di centro x0 ∈ Rm e raggio r è B(x0 . z) + d(z. Un intorno di un punto x0 in Rm o in Cm è un insieme U tale che esista una palla B(x0 . e la sua portata va molto al di là del nostro corso. y ∈ Rm ). y) per ogni λ ∈ C e x. o metrica. r) di C è il disco {z ∈ C : |z − z0 | < r}.3 Una distanza. y ∈ Rm ) d(x. ossia C e R2 sono. Per un qualunque spazio metrico si definisce la palla di centro x0 ∈ X e raggio r > 0 come l’insieme B(x0 . inoltre se m = 2. come già sappiamo. y)|2 . La nozione di spazio metrico è molto importante e generale. (v) (omogeneità) d(λx. y + v) = d(x. d) è detta spazio metrico. v ∈ Cm (oppure Rm ). x0 +r[ mentre la palla B(z0 . se m = 3). essendo m X i i i = 1. . b]. 1[ \{ n1 }n∈N+ . i = 1. j=1 la condizione limn→∞ xn = x equivale alle m relazioni lim xin = xi . ]0. Si noti che.5 L’unione di una famiglia qualsiasi di aperti è un aperto. r) ⊆ Aj ⊆ i∈I Ai . [b. R \ Q. y). . Tutto ciò che verrà detto in questo paragrafo si può ripetere in modo completamente analogo per Cm . . ossia se per ogni x0 ∈ A esiste r > 0 tale che B(x0 . . +∞[ . ri ) ⊆ Ai . . L’intersezione di una famiglia finita di aperti è un aperto. R \ {34}. m. 1] \ { n1 }n∈N+ . {(x. r) ⊆ i=1 B(x. ri ) ⊆ i=1 Ai . {(x. .1. 168 . {(x. b[ . Ak } è una famiglia finita di aperti e x ∈ ki=1 Ai . ε) per ogni n ≥ ν. posto r = min{r1 . y) : y > 0}. . y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 < 2}. [0. Definizione 3. R2 \ {(0. rk }. Z. allora per ogni i fra 1 e k vi saràTri > 0 tale che TkB(x. [a. r) ⊆ A (il raggio r dipenderà ovviamente dalla posizione di x0 in A). S Dimostrazione Se {Ai }i∈I è una famiglia di aperti. quindi esiste r > 0 tale che B(x. Gli insiemi aperti formano una famiglia chiusa rispetto a certe operazioni insiemistiche: Proposizione 3. 2. n→∞ Aperti e chiusi Definiremo adesso alcune importanti classi di sottoinsiemi di Rm . y) ∈ R2 : y ≥ 0}. non sono aperti in R2 : R × {0}. (2) Sono aperti in R2 : R2 . Esempi 3. non sono aperti in R: N. b]. . y) ∈ R2 : y > 0}. ] − ∞. y) ∈ R2 : |x| + |y| < 1}.1. i∈I Ai ` T Se {A1 . 4[ . . y) ∈ R2 : x ≤ y}. . ]b. Q. |xn − x | ≤ |xn − x|m ≤ |xjn − xj |. ]a. r). R \ Z. ]0. B((x. ]a. 1[∪]2. { n1 }n∈N+ . {(x. e x ∈ i∈I Ai . R. m. +∞[ . . a]. Pertanto S e un aperto. Diciamo che A è un insieme aperto se è intorno di ogni suo punto. ∅. b[ .1.cioè se per ogni ε > 0 esiste ν ∈ N tale che xn ∈ B(x. . . [a.6 (1) Sono aperti in R: ∅. 0)}.4 Sia A ⊆ Rm . . . a[ . {(0. ] − ∞. . si ha r > 0 e k B(x. {(x.Svi sarà un indice j ∈ I tale che x ∈ Aj . Diciamo che F è un insieme chiuso in Rm se il suo complementare F c è un aperto. {(x. Si noti che esistono insiemi aperti e non chiusi. {(x. e mostriamo che F c è aperto. Fic T allorac tutti S i complementari c sono aperti.. vi sarebbe un punto x ∈ F c per il quale ogni palla B(x.1. dato che F c è aperto esisterebbe una palla B(x. R \ Q. n n∈N+ Q. cioè F . r) contenuta in F c . Fk } è una famiglia finita di chiusi. b]. b[ .Definizione 3. y) ∈ R2 : x = 0. n n∈N+ ] − ∞.9 Sia F ⊆ Rm . b]. ]a.10 (1) Sono chiusi in R: R. Dimostrazione Se {Fi }i∈I è una famiglia di chiusi. per costruzione. risulta x ∈ F . allora per la c Sk T S proposizione precedente = ki=1 Fic è un aperto e quindi ki=1 Fi è chiuso. si deve provare che x ∈ F . 1 ∪ {0}. ∅. . per ogni n ∈ N+ esisterebbe un punto xn ∈ B(x. y) ∈ R2 : 0 < x2 + y 2 ≤ 1}. 1 . sarebbe contenuta in F . insiemi chiusi ma non aperti. ]b.18). . b[ .7 Sia F ⊆ Rm .8 L’intersezione di una famiglia qualsiasi di chiusi è un chiuso. a[ . {(x. il suo limite x dovrebbe stare in F : assurdo perché x ∈ F c . Supponiamo viceversa che F contenga tutti i limiti delle successioni che sono contenute in F . {(x. contro l’ipotesi che xn ∈ F per ogni n. ] − ∞. Si ha subito la seguente proprietà: Proposizione 3. R2 \ Q2 . La successione {xn }. Se non lo fosse. y) ∈ R2 : 1 ≤ |x| + |y| < 3}.1. non sono chiusi in R: [a. Se {F1 . N. y) ∈ R2 : 1 ≤ |x| + |y| ≤ 3}. Esempi 3. r) ⊆ F c . y) ∈ R2 : x = 0. ∅. Z. ma siccome xn tende a x. Dunque x ∈ F .1. L’unione di una famiglia finita di chiusi è un chiuso. . insiemi né aperti né chiusi ed insiemi sia aperti che chiusi (vedere però l’esercizio 3. per ipotesi. {(x. = i∈I Fi è un aperto e i∈I Fi T quindi per la proposizione precedente dunque i∈I Fi è chiuso. convergente ad un punto x ∈ Rm . Q2 . quindi. ]a. +∞[ . y > 0}. [a. b].1. Ma allora. y ≥ 0}. Se fosse x ∈ F c . 169 . [a. {−65}. i=1 Fi Gli insiemi chiusi hanno una importante caratterizzazione che è la seguente: Proposizione 3. r) interseca (F c )c . Dunque F c è aperto e F è chiuso. non sono chiusi in R2 : {(x. 1/n) ∩ F . definitivamente si avrebbe xn ∈ B(x. e convergerebbe a x dato che |x − xn |m < 1/n. y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1}. Dimostrazione Supponiamo che F sia chiuso e sia {xn } ⊆ F tale che xn → x per n → ∞. +∞[ . scegliendo r = 1/n.1. (2) Sono chiusi in R2 : R2 . Allora F è chiuso se e solo se per ogni successione {xn } ⊆ F . R × {0}. 0 è punto di accumulazione per { n1 }n∈N+ . Dimostrazione Sia {an } ⊂ R una successione.1.12 Sia E ⊆ Rm . sia x0 ∈ Rm . ma 0 6= n1 per ogni n.1. La condizione che xn non prenda mai il valore x0 serve ad evitare il caso in cui xn è definitivamente uguale a x0 . si vuole cioè che intorno a x0 si accumulino infiniti punti distinti della successione. r) contiene infiniti punti di E. Il fondamentale teorema che segue garantisce l’esistenza di punti d’accumulazione per una vastissima classe di insiemi.Punti d’accumulazione Nella teoria dei limiti di funzioni è di basilare importanza la definizione che segue.14 (di Bolzano-Weierstrass) Ogni sottoinsieme infinito e limitato di Rm possiede almeno un punto d’accumulazione.1. Dimostrazione Se E è chiuso. Poniamo G = {n ∈ N : am < an ∀m > n} : 170 . Diamo anzitutto la seguente Definizione 3. supponiamo che E contenga tutti i suoi punti d’accumulazione e prendiamo una successione {xn } ⊆ E convergente a x: dobbiamo mostrare che x ∈ E. Mediante i punti d’accumulazione si può dare un’altra caratterizzazione degli insiemi chiusi: Proposizione 3. e di conseguenza x ∈ E. Viceversa. e x è un punto d’accumulazione per E. Dimostrazione Supponiamo dapprima m = 1. per la proposizione 3.1.1. Diciamo che x0 è un punto d’accumulazione per E se esiste una successione {xn } ⊆ E \ {x0 } che converge a x0 . Teorema 3. 1] al quale appartiene.9. Notiamo anche che un punto di accumulazione per E può appartenere o non appartenere a E: ad esempio. Allora E è chiuso se e solo se E contiene tutti i propri punti d’accumulazione.15 Da ogni successione reale è possibile estrarre una sottosuccessione monotona.1. mentre 1/2 è punto d’accumulazione per l’insieme [0. e la tesi seguirà nuovamente dalla proposizione 3. Il fatto che x ∈ E è evidente nel caso in cui xn è definitivamente uguale a x. Faremo uso del seguente risultato: Proposizione 3. E infatti è immediato verificare che x0 è un punto d’accumulazione per E se e solo se ogni palla B(x0 .13 Un insieme E ⊆ Rm si dice limitato se esiste K ≥ 0 tale che |x|m ≤ K ∀x ∈ E.9 si ottiene x ∈ E. in caso contrario esisteranno infiniti indici n per i quali si ha xn 6= x: i corrispondenti infiniti valori xn sono dunque una successione contenuta in E \ {x} e convergente a x.11 Sia E ⊆ Rm . allora esiste {xn } ⊆ E \ {x} ⊆ E tale che xn → x per n → ∞.1. Definizione 3. Perciò x è punto d’accumulazione per E. xm n. . Dimostrazione La sottosuccessione monotona della proposizione precedente è limitata per ipotesi. per il corollario.G è dunque l’insieme degli indici n tali che an è maggiore di tutti gli am successivi. . esisterà allora n2 > n1 (in particolare n2 ∈ / G) tale che an2 ≥ an1 .(1) converge ad un limite x1 ∈ R. dopo m passi otterremo una sottosuccessione {xn. la successione {xn. dunque convergente (proposizione 2. Allora. è monotona crescente. Supponiamo G finito: allora esiste n0 ∈ N tale che n ∈ / G per ogni n ≥ n0 . tale che m 1 m x1n.(3) } ⊆ {xn.(1) } che già convergeva a x1 ) ed inoltre x2n.(1) } ⊆ {xn } tale che x1n. .(2) } tale che x1n. Sia {xn } una successione (costituita tutta di punti distinti) contenuta in E e proviamo che esiste una sottosuccessione che converge: il suo limite sarà il punto d’accumulazione cercato. esiste una sottosuccessione {xn.(1) } possiamo estrarre una ulteriore sottosuccessione {xn. .(m) → x1 . . per il caso m = 1 già visto.(2) converge ad un limite x2 ∈ R. da {xn. x ). .1. . n1 . Ne segue che. essendo n0 ∈ / G.17 (1) Il punto d’accumulazione costruito nel teorema di BolzanoWeierstrass non è in generale unico! (2) I punti d’accumulazione di un insieme E sono i limiti delle successioni di E che non sono definitivamente costanti.(2) }. .16 Ogni successione limitata in R ha una sottosuccessione convergente. Continuando ad estrarre ulteriori sottosuccessioni {xn. esso contiene una successione limitata e costituita tutta di punti distinti. . esiste n1 > n0 (dunque n1 ∈ / G) tale che an1 ≥ an0 . Perciò. nk }). . converge a x in Rm . la quale. .11).(m) → x2 . Osservazioni 3. Supponiamo invece che G sia infinito: poiché ogni sottoinsieme di N ha minimo (esercizio 1. ottenendo una sequenza crescente di interi nk ∈ G e dunque tali che am < ank per ogni m > nk . ha una sottosuccessione monotona e limitata. . ossia risulta ∀n ≥ n0 ∃m > n : am ≥ an . Corollario 3.. possiamo porre successivamente n0 = min G. Poiché {xn } è limitata. La corrispondente sottosuccessione {ank } ⊆ {an }. Il corollario appena dimostrato prova anche il teorema nel caso m = 1: se un insieme E è infinito e limitato.(2) → x1 (perchè estratta dalla successione {x1n. . .(m) }. le successioni reali {x1n }. Ovviamente. . e cos`ı induttivamente si costruisce una sequenza crescente di interi nk tale che ank+1 ≥ ank per ogni k ∈ N. . . in particolare ank+1 < ank per ogni k. posto x = (x .3). n1 = min(G \ {n0 }).(4) } ⊆ {xn. .(m) } di tutte le precedenti. {xn. x2n. il limite di questa sottosuccessione è evidentemente un punto d’accumulazione per E. 171 . {x2n }. G sarà finito (eventualmente vuoto) oppure infinito. La corrispondente sottosuccessione {ank } ⊆ {an } è perciò monotona decrescente.(3) }. per costruzione.6.(m) → x in R.1. . . dunque convergente. {xm n } sono limitate. . nk+1 = min(G \ {n0 .3. . Passiamo ora al caso m > 1. . . che è una sottosuccessione di {xn }. . . essendo illimitata.9. [a. Z. ed è privo di punti di accumulazione. Se non converge. d].1. il quale apparterrà al chiuso E in virt` u della proposizione 3. Dimostrazione Sia E limitato e chiuso. Viceversa. N. Allora E è chiuso e limitato se e solo se da ogni successione contenuta in E si può estrarre una sottosuccessione che converge ad un elemento di E. 172 . +∞[ . 1].1.19 Sia E ⊆ Rm . se ogni successione contenuta in E ha una sottosuccessione che converge ad un punto di E.9. ]a. essa è comunque limitata: per il teorema di Bolzano-Weierstrass avrà una sottosuccessione {xn } convergente ad un elemento x ∈ Rm . Esercizi 3. (3) La successione {(−1)n + n1 } costituisce un insieme infinito e limitato in R che ha i due punti d’accumulazione +1 e −1.21 Sono compatti in R: {−3}. b]. Dal teorema di Bolzano-Weierstrass segue la seguente importante caratterizzazione dei sottoinsiemi chiusi e limitati di Rm . b[ .18 (1) L’insieme N è infinito ma non limitato in R. Esempi 3. Sia {xn } una successione contenuta in E. n n∈N+ Q ∩ [0. e quindi E è limitato. [a.1.20 Gli insiemi E tali che ogni successione contenuta in E ha una sottosuccessione che converge ad un elemento di E si dicono compatti. quindi il teorema precedente caratterizza i sottoinsiemi compatti di Rm . ed è privo di punti di accumulazione.1. ogni sua sottosuccessione convergerà ancora a x. ma nessuna sottosuccessione della successione {xn } cos`ı costruita potrebbe convergere. Ciò contraddice l’ipotesi fatta su E. Si provi che se a.Esempi 3. b ∈ Rm \ {0} allora ha. bim = |a|m · |b|m cos ϑ. b] ∪ [c. Teorema 3. ove ϑ è l’angolo convesso fra i due vettori. {0} ∪ n n∈N+ {(−1)}n∈N . Osservazione 3. se essa già converge ad un punto x ∈ Rm . allora in particolare E contiene il limite di ogni successione convergente in esso contenuta. (2) {1} è un insieme limitato in R ma non infinito. 1 .1. e quindi E è chiuso per la proposizione 3. 1 . poiché E contiene {xn } ed è chiuso.1. ]a. Inoltre se E non fosse limitato allora per ogni n ∈ N+ esisterebbe xn ∈ E tale che |xn |m > n. deve essere x ∈ E. b].1 1. non sono compatti in R: ] − ∞. a]. [b. Provare che kxk1 = i=1 |x | e kxk∞ = max{|x | : i = 1. Cosa può succedere se x ∈ E? 10. Descrivere le palle B(0. ossia sono funzioni positive. . 3. e si avrà ha − λb. Provare che se x∈ / E allora x è punto d’accumulazione per E. Provare che se F è chiuso in C allora F ∩ R è chiuso in R. da una parte si ha ha. e che ogni sottoinsieme di R chiuso e limitato superiormente ha massimo. n→∞ (ii) se x è punto d’accumulazione per {xn }. ◦ (i) Si provi che E è il pi` u grande insieme aperto contenuto in E. Discorso analogo se cos ϑ ≤ 0. r) per le distanze d1 (a. allora A ∩ R è aperto in R. allora esiste lim xn = x. L’insieme dei punti interni a E si chiama parte interna di E e si ◦ indica con E. Vale il viceversa? 8. Si provi che ogni sottoinsieme di R chiuso e limitato inferiormente ha minimo. . Sia {xn } ⊂ Rm . Si provi che se x0 ∈ Rm e r ≥ 0 l’insieme B(x0 . n→∞ 9. bim = λ|b|2m e dall’altra |a|m cos ϑ. b) = ka − bk∞ . λ = |b| m lavorando con −b al posto di b. bim = 0.[Traccia: Dati a e b in Rm \ {0} e detto Π l’iperpiano (m−1)-dimensionale ortogonale a b e passante per a. |arg z| ≤ π/3}. dunque. Dimostrare o confutare i seguenti enunciati: (i) se esiste x = lim xn . +∞[. 4. 173 . ◦ (ii) Determinare E quando E = {z ∈ C : 1 ≤ |z| ≤ 2. si osservi che se cos ϑ ≥ 0 il piano Π interseca il segmento di estremi 0 e b in un punto della forma λb con λ ≥ 0. r) = {x ∈ Rm : |x − x0 |m ≤ r} è chiuso in Rm (esso si chiama palla chiusa di centro x0 e raggio r).] Pm i i 2. . b) = ka − bk1 e d∞ (a. Vi è un risultato analogo in Rm e Cm ? 6. 5. Sia E ⊂ R un insieme limitato superiormente e sia x = sup E. omogenee e subadditive a valori in [0. . Provare che se A è aperto in C. m} sono norme in Rm e in Cm . ove le norme k · k1 e k · k∞ sono quelle dell’esercizio precedente. allora x è punto d’accumulazione per {xn }. diciamo che x è interno a E se E è un intorno di x. Se E ⊆ Rm (oppure E ⊆ Cm ) e x ∈ E. Vale il viceversa? 7. √ (iii) Determinare E quando E = {i. Dimostrare che risulta E = (E c ) . L’insieme dei punti aderenti a E si chiama chiusura di E e si indica con E. S 1 1 14. diciamo che x è aderente a E se ogni palla B(x. 18. sia A aperto e chiuso in Rm tale che A 6= ∅ e A 6= Rm . −i} ∪ {z = reiπ/4 : 0 < r < 2}.11. [Traccia: per assurdo. −i} ∪ {z = reiπ/4 : 0 < r < 2}. Dimostrare che gli unici sottoinsiemi di Rm che sono simultaneamente aperti e chiusi sono Rm e ∅. m}. . Se E ⊆ Rm (oppure E ⊆ Cm ). Scelti a ∈ A e b ∈ B. oppure è punto isolato per E. e si indica con ∂E. 17. (i) Esibire una successione {xn } ⊆ Q che sia limitata e che non abbia alcuna sottosuccessione convergente in Q. Sia E = k∈N k − k+1 . siano C = {t ∈ R : a + t(b − a) ∈ A}. Provare che un punto aderente a E o è punto d’accumulazione per E. E = E\∂E. (ii) Esibire un sottoinsieme di Q infinito. 174 D = {t ∈ R : a + t(b − a) ∈ B}. Se E ⊆ Rm (oppure E ⊆ Cm ) e x ∈ E. Se E ⊆ Rm (oppure E ⊆ Cm ). Se E ⊆ Rm e x ∈ Rm (oppure E ⊆ Cm e x ∈ Cm ). √ (ii) Determinare ∂E quando E = {i. il diametro di E è definito da diam E = sup{|x − y|m : x. Determinare: (i) la chiusura di E. allora B = Ac verifica le stesse condizioni. si ◦ definisce ∂E = E\ E . E= E c . r) interseca E. . k + k+1 . r) tale che B(x. x si dice punto isolato per E se esiste una palla B(x. . y ∈ E}. . 13. (ii) Si provi che E contiene tutti i punti d’accumulazione per E. Posto Qm = {x ∈ Rm : 0 ≤ xi ≤ 1 per i = 1. si chiama frontiera di E. 12. . provare che diam Qm = √ m. l’insieme dei punti aderenti a E che non sono interni a E: in altre parole. (ii) la frontiera di E. (i) Si provi che E è il pi` u piccolo insieme chiuso contenente E. che ∂E è chiuso e che risulta E = E∪∂E. ◦ c ◦ c 16. limitato e privo di punti d’accumulazione in Q. 15. ◦ (i) Si provi che ∂E = E∩E c . (iii) la parte interna di E. r) ∩ E = {x}. allora C e D sono non vuoti. in R. Adesso poniamo M = {t ≥ 0 : [0. il che è assurdo. di ampiezza 3−n . esso si indica con δE. 20. L’insieme n C = [0. . . di cui elimineremo le parti centrali aperte Jk.k k+1 + 1 k+1 . ove p(x) è una generica proprietà. Sia E ⊆ Rm . Si provi che A è limitato se e solo se le sue proiezioni A1 . Il derivato di E è l’insieme di tutti i punti di accumulazione per E. si provi che deve essere µ ∈ C ∩ D. Per ciascuno dei quattro intervalli residui ripetiamo la stessa procedura: al passo n-simo. 22. 1] \ 2 ∞ [ [ Jk. Si provi che C e D sono aperti. La proiezione di A lungo l’asse xi è l’insieme Ai = {x ∈ R : ∃y ∈ A : y i = x}. Sia E = {x ∈ R : p(x)}. 1] in tre parti uguali ed asportiamo l’intervallo aperto centrale di ampiezza 1/3. Sia A ⊆ Rm .n (k = 1. posto µ = sup M . . (Insieme di Cantor) Dividiamo [0. .] 19. C ∪ D = R e C ∩ D = ∅. avremo 2n intervalli chiusi Ik. (ii) l’insieme E è aperto se e solo se per ogni {xn } che converge a x vale l’implicazione p(x) vera =⇒ p(xn ) definitivamente vera. . Dividiamo ciascuno dei due intervalli chiusi residui in tre parti uguali e rimuoviamo i due intervalli aperti centrali di ampiezza 1/9. (i) Si provi che δE è un insieme chiuso. Am sono insiemi limitati in R. e quindi anche chiusi. (i) Si provi che C è chiuso e privo di punti interni.n di ampiezza 3−n−1 . . . (iii) Si calcoli la lunghezza complessiva degli intervalli Jk. In questo modo ci siamo ricondotti al caso m = 1. . Si dimostri che: (i) l’insieme E è chiuso se e solo se per ogni {xn } che converge a x vale l’implicazione p(xn ) definitivamente vera =⇒ p(x) vera. contenuto in C e limitato superiormente. Si provi che M è non vuoto.n n=0 k=1 si chiama insieme ternario di Cantor. 2n ).n rimossi. 21. ◦ (ii) Si determinino δE e δE\ E quando E = S k∈N k− 1 . 175 . t] ⊆ C}. (ii) Si dimostri che tutti i punti di C sono punti d’accumulazione per C. Risulta in particolare 1 = supR f .2 Funzioni reali di m variabili Sia A un sottoinsieme di Rm . Analogamente. quando è un numero reale. raggiunto nel punto di minimo 0. x (2) La funzione f : R → R definita da f (x) = 1+|x| coincide con la precedente per x ≥ 0.2.3.2 (1) La funzione f : R → R definita da f (x) = 1+|x| si ha 0 ≤ f (x) ≤ 1 per ogni x ∈ R. mentre è la precedente cambiata di segno per x < 0: si tratta di una funzione dispari. che d’altronde è analoga a quella usata per le successioni. −1 = inf R f e f non ha né massimo né minimo. diremo che x è un punto di massimo per f in A. cioè f (A) = {t ∈ R : ∃x ∈ A : f (x) = t} è limitato superiormente. in ogni caso si pone ( inf f (A) se f (A) è limitato inferiormente. diremo che x è un punto di minimo per f in A. oppure no. sia un valore assunto dalla funzione. 176 . Diciamo infine che f è limitata in A se è sia limitata superiormente che inferiormente in A. inf f = A −∞ se f (A) non è limitato inferiormente. |x| è limitata: infatti Esempi 3.2. sup f = A +∞ se f (A) non è limitato superiormente. se inf A f è un elemento di f (A). Similmente. ed il suo grafico è simmetrico rispetto all’origine. diciamo che f è limitata inferiormente in A se l’insieme f (A) è limitato inferiormente. cioè esiste x ∈ A tale che f (x) = inf A f . Potrà accadere che supA f . cioè sia un elemento di f (A). mentre 1 non appartiene a f (R) e la funzione f non ha massimo. si noti che 0 è il minimo. Definizione 3. e scriveremo f (x) = minA f . in ogni caso si pone ( sup f (A) se f (A) è limitato superiormente. considereremo funzioni f definite su A a valori reali. Risulta anzi 0 = inf R f e 1 = supR f . ossia f (−x) = −f (x) per ogni x ∈ R. Introduciamo anzitutto un po’ di terminologia. se esiste x ∈ A tale che f (x) = supA f .1 Diciamo che una funzione f : A → R è limitata superiormente in A se l’insieme immagine di f . e scriveremo f (x) = maxA f . oppure di Cm . ossia f (−x) = f (x) per ogni x ∈ R: il suo grafico è quindi simmetrico rispetto all’asse y. Osserviamo anche che f è pari. y) = x2 + y 2 è definita su R2 . Si ha sup f = +∞. né superiormente. mentre inf f = min f = 0. Si noti che questa funzione ha infiniti punti di massimo e infiniti punti di minimo. cioè B = {x ∈ Rm : |x|m ≤ 1}. cosicché sup f = +∞ e inf f = −∞.p (3) La funzione f (x. è illimitata superiormente ed è limitata inferiormente da 0. Essa ha massimo 1 (raggiunto per x = 0) e minimo 0 (raggiunto nei punti della frontiera di B). −1 = min f = inf f . (6) la funzione f (x) = p 1 − |x|2m è definita sulla palla unitaria di Rm . il suo grafico presenta dei “salti” di ampiezza 1 in corrispondenza di ciascun punto di ascissa intera. non è limitata né inferiormente. a valori in R. 177 . Quindi 1 = max f = sup f . x (5) La funzione f (x) = |x| è definita per x reale non nullo e assume solo i valori ±1. definita per ogni x ∈ R da [x] = max{k ∈ Z : k ≤ x}. (4) La funzione parte intera. Comunque nella nostra esperienza ci sono anche esempi di fenomeni di tipo impulsivo: piccoli aumenti di pressione del dito su un interruttore causano. |x − x0 |m < δ =⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε.13).4 La continuità di una funzione è un fatto locale: essa può esserci o no a seconda del punto x0 che si considera. oppure x0 è punto isolato di A. y) (si veda l’esercizio 3. δ) di x0 tale che A ∩ B(x0 .1.2. allora le funzioni x 7→ f (x. (2) Se f : R2 → R è continua in un punto (x0 .1. y0 ) e y 7→ f (x0 . Diciamo che f è continua in A se è continua in ogni punto di A. Ci aspettiamo che piccole variazioni di input provochino piccole variazioni di output: ad esempio.3 Sia A un sottoinsieme di Rm . oppure di Cm . Nel primo caso. Pi` u precisamente: Definizione 3. che è l’unico interessante. un drastico aumento dell’intensità della luce presente in una stanza.11). f (x. 178 . che daremo fra poco. ma f non è una funzione continua delle due variabili (x. piccoli incrementi di pressione del piede producono piccoli aumenti di velocità della macchina. Diciamo che f è continua nel punto x0 se per ogni ε > 0 esiste un δ > 0 tale che x ∈ A. oltre una certa soglia. δ) = {x0 } (esercizio 3. Osservazione 3. ogni funzione f : A → R è continua in x0 . y) tali che f (·. y) è continua (rispetto a x) per ogni fissato y. Per un generico punto x0 ∈ A i casi sono due: o x0 è punto d’accumulazione per A (definizione 3.2. poiché qualunque sia ε > 0 risulta x ∈ A. ·) è continua (rispetto a y) per ogni fissato x. Chiameremo continue quelle funzioni y = f (x) per le quali variando di poco la grandezza x si ottiene una piccola variazione della quantità y. y) sono continue rispettivamente nei punti x0 e y0 .2. Non tutte le funzioni pi` u importanti sono continue! Vediamo qualche esempio. y0 ).Funzioni continue La nozione di funzione continua è strettamente legata all’idea intuitiva della consequenzialità fra causa ed effetto. sia f : A → R e sia x0 ∈ A. la definizione di continuità di una funzione si riconduce a quella pi` u generale di limite di funzione. |x − x0 |m < δ =⇒ x = x0 =⇒ |f (x) − f (x0 )| = 0 < ε. quando si pigia il pedale dell’acceleratore. nel senso che esiste un intorno B(x0 . Si noti però che il viceversa è falso: esistono funzioni f (x.10). Nel secondo caso. 5 (1) Tutte le funzioni affini sono continue. Allora per ogni z ∈ B(z0 . in virt` u della disuguaglianza di CauchySchwarz (proposizione 3. si ha |f (x) − f (x0 )| = |ha.1) si ottiene |f (x) − f (x0 )| ≤ |a|m · |x − x0 |m . R). Sia infatti f (z) = ∞ n=0 an z per |z| < R: fissati z0 con |z0 | < R e ε > 0. σ) ⊆ B(0.1. xim + b = m X ai xi + b. e la continuità è ovvia. cosicché risulta B(z0 .2. σ) si ha . i=1 ove a ∈ Rm e b ∈ R sono assegnati. (2) La somma di una serie di potenze con raggio di convergenza R > 0 P è una funzione n continua sul disco B(0.Esempi 3. x − x0 im |. R) = {z ∈ C : |z| < R}. Fissato x0 ∈ Rm e scelto ε > 0. Si tratta delle funzioni f : Rm → R della forma f (x) = ha. scegliamo un numero positivo σ < R − |z0 |. d’altronde se a = 0 si ha f (x) = b per ogni x ∈ Rm . Quindi se a 6= 0 basta prendere 0 < δ < |x − x0 |m < δ =⇒ ε |a|m per avere |f (x) − f (x0 )| ≤ |a|m · |x − x0 |m < |a|m δ < ε. . . . ∞ ∞ ∞ . . . X . X X . . . . an (z n − z0n ). = an z0n . = . an z n − |f (z) − f (z0 )| = . . . . . n=1 n=0 n=0 . . ∞ . X . . . =. . an (z − z0 )(z n−1 + z n−2 z0 + . + zz0n−2 + z0n−1 ). . ≤ . . n=1 ≤ ∞ X |an ||z − z0 |(|z|n−1 + |z|n−2 |z0 | + . . con somma uguale a un numero che dipende da z0 e da σ. σ). esiste K > 0 tale che |f (z) − f (z0 )| ≤ K|z − z0 | ∀z ∈ B(z0 . e si ottiene |z − z0 | < δ =⇒ 179 |f (z) − f (z0 )| < ε.7. + |z||z0 |n−2 + |z0 |n−1 ) ≤ n=1 ∞ X ∞ |z − z0 | X n−1 ≤ |an ||z − z0 | n(|z0 | + σ) = n|an |(|z0 | + σ)n .9). |z0 | + σ n=1 n=1 P Dato che la serie di potenze nan z n ha ancora raggio di convergenza R (esercizio 2. . in particolare. otteniamo che la serie all’ultimo membro è convergente. Adesso basta scegliere δ positivo e minore sia di σ che di ε/K. cioè da z0 e da R. . (5) Se b > 0 e b 6= 1. scelto ε ∈]0. essendo ax = ex ln a = ∞ X (ln a)n xn ∀x ∈ R. Se a > 0. +∞[. [x + 1] − x}: allora qualunque sia ε > 0 si ha |t − x| < δ =⇒ [t] = [x] =⇒ |[t] − [x]| = 0 < ε. sia δ = min{x − [x]. Sia infatti x0 > 0: se δ ∈ ]0. scelto x ∈ / Z. n! n=0 (4) La funzione parte intera f (x) = [x] è continua in ogni punto x ∈ / Z ed è discontinua in ogni punto x ∈ Z. anche la funzione ax è continua su R. si ha. x0 [ e |x − x0 | < δ. mentre l’esponenziale ez è continua su C (e in particolare su R). 1] si ha |[t] − [x]| = |[t] − x| = 1 ≥ ε ∀t ∈]x − 1. la funzione logaritmo di base b è continua in ]0. supponendo ad esempio x < x0 : . quindi è impossibile trovare un δ > 0 per cui si abbia |t − x| < δ =⇒ |[t] − [x]| < ε. D’altra parte se x ∈ Z allora. (3) Come conseguenza dell’esempio precedente. Infatti. le funzioni trigonometriche cos x e sin x sono continue su R.e ciò prova la continuità di f in z0 . x[. . h x i . . x0 x 0 = | logb e| ln 1 + −1 . | logb x − logb x0 | = . . logb . . 180 . Da tale disuguaglianza ricaviamo | logb x − logb x0 | ≤ | logb e| x0 − x δ − 1 = | logb e| ≤ | logb e| . fissato ε > 0. Nel caso in cui sia x0 < x.5. verificabile direttamente se t ≥ 0 e con il criterio di Leibniz (proposizione 2. che 1+t≤ ∞ X tn n=0 n! = et ∀t > −1. il calcolo è del tutto simile. basterà prendere δ abbastanza piccolo per ottenere che l’ultimo membro sia minore di ε. x x x0 − δ x 0 quindi. = | logb e| ln x0 x x Notiamo ora che vale l’importante disuguaglianza ln(1 + t) ≤ t ∀t > −1 : essa segue dalla crescenza del logaritmo e dal fatto.3) se −1 < t < 0. . per ogni (x. |f (x. per cui la funzione è continua come conseguenza degli esercizi 3. Quindi la f non è continua in (0. y) è continua su R. |x − x0 |m < δ =⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε. 0). . . y)| = 21 . si noti che quando y = 0 la funzione x 7→ f (x. . I primi due punti sono facili da verificare: per il primo. y) verificante x2 + y 2 < δ 2 . • per ogni x ∈ R la funzione y 7→ f (x. y) 7→ f (x. 0)| = |f (x.2. 2 x + y2 f (x. Ad esempio. ad esempio. Si provi che se f è continua in x0 e se g è continua in y0 . allora la funzione composta g ◦ f (x) = g(f (x)) è continua in x0 . quantità costante che ovviamente è maggiore del nostro ε = 14 . 2. . y)| = 2 x + y2 se valesse la continuità nel punto (0. y) è continua su R. per essa si ha: • per ogni y ∈ R la funzione x 7→ f (x. Siano f : A ⊆ Rm → R e g : B ⊆ R → R. • la funzione (x. y) è discontinua nel punto (0. |f (x. Osservazione 3. consideriamo la funzione f cos`ı definita:  xy  se x 6= 0 oppure y 6= 0.6 E . “parenti” della definizione di continuità: (i) esiste ε > 0 tale che per ogni δ > 0 risulta x ∈ A. . 0) è identicamente nulla e dunque continua.2. 0).` importante sottolineare che una funzione delle m variabili x1 . .2. y) 6= (0. si trova invece |f (y. y) =  0 se x = y = 0.5 e 3. |x − x0 |m < δ 181 =⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε. 0) si ha |xy| . Esercizi 3. . senza essere continua rispetto alla m-pla (x1 . 0). invece quando y 6= 0 la funzione è il rapporto di due polinomi nella variabile x. (ii) esiste δ > 0 tale che per ogni ε > 0 risulta x ∈ A. Descrivere le funzioni f : A ⊆ Rm → R che in un fissato punto x0 ∈ A verificano le seguenti proprietà. y)| < ε. Il terzo punto si verifica facilmente osservando che per (x. xm può essere continua separatamente in ciascuna variabile xi . xm ).6.2 1. con f (A) ⊆ B. sia x0 ∈ A e sia y0 = f (x0 ). y) − f (0. con y verificante 2y 2 < δ 2 . il secondo dei quali sempre strettamente positivo. Ma fissando ad esempio ε = 41 e scegliendo x = y. fissato ε > 0 dovremmo trovare δ > 0 tale che risulti. xm ) ∈ A un altro vettore f (x) = (f 1 (x). 9. f n (x)) ∈ Rn . y) = y2  0 Si provi che: 182 se y > 0 se y ≤ 0. . 1]. Si provi che se f (x0 ) > 0.] 7. Si provi che se f è continua in x0 e f (x0 ) 6= 0. f n sono continue in x0 . (Funzioni a valori vettoriali) Sia A un sottoinsieme di Rm . Sia f : R2 → R la funzione seguente:   4(x2 − y)(2y − x2 ) ∨0 f (x. Provare che la funzione f (x) = xα è continua su [0. allora f1 è continua in x0 . è ben definita e continua. Per ogni coppia di elementi fissati a.2. . . sia f : B → R una funzione continua. |x − x0 |m < δ 3. provare che la funzione g(t) = f (ta + (1 − t)b). .(iii) per ogni ε > 0 e per ogni δ > 0 risulta x ∈ A. Diciamo che f è continua in x0 se per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che x ∈ A. R) tale che f (x) > 0 per ogni x ∈ B(x0 . Sia α ∈ R. [Traccia: usare il teorema di permanenza del segno (esercizio 3. t ∈ [0. Si provi che sono funzioni continue le combinazioni lineari di funzioni continue ed i prodotti di funzioni continue. +∞[ (se α < 0). . (Permanenza del segno) Sia f : A ⊆ Rm → R una funzione continua in un punto x0 ∈ A. |x − x0 |m < δ =⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε. R) ∩ A. . . Provare che f è continua in x0 se e solo se le sue n componenti scalari f 1 . . . . 5. qualunque sia λ ∈ R. Sia B una palla di Rm oppure di Cm . 4. Si provi che la funzione   sin 1 se x ∈ R \ {0} x f (x) =  λ se x = 0 è discontinua nel punto 0. 8. sia x0 ∈ A e sia f : A ⊆ Rm → Rn una funzione: la funzione (vettoriale) f associa ad ogni vettore x = (x1 . 6. b ∈ B. +∞[ (se α ≥ 0) oppure su ]0.3). |x − x0 |m < δ =⇒ |f (x) − f (x0 )|n < ε. . . . (iv) esistono ε > 0 e δ > 0 tali che risulta x ∈ A. allora esiste una palla B(x0 . 10. =⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε. (iv) per ogni x ∈ R. e che x0 non è tra i valori di x che sono coinvolti nella definizione di limite. Ad esempio. si ha lim pippo(x) = −19. A A ( sup(λf ) = A 3. L = 0. consideriamo la funzione ( −19 se x ∈ R \ {130} pippo(x) = 237 se x = 130 : il punto 130 è di accumulazione per R. Definizione 3. f (·. che ci è già nota nel caso delle successioni. g due funzioni reali limitate definite in A.(i) f è continua in R2 \ {(0. (ii) f è discontinua in (0. Sia A ⊆ Rm . anche se per caso si avesse x0 ∈ A. sia x0 un punto d’accumulazione per A. x→x0 . f (x.1 Sia L ∈ R. e scriviamo lim f (x) = L. in particolare.3. x→130 Il limite di una funzione può essere anche ±∞: 183 . Si provi che sup(f + g) ≤ sup f + sup g. x→x0 x→x0 . e benché risulti pippo(130) = 237. Se. Limiti Estendiamo ora al caso delle funzioni reali la nozione di limite. x∈A Si noti che in generale x0 non appartiene ad A. 11. Sia A un sottoinsieme di Rm oppure di Cm . A A se λ ≤ 0. non è lecito far prendere alla variabile x il valore x0 . |x − x0 |m < δ =⇒ |f (x) − L| < ε. ·) è continua su R. Diciamo che L è il limite di f (x) per x che tende a x0 in A. si scrive pi` u semplicemente lim f (x) anziché lim f (x). 0)}. x∈A se per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che x ∈ A \ {x0 }. oppure è sottinteso dal contesto. si dice che f è infinitesima per x → x0 . 0). A ( inf (λf ) = A λ inf A f A se λ ≥ 0 λ supA f se λ ≤ 0.3 λ supA f se λ ≥ 0 λ inf A f inf (f + g) ≥ inf f + inf g. Se l’insieme A coincide con Rm (o con Cm ). Quindi. sia λ ∈ R e siano f. sia f : A → R. y) è continua su R. (iii) per ogni y ∈ R. Definizione 3. .3. x0 − δ < x < x 0 =⇒ |f (x) − λ| < ε.3. oppure il limite sinistro. Nel caso m = 1 e A ⊆ R. oppure inferiormente.3. Si scrive in tali casi lim f (x) = L. oppure a −∞. sempre nel caso m = 1 e A ⊆ R. x∈A f (x) = +∞.3 (1) Si ha  +∞ se a > 1   x 1 se a = 1 lim a = x→+∞   0 se 0 < a < 1. x→x+ 0 oppure lim f (x) = λ. |x − x0 |m < δ =⇒ f (x) < −M. x0 [. In tal caso scriviamo lim x→x0 . oppure per x → −∞: si avrà lim f (x) = L. x∈A f (x) = −∞. x→−∞ se per ogni ε > 0 esiste M > 0 tale che x>M =⇒ |f (x) − L| < ε. oppure Infine.2 Diciamo che f (x) tende a +∞. x→x− 0 e ciò corrisponde a dire che per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che x0 < x < x 0 + δ =⇒ |f (x) − L| < ε. ( +∞ se b > 1 lim logb x = x→+∞ −∞ se 0 1 se a = 1 se 0 < a < 1. se per ogni M > 0 esiste δ > 0 tale che x ∈ A \ {x0 }. si può fare anche il limite destro. x→+∞ oppure lim f (x) = λ. |x − x0 |m < δ =⇒ f (x) > M.1 questo corrisponde a prendere come A la semiretta ]x0 . se b > 1 se 0 < b < 1. Esempi 3. oppure x ∈ A \ {x0 }. nella definizione 3. +∞[ oppure la semiretta ] − ∞. per x → x0 in A. oppure lim x→x0 . si può fare il limite per x → +∞. se A è illimitato superiormente. oppure x < −M =⇒ |f (x) − λ| < ε. in particolare. per x → x0 . x ciò segue dalle disuguaglianze cos x ≤ sin x ≤1 x h π πi ∀x ∈ − . \ {0} 2 2 e dal fatto che il primo e il terzo membro tendono a 1 per x → 0 (esempio 3. caso pi` u interessante. In altre parole. Si ha però lim [x] = +∞. D’altronde questo si poteva vedere anche ricordando che. per il teorema 2.11. (2n + 1)! n=0 185 .5 (1) Risulta lim x→0 sin x = 1. sia x0 un punto di accumulazione per A. risulta lim [x] = x0 − 1.3.2.4). Se x0 ∈ A. ∞ X x2n+1 sin x = (−1)n ∀x ∈ R. x0 ∈ / A. si veda anche l’esercizio 3.3).3. se x0 ∈ Z il limite di [x] per x → x0 non esiste (esercizio 3. si ha f continua in x0 ⇐⇒ ∃ lim f (x) = L ∈ R e L = f (x0 ). Esempi 3. Il punto x0 può appartenere o non appartenere ad A.4 I limiti sono legati alla continuità nel modo seguente. x→x0 Se invece. x→+∞ x→−∞ (I lettori sono invitati a verificare tutte queste affermazioni!) Osservazione 3.3.(2) Se x0 ∈ Z. Dunque la funzione   sin x se x ∈ R \ {0} x f (x) =  1 se x = 0 è continua nel punto 0. definendo ( f (x) se x ∈ A f (x) = L se x = x0 .8). lim [x] = −∞. x→x− 0 x→x+ 0 in particolare. allora il fatto che il limite esista finito equivale a dire che possiamo estendere la funzione f all’insieme A∪{x0 } in modo che l’estensione sia continua in x0 : basta assegnarle in tale punto il valore del limite.7.3. lim [x] = x0 .5 (3). si ha che ∃ lim f (x) = L ⇐⇒ x→x0 f è continua in x0 (si confronti con l’osservazione 3. Sia f : A → R.2. x2 x2 (1 + cos x) x 1 + cos x da cui. ed in particolare ha somma uguale a 1 per x = 0. La serie a secondo membro ha raggio di convergenza infinito e nel punto 0 ha somma uguale a 1/2. 2 x 2 Si ha (teorema 2.2.5 (3). la quale risulta continua in virt` u dell’esempio 3. cioè la funzione  1 − cos x  se x ∈ R \ {0}  2 x f (x) =   1 se x = 0 2 è continua per x = 0. utilizzando la serie esponenziale. per l’esempio precedente e per la continuità del coseno. La sua somma in R è dunque la funzione f .5 (2). esempio 3.11) cos x = ∞ X (−1)n n=0 da cui x2n (2n)! ∀x ∈ R. 2 x 2 (3) In modo analogo. osservando che 2 1 − cos x 1 − cos2 x sin x 1 = = . 186 .2. la serie di potenze a secondo membro ha raggio di convergenza infinito. ∞ 2n−2 1 − cos x X n−1 x = (−1) x2 (2n)! n=1 ∀x ∈ R \ {0}. I limiti per funzioni di m variabili (m > 1) costituiscono un problema alquanto difficile. lungo una qualunque retta o anche lungo traiettorie pi` u complicate. e ciò prova la tesi. si prova che ax − 1 = ln a x→0 x lim ∀a > 0.7. (2) Proviamo che lim x→0 1 − cos x 1 = . Il motivo è che in presenza di pi` u variabili il punto x può avvicinarsi al punto d’accumulazione x0 da varie direzioni. Gli esempi che seguono illustrano alcune delle possibili situazioni.da cui ∞ x2n sin x X n = (−1) x (2n + 1)! n=0 ∀x ∈ R \ {0}. ne segue che la somma della serie. lim x→0 1 − cos x 1 = . piuttosto che provarne l’esistenza quando esso esiste. pi` u che nel caso di una sola variabile: è spesso pi` u facile dimostrare che un dato limite non esiste. Si noti che la stessa conclusione si poteva ottenere pi` u semplicemente. ossia tutti i valori compresi nell’intervallo ] − 1.7 Nel caso speciale m = 2 esiste un metodo abbastanza efficace in molti casi. 0). otteniamo i valori yx2 kx3 kx = 2 2 = 2 2 4 4 y +x k x +x k + x2 i quali. per (x.y)→(0. 187 . 0).Esempi 3. D’altra parte.y)→(0. 2 per (x. Di conseguenza. Dunque il limite della funzione per (x. y) → (0. y = r sin ϑ. (2) Esaminiamo ora l’esistenza o meno del limite xy .3. Poniamo x = r cos ϑ r ≥ 0.0) x + y 2 In questo caso sia il numeratore che il denominatore sono polinomi di secondo grado: se ci avviciniamo all’origine lungo la retta y = kx. si ottiene k xy = . basato sull’utilizzo delle coordinate polari. y)|22 x2 + y 2 e quindi il limite proposto esiste e vale 0.0) x2 + y 2 lim Osservato che x2 ≤ x2 + y 2 per ogni (x. Dunque essa non ha limite per (x. si ottiene il valore costante yx2 c = 2 2 4 y +x c +1 che varia da parabola a parabola. 0). ϑ ∈ [0. Osservazione 3.6 (1) Vediamo se esiste il limite x2 y 2 . se ci si restringe alle parabole y = cx2 . y) ∈ R2 . (x. se esiste. ma la costante cambia da retta a retta: ciò significa che in ogni intorno k dell’origine la funzione assume tutti i valori 1+k 2 con k ∈ R. y) → (0. risulta x2 y 2 ≤ y 2 ≤ |(x. il limite della funzione non esiste. già incontrate nello studio della forma trigonometrica dei numeri complessi. ci restringiamo alle rette y = kx. y) → (0. 1[. come nell’esempio (3) Come si comporta la funzione y2yx +x4 precedente. anche in questo caso. y) → (0. tendono a 0 qualunque sia k ∈ R. x2 + y 2 1 + k2 Quindi la funzione che stiamo esaminando assume valore costante su ogni retta per l’origine. 0)? Se. deve essere 0. Dagli esempi precedenti si conclude che non esiste una ricetta sicura e universale per stabilire l’esistenza o la non esistenza di un limite in pi` u variabili: ogni caso va studiato a parte. lim 2 (x.3. 2π]. la quale è bigettiva e preserva le distanze. nel piano xy la quantità r è la distanza del punto (x.Geometricamente. tutte le coppie (0.0) f (x. r sin ϑ) − L| < ε ∀r ∈ ]0. 2π]. y) forma con il semiasse positivo delle ascisse (orientato in verso antiorario). r→0+ (ii) tale limite è uniforme rispetto a ϑ. y) trasforma rettangoli del piano rϑ in settori di corone circolari del piano xy. (x. y) 7→ x+iy. 0) e (r. y) dall’origine. Consideriamo allora un limite della forma lim f (x. definita fra R2 e C. 2π) rappresentano lo stesso punto sul semiasse positivo delle ascisse. salvo al pi` u (0. lim f (r cos ϑ. vale a dire che per ogni ε > 0 esiste ρ > 0 tale che |f (r cos ϑ. 0). Naturalmente. y) non è biunivoca: infatti. mentre le coppie (r. r sin ϑ) = L.8 Risulta lim (x. 188 . 2π] esiste il limite. ricordando la corrispondenza (x. 0). ϑ) 7→ (x.0) ove f è una funzione reale definita in un intorno di (0. si vede immediatamente che la rappresentazione in coordinate polari è la trasposizione in R2 della rappresentazione in forma trigonometrica dei numeri complessi.y)→(0. Si noti che la corrispondenza (r. ρ[ ∀ϑ ∈ [0.3. y). L’applicazione (r. indipendente da ϑ. 0) e (x. mentre il numero ϑ è l’ampiezza dell’angolo che il segmento di estremi (0. ϑ) rappresentano l’origine. y) = L ∈ R se e solo se valgono le seguenti condizioni: (i) per ogni ϑ ∈ [0.y)→(0. Vale il seguente risultato: Proposizione 3. ϑ) 7→ (x. dato che tale variabile è sparita. (x. y) ∈ B((0. 0): allora. (2) Consideriamo il limite molto simile 2(x2 + 3y 2 ) . cosicché valgono (i) e (ii). r sin ϑ) − L| < ε ∀r ∈ ]0. Si conclude che il limite cercato è 2. per ogni punto (x. ρ[ e per ogni ϑ ∈ [0. r sin ϑ) ∈ B((0.3.9 (1) Consideriamo il limite 2(x2 + y 2 ) . 2π]. Dato che (r cos ϑ. il quale ci darà modo di dedurre senza colpo ferire tutta la teoria dei limiti di funzioni dai corrispondenti risultati già dimostrati nel capitolo 2 per le successioni. y) → L per (x. fissato ε > 0 esiste ρ > 0 tale che |f (x. r sin ϑ) − L| < ε.y)→(0.y)→(0. y) − L| < ε ∀(x. per definizione. 2π]. y) → L. ρ[ e dunque. ρ). ρ).Dimostrazione Supponiamo che f (x. ρ[. 0). |f (x. ne segue f (x. si ha r ∈ ]0. ρ) per ogni r ∈ ]0. 189 . Esempi 3. 0).0) ln[1 + (x2 + y 2 )] lim Utilizzando le coordinate polari si ha lim+ r→0 2r2 = 2. 0). ln(1 + r2 ) ed il limite è ovviamente uniforme rispetto a ϑ. y) → (0. per (i) e (ii). (x. y) − L| = |f (r cos ϑ. ∀ϑ ∈ [0. 2 r→0+ ln[1 + r 2 (4 cos2 ϑ + sin ϑ)] 3 cos2 ϑ + 1 4 cos2 ϑ + sin2 ϑ e questo limite dipende da ϑ.0) ln[1 + (4x2 + y 2 )] lim Con la stessa procedura arriviamo a 2r2 (cos2 ϑ + 3 sin2 ϑ) cos2 ϑ + 3 sin2 ϑ 3 − 2 cos2 ϑ lim =2 =2 . posto r cos ϑ = x e r sin ϑ = y. y) ∈ B((0. Viceversa. otteniamo |f (r cos ϑ. Ne segue che il limite proposto non esiste. Il “teorema-ponte” Il collegamento fra i limiti di successioni ed i limiti di funzioni è fornito dal teorema che segue. Scegliendo δ = 1/n.3.10 (teorema-ponte) Sia A un sottoinsieme di Rm oppure di Cm . esisterebbe ε > 0 tale che per ogni δ > 0 si troverebbe un punto xδ ∈ A \ {x0 } per il quale avremmo |xδ − x0 |m < δ ma |f (xδ ) − L| ≥ ε. Dunque lim f (x) = L. x→x0 Il caso L = ±∞ è del tutto analogo. potremmo allora costruire una successione {xn } ⊆ A \ {x0 } tale che 1 ma |f (xn ) − L| ≥ ε ∀n ∈ N+ . Ciò prova che f (xn ) → L per n → ∞. Se L = ±∞ la tesi si prova in modo del tutto simile.3. A ⊆ R e x → ±∞ (esercizio 3. sia poi {xn } una successione contenuta in A \ {x0 } che tende a x0 per n → ∞.3. e pertanto |f (xn ) − L| < ε ∀n ≥ ν. =⇒ Inoltre. non fosse vero che f (x) tende a L per x → x0 . convergente a x0 per n → ∞. d’altra parte.11 (1) Il teorema-ponte vale anche nel caso in cui m = 1. poiché xn → x0 . risulta lim f (xn ) = L. Si ha lim f (x) = L x→x0 se e solo se per ogni successione {xn } ⊆ A \ {x0 }. δ) ∩ (A \ {x0 }) =⇒ |f (x) − L| < ε. Se. δ) ∩ (A \ {x0 }) ∀n ≥ ν. dato che xn 6= x0 per ogni n. fissato ε > 0. |xn − x0 |m < n Avremmo perciò {xn } ⊆ A \ {x0 }. Sia inoltre L ∈ R oppure L = ±∞. si ha xn ∈ B(x0 . sia f : A → R e sia x0 un punto di accumulazione per A. contro l’ipotesi. Per ipotesi. 190 . per assurdo. esiste δ > 0 tale che x ∈ B(x0 . n→∞ Dimostrazione (=⇒) Sia ad esempio L ∈ R e supponiamo che f (x) → L per x → x0 . (⇐=) Supponiamo che L ∈ R. xn → x0 ma f (xn ) non tenderebbe a L.Teorema 3. e che si abbia limn→∞ f (xn ) = L per qualunque successione {xn } contenuta in A \ {x0 } tendente a x0 per n → ∞. esiste ν ∈ N tale che n≥ν |xn − x0 |m < δ. Osservazioni 3.11). 3.3.1.2. yn b −1 dalle proprietà di {yn } segue (per la continuità del logaritmo. y→0 y lim ove b > 0. Dal teorema-ponte e dai corrispondenti risultati esposti nel teorema 2. (iii) se M 6= 0. oppure M . otteniamo 1 logb (1 + yn ) xn = .3. 0/0. per ogni n. (ii) limx→x0 [f (x)g(x)] = LM . 3. b 6= 1. Allora: (i) limx→x0 [f (x) + g(x)] = L + M . valgono 0 e ±∞. in tutti questi casi può succedere letteralmente di tutto (esercizi 3.3. limx→x0 f (x) g(x) = L M . x→x0 x→x0 con L.13 Sia A un sottoinsieme di Rm oppure di Cm . = lim xn n→∞ n→∞ b yn −1 log b lim e pertanto.5 (5)) che {xn } è infinitesima e che xn 6= 0 per ogni n.18).(2) Dal teorema-ponte si deduce che una funzione f : A → R è continua nel punto x0 ∈ A se e solo se per ogni successione {xn } ⊆ A convergente a x0 risulta lim f (xn ) = f (x0 ). 191 . n→∞ Esempio 3.3. M ∈ R. Utilizzeremo il teorema-ponte. o entrambi.3. Si tenga ben presente che nei casi in cui L. sia x0 un punto d’accumulazione per A e siano f.3. 0 · (±∞). Tenuto conto dell’esempio 3. logb (1 + y) 1 = . e quindi logb (1 + yn ) xn = xn . ci si può imbattere in forme indeterminate del tipo +∞ − ∞. g : A → R funzioni tali che ∃ lim f (x) = L.16.3.17 e 3.5 (3) e del teorema-ponte. ∃ lim g(x) = M.10. ancora dal teorema-ponte.11 seguono le usuali proprietà algebriche dei limiti: Proposizione 3. Sia {yn } una successione infinitesima tale che yn 6= 0 per ogni n. risulta yn = bxn − 1.12 Calcoliamo il limite notevole logb (1 + y) .15. ∞/∞. y→0 y log b lim Per un altro modo di calcolare tale limite si veda l’esercizio 3.3. xn = logb (1 + yn ). esempio 3. Posto. x→3 x − 3 3. Calcolare. x→x0 è vero il viceversa? 5. se esistono. (Monotonia dei limiti) Siano f. sia x0 un punto d’accumulazione per A. b[. b[→ R. R) tale che ∀x ∈ B(x0 . Si provi che se f (x) ≤ g(x) in una palla B(x0 . la funzione f (x) = |x|xm non ha limite per x → 0 (in Rm ). si provi poi 1. se esistono. x→0 x 6x − 63 lim . Si provi che se lim f (x) > 0 x→x0 allora esiste una palla B(x0 .3 x non ha limite per x → 0 (in R).Esercizi 3. sia x0 ∈ ]a. x→−2 1 lim . analogamente. calcolare. Dimostrare che ∃ lim f (x) = L =⇒ x→x0 ∃ lim |f (x)| = |L|. x→x0 x→x0 sempre che tali limiti esistano. In quali punti x0 ∈ R la funzione ( h(x) = 1 se x ∈ Q 0 se x ∈ R \ Q ha limite? 6. f (x) > 0 8. ⇐⇒ x→x0 x→x0 x→x0 4. x→4 x 2 lim x . sia x0 un punto d’accumulazione per A. x→−∞ 7. R) \ {x0 }. i seguenti limiti: 1 lim . x→0 x 1 lim . 192 . x→+∞ lim f (x). (Teorema di permanenza del segno) Sia f : A → R. x→0 |x| 1 lim− . Sia f : ]a. 2. i limiti lim f (x). Si provi che la funzione f (x) = |x| che. allora si ha lim f (x) ≤ lim g(x). g : A → R. R) ∩ (A \ {x0 }). Posto ( f (x) = x se x ∈ Q p |x| se x ∈ R \ Q . Provare che ∃ lim f (x) = L ∃ lim− f (x) = L e ∃ lim+ f (x) = L. (viii) lim+ xx . se esiste. se esistono. (iii) lim − . g(x) tali che: (a) valga lim f (x) = +∞ e lim g(x) = −∞. 12. (v) lim x . x→0 sin2 x lim sin x − x . Dimostrare che lim+ xα ln x = 0 ∀α > 0. (Limiti di funzioni composte) Sia f : A ⊆ Rm → R. (iv) lim x→+∞ x→−∞ x→0 1 − e2x x 3x . x→−1 x + 1 x→2 x − 2 x→1 x−2 (x + 1)2 3x 1 3x 1/x . x→0 x3 lim sin x − tan x . x→0 x3 cos x lim 13. (vi) lim 1 − . x→x0 Sia poi B ⊆ R tale che B ⊇ f (A) e supponiamo che y0 sia punto d’accumulazione per B. x→x0 Si provi inoltre che ciò è falso in generale se non valgono né (a) né (b).9. è unico. x→+∞ x2 3x 1 (xii) lim 1 − . x→+∞ 1 − e2x x→0 √ sin x (x) lim+ . x→+∞ x (ix) lim 14. x→x0 x→x0 193 . Calcolare. xα 15. Sia infine g : B → R tale che lim g(y) = L ∈ [−∞. (xi) lim+ x1/x . y→y0 Si provi che se vale una delle due condizioni seguenti: (a) g è continua in y0 . +∞]. 10. Si costruiscano quattro coppie di funzioni f (x). i seguenti limiti: tan x . 11. allora lim g(f (x)) = L. (ii) lim . sia x0 un punto d’accumulazione per A e sia lim f (x) = y0 ∈ R. se esistono. Provare che il limite di una funzione in un punto. oppure (b) f (x) 6= y0 in un intorno di x0 . Calcolare. x→0 x lim 1 − cos x . Enunciare e dimostrare il teorema-ponte nel caso in cui A ⊆ R sia illimitato superiormente o inferiormente e x tenda a +∞ oppure −∞. x→0 lim x→+∞ ln x = 0 ∀α > 0. x→0 x→0 x (vii) lim ln(1 + x3 ) . i seguenti limiti: 2 x+1 1 1 sin πx (i) lim . in I si dirà monotona. se x.r) inf x∈B(x0 . x→x0 16.15.r) essi si denotano con le scritture m = lim sup f (x). x0 ∈ I. x→x0 + e crescente f (x− 0 ) ≤ f (x0 ) ≤ f (x0 ) se f ` + f (x− e decrescente. Analogamente all’esercizio 3. si forniscano esempi che illustrino tutti i casi (x) quando limx→x0 f (x) = ±∞ e limx→x0 g(x) = ±∞. ◦ Si provi che se f è monotona in I allora per ogni x0 ∈I esistono (finiti) i limiti destro e sinistro f (x+ 0 ) = lim+ f (x).3. x→x0 f (x). diciamo che f è strettamente crescente in I se x. si forniscano esempi che illustrino tutti i casi possibili per il limite di f (x)g(x) quando limx→x0 f (x) = 0 e limx→x0 g(x) = ±∞. +∞] cos`ı definiti: m = lim+ r→0 sup f (x). 17. x→x0 e che ( f (x− 0 ) = lim− f (x). lim [f (x) − g(x)] = −∞.15. µ = lim+ r→0 x∈B(x0 . µ ∈ [−∞. Una funzione crescente. Sia I un intervallo di R e sia f : I → R una funzione. sia x0 un punto di A e sia f : A → R una funzione.(b) per il limite della differenza f (x) − g(x) valga una delle seguenti quattro situazioni: lim [f (x) − g(x)] = +∞. x→x0 Si verifichi che 194 µ = lim inf f (x). x < x0 =⇒ f (x) ≥ f (x0 ) oppure f (x) > f (x0 ). Analogamente all’esercizio 3. . una funzione strettamente crescente. Analogamente all’esercizio 3. x0 ∈ I. o decrescente. 0 ) ≥ f (x0 ) ≥ f (x0 ) se f ` 20. x→x0 x→x0 lim [f (x) − g(x)] = λ ∈ R.15. 18. Diciamo poi che f è decrescente. x0 ∈ I. Sia A un sottoinsieme di Rm o di Cm . Diciamo che f è crescente in I se x. x < x0 =⇒ f (x) < f (x0 ). x < x0 =⇒ f (x) ≤ f (x0 ). in I. x→x0 lim [f (x) − g(x)] non esiste. o strettamente decrescente.3. oppure strettamente decrescente.3. si forniscano esempi che illustrino tutti i casi (x) possibili per il limite di fg(x) quando limx→x0 f (x) = 0 e limx→x0 g(x) = 0. in I si dirà strettamente monotona. possibili per il limite di fg(x) 19. Il massimo limite ed il minimo limite di f per x → x0 sono i numeri m. 1 (di Weierstrass) Sia A ⊆ Rm (oppure A ⊆ Cm ) un insieme compatto non vuoto. y). y) = y sin x1 + x sin y1 se x 6= 0 e y 6= 0 0 se x = 0 oppure y = 0. (x. x2 +y 2 lim si provi che esistono. (x.0) x2 + y 2 e(x+y) − 1 p lim .19).0) x2 + |y| y2 + x + y . (ii) si ha lim inf x→x0 f (x) = lim supx→x0 f (x) se e solo se esiste. In ogni caso dalle proprietà dell’estremo superiore segue che esiste {yn } ⊆ f (A) tale che yn → L per n → ∞: infatti.0) x2 + y 4 x2 y . e sono diversi fra loro.y)→(0. può essere L = +∞.1. e sia f : A → R una funzione continua. (x.(i) lim inf x→x0 f (x) ≤ lim supx→x0 f (x).4 Propriet` a delle funzioni continue Le funzioni continue a valori reali hanno svariate proprietà legate all’ordinamento di R. visto che consideriamo funzioni definite in Rm o Cm . (x. oppure L ∈ R.y)→(0.0) (iii) Posto infine ( f (x. (i) Posto f (x. 3.0) x2 + |x| + |y| lim lim 22. x→0 y→0 si provi che i due limiti esistono e sono uguali. i quali. y) .y)→(0. ed in tal caso lim inf f (x) = lim sup f (x) = lim f (x). lim f (x. x2 +y 2 lim lim f (x.y)→(0. sono limitati e chiusi (teorema 3. (x. Dimostrazione Sia L = supA f .y)→(0. limx→x0 f (x). se L = +∞ nessun n ∈ N è maggiorante per f (A) e quindi esiste 195 . Calcolare.y)→(0. Teorema 3. x→x0 x→x0 x→x0 21. y) = ma che non esiste il xy .1. i due limiti h i lim lim f (x. y) = x2 . (x. i seguenti limiti: 2 sin xy lim . (x. si provi che esiste il terzo limite. se esistono.4. Allora f è limitata in A ed assume massimo e minimo su A. Il primo risultato riguarda funzioni definite su insiemi compatti (osservazione 3.0) x2 + y 2 1 − cos xy lim . finito o infinito.0) x2 + y 2 x2 y 2 .20).y)→(0. y) . y→0 x→0 (ii) Posto invece f (x. ma non i primi due. Dimostrazione Supponiamo dapprima m = 1 e B(x0 .yn ∈ f (A) tale che yn > n.4. per ogni n esiste xn ∈ A tale che f (xn ) = yn . R) di Rm o di Cm . b1 ∈ B(x0 . cioè L è un massimo. b1 ] si avrà la stessa situazione di partenza. e supponiamo che esistano a1 . non è necessariamente unico! (2) Il teorema di Weierstrass è falso se togliamo una qualunque delle sue ipotesi: • l’insieme A = [0. Per l’unicità del limite (esercizio 3. mentre se L ∈ R nessun numero della forma L − n1 è maggiorante per f (A) e quindi esiste yn ∈ f (A) tale che L − n1 < yn ≤ L. R) = ]x0 − R. 1 x è continua ma • nell’insieme compatto A = [0. 21 (a1 + b1 )]. La successione {xn } è dunque contenuta in A. Dividiamo in due parti uguali l’intervallo [a1 . esiste una sottosuccessione {xnk } estratta da {xn } che converge per k → ∞ ad un punto x ∈ A: essendo f continua. x0 + R[ (il fatto che tale intervallo sia aperto non ha comunque nessuna importanza nell’argomento che segue). inoltre L ∈ f (A). si deduce che f (xnk ) = ynk converge a f (x) per k → ∞. altrimenti per uno (ed uno solo) dei due intervalli [a1 . In particolare. poiché {ynk } è una sottosuccessione della successione {yn } che converge a L. Teorema 3. Osservazioni 3. anche ynk deve tendere a L per k → ∞. R) tali che f (a1 ) < 0.9). 2] la funzione f (x) = x − [x] non è continua e non ha massimo. • l’insieme A =]0.2 (1) Il punto di massimo. Dato che A è compatto. si ha L = f (x). R) → R una funzione continua. 1] è limitato ma non chiuso e la funzione f (x) = non limitata. D’altra parte. cosicché B(x0 .4. Indicheremo 196 . essendo f a valori in R.3 (di esistenza degli zeri) Sia f : B(x0 . f (b1 ) > 0. R) ⊆ R. b1 ] mediante il punto 21 (a1 + b1 ): se f si annulla proprio in tale punto abbiamo finito e la tesi è provata. perché in caso contrario basta considerare −f al posto di f . ossia la f sarà negativa nel primo estremo e positiva nel secondo. R) tale che f (x) = 0. Il risultato che segue riguarda funzioni definite su una palla B(x0 . [ 21 (a1 + b1 ). cos`ı come quello di minimo. ∞[ è chiuso ma non limitato e la funzione f (x) = x è continua in A ma non limitata. Allora esiste almeno un punto x ∈ B(x0 .3. si ha L ∈ R e dunque f è limitata superiormente. Poiché {yn } ⊆ f (A). Si ha f (a1 ) < 0 < f (b1 ) e possiamo anche supporre che a1 < b1 . In modo del tutto analogo si prova che f è limitata inferiormente e che ha minimo in A. f (x) ≤ 0 ≤ f (x). In modo analogo si divide in due parti l’intervallo [a2 . bn−1 ]. posto allora x∗ = t∗ a1 + (1 − t∗ )b1 . esiste t∗ ∈ [0.2. 1]. La tesi è provata nel caso m = 1. o anche se m = 1 e B(x0 . La tesi è provata. Poniamo x = ` = L e proviamo che x è il punto cercato. x0 + R[) e monotone. f (a2 ) < 0 < f (b2 ). ci si può muovere con continuità da a a b (non necessariamente in modo rettilineo) senza mai uscire dall’insieme E. Siano allora ` = lim an . 2 f (an ) < 0 < f (bn ).11). b1 ].4. bn ] ⊂ [an−1 . nel caso (2). Osservazione 3. dato che bn − an = 2−n+1 (b1 − a1 ) → 0. b2 ] tale che [a2 . b2 ]: dunque abbiamo costruito un intervallo [a2 . ossia f (x) = 0. b2 ] ⊂ [a1 . e verifica g(0) = f (b1 ) > 0. 1] descrivono. b2 − a2 = 21 (b1 − a1 ). L = lim bn : n→∞ n→∞ poiché an < bn per ogni n. ci si riconduce al caso precedente introducendo la funzione g(t) = f (ta1 + (1 − t)b1 ). il segmento di estremi a1 e b1 : quindi sono contenuti in B(x0 . Inoltre g è continua (esercizio 3. Ci sono due possibilità: (1) dopo un numero finito di suddivisioni. si ottiene x∗ ∈ B(x0 . le due successioni {an } e {bn }: esse sono limitate (sono contenute in ]x0 − R. R) e f (x∗ ) = 0. un sottoinsieme E di Rm o di Cm è connesso se non è possibile trovare due aperti non vuoti e disgiunti A e B tali che E = (A ∪ B) ∩ E. sarà ` = L. 1] tale che g(t∗ ) = 0. R) ⊂ C. per n → ∞. si trova che la f si annulla proprio nell’n-simo punto medio 12 (an + bn ) e in tal caso la tesi è provata. Se m > 1. 197 . (2) per ogni n ∈ N+ si costruisce un intervallo [an . g(1) = f (a1 ) < 0. R). Si può far vedere che E è connesso se.1). cioè “non fatto di due o pi` u pezzi staccati”. Per la parte già dimostrata. come sappiamo (paragrafo 1. t ∈ [0. 1 bn − an = (bn−1 − an−1 ). b ∈ E. Consideriamo. dati due punti a. sarà ` ≤ L. I punti ta1 + (1 − t)b1 per t ∈ [0. altrimenti si va avanti. b2 ]: se f si annulla nel punto medio 21 (a2 + b2 ) abbiamo finito. bn ] tale che [an . pi` u rigorosamente.4 Il teorema di esistenza degli zeri vale in ipotesi molto pi` u generali sull’insieme di definizione di f : basta che esso sia connesso. Dalla continuità di f e dalle disuguaglianze f (an ) < 0 < f (bn ) otteniamo. crescente la prima e decrescente la seconda.tale intervallo con [a2 . v)) − `(γ+ (1.11 segue che |v − w| < |`(γ+ (1. 1] ∪ [2. enunciato nel paragrafo 1. Notiamo che la disuguaglianza sopra scritta ci dice che l’inversa g −1 : [0. La funzione g(w) = `(γ+ (1. π/2] è continua e iniettiva. la funzione f : [0. g(1) = `(γ+ (1. 2π[. w))| ≤ √ 2 |v − w| ∀v. w)) = 2 a(Σ+ (1. 2π[ tale che `(γ+ (1.12.12 relativo alla misura degli angoli orientati in radianti. w)) = 2 a(Σ+ (1. per il teorema dei valori intermedi.12. b ∈ A tali che inf f ≤ f (a) < y < f (b) ≤ sup f. ciò mostra che g : γ+ (1. 1 π g(i) = `(γ+ (1. Il numero ϑ si dice misura in radianti dell’angolo orientato individuato dai punti 1. Dato che inf A f < y < supA f . 0.12.12. i) è pure continua. La tesi è provata.12 Per ogni w ∈ C \ {0} esiste un unico numero ϑ ∈ [0. i) è un insieme connesso. Inoltre. g è anche surgettiva. π/2] → γ+ (1. allora f assume tutti i valori compresi fra il suo estremo superiore e il suo estremo inferiore. i). l’arco γ+ (1. ossia f (x) = y. 4 2 quindi. w ∈ γ+ (1. supA f [ . dobbiamo provare che esiste x ∈ A tale che f (x) = y. w ∈ γ+ (1. Poniamo g(w) = `(γ+ (1. per le proprietà dell’estremo superiore e dell’estremo inferiore esistono a. 2π[ ed è bigettiva da S(0. 198 . i).4. 3] → R definita da 1 se 0 ≤ x ≤ 1 f (x) = −1 se 2 ≤ x ≤ 3 è continua. 1)) = . 1) in [0. w)) = ϑ. e che qui richiamiamo: Teorema 1. 1)) = 0. w)). A A Poniamo ora g(x) = f (x)−y: la funzione g è continua e verifica g(a) < 0 < g(b). il teorema 3.3 è ovviamente falso: per esempio.4. Dimostrazione Useremo le notazioni stabilite nel paragrafo 1. per il teorema di esistenza degli zeri esiste x ∈ A tale che g(x) = 0. prende valori sia positivi che negativi ma non è mai nulla. i)) = `(S(0. Dal teorema di esistenza degli zeri segue senza troppa fatica un risultato assai pi` u generale: Corollario 3. i) → [0. Siamo ora in grado di dimostrare il teorema 1.12.Se f è continua in A ma A non è connesso. w)) è dunque surgettiva da C\{0} in [0. Poiché A è connesso. Dal corollario 1. w. In particolare.5 (teorema dei valori intermedi) Se A è un sottoinsieme connesso di Rm o di Cm e se f : A → R è continua. Dimostrazione Sia y ∈ ] inf A f. 3] e sia f (x) = x · I[0.10 e dell’esercizio 1. Il teorema 1. w→1 g(w) = 0. Si vede facilmente che in generale la risposta è no: ad esempio. in virt` u della proposizione 1.−1) Ciò prova che g : S(0. 2]. ne segue che anche g : S(0. w→1 cosicché g è discontinua nel punto 1 ∈ S(0. 1) \ {1}. la funzione w 7→ g(−w) è continua.12 è completamente dimostrato. 2π[ è continua. Se. allora g(w) = `(γ+ (1. −iw)) = + g(−iw). w)) = π + `(γ+ (1. . A questo scopo osserviamo che. ci chiediamo se anche la funzione inversa f −1 : f (A) → A è continua. −w)) = π + g(−w). per w ∈ γ+ (i.La funzione g(w) = `(γ+ (1. i). Analizzando il grafico di f si riconosce che f è iniettiva e f (A) = [1. si ricava sup g(w) = sup g(z) + π = 2π.1] (x) + (x − 1) · I]2. Determiniamo la funzione inversa f −1 risolvendo rispetto a x l’equazione y = f (x). Si ha ( x se x ∈ [0. w)) = `(γ+ (1. g(−1) = π. −1)) + `(γ+ (−1. −1) si ha g(w) = `(γ+ (1. 1) \ {1} → [0. 2π[ è surgettiva. sia A = [0. verifichiamo che essa è ancora continua (salvo che nel punto 1) e surgettiva. 1). w)) = `(γ+ (1. a valori in [0.12.i). 1) → [0. 2π[. e vale π/2 nel punto w = i. w)) è poi ben definita per ogni w ∈ S(0. infine.1) z∈γ+ (1. 2]. 1]∪ ]2. 1). −1). 1] y + 1 se y ∈ ]1. in particolare. −1) e. Essendo −w ∈ γ+ (1. Funzioni continue invertibili Consideriamo una funzione f : A ⊆ R → R continua e iniettiva.3] (x). w)) = π π + `(γ+ (1.12.12. 1] y = f (x) = x − 1 se x ∈ ]2. 3] ( ⇐⇒ 199 x= y se y ∈ [0. w∈γ+ (1. Osserviamo che lim g(w) = 2π. w ∈ γ+ (−1. dunque g è continua su γ+ (1.−i). w∈S(0. per quanto già dimostrato (e per la continuità di w 7→ −iw) la funzione w 7→ g(−iw) è continua. i)) + `(γ+ (i. lim w∈γ− (1.4. Poiché inoltre g assume il valore π nel punto w = −1. 2 2 Poiché −iw ∈ γ+ (1. 2. Pertanto f (c) < f (d) e dunque f è strettamente crescente in [a. Osserviamo che f (x(0)) = f (a0 ) < f (b0 ) = f (y(0)). b] ⊆ I. (iii) f −1 : f (I) → I è ben definita e continua.e il grafico di f −1 si ottiene per simmetria rispetto alla bisettrice y = x (osservazione 1. Sotto opportune ipotesi sull’insieme A. proveremo che f è strettamente crescente in I.4. però. Dato che b0 > a0 e d > c. 1]. t ∈ [0. d punti di [a. (ii) Per il teorema dei valori intermedi (corollario 3. allora: (i) f è strettamente monotona. Dimostrazione (i) Siano a0 . mentre se f (a0 ) > f (b0 ) proveremo che f è strettamente decrescente in I.3.4. si ottiene allora che f è strettamente crescente in I. si può agevolmente verificare (esercizio 3. (ii) f (I) è un intervallo. che risulti f (c) ≥ f (d).1) che F è una funzione continua tale che F (0) > 0 ≥ F (1). Supponiamo ad esempio f (a0 ) < f (b0 ) (il caso opposto è del tutto analogo). siano c. t ∈ [0. 1]. Per il teorema di esistenza degli zeri (teorema 3.3). y(t) = b0 + t(d − b0 ). vale a dire f (x(t∗ )) = f (y(t∗ )): dall’iniettività di f si deduce che x(t∗ ) = y(t∗ ).5) si ha inf f. Se f : I → R è continua e iniettiva. b]. per assurdo. ciò è assurdo. Sia [a. f (x(1)) = f (c) ≥ f (d) = f (y(1)). b0 ∈ I con a0 < b0 .6 Sia I un intervallo di R (limitato o no). ovvero t∗ (d − c) + (1 − t∗ )(b0 − a0 ) = 0. Si riconosce allora che f è continua in tutti i punti. mentre f −1 è discontinua nel punto x = f (1) = 1.1). e confrontiamo f (a0 ) con f (b0 ): se si ha f (a0 ) < f (b0 ). Per l’arbitrarietà di [a. compreso x = 1. sup f ⊆ f (I). b] tali che c < d e ammettiamo.4. introdotta la funzione F (t) = f (y(t)) − f (x(t)). 1] tale che F (t∗ ) = 0. l’esistenza e la continuità di f −1 sono garantite dal seguente risultato. vi sarà allora un punto t∗ ∈]0. Quindi. l’eventualità f (a0 ) = f (b0 ) è vietata dall’iniettività di f . Teorema 3. I I 200 . Consideriamo le funzioni (ovviamente continue) x(t) = a0 + t(c − a0 ). b] un arbitrario sottointervallo di I. Essa è definita su [−1. con f −1 (J) = I. 1]. L = lim+ f −1 (y).4. Si noti che ∀x ∈ [−1. (iii) Anzitutto. π/2] è iniettiva. π/2] ed è continua per il teorema 3. sin(arcsin x) = x 201 .6. ∀k ∈ Z.19) ` ≤ f −1 (y0 ) ≤ L se f è crescente. uno o entrambi gli estremi. tuttavia la sua restrizione all’intervallo [−π/2. La funzione inversa di tale restrizione si chiama arcoseno e si scrive f −1 (y) = arcsin y.1. f (L) = lim+ f (f −1 (y)) = lim+ y = y0 .7 Il teorema precedente è di gran lunga il caso pi` u importante.4. I I Dunque f (I) è un intervallo (che indicheremo con J) di estremi inf I f e supI f : esso può comprendere. essendo strettamente crescente. 1]. o no. per iniettività. π2 + kπ . per definizione di estremo superiore ed estremo inferiore. Dimostriamo che ` = L: dato che f è continua nei punti ` e L. Inoltre si ha (esercizio 3. e poniamo ` = lim− f −1 (y). l’argomento sopra esposto si ripete in modo ancor pi` u semplice. Sia y0 un punto interno a J. y→y0 −1 Quindi f è continua in y0 . arcsin(sin x) = (−1)k (x − kπ) ∀x ∈ − π2 + kπ. ` ≥ f −1 (y0 ) ≥ L se f è decrescente. ma −1 la continuità di f si ottiene anche nel caso in cui la funzione continua ed iniettiva f sia definita su un insieme A compatto: vedere l’esercizio 3. si ha f (`) = lim− f (f −1 (y)) = lim− y = y0 .8 (1) La funzione f (x) = sin x è continua ma non certo iniettiva. è a valori in [−π/2. ` = L = f −1 (y0 ). f −1 è ovviamente ben definita su J ed è una funzione strettamente monotona (crescente se f è crescente.3. Esempi 3. f (I) ⊆ inf f. Osservazione 3.mentre.4. Se y0 è un estremo di J. y→y0 y→y0 questi limiti esistono certamente poiché f −1 è monotona. y→y0 y→y0 y→y0 y→y0 cosicché f (`) = f (L) e dunque. sup f .4. cioè ∃ lim f −1 (y) = f −1 (y0 ). decrescente se f è decrescente). 1]. La funzione logb x.4. 1]. L’inversa di tale restrizione si chiama arcocoseno e si scrive arccos x. quindi è iniettiva (ed anche surgettiva su R). π/2[ ed è continua per il teorema 3. L’inversa di tale restrizione si chiama arcotangente e si scrive arctan x. essa è definita su [−1. π/2 + kπ[ e per k ∈ Z. essa è definita su R. Si noti che tan(arctan x) = x ∀x ∈ R. π/2[ è continua e strettamente crescente. inversa della funzione continua bx . ∀k ∈ Z.6. b 6= 1. è a valori in ] − π/2.6. (3) La restrizione della funzione tan x all’intervallo ] − π/2. è a valori in [0. quindi iniettiva.(2) La restrizione della funzione cos x all’intervallo [0. è continua 202 .4. π] ed è continua per il teorema 3. cos(arccos x) = x arccos(cos x) = (−1)k (x − (k + 12 )π) + π 2 ∀x ∈ [kπ. Si noti che ∀x ∈ [−1. (k + 1)π]. (4) Sia b > 0. mentre arctan(tan x) = x − kπ per x ∈ ] − π/2 + kπ. π] è continua e strettamente decrescente. x ∈ R. tale che f (0) = 23.4. La funzione inversa è quindi definita e continua su R. π2 ]. Esercizi 3. x ∈ R.23). 4. x ∈ [− π2 . una funzione continua della longitudine. (vii) f (x) = sin3 x. 203 . (5) Se n ∈ N. che fu introdotta per y ≥ 0 nel paragrafo 1. ed è y 2n+1 . dunque è iniettiva (ed anche surgettiva su R). Sia f : [a.5 (5)).6. ma lo sapevamo già (esempio 3. (ii) f (x) = e−x − x. la funzione x2n+1 è continua e strettamente crescente su R. La radice (2n + 1)-sima ora definita è il prolungamento a tutto R della funzione 1 y 7→ y 2n+1 . 3.2. tali che la temperatura in P e la temperatura in P0 siano uguali fra loro. b] → [a. b] continua. x ∈ [− π2 . cioè esiste x0 ∈ [a.8. si provi inoltre che una almeno di tali coppie è formata da due località diametralmente opposte. P0 ) situati lungo l’equatore.12. 5. (viii) f (x) = sin x3 . 2. Sia f una funzione continua definita in [0. Sia f : R → R continua e tale che ∃ lim f (x) < 0. Stabilire se le seguenti funzioni sono invertibili oppure no: (i) f (x) = x + ex . 1] a valori in Q. Si provi che f ha almeno un punto fisso. a valori in R ed è la funzione radice (2n + 1)-sima: 1 ⇐⇒ x = y 2n+1 y = x2n+1 . b] tale che f (x0 ) = x0 . Si calcoli f (e − 2).4 1. Si dimostri che esistono infinite coppie di punti (P. Ricordiamo a questo proposito che in campo complesso le radici (2n+1)-sime di un numero reale y sono 2n + 1: una 1 è reale. le altre 2n non sono reali e sono a due a due coniugate (esercizio 1. x ∈ R. x→−∞ x→+∞ Provare che esiste x ∈ R tale che f (x) = 0. ad un dato istante. (v) f (x) = arctan3 x. x ∈ R. Supponiamo che la temperatura all’equatore sia. (vi) f (x) = x3 − x.per il teorema 3. x ∈ R. x ∈ R. (iii) f (x) = x2 + x. x (iv)f (x) = sin 1+|x| . π2 ]. ∃ lim f (x) > 0. 1]. (iii) Per quali n ∈ N è vero che esiste una funzione continua f : R → R tale che per ogni c ∈ R l’equazione f (x) = c abbia esattamente n soluzioni? 12. il limite 3y −1 . yn ∈ ]0.6. 204 . Si provi che f : R → R è bigettiva e si calcoli. kπ + π/2[ . +n+1 n n+1 P∞ 1 e calcolare di conseguenza la somma della serie n=1 arctan n2 +n+1 . (ii) Provare che non esiste alcuna funzione continua f : R → R tale che per ogni c ∈ R l’equazione f (x) = c abbia esattamente due soluzioni. 1[ . v ∈ R con | arctan u − arctan v| < π2 . 2 13. con xn . π/2 se x > 0. [Traccia: si mostri che per ogni {yn }n∈N ⊆ f (A). x ∈ R. yn ). (ii) Dimostrare che lim k→−∞ xk − kπ + π = 0. 2 lim k→+∞ xk − kπ − π = 0. Sia f (x) = x3 + x + 1. convergente ad un fissato y ∈ f (A). si provi che f −1 è continua. arctan n2 11. (i) Provare che per ogni n ∈ N+ i grafici delle due funzioni e−x e xn si incontrano nel primo quadrante in un unico punto (xn . se esiste. lim f y→+∞ y+4 8. −π/2 se x < 0. Dimostrare la relazione arctan u − arctan v = arctan u−v 1 + uv per ogni u. Sia f : A ⊆ R → R continua e iniettiva.] 7. Se A è compatto. (i) Provare che per ogni k ∈ Z l’equazione tan x = x ha una e una sola soluzione xk nell’intervallo ]kπ − π/2. Provare che arcsin x + arccos x = arctan x + arctan 1 = x π 2 ( ∀x ∈ [−1. risulta f −1 (yn ) → f −1 (y). Provare che 1 1 1 = arctan − arctan ∀n ∈ N+ . 9. [Traccia: utilizzare la formula di sottrazione per la funzione tangente. (i) Trovare una funzione continua f : R → R tale che per ogni c ∈ R l’equazione f (x) = c abbia esattamente tre soluzioni.] 10. lim yn . Provare che la funzione f (x) = arccos x−1 x determinare l’immagine f (A) e scrivere la funzione inversa f −1 . x → +∞. (i) Verificare che le relazioni tan x = 1 . a]. x→x− 0 Data una funzione reale f definita sulla semiretta ] − ∞. si dice che la retta di equazione x = x0 è un asintoto verticale di f per − x → x+ 0 . si dice che la retta di equazione y = px + q è un asintoto obliquo di f (ovvero un asintoto orizzontale di f quando p = 0) per x → −∞. k ∈ Z. x→x+ 0 oppure lim f (x) = ±∞. oppure sulla semiretta [a. (iii) Calcolare i limiti lim xn . 14. x→+∞ Per scoprire se una data funzione f ha un asintoto obliquo per. definiscono univocamente una successione reale {xk }k∈Z . oppure per x → +∞. e cioè verificare se: (i) ∃ lim f (x) = ±∞. +∞[ . b[ . 16. k→+∞ − kπ)α è convergente? Asintoti Sia [a. n→∞ n→∞ è iniettiva sull’insieme A dove è definita. k=0 (xk lim (xk − kπ) = 0. definita in [a. b] \ {x0 } e a valori reali. x→−∞ oppure lim [f (x) − px − q] = 0. x→+∞ (ii) ∃ lim x→+∞ f (x) = p ∈ R \ {0}. Data una funzione f . ad esempio. 15.(ii) Mostrare che la successione {xn } è crescente e che la successione {yn } è decrescente. Dimostrare che cos2 arctan t = 1 1 + t2 ∀t ∈ R. se risulta lim f (x) = ±∞. (ii) Provare che 0 < xk+1 − xk < π (iii) Per quali α > 0 la serie 3. x kπ < x < (k + 1)π. b] un intervallo di R e sia x0 ∈ ]a. bisogna controllare l’esistenza di tre limiti. se risulta lim [f (x) − px − q] = 0. x 205 . oppure per x → x0 .5 P∞ ∀k ∈ N. Viceversa. per x → ∞. (vi) e1/x . (ii) ln x. se f ha. (viii) arctan x . La funzione x f ha necessariamente un asintoto obliquo per x → +∞? 206 . (vii) |x − 2|. x→+∞ Se i tre limiti esistono. Invece. Esercizi 3. x→+∞ La verifica di queste proprietà è del tutto immediata e si lascia al lettore. è necessario e sufficiente che si abbia lim f (x) = L ∈ R. (x) x ln x. (ii) e (iii). x−1 e −1 p sin x (ix) . gli asintoti delle seguenti funzioni: √ x4 + 1 x2 1 + x2 . l’asintoto obliquo di equazione y = px + q. allora ovviamente valgono (i). (iv) arcsin . x3 x2 + 1 r x+1 ex (v) . (xii) arccos e−2|x|+x . x (i) 2. con p ∈ R \ {0}. (iii) . Sia f : [a.5 1. (xi) |x2 − 1|.(iii) ∃ lim [f (x) − px] = q ∈ R. allora l’asintoto è la retta di equazione y = px + q. per vedere se la funzione f ha un asintoto orizzontale per x → +∞. se esistono. +∞[→ R tale che f (x) → p per x → +∞. Determinare. y = f (x0 ) + 207 .Capitolo 4 Calcolo differenziale 4. f (x0 )) (sempre che tale retta esista). Ma sempre l’intuizione geometrica ci dice che questa posizione limite può anche non esistere. b[ . lungo il grafico G. Consideriamo un altro punto Q = (x0 + h. b[ : vogliamo dare un significato preciso alla nozione intuitiva di retta tangente a G nel punto P = (x0 . h Al tendere di h a 0. y = f (x)}.1 La derivata Sia f : ]a. b[ → R una funzione e sia G ⊂ R2 il suo grafico: G = {(x. Tracciamo la retta passante per P e Q: come si verifica facilmente. al punto P . y) ∈ R2 : x ∈ ]a. Fissiamo x0 ∈ ]a. f (x0 + h)) ∈ G. se f è continua in x0 il punto Q tende. essa è in generale una secante del grafico ed ha equazione f (x0 + h) − f (x0 ) (x − x0 ). dunque l’intuizione geometrica ci dice che la preretta secante “tende” verso una posizione limite che è quella della “retta tangente a G in P ”. b[ . ove h è un numero reale abbastanza piccolo da far s`ı che x0 + h ∈ ]a. 1. b[ è equivalente alla seguente affermazione: esistono un numero reale L ed una funzione h 7→ ω(h) definita in un intorno U di 0. viceversa se valgono (a) e (b) allora. b[.La definizione che segue ci permetterà di attribuire un significato preciso al termine “retta tangente”. ossia la quantità f (x0 + h) − f (x0 ).2 (2) segue che se f è derivabile in x0 allora l’incremento di f . f 0 (x0 )h. mentre il secondo. dividendo in (b) per h e passando al limite per h → 0.2 (1) Con notazione equivalente. h→0 (b) f (x0 + h) − f (x0 ) = Lh + h · ω(h) per h ∈ U. h ha limite finito per h → 0. ossia la quantità f (x0 + h) − f (x0 ) . Definizione 4. varia linearmente con h. e dunque tende a 0 pi` u rapidamente di h per h → 0. in virt` u di (a) si ottiene che f è derivabile in x0 con f 0 (x0 ) = L. b[ . lim x→x0 x − x0 (2) Dire che f è derivabile nel punto x0 ∈ ]a. b[ → R e sia x0 ∈ ]a. è somma di due addendi: il primo. f 0 (x0 ) = Df (x0 ) = lim Osservazioni 4. tali che (a) lim ω(h) = 0. Tale limite si chiama derivata di f in x0 e si indica col simbolo f 0 (x0 ). ω(h) = Dall’osservazione 4. b[ se f è derivabile in ogni punto di ]a.1. 208 . b[ . oppure Df (x0 ): f (x0 + h) − f (x0 ) . quando viene diviso per h. tende ancora a 0. h→0 h Diciamo poi che f è derivabile in ]a. f è derivabile nel punto x0 se e solo se esiste finito il limite f (x) − f (x0 ) . h · ω(h). Diciamo che f è derivabile nel punto x0 se il rapporto incrementale di f in x0 .1. è un infinitesimo di ordine superiore per h → 0: ciò significa che esso.1 Sia f : ]a. Infatti se f è derivabile in x0 basta porre L = f 0 (x0 ) e f (x0 + h) − f (x0 ) − f 0 (x0 ) h per ottenere (a) e (b) con U = ]a. in un intorno di (x0 . x→a h→0 h x−a f (b + h) − f (b) f (x) − f (b) f 0 (b) = lim− = lim− . f (x0 )). fra tutte le rette passanti per (x0 . ma che d’altra parte si ha lim x→x0 f (x) − gm (x) = f 0 (x0 ) − m x − x0 ∀m ∈ R. il cui grafico è la retta per (x0 . La retta di equazione y = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) si chiama retta tangente al grafico di f nel punto (x0 . Le considerazioni precedenti giustificano la seguente Definizione 4. 209 . è quella che realizza la miglior approssimazione rettilinea del grafico di f nell’intorno di tale punto. in un intorno di x0 . e che quindi lim x→x0 f (x) − gm (x) =0 x − x0 ⇐⇒ m = f 0 (x0 ) ⇐⇒ gm (x) ≡ g(x). f (x0 )) di coefficiente angolare f 0 (x0 ). ossia la rapidità con cui f cresce o decresce intorno a tale punto. scelta una qualunque retta passante per (x0 . h→0 x→b h x−b f 0 (a) = lim+ Il significato geometrico è del tutto analogo. b]. f (x0 )).1. f (x0 )). b[ → R una funzione derivabile nel punto x0 ∈ ]a. b[ . Si noti che questa retta. possiamo definire la derivata nei punti estremi come segue (se i limiti esistono): f (a + h) − f (a) f (x) − f (a) = lim+ .1. Questa approssimazione corrisponde a sostituire al grafico di f . quindi di equazione y = gm (x) = f (x0 ) + m(x − x0 ) e coefficiente angolare m ∈ R. La derivata f 0 (x0 ) è dunque il coefficiente angolare della retta che meglio approssima il grafico di f in (x0 .3 Sia f : ]a. f (x0 )). l’incremento di f con la sua parte lineare f 0 (x0 )h. Osservazione 4. e quindi ne misura la pendenza. Chiarito il significato geometrico della derivata. quello della funzione affine g(x) = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ).La quantità h·ω(h) è l’errore che si commette volendo approssimare.4 Se f è definita su un intervallo chiuso [a. f (x0 )). si verifica facilmente che risulta lim (f (x) − gm (x)) = 0 x→x0 ∀m ∈ R. Infatti. vediamo ora il nesso fra derivabilità e continuità. b[ . Esempi 4. ma scelto x0 = 0 si ha ( 1 se h > 0 |h| − 0 f (h) − f (0) = = h h −1 se h < 0. Il viceversa è falso. che la derivata vale 1). scrivendo x al posto di x0 . da (1) segue che ogni polinomio è derivabile in R: se P (x) = N X ak x k .1. troviamo che Dxn = n xn−1 ∀x ∈ R. b[ → R e sia x0 ∈ ]a. (2) La derivata è un’applicazione lineare: ciò significa che se f e g sono due funzioni derivabili nel punto x. k a k xk ∀x ∈ R. quindi. k=0 allora 0 P (x) = N X k=1 210 .1. e se λ e µ sono due numeri reali. quindi il limite del rapporto incrementale di f nel punto 0 non esiste. allora f è continua in x0 . x→x0 h→0 e ciò prova la continuità. allora la funzione λf + µg è derivabile nel punto x e (λf + µg)0 (x) = λf 0 (x) + µg 0 (x). ∀n ∈ N (intendendo.   In definitiva. nel caso x = 0 e n = 1.5 Sia f : ]a. Per ogni x0 ∈ R n=0 n=1 n > 1. In particolare.Proposizione 4. x ∈ R.2 (2) segue subito che lim f (x0 + h) = lim f (x) = f (x0 ). Se f è derivabile in x0 . Dimostrazione Dall’osservazione 4. Viceversa. k=0 cosicché quando x → x0 ricaviamo  0 se n = 0   1 se n = 1 f 0 (x0 ) =   n xn−1 se n > 1 0    = n x0n−1 ∀n ∈ N.1.6 (1) Sia n ∈ N e consideriamo la funzione f (x) si ha   0 se      1 se f (x) − f (x0 ) xn − xn0 = = n−1  x − x0 x − x0 X    xn−1−k xk0 se   = xn . la funzione f (x) = |x| è continua su R. (q−1−i)/q xi/q i=0 (x + h) da cui Dxr = p x(p−1)/q p (p/q)−1 = x = r xr−1 q x(q−1)/q q ∀x > 0. Infatti.1. h h da cui (esempio 3. (x + h)n − xn 1 (x + h)−n − x−n n xn−1 = − lim · n = − .(3) Prodotti e quozienti di funzioni derivabili (questi ultimi. 211 . quindi.3. (4) Se n ∈ N+ . q ∈ N+ e p. sarà r = p/q. La funzione f (x) = xr . (7) Fissato b > 0.5 (3)) Dbx = bx ln b ∀x ∈ R. naturalmente.3 e 4. h h xn (x + h)n e per quanto visto nell’esempio (1). Infatti per ogni h 6= 0 si ha bx+h − bx bh − 1 = bx . per ogni x > 0 e per ogni h 6= 0 tale che x + h > 0 si ha: Dx1/k = lim p−1 X (x + h)r − xr (x + h)p/q − xp/q 1 1/q 1/q = = ((x + h) − x ) (x + h)(p−1−j)/q xj/q = h h h j=0 Pp−1 (p−1−j)/q j/q x j=0 (x + h) = Pq−1 . decomponendo gli incrementi come in (5). = Pk−1 (k−1−j)/k xj/k h (x + h) j=0 da cui (x + h)1/k − x1/k 1 1 1 −1 = = xk ∀x > 0. definita per x ≥ 0 se r > 0 e per x > 0 se r < 0.4. Infatti si ha per ogni x 6= 0 e h 6= 0 tale che x + h 6= 0 (x + h)−n − x−n xn − (x + h)n = .2. per tutti gli h 6= 0 tali che x + h ≥ 0 si ha 1 (x + h)1/k − x1/k . q primi fra loro. la funzione f (x) = x1/k è definita per x ≥ 0 ed è derivabile per ogni x > 0. (5) Fissato k ∈ N+ . nei punti dove sono definiti) sono funzioni derivabili: si vedano gli esercizi 4. 4. è derivabile in ogni punto x > 0. la funzione f (x) = x−n è definita per x 6= 0 ed è derivabile. Infatti.1. h→0 h k x(k−1)/k k (6) Sia r ∈ Q \ {0}.1. la funzione esponenziale f (x) = bx è derivabile in ogni punto x ∈ R. con p ∈ Z \ {0}. h→0 h→0 h h x (x + h)n x2n lim ossia Dx−n = −n x−n−1 ∀x 6= 0. 1. h . Allora la funzione composta g ◦ f : ]a.5). Poiché f è derivabile in x. b[ . ove lim ω(h) = 0. d[ → R funzioni derivabili. poichè g è derivabile in y.1. ove lim η(k) = 0. tali che f ( ]a.1. ponendo σ(h) = g 0 (f (x)) · ω(h) + 212 k · η(k). si ha per |h| abbastanza piccolo (osservazione 4. si ha per |k| abbastanza piccolo g(y + k) − g(y) = g 0 (y) · k + k · η(k).7 (di derivazione delle funzioni composte) Siano f : ]a. b[ → R e g : ]c. risulta k → 0 quando h → 0.2 (2)) f (x + h) − f (x) = f 0 (x) · h + h · ω(h). Dimostrazione Fissiamo x ∈ ]a. Teorema 4.8) sin(x + h) − sin x 2 2x + h h = cos sin . se la base dell’esponenziale è il numero b = e.e in particolare. d[ . h h 2 2 da cui D sin x = cos x ∀x ∈ R. k→0 Fissiamo h (sufficientemente piccolo). b[ → R è derivabile e (g ◦ f )0 (x) = g 0 (f (x)) · f 0 (x) ∀x ∈ ]a. b[ e poniamo y = f (x). Ciò è quanto viene esposto nei risultati che seguono.12. anzi. si ha pi` u precisamente che hk → f 0 (x) non appena h → 0. h→0 Similmente. h Ora. per ogni x ∈ R e h 6= 0 si ha dalle formule di prostaferesi (esercizio 1. Dex = ex ∀x ∈ R. essendo f derivabile in x. e scegliamo k = f (x + h) − f (x): dato che f è continua in x (proposizione 4. h h 2 2 cos(x + h) − cos x 2 2x + h h = − sin sin . Per avere un quadro completo delle tecniche di derivazione occorre imparare a derivare le funzioni composte e le funzioni inverse. (8) Le funzioni seno e coseno sono derivabili in ogni punto di R: infatti. b[ ) ⊆ ]c. D cos x = − sin x ∀x ∈ R. Quindi g ◦ f (x + h) − g ◦ f (x) = g(f (x + h)) − g(f (x)) = g(y + k) − g(y) = = g 0 (y) · k + k · η(k) = g 0 (y)(f (x + h) − f (x)) + k · η(k) = = g 0 (f (x)) · (f 0 (x) · h + h · ω(h)) + k · η(k) = k 0 0 0 = h · g (f (x)) · f (x) + g (f (x)) · ω(h) + · η(k) . 1. a). nel punto corrispondente (a.6.risulta lim σ(h) = g 0 (f (x)) · 0 + f 0 (x) · 0 = 0. Potremo perciò scrivere h f −1 (y + k) − f −1 (y) = . b[ . h i 2 2 2 (3) D sin ecos x = cos ecos x · ecos x · (− sin x2 ) · 2x per ogni x ∈ R. quindi la scrittura ha senso.8 (1) De−x = e−x · (−2x) = −2x e−x per ogni x ∈ R. h→0 e pertanto abbiamo ottenuto.9 (di derivazione delle funzioni inverse) Sia f : ]a. b[ ) è un intervallo. essendo per ipotesi f derivabile e dunque continua in ]a. b[ ) → ]a. Ciò premesso. la continuità di f −1 implica che h → 0. h 6= 0 essendo f −1 iniettiva. 213 . b[.10 Il teorema precedente ci dice che il coefficiente angolare della retta tangente. al grafico di f −1 (pensata come funzione della x. f (x + h) − f (x) f (x) se ne deduce che f −1 (y + k) − f −1 (y) h 1 1 lim = lim = 0 = 0 −1 k→0 h→0 k f (x + h) − f (x) f (x) f (f (y)) e la tesi è provata. f (a)). per |h| sufficientemente piccolo. b[ ). Teorema 4. da cui h 1 → 0 . in particolare. b[ . Allora sarà y = f (x) e y + k = f (x + h) per opportuni punti x. √ x (2) D 1 + x2 = D(1 + x2 )1/2 = 12 (1 + x2 )−1/2 · (2x) = √1+x 2 per ogni x ∈ R. Ciò è naturale. b[ → R strettamente monotona e derivabile.4. dato che i due grafici sono simmetrici rispetto alla bisettrice y = x.1. x + h ∈ ]a. che denotiamo con J.1. k f (x + h) − f (x) e notiamo che da k 6= 0 segue f (x + h) 6= f (x). b[ è derivabile e si ha (f −1 )0 (y) = 1 f 0 (f −1 (y)) ∀y ∈ f ( ]a. Se f 0 (x) 6= 0 in ogni punto x ∈ ]a. dunque con x e y scambiati rispetto alle notazioni del teorema: y = f −1 (x) invece che x = f −1 (y)) è il reciproco del coefficiente angolare della retta tangente.2 (2). La tesi segue allora dall’osservazione 4. al grafico di f . e che f −1 è continua su J per il teorema 3. Se k → 0. Dimostrazione Ricordiamo anzitutto che f ( ]a. allora la funzione inversa f −1 : f ( ]a. nel generico punto (f (a). Osservazione 4. x + h = f −1 (y + k) e dunque h = f −1 (y + k) − f −1 (y). avremo quindi x = f −1 (y). g ◦ f (x + h) − g ◦ f (x) = g 0 (f (x)) · f 0 (x) · h + h · σ(h) con σ(h) → 0 per h → 0.1. sia y ∈ J e sia k 6= 0 tale che y + k ∈ J. 2 2 2 Esempi 4. 1[ D(arccos x) = 1 1 = = (D cos)(arccos x) − sin arccos x (poiché arccos x è un numero compreso fra 0 e π) = −√ 1 1 = −√ . 1 − x2 1 − sin2 arcsin x Similmente. 2 (D tan)(arctan x) 1 + tan arctan x 1 + x2 214 . il secondo risultato era deducibile dal primo.9.1.11 (1) La funzione sin x è bigettiva e derivabile nell’intervallo − π2 .8. π2 è ] − 1. Essendo 1 D(tan t) = = 1 + tan2 t 2 cos t i π πh ∀t ∈ − . 1[ . 2 1 − cos arccos x 1 − x2 Tenuto conto dell’esercizio 3. quindi. . per il teorema 4. L’immagine dell’intervallo aperto − π2 . la funzione arcoseno è derivabile in ] − 1. 1[ : D(arcsin x) = 1 1 = = (D sin)(arcsin x) cos arcsin x (poiché arcsin x è un numero compreso fra − π/2 e π/2) 1 1 = p =√ . ma la derivata si annulla agli estremi. 1[ e si ha per x ∈ ] − 1. Esempi 4. poiché la funzione coseno ha derivata diversa da 0 nell’intervallo ]0.π2 . (2) Sia x ∈ R.4.1. 1[ . la funzione arcocoseno è derivabile in tale intervallo e si ha per x ∈ ] − 1. 2 2 troviamo D(arctan x) = 1 1 1 = = . π[ la cui immagine è ] − 1. 7. otteniamo che le serie di potenze sono derivabili infinite volte.1. R[ e h ∈ R sufficientemente piccolo in valore assoluto in modo 215 . n=1 Dunque. Adesso. per b = e si ha D(ln x) = 1 x ∀x > 0. x t→0 t x ln b h x = Osserviamo che. indicando (per comodità di notazione) con expb (x) la funzione esponenziale bx . la funzione f è derivabile in ] − R.12: logb 1 + logb (x + h) − logb x 1 x+h 1 lim = lim logb = lim h h→0 h→0 h h x x h→0 x 1 logb (1 + t) 1 = lim = . applicando iterativamente il medesimo teorema. R[ e risulta 0 f (x) = ∞ X n · an xn−1 ∀x ∈ ] − R.9). D(logb x) = 1 (expb )0 (log b x) = 1 blogb x · ln b = 1 . anche la serie ∞ n=2 n(n − 1)an x (che interverrà nel seguito) ha raggio di convergenza R.12 Sia ∞ n=0 an x una serie di potenze con raggio di convergenza R > 0. Di conseguenza. P n−1 Dimostrazione Anzitutto osserviamo che la serie ∞ n=1 n · an xP ha ancora raggio n−2 di convergenza R (esercizio 2.(3) Sia b un numero positivo e diverso da 1. in particolare. Detta f (x) la sua somma. Allora per ogni x > 0 si ha. Derivazione delle serie di potenze Un’altra importante classe di funzioni derivabili è quella delle somme di serie di potenze. R[ . utilizzando l’esempio 3. x ln b Ciò si poteva ottenere anche direttamente. e si possono derivare termine a termine come se fossero dei polinomi. Si ha infatti: P n Teorema 4.3. fissati x ∈ ] − R. In effetti si ha " n−2 # " n−2 # ∞ ∞ X n X X n X |an | |an | |x|k |h|n−k−2 . la serie all’ultimo membro è convergente. teorema 1. 2 n=2 2 = Dato che. . seguirà la tesi del teorema.che |x| + |h| < 12 (|x| + R). . si deduce che ω(h) → 0 per h → 0. . .1) " n " n−1 # # ∞ ∞ X n X X n 1X 1 an an xk hn−k − xn = xk hn−k = = h n=1 h n=1 k k k=0 k=0 " # ∞ n−1 X X n k n−k−1 = an x h = k n=1 k=0 (isolando nella somma interna l’ultimo termine. 216 . = (n − k)(n − k − 1) k 2·1 k k si ottiene " n−2 # X n(n − 1) n − 2 |ω(h)| ≤ |h| |an | |x|k |h|n−k−2 = 2 k n=2 k=0 ∞ X ∞ |h| X n(n − 1)|an |(|x| + |h|)n−2 ≤ 2 n=2 n−2 ∞ |h| X |x| + R ≤ n(n − 1)|an | . |ω(h)| ≤ |x|k |h|n−k−1 = |h| k k n=2 n=2 k=0 k=0 e tenendo conto che per k = 0. calcoliamo il rapporto incrementale di f nel punto x: ∞ 1X f (x + h) − f (x) = an [(x + h)n − xn ] = h h n=0 (usando la formula di Newton. 1. per quanto osservato all’inizio della dimostrazione. ω(h) = k n=2 k=0 1 |h| < (R − |x|) : 2 se proveremo che ω(h) → 0 per h → 0. = k n=2 n=1 k=0 Poniamo ∞ X n−2 X n k n−k−1 an x h . che è anche l’unico quando n = 1) " n−2 # ∞ ∞ X X n X an n · an xn−1 + xk hn−k−1 .7. n − 2 risulta n−2 n(n − 1) n − 2 n n(n − 1) ≤ . (2) Similmente. derivando termine a termine si ritrovano le note formule (esempio 4.6 (8)) Dex = ex . D sin x = cos x. che se f è P∞ somma della serie di potenze n=0 an xn in ] − R. 1[ . cosh x = ∀x ∈ R. .1. ∀x ∈ R. equivalentemente. si deducono facilmente le relazioni D sinh x = cosh x. D cosh x = sinh x le quali del resto seguono ancor pi` u semplicemente dalle identità ex + e−x ex − e−x . D cos x = − sin x ∀x ∈ R.11). 1[ . si ha anche. ancora per il teorema precedente si ha n(n − 1)xn−2 = ∞ X D(nxn−1 ) = D ∞ X nxn−1 = n=1 n=1 1 2 = D = 2 (1 − x) (1 − x)3 ∀x ∈ ] − 1..13 Dal teorema precedente si ricava.14 (1) Dagli sviluppi in serie di potenze di ex .11).Osservazione 4. · (n − m + 1)xn−m = n=m m! (1 − x)m+1 Dividendo per m! otteniamo ∞ X n n−m 1 x = m (1 − x)m+1 n=m e posto n − m = h. · (n − k + 1)an xn−k .1. n=k e in particolare f (k) (0) = k! ak ∀k ∈ N.1. per iterazione. il teorema precedente ci dice che sinh x = ∞ X nx n−1 n=1 = ∞ X n Dx = D n=0 (4) Derivando la serie ∞ X n=2 ∞ X xn = D n=0 P∞ n=1 1 1 = 1−x (1 − x)2 ∀x ∈ ] − 1. ∀x ∈ ] − 1. . R[ . iterando questo procedimento di derivazione. ∞ X m+h h 1 x = h (1 − x)m+1 h=0 217 ∀x ∈ ] − 1. 1[ . 2 2 P n (3) Derivando la serie geometrica ∞ n=0 x . allora f è di classe C ∞ e f (k) (x) = ∞ X k(k − 1) · . Esempi 4. ∀x ∈ ] − 1. . nxn−1 .. troviamo dopo m passi: ∞ X n(n − 1) · . R[ . x ∈ ] − R. 1[ . sin x. cos x (teorema 2.7. 1[ .7. dagli sviluppi in serie di cosh x e sinh x (esercizio 2. 7. (x0 ) = − g g(x0 )2 4. [Traccia: si scriva il rapporto incrementale di f g in x0 nella forma g(x) − g(x0 ) f (x) − f (x0 ) · g(x) + f (x0 ) · . Provare che la funzione g(x) = f (λx + µ) è derivabile in a−µ b−µ .1 1. b ∈ R in modo che f sia derivabile nel punto x0 = 4. x − x0 x − x0 3. F (x) = f (−x) se x < 0. definito da ( f (x) se x ≥ 0. b[. Sia f : R → R una funzione pari. determinare a. Si provi che se f e g sono funzioni derivabili in x0 . Data la funzione ( f (x) = x2 f g è derivabile in se x ≥ 4 ax + b se x < 4. G(x) = −f (−x) se x < 0. λ λ 8. g g(x0 )2 5. b[. ∞[→ R una funzione continua. Consideriamo il prolungamento pari di f . e che λ λ a−µ b−µ 0 0 g (x) = λf (λx + µ) ∀x ∈ . allora f g è derivabile in x0 e (f g)0 (x0 ) = f 0 (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g 0 (x0 ). Sia f derivabile in ]a. si provi che f 0 (0) = 0. Si provi che x0 e 0 f 0 (x0 )g(x0 ) − f (x0 )g 0 (x0 ) f (x0 ) = . . Sia g derivabile in x0 con g(x0 ) 6= 0. Siano f e g funzioni derivabili in x0 con g(x0 ) 6= 0. f (x0 )). definito da ( f (x) se x ≥ 0. Sia f derivabile in ]a. 6.]. Sia f : [0. ossia tale che f (−x) = f (x) per ogni x ∈ R. Se f è derivabile in 0. 2. Si scriva l’equazione della retta perpendicolare al grafico di f nel punto (x0 . Provare che: 218 . e il prolungamento dispari di f .Esercizi 4. Si provi che g1 è derivabile in x0 e 0 1 g 0 (x0 ) . √ (iii) f (x) = x2 − 4. Le funzioni ( 2 f (x) = (x − 2|x|) . nei punti dove essa esiste: √ (i) f (x) = sin x. Sia f : ]a. si provi che f 0 (x) ≥ 0 per ogni x ∈ ]a. 13. (ii) f (x) = x2 − x|x|. (vi) f (x) = arcsin |2x − π|. (iv) f (x) = logx 3. b[ → R monotona crescente e derivabile. e si indica con settsinh y). Scrivere la derivata delle seguenti funzioni. Si provi poi che 1 D(settsenh y) = p 1 + y2 219 ∀y ∈ R. (vii) f (x) = e|x| . b[ . Se f è strettamente crescente. x > 0. Si verifichi che la funzione sinh x è bigettiva su R e se ne scriva la funzione inversa (che si chiama settore seno iperbolico per motivi che saranno chiari quando sapremo fare gli integrali. h e in tal caso F 0 (0) = 0. (iii) G è continua in 0 se e solo se f (0) = 0. 9. (viii) f (x) = | cos x|. g(x) = x sin x1 se x 6= 0 0 se x = 0 sono derivabili in R? 11.(i) F è continua su R. e si calcoli (f −1 )0 (4). è vero che f 0 (x) > 0 in ]a. è strettamente crescente ed ha inversa derivabile. b[ ? 12. 10. (v) f (x) = x|x2 − 1|. . (ii) F è derivabile in 0 se e solo se ∃ lim+ h→0 f (h) − f (0) = 0. (x) f (x) = 1 − |x|. h e in tal caso G0 (0) = L. (iv) G è derivabile in 0 se e solo se f (0) = 0 e inoltre ∃ lim+ h→0 f (h) − f (0) = L ∈ R. Si provi che f (x) = 4x + ln x. q p (ix) f (x) = ||x + 2| − |x3 ||. (ii) f (x) = (x ln x)sin √ x . +∞[. di 2 . √ x (iii) f (x) = ln sin x. (x) f (x) = arctan . e se ne scriva la funzione inversa (che si chiama settore coseno iperbolico e si indica con settcosh y). Scrivere l’equazione della tangente all’ellisse definita da x2 y 2 + 2 =1 a2 b (ove a e b sono fissati numeri reali non nulli) nel generico punto (x0 . 220 . Si verifichi che la restrizione della funzione cosh x all’intervallo [0. x2 sin x − x cos x . (vi) f (x) = ln | ln |x||. 1+cos x (vii) f (x) = x1/x . +∞[ è bigettiva fra [0.14.] [Traccia: Si scriva D g1 come D g · g1 17. q 2 (v) f (x) = arccos 1−x . Calcolare... (iv) f (x) = 33 . (viii) f (x) = 16. la derivata delle seguenti funzioni: (i) f (x) = xx . cos x + x sin x q 1−cos x (ix) f (x) = logx (2x − x2 ). Dimostrare che la formula di derivazione di un quoziente è conseguenza della sola formula di derivazione del prodotto due funzioni. Si provi poi che 1 D(settcosh y) = p 2 y −1 ∀y > 1. +∞[ e [1. y0 ). dove ha senso. 15. ∂y x2 − y 2 Sfortunatamente. Se A è un m aperto di R e f : A → R è una funzione. ∂x x2 − y 2 ∂ p 2 y x − y2 = − p .18. sia f : A → R. d’altra parte. .1 Sia A un aperto di Rm . il comportamento di f può essere molto differente se ci si avvicina a x0 da un’altra direzione. Di f (x0 ).. 221 .2 Per ogni (x.Dm f (x0 ) fornisce informazioni sul comportamento della restrizione di f alle rette parallele agli assi x1 . Si provi poi che la funzione g(a) = xa è continua su R. fxi (x0 ) (i = 1. . .xm e passanti per x0 . Si calcolino infine. . e si dica in quali punti è derivabile. . La derivata parziale i-sima di f nel punto x0 (i = 1. Si provi che per ogni a ∈ R l’equazione x3 + x5 = a ha un’unica soluzione reale x = xa . sia x0 ∈ A.22). Scrivere l’equazione della tangente alla parabola definita da y − ax2 = 0 (ove a è un fissato numero reale) nel generico punto (x0 . y0 ). una funzione di pi` u variabili può avere le derivate parziali in un punto senza essere continua in quel punto. se esistono. come sappiamo (esercizi 3. . 4. il grafico di f è un sottoinsieme di Rm+1 : vorremmo determinare quali condizioni assicurano che esso sia dotato di piano tangente (m-dimensionale) in un suo punto.. . y0 ).2. .2.3.21 e 3. sempre che tale limite esista finito. ∂xi Le regole di calcolo per le derivate parziali sono semplicissime: basta considerare le altre variabili (quelle rispetto alle quali non si deriva) come costanti. a differenza di ciò che accade con le funzioni di una sola variabile. i valori g 0 (2) e g 0 (−2). .2 Derivate parziali Vogliamo estendere l’operazione di derivazione alle funzioni di pi` u variabili. La ragione è che l’esistenza di D1 f (x0 ). y) ∈ R2 con |x| > |y| si ha ∂ p 2 x x − y2 = p . Indicheremo le derivate parziali di f in x0 con uno qualunque dei simboli ∂f (x0 ). m). . . . Esempio 4.3. 20. 19. Definizione 4. m) è il numero reale f (x0 + hei ) − f (x0 ) h→0 h lim (ove ei è il vettore con tutte le componenti nulle tranne la i-sima che vale 1). Scrivere l’equazione della tangente all’iperbole definita da x2 y 2 − 2 =1 a2 b (ove a e b sono fissati numeri reali non nulli) nel generico punto (x0 . . . allora: (i) f è continua in x0 (e il viceversa è falso). sia f : A → R e sia x0 ∈ A. Diciamo che f è differenziabile nel punto x0 se esiste a ∈ Rm tale che f (x0 + h) − f (x0 ) − ha. y) ∈ R2 : y ≥ x2 }.4 (e il viceversa è falso). Se f è differenziabile in x0 . Questa funzione non è continua nell’origine. = 1 ∀n ∈ N+ . . l’estensione “giusta” della nozione di derivata al caso di funzioni di pi` u variabili? Sotto quali ipotesi il grafico di una funzione di 2. y) ∈ G f (x.2.Esempio 4. i = 1. n 2n2 Tuttavia le due derivate parziali fx e fy nell’origine esistono: ∂f f (h.2. h) − f (0.3 Consideriamo in R2 la parabola di equazione y = x2 : posto G = {(x. . 0) = 0. f . h→0 ∂x h ∂f f (0. 0) (0. L = {(x.2. y) ∈ H ∪ L. allora. y) ∈ R2 : 0 < y < x2 }. him = 0. 0) = lim = 0. 0) − f (0. ove a è il vettore introdotto nella definizione 4. y) = 0 se (x. ed osservato che G è disgiunto da H ∪ L e che G ∪ H ∪ L = R2 .m variabili ha piano tangente in un suo punto? Definizione 4. definiamo ( 1 se (x.2. h→0 |h|m lim Diciamo che f è differenziabile in A se è differenziabile in ogni punto di A. E infatti: Proposizione 4. (ii) esistono le derivate parziali Di f (x0 ) e si ha Di f (x0 ) = ai . sia f : A → R e sia x0 ∈ A.5 Sia A un aperto di Rm .3. 0) = lim = 0. 0) (0. . . poiché 1 1 f (0. m.. . h→0 ∂y h Qual è. . 222 .4 Sia A un aperto di Rm . . H = {(x. y) ∈ R2 : y ≤ 0}. Osserviamo che in questa definizione l’incremento h è un (piccolo) vettore non nullo di Rm di direzione arbitraria: dunque l’informazione fornita sul comportamento di f intorno al punto x0 è ben pi` u completa di quella fornita dall’esistenza delle derivate parziali. . . t i = 1.2. tale che f (x0 + h) − f (x0 ) − hgradf (x0 ). . Dimostrazione (i) Si ha f (x0 + h) − f (x0 ) = [f (x0 + h) − f (x0 ) − ha. è un numero: precisamente il numero f 0 (x0 )). per h → 0 il primo termine è infinitesimo a causa della differenziabilità. m. ossia f è continua in x0 . . cioè una quantità scalare (vale a dire. La funzione dell’esempio 4. il vettore a è univocamente determinato (quando esiste). mentre il secondo è infinitesimo per la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz (proposizione 1.2 (2)). him = |h|m · ω(h) ∀h ∈ U. → 0 per h → 0. . se esistesse a ∈ Rm tale che f (h) − f (0) − ha. |h|m |h|m |h|m m scegliendo h = tei con t > 0 otterremmo ai = 1. ei im = 0. a causa di (i) non può essere ivi differenziabile. che a sua volta segue dalla proprietà triangolare della norma). . Quindi limh→0 [f (x0 + h) − f (x0 )] = 0. o con ∇ f (x0 ). 223 . ei im . him |h|m − ha. Ciò è contraddittorio e dunque il viceversa di (i) è falso. prendendo h = tei si ricava f (x0 + tei ) − f (x0 ) − tha. La funzione f (x) = |x|m è continua su tutto Rm (in conseguenza della disuguaglianza ||x|m −|x0 |m | ≤ |x−x0 |m . m (x0 ) ∈ Rm ∂x1 ∂x si chiama gradiente di f nel punto x0 e si indica con gradf (x0 ). mentre scegliendo h = tei con t < 0 dedurremmo ai = −1.3).6 Se f : A → R ha le derivate parziali nel punto x0 .2. t→0 |t| lim moltiplicando per la quantità limitata Di f (x0 ) = lim t→0 |t| t (cioè per ±1). (ii) Dalla definizione di differenziabilità.2. si ottiene f (x0 + tei ) − f (x0 ) = ha. 0) ma. non essendo continua in tale punto. him . Definizione 4. Osservazione 4.1. il vettore ∂f ∂f (x0 ). definita in un intorno U di 0 e infinitesima per h → 0.3 mostra che il viceversa di (ii) è anch’esso falso: tale funzione infatti ha le derivate parziali in (0. . ma non è differenziabile nell’origine: infatti. in tal caso il gradiente è un vettore a una sola componente. him + ha.Di conseguenza.9. him h = = 1 − a.7 La condizione che f sia differenziabile in x0 equivale alla proprietà seguente: esiste una funzione reale ω(h). . Si noti che quando m = 1 la differenziabilità in un punto x0 equivale alla derivabilità in x0 (osservazione 4. x − x0 im con a fissato vettore di Rm .5 (ii). ma queste m direzioni non hanno nulla di speciale rispetto alle infinite altre direzioni. y) = 2x. e inoltre fx (x. 2) = 5. per ciascuno di tali piani. y) = 2y. di equazione xm+1 = f (x0 ) + hgradf (x0 ). Il piano (m-dimensionale) in Rm+1 . passante per (x0 . f (x0 )) ha equazione xm+1 = ϕa (x) = f (x0 ) + ha. fy (−1. 2. ovvero z = −2x + 4y − 5. Derivate direzionali Le derivate parziali di una funzione f in un punto x0 sono i limiti dei rapporti incrementali delle restrizioni di f alle rette per x0 parallele agli assi coordinati.Piano tangente La nozione di differenziabilità è ciò che ci vuole affinché il grafico di una funzione abbia piano tangente.9 L’aggettivo “tangente” nella definizione è giustificato dal fatto seguente: il generico piano passante per (x0 . Si ha f (−1. lim x→x0 |x − x0 |m Ciò è conseguenza della proposizione 4. fy (x. 2) = −2. Osservazione 4. 2) = 4. f (x0 )). sia f : A → R. Ne deriva che il piano cercato ha equazione z = 5 − 2(x + 1) + 4(y − 2). e supponiamo che f sia differenziabile in un punto x0 ∈ A. Esempio 4. da cui fx (−1. x→x0 Il piano tangente.8 Sia A un aperto di Rm . y) = x2 + y 2 nel punto (−1.2. ossia per ogni a ∈ Rm .10 Scriviamo l’equazione del piano tangente al grafico della funzione f (x. Definizione 4.2.2. 2)). è l’unico fra questi piani per il quale vale la condizione pi` u forte f (x) − ϕa (x) = 0.2. x − x0 im è detto piano tangente al grafico di f nel punto (x0 . quello per cui a = gradf (x0 ). f (x0 )). f (−1. vale la relazione lim [f (x) − ϕa (x)] = 0. ciascuna 224 . Quindi. 2. nel punto (x0 . Essa si indica con i simboli ∂f (x0 ). t→0 t lim se tale limite esiste finito. Definizione 4. fv (x0 ). La derivata Dv f (x0 ) rappresenta la derivata in x0 della restrizione di f alla retta per x0 parallela a v: essa dunque rappresenta la pendenza.2. cioè dell’intersezione del grafico di f con il piano parallelo all’asse xm+1 che contiene la retta per x0 parallela a v. ∂v Dv f (x0 ). del grafico di tale restrizione. sia x0 ∈ A.12 (1) Se f è differenziabile in x0 allora esiste in x0 la derivata di f secondo ogni direzione v. t ∈ R. La derivata direzionale di f in x0 secondo la direzione v (con v ∈ Rm \ {0}) è il numero reale f (x0 + tv) − f (x0 ) . vim ∂v (esercizio 4.8).delle quali è individuata da un vettore v ∈ Rm di norma unitaria (gli assi cartesiani corrispondono ai vettori v = ei ).11 Sia A un aperto di Rm . f (x0 )). e si ha ∂f (x0 ) = hgradf (x0 ). 225 .2. Osservazioni 4. sia f : A → R. La retta per x0 parallela al vettore v è l’insieme dei punti di Rm di coordinate x = x0 + tv. y) = x2 − y 2 ha derivate parziali nell’aperto A = {(x. ossia f è una funzione di due sole variabili. vim = √ 5 ∂x 5 ∂y ! 1 x y 2 1 x + 2y = √ p −p −√ =√ p . y). vuoti) Zc = {x ∈ A : f (x) = c}. ∂(λv) ∂v p Esempio 4. Fissato v = ( √15 . Tuttavia se f non è differenziabile x0 . la linearità dell’applicazione v 7→ ∂v (esercizio 4. Consideriamo le curve di livello di f.2. v 7→ Curve di livello Sia f : A → R una funzione differenziabile nell’aperto A di Rm .13 La funzione f (x. ossia quando |v|m = 1. calcoliamo Dv f in un generico punto (x. ma non sempre. (3) La nozione di derivata direzionale ha senso per ogni vettore v ∈ Rm \ {0}. ma è particolarmente significativa quando v è una direzione unitaria.3: si vede facilmente che quella funzione. dalla definizione 4. In realtà si tratta di curve vere e proprie solo quando m = 2. − √25 ). altrimenti si dovrebbe parlare di “superfici di livello” ((m − 1)dimensionali). vim è ovviamente lineare da Rm a R: essa si chiama differenziale di f nel punto x0 e si denota con il simbolo df (x0 ). la quale attraversa tutte le rette per (0. vim ∂v è un’applicazione lineare.2.2.2. 5 x2 − y 2 5 5 x2 − y 2 x2 − y 2 Quando f è differenziabile. ha in tale punto tutte le derivate direzionali nulle. y) = Dv f (x. discontinua in (0. Si noti che se v è un vettore unitario e λ ∈ R \ {0}. cioè gli insiemi (eventualmente. Ciò segue nuovamente dall’esempio 4.9). 0) prima che queste raggiungano l’origine. y) = hgradf (x. Vogliamo far vedere che se Zc è non vuoto e se il gradiente di f è non nullo nei punti di Zc . 0). ma le derivate dire∂f (x0 ) non è pi` u garantita zionali in x0 esistono. y) ∈ A: si ha 2 ∂f 1 ∂f (x.(2) L’esistenza di tutte le derivate direzionali di f in x0 non implica la differenziabilità di f in x0 . Pertanto df (x0 )v = hgradf (x0 ). ed in particolare ∂f (x0 ) = hgradf (x).11 segue subito che ∂f ∂f =λ . l’applicazione v 7→ hgradf (x0 ). allora in tali punti esiste il piano ((m − 1)-dimensionale) tangente a Zc e tale piano 226 . y) − √ (x. Il motivo è che le sue discontinuità hanno luogo lungo la parabola y = x2 . vim ∀v ∈ Rm . y) ∈ R2 : |x| > |y|}. ∇f (x)|m scegliendo rispettivamente e si ha Dv f (x) = ±|∇ v= ∇ f (x) ∇f (x)|m |∇ e v=− ∇ f (x) . quindi di equazione ha. ∇ f (x0 )im | . osserviamo che fra tutti i vettori unitari v. Π) = inf{|x0 − x|m : x0 ∈ Π} = |x − x0 |m | cos ϑ|. Ma se in particolare si sceglie a = ∇ f (x0 ). la derivata direzionale Dv f (x0 ) è massima quando v ha direzione e verso coincidenti con ∇ f (x0 ). h→0 |h|m lim 227 . x − x0 im + ω(x − x0 ).12. vim | ≤ |∇ ∇f (x)|m |Dv f (x)| = |h∇ ∀v ∈ Rm con |v|m = 1. Π).12 (1) e dalla disuguaglianza di Cauchy-Schwarz segue che ∇f (x). è data da d(x. Π) = |hx − x0 . |x − x0 |m |a|m quindi d(x. poiché f è differenziabile in x0 si ha ∇f (x0 ). Π) = hx − x0 . ove ϑ è l’angolo fra i vettori x − x0 e a.è ortogonale al gradiente di f . |a|m Se ne deduce che quando x ∈ Zc e x → x0 si ha d(x. allora d(x. Ciò premesso. f (x)). cosicché Π è il piano per x0 ortogonale al gradiente di f in x0 . x − x0 im = 0. aim . Se x è un altro punto di Zc . la sua distanza dal piano Π. f (x) − f (x0 ) = h∇ ove la funzione ω è definita in un intorno di 0 e verifica ω(h) = 0. che denotiamo con d(x. dall’osservazione 4. la direzione individuata da questo vettore è quella di massima pendenza del grafico di f nel punto (x. fissiamo x0 ∈ Zc e consideriamo un qualunque piano Π passante per x0 . Anzitutto. ∇f (x0 )|m |∇ D’altra parte. ossia (proposizione 1. aim . Π) → 0 ∀a ∈ Rm . con a ∈ Rm \ {0}.18) cos ϑ = hx − x0 . sempre che ∇ f (x) 6= 0.2. ∇f (x)|m |∇ Dunque. ed è minima quando v ha direzione coincidente con ∇ f (x0 ) ma verso opposto: infatti. (vi) f (x. Esercizi 4. (x) f (x. 1 √ (v) f (x. come abbiamo visto. y) = tan e−|xy| . Determinare i punti (x. ∇f (x0 )|m ∇f (x0 )|m |x − x0 |m |x − x0 |m |∇ |x − x0 |m |∇ Pertanto se a = ∇ f (x0 ) non solo la distanza fra x e Π è infinitesima quando x → x0 in Zc . di conseguenza. y) ∈ R2 in cui esistono le derivate parziali delle seguenti funzioni: (i) f (x. che il piano per x0 perpendicolare a ∇ f (x0 ) è il piano tangente a Zc in x0 . (ii) f (x. In particolare. otteniamo d(x. Π) |hx − x0 . ma addirittura tale distanza resta infinitesima quando viene divisa per |x − x0 |m . xy x+y (vii) f (x. Ciò corrisponde all’intuizione: se ci muoviamo lungo una curva di livello. y) = ln 1 + xy .2. il valore di f resta costante e quindi la derivata in una direzione tangente a tale curva deve essere nulla. y) = y x + xy . vim = 0 (x) = h∇ ∂v in quanto. si ha ∂f ∇f (x). y) = x2 + |y|.2 1. x−y xy (ix) f (x. v è ortogonale a ∇ f (x). y) = |x − y|(x + y). ∇ f (x0 ) è ortogonale a Zc in x0 . y) = arctan . y) = |xy|. p (iii) f (x. (iv) f (x. y) = sin . ∇ f (x0 )im | |ω(x − x0 )| = = → 0 per x ∈ Zc e x → x0 . Ciò mostra. x + y2 228 . essendo f (x) = f (x0 ) = c. se v è una direzione tangente alla curva di livello Zc nel punto x ∈ Zc . y) = x arcsin xy.Dunque. in accordo con l’osservazione 4.9. y) = 2 . (viii) f (x. . . − π6 . y) = x 1 + | sin y|. y) = (0. . (ii) f (x. 0. y) = arctan(x + 2y) in 1. 0) se (x. vim . 2 (b) Dv hx. 0. 6. 0). bim . (x0 ) = h∇ ∂v (ii) Si calcolino le derivate direzionali sotto specificate: 1 √1 3 √ (a) Dv (x + y) . 1). vim . 0)? 4. y) = |xy|. π4 . 0) x2 +y 2 2 (i) f (x. y) ∈ R2 in cui le seguenti funzioni sono differenziabili:   √ xy se (x. P ove v = m e differenziabile in Rm e se ne i=1 ei = (1. y) 6= (0. y) = (0. Per quali α. 0) è differenziabile in (0. 7. (i) Provare che se f è una funzione differenziabile nel punto x0 allora esiste per ogni v ∈ Rm \ {0} e che ∂f ∇f (x0 ). −4). (iv) f (x. Si provi che f ` calcolino le derivate parziali Di f . y) = x2 − y 2 tali che il piano tangente in tali punti passi per il punto (0. 1. y) =   0 se (x. Determinare i punti (x. Sia f : Rm → R definita da f (x) = |x|4m − 3hx. β > 0 la funzione  α β   |x| |y| x2 + y 2 f (x. . 8. Scrivere le equazioni dei piani tangenti ai grafici delle seguenti funzioni nei punti a fianco indicati: (i) f (x. 2 . ove v = . Per quali α > 0 la funzione |xy|α è differenziabile in (0. y) =  0 se (x. 0)? 5. p (iii) f (x. y) 6= (0. y) = sin x cos y in π3 .2. Determinare i punti del grafico di f (x. (ii) f (x. ove v = b (con b 6= 0). 229 ∂f (x0 ) ∂v . 3. y) = | ln x y|. 34 . b]. hanno svariate applicazioni. 230 .1) f assume massimo M e minimo m su [a. risulta ( f (ξ + h) − f (ξ) ≥ 0 se h > 0 h ≤ 0 se h < 0. come vedremo. y) = 2 . 1 1 √ √ ev= . e si ha necessariamente m < M . risulta 2 ∂f ∂f ∂f (0) + (0) 6= (0). allora esiste ξ ∈ ]a. b] e la tesi è provata. y) = sin(x2 + y 2 ). − 2 . almeno uno tra i valori m e M è assunto in un punto ξ interno ad ]a. (iv) f (x.9. b]. y) = 2 y + x2 |y| 4. b]. b]. Dato che f (a) = f (b). ∂u ∂v ∂(u + v) 10. posto u = p sgn(x) x2 − y 2 se |y| ≤ |x| 0 √1 . y) = ln . Supponiamo dunque che f non sia costante in [a. b[ tale che f 0 (ξ) = 0. allora. b].4. y) = x2 − y 2 .3 Propriet` a delle funzioni derivabili Esponiamo alcuni risultati relativi a funzioni derivabili definite su un intervallo di R. b[ . x + y2 |x| y 2 − x2 . y) = ex−y . poiché f è continua in [a. √1 2 2 se |y| > |x|. Se f (a) = f (b). se f (a) = f (b) in almeno un punto (ξ. risultati che. scelto h ∈ R in modo che x + h ∈ [a. se ad esempio si ha m = f (ξ). b] → R una funzione continua in [a. allora f 0 (x) = 0 per ogni x ∈ [a. per il teorema di Weierstrass (teorema 3. b[. xy (iii) f (x. (ii) f (x.1 (di Rolle) Sia f : [a. Dunque. Dimostrazione Se f è costante in [a. Sia ( f (x. y) = Si verifichi che. Disegnare approssimativamente le curve di livello delle seguenti funzioni: 2 (i) f (x. (vi) f (x. Teorema 4. f (ξ)) del grafico di f la tangente al grafico è orizzontale. (v) f (x.3. b] e derivabile in ]a. Il risultato pi` u importante è però il seguente: Corollario 4. b] e derivabile in ]a. b] e derivabili in ]a. g : [a. f (ξ)) del grafico di f la tangente al grafico è parallela alla retta passante per i punti (a. Vediamo alcune applicazioni del teorema di Lagrange. Corollario 4. b] → R una funzione continua in [a. f (a)) e (b. b−a Dimostrazione Basta applicare il teorema di Cauchy con g(x) = x.3. b[ tale che f 0 (ξ) = f (b) − f (a) . l’equazione della quale è y = f (a) + f (b) − f (a) (x − a). Passando al limite per h → 0. b[. b−a Dunque in almeno un punto (ξ. 231 . Allora esiste ξ ∈]a.3. 0 g (ξ) g(b) − g(a) Si noti che risulta g(b) − g(a) 6= 0 in virt` u dell’ipotesi g 0 6= 0 e del teorema di Rolle. Dimostrazione Basta applicare il teorema di Rolle alla funzione h(x) = f (x)[g(b) − g(a)] − g(x)[f (b) − f (a)]. f (b)). con g 0 6= 0 in ]a. b[. b[ tale che f 0 (ξ) f (b) − f (a) = .3 (teorema di Lagrange) Sia f : [a.dato che il numeratore è sempre non negativo.2 (teorema di Cauchy) Siano f. b[. Allora esiste ξ ∈]a. b] → R funzioni continue in [a. si ottiene f 0 (ξ) = 0. b[.6 (1)). La funzione derivabile g(x) = log(1 + x) − ∞ X (−1)n n=0 232 n+1 xn+1 . x0 ]. 1[ . x0 [ . ∀x ∈ R.3. Con l’aiuto della proposizione precedente possiamo scrivere alcune funzioni elementari come somme di serie di potenze in opportuni intervalli. Ora si riconosce subito che (−1)n xn = D (−1)n n+1 x n+1 ∀n ∈ N. x0 [ . b[ . e quindi f (x) = f (x0 ). Allora f è costante in ]a.e 2 sia x un altro punto di ]a.4 Sia f : ]a. Dunque f è costante in ]a. sia f 0 = 0 in ]a. +∞[ . b[. b[ → R una funzione derivabile. b[ . ∞ X 1 (−1)n xn = 1 + x n=0 ∀x ∈ ] − 1. x0 [ tale che f 0 (ξ) = f (x0 ) − f (x) . e si ha 1 D log(1 + x) = ∀x ∈ ] − 1. b[ : per fissare le idee. 1[ . come sappiamo (esempio 2. b[ . Fissiamo un punto x0 in ]a. Ne segue che f (x) = f (x0 ) per ogni x ∈ ]a. x0 − x ma per ipotesi f 0 (ξ) = 0. Viceversa. ad esempio x0 = a+b . b[ .1. +∞[ . In modo perfettamente analogo si prova che f (x) = f (x0 ) per ogni x ∈ ]x0 . b[ allora ovviamente f 0 = 0 in ]a. Esempi 4.Proposizione 4.5 (1) (Serie logaritmica) La funzione log(1 + x) è derivabile in ] − 1. 1+x d’altra parte. Per il teorema di Lagrange applicato nell’intervallo [x. esiste ξ ∈ ]x.2. b[ se e solo se risulta f 0 (x) = 0 per ogni x ∈]a. 1[ . quindi dal teorema di derivazione delle serie di potenze (teorema 4. n + 1 n=0 n=0 Pertanto possiamo scrivere D log(1 + x) = D ∞ X (−1)n n=0 n+1 ! xn+1 ∀x ∈ ] − 1.12) otteniamo ! ∞ ∞ n X X (−1) (−1)n xn = D xn+1 ∀x ∈ ] − 1.3. supponiamo x ∈ ]a. Dimostrazione Se f è costante in ]a. dunque . Si noti che la serie a secondo membro soddisfa. le ipotesi del criterio di Leibniz (proposizione 2. 1[ : in altre parole log(1 + x) = ∞ X (−1)n n=0 n+1 x n+1 = ∞ X (−1)k−1 k=1 k xk ∀x ∈ ] − 1. per x ∈ [0. e quindi per la proposizione precedente è costante in tale intervallo. 1[ . cosicché g è nulla su ] − 1. 1[ . 1[ .5.ha dunque derivata nulla in ] − 1. Ma per x = 0 si ha g(0) = (log 1) − 0 = 0.3). . N . X (−1)n n+1 . . xN +1 1 . x . ∀N ∈ N.≤ ≤ ∀x ∈ [0. 1[ . . log(1 + x) − . . N +1 n+1 N +1 n=0 Per x → 1 si ricava allora . . N . n. X (−1) 1 . . . ≤ . log 2 − . n+1. (2) (Serie dell’arcotangente) La funzione arctan x è derivabile in R. 1[ . Procedendo come nell’esempio precedente si deduce ∞ X (−1)n 2n+1 arctan x = x 2n + 1 n=0 ∀x ∈ ] − 1. N +1 n=0 ∀N ∈ N. 1[ . 1[ . (3) (Serie binomiale) Consideriamo la funzione (1 + x)α . cosicché l’uguaglianza già scritta vale anche per x = 1: log(1 + x) = ∞ X (−1)n n=0 n+1 x n+1 = ∞ X (−1)k−1 k=1 k xk ∀x ∈ ] − 1. 1]. 1]. Si ha inoltre ∞ ∞ X X 1 (−1)n 2n+1 n 2n = (−1) x = D x 1 + x2 2n + 1 n=0 n=0 ! ∀x ∈ ] − 1. +∞[ . Proveremo che ∞ X α n α (1 + x) = x ∀x ∈ ] − 1. n n=0 233 . ed applicando nuovamente il criterio di Leibniz si trova stavolta che la stessa uguaglianza vale in entrambi gli estremi x = ±1: ∞ X (−1)n 2n+1 arctan x = x 2n + 1 n=0 ∀x ∈ [−1. e si ha D arctan x = 1 1 + x2 ∀x ∈ R. la quale è derivabile in ] − 1. ove α è un parametro reale fissato. .ove ( 1 se n = 0 α = α(α−1)·. k! k cosicché " # ∞ ∞ X X α α α xk = α 1 + xk = αg(x) ∀x ∈ ] − 1.12) si ha ! ∞ ∞ X X α n−1 α 0 n (1 + x)g (x) = (1 + x)D n x = x = (1 + x) n n n=0 n=1 ∞ ∞ X X α n−1 α n = n x + n x = n n n=1 n=1 ∞ ∞ X X α α k k = (k + 1) x + k x = k+1 k k=0 k=1 ∞ ∞ X X α k α k k x = (k + 1) x + = α+ k k + 1 k=1 k=1 ∞ X α α = α+ (k + 1) +k xk . Mostriamo anzitutto che (1 + x)g 0 (x) = αg(x) ∀x ∈ ] − 1. . come si verifica facilmente mediante il criterio del n rapporto. In effetti. · (α − k) α(α − 1) · . di tale serie in ] − 1. 1[ . (1 + x)g 0 (x) = α + k k k=1 k=1 234 . · (α − k + 1) = (α − k + k) = α .. . 1[ . per ora incognita. 1[ . n! I numeri αn si chiamano coefficienti binomiali generalizzati. . . k + 1 k k=1 d’altra parte risulta per ogni k ≥ 1 α α (k + 1) +k = k+1 k α(α − 1) · . se α ∈ N essi coincidono con gli usuali coefficienti P α n binomiali quando 0 ≤ n ≤ α. mentre sono tutti nulli quando n ≥ α. 1[ : dobbiamo provare che g(x) = (1 + x)α per ogni x ∈ ] − 1. . La serie x è detta serie binomiale e quando α ∈ N essa si riduce ad una n somma finita che coincide con la formula di Newton per il binomio (1 + x)α . Sia g(x) la somma.·(α−n+1) n se n > 0.1. Per provare la formula n scritta cominciamo con l’osservare che il raggio di conP sopra α vergenza della serie x è 1. · (α − k + 1) = (k + 1) +k = (k + 1)! k! α α(α − 1) · . per il teorema di derivazione delle serie di potenze (teorema 4. . la funzione h è derivabile e quindi continua in I.3. e poiché g(0) = 1.b] f 0 . dunque se risulta c < d si deduce.3. che è ciò che volevamo dimostrare. utilizzando l’esercizio 4.1) segue allora che h0 (x) = 0. interno ad I. d ∈ [a. Esercizi 4. se invece è c > d. h0 (d) = f 0 (d) − η > 0. Sia f : R → R una funzione derivabile tale che lim f (x) = lim f (x) = λ ∈ R. ovvero f 0 (x) = η.b] f 0 . Vale infatti il seguente Teorema 4. che il punto di massimo x0 non può coincidere né con c. né con d. Allora per ogni η ∈ ]m. η[ e z ∈ ]η. Posto h(x) = f (x) − ηx. b].3. b] → R tali che g = f 0 per qualche funzione f derivabile in [a. hanno la proprietà di assumere tutti i valori intermedi fra il loro estremo inferiore e il loro estremo superiore. M [ tali che y = f 0 (c) e z = f 0 (d). d (non sappiamo se è c < d o il contrario): ovviamente I è contenuto in [a. si conclude che ∞ X α n (1 + x) = g(x) = x n n=0 α ∀x ∈ ] − 1. Concludiamo il paragrafo illustrando un’interessante proprietà di cui godono tutte le funzioni derivate. M [ . b] → R una funzione derivabile e poniamo M = sup[a. x→+∞ x→−∞ provare che esiste ξ ∈ R tale che f 0 (ξ) = 0.3. analogamente si ricava che il punto di minimo ξ0 non può coincidere né con c. ossia tutte le funzioni g : [a. 235 . b]. nel quale la funzione h assume massimo oppure minimo: dalla dimostrazione del teorema di Rolle (teorema 4. né con d. 1[ . In definitiva vi è sempre un punto x. Dimostrazione Fissato η ∈ ]m. 1[ . Osserviamo che h0 (c) = f 0 (c) − η < 0. m = inf [a. M [ esiste x ∈ [a.6 (di Darboux) Sia f : [a.3 1. pertanto f assume massimo e minimo in I. con c. b] tale che f 0 (x) = η.Consideriamo allora la derivata del prodotto g(x)(1 + x)−α : si ha D g(x)(1 + x)−α = g 0 (x)(1 + x)−α − αg(x)(1 + x)−α−1 = = (1 + x)−α−1 [(1 + x)g 0 (x) − αg(x)] = 0 ∀x ∈ ] − 1. b]: tali funzioni. per la proposizione 4.4 si deduce g(x)(1 + x)−α = costante ∀x ∈ ] − 1.3. in due punti x0 e ξ0 . Indichiamo con I l’intervallo chiuso di estremi c. 1[ . pur non essendo necessariamente continue. esistono y ∈ ]m. 12 ]. in I. lim g(x) = µ. . si provi che esiste ξ ∈ I tale che |f 0 (x)| ≤ |f 0 (ξ)| · |x0 | per ogni x ∈ I. Poi ci si allarghi a [−1. y ∈ [a. 7. +∞[ → R funzioni derivabili. b] è un punto di massimo ≥ 0 se ξ0 = a = 0 se a < ξ0 < b ≤ 0 se ξ0 = b. a + δ[ . 1]. Siano f. e se ne deduca la continuità dell’estensione di f . 8.] 5. se esistono finiti i limiti lim f (x) = λ. 23 ]. [− 32 . Sia f : R → R una funzione derivabile tale che f (0) = 0 e |f 0 (x)| ≤ |f (x)| per ogni x ∈ R. con g 0 6= 0 in [a. 0 g (ξ) g(a) − µ 3. ] 6. se ne deduca che ∞ X 1 m+1 2 1 log = m 2m + 1 n=0 2n + 1 (2m + 1)2n 236 ∀m ∈ N+ . eccetera. se ne deduca che f è costante. Si provi che l’equazione x1000 + ax + b = 0 ha al pi` u due soluzioni reali per ogni scelta di a e b in R. Sia f : ]a.2. b] → R una funzione derivabile. Se x0 ∈ per f e ξ0 è un punto di minimo per f . Sia f : [a. poi si provi che la stessa proprietà vale per f 0 e se ne deduca la derivabilità di f ed il fatto che f 0 (a) = λ. 1[ . ed al pi` u una per ogni scelta di a ≥ 0 e b ∈ R. [a. si provi che     ≤ 0 se x0 = a f 0 (ξ0 ) f 0 (x0 ) = 0 se a < x0 < b   ≥ 0 se x0 = b. x→a si provi che f è prolungabile con continuità nel punto a. Si provi che l’equazione x999 + ax + b = 0 ha al pi` u tre soluzioni reali per ogni scelta di a e b in R. g : [a. . Si provi che r log scelto x = 1 2m+1 ∞ 1 + x X x2n+1 = 1 − x n=0 2n + 1 ∀x ∈ ] − 1. Se esiste finito il limite lim+ f 0 (x) = λ. [Traccia: si provi che per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che |f (x) − f (y)| < ε per ogni x. b[ → R una funzione derivabile. [Traccia: se x0 è punto di massimo per f in I = [− 21 . +∞[ . che f è derivabile in tale punto e che f 0 (a) = λ. 4. . quindi nulla. x→+∞ x→+∞ si dimostri che esiste ξ > a tale che f (a) − λ f 0 (ξ) = . provare che f è identicamente nulla in R. 1[ .5. 237 . 1[ . se α ≤ −1. 1]. Sia α ∈ R. se −1 < α < 0. ove si è indicato con m!! il prodotto di tutti i naturali fra 1 e m aventi la stessa parità di m. Si provi che la serie binomiale x : n (i) converge assolutamente per x = ±1. [Traccia: ripetere il ragionamento fatto per log(1 + x) e arctan x negli esempi 4. Si provi che √ 1+x=1+ ∞ X (−1)n−1 n=1 (2n − 3)!! n x (2n)!! ∀x ∈ ] − 1. 12. Determinare una serie di potenze la cui somma sia 2 − x2 in un opportuno intervallo di centro 0. √ 11.] P α n 13.9. (iii) non converge per x = ±1. e si è posto m!! = 1 per m ≤ 0.3. se α ≥ 0. 10. 1 x2n+1 2n + 1 n 2n + 1 x2n+1 = ∀x ∈ ] − 1. (ii) converge puntualmente per x = 1 e non converge per x = −1. mentre la serie ∞ X n=1 " 1 e− 1+ 2 n n2 # è convergente. Si provi che la serie ∞ X n=1 n 1 e− 1+ n è divergente. Provare che valgono gli sviluppi in serie di potenze arcsin x = = ∞ X −1/2 (−1)n n=0 ∞ X n=0 n 2n + 1 x2n+1 = (2n − 1)!! 1 x2n+1 (2n)!! 2n + 1 settsinh x = log x + √ 1 + x2 = ∞ X −1/2 (−1)n n=0 = ∞ X (2n − 1)!! n=0 (2n)!! ∀x ∈ [−1. . . . α . . . . . se α ≥ 1 si provi che . α . ≤ [Traccia: se α ≤ −1 si provi che . αn . ≤ . n+1 n c per ogni n sufficientemente grande e c costante opportuna. se |α| < 1 si n(n−1) . α . . α. . Qn . α+1 osservi che . n+1 . < . n . = |α| · k=2 . 1 − k . . ∀k ≥ 2. c0 . e sfruttando le relazioni b < log 1 − kb < − kb ∀b ∈ ]0.] c nα+1 . si deducano le disuguaglianze costanti c. − k−b P log n2 < nk=2 k1 < log n ∀n ≥ 2. 2[ . . < . αn . Poniamo dunque (x0 . r) ⊆ A tale che esistano le derivate parziali Di f (x). utilizzando le disuguaglianze fra media armonica. y0 + k) − f (x0 . Sia poi ρ = |h|2 . . i = 1. se ne deduca. (h. sia x0 ∈ A e sia f : A → R una funzione con le seguenti proprietà: (i) esiste una palla B(x0 . y0 )h − (x0 . lim ρ→0 ρ ∂x ∂y Osserviamo che f (x0 + h. y0 ) − (x0 . . y0 + k) − f (x0 .8.2 ed esercizio 1.4.7. Dimostrazione Facciamo la dimostrazione nel caso m = 2: il caso generale è del tutto analogo ma formalmente pi` u complicato (esercizio 4. y0 )k = 0. 238 . Si verifichi che x2 ≤ ln(1 + x) ≤ x per ogni x ∈ [0. allora i punti (x0 .1 (del differenziale totale) Sia A un aperto di Rm . 1].4). .8. Allora f è differenziabile nel punto x0 . y0 + k) e (x0 + h. y0 + k) − f (x0 . che n n n+1 n < n! < ∀n ∈ N+ . y0 ) = x0 . y0 ) = = [f (x0 + h. geometrica e aritmetica (teorema 1. 4. k) = h.10 (3). y0 )] . Teorema 4. r). y0 + k) appartengono ancora a B(x0 .4. (ii) le derivate parziali Di f sono continue in x0 . .2). in ogni punto x ∈ B(x0 . < c0 nα+1 per ogni n ≥ 2 e per opportune 14. Dobbiamo provare che 1 ∂f ∂f f (x0 + h. y0 + k)] + [f (x0 . ossia h2 + k 2 < r2 . Se ρ < r. 2 ln(n + 1) 2 Si confronti questo risultato con quello ottenuto nell’esempio 2. r).4 Condizioni sufficienti per la differenziabilit` a Torniamo alle funzioni di pi` u variabili: con l’ausilio del teorema di Lagrange si può provare la differenziabilità di un’ampia classe di tali funzioni. m. y0 + k) − f (x0 . y0 ) = ∂f ∂f (ξ. t compreso fra y0 e y0 + k. t → f (x0 . Quindi . η)k ∂x ∂y con ξ punto opportuno compreso fra x0 e x0 + h.ed applicando il teorema di Lagrange alle due funzioni t → f (t. y0 + k) − f (x0 . e η punto opportuno compreso fra y0 e y0 + k. t). otteniamo f (x0 + h. t compreso fra x0 e x0 + h. y0 + k). y0 + k)h + (x0 . . . 1 . . ∂f ∂f . y )k 0 0 0 0 0 0 0 0 . y ) − (x . y )h − (x . y + k) − f (x .≤ f (x + h. ρ. ∂x ∂y . . . . . |k| . ∂f . |h| . . ∂f ∂f ∂f . . ≤ (ξ. y0 + k) − (x0 . y0 ). η) − (x0 . y0 ). + (x0 . . ≤ . . ρ ∂x ∂x ρ ∂y ∂y . . . . . ∂f . . ∂f . ∂f ∂f ≤ . . (ξ. y0 + k) − (x0 . y0 ). . + . . (x0 . η) − (x0 . y0 ). . ma non soddisfa in tale punto le ipotesi del teorema del differenziale totale.1 si esibisce una funzione che è differenziabile benché non soddisfi le ipotesi del teorema del differenziale totale. y = 0 0 è differenziabile nel punto (0. Esercizi 4. Dimostrare il teorema del differenziale totale nel caso generale (funzioni di m variabili anziché di due). Ne segue la tesi. ∀x ∈ A. Provare che la funzione ( f (x. 2. Osserviamo che il teorema precedente esprime una condizione soltanto sufficiente per la differenziabilità di f in x0 : nell’esercizio 4. Sia A un cono di Rm (cioè un insieme tale che se x ∈ A allora tx ∈ A per ogni t > 0).4 1. ∂x ∂x ∂y ∂y quando ρ → 0 si ha h → 0 e k → 0. y0 ).4. 3. y) = y 2 cos y1 se x ∈ R. Una funzione f : A → R si dice omogenea di grado α ∈ R se verifica l’identità f (tx) = tα f (x) ∀t > 0. 0). y 6= 0 se x ∈ R. dunque ξ → x0 e η → y0 : perciò l’ultimo membro tende a 0 in virt` u della continuità delle derivate parziali di f nel punto (x0 . . Provare che: 239 . 4. (ii) Provare che la funzione g(x. y) ∈ ∆. y) = − (x. 6. ove ∆ = {(x. y) ∈ R2 \ ∆ . 5. allora le derivate parziali Di f sono funzioni omogenee di grado α − 1. (ii) Si provi che esistono le derivate parziali di f in ogni punto di R2 . y) =   x se x ∈ R. (iii) Determinare l’insieme dei punti ove f è differenziabile e calcolarne il differenziale. Sia f una funzione differenziabile con derivate parziali continue in R2 . (iv) Si dimostri che f non è differenziabile nell’origine. y 6= 1 y2 − 1 f (x. mentre lo è negli altri punti di R2 . (i) Provare che ∂f ∂f (x. y = 0 f (x. x−y è estendibile con continuità a R2 . y) ∈ ∆. (i) Determinare l’insieme dei punti ove f è continua. Sia H una matrice reale e simmetrica m × m. (iii) Si scriva il vettore gradf (0. e tale che f (x. Si consideri la funzione f : R2 → R cos`ı definita:  2   x ln y se x ∈ R. 7. y) . Si consideri la funzione f : R2 → R cos`ı definita: ( 0 se x ∈ R. y) = 0 ∀(x. y) ∈ R2 : x = y}. y = 1. (ii) vale l’identità di Eulero ∇f (x). vim è una funzione omogenea di grado 2 su Rm (essa si chiama forma quadratica associata alla matrice H). e se ne calcoli il gradiente. y = 6 0. 0). y) = 2 x−y y e−( y ) se x ∈ R. xim = αf (x) h∇ ∀x ∈ A. y) = f (x. (i) Si verifichi che f è continua in R2 . y) ∂x ∂y ∀(x. 240 (x. (ii) Determinare l’insieme dei punti ove esistono le derivate parziali e calcolare tali derivate.(i) se f è differenziabile in A. Si verifichi che la funzione Φ(v) = hHv. 5. che è definita su [a. per ogni k ∈ R tale che t + k ∈ [a. b] (ossia le funzioni u1 . . che ∇f (u(t)). Cominciamo dal caso pi` u semplice: sia A un aperto di Rm . se f è differenziabile in A e u è derivabile in [a. = h∇ poiché . essendo la funzione f differenziabile nel punto u(t). prendendo come incremento vettoriale h la quantità u(t + k) − u(t).2. . . b]. w(k) kim + |u(t + k) − u(t)|m ω (u(t + k) − u(t)) = = h∇ ∇f (u(t)). um (t)) di Rm . Ne segue ∇f (u(t)).4. allora F è derivabile in [a. . e sia u : [a. u0 (t)im k = F (t + k) − F (t) − h∇ ∇f (u(t)). dall’osservazione 4. . w(k) kim + |(u0 (t) + w(k)) k|m ω(u(t + k) − u(t)).1. Teorema 4.5 Differenziabilit` a di funzioni composte Estenderemo al caso di funzioni di pi` u variabili il teorema di derivazione delle funzioni composte (teorema 4. n. i = 1. ove le funzioni wi sono infinitesime per k → 0. ossia. fissato t ∈ [a. b]. u(t + k) − u(t) = u0 (t) k + k w(k). D’altra parte.. . b]. b] si può scrivere ui (t + k) − ui (t) = (ui )0 (t) k + k wi (k). b] a valori in R. . ove ω(h) è un infinitesimo per h → 0.7). .7 segue. ove |w(k)|m → 0 per k → 0. Dimostrazione Le ui sono funzioni derivabili: quindi. b]). Ha dunque senso considerare la funzione composta F (t) = f (u(t)). . u(t + k) − u(t)im = f (u(t + k)) − f (u(t)) − h∇ = |u(t + k) − u(t)|m ω(u(t + k) − u(t)). b] e si ha m X ∂f ∇f ] ◦ u)(t). sia f : A → R una funzione.um sono derivabili in [a. b] → A una funzione a valori vettoriali: ciò significa che u(t) è un vettore (u1 (t).1 Nelle ipotesi sopra dette. . in forma vettoriale. u (t)im = (u(t)) (ui )0 (t) F (t) = h([∇ i ∂x i=1 0 0 ∀t ∈ [a. . il quale appartiene ad A per ogni scelta di t ∈ [a. h i. . . 1 0 ∇f (u(t)). w(k) kim + |(u (t) + w(k)) k|m · ω(u(t + k) − u(t)) . . ≤ lim . h∇ k→0 . k h i 0 ∇f (u(t))|m |η(k)|m + |u (t) + w(k)|m |ω(u(t + k) − u(t))| = 0. lim 241 . ≤ lim |∇ k→0 si conclude che F (t + k) − F (t) ∇f (u(t)). = h∇ k→0 k Il risultato che segue prova la differenziabilità delle funzioni composte nel caso pi` u generale. u0 (t)im . g m (x)) è differenziabile in B e risulta m X ∂f ∂g k ∂F (x) = (g(x)) (x) ∀x ∈ B. . . . la cui riga i-sima è il vettore ∇ g i (x). . . osserviamo che risulta ω (h) = 0. . g m sono differenziabili in B. . . hip + |h|p wi (h). him = h[∇ ∇f ](g(x)). sia B un aperto di Rp e consideriamo due funzioni f : A → R e g : B → A. |h|p w(h)im + |g(x + h) − g(x)|m ω (g(x + h) − g(x)) = = h[∇ ∇f ](g(x)). Se f è differenziabile in A e se g è differenziabile in B (ossia le componenti scalari g 1 . ove le funzioni wi sono infinitesime per h → 0. ove ω(k) è un infinitesimo per |k|p → 0. . . siccome f è differenziabile nel punto g(x). Dg(x)him h∇ ∀h ∈ Rm .5. |h|p w(h)im + |Dg(x)h + |h|p w(h)|m ω(g(x + h) − g(x)). g(x + h) − g(x)im = f (g(x + h)) − f (g(x)) − h[∇ = |g(x + h) − g(x)|m ω(g(x + h) − g(x)). m. .Teorema 4. . g m di g sono differenziabili in B). k=1 242 i = 1. . . . . . g i (x + h) − g i (x) = h∇ i = 1. . Dg(x)him = f (g(x + h)) − f (g(x)) − h[∇ ∇f ](g(x)). ove |w(h)|m → 0 per |h|p → 0. e che quindi è m × p. possiamo scrivere le relazioni precedenti in forma vettoriale: g(x + h) − g(x) = Dg(x)h + |h|p w(h). . Ne segue ∇f ](g(x)). . il che implica in particolare Di f (g(x)) = m X [Dk f ](g(x))Di g k (x). scelto l’incremento k = g(x + h) − g(x) si ha ∇f ](g(x)). |h|p →0 |h|p lim Dunque si conclude che f ◦ g è differenziabile nel generico punto x e si ha ∇(f ◦ g)(x). Introducendo la matrice Dg(x). quindi si ha ∇g i (x). D’altronde. . . allora la funzione composta F (x) = f (g(x)) = f (g 1 (x). .2 Sia A un aperto di Rm . . ∀j = 1. m. p. . = h[∇ denotando l’ultimo membro con ω (h). k j ∂xj ∂y ∂x k=1 Dimostrazione Le funzioni g 1 . posto u(r. ϑ ∈ [0. ∂ϕ ∂x ∂y 243 . ∀ϑ ∈ [0. ∂ϑ ∂x ∂y e in particolare ∇f ](r cos ϑ. ϑ) ∀r > 0. si puo‘ verificare che (omettendo. 2π]. Se f (x. 0) e (r. La quantità r rappresenta la distanza del punto P = (x. ϑ) = ∂r 2 2 1 ∂u + 2 (r. 0. r sin ϑ) cos ϑ + (r cos ϑ. z) dall’origine O. 2π]. 2π]. Come nel caso bidimensionale. z) è una funzione differenziabile e v = f ◦ Φ. π) rappresentano i due “poli” (0. r sin ϑ)|22 |[∇ ∂u (r. y. r sin ϑ)r cos ϑ. Se f (x. 0.7. per brevità. L’applicazione Φ trasforma parallelepipedi dello spazio rϑϕ in settori sferici dello spazio xyz.3 (1) (Coordinate polari in R2 ) Poniamo. come si è fatto nell’osservazione 3. il numero ϕ è la longitudine.Esempi 4. infine. r sin ϑ) sin ϑ. ϑ. cioè l’angolo (orientato) fra la semiretta delle x ≥ 0 e la proiezione di OP sul piano xy. ϕ) = (x. ed infine le terne (r. ove N è il “polo nord” (0. 0. ϑ. tutte le terne (r. il numero ϑ è la “colatitudine”. y. ∂r ∂x ∂y ∂u ∂f ∂f (r. r sin ϑ) si ha ∂u ∂f ∂f (r. 2π]. 0. r sin ϑ)r sin ϑ + (r cos ϑ.  z = r cos ϑ.3. ϑ. 0. y = r sin ϑ. r ∂ϑ (2) (Coordinate polari in R3 ) Poniamo   x = r sin ϑ cos ϕ y = r sin ϑ sin ϕ r ≥ 0. ϑ) = (r cos ϑ. y) è una funzione differenziabile. la corrispondenza Φ(r. x = r cos ϑ r ≥ 0. z) non è biunivoca poiché tutte le terne (0. 2π) rappresentano lo stesso punto sul piano xz. la dipendenza delle funzione dalle variabili): ∂v ∂f ∂f ∂f = ◦ Φ sin ϑ cos ϕ + ◦ Φ sin ϑ sin ϕ + ◦ Φ cos ϑ. −r) rispettivamente. ϑ ∈ [0. ϑ) = − (r cos ϑ. ∂ϑ ∂x ∂y ∂z ∂v ∂f ∂f =− ◦ Φ r sin ϑ sin ϕ + ◦ Φ r sin ϑ cos ϕ. ossia l’angolo convesso che il segmento OP forma con il segmento ON. r) e (0. ϕ) e (r. ϕ ∈ [0. ϑ) = f (r cos ϑ. ϑ. ϕ) rappresentano l’origine. y. r).5. ∂r ∂x ∂y ∂z ∂v ∂f ∂f ∂f = ◦ Φ r cos ϑ cos ϕ + ◦ Φ r cos ϑ sin ϕ − ◦ Φ r sin ϑ. sin t). si provi che u è differenziabile in Rm e se ne calcoli il gradiente. 4 u(t) = (3t2 . [Traccia: si applichi il teorema di Lagrange alla funzione F (t) = f (x + t(y − x)). la sua derivata (f 0 )0 si dice derivata seconda di f e si indica con i simboli d2 f (x) f 00 (x). Sia A un aperto di Rm e sia f : A → R una funzione differenziabile. + y4 u(t) = (cos t. si provi che ∇f (v). b[ esiste la derivata f 0 (x): dunque resta definita la funzione derivata f 0 :]a. Se x. (c) f (x. b[→ R. (b) f (x. y ∈ A. dx2 (la f 0 . y) = x2 + y 2 . π[ .5 1. u(t) = (1 + t. x − yim . 2t) con t 6= 0. si dirà derivata prima di f ). x ∈ Rm . y) = x2 xy . Se questa funzione è a sua volta derivabile in ]a. 2.6 Derivate successive Sia f : ]a. Scrivere la derivata rispetto a t delle funzioni composte f (u(t)) seguenti: (a) f (x. ϑ ∈ ]0.In particolare si verifica facilmente che 2 2 2 ∂v 1 ∂v 1 ∂v 2 ∇f ] ◦ Φ|3 = |[∇ + 2 + 2 2 ∂r r ∂ϑ r sin ϑ ∂ϕ per ogni r > 0. f (x) − f (y) = h∇ ove v è un punto opportuno del segmento I. posto u(x) = f |x|2m . D2 f (x). 4. b[. y) = log(x2 − y 2 ). b[ . sin t) con 0 < t < π . Allora per ogni x ∈ ]a. u(t) = (cos t. 0 ≤ t ≤ 1. ϕ ∈ [0. ∞[→ R una funzione derivabile. Sia f : [0. . Esercizi 4. In particolare f 0 (x + h) − f 0 (x) h→0 h f 00 (x) = lim 244 ∀x ∈ ]a. b[ → R una funzione derivabile. per analogia. 1 − t). e se tutto il segmento I di estremi x e y è contenuto in A. 2π]. y) = (x2 + y 2 )2 . (d) f (x.] 3. Per le funzioni di pi` u variabili valgono considerazioni analoghe. f avrà mk derivate parziali k-sime (se queste esistono tutte). f (4) . si ha f 0 (x) = 2x + 3.1 (1) Se f (x) = x2 + 3x + 2. su R. allora esistono le m derivate parziali prime Di f (x). Poniamo inoltre ∞ C (A) = ∞ \ C k (A). . m.3 (1) Ogni polinomio in m variabili è una funzione di classe C ∞ (Rm ). (2) La funzione f (x) = |x|k+1/2 è di classe C k . .6. In tal caso si dice che f è derivabile n volte in ]a. n. Esempi 4. Definizione 4. per tali funzioni useremo i simboli ∂ 2f (x).2 Diciamo che una funzione f è di classe C k in A. denotiamo con C 0 (A).6. esisteranno le m2 derivate parziali seconde Dj (Di f )(x). quando è possibile. ove A è m un aperto di R . se f è differenziabile in A. 245 . si ha f (n) (x) = bx (ln b)n per ogni n ∈ N+ . fxj xj (x). ∂xj ∂xi e se i = j ∂ 2f Dj2 f (x). . m. . (3) Se f (x) = bx . Esempi 4. f (n) . i. (2) Se f (x) = x|x|. Dj Di f (x). mentre f 00 (0) non esiste. Sia f : A → R. che si indicano con f (3) . o semplicemente con C(A). in particolare. . . Se ciascuna di queste funzioni. b[) nel caso di funzioni di una sola variabile. . . è differenziabile in A. la derivata terza. ∀k = 1. f 00 (x) = 2. . . . n-sima di f . ma non di classe C k+1 . . . i = 1. ∂xj 2 In generale. e scriviamo f ∈ C k (A). l’insieme delle funzioni continue in A. e inoltre f e le sue derivate sono continue in A. se f possiede tutte le derivate parziali fino all’ordine k incluso. quarta. b[ . fxj xi (x). (3) Le somme di serie di potenze reali sono funzioni di classe C ∞ sull’intervallo aperto di convergenza. . . . si ha f (k−1) (x + h) − f (k−1) (x) h→0 h f (k) (x) = lim ∀x ∈ ]a. . b[. . a sua volta. . (x).6.Analogamente si definiscono. j = 1. si ha f 0 (x) = 2|x| e 00 f (x) = 2 se x > 0 −2 se x < 0. k=0 In modo analogo si definisce C k (]a. . f (n) (x) = 0 per ogni n > 2. b]. Ciò è conseguenza del seguente P∞ k Teorema 4. i loro coefficienti sono univocamente determinati dalla somma della serie. m si ha Dj Di f (x) = Di Dj f (x) ∀x ∈ A. può darsi il caso che esistano le derivate seconde Di Dj f e Dj Di f di una funzione f di m variabili. R[ .1. Si noti che. b]. secondo il quale due polinomi che coincidono per ogni valore della variabile devono avere gli stessi coefficienti. Tuttavia sotto ipotesi assai ragionevoli vale il seguente risultato sull’invertibilità dell’ordine di derivazione: Teorema 4. nel caso m-dimensionale. con tutte le derivate continue in [a. ritorneremo a parlare di essa quando studieremo i massimi e i minimi di funzioni di pi` u variabili (paragrafo 4.11). . Allora: (i) f appartiene a C ∞ ( ] − R. la sua matrice Hessiana. . H(x) =  x ∈ A. e sia f (x) la sua somma per |x| < R.   ··· ······ ··· 2 Dm D1 f (x) · · · · · · Dm f (x) è una matrice m×m reale e simmetrica.6. b] l’insieme delle funzioni derivabili k volte in [a. definita da   · · · · · · D1 Dm f (x) D12 f (x)   ··· ······ ··· . allora per ogni i. . (ii) risulta f (n) (x) = ∞ X k(k − 1) · . R[ ). .5. indichiamo con C k [a. se f : A → R è di classe C 2 sull’aperto A ⊆ Rm .4 Dato un intervallo chiuso [a. In generale.6. come si vedrà nel corso di Analisi 2.Osservazione 4.6.6. b].6 e 4.6 Sia n=0 ak x una serie di potenze reale con raggio di convergenza R > 0. b tali derivate sono calcolate come nell’osservazione 4. Principio di identit` a delle serie di potenze Per i polinomi vale il principio di identità. negli estremi a. Le serie di potenze condividono questa fondamentale proprietà: in altre parole. R[ ) (cioè esiste f (n) (x) per ogni n ∈ N e per ogni x ∈ ] − R.4. . . Dimostrazione Si vedano gli esercizi 4. ma che queste due derivate siano diverse fra loro: un esempio è fornito nell’esercizio 4. ben noto in algebra. per A aperto di Rm la definizione dello spazio C k (A) è non banale. .7. Di conseguenza.6. j = 1.6. · (k − n + 1) ak xk−n k=n 246 ∀x ∈ ] − R.5 (di Schwarz) Se A è un aperto di Rm e f ∈ C 2 (A). R[ . con x1 < x2 < x3 e f (x1 ) = f (x2 ) = f (x3 ). scegliendo x = 0 nella serie di f (n) . R0 > 0. Posto r = min{R.12 segue che f 0 è derivabile e che 00 f (x) = ∞ X k(k − 1) ak xk−2 ∀x ∈ ] − R. .(iii) in particolare. Esercizi 4. x3 punti di ]a. Siano x1 .6. k=1 Ma allora f 0 è a sua volta somma di una serie di potenze in ] − R. Si provi che esiste ξ ∈]x1 . .6. P Corollario 4.12 sappiamo che f è derivabile e che f 0 (x) = ∞ X k ak xk−1 ∀x ∈ ] − R. se risulta ∞ X an x n = n=0 ∞ X bn x n ∀x ∈ ] − r. Sia f : ]a. b[ . b[ . . r[ . In particolare.1. b[ → R derivabile due volte in ]a. r[ . 2. R0 }. R[ . Dimostrazione Dal teorema 4. an = f (n) (0) n! ∀n ∈ N. Sia f : ]a.6 alla serie differenza. b[ → R e supponiamo che f sia derivabile due volte in ]a. tutti gli addendi con k > n spariscono e pertanto f (n) (0) = n(n − 1) · . x2 . Si provi che f (x + h) + f (x − h) − 2f (x) h→0 h2 f 00 (x) = lim 247 ∀x ∈ ]a. P (an −bn )xn . · (n − n + 1) an = n! an . b[ . cioè la quale per ipotesi ha somma 0 in ] − r. k=2 Iterando il procedimento si ottengono (i) e (ii). x3 [ tale che f 00 (ξ) = 0. n=0 allora si ha an = bn per ogni n ∈ N. ove f (0) significa f . R[ : applicando nuovamente il teorema 4. b[ .7 (principio di identit` a delle serie di potenze) Siano an x n e P bn xn due serie di potenze reali con raggi di convergenza R.6 1. Dimostrazione Basta applicare il teorema 4.1. y0 + k) + f (x0 . Sia f ∈ C k (A). 0) = 1. Si provi che fxy (0. y0 ) ∈ A. Calcolare f (n) (x) per ogni n ∈ N+ nei casi seguenti: (i) f (x) = logb x. y0 )]. x ∈ R. si provi che esiste ξ. (iv) f (x) = xb . k 9. tale che A(h. [Traccia: si applichi opportunamente il teorema di Lagrange. Si dimostri la formula di Leibniz per la derivata n-sima di un prodotto: n X n n D (f g)(x) = Dk f (x) · Dn−k g(x). (ii) f (x) = cos bx. intermedio fra x0 e x0 + h. [Traccia: ci si riconduca al caso di due variabili osservando che il ragionamento coinvolge solo le due variabili xi e xj . η). intermedio fra y0 e y0 + k. provando che se f ∈ C 2 (A) allora Di Dj f = Dj Di f in A. y0 ) − f (x0 .] 5. k) = hk · fxy (ξ 0 . Sia A un aperto di R2 . (iii) f (x) = b−x .] 7.3. tali che A(h. k k=0 [Traccia: si ragioni per induzione. tale che A(h. sia f ∈ C 2 (A) e sia (x0 . k) = h[fx (ξ. Posto A(h. y0 + k) − fx (ξ. e ξ 0 . si provi poi che esiste η. η 0 ). Sia f : R → R di classe C ∞ . 6. Infine. k) = f (x0 + h. Se esiste n ∈ N+ tale che f (n) ≡ 0. intermedio fra x0 e x0 + h. y0 + k) − f (x0 + h. Si verifichi che le derivate distinte di f di m+k−1 ordine k sono . con A aperto di R . intermedio fra y0 e y0 + k. Si generalizzi l’argomentazione dell’esercizio precedente al caso di m variabili. Sia f : R2 → R la funzione cos`ı definita:  x  y 2 arctan se y = 6 0. k) = hk · fyx (ξ. in modo analogo si verifichi che esistono η 0 . y0 ). 248 .] m 8. e se ne deduca il teorema di Schwarz nel caso m = 2. 4. 0) = 0 e fyx (0. si provi che f è un polinomio di grado non superiore a n − 1. y) =  0 se y = 0. x ∈ R y f (x. Si provi che se f (x) = ∞ X an x n .6. n=0 k=0 allora le serie ∞ X ank per ogni k ∈ N. k=0 "∞ ∞ X X k=0 # ank n=k sono assolutamente convergenti e si ha "∞ # "∞ # ∞ ∞ X X X X ank = ank . x0 + r[ . k! k=0 Occorre però verificare la validità della terza uguaglianza: cioè. R[ .] 4. R[ la funzione f è somma di una serie di potenze di centro x0 in ]x0 − r. bisogna verificare che se {ank : n. n=0 allora per ogni x0 ∈ ] − R.8. ove r = R − |x0 |.6) ∞ X 1 (k) = f (x0 )(x − x0 )k . . k ∈ N. x ∈ ] − R. n=0 k=0 k=0 n=k A questo scopo si utilizzi l’esercizio 2. si scriva xn = [(x − x0 ) + x0 ] n e ∞ X ∞ X n X n n−k f (x) = an [(x − x0 ) + x0 ] = an · x0 (x − x0 )k = k n=0 n=0 k=0 n (poiché la somma è estesa agli indici (k. · (n − k + 1)an x0n−k (x − x0 )k = = k=0 n=k (per il teorema 4. [Traccia: usando la formula di Newton per il binomio. n) ∈ N2 con n ≥ k) "∞ # ∞ X X n an xn−k (x − x0 )k = = 0 k k=0 n=k "∞ # ∞ X X n(n − 1) · .10.7 Confronto di infinitesimi e infiniti Nel calcolo di limiti di funzioni di una variabile. n ≥ k} è una famiglia di numeri reali o complessi tali che " n # ∞ X X |ank | = L < +∞. il pi` u delle volte ci si trova a dover determinare l’effettivo comportamento di una forma indeterminata del tipo 0/0 oppure 249 . "∞ ∞ X X n=0 n=k # ank . .4. allora l’osservazione 4. x→+∞ (3) 1/ ln x è un infinitesimo per x → 0+ di ordine inferiore a xε qualunque sia ε > 0.2 (2) ci dice che f (x) − f (x0 ) − f 0 (x0 )(x − x0 ) = o(x − x0 ) per x → x0 .1. (6) E per x → 0. (5) Dire che f (x) = o(1) per x → x0 significa semplicemente che f (x) è un infinitesimo per x → x0 . Siano f. Diremo che f è un infinitesimo di ordine superiore a g per x → x0 (oppure.3. x→0 (4) Se f è derivabile in x0 . e di ordine inferiore a x3 . x→0 x2 x3 lim = 0. che g è un infinitesimo di ordine inferiore a f per x → x0 ) se lim x→x0 f (x) = 0. dello stesso ordine di x2 . e infinitesime per x → x0 . in quanto sin2 x lim = 0. che si legge “f è o-piccolo di g per x → x0 ”.1 (1) sin2 x è un infinitesimo per x → 0 di ordine superiore a x. 250 . x→0 sin2 x (2) e−x è un infinitesimo per x → +∞ di ordine superiore a x−n qualunque sia n ∈ N+ . in quanto lim+ xε ln x = 0 ∀ε > 0. ove x0 ∈ R oppure x0 = ±∞.∞/∞. g(x) in tal caso useremo la scrittura f (x) = o(g(x)) per x → x0 . lim x→x0 g(x) Esempi 4. le funzioni f (x) = x e g(x) = x(2 + sin x1 ).1) tali che lim f (x) = lim g(x) = 0. g funzioni definite in un intorno di x0 .7. in quanto lim e−x xn = 0 ∀n ∈ N+ . per semplicità. Diciamo che f e g sono infinitesimi dello stesso ordine per x → x0 se esiste λ ∈ R \ {0} tale che f (x) = λ. A questo scopo è utile la seguente terminologia. cioè (definizione 3. equivalentemente. che f e g siano diverse da 0 in un intorno di x0 (salvo al pi` u x0 ). ` facile costruire due infinitesimi non confrontabili fra loro: tali sono ad esempio. x→x0 x→x0 Supporremo. x→0 x sin2 x lim = 1. ψ funzioni infinitesime per x → x0 . sin x sin x − x2 √ = lim = 1. in base al principio di sostituzione. x→0 x2 lim 251 . Dunque f (x) = o(g(x)) per x → x0 =⇒ f (x) = O(g(x)) per x → x0 . Esempi 4.3 (principio di sostituzione degli infinitesimi) Siano f .7. x→0 x + x x x→0 x lim (2) Calcoliamo (se esiste) il limite sin x − x + ln(1 + x2 ) .7. g. ψ(x) = o(g(x)) e se esiste (finito o infinito) il limite lim x→x0 allora si ha anche ∃ lim x→x0 f (x) .2 Accanto alla notazione “o-piccolo” esiste anche la scrittura “Ogrande”: se f e g sono infinitesimi per x → x0 .4 (1) Si ha. diverse da 0 per x 6= x0 (con x0 ∈ R oppure x0 = ±∞).Osservazione 4. g(x) f (x) + ϕ(x) f (x) = lim . g(x) + ψ(x) x→x0 g(x) Dimostrazione Basta osservare che f (x) + ϕ(x) f (x) 1 + = · g(x) + ψ(x) g(x) 1 + ϕ(x) f (x) ψ(x) g(x) . e che il secondo fattore tende a 1 per x → x0 . Se ϕ(x) = o(f (x)) e per x → x0 . Proposizione 4. ϕ. dire per x → x0 f (x) = O(g(x)) (che si legge “f (x) è O-grande di g(x) per x → x0 ”) significa che esiste K > 0 tale che |f (x)| ≤ K|g(x)| in un intorno di x0 .7. Il risultato che segue aiuta a semplificare il calcolo del limite di una forma indeterminata 0/0. ma il viceversa è falso: basta pensare a due infinitesimi dello stesso ordine. 3.12) mentre ln(1 + x2 ) è dello stesso ordine di x2 . Occorre invece scrivere pi` u precisamente t2 ln(1 + t) = t − + o(t2 ) per t → 0. . ovvero che g è un infinito di ordine inferiore a f per x → x0 . come ora vedremo. sia rispetto a x. 2 2 t→0 t→0 t t 2 Discorsi analoghi. se lim x→x0 g(x) = 0. t→0 t→0 t2 t2 perché non è detto che il termine o(t) sia trascurabile rispetto al denominatore t2 . cioè per le 1 funzioni f definite in un intorno di x0 (salvo al pi` u x0 ) e tali che f (x) sia infinitesimo per x → x0 . Siano f. possiamo scrivere ln(1 + t) = t + o(t) per t → 0. g due infiniti per x → x0 : diciamo che f è un infinito di ordine superiore a g per x → x0 . valgono per gli infiniti per x → x0 . f (x) in tal caso useremo ancora la scrittura g(x) = o(f (x)) 252 per x → x0 . t2 t2 t2 Sarebbe sbagliato dedurre da qui che (1 + t) ln(1 + t) − t t2 + o(t) lim = lim = 1. x→0 x2 esso invece coincide con ln(1 + x2 ) lim = 1. correttamente. 2 da cui. 2 t2 − t2 + o(t2 ) (1 + t) ln(1 + t) − t 1 lim = lim = . in quanto h(x) è dello stesso ordine di x3 (esercizio 3. tuttavia essa non è un infinitesimo di ordine superiore a h(x) = sin x−x. cioè sia anche o(t2 ). x→0 x2 (3) Vediamo se esiste il limite lim t→0 (1 + t) ln(1 + t) − t .La funzione ln(1+x2 ) è un infinitesimo per x → 0 di ordine superiore sia rispetto a sin x. Sarebbe perciò sbagliato concludere che il limite proposto coincide con sin x − x lim = 0. da cui (1 + t) ln(1 + t) − t (1 + t)(t + o(t)) − t t2 + o(t) + o(t2 ) = = . t2 Utilizzando lo sviluppo di Taylor. g(x) f (x) + ϕ(x) f (x) = lim .5 (1) 1 + x3 è un infinito di ordine superiore a x per x → +∞.4 (2) e l’esercizio 4. in quanto x lim √ = 0. ψ funzioni infinite per x → x0 .7. però: spesso è pi` u utile la formula di Taylor. f è un infinito di ordine superiore a g per x → x0 se e solo se 1/f è un infinitesimo di ordine superiore a 1/g per x → x0 . ϕ. oppure infiniti. √ Esempi 4.6 (principio di sostituzione degli infiniti) Siano f . (ii) g 0 6= 0 in un intorno di x0 (salvo al pi` u in x0 ). ove x0 ∈ R oppure x0 = ±∞. e se esiste (finito o infinito) il limite lim x→x0 allora si ha anche ∃ lim x→x0 f (x) . g. in quanto sin x = x→−π/2 2 cos x π + x 2 sin x = −2. b[ \{x0 }. b] e siano f. Proposizione 4. Se ϕ(x) = o(f (x)) e ψ(x) = o(g(x)) per x → x0 . lim x→x0 f (x) Si noti che.8. 1 + x3 x→+∞ (2) tan x è un infinito dello stesso ordine di x→−π/2 1 x per x → − π2 + . g(x) + ψ(x) x→x0 g(x) Dimostrazione Analoga a quella del principio di sostituzione degli infinitesimi.7. Se: (i) f.7 (di de l’Hˆ opital) Sia x0 ∈ [a. in conseguenza delle definizioni di “o-piccolo” e “O-grande”. 253 . = lim 2 x→−π/2+ sin π + x 2 lim + (π + 2x) tan x = (3) Le funzioni 1 π+2x lim 2 + π +x e x1 (2 + sin x1 ) sono infiniti non confrontabili per x → 0.8.7. g funzioni derivabili in ]a. per x → x0 .Diciamo che f e g sono infiniti dello stesso ordine per x → x0 se esiste un numero reale λ 6= 0 tale che g(x) = λ. g sono entrambe infinitesimi.7) è il seguente Teorema 4. Un utile strumento per lo studio delle forme indeterminate (non il pi` u importante. come mostreranno l’esempio 4. (iii) esiste. f e g risultano continue in ]a. (Ciò è necessario se f e g non sono definite in x0 . g(x) x→x0 g (x) Dimostrazione Anzitutto. g 0 (x) f (x) f 0 (x) = lim 0 . e Dobbiamo calcolare il limite di fg(x) supposto per fissare le idee λ ∈ R. finito o infinito. b[ e derivabili in ]a.) In questo modo. 0 (x) (x) per x → x0 . sono discontinue in tale punto. il limite lim x→x0 allora ∃ lim x→x0 f 0 (x) . prolunghiamo oppure ri-definiamo f e g nel punto x0 ponendo f (x0 ) = g(x0 ) = 0. per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che . per (i). b[ \{x0 }. oppure se f e g sono definite in x0 con valori esempio nel caso di 1−cos x reali non nulli e quindi. come ad x nel punto 0. Detto λ il limite di fg0 (x) per x → x0 . 0 . . f (x) . . . < ε. 0 < |x − x0 | < δ =⇒ − λ . g 0 (x) . x0 [ tale che f (x) − f (x0 ) f 0 (ξ) f (x) = = 0 . quindi esiste ξ ∈ ]x. x0 ]. g(x) g(x) − g(x0 ) g (ξ) Ma |ξ − x0 | < |x − x0 | < δ e dunque .2) nell’intervallo [x. Sia x ∈ ]a. b[ tale che 0 < |x − x0 | < δ.3. e supponiamo ad esempio x < x0 : allora f e g soddisfano le ipotesi del teorema di Cauchy (teorema 4. . . 0 . . f (x) . . f (ξ) . . . . . . g(x) − λ. = . g 0 (ξ) − λ. 7. < ε. per il teorema di Cauchy possiamo scrivere f (x) − f (η) f 0 (ξ) = 0 . In questo caso la dimostrazione è meno semplice. η ∈ ]a. Fissati due punti distinti x. b[ \{x0 }. con facili calcoli. η sono sufficientemente vicini a x0 . per il caso λ = ±∞ si rimanda all’esercizio 4. che assicura l’iniettività di g. g(x) − g(η) g (ξ) con ξ opportuno punto intermedio fra x e η. Passiamo ora a considerare il caso in cui f e g sono infiniti per x → x0 . Ciò prova che f (x) g(x) converge a λ per x → x0 . entrambi minori o entrambi maggiori di x0 . Questa scrittura ha senso se i punti x. La relazione sopra scritta equivale. (η) g 0 (ξ) g(x) 1 − ff (x) 254 . poiché in tal caso vale l’ipotesi (ii). Proveremo la tesi solamente nel caso in cui λ ∈ R. a g(η) 1 − g(x) f (x) f 0 (ξ) = .5. Discorso analogo se λ = ±∞ e se x > x0 . scrittura che a sua volta ha senso per x sufficientemente vicino a x0 . esiste δ > 0 tale che . visto che f e g tendono a ±∞ per x → x0 . 1[ un altro numero. Per l’ipotesi (iii). che fisseremo in seguito. Sia ora ε > 0 e sia ε0 ∈ ]0. . 0 . . f (u) . < ε0 . . 0 < |u − u0 | < δ. b[ . − λ per u ∈ ]a. . g 0 (u) Scegliamo η = x0 ± 2δ . Allora quando 0 < |x − x0 | < δ si avrà anche 0 < |ξ − x0 | < δ e dunque . a seconda che sia x > x0 oppure x < x0 . . 0 . . f (ξ) . < ε0 . . − λ . . si ha 1− lim x→x0 1− g(η) g(x) f (η) f (x) e dunque esiste σ ∈ ]0. g 0 (ξ) Adesso osserviamo che. δ[ tale che . con la nostra scelta di η. . . . 1 − g(η) g(x) . . − 1 . < ε0 . f (η) . . per 0 < |x − x0 | < σ.1 − f (x) = 1. . . . f (x) . Valutiamo allora la quantità . g(x) − λ. quando 0 < |x − x0 | < σ: si ha . . . . . 1 − g(η) f 0 (ξ) . . f (x) . g(x) . . . = . . − λ − λ . ≤ . g(x) . . 1 − f (η) g 0 (ξ) . f (x) . . . . . 1 − g(η) . . f 0 (ξ) . . . . f 0 (ξ) . g(x) . . . . . . ≤ ε0 (|λ| + ε0 ) + ε0 . ≤ . − 1 + − λ . . . 1 − f (η) . . g 0 (ξ) . . g 0 (ξ) f (x) Essendo ε0 < 1. deduciamo . . . f (x) . 0 . . . g(x) − λ. < (|λ| + 2)ε e scegliendo infine ε0 < ε |λ|+2 per 0 < |x − x0 | < σ. si conclude che . . . f (x) . . . . g(x) − λ. o di infiniti. o anche per x → ±∞.8 (1) Il teorema di de L’Hôpital vale anche nel caso di rapporti − di infinitesimi.7. che è la tesi. 255 . per x → x+ 0 . < ε per 0 < |x − x0 | < σ. Osservazioni 4. Le dimostrazioni sono essenzialmente analoghe (esercizio 4.5).7. o per x → x0 . = lim = λ.7 1.(2) La soppressione di una qualunque delle tre ipotesi rende falso il teorema: si vedano gli esercizi 4. se esistono. g(x) x→0 g (x) Come mai? 3. Dimostrare il teorema di de L’Hôpital nel caso in cui fg0 (x) → ±∞ per x → x0 . e poi magari anche di f (3) .9 Si ha. nel caso del confronto di due infinitesimi. 2 x→0 x→0 x 2x 2 2 Esercizi 4. si verifichi che f 0 (x) = 0. 2. cioè solo quando tale limite esiste) lim x→x0 f (n−1) (x) f (n−2) (x) f (x) = lim = .3. usando due volte il teorema di de L’Hôpital. g (3) eccetera. lim x→0 cos 2x − cos x −2 sin 2x + sin x −4 cos 2x + cos x 3 = lim = lim =− . i limiti x2 sin 1/x .7. Posto f (x) = x + cos2 π 4 − x e g(x) = esin x (x + sin x cos x). Posto f (x) = ln x e g(x) = x. finché non si trova un n ∈ N+ tale che f (n) (x) ∃ lim (n) = λ. non si fa l’ipotesi che la funzione g sia diversa da 0 in un intorno di x0 (salvo al pi` u x0 ): si provi che ciò è conseguenza delle altre ipotesi del teorema. Nell’enunciato del teorema di de L’Hôpital. e considerare i limiti per x → x0 di fg00 .2 e 4. x→+∞ g 0 (x) lim (b) lim f (x) x→+∞ g(x) lim non esiste. si verifichi che lim+ x→0 f (x) f 0 (x) 6= lim+ 0 . . . (n−1) (n−2) x→x0 g(x) g (x) x→x0 g (x) Esempio 4. x→+∞ x (a) lim 4. 0 (3) In pratica la sostituzione di fg con fg0 porta sovente ad un’ulteriore forma indeterminata. Calcolare. si può 00 applicare il teorema di de L’Hôpital a f 0 e g 0 . x→x0 g (x) si avrà allora (e solo allora. 256 .7. x→0 sin x x + sin x . In questi casi. se le funzioni f 0 e g 0 verificano le tre ipotesi (i)-(ii)-(iii).7. Come mai? 0 (x) 5. e nel caso di forme indeterminate 0/0 e ∞/∞ per x → ±∞. 257 . b[ e supponiamo che f sia derivabile in ]a. x→0 x→0 x2 x ln x πx (xv) lim+ . Sia f : [a. mentre se f è derivabile allora f (x) − f (x0 ) − f 0 (x0 )(x − x0 ) = o(x − x0 ) per x → x0 . x→1 1 − x − ln x tan x 1 (vii) lim . ln(1 − x + x2 ) + ln(1 + x + x2 ) . Il risultato che segue generalizza questa proprietà di approssimabilità. . (xx) lim Formula di Taylor Consideriamo una funzione f : ]a.1 (formula di Taylor) Sia f una funzione derivabile k volte in ]a. x→1 x→0 x 2 (ix) lim (xvii) lim+ (ex − 1)x .8. 7. b[ . x→π/4 ln sin 2x ln(1 + 2ex ) (iv) lim √ . x→0 x (vi) lim+ tan x · ln sin x. b[ . Allora esiste un unico polinomio Pk (x) di grado al pi` u k. x→0 x − arctan x x→1 1 1 1/x − (xi) lim+ (tan x)e . b[ → R e fissiamo un punto x0 ∈ ]a. allora f è derivabile anche nel punto x0 . i seguenti limiti: √ (iii) lim+ logx (ex − 1). x→0 1 − cos x x2 tan x (i) lim+ (arctan x) . (xvi) lim (1 − x) tan . 2 − sin x − cos x . (ii) lim x→0 x→0 (v) lim arcsin x − x . Come sappiamo. (xii) lim x→0 x→0 x2 tan2 x √ (1 + x)1/x 1 + x − e 2 sin12 x (xiii) lim (1 + x ) . se f è continua allora f (x) − f (x0 ) = o(1) per x → x0 . con f 0 (x0 ) = α. tale che f (x) − Pk (x) = o (x − x0 )k per x → x0 . x→0 1 2 − (viii) lim . Calcolare. x→0 sin2 x . (xiv) lim . ove k ∈ N. Teorema 4. se esistono.8 tan x x (xviii) lim− x→1 1/x (ln x)2/3 + (1 − x2 )3/4 (sin(x − 1))2/3 . x→+∞ 1 + x2 x − xx . b[ . b[ \{x0 }.6. b] → R una funzione continua. e sia x0 ∈ ]a. Si provi che se esiste limx→x0 f 0 (x) = α ∈ R. (x) lim+ (ln x) ln ln x. sia x0 ∈ ]a. x→0 (xix) lim x→0 4. x→x0 p!(x − x0 ) (x − x0 )p x→x0 p(x − x0 )p−1 p! 258 . per h = 0.tale polinomio è dato da Pk (x) = k X 1 (n) f (x0 )(x − x0 )n n! n=0 e si chiama k-simo polinomio di Taylor di f di centro x0 . . . Si ha g(x) = o (x − x0 )k perx → x0 se e solo se g(x0 ) = g 0 (x0 ) = g 00 (x0 ) = . .7) si ha la catena di implicazioni g(x) = λ ⇐= x→x0 (x − x0 )k g 0 (x) g (k−1) (x) ⇐= ∃ lim = λ ⇐= . = g (k) (x0 ) = 0. e sia x0 ∈ ]a. poiché. per ipotesi. per definizione di derivata k-sima. . Dall’ipotesi lim x→x0 g(x) =0 (x − x0 )k si deduce in particolare che g(x) deve essere infinitesima per x → x0 . Consideriamo allora la forma indeterminata lim x→x0 g(x) : (x−x0 )p g (p) (x0 ) 6= 0. 1. Supponiamo per assurdo che Z non sia vuoto: allora esso avrà un minimo p ≥ 1. . . b[ . . k!(x − x0 ) k! x − x0 k! (=⇒) Definiamo Z = {h ∈ N : 0 ≤ h ≤ k. e si avrà dunque g(x0 ) = g 0 (x0 ) = · · · = g (p−1) (x0 ) = 0. con k ≥ 1. k−1 la funzione g (h) (x) è infinitesima per x → x0 . quindi g(x0 ) = 0 e pertanto 0 ∈ / Z. per il teorema di de l’Hôpital. . b[ → R una funzione derivabile k volte. Dimostrazione Se k = 0 si vede immediatamente che P0 (x) = f (x0 ) è l’unico polinomio che verifica la tesi. usando ripetutamente il teorema di de L’Hôpital (teorema 4. Possiamo quindi supporre k ≥ 1. Tutto il ragionamento è basato sul seguente lemma: Lemma 4.2 Sia g : ]a. g (k−1) (x) 1 g (k−1) (x) − g (k−1) (x0 ) 1 = → g (k) (x0 ) = 0 per x → x0 .8. g (h) (x0 ) 6= 0} : dobbiamo provare che Z = ∅. Dimostrazione del lemma (⇐=) Poiché. ⇐= ∃ lim = λ. g(x) g 0 (x) g (p−1) (x) g (p) (x0 ) = lim = · · · = lim = 6= 0. x→x0 k(x − x0 )k−1 x→x0 k!(x − x0 ) ∃ lim ma quest’ultimo limite vale 0.7. mentre invece.8. P (k) (x0 ) = k! ak . per ipotesi.. Se in particolare la funzione f (k+1) è limitata. Applicando il lemma 4. (k + 1)! ove ξ è un opportuno punto compreso fra x e x0 . P 00 (x0 ) = 2 a2 .8.1). . k. lim x→x0 g(x) g(x) = lim · (x − x0 )k−p = 0.8. cioè P (x) ≡ Pk (x). avremo f (x) − P (x) = o (x − x0 )k per x → x0 ⇐⇒ ⇐⇒ f (n) (x0 ) = P (n) (x0 ) per n = 0. P 0 (x0 ) = a1 . 259 . . d’altra parte si vede subito che P (x0 ) = a0 .2 alla funzione f (x) − P (x). p x→x0 (x − x0 )k (x − x0 ) Ciò è assurdo e pertanto Z = ∅. . . b[. .3 (1) Il grado del k-simo polinomio di Taylor Pk (x) è al pi` u k. (k + 1)! (3) Se f è derivabile k + 1 volte in ]a. cioè che f sia derivabile k + 1 volte) si ottiene dal k-simo semplicemente aggiungendo un termine: Pk+1 (x) = Pk (x) + 1 f (k+1) (x0 )(x − x0 )k+1 . k.. Questo risultato potrebbe chiamarsi “teorema di Lagrange di grado k + 1”. che possiamo sempre scrivere nella forma P (x) = k X an (x − x0 )n n=0 (esercizio 4. 1. ossia della differenza f (x) − Pk (x) per x → x0 : si ha in tal caso f (x) − Pk (x) = 1 f (k+1) (ξ)(x − x0 )k+1 . Osservazioni 4. (2) Il (k + 1)-simo polinomio di Taylor (ammesso che esista. Sia P (x) un arbitrario polinomio di grado k. Dimostriamo ora la formula di Taylor. esso ci dice che f (x) − Pk (x) = O (x − x0 )k+1 per x → x0 . è (k) esattamente k se e solo se f (x0 ) 6= 0. si può precisare meglio il modo di tendere a 0 del resto di Taylor. 1. . e dunque f (x) − P (x) = o (x − x0 )k 1 ⇐⇒ an = f (n) (x0 ) n! per x → x0 ⇐⇒ per n = 0. .. . (x − x0 )k+1 (k + 1)(ξ1 − x0 )k (k + 1)!(ξk − x0 ) (k + 1)! ove ξ1 è intermedio fra x e x0 . talvolta conviene invece far uso della sua proprietà di “miglior approssimazione”: se riusciamo a trovare un polinomio P . data f (x) = sin x5 . ∀x ∈ ] − R.10).2): (k) f (k+1) (ξ) f (x) − Pk (x) f 0 (ξ1 ) − Pk0 (ξ1 ) f (k) (ξk ) − Pk (ξk ) = = = . ξ2 è intermedio fra ξ1 e x0 . . basta applicare ripetutamente il teorema di Cauchy (teorema 4. tale che f (x) − P (x) = o (x − x0 )k per x → x0 . . nell’ultimo passaggio si è usato il fatto che Pk (k+1) ha grado non superiore a k e dunque Pk ≡ 0. .Per provare il “teorema di Lagrange di grado k + 1”. . Supponiamo che risulti ∞ X f (x) = an x n . chi è il suo quattordicesimo polinomio di Taylor di centro 0? Ricordando che 1 sin t − t =− 3 t→0 t 6 lim (esercizio 3.12). n=0 ove R ∈ ]0.3. Naturalmente si ha anche P13 (x) = P12 (x) = . Ad esempio. si ha an = 1 (n) f (0) n! 260 ∀n ∈ N. e infine ξ è intermedio fra ξk e x0 . si ha P4 (x) = P3 (x) = P2 (x) = P1 (x) = P0 (x) = 0.3. . ξk è intermedio fra ξk−1 e x0 . (4) Per scrivere il k-simo polinomio di Taylor di una data funzione f non è sempre obbligatorio calcolare le derivate di f nel punto x0 . avremo anche sin x5 − x5 1 = − x→0 x15 6 lim (esercizio 3. R[ . = P5 (x) = x5 . in particolare sin x5 − x5 = O(x15 ) = o(x14 ) per x → 0. e dunque P14 (x) = x5 . di grado non superiore a k. . Vediamo adesso quali sono le strettissime relazioni che intercorrono fra la somma f (x) di una serie di potenze. essendo sin x5 = O(x5 ) = o(x4 ) per x → 0. . = . . . mentre.1.3. +∞]. necessariamente esso sarà il k-simo polinomio di Taylor cercato. Come sappiamo (teorema 4.12). la serie stessa e i polinomi di Taylor della funzione f . 8. R[ . R[ tanto pi` u accurata quanto pi` u k è grande. in virt` u della formula di Taylor. esse verificano.4 (1) Per calcolare il limite lim ex 2 /2 x→0 − cos x − x2 x2 si può osservare che per x → 0 risulta ex 2 /2 =1+ x2 + o(x2 ). Osserviamo infine che l’uso della formula di Taylor è utilissimo nel calcolo dei limiti di forme indeterminate. verificano " # k X 1 f (x) − an x n = 0 lim x→x0 xk n=0 ∀k ∈ N. 2 cos x = 1 − 261 x2 + o(x3 ). " # k X lim f (x) − an x n = 0 ∀x ∈ ] − R. come mostrano i seguenti esempi. Esempi 4.8). cioè forniscono un’approssimazione locale del grafico di f nell’intorno di 0. per le quali dunque i Pk (x) sono definiti per ogni k ∈ N. f (x) − Pk (x) = ∞ X an xn = o(xk ) per x → 0. k→∞ n=0 cioè forniscono un’approssimazione globale del grafico di f in ] − R. Si noti che esistono funzioni di classe C ∞ . lim [f (x) − Pk (x)] 6= 0 ∀x 6= x0 lim x→x0 e che tuttavia verificano k→∞ (esercizio 4. per definizione di serie convergente. tanto pi` u accurata quanto pi` u x è vicino a 0. 2 . n=k+1 Le somme parziali di una serie di potenze godono quindi di una duplice proprietà: (a) in quanto tali.8. Abbiamo perciò per ogni k ∈ N. e (per definizione) soddisfano la condizione f (x) − Pk (x) =0 (x − x0 )k ∀k ∈ N.e dunque per ogni k ∈ N la somma parziale k-sima della serie coincide con il k-simo polinomio di Taylor di f di centro 0. (b) in quanto polinomi di Taylor di centro 0. 3. 4 4 7 x→0 x→0 sin x x + o(x ) 6 262 . = 12 si ha lim ex 2 /2 x→0 (2) Per il limite − cos x − x2 = lim x→0 x4 x4 12 + o(x4 ) 1 = . 2 8 p 1 1 1 + sin2 x = 1 + sin2 x + − sin4 x + o(sin5 x) = 2 8 2 4 1 1 3 1 4 = 1+ x − x + o(x ) − x + o(x2 ) = 2 6 8 1 1 1 = 1+ x2 − x4 − x4 + o(x5 ) = 2 3 8 1 2 7 4 = 1 + x − x + o(x5 ). 4 x 12 √ √ 1 + sin2 x − 1 + x2 lim x→0 sin x4 l’uso del teorema di de L’Hôpital appare poco pratico.e che dunque ex 2 /2 − cos x − x2 = o(x2 ) per x → 0. Invece. grazie al principio di sostituzione degli infinitesimi. pertanto lim ex x→0 2 /2 − cos x − x2 o(x2 ) = lim = 0. perché derivando numeratore e denominatore compaiono espressioni alquanto complicate. x→0 x2 x2 Invece per calcolare il limite lim x→0 ex 2 /2 − cos x − x2 x4 occorre scrivere anche i termini del quarto ordine: poiché 2 /2 ex −cos x − x2 = x2 x4 x2 x4 4 5 = 1+ + + o(x ) − 1 − + + O(x ) − x2 = 2 8 2 24 4 x + o(x4 ). per x → 0 risulta (esempio 4. √ √ 7 − 24 − 81 x4 + o(x5 ) 1 + sin2 x − 1 + x2 1 lim = lim =− . 2 24 e pertanto. √ 1 1 1 + x2 = 1 + x2 − x4 + o(x5 ). usando la formula di Taylor.5 (3)) sin x4 = x4 + o(x1 1). 5 (formula di Taylor in pi` u variabili) Sia f una funzione di classe k m C definita in un aperto A di R . Dm ed il monomio xp xp = (x1 )p1 · . si scrive q ≤ p se risulta qi ≤ pi per i = 1. . Allora esiste un unico polinomio Pk (x) di grado al pi` u k. Dimostrazione Se k = 0 non c’è niente da dimostrare: il polinomio P0 è la costante f (x0 ). δ].. |p| = m X pi .. tale che f (x) − Pk (x) = o |x − x0 |km per x → x0 . si chiama multi-indice. per δ > 0 sufficientemente piccolo è certamente ben definita la funzione F (t) = f (x0 + tv). tale polinomio è dato da Pk (x) = X 1 Dp f (x0 )(x − x0 )p p! |p|≤k e si chiama k-simo polinomio di Taylor di f di centro x0 . m. pm ).Formula di Taylor per funzioni di pi` u variabili La formula di Taylor si può enunciare anche per le funzioni di m variabili. i=1 Altre notazioni di uso comune sono quelle che seguono: se p. . . Teorema 4. di componenti (p1 . t ∈ [−δ. e sia x0 ∈ A.1)... . i=1 263 . . Dato un multi-indice p. . . si definiscono l’operatore di derivazione Dp pm Dp = D1p1 D2p2 . q q1 qm Ciò premesso. · (xm )pm . · . . q ∈ Nm . Fissata una generica direzione v ∈ Rm con |v|m = 1. A questo scopo occorre introdurre alcune comode notazioni.8. vale un risultato del tutto analogo al caso delle funzioni di una sola variabile (teorema 4. Essa è di classe C k e si ha 0 F (t) = m X Di f (x0 + tv)v i . . .. Inoltre si pone p! = p1 ! · . in tal caso si definisce p p1 pm = · .8. · pm ! . ossia un elemento di Nm . . Sia dunque k ≥ 1. Un vettore p a componenti intere non negative. mentre le Di2 . . . ossia le Dp con p = ei + ej . xm ).. . la quantità h!/p! è il numero di modi in cui si può ripartire un insieme di h elementi (le derivate di ordine totale |p|) in m sottoinsiemi aventi rispettivamente p1 . .8.−p p2 pm−1 modi. esprimendo il resto in forma di Lagrange (teorema 4. in virt` u del teorema di Schwarz (teorema 4. i1 . dove ξ è un punto opportuno compreso fra 0 e t. F (h) (t) = m X Di1 . Sostituendo le espressioni trovate per le derivate di F . . − pj−1 − pj )! (pj )! p! j=1 Scriviamo adesso la formula di Taylor per F nel punto t = 0.. Infatti. per 1 ≤ h ≤ k possiamo riscrivere F (h) (t) come F (h) (t) = X h! Dp f (x0 + tv)vp : p! |p|=h questo si vede osservando che...ih =1 La somma relativa a F 00 si può scrivere nella forma F 00 (t) = X 2! Dp f (x0 + tv)vp : p! |p|=2 infatti. . pm−1 palline nella penultima urna in h−p1 −. (pj )! (h − p1 − .8. ossia le Dp con p = 2ei ...5). i.m X F 00 (t) = Dj Di f (x0 + tv)v i v j . . di ordine k −1. .3 (3)): risulta f (x0 + tv) = F (t) = k−1 X F (h) (0) h=0 h! th + 1 (k) F (ξ)tk . cioè m−1 Y j=1 m Y 1 h! (h − p1 − . Il numero di modi complessivo è allora pm pm il prodotto dei coefficienti binomiali... . . p2 palline nella 1 m−2 seconda urna in h−p modi.. . . compaiono due volte. . . . otteniamo f (x0 + tv) = k−1 h X X t h! p tk X k! p D f (x0 )vp + D f (x0 + ξv)vp . . pm elementi (le derivate rispetto a x1 . le derivate Di Dj con i 6= j.j=1 e in generale. . mettendone p1 nella prima urna. e infine ci resta un solo modo le residue pm palline nell’ultima urna. compaiono una volta sola. Dih f (x0 + tv)v i1 . per 1 ≤ h ≤ k. .−p = = 1. . . k! t ∈ [−δ. δ].6. . pm nell’m-sima: possiamo inserire p1 palline nella prima urna in ph1 modi. h! p! k! p! h=0 |p|=h |p|=k 264 . . se |p| = h. e dipminserire m−1 per l’appunto si ha h−p1 −. il problema è analogo a quello di distribuire in sequenza h palline (le derivazioni parziali) in m urne (le variabili). p2 nella seconda. − pj−1 )! = h! = . v ih . Similmente.1 ed osservazione 4. . ovvero. esiste δ > 0 tale che B(x0 . p! |p|=k Ne segue che per ogni |t| < δ e |v|m = 1 si ha |x0 − x0 |m < |x − x0 |m < δ e quindi . δ) ⊆ A e |u − x0 |m < δ =⇒ X 1 |Dp f (u) − Dp f (x0 )| < ε. semplificando e ponendo x = x0 + tv. f (x) = X |p|≤k−1 X 1 1 p D f (x0 )(x − x0 )p + Dp f (x0 )(x − x0 )p = p! p! |p|=k X 1 X 1 = Dp f (x0 )(x − x0 )p + [Dp f (x0 ) − Dp f (x0 )] (x − x0 )p . x0 = x0 + ξv. p! p! |p|≤k |p|=k Adesso sfruttiamo il fatto che le derivate di ordine k di F sono continue: fissato ε > 0. . . . . X 1 . p 0 p p. k . [D f (x ) − D f (x )] (x − x ) 0 0 . . < ε|x − x0 |m . p! . |p|=k . Pertanto per ogni x ∈ B(x0 . δ) risulta . . . . X . . 1 p p. . f (x) − D f (x0 )(x − x0 ) . < ε|x − x0 |km . . p! . . . |p|=h 265 ∀h ∈ {0. . k X X Q(x0 + tv) 0 = lim = lim cp th−k vp . |p|≤k e ciò prova che il polinomio Pk (x) definito nell’enunciato verifica la tesi. che verifica la tesi. Otteniamo dunque. . si ha Q(x0 + tv) t→0 tk 0 = lim ∀v ∈ Rm con |v|m = 1. Proviamo l’unicità di Pk (x): sia P (x) un altro polinomio di grado al pi` u k. . lim = 0. k}. questo implica X cp v p = 0 ∀v ∈ Rm con |v|m = 1. posto Q = Pk − P . t→0 t→0 tk h=0 |p|=h poiché th−k non tende a 0 per t → 0. x→x0 |x − x0 |k m |p|≤k Ne deduciamo che. possiamo scrivere X Q(x) Q(x) = cp (x − x0 )p . 1. . sviluppato secondo le potenze di x − x0 . Allora. posto nuovamente x = x0 + tv. per ogni v ∈ Rm con |v|m = 1. Scrivere il secondo polinomio di Taylor di centro 0 per la funzione f (x) = ln(1 + ex ) − x2 . Si calcoli una approssimazione di sin 1 a meno di 10−4 . 6. 1.] 2.. x→0 x4 lim 7. x→0 x→0 x2 x2 1 1 1 − cos x + ln cos x (iii) lim − 2 . (d) 1 − 2x4 . . 5. . . (vi) lim 2 − . Sia P (x) = kn=0 an xn un polinomio. x→0 x→0 x tan x x x4 cosh2 x − 1 − x2 1 sin x x (v) lim . . |p|=h ossia Q(x) ≡ 0. . (b) x sin2 x. . Si provi che per ogni x0 ∈ R esistono unici b0 . x→0 x→0 sin x − log(1 − x) 2x 266 . Scrivere il k-simo polinomio di Taylor di centro π 4 per le funzioni sin x e cos x. usando la formula di Taylor.8 P 1. b1 . 4. ∀h ∈ {0. h=0 [Traccia: scrivere x = (x − x0 ) + x0 e usare la formula di Newton per il binomio. . Sia f (x) = x + x4 . (viii) lim . x→0 x→0 x x4 x sin x 1 sin 2x x2 sin x(5x − 2x ) (vii) lim . e calcolare il limite f (x) − P2 (x) . . . Calcolare. . Ciò prova che P = Pk . k}.bk ∈ R tali che P (x) = k X bh (x − x0 )h ∀x ∈ R. (c) ln(1 + 3x3 ). q! cq = Dq ∀h ∈ {0. Scrivere il decimo polinomio di Taylor di centro 0 per le funzioni: √ (a) x sin x2 . (ii) lim+ . (iv) lim . X cp x p = 0 ∀x ∈ Rm . Esercizi 4. 3. per omogeneità. scrivere tutti i polinomi di Taylor di f di centro 1.da cui. k}. 1. . |p|=h Da queste relazioni segue X cp xp = 0 ∀q ∈ Nm con |q| = h. i seguenti limiti: √ x − sin2 x − sin2 x ln cos x (i) lim . 10. Sia f : R → R la funzione definita da ( f (x) = 1 e− x2 se x 6= 0 0 se x = 0. Posto f (x) = x − e−x . y) = ln 1 + x2 . 0) per le funzioni f1 (x. [Traccia: si provi per induzione che ( 1 Qn (x)e− x2 (n) f (x) = 0 se x 6= 0 se x = 0. x→0 x 1−x − e−x (xvi) lim . (xiv) lim (n + n + 1) − n . 1 + y2 . ove Qn (x) è un’opportuna funzione razionale. (ix) lim . cioè è il quoziente di due polinomi. Si determini il terzo polinomio di Taylor di centro (0. b] una funzione invertibile. 11. y) = yexy . x→1 x−1 8. (x) lim −2x − x ln 1 + sin x→0 x→+∞ x2 x n2/n − 1 1 2n − 1 3 (xi) lim . provare che f −1 è di classe C k . Sia f ∈ C k [a. R[ . . (ii) per ogni k ∈ N il k-simo polinomio di Taylor di f di centro 0 è Pk (x) ≡ 0. esin x − 1 − x 2 2 3 . y) = cos x . (iii) per ogni R > 0 non esiste alcuna serie di potenze cha abbia somma uguale a f (x) in ] − R. n→∞ ln n1/n n→∞ 1 ln x (xv) lim+ (cos x) .] 9. cos y f2 (x. Provare che: (i) f è infinite volte derivabile in R. 267 f3 (x. (xii) lim n − n→∞ ln n1/n n→∞ 1 + e1/n 4n n−1/n − 1 4 3 1/4 (xiii) lim . si verifichi che la funzione inversa f −1 esiste e se ne scrivano esplicitamente il secondo e terzo polinomio di Taylor di centro −1. b] se e solo se f 0 ≥ 0 in [a. b]. x00 [ tale che f (x0 ) − f (x00 ) = f 0 (ξ) ≥ 0. quindi il rapporto incrementale di f in x0 è sempre non negativo. b].3) nell’intervallo [x0 . allora fissato x0 ∈ [a. b].1 Sia f : [a. Facendone il limite per x → x0 si ottiene f 0 (x0 ) ≥ 0 per ogni x0 ∈ [a. sia f 0 ≥ 0 in [a. allora il k-simo resto di Taylor di f può essere scritto nella forma X f (x) − Pk (x) = Dp f (u)(x − x0 )p . b]. e se x0 ∈ A. Quindi f è crescente. (iii) se f 0 > 0 in [a. D (f g) = q q≤p pm · · · D1p1 (f g) e si utilizzi m volte l’esercizio [Traccia: Si scriva Dp (f g) = Dm 4. (iv) se f 0 < 0 in [a. (ii) f è decrescente in [a. b] allora f è strettamente crescente in [a.] 4. Viceversa. Dimostrare la formula di Leibniz per la derivata di ordine p ∈ Nm del prodotto di due funzioni: X p p Dq f Dp−q g.4.12. |p|=k+1 ove u è un punto del segmento di estremi x0 e x. x00 ] si trova che esiste ξ ∈ ]x0 .] 13. x00 ∈ [a. ma il viceversa è falso.3. b] se e solo se f 0 ≤ 0 in [a. [Traccia: applicare il “teorema di Lagrange di grado k + 1” alla funzione F (t) = f (x0 + t(x − x0 )). 268 . b] con x0 < x00 . Provare che se f è una funzione di classe C k+1 in un aperto A di Rm . b] allora f è strettamente decrescente in [a. Allora: (i) f è crescente in [a. b] → R una funzione derivabile. Proposizione 4. (ii) Segue da (i) applicata a −f . b] si ha f (x) ≥ f (x0 ) se x > x0 e f (x) ≤ f (x0 ) se x < x0 . b]. x0 − x00 da cui segue f (x0 ) ≤ f (x00 ). Applicando il teorema di Lagrange (teorema 4. Dimostrazione (i) Se f è crescente in [a.6.9. b]. b] e siano x0 . cominciando dal caso delle funzioni di una variabile. Andiamo ad analizzare la questione.9 Massimi e minimi relativi per funzioni di una variabile La forma del grafico di una funzione f nell’intorno di un punto è strettamente legata al comportamento delle derivate di f in tale punto. ma il viceversa è falso. mentre il viceversa non è vero. Dimostrazione Si ragiona come nella dimostrazione del teorema di Rolle (teorema 4. Teorema 4.9. quindi passando al limite per x → x0 si trova f 0 (x0 ) = 0.9. osservando che stavolta si ha f 0 (ξ) > 0. ma il viceversa è falso. Il seguente risultato caratterizza i punti di massimo e di minimo relativo per funzioni di una variabile. allora f 0 (x0 ) = 0. A = [a. (iv) Entrambi gli enunciati seguono da (iii) applicata a −f . Definizione 4. se esiste un intorno U di x0 in Rm tale che f (x) ≤ f (x0 ) ∀x ∈ U ∩ A (oppure f (x) ≥ f (x0 ) ∀x ∈ U ∩ A). la precedente proposizione non vale (esercizio 4. b].6). e sia f : A → R una funzione qualunque. Valgono i seguenti fatti: (i) se x0 è punto di massimo relativo per f .1): se x0 è punto di massimo relativo esiste un intorno I di x0 tale che ( f (x) − f (x0 ) ≥ 0 se x ∈ I ∩ [a. ma il viceversa è falso. ove m ∈ N+ . allora f 0 (x0 ) = 0 e f 00 (x0 ) ≤ 0.9. La figura accanto illustra il caso m = 1. e sia x0 ∈ ]a. b[ → R una funzione derivabile due volte. Il viceversa è falso. x0 [ x − x0 ≤ 0 se x ∈ I∩ ]x0 . Teorema 4. mostra che il viceversa è falso.9.3 (di Fermat) Sia f : [a. Discorso analogo per i punti di minimo relativo. L’esempio f (x) = x3 . La seconda affermazione si ricava dall’esempio f (x) = x3 : questa funzione è strettamente crescente ma la sua derivata prima è nulla per x = 0. b[ . e sia x0 ∈ ]a. b] → R una funzione derivabile. 269 . Diciamo che x0 è punto di massimo relativo (oppure punto di minimo relativo) per f . b[ . Osserviamo che se il punto di massimo o di minimo relativo è un estremo dell’intervallo. i punti di massimo assoluto o di minimo assoluto di f sono anche punti di massimo relativo o di minimo relativo. con x0 = 0. allora f 0 (x0 ) = 0 e f 00 (x0 ) ≥ 0. b].(iii) La prima affermazione si ottiene ragionando come nel viceversa di (i).4 Sia f : ]a.2 Sia A un sottoinsieme di Rm . sia x0 ∈ A. Naturalmente. (ii) se x0 è punto di minimo relativo per f .3. Se x0 è punto di massimo o di minimo relativo per f . punto di minimo assoluto. cosicché x0 non può essere un punto di massimo relativo per f . allora x0 è punto di massimo relativo per f .(iii) se f 0 (x0 ) = 0 e f 00 (x0 ) < 0. La funzione f (x) = −x4 nel punto 0 rende falsi i viceversa degli altri due enunciati. Dimostrazione (i) Già sappiamo (proposizione 4. (iv) se f 0 (x0 ) = 0 e f 00 (x0 ) > 0.3) che f 0 (x0 ) = 0. ma se essa converge ad un limite L ∈ R. Supponendo.5 Sia f : I → I. anzi. ma il viceversa è falso.3) risulta f 0 (x) f 0 (x) − f 0 (x0 ) = >0 x − x0 x − x0 in un intorno I di x0 .9. ma 0 non è punto di massimo relativo (il che rende falso il viceversa di (i)). per la proposizione 4.1. che f 00 (x0 ) > 0. Ma allora. allora si ha necessariamente L = f (L). ove f : I → I è una funzione continua assegnata. allora x0 è punto di minimo relativo per f . n ∈ N. come si verifica subito passando al limite nella relazione di ricorrenza ed utilizzando la continuità di f . b]. (iv) Analogo a (iii). Definizione 4. limitato o no.9. Applicazione alle successioni definite per ricorrenza Vogliamo determinare il comportamento per n → ∞ di successioni della forma ( a0 = λ an+1 = f (an ). Infine. x0 [ e decresce in I∩ ]x0 . e λ ∈ I. sia L ∈ I. (ii) Analogo a (i). f decresce in I ∩[a. e quindi x0 è punto di massimo relativo. la funzione f (x) = x4 nel punto 0 verifica f 0 (0) = 0 e f 00 (0) = 0. Diciamo che L è un punto fisso di f se risulta L = f (L). x0 [ > 0 se x ∈ I∩ ]x0 . proviamo che f 00 (x0 ) ≤ 0. 270 . In generale il comportamento della successione {an } è ben difficile da determinare.2. (iii) Lo stesso ragionamento di (i) mostra che se f 00 (x0 ) < 0 e f 0 (x0 ) = 0. per assurdo. e dunque ( f 0 (x) < 0 se x ∈ I ∩ [a. b]. ed è. per il teorema di permanenza del segno (esercizio 3. I è un intervallo di R. allora f cresce in I ∩ [a. ma il viceversa è falso. b]. x0 [ e cresce in I∩ ]x0 . il che rende falso il viceversa di (iv).9. e se an > an−1 allora an+1 = 2an > 2an−1 = an . Esempi 4. 1[ tale che |f (x) − f (x0 )| ≤ K|x − x0 | ∀x. vale +∞. Si noti che ogni contrazione è una funzione continua. il suo limite è un punto fisso di f . pertanto. Discuteremo il comportamento di {an } in due casi semplici ma importanti: (a) quando f è una contrazione. x0 ∈ R. 0 0 0 non esiste alcun numero K ∈ ]0. allora an → ∞ per n → ∞. se f non ha punti fissi la successione {an } non può avere limite finito.6 Se {an } è definita da ( a0 = λ an+1 = 2an . se non siamo in uno di questi casi.9. Infatti. è immediato verificare per induzione che {an } è crescente: infatti si ha a1 = 2λ > λ = a0 . Quindi an ha limite. ovviamente. Naturalmente. se la successione {an } converge. non potendo essere finito. (2) f (x) = sin x non è una contrazione su R. 1[ tale che | sin . D’altra parte. Infatti. x0 ∈ R.8 (1) f (x) = ax + b è una contrazione su R se e solo se |a| < 1. x0 ∈ I. essendo f crescente. (b) quando f è monotona. Esempio 4. Diciamo che f è una contrazione su I se esiste K ∈ ]0. e tale limite. Definizione 4. n ∈ N. ciò non significa che non si sappia dire nulla: il problema è che bisogna esaminare il singolo caso. benché | sin x − sin x0 | ≤ |x − x0 | ∀x.9. Infatti f (x) = 2x è definita su I = R e non ha alcun punto fisso. |f (x) − f (x0 )| = |a| · |x − x0 | ∀x.9.Dunque.7 Sia I un intervallo di R e sia f : I → I. sinxx . scelto x = 0.− sin x | ≤ K|x − x | per ogni x ∈ R: 0 altrimenti. otterremmo limx→0 . x . ha svariatissime applicazioni in tutti i campi dell’analisi matematica. Allora f ha uno ed un sol punto fisso L ∈ I. il che è assurdo. Inoltre per ogni λ ∈ I la successione {an } definita all’inizio converge a L.9. e vale la seguente stima dell’errore: |an − L| ≤ K n |λ − L| ∀n ∈ N. ≤ K < 1. per il teorema di Lagrange (teorema 4. (3) Se f : I → I è derivabile con |f 0 (x)| ≤ K < 1 per ogni x ∈ I. x0 ∈ I.3.3). ma la sua importanza è ben maggiore: opportunamente generalizzato. |f (x) − f (x0 )| = |f 0 (ξ)| · |x − x0 | ≤ K|x − x0 | ∀x. 271 .9 (delle contrazioni) Sia I un intervallo chiuso di R (limitato o no) e sia f una contrazione su I. Il teorema che segue risolve il nostro problema nel caso (a). Teorema 4. allora f è una contrazione in I: infatti. Si ha |am − an | = |(am − am−1 ) + (am−1 − am−2 ) + · · · + (an+1 − an )| ≤ m−1 m−1 X X K p |a1 − λ|. L0 sono punti fissi di f . da cui |L − L0 | = |f (L) − f (L0 )| ≤ K|L − L0 |. per quanto già osservato. ossia L = L0 . poiché K < 1.Dimostrazione Proviamo l’unicità del punto fisso: Se L. |ap+1 − ap | ≤ = p=n p=n dato cheP la serie geometrica di ragione K è convergente. allora si ha L = f (L) e L0 = f (L0 ). L deve essere un punto fisso di f . Proviamo infine la stima dell’errore.9. n ≥ ν. n ∈ N con m > n. fissato ε > 0 esisterà ν ∈ N m−1 K p < ε per ogni m > n ≥ ν. Proviamo ora l’esistenza di un punto fisso L. Esempi 4. Ne segue tale che p=n |am − an | ≤ ε|a1 − λ| ∀m. la funzione f (x) = 21 arctan x è una contrazione su R. e dunque convergente. ed iterando il ragionamento si ottiene |an − L| ≤ K n |a0 − L| = K n |λ − L|. n ∈ N. Dunque essa ha un limite L ∈ R. Per ogni n ∈ N+ si ha |an+1 − an | = |f (an ) − f (an−1 )| ≤ K|an − an−1 |. Siano allora m. essendo . ciò implica |L − L0 | = 0. cioè la successione {an } è di Cauchy in R. il quale appartiene a I perché I è chiuso.10 (1) Sia {an } definita da ( a0 = λ an+1 = 12 arctan an . e che si ha an → L per n → ∞. Si ha |an − L| = |f (an−1 ) − f (L)| ≤ K|an−1 − L| ∀n ∈ N+ . e iterando “all’indietro” questa disuguaglianza si trova che |an+1 − an | ≤ K n |a1 − a0 | = K n |a1 − λ| ∀n ∈ N. . . . . D 1 arctan x . = 1 1 ≤ 1 ∀x ∈ R. . . 2 1 + x2 2 2 272 . Pi` u in generale. e tale limite è obbligatoriamente +∞ in quanto f non ha punti fissi in ]1. a] ⊂ [−a. allora {an } converge al massimo punto fisso di f che è minore di λ. in tutti i casi il comportamento di {an } dipenderà. allora {an } diverge a +∞. intervallo nel quale f è crescente. Allora per la successione {an } definita dal punto iniziale λ ∈ I e dall’iterazione an+1 = f (an ) valgono i fatti seguenti: (i) se f (λ) ≥ λ la successione {an } è crescente.Quindi {an } converge al punto fisso di f . Come nel caso di f (x) = x2 in [0. f può avere pi` u di un punto fisso. Quindi. cioè 0. ∞[ si deduce che an < an+1 per ogni n ∈ N: dunque an ha limite. In questo caso il comportamento di {an } dipende dalla scelta del valore iniziale λ. Infine. ∞[. se |λ| = 1 si ha an = 1 per ogni n ≥ 1. che è L = 0. necessariamente. 1[. 2 (2) Sia {an } definita da ( a0 = λ an+1 = a2n . 273 . essendo a1 = λ2 < |λ|. La situazione è differente a seconda che f sia crescente o decrescente. l’unico punto fisso di f in [0. se |λ| < 1 la successione {an }n≥1 è contenuta in [0.11 Sia f : I → I continua e crescente. Teorema 4. Infatti la funzione f (x) = x2 . e come nel caso di f (x) = ex in R. scelto a = |λ| si ha an → 0. oltre che da f . Poi. Il limite sarà allora.9. 1]. a]) = [a2 . (ii) se f (λ) > λ e se f possiede almeno un punto fisso maggiore di λ. 21 ]. (iii) se f (λ) > λ e se f non ha alcun punto fisso maggiore di λ. dalla scelta del valore iniziale a0 = λ. e dunque an → 1: si noti che 1 è l’altro punto fisso di f in [0. n ∈ N. mentre se f (λ) ≤ λ la successione {an } è decrescente. |λ|]. a] e |f 0 (x)| = 2|x| ≤ 2a < 1 per ogni x ∈ [−a. poiché 0 è l’unico punto fisso di f in [−|λ|. che è ovviamente definita su R. è una contrazione sull’intervallo [−a. e dunque {an } è convergente. a]. Veniamo ora al caso in cui f è monotona. a] per ogni a ∈ ]0. (iv) se f (λ) < λ e se f possiede almeno un punto fisso minore di λ. dato che f ([−a. In conclusione:  0 se |λ| < 1   1 se |λ| = 1 lim an = n→∞   +∞ se |λ| > 1. è facile vedere che an > an+1 per ogni n ≥ 1. se |λ| > 1. allora {an } converge al minimo punto fisso di f che è maggiore di λ. 1[. ∞[. se |λ| < 21 . vale a dire alla soluzione dell’equazione L = 1 arctan L. dalla relazione a1 = λ2 > |λ| e dalla crescenza di f in ]1. f può non averne nemmeno uno. definita su R.13 Sia f : I → I continua e decrescente. k ∈ Z. ∞[ : ` = f (`)}. Ma dalla relazione `n = f (`n ). Discorso analogo se f (λ) ≤ λ. n→∞ Teorema 4. F = {` ∈ ]λ. ha minimo. l’intervallo I deve contenere la semiretta [λ. Esempio 4. Si noti che in questo caso. da cui induttivamente an ≤ an+1 ≤ L per ogni n ∈ N. e per induzione segue subito che {an } è crescente. segue che L = f (L). poiché λ < L. Detto L = inf F . ossia a1 ≥ a0 .12 Sia ( a0 = λ an+1 = an + sin an .(v) se f (λ) < λ e se f non ha alcun punto fisso minore di λ. si ha a0 = λ < a1 = f (λ) ≤ f (L) = L. valida per ogni n ∈ N. dato che f 0 (x) = 1 + cos x ≥ 0 in R. Allora per la successione {an } definita dal punto iniziale λ ∈ I e dall’iterazione an+1 = f (an ) valgono i fatti seguenti: (i) se f (f (λ)) ≥ λ. (ii) se f (f (λ)) ≤ λ. dalle proprietà dell’estremo inferiore segue che esiste una successione di punti fissi {`n } ⊆ ]λ. 274 . per ipotesi. Perciò si ha λ ∈ ](k − 1)π. (iii) Poiché f non ha punti fissi maggiori di λ. Ora. allora per la crescenza di f si ha a2 = f (a1 ) ≥ f (a0 ) = a1 . allora {a2n } è crescente e {a2n+1 } è decrescente. ∞[ tale che `n → L per n → ∞. Dunque L ∈ F ed è il minimo di F . L[ . allora {a2n } è decrescente e {a2n+1 } è crescente. (vi) Evidente.9. In particolare. Dunque L è un punto fisso non inferiore a λ. (vi) Se f (λ) = λ allora an = λ per ogni n ∈ N. f (λ) > λ. n ∈ N. ∞[ . allora {an } diverge a −∞.9. (iv)-(v) Dimostrazioni analoghe a (ii)-(iii). kπ] ⇐⇒ lim an = kπ. I suoi punti fissi sono x = kπ. (ii) Proviamo che l’insieme dei punti fissi di f che sono maggiori di λ. essendo f (x) > x per ogni x ∈ I ∩[λ. è crescente. La funzione f (x) = x + sin x. e dalla continuità di f . ma non si ha L = λ perché. an → L perché f non ha punti fissi in ]λ. Dimostrazione (i) Se f (λ) ≥ λ. ∞[. la successione crescente {an } ha necessariamente limite +∞. ∞[ in ]0. Se esiste limn→∞ an = L ∈ I. Esempi 4. se risulta f (f (λ)) = a2 ≥ a0 = λ. La funzione f (x) = 1/x2 è decrescente e bigettiva da ]0. a4 ≤ a2 . (vi) Come sappiamo da (i)-(ii). cosicché λ ≥ f (f (λ)) ≥ f (λ). a3 ≥ a2 . e non può essere P = D = ±∞ perché delle due successioni {a2n } e {a2n+1 } una è crescente e l’altra è decrescente. allora la decrescenza di f implica via via a2 ≤ a1 . k→∞ k→∞ k→∞ k→∞ Quindi P = D. n ∈ N: per questa successione si ha 2 = λ = f (f (λ)) ≥ f (λ) = 12 . Dunque L ∈ I. (iv) se f (λ) ≤ λ. allora a2n ≤ a2n+1 per ogni n ∈ N. 1]. dato che I è chiuso. si consideri a0 = 2 e an+1 = 1/an . quando sono reali. allora L ∈ I con L = f (L) ed inoltre f (f (λ)) è compreso fra λ e f (λ). Ciò prova la tesi. ossia che a2 ≤ a0 : la decrescenza di f implica via via che a3 ≥ a1 . cosicché f (λ) ≥ f (f (λ)) ≥ λ. Si ha f (λ) = 1 ≥λ λ2 ⇐⇒ 275 λ ∈]0. cioè a1 ≥ a0 . esistono P = limn→∞ a2n .9. e pertanto esiste L = limn→∞ an . (vi) esiste limn→∞ an = L se e solo se limn→∞ |an − an+1 | = 0. ed il limite non esiste. in particolare a1 ≥ L ≥ a2 ≥ a0 . allora da (i) segue a2n−1 ≥ a2n+1 ≥ L ≥ a2n+2 ≥ a2n . ∞[. Supponiamo che esista L = limn→∞ an : allora L = P = D. e in generale a2n+1 ≥ a2n−1 e a2n+2 ≤ a2n per ogni n ∈ N.14 (1) Sia a0 = λ > 0. Analogamente. allora da (ii) segue a2n ≥ a2n+2 ≥ L ≥ a2n+1 ≥ a2n−1 e in particolare a0 ≥ a2 ≥ L ≥ a1 . . Discorso analogo se f (λ) ≤ λ. sono chiaramente punti fissi di f ◦ f ). (v) se esiste limn→∞ an = L. allora come si è visto P = D = L = f (L) e dunque limn→∞ |an − an+1 | = |P − D| = 0. (v) A seconda che sia f (f (λ)) ≥ λ o f (f (λ)) ≤ λ. Viceversa. Dimostrazione (i)-(ii) Supponiamo che f (f (λ)) ≥ λ. Viceversa. D = limn→∞ a2n+1 . an+1 = 1/a2n per ogni n ∈ N. supponiamo che limn→∞ |an − an+1 | = 0: allora P = lim a2k = lim [(a2k − a2k+1 ) + a2k+1 ] = lim (a2k − a2k+1 ) + lim a2k+1 = D. (iii)-(iv) Se f (λ) ≥ λ. se risulta f (f (λ)) = a2 ≤ a0 = λ. e L = f (L).(iii) se f (λ) ≥ λ. e in generale a2n ≤ a2n+1 per ogni n ∈ N. ma il viceversa è falso. Inoltre. Discorso analogo se f (f (λ)) ≤ λ. allora a2n ≥ a2n+1 per ogni n ∈ N. applicando (i) o (ii) otteniamo l’esistenza di P = limn→∞ a2n e D = limn→∞ a2n+1 (si noti che entrambi. {a2n+1 } decresce e a2n ≤ a2n+1 : perciò entrambe tendono a 1. Dimostrare che per ogni x. quando λ ≥ 1 si ha che {a2n } decresce. 1]. 276 (x + y)p ≤ xp + y p se 0 ≤ p ≤ 1. in quanto f (x) = − (2x+1)2 < 0 in I. determinare quello di area massima. ∞[. 4. (ii) 1 + sin ex .9 1. f (f (λ)) ≥ λ ⇐⇒ λ ∈ [0. x ∈ [−2.mentre f (f (λ)) = λ4 . 1]. Fra tutti i cilindri a base rotonda inscritti in una sfera. Similmente. . a2n+1 = 1 λ22n+1 . Si verifica facilmente che f (f (x)) = 5x+4 . 12]. y ≥ 0 si ha (x + y)p ≤ 2p−1 (xp + y p ) se p ≥ 1. 5]. an+1 = 2a n +1 3 0 e decrescente in I = [0. determinare quello di volume massimo. (vi) arctan x − . a meno che non sia λ = 1. Quindi. nuovamente. x 4 (v) e−x sin x1/4 . Esercizi 4. Si conclude che per ogni λ ≥ 0 l’intera successione {an } ha limite 1. 3. 1 + x2 2. inoltre si ha 4x+5 f (λ) ≥ λ ⇐⇒ λ ∈ [0. {a2n+1 } cresce e a2n ≥ a2n+1 : perciò. il suo limite deve essere 1. lim n→∞ 1 λ22n+1  0 se λ > 1   1 se λ = 1 =   0 se 0 < λ < 1. La funzione f (x) = 2x+1 è positiva (2) Sia a0 = λ ≥ 0. 1]. se esistono. entrambe tendono a 1. lim λ2 = n→∞   +∞ se λ > 1. quando 0 ≤ λ ≤ 1 si ha che {a2n } cresce. nel qual caso la successione è costante. x ∈ [−5. Fra tutti i rettangoli inscritti in una circonferenza. x ≥ 0. x ∈ [−1. Determinare. (iv) 14x2/3 − x2 . x+2 an +2 per ogni n ∈ N. (iii) ln(ex − x). Perciò si conclude che {an } non ha limite. ∞[ è λ = 1: quindi se la successione {an } converge. Dunque l’unico punto fisso di f ◦ f in ]0. ed in particolare f (f (x)) = x se e solo se x = 1. Tuttavia non è difficile provare per induzione che  0 se 0 < λ < 1   2n n 1 se λ = 1 a2n = λ2 . x ∈ R. il massimo ed il minimo delle seguenti funzioni sugli insiemi indicati: √ (i) |x2 − 1|. x ≥ 0. (h) . allora f 0 (a) ≤ 0 (f 0 (a) ≥ 0). (ii) 2 sin x + tan x > 3x ∀x ∈]0. (i) an+1 = sin an an+1 = cos an ( ( a0 = λ ∈ R a0 = 1 (k) . Si verifichi che f (x) = 3 x + 5 è una contrazione in [1. 3]. 1[ (e) . √ 2x 2[. an+1 = a3n sin 31 an+1 = |an2+1| ( ( a0 = λ ∈ [0. 1] a0 = λ ∈ ]0. n) an+1 = ean − 1 an+1 = ln(1+a ln 2 ( ( a0 = π2 a0 = 0 . √ 10. b] → R è derivabile ed ha un massimo (minimo) relativo nell’estremo a. Si provi che se f : I → I è continua e decrescente. Provare che se f : [a. Sia I un intervallo aperto. Enunciare l’analogo risultato nel caso in cui f ha un massimo (minimo) relativo nell’estremo b. Si provi che se f : I → I è continua. (a) . e se ne determini la relativa costante K. (l) . (b) an+1 = an + 1 − ln an an+1 = 13 (2an − a2n + 2) ( ( a0 = λ ∈ R a0 = λ ∈ [−1. 11. 3 an+1 = 4 an (1 − an ) an+1 = 23 an (1 − an ) ( ( a0 = 2 a0 = 1 (g) . (d) . 8. π/2[. (f ) . Descrivere il comportamento delle seguenti successioni definite per ricorrenza: ( ( a0 = λ ≥ 1 a0 = 2 .5. Sia I un intervallo chiuso e limitato. 2 − x2 arctan x 1 x2 (iv) 0 ≤ − ≤ ∀x ∈ R. allora f ha almeno un punto fisso in I. (iii) > tan x ∀x ∈]0. x 1 + x2 1 + x2 6. 1] (c) . Provare che: √ (i) x e 1/x > 1 ∀x > 0. allora f ha un unico punto fisso in I. Sia I un intervallo qualunque. n| an+1 = 1 + an4+2 an+1 = an +2|a 3 277 . (j) . Si provi che esistono contrazioni f : I → I che non hanno punti fissi. 7. 9. privo di termini di grado inferiore. 2.10. ∇ Φ(v) = 2Av In effetti. . • semidefinita negativa. . . se Φ(v) > 0 per ogni v ∈ Rm \ {0}. indicato con δij il generico elemento della matrice identità I (cosicché δij = 0 se i 6= j e δij = 1 se i = j). e coinvolgono.j=1 = m X j=1 j akj v + m X i=1 i aik v = m X aij δik v j + v i δjk = i. in luogo di f 0 e di f 00 . In particolare. se Φ assume sia valori positivi che negativi. ∀v ∈ Rm . se Φ(v) ≤ 0 per ogni v ∈ Rm . se Φ(v) < 0 per ogni v ∈ Rm \ {0}.10 Forme quadratiche Nel caso delle funzioni di pi` u variabili. 278 ajk v j = 2(Av)k . Inoltre.4. Data una matrice A = {aij }. verifichiamo che risulta ∀v ∈ Rm . m si ha per ogni v ∈ Rm : Dk Φ(v) = m X i j aij Dk (v v ) = i. i.4. viceversa. risulta Φ(tv) = t2 Φ(v) ∀t ∈ R. il gradiente di f e la matrice Hessiana (cioè la matrice delle derivate seconde) di f nel punto x0 . .10. • definita negativa. è però necessario uno studio preliminare delle cosiddette “forme quadratiche” in Rm .4). un qualunque polinomio di questo tipo è una forma quadratica la cui matrice associata A = {aij } è univocamente determinata dai coefficienti del polinomio (esercizio 4. Una forma quadratica è dunque un polinomio di secondo grado in m variabili.j=1 è detta forma quadratica associata ad A. se Φ(v) ≥ 0 per ogni v ∈ Rm .3). si ha Φ ∈ C ∞ (Rm ). v ∈ Rm . la funzione Φ : Rm → R definita da m X Φ(v) = hAv. ovviamente. le condizioni perché un punto x0 sia di massimo o di minimo relativo per una funzione f sono opportune generalizzazioni di quelle del teorema 4.1 Una forma quadratica Φ : Rm → R si dice: • definita positiva. .j=1 m X j akj v + j=1 m X j ajk v = 2 j=1 m X j=1 Definizione 4.9. m × m. per enunciare tali condizioni.4. cosicché Φ è una funzione omogenea di grado 2 (esercizio 4. se k = 1. • semidefinita positiva. reale e simmetrica. • indefinita. vim = aij v i v j . però. Esistono dunque v0 . Φ4 è semidefinita negativa. dato che il sistema Ax = λx è a coefficienti reali. possiamo scrivere v 2 ∀v ∈ Rm \ {0}. ove A∗ = {bij } è la matrice i cui elementi sono bij = aji . equivale alla condizione det(A − λI) = 0. Φ3 . la quale è un insieme compatto. A2 = . Axim = hAx. ciascuna contata con la sua molteplicità) dell’equazione det(A − λI) = 0. essendo una funzione di classe C ∞ . xim . Si noti che. 0 0 0 1 e indichiamo con Φ1 . A5 = . xim è un m numero reale e quindi λ = hAx. . l’esistenza di una sua soluzione x 6= 0.Esempi 4. ossia il fatto che λ sia autovalore per la matrice A. .2 Poniamo 1 0 −1 0 0 0 A1 = . Φ(v) = |v|m Φ |v|m e di conseguenza si ottiene m0 |v|2m ≤ Φ(v) ≤ M0 |v|2m ∀v ∈ Rm . che se A è reale e simmetrica tutti i suoi autovalori sono reali: infatti se Ax = λx con x ∈ Cm \ {0}. la forma quadratica associata ad A. Φ3 è semidefinita positiva. Φ5 è indefinita. Dato che tale equazione vettoriale è un sistema lineare omogeneo nelle incognite x1 . Qualunque sia la matrice A reale e simmetrica. Allora Φ1 è definita positiva. Φ2 è definita negativa. Ricordiamo ora che un numero complesso λ si dice autovalore per la matrice A se esiste un vettore x ∈ Cm \ {0} (detto autovettore relativo all’autovalore λ) tale che Ax = λx. di conseguenza. Si vede facilmente. essendo A reale e simmetrica: λ|x|2m = hAx.10. y) = y 2 . . Φ4 (x. 0 1 0 −1 0 1 −1 0 −1 0 A4 = . y) = −x2 + y 2 . l’autovettore x |x|2m m appartiene a R . 279 . per il teorema di Weierstrass assume massimo M0 e minimo m0 sulla frontiera Γ della palla unitaria di Rm . w0 ∈ Γ tali che m0 = Φ(v0 ) ≤ Φ(v) ≤ Φ(w0 ) = M0 ∀v ∈ Γ. xm . Φ2 (x. Φ5 (x. y) = −x2 .xi è reale. A∗ xim = hx. Dato che Φ è una funzione omogenea di grado 2. Quindi gli autovalori di A sono le m soluzioni (in C. In particolare hAx. Φ4 e Φ5 le forme quadratiche corrispondenti: Φ1 (x. . y) = −x2 − y 2 . A3 = . y) = x2 + y 2 . Φ2 . allora moltiplicando scalarmente per x (rispetto al prodotto scalare di Cm ) si ha. Φ3 (x. xim = hx. m si ha per ogni v ∈ Rm \ {0}: Dk Φ(v)|v|2m − Φ(v)Dk |v|2m Dk F (v) = = |v|4m (Av)k Φ(v) · 2v k 2 k k = 2 − = (Av) − F (v)v . . |v|2m In virt` u dell’omogeneità di Φ. ricordando che v0 . d’altra parte se k = 1.Proposizione 4.11. w0 ∈ Γ.10. generata da una matrice reale e simmetrica A.3 segue che ∇ F (v0 ) = ∇ F (w0 ) = 0. 2 1 0 = ∇ F (w0 ) = Aw0 − F (w0 )w0 = Aw0 − M0 w0 . ne segue la tesi. Resta da far vedere che se λ è autovalore di A risulta m0 ≤ λ ≤ M0 : sia u0 ∈ Rm \ {0} tale che Au0 = λu0 . m0 = F (v0 ) ≤ F (v) ≤ F (w0 ) = M0 Dall’esercizio 4.3 Sia A una matrice m × m reale e simmetrica e sia Φ la forma quadratica associata ad A. u0 im = λ|u0 |2m e pertanto m0 |u0 |2m ≤ Φ(u0 ) = λ|u0 |2m ≤ M0 |u0 |2m . In particolare si ha m0 |v|2m ≤ Φ(v) ≤ M0 |v|2m ∀v ∈ Rm . Dunque. moltiplicando scalarmente per u0 otteniamo Φ(u0 ) = hAu0 . Dato che u0 6= 0.10. |v|2m |v|4m |v|2m ossia ∇ F (v) = 2 (Av − F (v)v) |v|2m ∀v ∈ Rm \ {0}.4 La forma quadratica Φ. . Dimostrazione Consideriamo la funzione F : Rm \ {0} → R definita da F (v) = Φ(v) . Corollario 4. . 1 0 = ∇ F (v0 ) = Av0 − F (v0 )v0 = Av0 − m0 v0 . ove Γ = {v ∈ Rm : |v|m = 1}. M0 sono autovalori di A. I numeri m0 = Φ(v0 ) = minΓ Φ e M0 = Φ(w0 ) = maxΓ Φ. si ha ∀v ∈ Rm \ {0}. 2 Ciò prova che m0 . . sono rispettivamente il minimo ed il massimo autovalore di A. è: 280 . 10. e sia Φ la forma quadratica associata ad A: b c Φ(x. Per omogeneità. se e solo se tutti gli autovalori di A sono positivi. si ha allora Φ(v) ≥ m0 |v|2m > 0 per ogni v ∈ Rm \ {0}. c < 0. se e solo se tutti gli autovalori di A sono non negativi. se tutti gli autovalori di A sono positivi. se e solo se tutti gli autovalori di A sono non positivi. a ≤ 0. (ii) Φ è definita negativa se e solo se ac − b2 > 0. sono positivi. Si provi che: (i) Φ è definita positiva se e solo se ac − b2 > 0. • semidefinita negativa.10. a > 0. • semidefinita positiva. c ≤ 0.10. Esercizi 4. ossia Φ è definita positiva. ove v uX u m |aij |2 . sia autovalori negativi. (iii) Φ è semidefinita positiva se e solo se ac − b2 ≥ 0. kAk = t i.10. Sia A = con a.5 Una forma quadratica è semidefinita positiva e non definita positiva se e solo se il minimo autovalore di A è esattamente 0. che per la proposizione 4. si ha Φ(v) > 0 per ogni v ∈ Rm \ {0}.3 sono non inferiori a m0 . e quindi tutti gli autovalori di A. m0 è un autovalore di A. b.2 e 4. y) = ax2 + 2bxy + cy 2 . c ≥ 0.10. una forma quadratica è semidefinita negativa e non definita negativa se e solo se il massimo autovalore di A è esattamente 0.j=1 [Traccia: utilizzare la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz. sia v ∈ Cm . • indefinita. Provare che |Av|m ≤ kAk · |v|m . a < 0. • definita negativa. Similmente. (iv) Φ è semidefinita negativa se e solo se ac − b2 ≥ 0. 281 . a ≥ 0. Viceversa. in particolare m0 = minΓ Φ è positivo. Dimostrazione Se Φ è definita positiva.] a b 2. c > 0. se e solo se A ha sia autovalori positivi. Sia A = {aij } una matrice m × m. Due criteri pratici per stabilire la natura di una forma quadratica senza calcolare gli autovalori della matrice (impresa difficoltosa quando m > 2) sono descritti negli esercizi 4. Osservazione 4. se e solo se tutti gli autovalori di A sono negativi. Discorso analogo per le altre proprietà. il minimo m0 della forma quadratica Φ su Γ è positivo in quanto. sempre per la proposizione 4.3.10 1.• definita positiva. c ∈ R.3. . .11. . semidefinita negativa se e solo se ai ≥ 0 per i = 1. ove A è un aperto di Rm . Si ha infatti: Teorema 4. vim è: • • • • • definita negativa se e solo se ai > 0 per i = 1. . indefinita in tutti gli altri casi. λi λj .4). e sia x0 ∈ A. . 282 . y.9. . Determinare. .. . m. z) = x2 + 2axy + y 2 + 2axz + z 2 . . 4. Sia A una matrice m × m reale e simmetrica. a 2 = i=1 ∀λ ∈ C. la natura delle seguenti forme quadratiche: (i) Φ(x. Si provi che: (i) risulta m m Y X m (−1) det(A − λI) = (λ − λi ) = λ + ai λm−i m i=1 ove a1 = − m X a3 = − i=1 X λi . m. ma il viceversa è falso.(v) Φ è indefinita se e solo se ac − b2 < 0. . ... . . 4. definita positiva se e solo se (−1)i ai > 0 per i = 1. . . Sia P (v) un polinomio di secondo grado in Rm . . m. Valgono i seguenti fatti: (i) se x0 è un punto di massimo relativo per f . allora ∇ f (x0 ) = 0 e la forma quadratica associata alla matrice Hessiana H(x0 ) è semidefinita negativa.1 Sia f ∈ C 2 (A). i=1 1≤i<j<h≤m (ii) la forma quadratica Φ(v) = hAv. . 1≤i<j≤m X λi λj λh . t) = −2x2 + ay 2 − z 2 − t2 + 2xz + 4yt + 2azt. 5. . λm i suoi autovalori (non necessariamente tutti distinti). m. z.11 Massimi e minimi relativi per funzioni di pi` u variabili Per le funzioni di pi` u variabili la ricerca dei massimi e dei minimi relativi si basa su risultati che sono in stretta analogia con quelli validi per funzioni di una variabile (teorema 4. semidefinita positiva se e solo se (−1)i ai ≥ 0 per i = 1. . . siano λ1 . privo di termini di grado inferiore. 3. . (ii) Φ(x. am = (−1) m m Y λi . al variare del parametro a ∈ R. y. Provare che P (v) è la forma quadratica associata alla matrice A di coefficienti aij = 21 Di Dj P . Per ogni x ∈ B(x0 . ma il viceversa è falso. Premettiamo alla dimostrazione del teorema due risultati che useremo ripetutamente anche in seguito. r)). r).1. x − x0 im .2 Sia B(x0 . per il teorema di derivazione delle funzioni composte (teorema 4. (iv) se ∇ f (x0 ) = 0 e se la forma quadratica associata a H(x) è definita positiva.7) si ha F ∈ C 2 [−1. (iii) se ∇ f (x0 ) = 0 e se la forma quadratica associata a H(x0 ) è definita negativa. F 00 (t) = hH (x0 + t(x − x0 )) (x − x0 ). Lemma 4. allora x0 è punto di minimo relativo per f . Per il “teorema di Lagrange di grado 2” (osservazione 4. r)). r) una palla di Rm e sia f ∈ C 2 (B(x0 . la funzione F : [−1. 1] → R definita da F (t) = f (x0 + t(x − x0 )) .11. ma il viceversa è falso. allora x0 è punto di massimo relativo per f .(ii) se x0 è un punto di minimo relativo per f . 1] e m X ∂f F (t) = (x0 + t(x − x0 )) (xi − xi0 ) = i ∂x i=1 0 ∇f (x0 + t(x − x0 )) . Lemma 4. x − x0 im .8. x − x0 im F 0 (t) = h∇ ∀t ∈ [−1. f (x) = f (x0 ) + h∇ 2 Dimostrazione Consideriamo nuovamente la funzione F : [−1. x − x0 im + hH(x0 + ξ(x − x0 ))(x − x0 ). = h∇ m X ∂ 2f 00 F (t) = (x0 + t(x − x0 )) (xi − xi0 )(xj − xj0 ) = i j ∂x ∂x i. Dimostrazione Poiché f è di classe C 2 in A. x − x0 im ∀t ∈ [−1. r) esiste ξ ∈]0. r) una palla di Rm e sia f ∈ C 2 (B(x0 .3 (3)) esiste ξ ∈ ]0. 2 283 . allora ∇ f (x0 ) = 0 e la forma quadratica associata alla matrice Hessiana H(x0 ) è semidefinita positiva. Fissato x ∈ B(x0 . 1].3 Sia B(x0 . Ciò prova la tesi. 1[ tale che 1 ∇f (x0 ).j=1 = hH (x0 + t(x − x0 )) (x − x0 ). ma il viceversa è falso. x − x0 im . 1[ tale che 1 F (1) = F (0) + F 0 (0) + F 00 (ξ). 1] → R definita da F (t) = f (x0 + t(x − x0 )) è di classe C 2 e ∇f (x0 + t(x − x0 )) . 1].11. r). è di classe C 2 e ha massimo nel punto t = 0: per il teorema 4. scelto v = ∇ f (x0 ).Sostituendo in questa espressione i valori di F . Ciò prova (i). vim ≤ − |v|2m 2 ∀v ∈ Rm . ∀x ∈ B(x0 . F 0 e F 00 forniti dal lemma 4.1 (i) Sia x0 un punto di massimo relativo per f e sia B(x0 . si ha la tesi. Dal lemma 4. Dimostrazione del teorema 4. F 0 (0) = h∇ F 00 (0) = hH(x0 )(x − x0 ). 1]. La prima di queste due condizioni.10.11. Sia r > 0 tale che B(x0 .11. detto −δ il massimo di essi. r) una palla contenuta in A. (iii) Sia ∇ f (x0 ) = 0 e hH(x0 )v. vim ≤ 0 ∀v ∈ Rm .1 si ha dunque F 0 (0) = 0. Allora gli autovalori di H(x0 ) sono tutti negativi ed in particolare. Fissato arbitrariamente x ∈ B(x0 . per omogeneità le due relazioni precedenti equivalgono a ∇f (x0 ). vim ≤ −δ|v|2m ∀v ∈ Rm . vim = h[H(x) − H(x0 )]v. vim = 0. x − x0 im = 0. Infatti se x ∈ B(x0 . r) abbiamo hH(x)v. Dato che x era stato scelto arbitrariamente in B(x0 . r). vim ≤ . r).2 otteniamo ∇f (x0 ). r) ⊆ A: affermiamo che se r è abbastanza piccolo risulta anche δ hH(x)v. vim + hH(x0 )v. (ii) Analoga a (i). h∇ hH(x0 )v. la seconda condizione dice che la forma quadratica associata a H(x0 ) è semidefinita negativa. t ∈ [−1.2. si ha (proposizione 4. F 00 (0) ≤ 0. il vettore v = x − x0 è un arbitrario elemento di B(0.3) hH(x0 )v. dice che f ha gradiente nullo nel punto x0 . vim < 0 per ogni v ∈ Rm \ {0}.9. la funzione F (t) = f (x0 + t(x − x0 )) .11. scrivendo nuovamente v al posto di x−x0 . x − x0 im ≤ 0. r). . . . ≤ . h[H(x) − H(x0 )]v. vim . si trova .10. utilizzando l’esercizio 4. − δ|v|2m . d’altra parte.1. . . . vi . 2 h[H(x) − H(x )]v. 0 m . j=1 284 . ≤ kH(x) − H(x0 )kMm · |v|m . ove si è posto kH(x) − H(x0 )kMm v uX u m |Di Dj f (x) − Di Dj f (x0 )|2 . =t i. y) ∈ R2 . r). vim è indefinita. (x. 0) = 0 e f (0. y) = 0. per il lemma 4. r). y) = (0. ossia ortogonale all’asse xn+1 . Se x0 è stazionario per f . ma non solo. 1 f (x) − f (x0 ) = hH(x0 + ξ(x − x0 ))(x − x0 ). = . 2 ove ξ è un punto opportuno in ]0. fxy (x. cosicché la forma quadratica associata è 0 0 semidefinita positiva. x − x0 im ≤ − |x − x0 |2m . Poiché fxx (x. Cerchiamo gli eventuali massimi e minimi relativi di f . il viceversa di (ii) è falso: infatti la funzione f (x. y) = (− 31 . ∀x ∈ B(x0 . si ha allora δ hH(x0 + ξ(x − x0 ))(x − x0 ). fyy (x. 0). y) < 0 per ogni y ∈ R \ {0}. (iv) Analogo a (iii). In virt` u dell’affermazione provata poco fa. 31 ) e (x. = . 1[ : dunque x0 + ξ(x − x0 ) ∈ B(x0 . y) = (− 31 . le cui soluzioni sono (x. x − x0 im . r). si ha 1 2 0 −2 0 H(0.Dunque. y) = 2. tuttavia l’origine non è punto di minimo relativo perché f (0. 0) = . Le funzioni ±(x4 + y 4 ) rendono falsi i viceversa di (iv) e (iii). Osservazione 4. y) = (0.11. y) = 2y − 6y 2 = 0. in quanto nell’origine hanno rispettivamente minimo e massimo assoluto pur avendo le rispettive matrici Hessiane nulle. f (x0 )) è “orizzontale”. I punti stazionari si ottengono dal sistema ( fx (x. H − . H − . il piano tangente al grafico di f in (x0 .0 = . y) = fyx (x. 0) = . 0 −2 0 −2 3 3 3 285 .11. ricordando che ∇ f (x0 ) = 0. in cui la forma è semidefinita. Ciò accade se la forma hH(x0 )v. y) = 6x2 + 2x = 0 fy (x. 13 ). Infine. y) = 2x3 + x2 + y 2 − 2y 3 .4 Un punto x0 tale che ∇ f (x0 ) = 0 si dice punto stazionario per f . La funzione −f rende falso il viceversa di (i). 2 Fissato ora arbitrariamente x ∈ B(x0 . Esempio 4. 0 2 3 0 2 1 1 1 2 0 −2 0 H 0. (x.3 possiamo scrivere. (x. per la continuità delle derivate seconde di f . 0). 2 e pertanto si ottiene δ f (x) − f (x0 ) ≤ − |x − x0 |2m < 0 4 Ciò prova che x0 è punto di massimo relativo. Un punto stazionario può non essere né di massimo né di minimo relativo: in tal caso esso si dice punto di sella. y) = x2 − y 4 visto sopra.11. come mostra l’esempio della funzione f (x. l’ultimo membro è minore di δ |v|2m se r è sufficientemente piccolo: ciò prova l’affermazione fatta sopra. y) = 12x + 2. y) = x2 − y 4 ha gradiente nullo 2 0 nell’origine e Hessiana H(0.5 Sia f (x. determinare quello di superficie laterale minima. definita negativa la quarta. Provare che se A è un aperto di Rm . Determinare. 3 2 4 2 286 . y) = x2 − y 2 sul chiuso delimitato dal triangolo di vertici (0. 3) dalla retta r di equazioni z y x=− = . 8. (3.3. Dati tre punti A. 0). B. [Traccia: adattare la dimostrazione del teorema di Rolle (teorema 4. b) = k X |axj + b − yj |2 j=1 sia minimo.] 5. trovare una retta y = ax + b tale che l’errore quadratico totale E(a. Determinare la minima distanza in R3 del punto (1. si mostri anche che il viceversa è falso. (1. Esercizi 4. (Teorema di Rolle multidimensionale) Sia K ⊂ Rm un insieme compatto con parte interna non vuota e sia f continua su K e differenziabile nei punti interni di K. se f : A → R è una funzione differenziabile e se f ha un massimo o minimo relativo in x0 ∈ A. 0) e (0. Conclusione: (0. cioè ∇ f (x0 ) = 0. ritagliare da esso 4 quadrati in modo da costruire una scatola parallelepipeda di volume massimo. 3 2 10. 4. |y|} ≤ 1}. =y= . Dato un foglio rettangolare di cartone. 3). C ai vertici di un triangolo equilatero.1). 13 ) sono punti di sella e (− 13 . 9. y) ∈ R2 : max{|x|. y) = |y| arctan(xey ) in A = {(x. 2. 13 ) è punto di massimo relativo. Provare che se f è costante su ∂K allora esiste un punto stazionario per f interno a K. yi ) ∈ R2 con ascisse distinte. (ii) f (x.quindi le rispettive forme quadratiche sono definita positiva la prima. Determinare la minima distanza fra le rette r1 e r2 di R3 definite rispettivamente da y−2 z−2 x z x−1= = . B. (− 13 . 0) è punto di minimo relativo. se esistono. indefinite la seconda e la terza. Fra tutti i coni circolari circoscritti ad una sfera. 3. Determinare il triangolo inscritto in un cerchio che ha area massima. 7. i massimi ed i minimi relativi delle seguenti funzioni: (i) f (x.11 1. 2. Dati k punti (xi . 6. allora x0 è punto stazionario per f . determinare un quarto punto P in modo che la somma delle distanze di P da A. C sia minima. 1). 1]. o eventualmente ridotto a un solo punto). y. il segmento che li unisce è interamente contenuto in K. ove K è un sottoinsieme convesso di Rm o di Cm . 1 1 1 1+x−y (vii) + + + xyz (con x. ∀u. 4x y z 4. ∀u.12. (xii) xy 1 − x2 − y 2 . x y z 1 + x2 + y 2 (ix) cos x + cos y + cos(x + y). 2 −y 2 . (xiv) (x2 + 3xy 2 + 2y 4 )2 . z > 0). 1]. (vi) x2 (y − 1)3 (z + 2)2 .12 (xiii) x2 ln(1 + y) + x2 y 2 . (iv) cos x sinh y.1 Un sottoinsieme K di Rm oppure di Cm si dice convesso se per ogni coppia di punti u. è quella della convessità. sia aperte che chiuse. Definizione 4.12. (iii) (x2 + y 2 )e−x (ii) x4 + y 4 − 4xy. z > 0). dati due punti di K. Ad esempio. (xv) 2x4 − x2 ey + e4y . 1]. . dunque f è concava in K se e solo se f ((1 − t)u + tv) ≥ (1 − t)f (u) + tf (v) 287 ∀t ∈ [0. (viii) p .2 Sia K un convesso di Rm o di Cm . (xvi) x2 + 2y . Se K ⊆ R è facile vedere che K è convesso se e solo se K è un intervallo (limitato o no. che si descrive bene analiticamente. v ∈ K. sono convesse le palle B(x0 . (x) ex−3y − ey+2x . r). Trovare i massimi relativi ed assoluti (se esistono) delle seguenti funzioni: (i) x2 (x − y).11. v ∈ K. Definizione 4. v ∈ K si ha (1 − t)u + tv ∈ K per ogni t ∈ [0. In altre parole: K è convesso se e solo se. x2 + y 2 + 1 Convessit` a Un’importante proprietà geometrica degli insiemi di Rm . (v) sin(x + y) − cos(x − y). p y2 x2 2 (xi) x + + + (con x. y. La funzione f si dice concava se −f è convessa. Una funzione f : K → R si dice convessa se risulta f ((1 − t)u + tv) ≤ (1 − t)f (u) + tf (v) ∀t ∈ [0. La nozione di convessità si applica anche alle funzioni f : K → R. 1−s . f (u)) e (v.3 (1) Si vede facilmente che f è convessa se e solo se il suo sopragrafico E = {(x. (v. 1] f ((1 − t)u + tv) ≤ (1 − t)f (u) + tf (v) ≤ (1 − t)η + tζ. (v. f (x0 ) − f (x) ≤ 288 s (f (a) − f (x0 )) . f (v)) del grafico. Infatti se f è convessa e (u. se E è convesso allora. esistono unici t. Osservazioni 4. f (u)) e (v. b[ : se ad esempio x > x0 . il punto (x. Viceversa. allora per ogni t ∈ [0. f (x) − f (x0 ) ≤ t (f (b) − f (x0 )) . x0 − x . y) ∈ Rm+1 : x ∈ K. 1]. η) + t(v. la condizione di convessità dice che il valore f (x) non supera y. a−x f (x0 ) ≤ (1 − s)f (x) + sf (a). b − x0 Dalla definizione di convessità si ha s= t= f (x) ≤ (1 − t)f (x0 ) + tf (b). cioè il punto (1 − t)(u. y = (1 − t)f (u) + tf (v) appartiene al segmento di estremi (u. equivalentemente. (2) Una funzione convessa su K è necessariamente continua nei punti interni a K (se esistono). b] e sia x0 ∈ ]a. x0 = (1 − s)x + sa. ζ) appartiene ad E. dunque E è convesso. o. 1[ tali che x = (1 − t)x0 + tb. y) ∈ Rm+1 di coordinate x = (1 − t)u + tv.L’interpretazione geometrica è la seguente: per ogni t ∈ [0. f (u)) + t(v. f (v)) deve stare in E: quindi (1 − t)f (u) + tf (v) ≥ f ((1 − t)u + tv) . y ≥ f (x)} è un insieme convesso.9 per il caso generale. f (v)). ζ) ∈ E. η). infatti risulta x − x0 . cioè f è convessa.12. rinviando all’esercizio 4. Quindi il grafico della restrizione di f al segmento di estremi u e v sta al di sotto della retta che congiunge gli estremi (u. 1] il punto (1 − t)(u. f (v)). scelti in particolare due punti del tipo (u. Sia dunque K = [a.12. f (u). s ∈]0. per ogni t ∈ [0. Dimostriamo questo fatto per m = 1. f è convessa se e solo se il suo grafico sta sopra tutti i suoi piani (mdimensionali) tangenti. Allora f è convessa in K se e solo se ∇f (x0 ). him . da cui. 0 ≤ f (x0 + h) − f (x0 ) − h∇ che è la tesi. 1]. sia f : A → R una funzione differenziabile. h 1−t m segue. sempre per t ∈ [0. si possono dare altre caratterizzazioni della convessità. Siano x1 e x2 due punti distinti di K e sia x0 = tx1 + (1 − t)x2 con t ∈ [0.+ + D’altronde. risulta t x0 − tx1 = x0 − h. In altre parole. x2 = 1−t 1−t Dalle relazioni. 1] segue ∇f (x0 ). e quindi f (x) → f (x0 ). − . Posto h = x − x0 . f (x1 ) ≥ f (x0 ) + h∇ t f (x2 ) ≥ f (x0 ) + ∇ f (x0 ). Siano x. per l’ipotesi di convessità si ha f (x0 + th) = f ((1 − t)x0 + tx) ≤ (1 − t)f (x0 ) + tf (x) = = f (x0 ) + t (f (x0 + h) − f (x0 )) ∀t ∈ [0. him . Teorema 4.4 Sia A un aperto di Rm . x0 ∈ K. 1]. quando x → x+ 0 si ha anche t → 0 e s → 0 . Posto h = x1 − x0 . x0 ∈ K. (=⇒) Supponiamo f convessa. Se la funzione f : K → R ha un po’ pi` u di regolarità.12. ∇f (x0 ). vere per ipotesi. x − x0 im f (x) ≥ f (x0 ) + h∇ ∀x. him ≤ t (f (x0 + h) − f (x0 ) − h∇ ∇f (x0 ). Ciò prova la continuità di f . moltiplicando la prima per t e sommandola alla seconda moltiplicata per 1 − t: tf (x1 ) + (1 − t)f (x2 ) ≥ f (x0 ). f (x0 + th) − f (x0 ) − t h∇ Dividendo per t ∈]0. 1]. e sia K ⊆ A un insieme convesso. Il discorso è del tutto analogo se x < x0 . him ) . ∇f (x0 ). facendo tendere t a 0 si ricava ∇f (x0 ). 289 . Dimostrazione (⇐=) Supponiamo che valga la disuguaglianza sopra scritta. him f (x0 + th) − f (x0 ) − t h∇ ∇f (x0 ). him . che è la definizione di convessità. ≤ f (x0 + h) − f (x0 ) − h∇ t e infine dalla differenziabilità. vim 290 . con l’argomentazione precedente si prova che la forma hH(x)v. Ne segue. esisterebbe un vettore v 6= 0 tale che hH(x0 )v. vim < 0 2|v|m ∀ξ ∈ ]0. Poiché f è di classe C 2 . quindi posto x = x0 + h si ha x0 + ξ(x − x0 ) ∈ B(x0 . dal lemma 4. ragionando come nella dimostrazione del teorema 4. (=⇒) Viceversa. 2|v|m e pertanto hH (x0 + ξ(x − x0 )) (x − x0 ). e dunque ∇f (x0 ). vim < 0. r) ⊆ K tale che hH(x)v. la forma quadratica associata Φ(v) = hH(x)v. detta H(x) la matrice Hessiana di f .Teorema 4. x0 ∈ K.5 Sia A un aperto di Rm .1 (iii) troveremmo una palla B(x0 . applicando nuovamente il lemma 4. r). x − x0 im .11. Se.12. r v. che ∇f (x0 ). x − x0 im = f (x) − f (x0 ) − h∇ 1 = hH (x0 + ξ(x − x0 )) (x − x0 ). 1[ . Allora f è convessa in K se e solo se. x − x0 im ≥ 0 f (x) − f (x0 ) − h∇ ∀x.3 si ricava 1 ∇f (x0 ).12. Dimostrazione (⇐=) Supponiamo che Φ sia semidefinita positiva per ogni x ∈ K. vim è semidefinita positiva per ogni x ∈ K. in un punto x0 ∈ K la forma Φ(v) non fosse semidefinita positiva. Poiché le derivate seconde di f sono continue. x − x0 = r v. x − x0 im = hH (x0 + ξ(x − x0 )) (x − x0 ). Dal teorema 4. f (x) − f (x0 ) − h∇ 2 ove ξ è un opportuno punto fra 0 e 1. vim < 0 Poniamo h= ∀x ∈ B(x0 . x0 ∈ K. sia f convessa in K e supponiamo dapprima che K sia un aperto.12. 2|v|m allora h ∈ B(0. sia f : A → R una funzione di classe C 2 . per assurdo. r) ∀ξ ∈ ]0. x − x0 im = 2 r = hH (x0 + ξ(x − x0 )) v. r). Per ipotesi. Se K non è aperto. x − x0 im < 0.4 ciò contraddice la convessità di f .11. e sia K ⊆ A un insieme convesso.3. il secondo membro è non negativo per ogni x. 1[ .4 segue che f è convessa. 2 e per il teorema 4.11. interni o no. si dicono punti di flesso. al limite per n → ∞ si ottiene ∀v ∈ Rm .4 segue allora che f è convessa in [a. D’altra parte se x ∈ ∂K esiste una successione di punti xn interni a K che converge a x. b]. ossia f 0 è crescente. 0 In particolare. Viceversa. hH(x)v. f (x) − f (x0 ) = f 0 (ξ)(x − x0 ). Infatti. 291 . b]. vim ≥ 0 ∀n ∈ N. f (x0 ) ≥ f (x) + f 0 (x)(x0 − x).1. b]. x0 ∈ [a. Osservazione 4. può cambiare la concavità (cioè passare da concava a convessa o viceversa) soltanto nei punti in cui f 00 è nulla. ciò equivale a dire che f 00 ≥ 0 in [a. allora per il teorema di Lagrange si ha. x0 ∈ [a. In definitiva si ha che la forma è semidefinita positiva in tutti i punti di K. b]. eppure f è convessa in R e quindi 0 non è punto di flesso. della derivata seconda di f in [a. se f è di classe C 2 e x0 è punto di flesso. b] → R è derivabile due volte.6 Se m = 1 il teorema precedente vale assumendo solamente l’esistenza. b]. b]. si ha ξ < x0 e dunque f 0 (ξ) ≤ f 0 (x0 ). per un opportuno punto ξ compreso fra x e x0 . da cui f (x) − f (x0 ) ≥ f 0 (x0 )(x − x0 ).1 f 0 è crescente.è semidefinita positiva per ogni x interno a K. b].9. e non la continuità. Dunque. Per la proposizione 4.12. I punti in cui f cambia la concavità. f (x) ≥ f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ).12. Pertanto se x > x0 si ha ξ > x0 e dunque f 0 (ξ) ≥ f 0 (x0 ). hH(xn )v. b]. sia f 00 ≥ 0 in [a. dato che ∀v ∈ Rm .9. per ogni x. Notiamo che una funzione reale f di classe C 2 . definita su [a. da cui segue nuovamente la precedente disuguaglianza. ossia (f 0 (x) − f 0 (x0 )) (x − x0 ) ≥ 0 0 ∀x. b].4 segue. e sommando queste due relazioni si deduce f 0 (x0 )(x − x0 ) + f 0 (x)(x0 − x) ≤ 0 ∀x. nei quali quindi il grafico di f attraversa la retta tangente. In altre parole.12. allora f 00 (x0 ) = 0. se f è convessa allora dal teorema 4. se invece x < x0 . vim ≥ 0 cioè la forma è semidefinita positiva. Si noti che il viceversa è falso: la funzione f (x) = x4 ha derivata seconda nulla nel punto 0. x0 ∈ [a. cosicché per la proposizione 4. se f : [a. allora f è convessa se e solo se f 00 ≥ 0 in [a. se x < x0 allora f (x) ≤ f (x0 ). Dal teorema 4. q > 1 tali che 1 p + 1 q = 1. Traccia: per x. . b] con u < v < w risulta f (v) ≤ w−v v−u f (u) + f (w). b] con u < v < w risulta f (v) − f (u) f (w) − f (u) f (w) − f (v) ≤ ≤ . si provi che per ogni x ∈ ]a. 1. y ≥ 0. v−u w−u w−v (iii) f è convessa se e solo se per ogni x ∈ [a. b[ esistono la derivata destra e la derivata sinistra D− f (x) = lim− h→0 f (x + h) − f (x) . b − x]. b] → R è convessa. h si verifichi che D− f (x) ≤ D+ f (x) e si mostri con un esempio che tali numeri possono essere diversi fra loro. 1] usando la continuità. Siano p. Se f : [a. y > 0 si scriva xy = elog xy e si sfrutti la convessità della funzione esponenziale. . Sia f : [a.] 5. 0[ ∪ ]0. b] → R continua. w ∈ [a. b] → R. 2h . è una funzione crescente. b] discontinue nei punti estremi. v. .] 292 . . Sia f : [a. Si provi che esistono funzioni convesse in [a.Esercizi 4. h h ∈ [a − x. 2. b]. Si provi che: (i) f è convessa se e solo se per ogni u. b] il rapporto incrementale h 7→ f (x + h) − f (x) . v.12 1. Per il secondo enunciato si consideri la funzione f (x) che vale 0 se x = k · 2−h e vale 1 negli altri punti di R. h D+ f (x) = lim+ h→0 f (x + h) − f (x) . v ∈ [a. Si provi che xy ≤ xp xq + p q ∀x. w−u w−u (ii) f è convessa se e solo se per ogni u. Si provi che f è convessa se e solo se 1 u+v ≤ (f (u) + f (v)) ∀u. si passi al caso generale t ∈ [0. f 2 2 si mostri poi che l’enunciato diventa falso senza l’ipotesi di continuità. 3. 4. w ∈ [a. [Traccia: per provare il primo enunciato (una parte del quale è ovvia) si deduca che vale la definizione di convessità per ogni t della forma k · 2−h con h ∈ N e k = 0. + f (xn ) + mf (x) f ≤ k 2 2k per ogni x1 . Sia f : [0. Sia f : K → R convessa. Si scelga x = 293 x1 +. (i) Sia x0 un punto interno a K e sia C un cubo m-dimensionale di centro x0 e lato 2δ contenuto in K. si provi che f (x) ≤ M per ogni x ∈ C. x2 . Si provi che f (x) → +∞ per x → +∞. Posto M = maxv∈V f (v). . siano x0 ± u i punti a distanza δ da x0 sulla retta per x0 e x: si provi che. . . Sia f una funzione convessa. b]. ∞[ → R una funzione convessa di classe C 1 . . nel caso generale si ponga m = 2k − n: per quanto già dimostrato si ha x1 + x2 + . Si provi che per ogni n ∈ N+ e per ogni x1 . si provi che ξ è un punto di minimo assoluto per f in [a. x ∈ R. . x→+∞ f (x) lim 11.] n . . Il punto ξ è necessariamente unico? 7. Sia f : [a. . Provare che per ogni c ∈ R l’insieme di sottolivello Kc = {x ∈ K : f (x) ≤ c}. risulta f (x) ≤ tM + (1 − t)f (x0 ).6. . + f (xn ) f ≤ . f (x0 ) ≤ 1 (f (x) + tM ) . . 1+t (iii) Se ne deduca che f è continua in x0 .. b] → R convessa e derivabile. 10. e che esiste finito il limite x . Se ξ ∈]a. + xn + mx f (x1 ) + f (x2 ) + . δ). . . (ii) Se x ∈ B(x0 .. Il punto di minimo è necessariamente unico? Che succede se f è continua ma non convessa? 8. posto t = δ −1 |x − x0 |m . (Disuguaglianza di Jensen) Sia f : R → R una funzione convessa. . 9. definita su un insieme K ⊆ Rm convesso. . . Sia f : R → R convessa e tale che lim f (x) = +∞. xn ∈ R risulta x1 + x2 + . . b[ è un punto tale che f 0 (ξ) = 0. + xn f (x1 ) + f (x2 ) + . è convesso.+xn . . se non vuoto. xn . con f 0 (0) > 0. lim f (x) = +∞. x→+∞ x→−∞ Si provi che f ha minimo su R. ove K ⊆ Rm è un insieme convesso. n n [Traccia: si provi dapprima la disuguaglianza per n = 2k . sia poi V l’insieme dei 2m vertici di C. strettamente positiva e decrescente. 1 + ln x (i) ||x3 | − 1|. tale che 0 < g(x) < f (x) per ogni x > 0. i punti di massimo e di minimo relativo. Sia f : [0. gli asintoti. +1 (xxiii) e−1/x . (ix) x2/3 (x − 1)1/3 . p (xviii) x + 4 arctan |x − 1|.12. π . (viii) . x x x p ln x (vii) |x2 − 10x|. ∞[ → R una funzione continua. 294 (xxiv) x + arcsin 2x . 1 (xvii) x x −1 . ∞[ → R convessa e decrescente. y) ∈ co(G)} e si provi che g ha le proprietà richieste. Tracciare un grafico qualitativo delle seguenti funzioni. (xxi) ln(x + sin x). +1 x2 . la convessità. (xx) sin x2 (xii) ln x − ln2 x. x2 (x) ln 2 . 5x − 4}. ossia l’intersezione di tutti gli insiemi convessi K ⊆ R2 contenenti G. i limiti alla frontiera di A. i punti di flesso.] 13. il valore di f 0 nei punti limite e nei punti di flesso: 2|x| − x2 + x |x + 3|3 . x2 x+1 r 2 √ 1 8 8 −x 2 (iv) e x − 1. considerando l’insieme di definizione A. Si provi che esiste una funzione g : [0. (xxii) x (ii) 1 (xi) x e ln x . (v) x − . (vi) 5 + 2 − 3 . la crescenza. si consideri l’inviluppo convesso co(G) di G. x (xiv) e x−1 . (xv) max{x2 . 1 . x2 + 1 |1 − ln x| . si definisca g(x) = inf{y > 0 : (x. |x + 2| (xiii) e−x(ln |x|−1) . (xvi) arccos 1−x p |x| − 1 (xix) . Traccia: Detto G il sopragrafico di f . (iii) . b] è un insieme finito di punti σ = {x0 . diciamo che σ 00 è pi` u fine di σ 0 se si ha σ 0 ⊂ σ 00 .1 Una suddivisione. considerando cioè positiva l’area della parte sopra l’asse x {(x. Il primo passo da compiere a questo scopo è quello di introdurre la nozione di suddivisione dell’intervallo [a. Definizione 5. y) ∈ R2 : x ∈ [a. Gli intervalli [xi−1 . dell’intervallo [a. . b]. y ∈ [0. 0]}. delimitati da due nodi consecutivi di una fissata suddivisione di [a. . b] → R una funzione limitata. Vogliamo determinare l’area “con segno” della regione del piano xy delimitata dal grafico di f e dall’asse x. xi ]. b]. f (x)]}. xN } tale che a = x0 < x1 < · · · < xN −1 < xN = b. x1 . y) ∈ R2 : x ∈ [a. occorrerà dare un senso a ciò che si vuole calcolare: riusciremo a definire l’area delle regioni sopra descritte per mezzo di un procedimento di approssimazione della regione che ci interessa mediante unioni finite di rettangoli adiacenti (per i quali l’area è quella elementarmente definita: base per altezza). e negativa l’area della parte sotto l’asse x {(x. b] : f (x) ≤ 0. saranno le basi dei rettangoli che useremo per le nostre approssimazioni. Date due suddivisioni σ 0 e σ 00 di [a. b].Capitolo 5 Calcolo integrale 5.1. . b]. 295 .1 L’integrale Sia f : [a. f (x) ≥ 0. o partizione. Anzitutto. . y ∈ [f (x). però. I punti xi ∈ σ si dicono nodi della suddivisione σ. Naturalmente. b] → R una funzione limitata. b] è il numero S(f. 3 . La somma superiore di f relativa alla suddivisione σ di [a. fissate σ 0 e σ 00 . σ 00 ). i=1 ove mi = inf f. Definizione 5. 0 ≤ i ≤ N }. se N = 1 si ha la suddivisione banale σ1 = {a. Esempio 5. 2 . si ha σN = {xi . b} e σ = {a. Introduciamo adesso le nostre “aree approssimate” per eccesso e per difetto. ove Mi = sup f. Se σ 0 e σ 00 sono suddivisioni di [a.1.xi ] i=1 La somma inferiore di f relativa alla suddivisione σ di [a.cioè se σ 00 si ottiene da σ 0 aggiungendo altri nodi. [xi−1 . b] sono quelle equispaziate: per N ∈ + N fissato.xi ] Osserviamo che S(f. [xi−1 . σ 0 ) ≤ s(f. è sempre possibile trovare una terza suddivisione σ che è pi` u fine di entrambe: basta prendere 0 00 σ =σ ∪σ . e σ è una terza suddivisione pi` u fine di entrambe.4 Sia f : [a. 3 . b]. Ci aspettiamo che infittendo sempre di pi` u i nodi. b}. σ) e s(f. le somme superiori ed inferiori forniscano una approssimazione sempre pi` u accurata dell’area della regione che ci interessa. ove xi = a + i (b − a). N in particolare.2 Le pi` u semplici suddivisioni di [a.1. b] → R una funzione limitata. E in effetti si ha: Proposizione 5. b] è il numero s(f. σ) sono numeri reali ben definiti grazie al fatto che stiamo supponendo f limitata: altrimenti qualcuno fra i numeri Mi o mi potrebbe essere infinito.1. σ) ≤ S(f. b}. nessuna delle due sarà pi` u fine dell’altra: pensiamo per 2a+b a+2b a+b 00 0 esempio a σ = {a. Però.3 Sia f : [a. allora s(f. σ) ≤ S(f. data una coppia di suddivisioni σ 0 e σ 00 . 296 . σ) = N X Mi (xi − xi−1 ). in generale. σ) = N X mi (xi − xi−1 ). [xk−1 . [a. b] → R una funzione limitata. Definizione 5.b] da cui la tesi passando all’estremo superiore rispetto a σ 0 e all’estremo inferiore rispetto a σ 00 . e si ha inf f · (b − a) ≤ I − (f ) ≤ I + (f ) ≤ sup f · (b − a). x1 .x] [x. σ Osservazione 5. L’ integrale superiore di f su [a. il che si può vedere come una sequenza finita di aggiunte di un singolo nodo. 297 . inf f · (b − a) = s(f. allora s(f. Dunque basterà provare che se σ si ottiene da σ 0 = {x0 .Dimostrazione La disuguaglianza centrale è evidente. ove mk = inf [xk−1 .xk ] [xk−1 . b] è il numero I − (f ) = sup s(f. .x] da cui s(f. . σ L’ integrale inferiore di f su [a. σ). σ 0 ) ≤ S(f.xk ] f .b] Infatti. σ).x] d’altra parte. per qualunque coppia di suddivisioni σ 0 e σ 00 . σ1 ) ≤ s(f. b}. σ1 ) = sup f · (b − a). Proviamo la prima (la terza è analoga). per la proposizione precedente si ha.5 Sia f : [a. Il fatto che le approssimazioni migliorino sempre quando si infittiscono i nodi ci porta a definire le “approssimazioni ottimali” per eccesso e per difetto dell’area che ci interessa. [a. per definizione di somma superiore e inferiore. Il passaggio da σ 0 a σ consiste nell’aggiungere un numero finito di nuovi nodi.6 Gli integrali superiore ed inferiore di f sono numeri reali ben definiti. .1. xN } aggiungendo il nodo x ∈ ]xk−1 . con i due addendi inf f · (x − xk−1 ) + inf f · (xk − x). per definizione di mk si ha mk ≤ inf f. La quantità a secondo membro si ottiene da quella al primo membro rimpiazzandone il k-simo addendo mk (xk − xk−1 ). σ). xk [ . [x. σ 0 ) ≤ s(f.xk ] [xk−1 . [x. σ 00 ) ≤ S(f.xk ] e quindi mk (xk − xk−1 ) = mk (xk − x + x − xk−1 ) ≤ inf f · (x − xk−1 ) + inf f · (xk − x). mk ≤ inf f.1.b] [a. indicata con σ1 la suddivisione banale {a. σ 0 ) ≤ s(f. σ). .b] [a. b] è il numero I + (f ) = inf S(f. Questa funzione. y) ∈ R2 : x ∈ [a. x1 . . xN } di [a. . Prima di tutto conviene fornire un criterio di integrabilità di grande utilità. 0]}. .8 Sia f : [a. . f (x) ≥ 0. che si indicherà Rb con il simbolo a f (x)dx: Z b f (x) dx = I − (f ) = I + (f ). analizzeremo questo problema nel paragrafo 5. e possibilmente intere classi. Definizione 5. b] e per ogni suddivisione σ = {x0 . è limitata in [a. . Sfortunatamente. che segue direttamente dalla definizione.xk ] quindi per ogni suddivisione σ si ha s(ϕ. esistono funzioni limitate non integrabili: sorge quindi l’esigenza di determinare esempi. di funzioni integrabili. se risulta I − (f ) = I + (f ). b] \ Q. la cui base è un intervallo dell’asse x centrato nel punto x di ampiezza “piccolissima” pari a dx. 298 . il cui grafico non è disegnabile. presa col segno di f (x). k = 1.1. ma soltanto a quelle che verificano la proprietà descritta nella seguente fondamentale definizione. .1. b] ⊂ R. N .Arrivati a questo punto. si consideri la funzione di Dirichlet ( 1 se x ∈ [a. f (x) ≤ 0. e scriveremo f ∈ R(a. in virt` u della densità in R di Q e di R \ Q: mk = inf ϕ = 0. In tal caso. Come si è visto. f (x)]}∪ ∪{(x. che è una “S” stilizzata) di aree di rettangolini. Mk = sup ϕ = 1. b] ∩ Q. Diciamo che f è integrabile secondo Riemann in [a. come mostra il seguente Esempio 5. b] si ha. La nostra procedura di approssimazione non è quindi applicabile a tutte le funzioni limitate. . b] è il numero reale I − (f ) = I + (f ). b]. l’ integrale di f su [a.7 Fissato [a. sarebbe bello che le “approssimazioni ottimali” per eccesso e per difetto coincidessero: questo ci permetterebbe di definire in modo non ambiguo l’area (con segno) della regione {(x. [xk−1 . a Il senso diR questo simbolo è quello di ricordarci che si fa il limite di somme finite (da cui il segno “ ”.xk ] [xk−1 . y) ∈ R2 : x ∈ [a. σ) = 0. I + (ϕ) = b − a. . S(ϕ. e la cui altezza è un intervallo dell’asse y di lunghezza pari a |f (x)|. b] → R una funzione limitata. y ∈ [0. b].3. b]. σ) = b − a e pertanto I − (ϕ) = 0. y ∈ [f (x). b). ϕ(x) = 0 se x ∈ [a. in generale si ha I − (f ) < I + (f ). si ha per la proposizione 5. b] tali che Z b Z b Z b ε ε 00 0 f (x) dx − < s(f. σ) < f (x) dx + .1. si ha 0 ≤ I + (f ) − I − (f ) ≤ S(f.Proposizione 5. Premettiamo due definizioni: Definizione 5. . allora risulta |σ 0 | ≤ |σ|. σ) − s(f.1. . Fissato a piacere un punto ti ∈ [xi−1 . La f è integrabile secondo Riemann in [a. la quantità N X f (ti )(xi − xi−1 ). b] → R una funzione limitata e sia σ una suddivisione di [a. xN }. per ogni suddivisione σ e per ogni somma di Riemann si ha N X s(f. Si noti che il criterio precedente permette di stabilire se una funzione è integrabile. il viceversa naturalmente non è vero (se σ3 e σ4 sono suddivisioni equispaziate con 3 e 4 nodi rispettivamente. b] → R una funzione limitata. ma non dà informazioni su quanto valga il suo integrale: il problema del calcolo esplicito degli integrali verrà affrontato pi` u avanti (paragrafo 5. b]. da cui I + (f ) = I − (f ) per l’arbitrarietà di ε. . xi ]. 2 2 a a a scelta allora una suddivisione σ pi` u fine di σ 0 e σ 00 .10 Data una suddivisione σ = {x0 . b] tale che S(f. allora |σ4 | < |σ3 | ma nessuna delle due è pi` u fine dell’altra). xN } di [a. σ). x1 . x1 . b] se e solo se per ogni ε > 0 esiste una suddivisione σ di [a. Dimostrazione (=⇒) Fissato ε > 0. . σ) < ε. σ) ≤ 2 2 a a a e ciò implica S(f.4 Z b Z b Z b ε ε f (x) dx ≤ S(f. f (x) dx − < s(f.1. σ ) ≤ f (x) dx ≤ S(f.1. relativa alla suddivisione σ. σ) < ε. [a. Definizione 5. . Dimostriamo adesso due importanti caratterizzazioni dell’integrabilità che hanno interesse sia teorico che pratico. . l’ ampiezza di σ è il numero |σ| = max (xi − xi−1 ). σ) ≤ f (ti )(xi − xi−1 ) ≤ S(f. per definizione di estremo superiore ed estremo inferiore esistono due suddivisioni σ 0 e σ 00 di [a. b] con nodi {x0 . σ) − s(f. per ogni f limitata. .5). σ) − s(f. i=1 è detta somma di Riemann di f . . i=1 299 . σ) < ε. (⇐=) Fissato ε > 0 e scelta una suddivisione σ come nell’ipotesi. σ ) < f (x) dx + . 1≤i≤N ` chiaro che se σ 0 è una suddivisione pi` E u fine di σ.9 Sia f : [a. Ovviamente.11 Sia f . dall’ipotesi segue. 0 ≤ S(f. Si ha f ∈ R(a. per ogni suddivisione σ con |σ| < δ. e quindi f è integrabile in virt` u della proposizione 5. σ) − A| + |A − s(f. σ) − s(f.9. b) se e solo se esiste un numero reale A dotato della proprietà seguente: per ogni ε > 0 si può trovare un δ > 0 tale che |σ| < δ In tal caso. =⇒ Rb a |s(f.12 Sia f : [a. inoltre.1. b] → R una funzione limitata. σ)| < 2ε. f (x) dx. si ha A = |S(f. σ) − A| < ε. Dimostrazione (⇐=) Fissato ε > 0. σ) − A| < ε. scelta una suddivisione σ con |σ| < δ.Teorema 5. avremo .1. σ) ≤ |S(f. Z b . . . . f (x) dx − A. . σ)| + |S(f. σ) − A| < 2ε. = |I + (f ) − A| ≤ |I + (f ) − S(f. . xN } di [a. Iij [ti−1 . ti [ contiene almeno un nodo xj }. . . . b] tale che Z a b ε f (x) dx − < s(f. xj ]. Mij = sup f. m} : ]ti−1 . eccetera (quando l’indice i appartiene a F ). b] tale che |σ| < δ. . . . . Denotiamo con Iij gli intervalli corrispondenti ad indici i ∈ F . poniamo inoltre Mi = sup f. xj+2 ]. σ ) = X Mi (ti − ti−1 ) + ki XX i∈F j=1 i∈E 300 Mij ∆ij . [xj . x1 . Consideriamo gli insiemi E = {i ∈ {1. . Supponiamo (per semplicità) che nessun nodo xj di σ0 coincida con qualcuno dei nodi ti di σ. σ0 ) < 2 Z b f (x) dx + a ε . σ0 ) ≤ S(f. i cui nodi sono i ti e gli xj : tali nodi delimitano intervalli del tipo [ti−1 . . xj+1 ]. fissato ε > 0 esiste una suddivisione σ0 = {x0 . . . ti ] ed eventualmente [xj . . . oppure dei tipi [ti−1 . t1 . e osserviamo che F ha al pi` u N elementi. ti [ non contiene alcun nodo xj }. . F = {i ∈ {1. . .b] |f | e fissiamo δ = 4NεK . Consideriamo poi la suddivisione σ 0 = σ ∪ σ0 . [xj+1 . ti ] (quando l’indice i appartiene ad E). tm } di [a. . 2 Rb Poniamo A = a f (x) dx. sia K = sup[a. indicando con ∆ij la loro ampiezza (per ogni i ∈ F ce ne sarà un certo numero finito ki ). a da cui A = Rb a f (x) dx. (=⇒) Poiché f è integrabile. Consideriamo una qualunque suddivisione σ = {t0 . m} : ]ti−1 . ti ] Si ha allora 0 S(f. gli intervalli Iij con i ∈ F fissato e j = 1. ki ricoprono [ti−1 . .D’altra parte. ti ]: quindi . . . . . ki . X X . X X ε . . Mij ∆ij . ≤ K(ti − ti−1 ) ≤ K δ ≤ KN δ = . . . . N . b] → R una funzione limitata. ≤ S(f. σ ) + + K(ti − ti−1 ) ≤ S(f. σ 0 ) + ≤ 4 i∈F 2 Z b ε f (x) dx + ε. a e quindi il numero A = Rb a f (x) dx verifica la condizione richiesta. Dimostrazione (=⇒) La tesi segue dal teorema 5. . b) se e solo se per ogni ε > 0 esiste ν ∈ N+ tale che S(f. 4 i∈F j=1 i∈F i∈F da cui X 0 Mi (ti − ti−1 ) = S(f. I + (f ) − I − (f ) ≤ S(f. 4 Pertanto possiamo scrivere X X S(f. 1. dall’ipotesi si deduce. . σ ) − ki XX Mij ∆ij ≤ S(f. σN ) < ε ∀N ≥ ν. (⇐=) Fissato ε > 0. . e dunque I + (f ) = I − (f ).1. Dal corollario precedente segue che in effetti per caratterizzare l’integrale di Riemann sono sufficienti le suddivisioni equispaziate. σ) = Mi (ti − ti−1 ) + Mi (ti − ti−1 ) ≤ i∈E i∈F ε X ε ≤ S(f.12 quando |σN | = b−a N < δ. Si ha f ∈ R(a. a N →∞ N →∞ 301 . e si ha Z b f (x) dx = lim S(f. σN ) − s(f. σN ) < ε. Corollario 5. σN ) ∀f ∈ R(a. σN ) − s(f. scelto N ≥ ν. σ0 ) + ≤ 2 a 0 In modo analogo si prova che Z s(f. b).1. σN ) = lim s(f. ove σN è la suddivisione equispaziata con nodi xk = a + k (b N − a). σ 0 ) + i∈F j=1 i∈E ε . . σ) ≥ b f (x) dx − ε. k = 0.13 Sia f : [a. b] con |σ| < δ e per ogni t1 . . . tN con ti ∈ [xi−1 . . .Teorema 5. xi ] risulta . per ogni suddivisione σ = {x0 . x1 . Si ha f ∈ R(a. . xN } di [a.1. b) se e solo vi è un numero A ∈ R con questa proprietà: per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che.14 Sia f : [a. . b] → R una funzione limitata. . . N . X . . . f (ti )(xi − xi−1 ) − A. . < ε. . . (=⇒) Supponiasmo che A verifichi la condizione dell’enunciato. Su questo teorema si basano le pi` u semplici formule di quadratura per il calcolo approssimato degli integrali. [xi−1 . . b). Sia ε > 0 e scegliamo δ > 0 tale che per ogni suddivisione σ con |σ| < δ si abbia A−ε< N X f (ti )(xi − xi−1 ) < A + ε i=1 per ogni somma di Riemann di f relativa a σ. A= a Dimostrazione (⇐=) Se f ∈ R(a. inf f > f (ηi ) − . per ogni somma di Riemann si ha Z b Z b N X f (x) dx − ε < s(f. s(f. f (x) dx < ε. N siano ξi .xi ] Allora le due quantità N X N X f (ξi )(xi − xi−1 ). i=1 Pertanto f ∈ R(a.1. . per il teorema 5. ηi ∈ [xi−1 . σ) < N X f (ξi )(xi − xi−1 ) + ε < A + 2ε. xi ] tali che ε ε sup f < f (ξi ) + . σ) ≤ i=1 ≤ S(f. i=1 in tal caso si ha b Z f (x) dx. σ) − a a Dunque. . i=1 f (ηi )(xi − xi−1 ) i=1 sono somme di Riemann di f relative a σ. σ) − |σ| < δ =⇒ S(f. σ) ≤ f (ti )(xi − xi−1 ) ≤ S(f. σ) < f (x) dx + ε. Per i = 1. 302 . b) e Rb a f (x) dx = A. a a i=1 Rb da cui la tesi con A = a f (x) dx.xi ] 2N 2N [xi−1 .12 esiste δ > 0 per cui risulta Z b Z b f (x) dx > −ε. . e dunque A − 2ε < N X f (ηi )(xi − xi−1 ) − ε < s(f. fissato ε > 0. è utile introdurre la nozione di “oscillazione” di una funzione in un intervallo. Per provare questo fatto. b).] 5. Si provi che g ∈ R(a. (Teorema della media) Si provi che se f ∈ R(a. b].6). b]. b). 5. σn ) e S( 1 − x2 .Esercizi 5. 303 . Utilizzando solo la definizione di π (definizione 1. σn ). dedurre che Z 1√ π 1 − x2 dx = . Dimostrare che ogni funzione limitata in [a. b] tale che 1 f (ξ) = b−a Z b f (x) dx. tale che |f | ∈ R(a. b) e che gli integrali di f e di g in [a. 1] i cui nodi sono le proiezioni sull’asse x dei vertici del poligono. b]? 4. è integrabile in [a. Che succede se f e g differiscono su un insieme numerabile {xn . b] allora esiste ξ ∈ [a. 3 2. Si provi che Z a b Z λ λx dx = (b2 − a2 ). allora 1 inf f ≤ [a. n ∈ N} ⊂ [a. b] coincidono.12. b]. 2 b λx2 dx = a λ 3 (b − a3 ). [a.b] b−a Z b f (x) dx ≤ sup f. b) e sia g una funzione che differisce da f soltanto in un numero finito di punti di [a.1 1. b]. Sia f ∈ R(a. a 3. Sia f una funzione limitata in [a. ove σn è la suddivisione di [−1. è vero che f ∈ R(a.2 Propriet` a dell’integrale L’integrabilità è una proprietà stabile rispetto alle operazioni algebriche fra funzioni.b] a e che se f è anche continua in [a. e continua salvo che in un numero finito di punti. b)? 6. 2 −1 [Traccia: si verifichi che la metà dell’area del poligono regolare di 2n lati inscritto nel √ cerchio di raggio√1 è compresa fra s( 1 − x2 . Se I è un intervallo contenuto in [a. da cui. risulta lim osc(f. S(g. osc(λf. x0 + δ] ∩ [a. σ 0 ) < ε. i=1 (2) Anche la definizione di continuità di una funzione (definizione 3. I) ≤ osc(f.1. xi ]) · (xi − xi−1 ) + i=1 N X osc(g. b] se e solo se per ogni ε > 0 esiste una suddivisione σ = {x0 . I). σ) − s(f + g.1. osc(f + g. σ) − s(f. [xi−1 . xi ]) · (xi − xi−1 ) ≤ i=1 ≤ N X osc(f. si ha a maggior ragione (proposizione 5. allora per ogni intervallo I ⊆ [a.4) S(f.11.2. xi ]) · (xi − xi−1 ) < ε.2 (3). . Iδ ) = 0. x1 . g sono funzioni limitate in [a. b]. Allora f + g. I) = |λ| osc(f. [xi−1 . σ) < 2ε. σ) − s(g. b) e sia λ ∈ R. [xi−1 . b]. λf ∈ R(a. (λf )(x) dx = λ g(x) dx. xN } di [a. fissato ε > 0 esistono due suddivisioni σ 0 e σ 00 di [a. . σ) < ε. I) + osc(g. posto Iδ = [x0 − δ. I). S(g. g ∈ R(a. σ) < ε. per l’osservazione 5. b] tali che S(f.2. . Si ha in effetti che f è continua in un punto x0 ∈ [a.3 Siano f. σ 00 ) < ε. f (x) dx + (f + g)(x) dx = a a a a a Dimostrazione Poiché f e g sono integrabili. b] → R una funzione limitata. σ) − s(f. I I Osservazioni 5.2 (1) Il criterio di integrabilità espresso nella proposizione 5.2. b] se e solo se. [xi−1 . b] e λ è un numero reale. σ) − s(g. I) = sup f − inf f.2. b] tale che N X osc(f. Dall’ultima delle osservazioni precedenti si deduce la linearità dell’integrale: Proposizione 5. 304 . l’ oscillazione di f in I è il numero reale osc(f.Definizione 5. b) e Z b Z b Z b Z b Z b f (x) dx.1 Sia f : [a. b] si ha. S(f + g.2. σ) = N X osc(f + g. σ 00 ) − s(g. come conseguenza dell’esercizio 3.9 si può riformulare nel modo seguente: f è integrabile in [a. δ→0+ (3) Si verifica facilmente che se f. σ) + S(g.3) può essere espressa tramite l’oscillazione. σ 0 ) − s(f. xi ]) · (xi − xi−1 ) = i=1 = S(f.2. Scelta un’altra suddivisione σ pi` u fine di entrambe. . σ) − s(λf. σ) < 2ε. σ) + s(g. σ) ≥ s(f. σ) − s(g. σ) = |λ|[S(f. σ) ≤ S(f. σ) − S(f. Adesso notiamo che Z b Z b Z b (f + g)(x) dx − f (x) dx − g(x) dx ≤ a a a ≤ S(f + g. σ) − S(g. Z b Z b Z b g(x) dx ≥ f (x) dx − (f + g)(x) dx − a a a ≥ s(f + g. σ) + S(g. il che ci fornisce la maggiorazione . Ne segue che f + g e λf sono integrabili. σ)] < |λ|ε.mentre S(λf. σ) − s(f. σ) − s(f. σ) − S(f. σ) − S(g. σ) > −2ε. σ) − s(g. σ) − s(f. . Z b Z b Z b . . . < 2ε . (f + g)(x) dx − g(x) dx f (x) dx − . . σ) se λ ≤ 0. σ) se λ ≤ 0. f (x) dx + (f + g)(x) dx = a a a Similmente. . ( s(λf. σ) = λ s(f. σ) = −λ s(f. σ) se λ ≥ 0 −λ S(f. σ) se λ ≥ 0 S(λf. qualunque sia λ ∈ R. è immediato dedurre che. a a a Z b b Z g(x) dx. osservando che ( λ S(f. ossia b Z ∀ε > 0. . Z b Z b . . . < |λ| ε . (λf )(x) dx − λ f (x) dx . . b). allora f g ∈ R(a. ∀ε > 0.2 e 5.3.2. g(x)}. si ottiene anche la seguente Proposizione 5. Un’altra importante proprietà dell’integrale è la sua monotonia: 305 . Si ha: (i) f · g ∈ R(a. f ∧ g(x) = min{f (x).1. b). 5. f ∧ g ∈ R(a.2. b).b] |g| > 0. (iii) f ∨ g.2.4 Siano f.2. b). a Utilizzando le proprietà dell’oscillazione. g ∈ R(a. Dimostrazione Si rimanda agli esercizi 5. a a e che quindi Z b Z (λf )(x) dx = λ a b f (x) dx ∀λ ∈ R. g(x)}. (ii) se inf [a. ove f ∨ g(x) = max{f (x). allora |f | ∈ R(a.2. f (x) dx ≤ a a Dimostrazione Basta notare che. allora Z b Z b g(x) dx. σ) ≤ s(g. Corollario 5.Proposizione 5.6 Se f ∈ R(a. per ogni suddivisione σ di [a. e poi passare all’estremo superiore rispetto a σ. b] si ha s(f.5 Siano f. b) e . g ∈ R(a. b). Se si ha f (x) ≤ g(x) per ogni x ∈ [a. per ipotesi. b].2. σ). b). Z b . Z b . . . . ≤ f (x) dx |f (x)| dx. . . d]. se si pensa al significato geometrico dell’integrale come area con segno. b] → R una funzione limitata e sia c ∈]a. b[ un punto fissato. b) se e solo se f ∈ R(a. (i) Se a ∈ [c. c a Dimostrazione La dimostrazione è ovvia. Essendo poi −|f (x)| ≤ f (x) ≤ |f (x)|. a a Dimostrazione Si verifica facilmente che |f (x)| = f (x)∨0−f (x)∧0 per ogni x ∈ [a. b) per la proposizione 5.8 Sia f una funzione reale definita in un intervallo [c. Proviamo infine l’additività dell’integrale rispetto all’intervallo di integrazione: Proposizione 5. a 306 . a a da cui la tesi. Per i discorsi che seguiranno. è utile dare senso all’integrale in cui a ≥ b.2. e in tal caso Z b c Z f (x) dx = a Z b f (x) dx + f (x) dx. Per una dimostrazione formale si rimanda all’esercizio 5.2. quindi |f | ∈ R(a. Allora si ha f ∈ R(a.2. c) ∩ R(c.4. poniamo Z a f (x) dx = 0.7 Sia f : [a. Rb a f (x) dx anche nel caso Definizione 5. d].5.5) si ottiene b Z − b Z |f (x)| dx ≤ Z f (x) dx ≤ a b |f (x)| dx. b].2. b).2. per monotonia (proposizione 5. w < u < v. w < v < u. a) grazie alla proposizione precedente) Z a Z b f (x) dx = − f (x) dx. v = w.2. poniamo (notando che f ∈ R(b. u = w. Allora Z v Z w Z v f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx u u ∀u. w Dimostrazione Si tratta di una noiosa ma facile verifica che fa uso della proposizione precedente e consiste nell’analizzare tutti i possibili casi: u < v < w. u < w < v. v.(ii) Se a.2. b). b]. Allora . b).9 Sia f ∈ R(a. v < u < w. b ∈ [c. a b L’utilità di questa convenzione sta nel seguente risultato di additività: Proposizione 5. w ∈ [a.6 può essere precisato alla luce della convenzione sopra descritta: Corollario 5. Anche il risultato di monotonia espresso dal corollario 5. v < w < u. u = v.2.10 Sia f ∈ R(a. d] con a > b. Z v . . Z v . . . . . . f (x) dx. . ≤ . . |f (x)| dx. . v ∈ [a. b]. . ∀u. u u Rv Dimostrazione Se u < v. il primo . il secondo membro è u |f (x)| dx e la tesi segue dal corollario 5. Se u = v la disuguaglianza Se u > v.6.2. R u . quindi èRvera. si riduce a 0 ≤ 0. u membro coincide con . v f (x) dx. che m è additiva sugli insiemi misurabili disgiunti (ossia m(A∪B) = m(A)+m(B)).7. è chiaro che questa definizione non dipende dalla scelta dell’intervallo [a. b] è uguale alla lunghezza di A. che m attribuisce agli intervalli la loro lunghezza. e che in particolare m è monotona (cioè m(A) ≤ m(B) se A ⊆ B). Questo suggerisce un modo per attribuire una “misura” a una vasta classe di sottoinsiemi limitati di R: quelli la cui corrispondente funzione indicatrice è integrabile. d].2. Dalle proprietà dell’integrale segue immediatamente che m(∅) = 0. d].1. In altre parole. mentre il secondo diventa v |f (x)|dx. di A. Se A è limitato. e che potremo chiamare insiemi misurabili. la funzione IA può essere integrabile secondo Riemann in [a. Se A è un intervallo [c.11 Sia A un sottoinsieme di R. a Dato che IA è nulla fuori di A. 307 . b]. e se [a. Osservazione 5. definiamo la misura di A come segue: Z b m(A) = IA dx. l’integrale di IA su [a. b] ⊇ A e se IA ∈ R(a. Rb è immediato verificare che IA ∈ R(a. Dunque se A = [c. come mostra l’esempio 5. b). e quindi ci si riduce al primo caso già provato. La funzione 1 se x ∈ A IA (x) = 0 se x ∈ /A si chiama funzione caratteristica. se [a. se A è limitato. o indicatrice. b) e che a IA dx = d − c. b] oppure no. b] è un qualunque intervallo contenente A. b) allora f g ∈ R(a. b) allora f ∨ g. Dimostrare che l’insieme ternario di Cantor (esercizio 3. b). I) · sup |f |. [Traccia: si osservi che basta verificare che f ∨ 0 ∈ R(a. una funzione f : A → R si dice lipschitziana (dal nome del matematico tedesco Lipschitz) se esiste L > 0 tale che |f (x) − f (y)| ≤ L|x − y|m ∀x.7.1. b] → R si ha f ∨ g = g + (f − g) ∨ 0.9 si determina facilmente una prima importante classe di funzioni integrabili: quella delle funzioni monotone. b) e Φ : R → R è una funzione lipschitziana.1. b). I).] 4. f ∧ g = f + g − f ∨ g.Esercizi 5. basta provare la tesi quando f ≡ 1. [Traccia: si verifichi che osc(f g. n=0 7. si provi che osc(1/g. g ∈ R(a. la misura dell’insieme A= ∞ [ [2−2n−1 .] I I 2. e calcolarne la misura. dedurne che se f. y ∈ A (il pi` u piccolo numero L che soddisfa la definizione si chiama costante di Lipschitz di f ). Teorema 5.2. 308 . I) ≤ osc(f. b) e inf [a. [Traccia: si provi che osc(Φ ◦ f. f ∧ g ∈ R(a. Se A è un sottoinsieme di Rm o di Cm . b).3. allora fg ∈ R(a.2 1. I) ≤ m12 osc(g. b] → R una funzione monotona. 6.b] |g| = m > 0. g : [a. I) · sup |g| + osc(g. Si provi che se f. b]. I) ≤ L · osc(f. Si provi che se f.] 3.3 Alcune classi di funzioni integrabili Utilizzando il criterio fornito dalla proposizione 5. b). Si provi che se f ∈ R(a. g ∈ R(a. 2−2n [. Dimostrare la proposizione 5. I). I).22) è misurabile. Si calcoli. 5. allora Φ ◦ f ∈ R(a. Allora f è integrabile su [a. g ∈ R(a. [Traccia: grazie all’esercizio precedente. se esiste. e si provi che risulta osc(f ∨ 0. I) ≤ osc(f.] 5. Si verifichi che per ogni f.1 Sia f : [a. b). Uniforme continuit` a Il nostro prossimo obiettivo è quello di dimostrare l’integrabilità delle funzioni continue su un intervallo compatto. i=1 cosicché N X S(f. in qualunque parte di A essi si trovino. fissato ε > 0. s(f. ma per ogni coppia di punti x. Diciamo che f è uniformemente continua in A se ∀ε > 0 ∃δ > 0 : |f (x) − f (x0 )| < ε ∀x ∈ A. Supponendo ad esempio f crescente. La definizione di uniforme continuità si esprime bene facendo intervenire l’oscillazione 309 . si ha S(f. come suggerisce il nome. Consideriamo le suddivisioni equispaziate σN . Questo fa s`ı che il numero δ di cui si prescrive l’esistenza sia sottoposto ad una richiesta pi` u forte: esso deve garantire che sia |f (x) − f (x0 )| < ε non solo per ogni x vicino ad un fissato punto x0 . dire che f è continua in A significa che ∀x0 ∈ A. σN ) = [f (xi ) − f (xi−1 )](xi − xi−1 ) = = i=1 N X [f (xi ) − f (xi−1 )] i=1 b−a b−a = [f (b) − f (a)] . Ricordiamo che se A è un sottoinsieme di Rm (oppure di Cm ) e f : A → R è una funzione. con nodi xi = a + 5. il criterio di integrabilità (proposizione 5. è una proprietà pi` u restrittiva della continuità. Definizione 5. nella definizione di uniforme continuità si è spostata la stringa “∀x0 ∈ A” dall’inizio alla fine della frase. in quanto dalla monotonia segue f (x) ∈ [f (a). f (a)] se f è decrescente. In definitiva: il numero δ deve dipendere da ε.3. σN ) − s(f.9) è soddisfatto se si sceglie N abbastanza grande. x0 fra loro vicini. N N Quindi. f (x) ∈ [f (b). ∀x0 ∈ A con |x − x0 |m < δ. Come si vede. σN ) = N X f (xi )(xi − xi−1 ).1.1. ma non da x0 . σN ) = i=1 N X i (b N − a) (esempio f (xi−1 )(xi − xi−1 ). f (b)] se f è crescente. ∀ε > 0 ∃δ > 0 : |f (x) − f (x0 )| < ε ∀x ∈ A con |x − x0 |m < δ.2 Sia A un sottoinsieme di Rm (o di Cm ) e sia f : A → R una funzione. la quale.2).Dimostrazione Osserviamo anzitutto che f è limitata. A questo scopo conviene introdurre la nozione di uniforme continuità. 3. B) = sup f − inf f ≤ ε B B per ogni palla B ⊆ A che abbia raggio non superiore a δ/2. per valori di a sufficientemente grandi. centrato in un punto del grafico di f . il grafico non intersechi mai i due lati orizzontali del rettangolo. non tutte le funzioni continue sono uniformemente continue. basta scegliere δ = ε/L. Come abbiamo visto. Ia ) = 2aδ + δ 2 ≥ ε.3. Si noti che in generale le funzioni appartenenti a C 1 (R) non sono né lipschitziane né uniformemente continue. allora f è uniformemente continua in A.4 (di Heine-Cantor) Sia f una funzione reale. non è uniformemente continua in tale semiretta in quanto. osc(f. come mostra l’esempio della funzione f (x) = x2 . risulta. (2) Ogni funzione lipschitziana in un insieme A è uniformemente continua in A: dato ε > 0.di f (definizione 5. dunque f . ovunque si trovi il suo centro. si ha continuità uniforme se per qualunque ε > 0 vi è una base δ > 0 tale che. facendo scorrere il centro del rettangolo R lungo il grafico di f . Per ogni intervallo Ia = [a. in quanto per il teorema di Lagrange esse risultano lipschitziane con costante L ≤ supR |f 0 |. fissato ε > 0 e comunque preso δ > 0. ove L è la costante di Lipschitz di f . definita su un sottoinsieme compatto A di Rm o di Cm .3 (1) Siano A = [0.1): f è uniformemente continua in A se e solo se per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che risulti osc(f. 310 . Esempi 5. Se f è continua in A. L’uniforme continuità di una funzione f si può interpretare geometricamente nel modo seguente: si consideri un rettangolo R. pur essendo continua in [0. Ia ) = (a + δ)2 − a2 = 2aδ + δ 2 . ∞[. di base 2δ ed altezza 2ε. In particolare.2. ∞[ e f (x) = x2 . a + δ] si ha osc(f. le funzioni f : R → R derivabili con derivata limitata sono uniformemente continue. tuttavia vale il seguente importante risultato: Teorema 5. 2. .3. N 311 i = 1. . b] → R è integrabile in [a. il che è assurdo perché |f (xkn ) − f (x0kn )| ≥ ε per ogni n. k |f (xk ) − f (x0k )| ≥ ε. . che per una funzione uniformemente continua f : A → R vale la seguente proprietà: se due successioni {xn }. applicando la definizione. Osservazione 5. la funzione f (x) = x sin x non è uniformemente continua su R. {yn } ⊆ A tali che xn − yn tende a 0. poiché scegliendo xn = 2πn + n1 . le suddivisioni equispaziate σN i cui nodi sono xi = a + Ni (b − a). ma |f (x) − f (x0 )|m ≥ ε. x ∈ ]0. x0 ∈ A che verificano |x − x0 |m < δ. b]. b−a Prendiamo. esistono due successioni {xn }. essendo f continua nel punto x. 1] (si veda l’esercizio 5. esiste una sottosuccessione {xkn } ⊆ {xk } che converge ad un punto x ∈ A. {f (yn )} si ha f (xn ) − f (yn ) → 0. N. . ma 1 1 1 1 1 f (xn ) − f (yn ) = 2πn + sin = 2π n sin + sin → 2π.3. Se scegliamo N > b−a .7).3. Ma allora. . {yn } ⊆ A verificano xn − yn → 0.6 Non è difficile verificare.3. si deve avere f (xkn ) → f (x) e f (x0kn ) → f (x) per n → ∞. allora f non può essere uniformemente continua. dato che |xkn − x0kn |m < 1/kn → 0 per n → ∞.1.19 e osservazione 3. come mostra l’esempio della funzione f (x) = 1/x. per ogni k troveremo xk . possiamo determinare due punti x. Notiamo che ogni funzione continua f : [a. yn = 2πn. ma f (xn ) − f (yn ) non tende a 0. b]. n n n n n Integrabilit` a delle funzioni continue Proviamo ora l’integrabilità delle funzioni continue su un intervallo [a. . Ad esempio. b].5 Il teorema di Heine-Cantor vale se A è compatto.1. per ogni N ∈ N+ . N .20): il risultato è falso se A non è limitato. negando la definizione 5. con k ∈ N+ .3. Poiché f è uniformemente continua. esiste δ > 0 tale che ε x. ossia limitato e chiuso (teorema 3. Le due successioni {xk } e {x0k } cos`ı costruite sono costituite da punti del compatto A.7 Ogni funzione continua f : [a. x0 ∈ [a. 1. allora per le trasformate {f (xn )}.1. i = 0. data una funzione continua f : A → R. Teorema 5. . |x − x0 | < δ =⇒ |f (x) − f (x0 )| < .Dimostrazione Supponiamo per assurdo che f non sia uniformemente continua in A: allora. Ciò si traduce in un utile criterio di non uniforme continuità: se.3. la corrispondente sottosuccessione {x0kn } ⊆ {x0k } converge anch’essa a x. Scegliendo allora δ = 1/k. troviamo che esiste ε > 0 tale che.20). Osservazione 5. Dimostrazione Sia ε > 0. si ha xn − yn → 0. . ed anche se A non è chiuso. qualunque sia δ > 0. avremo δ xi − xi−1 = b−a < δ. b] → R è necessariamente limitata (per il teorema di Weierstrass) e uniformemente continua (per il teorema di Heine-Cantor). Per definizione di insieme compatto (osservazione 3.3 (1). . come mostra l’esempio 5. x0k ∈ A tali che |xk − x0k |m < 1 . N } : osc(f.8 Pi` u in generale. . xi ]. La classe R(a. b] le funzioni che sono limitate in [a. b) e poniamo M = sup[a. .9 si conclude che f è integrabile in [a. . xi ]. σ) − s(f. M ] in virt` u del teorema di HeineCantor. . . σN ): si ha S(f. non è affatto difficile. .3. b]. M ]. Ii ) < ε ∀i ∈ A. Ii ) ≤ 2K ∀i ∈ B. σN ) − s(f. . σ) − s(f. . N } : osc(f. b). tale δ esiste poiché Φ è uniformemente continua in [m.b] f . xk } ⊂ [a. B = {i ∈ {1. consideriamo gli insiemi A = {i ∈ {1. benché formalmente un po’ pesante. M ] → R è una funzione continua. Ii )(xi − xi−1 ) ≤ S(f. σN ) = = N X i=1 N X max f − min f [xi−1 . x1 .xi ] [xi−1 .M ] |Φ|. Ii ) < δ}. . . σ) < δ 2 i∈B 312 . Si ha allora. risultano integrabili in [a. Si noti che Φ ◦ f non è necessariamente una funzione continua. σN ) < b−a N δ i=1 Per la proposizione 5. .3. b) è considerevolmente ampliata dal seguente risultato: Teorema 5. esiste una suddivisione σ = {x0 . N ove ξi e ηi sono rispettivamente punti di massimo e di minimo per f nell’intervallo ε [xi−1 . Se Φ : [m. La dimostrazione di questo fatto.3. sia δ ∈ ]0.b] f . . |ξi − ηi | ≤ xi − xi−1 < δ. osc(Φ ◦ f. b] tale che S(f. ovviamente. σ) < δ 2 . ε[ tale che t. Ii ) ≥ δ}. Quindi δ X i∈B (xi − xi−1 ) ≤ X osc(f. . s ∈ [m. . m = inf [a. Osservazione 5. |t − s| < δ =⇒ |Φ(t) − Φ(s)| < ε. σN ) − s(f. xN } di [a. b). σN ) − s(f. Posto Ii = [xi−1 . S(f. avremo f (ξi ) − f (ηi ) < b−a .1. Poiché. osc(Φ ◦ f. .9 Sia f ∈ R(a.e dunque N X b−a b−a ε · =ε ∀N > . b] e continue salvo che in un numero finito di punti {x1 . e per essa si rimanda all’esercizio 5. posto K = sup[m. Poiché f ∈ R(a. .6. allora Φ ◦ f ∈ R(a.Valutiamo la quantità S(f. Dimostrazione Fissato ε > 0.xi ] [f (ξi ) − f (ηi )] · i=1 (xi − xi−1 ) = b−a . b]. (b) f è continua in 0. e supponiamo che f abbia asintoti obliqui per x → ±∞. Si provi che esistono A. ma non uniformemente continua su R. Esibire una funzione f : R → R limitata e di classe C ∞ .ovvero X (xi − xi−1 ) < δ. 7. e che il viceversa è vero se e solo se A è limitato. 2. 9. Sia f : R → R una funzione continua. 4. allora f è uniformemente continua in A ∪ B. 1]. Si provi che f è uniformemente continua. Sia f : A → R una funzione uniformemente continua. e che il viceversa. Ii )(xi − xi−1 ) + osc(Φ ◦ f. 10. anche ammettendo f continua. (c) f (x + x0 ) ≤ f (x) + f (x0 ) per ogni x. 1]. 3. Ii )(xi − xi−1 ) ≤ i∈A i∈B ≤ ε(b − a) + 2Kδ < ε(b − a + 2K). Si provi che per ogni α > 0 la funzione f (x) = x−α non è uniformemente continua in ]0. Si provi che se una funzione f : A → R è uniformemente continua. i∈B Da ciò segue S(Φ ◦ f. Sia f : [a. σ) = X X = osc(Φ ◦ f. Si provi che |xα −y α | ≤ |x−y|α per ogni x. b] → R una funzione convessa. Provare che f è uniformemente continua in R. Si provi che esiste un unico prolungamento f : A → R di f . se ne deduca che se α ∈ [0. 1[ la funzione f (x) = xα è uniformemente continua in [0. Si provi che se f è uniformemente continua in A ed in B. x0 ∈ R. ∞[ . allora essa trasforma successioni di Cauchy in successioni di Cauchy. cioè la tesi. Provare che Z b a+b 1 f (a) + f (b) f ≤ . Sia f : R → R tale che (a) f (0) = 0. 5. 6. B > 0 tali che |f (x)| ≤ A + B|x| ∀x ∈ R. 8. f (x) dx ≤ 2 b−a a 2 313 . Sia f : R → R uniformemente continua. Esercizi 5. è falso. ma non è lipschitziana in tale semiretta. y ≥ 0 e per ogni α ∈ [0. che sia uniformemente continuo. σ) − s(Φ ◦ f.3 1. 10 si ha . che non è lecito scrivere f (x) dx: la variabile di integrazione non va confusa conP gli estremi dell’intervallo di a Pn n integrazione.4. b] con.2.2. Siano x. anzi lipschitziana. b]. Ra Dimostrazione Ovviamente F (a) = a f (x) dx = 0. x < x0 : per la proposizione 5. b). allora la sua funzione integrale F è continua. Quindi possiamo definire la funzione Z x f (t) dt.4 Il teorema fondamentale del calcolo integrale Se f è una funzione integrabile secondo Riemann in un intervallo [a. in [a. b]. x ∈ [a. Analizziamo le proprietà della funzione integrale F .9 ed il corollario 5.3. F (x) = a che R x si chiama funzione integrale della f . sappiamo dalla proposizione 5. Proviamo che F è lipschitziana (esempio 5. Si noti.5. esattamente come nelle sommatorie si scrive k=0 ak e non n=0 an . Proposizione 5. ad esempio.3 (2)).7 che si ha anche f ∈ R(a.1 Se f ∈ R(a. b]. x) per ogni x ∈ [a. di passaggio. e risulta F (a) = 0. x0 ∈ [a.2. b]. Z . . Z . . Z x . Z x0 . x . . x . . . . . . 0 f (t) dt − f (t) dt. = . f (t) dt. . ≤ . . |f (t)| dt. . . |F (x) − F (x )| = . . a . x0 ]. si ottiene. a x0 x0 scelta la suddivisione banale σ1 = {x. x0 } dell’intervallo I = [x. per definizione di integrale. . . Z x . . 0 . |f (t)| dt. . ≤ S(|f |. σ1 ) = sup |f | · |x − x0 |. |F (x) − F (x )| ≤ . Teorema 5. x − x0 x − x 0 x0 Poiché f è continua in x0 . b]. b]. c dt = c(x − x0 ) per ogni costante c) Z x F (x) − F (x0 ) 1 = [f (t) − f (x0 ) + f (x0 )] dt = x − x0 x − x 0 x0 Z x 1 = [f (t) − f (x0 )] dt + f (x0 ). Dimostrazione Fissiamo x0 ∈ [a.2 (teorema fondamentale del calcolo integrale) Sia f una funzione continua in [a. b]\{x0 } consideriamo il rapporto incrementale di F in x0 : Z x 1 F (x) − F (x0 ) = f (t) dt. fissato ε > 0 esisterà δ > 0 tale che |t − x0 | < δ =⇒ Rx |f (t) − f (x0 )| < ε. b] e si ha F 0 (x) = f (x) ∀x ∈ [a. Allora la sua funzione integrale F è derivabile in [a. b]. x0 I Ne segue la tesi.4. x − x 0 x0 Quindi possiamo scrivere (essendo x0 314 . Per ogni x ∈ [a. Se ora x → x0 . per la monotonia dell’integrale. il primo termine all’ultimo membro è infinitesimo: infatti non appena |x − x0 | < δ avremo. . . . . Z x . Z x . Z x . . . . . . 1 1 1 . . . [f (t) − f (x0 )] dt. . ≤ |f (t) − f (x0 )| dt. . ≤ ε dt. . = ε. . . . però. x − x0 |x − x0 | x0 |x − x0 | x0 x0 Pertanto lim x→x0 F (x) − F (x0 ) = f (x0 ) x − x0 ∀x0 ∈ [a. sappiamo dal teorema fondamentale del calcolo integrale che ogni funzione f continua su [a. b] e se risulta G0 (x) = f (x) per ogni x ∈ [a. Pi` u in generale si ha: Proposizione 5. b] ha una primitiva: la sua funzione integrale F . Definizione 5. Non tutte le funzioni sono dotate di primitive (esercizio 5. b) e supponiamo che f possieda una primitiva G.4 Sia f : [a. . se ne esiste una allora ne esistono infinite: infatti se G è una primitiva di f . b]. b] → R è una primitiva di f se G è derivabile in [a. Perché il teorema fondamentale del calcolo integrale ha questo nome? Perché. per mezzo di esso è possibile calcolare una gran quantità di integrali: già questo lo rende un teorema basilare. b) e f è continua in un punto x0 . b] → R una funzione qualunque.4.b]. Per capire meglio come stanno le cose. cioè due operazioni i cui significati geometrici sembrano avere ben poca relazione fra di loro: il calcolo di un’area delimitata da un grafico e la nozione di retta tangente a tale grafico.4.1). Osservazioni 5. L’insieme delle primitive di una Rfunzione f si chiama integrale indefinito di f e si indica talvolta con l’ambiguo simbolo f (x) dx (il quale quindi rappresenta un insieme di funzioni e non una singola funzione). allora G + c è ancora una primitiva di f per ogni costante c ∈ R. allora F è derivabile in quel punto. b]. Allora: (i) si ha Z x f (t) dt = G(x) − G(y) y 315 ∀y.4.3 (1) La continuità di f è essenziale nel teorema precedente: vedere l’esercizio 5. l’integrazione e la derivazione sono due operazioni “l’una inversa dell’altra”. (2) Nella dimostrazione precedente in effetti si è provato un risultato pi` u preciso: se f ∈ R(a. con F 0 (x0 ) = f (x0 ). D’altra parte. Ma la sua importanza è ancora maggiore per il fatto che esso mette in relazione fra loro l’integrale e la derivata.1. come presto scopriremo. Diciamo che una funzione G : [a.4.4. è necessario introdurre la nozione di “primitiva” di una data funzione. in un certo senso. e ciò prova la tesi. In realtà.5 Sia f ∈ R(a. x ∈ [a. x1 . sia ε > 0 e sia σ = {x0 . x ∈ [a. σ) − s(f. b] con. . y Dimostrazione (i) Fissiamo y. . ovviamente. utilizzando il teorema di Lagrange. s(f. Dato che. x ∈ [a. ad esempio. x] tale che S(f. σ) ≤ N −1 X f (ξk )(xk+1 − xk ) ≤ S(f. b]. k=0 otteniamo subito . . Allora possiamo scrivere. xk+1 [ .(ii) la funzione integrale F (x) = Rx a f (t) dt è anch’essa una primitiva di f . σ). . ove ξk è un opportuno punto in ]xk . y < x. (iv) per ogni primitiva H di f si ha Z x f (t) dt = H(x) − H(y) ∀y. G(x) − G(y) = N −1 X N −1 X k=0 k=0 [G(xk+1 ) − G(xk )] = f (ξk )(xk+1 − xk ). xN } una partizione di [y. σ) < ε. (iii) ogni primitiva H di f è della forma H(x) = G(x) + c con c costante reale. Z . . . y x . . f (t) dt − G(x) + G(y). . allora H = −G è una funzione derivabile in [a.4) che esiste c ∈ R tale che H(x) − G(x) = c. b]. (2) La proposizione precedente afferma che se f ha una primitiva G. e tra queste vi è anche la funzione x integrale a f (t) dt. allora ogni altra primitiva RH di f è della forma H(x) = G(x) + c. in particolare. 316 . ≤ S(f. e l’arbitrarietà di ε implica Z x f (t) dt = G(x) − G(y). (iii) se H è una primitiva di f . se G è una assegnata primitiva di f si ha Z f (x) dx = {G + c. si ottiene in particolare Z x d d ∃ f (t) dt = [G(x) − G(a)] = f (x) dx a dx ∀x ∈ [a. b] con (H − G)0 = f − f = 0 in [a. c ∈ R}. Osservazioni 5. σ) − s(f.3. b].4.6 (1) Si suole scrivere [G(t)]xy in luogo di G(x) − G(y). Ne segue (proposizione 4. y (ii) Scelto y = a. (iv) Segue banalmente da (i) e (iii). σ) < ε. se esiste (e se f è continua G esiste certamente.Rb Quindi per calcolare l’integrale a f (t) dt basta determinare una primitiva G di f . (ii) Si provi che f non ha primitive in [−1. Rx (i) Si calcoli 0 f (t) dt per ogni x ∈ [−1. Per questa operazione non ci sono purtroppo ricette prestabilite. ciò corrisponde essenzialmente a fare l’operazione inversa della derivazione. [Traccia: posto F (x) = x2 sin(1/x) per x 6= 0 e F (0) = 0. ma dotate di primitive. non impedisce di calcolarne gli integrali con qualunque precisione prestabilita. definita da   1 se 0 < x ≤ 1 0 se x = 0 f (x) = sgn(x) =  −1 se − 1 ≤ x < 0. come invece accade per il calcolo delle derivate: vi sono funzioni con2 tinue molto semplici. le cui primitive (che esistono) non sono esprimibili in termini di funzioni elementari. 2. ` utile a questo punto riportare la seguente tabella di primitive note: E integrando p+1 x (p 6= −1) x p+1 x−1 p integrando primitiva ∞ X ∞ X primitiva an x n 1 an xn+1 n+1 n=0 n=0 ln |x| 1 1 + x2 arctan x eλx (λ 6= 0) eλx λ √ 1 1 − x2 arcsin x cos x sin x √ 1 1 + x2 ln x + sin x − cos x cosh x sinh x sinh x cosh x 1 cos2 x tan x 1 sin2 x − √ 1 + x2 1 tan x Esercizi 5. Si consideri la funzione “segno di x”. 1]. peraltro.] 317 . si verifichi che F è derivabile e si prenda f = F 0 . Provare che esistono funzioni f discontinue in R. quali ad esempio e−x oppure sinx x . per il teorema fondamentale del calcolo integrale). 1]. il che. utilizzando “formule di quadratura” oppure scrivendo le primitive come somme di opportune serie di potenze. per poi calcolarla negli estremi dell’intervallo.4 1. ] Rb 6. e che la conclusione è falsa se si toglie una qualunque delle ipotesi. (i) dx a a 4. −x d sin dx Z 3x f (t) dt . 1]. 1]. b]. 318 . Calcolare d dx Z 2x f (t) dt. Si provi che Z 1 x lim f (t) dt = λ. 2x [Traccia: si tratta di derivare opportune funzioni composte. b]. T ) allora f ∈ R(a. Sia f una funzione continua in R. cioè tale che f (x + T ) = f (x) per ogni x ∈ R. Sia f : R → R continua e tale che f (x) → λ ∈ R per x → ∞. Sia f una funzione continua e non negativa in [a. I metodi che esporremo adesso servono a trasformare gli integrali (e non a calcolarli). 0 Metodi di integrazione Non esiste una procedura standard per il calcolo delle primitive e quindi degli integrali. Si verifichi che f è integrabile ma non continua in [−1. x→∞ x 0 8. 1] \ {0}. Provare che se f ∈ R(0. allora f ≡ 0 in [a. 1] e che risulta Z x d f (t) dt = f (x) ∀x ∈ [−1. Si provi che se a f (x) dx = 0. 0 se x = 0. che x 7→ derivabile in [−1. Sia ( f (x) = cos x1 se x ∈ [−1. 7. Sia f : R → R una funzione periodica di periodo T > 0. (ii) f 0 (t) dt = f (x) − f (a).3. Si dica quali ipotesi assicurano i fatti seguenti: Z x Z x d f (t) dt = f (x). dx a Rx 0 f (t) dt è 5. a + T ) per ogni a∈Re Z Z a+T T f (t) dt = a 5. naturalmente con la speranza che dopo la trasformazione l’integrale risulti semplificato e calcolabile. x d dx Z −x2 f (t) dt.5 f (t) dt ∀a ∈ R. Si ha. b]. a a e in particolare R b una primitiva di x sin x è −x cos x + sin x. g(x) = x2 .1 (1) Consideriamo l’integrale a x sin x dx. con f 0 (x) = sin x e g(x) = x. b] la seguente formula di integrazione per parti: Z b Z b b 0 f (x)g(x) dx = [f (x)g(x)]a − f (x)g 0 (x) dx. a 319 . Si ha. Z b Z b b x x e cos x dx = [e cos x]a + ex sin x dx = a a (integrando nuovamente per parti) Z b b x x = [e cos x + e sin x]a − ex cos x dx.Integrazione per parti Il metodo di integrazione per parti nasce come conseguenza della formula per la derivata di un prodotto: poiché D (f (x)g(x)) = f 0 (x)g(x) + f (x)g 0 (x). Z b Z b 2 x b 2 x x e dx = x e a − 2xex dx = a a (con un’altra integrazione per parti) Z b 2 x b x b = x e − 2xe a + 2 ex dx = x2 ex − 2xex + 2ex a . In modo analogo si calcola l’integrale a x cos x dx. l’integrale a f 0 (x)g(x) dx si trasforma in a f (x)g 0 (x) dx: se sappiamo calcolare quest’ultimo. Z b Z b b x sin x dx = [x(− cos x)]a − 1 · (− cos x) dx = [−x cos x + sin x]ba . avremo f 0 (x)g(x) = D (f (x)g(x)) − f (x)g 0 (x). a a Rb Rb Con questa formula. g ∈ C 1 [a. cosicché.5. Rb (2) Per il calcolo di a x2 ex dx si ha. a quindi Z 2 b ex cos x dx = [ex cos x + ex sin x]ba . si ottiene per ogni coppia di funzioni f. integrando i due membri su [a. sapremo calcolare anche l’altro. con f 0 (x) = ex . con f 0 (x) = ex e g(x) = cos x. Rb (3) Calcoliamo a ex cos x dx. Rb Esempi 5. a e in particolare una primitiva di x2 ex è (x2 − 2x + 2)ex . dall’ultimo degli esempi precedenti segue Z 1√ 1 π 1 − x2 dx = (arcsin 1 − arcsin(−1)) = . 2 In particolare. b] ⊆ [−1. Z b√ h √ ib Z b x2 2 2 √ 1 − x dx = x 1 − x + dx = a 1 − x2 a a ib Z b x2 − 1 + 1 h √ 2 √ + dx = = x 1−x a 1 − x2 a Z b ib Z b √ h √ 1 √ 1 − x2 dx + dx. 2 a a √ √ In particolare. 1 − x2 dx = Osservazione 5. 2 a Osserviamo inoltre che avremmo potuto anche integrare per parti prendendo g(x) = ex e f 0 (x) = cos x. 2 2 −1 questa è l’area del semicerchio ed è in accordo con la definizione del numero π (definizione 1.e infine Z b ex cos x dx = a 1 x [e cos x + ex sin x]ba .1. Integrazione per sostituzione Il metodo di integrazione per sostituzione è figlio della formula che fornisce la derivata delle funzioni composte: poiché D (g ◦ ϕ(x)) = g 0 (ϕ(x)) · ϕ0 (x). b] = [−1. una primitiva di 1 − x2 è 12 x 1 − x2 + arcsin x . 1] √ affinché l’integrando sia ben definito. con f 0 (x) = 1 e g(x) = 1 − x2 . una primitiva di ex cos x è 21 ex (cos x + sin x).5.12. Rb√ (4) Per l’integrale a 1 − x2 dx notiamo prima di tutto che deve essere [a. Si ha.6). = x 1 − x2 − a 1 − x2 a a quindi 2 Z b√ h √ ib Z 1 − x2 dx = x 1 − x2 + a a e infine Z b√ b √ a h √ ib 1 dx = x 1 − x2 + arcsin x a 1 − x2 ib 1h √ x 1 − x2 + arcsin x . Rb√ In modo analogo si può calcolare l’integrale a 1 + x2 dx. si osservi che abbiamo ritrovato il risultato dell’esercizio 5.4. 1]. Si noti che strada facendo abbiamo indirettamente calcolato anche Z b 1 ex sin x dx = [−ex cos x + ex sin x]ba . 320 .2 Se [a. b] è invertibile. w Rb √ Esempi 5. a e quindi Z "Z v 0 #v ϕ(x) f (ϕ(x))ϕ (x) dx = f (t) dt u ϕ(v) Z f (t) dt − = a ϕ(u) Z f (t) dt. si ha #v Z "Z Z q Z v ϕ(v) ϕ(x) 0 f (t) dt = f (t) dt = f (ϕ(x))ϕ (x) dx = f (t) dt = u a Z "Z ϕ(z) = f (t) dt = ϕ(w) ϕ(x) ϕ(u) #zu f (t) dt a Z z = w p f (ϕ(x))ϕ0 (x) dx. mediante il cambiamento di variabile t = ϕ(x). v. la seguente formula di integrazione per sostituzione: Z v Z ϕ(v) 0 f (ϕ(x))ϕ (x) dx = f (t) dt ∀u.5.3 (1) Nell’integrale a x3 1 + x2 dx poniamo x2 = t. da cui dt = 2xdx: si ha allora Z b √ Z b2 Z 2 √ 1 √ 1 b 3 2 x 1 + x dx = t 1 + t dt = (t + 1 − 1) 1 + t dt = 2 a2 a a2 2 b2 Z b2 1 1 2 2 3/2 1/2 5/2 3/2 = (1 + t) − (1 + t) dt = (1 + t) − (1 + t) = 2 a2 2 5 3 a2 b 1 2 2 2 5/2 2 3/2 = (1 + x ) − (1 + x ) . b]. ϕ−1 (p) p Si noti che. dt la quale è coerente col fatto che da t = ϕ(x) segue dx = ϕ0 (x). b] nell’integrale di destra. ϕ(v) = ϕ(z) = q (dunque ϕ non è iniettiva). le “lunghezze infinitesime” dx e dt sono legate dalla relazione dt = ϕ0 (x)dx. d] dell’integrale di sinistra viene sostituita dalla variabile t ∈ [a. d]. u ϕ(u) Il significato è il seguente: la variabile x ∈ [c. b]. si ha Z ϕ−1 (q) Z q 0 f (ϕ(x))ϕ (x) dx = f (t) dt ∀p.Ry scegliendo g(y) = a f (t) dt (con f funzione continua in [a. affinché sia valida questa formula non è affatto necessario che ϕ sia invertibile: se u. b]. in realtà. d] tali che ϕ(u) = ϕ(w) = p. 2 5 3 a 321 . d] → [a. con ϕ a valori in [a. per il teorema fondamentale del calcolo integrale. d]. a a u Pertanto si ottiene per ogni coppia di funzioni f ∈ C[a. Z ϕ(x) D f (t) dt = f (ϕ(x)) · ϕ0 (x). w. La formula di integrazione per sostituzione si può “leggere al contrario”: se ϕ : [c. b]) si ha. z sono punti di [c. v ∈ [c. ϕ ∈ C 1 [c. q ∈ [a. e ricordiamo √ che la funzione inversa del seno iperbolico è settsinh x = log(x + 1 + x2 ). = 0 2 4 Se invece scegliamo per la t l’intervallo [π/2. otteniamo la stessa cosa: Z 1 Z √ 2 1 − x dx = 0 π/2 p 1 − sin2 t cos t dt = π (essendo cos t < 0 in [π/2. Qui leggiamo la formula di integrazione per sostituzione al contrario: poniamo x = sin t. Posto x = t. 1]. oppure t ∈ [π/2.5.5. da cui dt = 2√1 x dx. b] ⊂]0. da cui dx = cos t dt. si ha Z a b √ √ e x √ dx = x Z b t √b h √x ib 2e dt = 2e √a = 2e . si ottiene 1 Z √ π/2 Z 1− x2 dx = p 1 − sin2 t cos t dt = 0 0 (essendo cos t > 0 in [0. t √ a a R1√ (3) Sappiamo già calcolare l’integrale 0 1 − x2 dx (esempio 5. o anche t ∈ [π.R b √x (2) Nell’integrale a e√x dx bisogna supporre [a. si ha t ∈ [0. π]. π/2]. 5π/2] il risultato dell’integrazione è lo stesso. “coseno iperbolico” e “settore seno iperbolico”. 322 . Nell’esercizio 5. Rb√ (4) Nell’integrale a 1 + x2 dx poniamo x = sinh t. in modo che l’integrando √ sia ben definito e limitato.1 (4)). 1[ = ∅. b]∩ ]−1. sempre che si abbia [a. +∞[. prestando attenzione al segno di cos t. π]) Z π/2 Z π π 2 = (− cos t) dt = cos2 t dt = . π/2]. π/2]) Z π/2 = cos2 t dt = (integrando per parti) 0 π 1 [t + sin t cos t]π/2 = . che anche scegliendo per la t l’intervallo [π.8 si fornisce una giustificazione dei nomi “seno iperbolico”. quando x descrive [0. 2 2 a a Rb√ In modo analogo si calcola l’integrale a x2 − 1 dx. π]. 5π/2] (e infinite altre scelte sono possibili): se si è scelto per la variabile t l’intervallo [0. da cui dx = cosh t dt. x ∈ R. a settsinh a con due integrazioni per parti si ottiene Z b√ ib √ 1 1h settsinh b 2 2 1 + x dx = [t + sinh t cosh t]settsinh a = settsinh x + x 1 + x . Si ha allora Z b√ Z settsinh b 2 1 + x dx = cosh2 t dt. 4 π π/2 Il lettore può verificare per suo conto. ma ora useremo un altro metodo. Allora l’ integrale di g su [a. a a a In particolare. . b]. . b] è il vettore Z b Z b Z b 1 m g(t) dt = g (t) dt. che perde di significato. b) per i = 1. . u u w Inoltre. b] → Rm una funzione.5. b] → Rm tale che g i ∈ R(a.5. . in luogo della monotonia. . α(t) dt + i g(t) dt = a a a b Z L’integrale vettoriale è lineare e verifica ancora la proprietà di additività Z v Z w Z v g(t) dt = g(t) dt + g(t) dt ∀u. b] → R siano integrabili secondo Riemann su [a.5 Sia g : [a. . Esso si definisce come segue: Definizione 5. v. b].Integrali vettoriali ` utile parlare brevemente anche di integrali vettoriali. m. g (t) dt ∈ Rm .4 Sia g : [a. b] → C. Supponiamo che le sue componenti g i : [a. . . b] è il numero complesso b Z b Z β(t) dt. vale la seguente fondamentale disuguaglianza: Proposizione 5. se g = α + iβ : [a. Allora . ossia dell’integrale di funzioni E di una variabile a valori in Rm (e in particolare nel caso m = 2 rientra anche il caso di funzioni complesse). w ∈ [a. l’integrale di g su [a. . Z b Z b . . . . g(t) dt. |g(t)|m dt. ≤ . 1. yim dt. y = a m m Z X i=1 b i i g (t) dt · y = a Z bX m a i Z i b hg(t). a a m Dimostrazione per ogni y ∈ Rm si ha. g (t)y dt = a i=1 quindi per la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz (proposizione 3. per definizione di prodotto scalare (paragrafo 3.1): Z b g(t) dt.1) . Z b . Z b . . . . ≤ g(t) dt. . y |g(t)|m · |y|m dt ∀y ∈ Rm . . a Scegliendo y = Rb a a m g(t) dt. si conclude che . Z b . 2 . Z b . Z b . . . . . . . g(t) dt. ≤ |g(t)|m dt · . g(t) dt. . . m . 323 . a m a a e quindi si ottiene la disuguaglianza cercata. Calcolare i seguenti integrali ([x] denota la parte intera di x): .5 1.Esercizi 5. . Z 5 Z 1 Z 11 . . 1 x|x| dx. [x] dx. . max −x. . x − . . (ii) le parabole y 2 = 9x e x2 = 9y. dx. (iii) l’ellisse 4. Calcolare le primitive di xn e−x per ogni n ∈ N. y = 2x − 5. 1 + x2 Z 2 8−x/3 dx. −π Z π Z cos mx cos nx dx = −π ( π sin mx sin nx dx = −π 324 0 se m 6= n π se m = n. n ∈ N+ si ha Z π cos mx sin nx dx = 0. −3 0 π 0 tan x dx. Determinare l’area della regione piana delimitata da: (i) la retta y = x e la parabola y = x2 . 1] −10 se x ∈]1. 3. . 0 2−x dx. Si provi che se m. x π/4 Z Z Z sin x cos x dx. (x2 − [x2 ]) dx. cos x} dx. 5[     1000 se x = 5     8 se x ∈]5. −π/2 ln x dx. ove f (x) =          3 se x ∈ [−10. 10]. y = −x. Calcolare i seguenti integrali π/2 Z 2 Z π/2 cos 9x dx. 0 10 x+2 dx. Calcolare −π R 10 −10 0 f (x) dx. x2 + 4y 2 = 1. 0 6. 5. min{sin x. 9 (iv) le rette y = x. 2 −10 −4 −1 Z 8 Z π Z 6 |[x] + x| dx. −π/2 100 Z 1 Z 2 sin 10x dx. −7] −1 se x ∈] − 7. −5 2. sinh t). Provare che la serie è integrabile termine a termine in ogni intervallo [a. sin x sin(n + 1)x dx = n a a n b Z b sin x cos nx n−1 sin x cos(n + 1)x dx = . (i) Siano O = (0. che l’area del settore iperbolico OAQ della figura a destra è pari a t/2. n a a b n Z b cos x sin nx n−1 cos x cos(n + 1)x dx = . che l’area del settore circolare OAP della figura a sinistra è uguale a t/2.7. n+1 a n=0 a n=0 a n=0 325 . b] si ha Z x Z t Z x (x − s)f (s) ds. b] contenuto in ] − R. 0 e utilizzando questo risultato si calcoli l’integrale Z π x sin x dx. n a a 8. n a a b n Z b sin x sin nx n−1 . f (s) ds dt = a a a 10. 9. a) si ha Z a Z f (t) dt = 0 a f (a − t) dt. Provare che se f è una funzione continua in [a. sin t). 2 0 1 + cos x P n 11. A = (1. (ii) Sia inoltre Q = (cosh t. cioè che risulta b Z bX ∞ ∞ Z b ∞ X X 1 n n n+1 an x dx = an x dx = an x . calcolando un opportuno integrale. Per n ∈ N+ verificare le seguenti formule: n b Z b cos x cos nx n−1 cos x sin(n + 1)x dx = − . analogamente. Si provi. Sia ∞ n=0 an x una serie di potenze con raggio di convergenza R > 0. 0) e P = (cos t. Provare che se f ∈ R(0. 0). Si provi. R[. sinh2 x dx. Z 0 0 1 Z 0 ex − 2 dx. x0 ∈ [a. n! m! x0 n=0 [Traccia: per x ∈ [a.b] a 14.12. .] sinn x dx. −2 e ln ln x dx. ex + 1 Z 0 2 Z x dx. Dimostrare che se f è una funzione continua e non negativa in [a. si provi che In = n−1 In−2 n ∀n ≥ 2. 3 2 3 7 4 Z 4 2e x cosh x dx. b]. Si esprima il resto di Taylor in forma integrale. n! n=0 e si applichi la formula g(x) − g(x0 ) = 15. 3x − 1 2 1 0 Z π/2 Z 1 Z 1 √ dx x ln2 x dx. allora Z ∃ lim n→∞ 1/n b n f (x) dx = max f. ove k!! denota il prodotto di tutti i numeri naturali non superiori a k aventi la stessa parità di k. x arctan x2 dx. Posto In = R π/2 0 Rx x0 t ∈ [a. b]. ex − 1 dx. [a. b] si ha Z x m X 1 (n) (x − t)m (m+1) n f (x) = f (x0 )(x − x0 ) + f (t) dt. g 0 (t) dt. Calcolare i seguenti integrali: Z 1 Z 3 Z 2 2x + 1 −x (x − 1) e ln x dx. I2n+1 = (2n)!! (2n + 1)!! ∀n ∈ N. se ne deduca che I2n = (2n − 1)!! π (2n)!! 2 ∀n ∈ N+ . Sia f : [a. x ln x dx. (1 + x2 )2 sin ln x dx. ossia si dimostri che per ogni x. b] fissato si consideri la funzione m X 1 (n) g(t) = f (x) − f (t)(x − t)n . b] → R una funzione di classe C m+1 . 326 . −1 10 1 1 Z x arctan2 x dx. x 13. dx. π/4 sin x 0 1/2 Z e Z 1 Z 1 √ x ee +x dx. b]. 18. a 5. occorrono alcuni preliminari relativi 327 . per arrivare a questo risultato. b] → R tale che lim sup |fn (x) − f (x)| = 0. (v) Si concluda che π è irrazionale. 0 n→∞ Come mai? 17. Provare che se esiste una funzione integrabile f : [a. (iv) Supposto per assurdo che π 2 sia un razionale della forma p/q.6 Integrazione delle funzioni razionali Una funzione razionale della variabile complessa z è il rapporto fra due polinomi P (z) e Q(z): quindi è una funzione continua in C \ A. Sia g : [a.b] allora Z b b Z f (x) dx. (Irrazionalità di π) Si consideri l’integrale 2 In = n! Z 0 π 2 π2 − t2 4 n cos t dt. n→∞ x∈[a. di grado al pi` u n. ove A è l’insieme (finito) delle radici del denominatore. Si verifichi che Z x g0 (t) dt = g(x) − g(a) ∀x ∈ [a. è sempre possibile scrivere esplicitamente le primitive di una funzione razionale reale. (ii) Si provi per induzione che In+1 = (4n + 2)In − π 2 In−1 per ogni n ∈ N+ .16. A noi interesseranno funzioni razionali reali. e dunque integrabili. b] → Rm una funzione di classe C 1 . b]. tali funzioni saranno continue. però. si provi che q n Pn (π 2 ) ∈ N+ e che. ove Pn è un opportuno polinomio. a coefficienti interi. (i) Si verifichi che In > 0 per ogni n ∈ N. n ∈ N. limn→∞ q n In = 0. in ogni intervallo chiuso e limitato I ⊂ R privo di radici del denominatore. d’altra parte. (iii) Se ne deduca che In = Pn (π 2 ). (i) Sia {fn } una successione di funzioni integrabili secondo Riemann su [a. in cui quindi la variabile è x ∈ R e i polinomi sono a coefficienti reali. fn (x) dx = lim n→∞ a Z 1 a (ii) Si verifichi che nx dx 6= lim n→∞ Z n 0 1 lim nxn dx. Decomposizione delle funzioni razionali Come vedremo. se e solo se. Q(z) (z − αi )k i=1 k=1 ove α1 . Per fissare le idee.k verificano un opportuno sistema algebrico di n equazioni lineari non omogenee.1 Sia P un polinomio di grado m e sia Q un polinomio di grado n. Proposizione 5. per certi coefficienti Q(z) Ai. in particolare supporremo che P (z) non sia identicamente nullo e che Q(z) non abbia grado 0. è necessario preliminarmente fare la divisione euclidea di P per Q.6. i=1 k=1 si noti che ciascun Qik è un polinomio (di grado n − k). 1 ≤ k ≤ νi } una 328 . P con m < n. Q(z) ˜ = r. .k sono costanti complesse. . e l’integrazione esplicita di R si riduce a quella della nuova funzione razionale R Q che è propria. R(z) = Q(z) Se P (z) è divisibile per Q(z). Siano allora m ≥ 0 il grado del numeratore P e n > 0 il grado del denominatore Q.alla decomposizione di tali funzioni in campo complesso. .k i) risolvono νi r X X P (z) = Ai. ossia che non abbiano zeri comuni. ottenendo P (z) = q(z)Q(z) + r(z). sia P (z) . tali Ai.k R(z) = = . . Una funzione razionale R si dice propria se risulta m < n. . Escluderemo dunque questo caso. d’ora in avanti. moltiplicando per Q(z) e ponendo Qik (z) = (z−α k . . ν1 . νr sono le rispettive molteplicità (con ν1 + · · · + νr = n) e le Ai. Supporremo dunque. Tale sistema è risolubile univocamente se e solo se il determinante dei suoi coefficienti è non nullo. Dimostrazione La formula che dobbiamo dimostrare è vera. ossia vale m ≥ n. Se R non è propria. . αr sono le radici di Q. che la funzione razionale R sia propria. ove q ha grado m − n ≥ 0 e il grado di r è minore di n. Inoltre si può sempre supporre che i polinomi P e Q siano primi fra loro. quindi sarà R(z) = q(z) + r(z) . la funzione razionale si riduce a un polinomio e il calcolo delle sue primitive non presenta difficoltà.k ∈ C. Questa identità fra polinomi è vera se e solo se i rispettivi coefficienti sono ordinatamente uguali: dunque essa vale se e solo se gli n numeri Ai. Sia dunque {A∗i. La funzione razionale R = Q si può univocamente decomporre nella somma r ν i P (z) X X Ai. e ciò accade se e solo se il corrispondente sistema lineare omogeneo ha solo la soluzione nulla.k Qik (z) ∀z ∈ C.k : 1 ≤ i ≤ r. 2 2 (z − 1) (z + 2) z − 1 (z − 1) z+2 Una variante della decomposizione precedente è data dalla seguente 329 .k Qik (z) ∀z ∈ C.k = 0 per k = 1.6. . e in conclusione 3z 2 − 4z − 2 1 1 2 = − + . e cos`ı via. ottenendo 3z 2 − 4z − 2 = A(z − 1)(z + 2) + B(z + 2) + C(z − 1)2 .2 Sia data la funzione razionale z 4 − 3z 2 + 7z − 8 . i=1 k=1 Moltiplichiamo tale relazione per (z − α1 )ν1 e calcoliamo per z = α1 : si ottiene A∗1.k Qik (z) ∀z ∈ C. Vale dunque 0= νi r X X A∗i. . . .k = 0 per k = 1. . La relazione precedente diventa cos`ı νi r X X 0= A∗i. poi per (z − α2 )ν2 −1 . si ottiene analogamente A∗2. .k = 0 per k = 1. . (z − 1)2 (z + 2) (z − 1)2 (z + 2) La proposizione precedente ci dice che 3z 2 − 4z − 2 A B C = + + . . (z − 1)2 (z + 2) poiché essa non è propria. A + B − 2C = −4. Ne segue A = 1. Moltiplicandola ora per (z − α1 )ν1 −1 e calcolando per z = α1 si ricava A∗1. C = 2.ν1 = 0 e nella somma precedente si può rimuovere l’addendo A∗1. . Dunque deve aversi A + C = 2. ν1 . νr e i = 1. ν2 . . In modo analogo si trova alla fine A∗i. i=2 k=1 Moltiplicando per (z − α2 ) . ν2 Esempio 5.k sono tutti nulli e la formula è dimostrata. −2A + 2B + C = −2.ν1 Q1ν1 (z). Dunque gli A∗i.n-pla di numeri che risolve tale sistema lineare omogeneo: se proveremo che gli A∗i.k sono tutti nulli avremo provato la tesi. 3z 2 − 4z − 2 z 4 − 3z 2 + 7z − 8 = z − 3 + . e procedendo in questo modo si arriva a dire che A∗1. B = −1. con facile verifica. . . 2 2 (z − 1) (z + 2) z − 1 (z − 1) z+2 Per calcolare i valori delle tre costanti si moltiplica per (z − 1)2 (z + 2). . ossia 3z 2 − 4z − 2 = (A + C)z 2 + (A + B − 2C)z + (−2A + 2B + C). . . effettuando la divisione euclidea abbiamo. r. .ν1 −1 = 0. 6.4 (1) Consideriamo la funzione razionale R(z) = z2 z . .6. αr sono le radici di Q. Esempi 5. .k =− . +4 2(z + 2i) 2(z − 2i) (2) Per la funzione razionale 3z 3 + z 2 − 5z − 1 (z − 1)2 (z + 1)2 la proposizione 5. . La formula di Hermite ci dice che z2 z A B = + . +4 il cui denominatore ha radici ±2i. 2 2 (z − 1) (z + 1) z − 1 z + 1 dz (z − 1)(z + 1) 330 .6. quest’ultimo è nullo se Q ha tutte radici semplici ed ha grado minore di n − r altrimenti.3 (formula di Hermite) Sia P un polinomio di grado m e sia Q P si può univocamente un polinomio di grado n.6.1. L’unicità della decomposizione segue dall’unicità garantita dalla proposizione 5.k − . se ve ne sono. nella forma d Ai. ν1 .k Ai. . troviamo immediatamente B = 12 e A = 12 : pertanto z2 z 1 1 = + .1 d XX Ai. (z − αi ) dz i=1 k=2 (k − 1)(z − αi )k−1 ma l’ultimaQ somma si può raccogliere in una funzione razionale che ha per denominatore il prodotto ri=1 (z − αi )νi −1 (di grado n − r) e per numeratore un certo polinomio H(z) di grado minore di n − r. .Proposizione 5. +4 z + 2i z − 2i moltiplicando per z−2i e calcolando in z = 2i. e poi moltiplicando per z+2i e calcolando in z = −2i. e riscrivere i rimanenti. le Ai sono costanti complesse e H(z) è un polinomio. Q(z) (z − αi ) dz i=1 (z − αi )νi −1 i=1 ove α1 . La funzione razionale R = Q decomporre nella somma r d H(z) P (z) X Ai Qr = + R(z) = . νr sono le rispettive molteplicità (con ν1 + · · · + νr = n). Dimostrazione Basta isolare nella decomposizione della proposizione 5. . k (z − αi ) dz (k − 1)(z − αi )k−1 Si ottiene allora R(z) = r X i=1 νi r Ai.6.3 fornisce (essendo n = 4 e r = 2) z 4 + 3z 3 − z 2 − 5z A B d Cz + D =1+ + + . con m < n.1 gli addendi con k = 1. . con m < n. naturalmente la formula di Hermite vale ancora. calcolando in z = 0. ma poiché le radici αi dell’equazione Q(x) = 0 possono essere complesse. Dunque B = 1 e A = 2. 2 2 2 (z − 1) (z + 1) z − 1 z + 1 (z − 1) (z + 1) (z − 1)(z + 1)2 da cui. 3 = A + B.5 Sia P un polinomio a coefficienti reali di grado m e sia Q un P polinomio a coefficienti reali di grado n. ma i calcoli sono noiosi. 2 (z − 1)(z + 1) (z − 1) (z + 1) (z − 1)(z + 1)2 A questo punto. troviamo 1 C +D − =− . Proposizione 5. C e D. Se la funzione razionale in esame è di variabile reale x ed a valori reali. lievemente pi` u complicata. Risulta allora 3z 3 + z 2 − 5z − 1 A B 1 1 = + − − . B. In definitiva 3z 3 + z 2 − 5z − 1 2 1 d 1 = + + . moltiplicando per z e mandando |z| all’infinito. 2 2 mentre moltiplicando per (z + 1)2 e calcolando in z = −1 si ha −C + D 1 = . 2 2 (z − 1) (z + 1) z − 1 z + 1 dz (z − 1)(z + 1) Decomponendo le funzioni razionali in campo complesso. ma a coefficienti reali. Procediamo invece in questo modo: moltiplicando l’equazione per (z − 1)2 e calcolando in z = 1. infine. si ottengono in generale coefficienti complessi. 2 µj −1 ν −1 2 h dx h=1 (x − αh ) j=1 [(x − βj ) + γj ] 331 .Conviene eseguire la derivata nel modo seguente: d Cz + D d = (Cz + D)(z − 1)−1 (z + 1)−1 = dz (z − 1)(z + 1) dz C Cz + D Cz + D = − − .6. La funzione razionale reale R = Q si può univocamente decomporre nella somma p q X X Bj0 x + Cj0 P (x) Ah R(x) = = + + 2 + γ2 Q(x) (x − α (x − β ) h) j j j=1 h=1 + H(x) d Qp Qq . anche i coefficienti che si trovano nella decomposizione resteranno in generale complessi. Nel caso di funzioni razionali reali vi è però un’altra formula di decomposizione. 2 2 da cui D = 1 e C = 0. abbiamo −1 = −A + B. possiamo moltiplicare per (z − 1)2 (z + 1)2 l’equazione z 4 + 3z 3 − z 2 − 5z 3z 3 + z 2 − 5z − 1 − 1 = = (z − 1)2 (z + 1)2 (z − 1)2 (z + 1)2 B C Cz + D Cz + D A + + − − = 2 z − 1 z + 1 (z − 1)(z + 1) (z − 1) (z + 1) (z − 1)(z + 1)2 e uguagliare i coefficienti dei polinomi che si ottengono a primo e secondo membro: questo determina i valori di A. . Q(z) h=1 (z − αh ) j=1 z − βj − iαj z − βj + iαj dz K(z) ove K(z) = p Y νh −1 (z − αh ) q Y [(z − βj )2 + γj2 ]µj −1 j=1 h=1 e H(z) è un polinomio con grado minore di n − r = n − p − 2q. νp . ed osservato che per ogni polinomio g(z) risulta g(z + t) − g(z) d g(z + t) − g(z) d g(z) = lim = lim = g(z). Dimostrazione Applicando la formula di Hermite con variabile complessa z. . quest’ultimo è nullo se Q ha tutte radici semplici ed ha grado minore di n − p − 2q altrimenti. Bj = Cj . come richiesto. . . Cj e Bj sono fra loro coniugati e H ha coefficienti reali. . βq ± iγq sono le radici complesse di Q. .ove le Ah . . possiamo scrivere z in luogo di z. t→0 t→0 dz t dz t si trova P (z) = Q(z) p X Ah R(z) = = h=1 (z − αh ) + q X j=1 Bj Cj d H(z) + + . perché è il quoziente di due polinomi a coefficienti reali. Bj0 e Cj0 sono costanti reali. il polinomio H è a coefficienti reali. Q. . . . e H(x) è un polinomio a coefficienti reali. αp sono le radici reali di Q con rispettive molteplicità ν1 . per unicità ricaviamo Ah = Ah . µq (con ν1 + · · · + νp + 2µ1 + . . q. a due a due coniugate. z − βj + iαj z − βj − iαj dz K(z) ma in questa identità rispetto a z. Vogliamo mostrare che i coefficienti Ah sono reali. si può scrivere p q X Bj P (z) X Ah Cj d H(z) = + + + . calcoliamo il coniugato della funzione razionale R(z): dato che P . con rispettive molteplicità µ1 . . z − βj − iαj z − βj + iαj (z − αj )2 + βj2 332 . A questo scopo. α1 . raccogliendo gli addendi contenenti Bj e Cj abbiamo Bj Cj 2Re [Bj (z − αj + iβj )] + = . . K hanno coefficienti reali. . Allora. . β1 ± iγ1 . Q(z) h=1 (z − αh ) j=1 z − βj − iαj z − βj + iαj dz K(z) Confrontando questa decomposizione con quella iniziale. . 2µq = n). Cj = Bj . e i Bj e i Cj sono fra loro coniugati. Osserviamo che il polinomio q(z) ha coefficienti reali. ottenendo p q X P (z) X Ah Cj Bj d H(z) = + + + . valida in un dominio del piano complesso che è simmetrico rispetto all’asse reale. ossia Ah ∈ R. H(z) ≡ H(z). . Per trovare C. 333 . x = 2.6. con Bj0 = 2Re Bj e Cj0 = −2αj Re Bj . 150 2 3 5 5 25 Con facili semplificazioni.5 ci dice che A B Cx + D d Ex + F x2 + 3 = + + 2 + . 1 (semplici) e i. −i (doppie): dunque n − r = 2.  50 2 5 5 25       7 = 3 − 1 + D − 4 + E − 8E − 2F . otteniamo finalmente. 2 2 x(x − 1)(x + 1) x x−1 x +1 dx x2 + 1 Poiché d Ex + F d E 2Ex2 + F x 2 −1 = (Ex + F )(x + 1) = − . ossia C = 2.Dunque. x(x − 1)(x2 + 1)2 Il denominatore ha grado n = 6 e radici 0. D. x(x − 1)(x2 + 1)2 x x−1 x2 + 1 x2 + 1 (x2 + 1)2 Con x = −1. La proposizione 5. moltiplicando per x − 1 e calcolando in x = 1. 2 2 (x − αh ) j=1 (x − βj ) + γj dx K(x) che è la tesi. Per esempio.   2 2 2 2 4    7 3 4 + D E 8E + 2F =− +1+ + − . e si ha dunque 3 1 2x + D E 2Ex2 + F x x2 + 3 = − + + + − .6. scegliendo quest’ultima opzione troviamo 0 = −3 + 1 + C. moltiplicando per x e calcolando in x = 0 ricaviamo subito A = −3. abbiamo B = 1. E. Analogamente. questo sistema diventa  2D + F = −4   5D − 3E − 2F = −4   5D − 3E + 2F = −8. dx x2 + 1 dx x2 + 1 (x2 + 1)2 si ha A B Cx + D E 2Ex2 + F x x2 + 3 = + + 2 + 2 − . R(x) = p X h=1 q X Bj0 x + Cj0 Ah d H(x) + + . Esempio 5. scrivendo la decomposizione iniziale per la variabile reale x. uno dei quali può essere (dopo aver moltiplicato per x) x = ∞. x(x − 1)(x2 + 1)2 x x−1 x +1 x +1 (x2 + 1)2 da cui. F si può calcolare l’equazione in quattro punti diversi da 0 e 1.6 Consideriamo la funzione razionale x2 + 3 . x = −2 si ricava  1 1 D − 2 E 2E − F   =3− + + − . . γj γj Integrali riducibili ad integrali di funzioni razionali Svariati tipi di integrali possono ricondursi.5 è fondamentale per scrivere esplicitamente le primitive di una funzione razionale reale.t . con m < n. rm . dx. rm ∈ Q.8 Sia Z I= 1 2 √ 1+ x √ dx. d sono numeri reali tali che l’integrando abbia senso e I è un intervallo chiuso di R contenuto nell’insieme di definizione dell’integrando. con la sostituzione ax + b = tk cx + d l’integrale si trasforma nell’integrale di una funzione razionale su un opportuno intervallo J. x(1 + 3 x) 334 .7 Sia P un polinomio a coefficienti reali di grado m e sia Q un poliP è nomio a coefficienti reali di grado n. c.. e una primitiva F di R in I è F (x) = p X Ah ln |x − αh | + h=1 q 0 X Bj j=1 2 ln[(x − βj ) + 2 γj2 ] Bj0 βj − Cj0 x − βj + arctan . . Quindi si conclude che x2 + 3 1 4x − 3 d 2x + 1 3 + − . Infatti si ha. r1 ..6. a. . R è una funzione razionale di m + 1 variabili. a − ctk (a − ctk )2 J ove J è l’intervallo di estremi ap+b cp+d e aq+b . .. I = R x. cx + d cx + d I ove m ∈ N+ .. (A) Consideriamo un integrale della forma r r Z ax + b m ax + b 1 . . per utilizzarla occorre essere in grado di risolvere preliminarmente l’equazione algebrica Q(x) = 0: questa è la vera difficoltà nell’uso di tale formula. Naturalmente. E = − 21 . k Z dt − b tk−1 kr1 krm I = k(ad − bc) R .. ad integrali di funzioni razionali del tipo già visto. . Detto k il minimo comune multiplo dei denominatori di r1 .6. Corollario 5.6. cq+d Esempio 5. . b. =− + 2 2 2 x(x − 1)(x + 1) x x − 1 2(x + 1) dx 2(x2 + 1) La formula di decomposizione fornita dalla proposizione 5.. posto I = [p. q].t dt.. con opportune sostituzioni. ..e le sue soluzioni sono D = − 32 . La funzione razionale reale R = Q integrabile secondo Riemann in ogni intervallo chiuso I che non contenga radici di Q. F = −1. s Infatti. J 1/k 1/k ove J è l’intervallo di estremi p . b = 0. ove k è il minimo comune multiplo dei denominatori di r e s. r2 = 31 . (ii) r+1 ∈ Z. m = 2 e r1 = 12 . Z I = k tkr (a + btks )σ tk−1 dt. s J ove gli esponenti sono tutti interi e J è l’intervallo di estremi 335 a+bps ps e a+bq s . s (iii) r+1 + σ ∈ Z. I=6 t6 (1 + t2 ) 1 con divisione euclidea e decomposizione di Hermite ricaviamo allora Z 64 1 t+1 I = 6 1+ − 2 dt = t t +1 1 64 1 2 = 6 t + ln t − ln(t + 1) − arctan t = 2 1 3 = 378 + 33 ln 2 − 3 ln 4097 − 6 arctan 64 + π. Questo integrale si riduce all’integrale di una funzione razionale nei casi seguenti: (i) σ ∈ Z. detto integrale binomio: Z I = xr (a + bxs )σ dx. 2]. ove h è il denominatore di σ. b sono numeri reali tali che l’integrando abbia senso e I è un intervallo chiuso di R contenuto nell’insieme di definizione dell’integrando. da cui Z r+1 h r+1 +σ s I=− a (th − b)− s −σ−1 tσh+h−1 dt. q]. q . per ottenere. Si noti che in questo integrale tutti gli esponenti sono interi. con la sostituzione a + bxs = th . a. σ ∈ Q. nel caso (i) basta eseguire la sostituzione x = tk . si ha x = b−1/s (th − a)1/s e dunque Z r+1 h −1/s (th − a) s −1 thσ+h−1 dt. 64] e Z 64 1 + t3 5 t dt. s. d = 1. Infine nel caso (iii) si deve porre a + bxs = th xs ove h è di nuovo il denominatore di σ: allora x = a1/s (th − b)−1/s . 2 (B) Consideriamo l’integrale seguente. posto I = [p. qs . a = 1.In questo caso I = [1. Nel caso (ii). e ponendo x = t6 si ha J = [1. I= b s J ove tutti gli esponenti sotto integrale sono interi e J è l’intervallo di estremi (a + bps )1/h e (a + bq s )1/h . Si ha allora k = 6. c = 0. I ove r. Posto 1 + x3 = t2 . si ottiene la decomposizione Z 27 1 1d 1 − dt. s = 4. 3 3 16 12 2 2 2−1 2 2+1 8 (3) Per l’integrale Z I= 1 2 √ 1 + x4 dx x3 1 2 si ha r = −3.9 (1) Consideriamo l’integrale √ Z I= √ 3 √ 2 1 √ dx. s = 13 e σ = −2. √ 2 3 2 t(t − 1)2 r+1 s = −1. Con i metodi di decomposizione già visti. σ = − 21 e dunque l’integrale diventa Z 2 3 dt I= . e si ottiene dunque 1+x x4 r+1 s + σ = 0.6. essendo 4 = t2 . essendo k = 6. x(1 + 3 x)2 Dato che r = − 12 .5. s = 3. esso è di tipo (iii). (1 + t2 )2 8 Utilizzando la proposizione 5. √ 2 4 t−1 2 8 2 4 17 − 4 4 2−1 336 .Esempi 5. σ = e dunque. esso è di tipo (i): quindi. si ottiene a questo punto Z 1 1 d 1 2 3 1 − − + I = dt = 3 √2 t 2(t − 1) 2(t + 1) dt t2 − 1 1 1 1 2 3 2 4 1 9 7 = ln √ − ln √ − ln √ + − 1 = ln − . poiché r = −4. I=6 2(1 + t2 ) 2 dt 1 + t2 8 da cui 3 I = 3 arctan t − 1 + t2 27 = 3 arctan 27 − 3 arctan 8 − 8 3 3 + . poniamo x = t6 e l’integrale diventa Z 27 t2 I=6 dt.6. Poniamo Z √17 Z √17 4 4 t2 1 1 1 1 I = − √ dt = − √ 1+ − dt = 2 2 t2 − 1 2 2 2(t − 1) 2(t + 1) √ √ √ √17 t 1 t+1 4 17 1 1 17 + 4 1 2+1 = + ln = − √ + ln √ − ln √ . 730 65 (2) L’integrale 2 Z I= 1 dx √ x4 x3 + 1 è di tipo (ii). x 2 .6. I ove R è una funzione razionale di due variabili e I è un intervallo chiuso di R contenuto nell’insieme di definizione dell’integrando. e tenendo conto che x = 2 arctan t. sin2 x) sin x dx. − R(1 − t2 .10 Si consideri l’integrale Z 0 dx . sin2 x. I I Z Z (iii) R(cos2 x. 2 2 1 + t 1 + t 1 + t2 J Esempio 5. (ii) R(cos x.12. sin x) dx. Infatti. I= 2 −1 (t − 2)(t − 1) −1 t − 3t + 2 e con i metodi di decomposizione ormai consueti si ottiene 0 Z 0 1 t−2 4 1 − dt = ln = ln .11) 1 − tan2 cos x = 1 + tan2 x 2 x 2 2 tan x2 sin x = 1 + tan2 . I= t−1 t − 1 −1 3 −1 t − 2 Sono integrali del tipo precedente anche i seguenti: Z Z 2 (i) R(sin x. dt. I= − π2 3 − 3 sin x + cos x Con la sostituzione sopra indicata si trova facilmente Z 0 Z 0 dt dt = . e si trova Z 1 t2 t 1 R . Questo integrale si razionalizza con la sostituzione standard tan x2 = t. t) dt J J ove J è l’intervallo corrispondente ad I nella variabile t. si ha Z 1 − t2 2t 1 I=2 R . dt. 1 − t ) dt.(C) Consideriamo adesso un integrale del tipo Z I = R(cos x. ricordando le formule (esercizio 1. cos x) cos x dx. . (iv) I R(tan x) dx. 2 2 2 1 + t 1 + t 1 + t 1 + t2 J 337 . Nel caso (iii) e nel caso (iv) (che è un caso particolare di (iii)) la sostituzione da usare è tan x = t. sin x cos x) dx. mentre nel caso (ii) si usa cos x = t e si ottiene rispettivamente Z Z 2 R(t. I per essi tuttavia si possono usare sostituzioni pi` u semplici. Nel caso (i) si pone sin x = t. x + ax + b) dx. 1 + t2 1 + 4t2 12 6 (D) Gli integrali della forma Z R(eαx ) dx. Z 1 Z 1 15 (1 − t2 )2 1 2 − 2 ln 2. I= dt = − + t dt = 3 3 1 1 t t t 8 2 2 (2) L’integrale Z I= π 4 sin2 x dx 4 − 3 cos2 x 0 è del tipo (iii) e dunque. Esempio 5. a + 2t (a + 2t)2 338 .6. posto cos x = t. (1 + t2 )(1 + 4t2 ) Dunque 1 I= 3 Z 1 0 1 1 π 1 − dt = − arctan 4. b ∈ R.11 (1) L’integrale Z I= 0 π 6 sin5 x dx = cos3 x Z π 6 (sin2 x)2 sin x dx cos3 x 0 diventa. α J t ove J è l’intervallo della variabile t corrispondente ad I. I I ove a.Esempi 5.12 Si ha Z 1 3 e2x + ex dx = ex − 1 Z e e3 t2 + t dt = t(t − 1) Z e3 1+ e e3 − 1 2 dt = e3 − e + 2 ln . posto tan x = t. dx = 2 dt. I= I ove α ∈ R \ {0}. allora t2 − b t2 + at + b x= . che li trasformano in Z 1 1 I= R(t) dt. R è una funzione razionale e I è un intervallo chiuso di R √contenuto nell’insieme di definizione dell’integrando. t−1 e−1 (E) Consideriamo infine un integrale di una delle due forme Z Z √ √ 0 00 2 (i) I = R(x. Nel caso (i). R è una funzione razionale e I è un intervallo chiuso di R contenuto nell’insieme di definizione dell’integrando. si razionalizzano con la sostituzione eαx = t. si trasforma come segue: Z t2 1+t2 1 I= 1 4 − 3 1+t 2 0 1 dt = 1 + t2 Z 1 0 t2 dt.6. si fa la sostituzione x2 + ax + b−x = t. (ii) I = R(x. −x2 + ax + b) dx. fatte le dovute semplificazioni. Nel caso (ii). e con la sostituzione 2−x = t si trova facilmente.13 (1) Consideriamo l’integrale Z −1 dx √ I= . I= √ Z √3 3(t2 − 1) 1 d t I = 2 dt = 2 −2 dt = (t2 + 1)2 1 + t2 dt 1 + t2 √1 √1 3 3 √ 3 √ 4t 2π π √ π = 2 arctan t − = − − 3 + 3= . I= = ln √ 3+2 2 2(1+ 2) t + 1 (2) Consideriamo l’integrale Z 1 1+x √ dx. √ Z 1+√3 2+ 3 dt √ . 1 + t2 −x2 + ax + b = t(β − x). attraverso il x+2 metodo di decomposizione di Hermite. 2 2 1+t 1+t 1 + t2 J e quindi. β−x Si ha allora x= √ βt2 + α .e quindi l’integrale diventa 2 2 Z t − b t2 − b t + at + b 0 I =2 R . si deduce che esso ha discriminante positivo e quindi possiede due radici reali α e β con α < β. l’integrale diventa 2 Z βt + α βt2 + α (β − α)t 00 I =2 R .6. 1 + t2 dx = 2(β − α)t dt. osservato che il polinomio sotto radice deve essere positivo in I. +t dt. essendo Esempi 5.t β − dt. 4 − x2 −1 q Si ha α = −2. 2 1 + t √1 3 3 3 Z 3 3 339 . 2 x − 2x −2 √ siamo nel caso (i): posto x2 − 2x − x = t si ha facilmente. β = 2. a + 2t a + 2t (a + 2t)2 J ove J è l’intervallo della variabile t corrispondente ad I. Occorre allora fattorizzare il radicando nella forma −x2 + ax + b = (x − α)(β − x) e porre r x−α = t. Calcolare i seguenti integrali binomi: √ x √ dx. . dx. 3 2 4 2 0 x + x + 4x + 4 0 x − 4x − 1 Z 1 Z 1 x2 dx dx. Z 1 4 0 Z q √ 3 1 + 4 x dx. Calcolare i seguenti integrali di funzioni razionali: Z 1 Z 7 dx dx . 1+ 3x Z √ 0 Z 1 r 3 0 340 2 1 2 1 1 2 √ x4 − 1 dx. 1 − x2 Z x √ dx. dx. 1 2 Z 1 4 Z 1 2 dx √ . x−α con A= P (α) . x4 + 1 2 Z 2 Z −1 Z 1 x8 dx. dx. si 1. 2 2 0 x +x+1 5 3x − 9 Z 1 Z 0 |x| + 1 x3 dx. 2 2 −1 x + 5x + 6 −1 x − 5x + 6 Z 2 Z 1 5x2 x5 − 9x dx. 2 2 4 2 2 0 (x + x + 1) 0 (x + 1) Z 2 Z 1 dx x−1 dx. (x3 + 1)3 1 x2 − 1 dx. x4 − x3 1 x3 − 2 dx. x5 dx √ dx. 4 x 1 − x3 Z x4 dx. dx. . Q0 (α) 2.Esercizi 5. dx. dx. 3 2 2 1 (x + 1)(x + 2) 0 4x − x Z 3 dx . Se α è una radice reale semplice di Q. 3 x2 . x4 x3 + 1 p √ 3 1+ x √ dx. (x3 − 1)2 3 2x2 − 3 dx.6 P (x) una funzione razionale. x2 (x2 + 1) 0 Z −1 3. 5 1 1 1 − x x + x 1 + x + 1 0 4 2 4. Sia R(x) = Q(x) verifichi che nella decomposizione di Hermite di R compare l’addendo A . 1 (1 − 3 x)2 8 Z 1q √ 3 (1 − x2 )3 dx. 3 1 x 1 1 1+x x− x x 1−x 4 2 4 √ Z 4√ Z 3 √ Z 2 3 x+ x−1 1+x x √ √ dx. . x2 x−1 x−1 1 2 1 x− √ Z 1r Z 1 Z 1 2 x dx 2+ 3x+1 3 √ √ √ . dx. Calcolare i seguenti integrali di tipo (A): Z 1 Z 1 r Z 3 2 4 dx 1 1−x dx √ √ . 3 3x π π cos x sin x sin x cos 0 6 4 8. è calcolabile con la sostituzione sin x = (i) r ∈ N.5. 1 − 3 sin x Z tan2 x dx. s ∈ Q. 2 2x − 1 1 0 25 + 16x Z 3 4 dx √ dx. Verificare che un integrale del tipo Z cosr x sins x dx. (1 + x) x − x2 Z 1 10. ax + b. 1 + cos x sin2 x dx. dx. . Calcolare i seguenti integrali utilizzando l’esercizio precedente: Z π Z πr 5 Z π √ 4 3 2 sin x dx cos x √ dx. ex + 1 9. I 341 . s dispari. cos3 x 6. 2 1 1 + 1 − x 0 2 Z 1 Z 1 √ 2 x dx 4x − 3x2 √ dx. (1 − x)2 x2 − 2x − 3 0 x+ 0 Z 1 Z −3 3 4 dx x3 + x √ √ dx. (ii) s ∈ N. r dispari. dx. 7. Si provi che un integrale della forma Z √ √ R(x. dx. r + s pari. 2x x 5x +e +1 −5 0 e 0 e Z 1 0 x x e2 − e3 dx. cx + d) dx. s ∈ Z tale integrale è sempre calcolabile. Calcolare i seguenti integrali di tipo (C): Z pi 2 0 Z 0 π 2 dx dx. dx. 3 sin x + 4 cos x Z 5 + cos x dx. Calcolare i seguenti integrali di tipo (D): Z 3 Z 1 1 dx dx. dx. (5 + 3 cos x) cos x Z 0 − π6 π 4 0 dx dx. 2 −x4 + 3x2 − 2 0 (x − 1) 2 + x − x − 32 Z 2 √ Z 2√ 2 x +2 1 + x2 dx. √ t nei casi seguenti: (iii) r + s ∈ N. Calcolare i seguenti integrali di tipo (E): √ 1 − 1 − x2 √ dx. I ove r. 1 + sin2 x Z π 2 0 π 3 0 cos x dx. se ne deduca che quando r. richiede l’uso di molti degli strumenti del calcolo che abbiamo fin qui analizzato. cex + d cex + d I Z √ x 2x x (ii) R e . d sono numeri reali tali che gli integrandi abbiano senso e per ciascun integrale I è un intervallo chiuso di R contenuto nell’insieme di definizione dell’integrando.14. ad integrali dei tipi (A). si calcoli con queasto metodo l’integrale Z 2√ 4x + 2 − 2x √ dx. c.7. Dimostrazione Dividiamo l’argomentazione in quattro passi. . d ∈ R con a 6= 0. 5. 4x − 1 1 2x − 11.. a.6.. I Z (ii) √ √ R ex . . e che è di grande importanza sia teorica che applicativa. .. n ne 342 ∀n ∈ N+ . Naturalmente.7. dx. c 6= 0 e ad − bc 6= 0.3. 1o passo Proviamo che esiste A > 0 tale che √ n n √ n n 1 1 A n e 12(n+1) < n! < A n e 12n e e cosicché. Si provi che gli integrali della forma r x r Z x ae + b 1 ae + b m (i) R x. Teorema 5. (B).17 e 4. e I è un intervallo chiuso di R contenuto nell’insieme di definizione dell’integrando. a maggior ragione. in particolare ∃ lim √ n→∞ n! n = A. R è una funzione razionale. La sua dimostrazione.10 (3) e. con opportune sostituzioni. sono riducibili. c. ae + be + c dx.1 (formula di Stirling) Risulta n n n n 1 √ √ 1 2πn e 12(n+1) < n! < 2πn e 12n e e ∀n ∈ N+ . quello degli esercizi 1. è riducibile ad un integrale di tipo (E) con la sostituzione ax+b = t2 .. . r1 . aex + b.ove R è una funzione razionale di tre variabili. . rm ∈ Q. b.7 Formula di Stirling La formula di Stirling è una stima che descrive in modo molto preciso il comportamento asintotico della successione {n!}n∈N . non banale ma nemmeno troppo difficile. a. cex + d dx I ove m ∈ N+ . . il risultato espresso dalla formula di Stirling implica quello dell’esempio 2. b. ricordando l’esercizio 4.2. essendo 4(n + 1)(n + 2) > 4n2 + 4n + 1. n in particolare. otteniamo 1 1+ 12(n+1)(n+2) e n+ 12 1 1 < 1+ < e1+ 12n(n+1) . e osserviamo anzitutto che. ciò prova il 1o passo. D’altra parte.3. 2 n→∞ (2n + 1)!!(2n − 1)!! 343 . 1 an+1 e 12(n+1) 1 Ciò mostra che la successione {an e− 12(n+1) } è strettamente decrescente (oltre che limita1 ta. mentre la successione {an e− 12n } è stret1 tamente crescente e converge necessariamente allo stesso limite A. si ha n+ 21 ∞ 1 1 1 2n + 1 n + 1 X 1 1 ln 1 + = n+ ln = . visto che e 12n → 1: in particolare risulta A > 0 e si ha. essendo positiva) e quindi ha limite A ≥ 0. 1 1 Ae 12(n+1) < an < Ae 12n ∀n ∈ N+ . n n n ∈ N+ .Consideriamo a questo scopo la successione n! e n an = √ . n Questa doppia diseguaglianza può essere riscritta nella forma 1 e 12(n+1) 1 e 12(n+2) 1 an e 12n < < .8. an 1 = an+1 e n+ 21 1 1+ n ∀n ∈ N+ . 1+ 1 3 (2n + 1)2 n 3 k=1 (2n + 1)2k 3 1 − (2n+1) 2 e dunque 1+ 13 e 1 4n2 +4n+1 n+ 12 1 1 1+ 1 < 1+ < e 3 4n2 +4n . come è immediato verificare.6 (1)) n+ 12 1 ∞ 1 1X 1 (2n+1)2 1 1 1 < ln 1 + < 1 + = 1 + . ln 1 + = n 2 n 2 n 2k + 1 (2n + 1)2k k=0 Ne segue (esempio 2. 2o passo Proviamo la relazione π (2n)!!2 = lim . Per definizione di an . come si voleva. R π/2 2n+1 2n−1 2n 2n 2n sin x dx sin x dx 0 0 sin2n x dx il che implica R π/2 2n sin x dx π (2n)!!2 (2n)!!2 0 = lim = lim . . · (2n − 1) √ 22 · 42 · .5.Consideriamo la successione nR π/2 o sinm x dx 0 : si verifica agevolmente (esercizio m∈N 5. dividendo la prima equazione per la seconda e rimaneggiando i termini. = lim 2 = lim n→∞ n→∞ (2n)! n (2n)! 2n Il 3o passo è provato. . = R π/2 2n+1 2 (2n + 1)!!(2n − 1)!! sin x dx 0 + D’altra parte risulta per ogni n ∈ N R π/2 R π/2 2n sin x dx 2n + 1 2n + 1 1 0 0 1 < R π/2 = ≤ =1+ . 3o passo Dimostriamo che √ 22n (n!)2 √ . · (2n − 2)2 · 2n = lim 2 2 = lim .15. · (2n − 2)2 · (2n)2 22 · 42 · . . · (2n − 1)2 · (2n + 1) n→∞ 32 · 52 · . · (2n − 2) · 2n π = lim 2 = n→∞ 3 · 5 · . π = lim n→∞ (2n)! n Dal 2o passo deduciamo π 22 · 42 · . . . ∀n ∈ N. 2 n→∞ 3 · 5 · . 344 . Z π/2 sin2n x dx = 0 Z (2n − 1)!! π (2n)!! 2 π/2 sin2n+1 x dx = 0 (2n)!! (2n + 1)!! ∀n ∈ N+ . sempre per l’esercizio 5. 0 e da questa uguaglianza segue induttivamente. · (2n − 1)2 e dunque √ √ √ 2 · 4 · . . . . . . . · (2n − 2)2 (2n)2 22n (n!)2 √ √ . Quindi. . si ottiene R π/2 2n sin x dx π (2n)!!2 0 ∀n ∈ N+ . R 2 n→∞ (2n + 1)!!(2n − 1)!! π/2 sin2n+1 x dx n→∞ (2n + 1)!!(2n − 1)!! 0 Ciò prova il 2o passo.15) che Z π/2 m−1 sin x dx = m m 0 Z π/2 sinm−2 x dx ∀m ≥ 2. .5. . n→∞ n n d’altronde risulta. (ii) l’integrale su intervalli non limitati di limitate (ad esempio: R ∞funzioni −x e dx). Se manca una di queste condizioni. 345 . si deve passare ai cosiddetti “integrali impropri”. Ci limiteremo a considerare tre casi: (i) l’integrale su un intervallo limitato di funzioni non limitate (ad R1 esempio: 0 ln x dx). Si calcoli 1 lim n! en+ 12n n→∞ 1 nn+ 2 .] 5..7 1. Si dia una stima del numero di cifre che formano (in base 10) il numero 1000! . Il 1o passo implica allora la validità della formula di Stirling.4o passo Concludiamo la dimostrazione: Dal 1o passo abbiamo n! e n A = lim √ . si osservi che deve essere 10N −1 ≤ 1000! < 10N e si faccia uso della formula di Stirling nonché di una buona calcolatrice. n→∞ a 2 2n 2 π = lim √ ovvero A = 2π. ossia l’integrale su intervalli non limitati di funzioni √non limitate (ad R∞ − x esempio: 0 e√x dx). Esercizi 5. 0 (iii) le due cose insieme. come è facile verificare. 22n (n!)2 a2n √ = √ .8 Integrali impropri La teoria dell’integrazione secondo Riemann si riferisce a funzioni limitate su intervalli limitati di R. 2. (2n)! n a2n 2 e pertanto dai passi 3 e 1 segue √ a2n A √ =√ .. [Traccia: detto N il numero di cifre cercato. Per il caso (iii).Definizione 5. in tal caso la funzione f viene detta integrabile in senso improprio su [a. ∞[ → R tale che f ∈ R(a. ci limitiamo a dire che l’integrale andrà spezzato in due integrali di tipo (i) e (ii).2 Calcoliamo i tre integrali citati all’inizio: si ha per ogni c > 0.1 (i) Sia f : ]a. Esempio 5. b]. la funzione f si dice sommabile in [a. Se l’integrale improprio di f è finito. oppure è definita su ] − ∞. ∞[ . si dice convergente o divergente a seconda che sia finito o infinito. ∞[ . In entrambi i casi (i) e (ii). a R∞ esso è detto integrale improprio di f su [a. lim+ c→a c Rb esso è detto integrale improprio di f su [a. c) per ogni c > a. l’integrale improprio di f . R b e−√x R ∞ e−√x R ∞ e− x √ √ √ dx va inteso come 0 x dx + b dx. (ii) Sia f : [a. Se l’integrale improprio di f è finito. Tutto questo riguarda i casi (i) e (ii). c→0 346 . la funzione f si dice sommabile su [a. cioè non dipenderà dal punto b. ove b è un arbitrario l’integrale 0 x x numero positivo. naturalmente il valore dell’integrale non dipenderà dal modo in cui è stato spezzato. anziché su [a. anziché in a. b[ .8. Se esiste il limite (finito o infinito) Z b f (x) dx. e (b) ha senso farne la somma. b]. in tal caso la funzione f viene detta integrabile in senso improprio su [a. ∞[. e che esso avrà senso se e solo se: (a) hanno senso √entrambi i due pezzi. ln x dx = [x ln x]c − c c da cui Z ∃ 0 1 ln x dx = lim+ (−1 − c ln c + c) = −1. Ad esempio. Se esiste il limite (finito o infinito) Z c lim c→∞ f (x) dx. ed indicato col simbolo a f (x) dx. ∞[ ed indicato col simbolo a f (x) dx. Modifiche opportune di questa definizione permettono di trattare i casi in cui f ha una singolarità nel punto b. a]. b]. se esiste. integrando per parti. b] → R tale che f ∈ R(c.8. b) per ogni c ∈ ]a. Z 1 Z 1 1 1 dx = [x ln x − x]1c = −1 − c ln c + c. ad esempio. ∞[ . anch’essa definita in ]a.8. b] oppure in [a. c h √ id dx = −2e− x = −2e−d + 2e−1 .3 (1) Consideriamo un integrando f . x da cui Z ∞ ∃ √ e− √ 0 ∞ Z ∃ 1 √ e− √ x x dx = 2e−1 . 0 347 . ∞[ . scelto b = 1 risulta per ogni c ∈ ]0. Osservazioni 5. ∃ c→+∞ 0 Infine. Sia F una primitiva di f . b]. Z 1 ln x dx = [x ln x − x]10 = −1. Si noti che se nel calcolo del terzo integrale avessimo scelto b = 37. e supponiamo che f sia integrabile secondo Riemann in ogni sottointervallo chiuso e limitato contenuto nell’intervallo di definizione. avremmo ottenuto ugualmente Z 37 −√x Z d − √x Z ∞ −√x e e e √ dx = lim √ dx + lim √ dx = d→+∞ 37 c→0+ c x x x 0 h h √ id √ i37 = = lim+ −2e− x + lim −2e− x c→0 = lim+ (−2e √ − 37 c d→+∞ √ − c + 2e c→0 37 ) + lim (−2e− d→+∞ √ d √ + 2e− 37 ) = 2. 1 √ e− x √ dx = −2e−1 + 2. x x dx = 2. per ogni c > 0 si ha Z c e−x dx = [−e−x ]c0 = −e−c + 1.2 quindi si poteva pi` u rapidamente scrivere. b sottintendendo la notazione [G(x)]a = limx→b G(x) − limx→a G(x).8. o in [a.Analogamente. Z b Z b f (x) dx = lim+ f (x) dx = lim+ [F (x)]bc = F (b) − lim+ F (c). a c→a c c→a c→a e l’altro caso è analogo. b] oppure in [a. equivale all’esistenza del limite di F (c) per c → a+ o per c → ∞. 1[ e per ogni d > 1: Z 1 √ e− √ c Z d Z ∃ 0 1 x √ − x e √ 1 dunque x x h √ i1 dx = −2e− x = −2e−1 + 2e−c . Infatti. definito in ]a. 0 cosicché ∞ Z e−x dx = lim (−e−c + 1) = 1. L’esistenza dell’integrale improprio di f in [a. Nell’esempio 5. ∞[ . ove α è un fissato numero positivo.8. ∞[ (con integrale convergente o divergente). c) per ogni c > a. essendo sempre R 1 −α positiva.6 La funzione f : ]0. il suo integrale improprio ha sempre senso: Proposizione 5. decomponendolo in 0 x dx + x dx. di cui è interessante conoscere la convergenza anche quando non se ne sa calcolare la somma.5 Analogamente. la funzione integrale F (x) = a f (t) dt è definita per ogni x > a. è certamente dotata di integrale improprio in ]0. Tale funzione è monotona. ∞[ una funzione di segno costante. per ogni λ ∈ R. x 0 (2) Se f e g sono due funzioni sommabili in un intervallo limitato [a. Si ha 1   [ln x]10 = +∞ se α = 1  Z 1  ( 1−α 1 1 se 0 < α < 1 x−α dx = x 1−α  = 0   1−α se α > 1. in quanto se x < y si ha ( Z y ≥ 0 se f ≥ 0 in [a. b[ . ∞[ → R definita da f (x) = x−α .4 Sia f : [a. Esempio 5. (λf (x)) dx = λ g(x) dx. Osservazione 5. La dimostrazione è esattamente la stessa. Anzitutto. Se f ∈ R(a. sono sommabili e per i relativi integrali impropri vale la relazione Z b Z b Z b Z b Z b f (x) dx. a cioè f ha integrale improprio su [a. b) per ogni c ∈ ]a. 0 √ ∞ − x h √ i∞ e √ dx = −2e− x = 2.8. b] (oppure in una semiretta). b] → R. Rx Dimostrazione Per ipotesi. tale che f ∈ R(c. una funzione f : ]a. x Dunque esiste il limite Z lim F (c) = lim c→∞ c→∞ c f (t) dt. Si noti l’analogia con ciò che succede con le serie. di segno costante. Non sempre gli integrali impropri sono calcolabili esplicitamente: è dunque importante stabilire criteri sufficienti a garantire l’integrabilità di una funzione. L’esempio che segue è fondamentale per il successivo teorema di confronto. è integrabile in senso improprio su [a.8. ∞[. se f ha segno costante. ∞[. R ∞ −α Verifichiamo che tale integrale è divergente. +∞ 0 348 .Z Z 0 ∞ ∞ e−x dx = −e−x 0 = 1. allora anche f + g e λf . f (x) dx + [f (x) + g(x)] dx = a a a a a La verifica è immediata sulla base della definizione. ∞[ f (t) dt = F (y) − F (x) = ≤ 0 se f ≤ 0 in [a. b] (con integrale convergente o divergente). allora f è integrabile in senso improprio su [a. ∞[. c] ⊂ [a. Si noti tuttavia che Z ∞ Z 1 −α x dx < ∞ ⇐⇒ α < 1. ∞[ e si ha . allora anche f è sommabile su [a. x−α dx < ∞ ⇐⇒ α > 1.7 (di confronto) Siano f.  [ln x]∞ se α = 1 1 = +∞  Z ∞  ( 1−α ∞ +∞ se 0 < α < 1 x−α dx = x  = 1   1−α 1 se α > 1. g : [a. ∞[ . 1 1−α R ∞ −α Sommando i due addendi. 0 1 Le funzioni x−α (e le loro analoghe (x − a)−α ) si prestano assai bene come termini di confronto per stabilire l’integrabilità o la non integrabilità di funzioni pi` u complicate. l’integrale 0 x dx diverge in tutti i casi. e supponiamo che g sia non negativa e sommabile su [a. Tale possibilità è garantita dal seguente Teorema 5. Se risulta |f (x)| ≤ g(x) per ogni x ≥ a. ∞[ .8. ∞[ → R funzioni integrabili in ogni intervallo [a. Z ∞ . Z ∞ Z ∞ . . . . f (x) dx. ≤ |f (x)| dx ≤ g(x) dx. . Supponiamo ora f di segno variabile. a a e dato che g è sommabile. essendo non negativa. Per ogni c > a possiamo scrivere . tale risulta anche f . |f | è sommabile in [a. al limite per c → ∞ troviamo Z Z ∞ ∞ f (x) dx ≤ 0≤ g(x) dx. Per quanto già provato. si ha Z c Z c g(x) dx. ∞[. a a a Dimostrazione Supponiamo dapprima f ≥ 0: allora. per ogni c > a. ha certamente integrale improprio al pari di g. grazie alla monotonia dell’integrale. |f (x)| dx ≤ 0≤ a a Poiché f . Z c . Z c Z c . . . f (x) dx. . ≤ |f (x)| dx ≤ g(x) dx. . passando al limite per c → ∞. ci dirà che . la stima precedente. infatti. a a a Basta ora provare che f è sommabile in [a. ∞[ : una volta fatto ciò. Z ∞ . Z ∞ Z ∞ . . . f (x) dx. . ≤ |f (x)| dx ≤ g(x) dx < ∞. . essendo 0 ≤ |f | − f ≤ 2|f |. a a a A questo scopo è sufficiente scrivere f (x) = |f (x)| − (|f (x)| − f (x)).3 (2). 349 .8. e osservare che anche |f | − f è sommabile. La sommabilità di f segue dunque dall’osservazione 5. ∞[ o su [a. 1 x dx la funzione integranda non ha segno costante. la funzione f è prolungabile con continuità in 0.8. come mostra l’esempio di f (x) = sin x su [0. dunque |f |. ∞[. (3) Proviamo che la funzione f (x) = sinx x è sommabile su [0. R∞ 2 Esempi 5.3. col valore 1.8. però |e−x sin √ x| ≤ e−x ∀x ≥ 0. 350 . e integrando per parti: c Z c Z c Z c sin x 1 − cos x 1 − cos x 1 − cos c 1 − cos x dx = dx dx = + + 2 x x x c x2 0 0 0 0 x ove si è usato il fatto che anche 1−cos è prolungabile con continuità in 0. b] e integrabili in ogni [c. b] ⊂ ]a. Si noti che in questo caso il teorema di confronto non è applicabile. (2) Se |f | è integrabile in senso improprio (su [a. ed è ivi sommabile. col valore x 0 (esempio 3. ∞[. ∞[ è divergente. Tuttavia. allora non è nemmeno detto che f sia a sua volta integrabile in senso improprio. c→∞ 0 x x2 0 Questo limite è finito per il teorema di confronto.8. se f è integrabile in senso improprio. ∞[ . senza essere sommabile. b]).1).3.5 (2)). scegliendo 1 − cos x come primitiva di sin x. Si ha.Osservazioni 5. è integrabile in senso improprio.8 (1) Un risultato analogo vale ovviamente nel caso di funzioni definite su ]a.5 (1)). mentre l’integrale improprio di |f | in [0. Anzitutto. per la parità dell’inR∞ 2 tegrando è uguale a 2 0 e−x dx (esercizio 5. e la funzione e−x è integrabile in [0. cosicché l’integrale proposto è convergente: Z ∞ Z 1 Z −x2 e dx ≤ 1 dx + 0 (2) Nell’integrale si ha R∞ 0 e−x sin 0 √ ∞ e−x dx = 1 + e−1 . e quindi |f |. essendo non negativo l’integrando all’ultimo membro: Z c Z ∞ sin x 1 − cos x ∃ lim dx = dx. Inoltre ( 1 se 0 ≤ x ≤ 1 −x2 e ≤ e−x se x ≥ 1. come sappiamo (esempio 3. e la sommabilità di f va dimostrata in maniera diretta. allora f . essendo ( 1/2 se 0 < x ≤ 1 (per il criterio di Leibniz) 1 − cos x ≤ 2 x 2/x2 se x > 1. Se invece |f | è soltanto integrabile in senso improprio. allora anche f lo è: basta applicare il teorema precedente scegliendo g = |f |. Ne segue che l’integrale proposto esiste finito. avendo segno costante. Viceversa. è integrabile secondo Riemann in ogni sottointervallo chiuso e limitato. se f è sommabile non è detto che anche |f | lo sia: vedremo fra poco un controesempio. che esiste certamente. b].9 (1) L’integrale −∞ e−x dx. Dunque per c → ∞ si ha. . . D’altra parte per l’integrale improprio di . sinx x . . che esiste certamente. si ha Z 0 ∞ . . k Z (h+1)π X . sin x . | sin x| . dx = lim . lim dx = . . sin t dt = (h + 1)π 0 π h=0 h + 1 h=0 . k→∞ 0 k→∞ x x hπ h=0 ∞ Z (h+1)π ∞ Z π X X | sin x| sin t = dx = dt ≥ x t + hπ hπ 0 h=0 h=0 Z π ∞ ∞ X 1 2X 1 ≥ = +∞. . . sin x . . . . x . Sia f integrabile secondo Riemann oppure sommabile su [−a. x x |1 − x| 0 0 √ Z ∞.8 1. Discutere l’esistenza e la convergenza dei seguenti integrali impropri: Z ∞ Z 1 sin(1/x) e arctan x √ p dx. 2. Ra R aProvare che se f è una funzione pari. ossia f (x) = −f (−x). a]. allora −a f (x) dx = 2 0 f (x) dx. allora −a f (x) dx = 0. ossia f (x) = f (−x). dx = Z kπ Esercizi 5. mentre Ra se f è una funzione dispari. dx. Z ∞ √ . 1 + x2 − 1 + x4 . x −x2 . dx. . e − e . . dx. dx. (Criterio integrale di convergenza per le serie) Sia f : [1. 2x x 2 2 2 e −e x x −4 2 1 −∞ (1 + x ) Z ∞ Z 0 Z 2 dx ln x 5 −x2 √ √ |x| e dx. (tan x) (sin x) dx. dx. dx. x2 + x4 −∞ −∞ Z 1 Z ∞ sin 2πx cos ex + sin x √ dx. Discutere l’esistenza ed eventualmente calcolare i seguenti integrali impropri: Z ∞ Z 3π/2 Z ∞ 1 dx 1 2/3 1/3 . (sin x)1/3 x3/2 (1 − x2 ) arcsin x 0 −1 0 Z 3 Z ∞ Z 2 ln x dx dx √ √ 2 dx. dx. x(1 + x) x3 (3 − x) x(2 − x) 1 0 0 Z ∞ Z 3 Z 10 r dx x 1 √ . p p . 351 . Si provi che l’integrale improprio 1 f (x) dx e la serie n=1 f (n) sono entrambi convergenti o entrambi divergenti. 3 x −x2 − 4x −∞ −4 0 4. . ∞[R → R una funzione ∞ non P∞ negativa e decrescente. dx. . 3 2 2 x +1 x x x −1 Z1 ∞ Z−1∞ Z0 ∞ dx dx dx √ . 1 + dx. − dx. x x−1 0 x(x − 1/2)(x − 1) 1 3. x ln x ln ln x x tan x 2 0 1 Z 1 Z 1 2 Z 3π/2 arccos x 3x + 2 (tan x)4/3 p dx. . 5. β sono numeri positivi si ha Z ∞ f (αx) − f (βx) β lim+ dx = f (0) ln . ∞[. tale che l’integrale improprio Z ∞ f (x) dx x a sia convergente per ogni a > 0. 1[ si ha Z 1−δ ln x ln(1 − x) dx = 0 ∞ X (1 − δ)n+1 n=1 (1 − δ)n+1 ln(1 − δ) − n(n + 1)2 n(n + 1) e poi si passi al limite per δ → 0. n(n + 1)2 [Traccia: utilizzando lo sviluppo di Taylor di ln(1 − x). (Integrale di Frullani) Sia f una funzione continua in [0. Provare che se α. x α . (Integrali di Fresnel) Provare che i due integrali Z ∞ Z ∞ 2 sin(x ) dx. a→0 x α a dedurne che Z ∞ 0 e−αx − e−βx β dx = ln . 8. cos(x2 ) dx 0 0 sono convergenti. ∞[. Provare che l’integrale Z ∞ x cos(x4 ) dx 0 è convergente. x α 352 Z 0 ∞ cos αx − cos βx β dx = ln . 9. Dimostrare che Z ∞ X (−1)n arctan x dx = . x (2n + 1)2 n=0 1 ln x ln(1 − x) dx = 0 ∞ X n=1 1 . Dimostrare che 1 Z 0 6. benché l’integrando non sia nemmeno limitato in [0.] 7. 10. Dimostrare che ∞ X 1 1 < n2 N n=N +1 ∀N ∈ N+ . si verifichi che per ogni δ ∈]0. 0 0 [Traccia: utilizzare le formule di duplicazione. per (iii). Γ(p) = 0 (i) Verificare che Γ(p) ha senso e che Γ(p + 1) = pΓ(p) per ogni p > 0.] 12. si verifichi che Γ00 (p) > 0. (ii) Provare che Γ è derivabile in ]0. ∞[ → R definita da Z ∞ xp−1 e−x dx. con Z ∞ 0 xp−1 ln x e−x dx. si stimi la differenza Γ(p + h) − Γ(p) − h Z ∞ xp−1 ln x e−x dx 0 utilizzando il teorema di Lagrange.] 353 . ln cos x dx. [Traccia: per (ii).11. ∞[. Γ (p) = 0 (iii) Provare che Γ è una funzione convessa di classe C ∞ . (Funzione Γ di Eulero) Si consideri la funzione Γ : ]0. Calcolare Z π/2 π/2 Z ln sin x dx. x ∈ I. eccetera. u0 (x)) = 0.1 Generalit` a Una equazione differenziale è un’identità che lega fra di loro. Accanto alle equazioni è utile considerare anche sistemi differenziali f (x. y 0 (x). . . i valori della funzione incognita y(x) e quelli delle sue derivate y 0 (x). . non ci addentreremo comunque in questo vastissimo campo.Capitolo 6 Equazioni differenziali 6. eccetera. per ogni valore della variabile x in un dato insieme. I è un intervallo (eventualmente illimitato) di R e y è la funzione incognita. L’ordine dell’equazione differenziale è il massimo ordine di derivazione che vi compare: nell’esempio sopra scritto l’ordine è m. chimici. di modello matematico per descrivere fenomeni fisici. ove f è una funzione continua nei suoi m+2 argomenti. . . y (m) (x)) = 0. eventualmente in forma normale u0 (x) = g(x. y 0 (x). Un’equazione differenziale è detta ordinaria quando la variabile x appartiene a un intervallo di R. x ∈ I. . mentre è detta alle derivate parziali allorché la variabile x è un elemento di Rm : in tal caso nell’equazione compariranno le derivate parziali Di u. x ∈ I. cioè se è “risolta” rispetto alla derivata di grado massimo dell’incognita y. anche molto semplice. un’equazione del primo ordine in forma normale è del tipo y 0 (x) = g(x. . Di Dj u. economici. y 00 (x). . y 00 (x). Un’equazione differenziale ordinaria è dunque un’equazione funzionale del tipo f (x. eccetera. y(x). 354 x ∈ I. x ∈ I. In particolare. y(x)). Un’equazione differenziale è detta in forma normale se si presenta nella forma y (m) (x) − g(x. Perché si va ad esplorare l’enorme universo delle equazioni differenziali? Perché esse saltano fuori in modo naturale non appena si formula un qualunque tipo. y(x). . y (m−1) (x)) = 0. biologici. u(x). u(x)). se y ∈ C m (I) risolve l’equazione f (x. u0 . . . y. . um−1 . e quindi anche il sistema è in forma normale. Tutte le equazioni differenziali sono risolubili? Naturalmente no! Un esempio banale è il seguente: 1 + y 2 + (y 0 )2 = 0. x ∈ [a.. considereremo solamente equazioni e sistemi in forma normale. u0 .. . u1 (x) = y 0 (x).. . il quale è. . se u = (u0 . . .   (um−2 )0 = um−1    f (x. . u1 .ove stavolta l’incognita è una funzione u : I → Rm . . y. è facile verificare che. in modo equivalente. y (m) ) = 0.. introducendo le m funzioni u0 (x) = y(x). y (m) = g(x.. Si noti che se l’equazione differenziale era in forma normale.. al contrario. u1 .. . pi` u semplice da trattare. in linea generale. Rm ) è soluzione di questo sistema. x∈I (è consuetudine omettere dall’incognita y(x) la variabile indipendente x). Rm ) che risolve il sistema differenziale  0 0 (u ) = u1      (u1 )0 = u2 . y (m−1) ). allora l’ultima equazione del sistema diventa (um−1 )0 = g(x. um−1 (x) = y (m−1) (x). si ha y ∈ C m (I) e tale funzione risolve l’equazione differenziale originaria. um−1 ) ∈ C 1 (I. . .. 355 . . y 0 . L’importanza delle equazioni in forma normale sta nel fatto che. a ove c è una costante arbitraria. . . . . (um−1 )0 ) = 0.. posto y = u0 . Infatti.. Nel seguito. y 0 .. u1 . b]. Il motivo di questo allargamento del tiro è il fatto che ogni equazione differenziale di ordine m può essere trasformata. Viceversa. x ∈ [a. esse sono sempre risolubili ed anzi hanno un’infinità di soluzioni: questo si vede già esaminando la pi` u semplice. . um−1 ). si ottiene una funzione u = (u0 . u1 . le cui soluzioni sono Z y(x) = x f (t) dt + c. . . um−1 ) ∈ C 1 (I. cioè y 0 = f (x). . in un sistema di m equazioni differenziali del primo ordine. b]. . . y). u) ∈ K. Per un’equazione differenziale di ordine m. y (m−1) ). x ∈ I. u)|m ≤ HK |y − u|m 356 ∀(x. . Per i sistemi del primo ordine in forma normale il problema di Cauchy ha la forma seguente: ( 0 y = g(x. risolvere il problema di Cauchy significa determinare una funzione il cui grafico passi per un fissato punto (x0 . . y(x0 ) = y0 . Per formulare questo enunciato occorrono alcune premesse. (ii) la funzione g è localmente lipschitziana in A rispetto alla variabile vettoriale u. y. y1 . . . . y). definita su un aperto A ⊆ Rm+1 . y(x0 ) = y0 . l’insieme delle soluzioni dipenderà in generale da m costanti arbitrarie: il problema di Cauchy è in tal caso ( (m) y = g(x. x ∈ I. . y0 ) e del quale sia prescritta punto per punto la pendenza. y) − g(x. y(x)). vale a dire che per ogni compatto K ⊂ A esiste una costante HK ≥ 0 per cui risulta |g(x. . x ∈ I. (x. Si formula cos`ı il problema di Cauchy: ( 0 y = g(x. uniformemente rispetto a x. ove y0 . in un determinato punto x0 ∈ I. ovvero che la soluzione del problema è definita almeno in un intorno del punto iniziale x0 . . u). . y 0 (x0 ) = y1 . Consideriamo il sistema u0 = g(x. y(x0 ) = y0 . ym−1 sono m numeri assegnati. perlomeno localmente. un prefissato valore y0 ∈ R. y). Il teorema di esistenza e unicit` a Per equazioni e sistemi del primo ordine in forma normale vi è un fondamentale risultato che garantisce. sotto le seguenti ipotesi: (i) g : A → Rm è una assegnata funzione continua. Poiché assegnare g(x. la risolubilità del problema di Cauchy: in altre parole. . . . si dimostra che vi è un’unica soluzione locale. y(x)) significa prescrivere il coefficiente angolare della retta tangente al grafico della soluzione y(x) nel suo punto (x. y (m−1) (x0 ) = ym−1 .Problema di Cauchy Un modo per selezionare una delle infinite soluzioni di una equazione differenziale in forma normale del primo ordine è quello di prescrivere alla soluzione di assumere. 1 Sotto le ipotesi (i) e (ii) sopra enunciate. cioè si ha |u(x) − u0 |m ≤ b 357 ∀x ∈ J. y). . Esso sarà della forma R = {(x.4. y) − g(x. sia (x0 . x0 + h]. in virt` u del teorema di Weierstrass (teorema 3. Poiché g è continua nel compatto R. con 0 < h ≤ a. inoltre. e un’unica funzione u : J → Rm di classe C 1 . di centro (x0 . H le costanti sopra definite. Allora esistono un intervallo J = [x0 − h. u)|m ≤ H|y − u|m ∀(x. u0 ) ∈ A. Si ha allora il seguente teorema di esistenza e unicità locale: Teorema 6. u) u(x0 ) = u0 . inoltre il grafico di u è tutto contenuto in R. tutto contenuto in A. tali che u0 (x) = g(x.1. u(x)) ∀x ∈ J. u) ∈ Rm+1 : |x − x0 | ≤ a. esisterà un cilindro (m + 1)-dimensionale compatto R. u0 ). per (ii).Fissiamo un punto (x0 . u) ∈ R. e siano R il cilindro e M . (x. u0 ) ∈ A e consideriamo il problema di Cauchy ( 0 u = g(x. u(x0 ) = u0 . esiste H ≥ 0 tale che |g(x. Dato che A è aperto. u)|m ≤ M ∀(x. u) ∈ R. |u − u0 |m ≤ b}.1) esisterà M ≥ 0 tale che |g(x. benché sia possibile provare l’esistenza di soluzioni del problema di Cauchy supponendo solamente g continua in A.1 . allora anzitutto u(x0 ) = u0 . essendo l’integrando una funzione continua.Prima di dimostrare il teorema facciamo qualche considerazione. u(t)) dt. x0 Viceversa se u : J → Rm è una funzione continua che risolve questo sistema. co27 me è facile verificare. u(x0 ) = u0 . Sia infatti K un intorno di (x0 . ∞[. n1 ) ∈ K definitivamente. Dimostrazione del teorema 6. allora fissato x ∈ J possiamo integrare i due membri fra x0 e x (si veda la definizione 5. ottenendo il sistema di equazioni integrali Z x u(x) = u0 + g(t. n1 ). u). inoltre. da cui H 1 ≤ definitivamente.1o passo: trasformiamo il problema di Cauchy in un sistema di equazioni integrali ad esso equivalente. ove µ > λ. infinite altre. che è definito su tutto R2 . y) = (x0 . nonché altre ancora. scelti (x. il che è assurdo. Se u : J → Rm è una funzione di classe C 1 che risolve il problema di Cauchy ( 0 u = g(x. il secondo 358 . x ∈ J. è facile vedere con esempi che in mancanza dell’ipotesi di locale lipschitzianità viene a cadere l’unicità della soluzione. u) ∈ K. y). Anzitutto. 0) ∈ R2 : se esistesse H ≥ 0 tale che |y 2/3 − u2/3 | ≤ H|y − u| ∀(x. u) = u2/3 . Il secondo membro g(x. 2/3 n n cioè n ≤ H 3 definitivamente. con n ∈ N+ .4). è ovviamente continuo ma non verifica la proprietà di locale lipschitzianità. (x.2 Sia m = 1. µ] e valgono (x−µ) 27 in [µ.1. le ipotesi di regolarità formulate sulla funzione g sono ottimali: infatti. che sono 3 nulle in ] − ∞. x ∈ J. Esempio 6. u) = (x0 . Il problema di Cauchy ( u0 = u2/3 u(λ) = 0 ha le due soluzioni u(x) ≡ 0 e 3 uλ (x) = (x−λ) .5. avremmo (x0 . 0) e (x.1. essendo (t.  un+1 (x) = u0 + x0 Si verificano per induzione i seguenti fatti: sup |un (x) − u0 |m ≤ b ∀n ∈ N. Z x x ∈ J.membro è di classe C 1 e quindi u è di classe C 1 . x∈J |un+1 (x) − un (x)|m ≤ M Hn |x − x0 |n+1 (n + 1)! ∀x ∈ J. 1/H}. u(x)) ∀x ∈ J. b/M. supponiamo che essa valga per un certo n: in virt` u della proposizione 5. un (t)) dt ∀n ∈ N. Definiamo la seguente successione di funzioni vettoriali {un }:    u0 (x) ≡ u0 . Sia h = min{a. Ciò prova l’equivalenza richiesta. ∀n ∈ N. .5. Quindi u risolve il problema di Cauchy.  g(t. ottenendo u0 (x) = g(x. La prima relazione è ovvia per n = 0. 2o passo: risolviamo il sistema integrale con il metodo delle approssimazioni successive. un (t)) ∈ R per ogni t ∈ J.5 si ha. Possiamo allora derivare entrambi i membri del sistema integrale. Z x . . . . sup |un+1 (x) − u0 |m = sup . un (t)) dt. g(t. . ≤ x∈J x∈J x0 m . Z x . . . ≤ sup . . |g(t. un (t))|m dt. . per induzione. La seconda disuguaglianza vale per n = 0. x∈J x∈J x0 Dunque la relazione vale per n + 1 e pertanto. dato che . ≤ sup M |x − x0 | = M h ≤ b. è vera per ogni n ∈ N. Z x . . . . |u1 (x) − u0 |m = . u0 ) dt. g(t. . x0 m se poi essa vale per un certo n. un+1 (t)). (t. un (t)) ∈ R per ogni t ∈ J) . ≤ M |x − x0 | ∀x ∈ J. allora risulta (essendo (t. Z x . . . . |un+2 (x) − un+1 (x)|m = . [g(t. un (t))] dt. un+1 (t)) − g(t. . ≤ x0 m . Z x . . . ≤ . . un+1 (t)) − g(t. un (t))|m dt. |g(t. . ≤ x0 . Z x . . Z x . n+1 . . . . |t − x | 0 n+1 ≤ . . H|un+1 (t) − un (t)|m dt. . ≤ . . MH dt. . (n + 2)! 359 . = (n + 1)! x0 x0 n+1 H =M |x − x0 |n+2 ∀x ∈ J. cosicché. .4) lim sup |un (x) − u(x)| = 0. per il secondo membro si ha. la relazione appena provata implica che sup |un+1 (x) − un (x)|m ≤ M H n x∈J hn+1 (n + 1)! ∀n ∈ N. n→∞ x∈J per di pi` u. la stima appena ottenuta mostra che k=0 (k+1)! ` per ogni x ∈ J la successione {un (x)} è di Cauchy in Rm (definizione 2. nell’esercizio 6. e quindi. per induzione.1).1. Pertanto esiste u(x) = lim un (x) ∀x ∈ J. per ogni p > n. In particolare. Il primo membro tende ovviamente a u(x). (k + 1)! P H k hk+1 Dato che la serie M ∞ e convergente. è vera per ogni n ∈ N.Dunque la disuguaglianza vale anche per n + 1. in virt` u delle ipotesi fatte su g. n→∞ e anzi la convergenza è uniforme in J. sup |up (x) − un (x)|m ≤ x∈J p−1 X k=n sup |uk+1 (x) − uk (x)|m ≤ M x∈J p−1 X Hk k=n hk+1 .6. Adesso vogliamo passare al limite per n → ∞ nella relazione che definisce la successione {un }.5 si dimostra che la funzione limite u è continua in J. nel senso che (esercizio 6.1. Z x . . Z x . Z x . . . . . . . . u(t))| dt n n m .≤ g(t. u (t)) dt − g(t. u(t)) dt ≤ |g(t. u (t)) − g(t. . . . x0 x0 x 0 . Z x m . . . ≤ . . H|un (t) − u(t)|m dt. . In definitiva con il passaggio al limite per n → ∞ otteniamo che la funzione u risolve il sistema integrale Z x u(x) = u0 + g(t. allora se u. tende a 0 per n → ∞. al limite per n → ∞. entrambe continue in J. sup |u(x) − u0 |m ≤ b. x∈J ciò conclude la dimostrazione del 2o passo. ≤ Hh sup |un (t) − u(t)|m . h[ e poniamo J 0 = [x0 − k. x ∈ J. v sono due soluzioni distinte. come si è osservato. x0 Notiamo anche che dalla prima delle due disuguaglianze provate per induzione segue. u(t)) dt. Ricordiamo che h ≤ 1/H: scegliamo allora k ∈ [0. t∈J x0 e l’ultimo membro. x0 + k]. 3o passo: proviamo infine l’unicità della soluzione. dell’equazione 360 . . possiamo scrivere per ogni x ∈ J 0 . con un calcolo analogo a quello fatto in precedenza.integrale. . Z x . . . |u(x) − v(x)|m = . v(t))]dt. [g(t. u(t)) − g(t. . ≤ m . . Zx0x . . H|u(t) − v(t)|m dt. . ≤ . ≤ Hk sup |u(t) − v(t)|m . . x ∈ J 0 . e dunque u ≡ v in J 0 . y0 ) sono punti di A (di uguale ascissa) sufficientemente vicini. denotiamo con H e M le costanti delle ipotesi su g relative ad un fissato rettangolo compatto R che contenga interamente i grafici di u e y. A complemento del teorema di esistenza e unicità conviene fare qualche ulteriore considerazione. perché senza questa proprietà verrebbe a mancare il presupposto stesso del procedimento di approssimazione. ove J 00 = J ∩ J 0 e C è un’opportuna costante. Per l’arbitrarietà di J 0 ⊂ J. t∈J 0 x0 da cui. Ciò conclude la dimostrazione del teorema 6. u(x0 ) = u0 y(x0 ) = y0 verificano la diseguaglianza |u(x) − y(x)|m ≤ C|u0 − y0 |m ∀x ∈ J 00 . y = g(x. x0 + h] si ha . x ∈ J. In effetti. sup |u(x) − v(x)|m < sup |u(t) − v(t)|m . posto J 00 = [x0 − h. y). essendo Hk < Hh = 1. x∈J 0 t∈J 0 Ciò è assurdo. che la soluzione del problema di Cauchy dipenda con continuità dal valore iniziale u0 . u0 ) e (x0 .1.1. Infatti. utilizzando i sistemi integrali equivalenti. in altre parole. Dipendenza continua dal dato iniziale Nelle applicazioni e in particolare nell’approssimazione numerica delle soluzioni di equazioni e sistemi differenziali è di capitale importanza che a piccole variazioni del “dato iniziale” u0 (ad esempio causate da errori di misura) corrispondano piccole variazioni della soluzione corrispondente. allora le soluzioni dei due problemi di Cauchy ( 0 ( 0 u = g(x. u). si ottiene u ≡ v in J. se (x0 . Si vuole. . Z x . . |u(x) − y(x)|m = . . u(t)) − g(t.u0 − y0 + [g(t. y(t))] dt. . ≤ x0 . Z x . m . . ≤ |u0 − y0 |m + H . . |u(t) − y(t)|m dt. . t∈J 00 361 . ≤ x0 ≤ |u0 − y0 |m + Hh sup |u(t) − y(t)|m . D’altra parte. se ripetiamo ancora m + 1 volte lo stesso argomento otteniamo la stima sup |u(t) − y(t)|m ≤ t∈[x0 −k. Si ha in effetti: Teorema 6. e con altri m + 1 passi si ricava sup |u(t) − y(t)|m ≤ t∈[x0 −h. u(x0 + k)). u(x0 ) = u0 può essere univocamente estesa a un intervallo chiuso [x1 .1. u). y(x0 + k)). Si può cos`ı pensare di prolungare la soluzione procedendo per passi successivi. e come nuovo punto di partenza i punti (x0 + k. Prolungamento delle soluzioni Il teorema 6. se il grafico della soluzione passa per un punto (x1 .3 Nelle ipotesi del teorema 6. x0 + k]: otteniamo sup |u(t) − y(t)|m ≤ t∈J1 1 |u0 − y0 |m . 1/H[ e ripetiamo il ragionamento precedente in J1 = [x0 − k. e non dà informazioni su quanto grande sia l’insieme J di definizione della soluzione. tale punto può essere preso come nuovo punto iniziale e ancora il teorema 6. scegliamo k ∈ ]0.1 garantisce che la soluzione può essere prolungata ulteriormente in un intorno di x1 . u(x2 )) appartengano alla frontiera di Q.1. sia Q un arbitrario rettangolo chiuso e limitato tale che Q ⊂ A e contenente (x0 . u1 ) ∈ A. u(x1 )) e (x2 .1.x0 +h] 1 |u0 − y0 |m . 362 . 1 − kH Adesso scegliamo come nuovo intervallo l’intervallo J2 = [x0 . Lo stesso ragionamento di prima ci porta a concludere che sup |u(t) − y(t)|m ≤ t∈J2 1 |u(x0 + k) − y(x0 + k)|m .1. Se invece hH ≥ 1. u0 ) come punto interno. x0 + 2k]. Allora la soluzione locale u del problema di Cauchy ( 0 u = g(x. che è centrato in x0 + k.da cui (1 − hH) sup |u(t) − y(t)|m ≤ |u0 − y0 |m t∈J 00 e quindi la tesi quando h è sufficientemente piccolo in modo che hH < 1.1. (1 − kH)m+1 che è la tesi. 1 − kH e utilizzando la stima precedente (il che è lecito poiché x0 + k ∈ J1 ) si trova sup |u(t) − y(t)|m ≤ t∈J1 ∪J2 1 |u0 − y0 |m .x0 +h] 1 |u0 − y0 |m . x2 ]. con x1 < x0 < x2 . (x0 + k. (1 − kH)m+1 Infine si può iterare il procedimento anche all’indietro. in modo che i punti (x1 .1 ha carattere locale. (1 − kH)2 Posto m = hk . per costruzione. |u − u0 |m ≤ b} ⊆ Q0 ∀(x0 .1. u)|m ≤ M ∀(x. di h e che quindi dopo un numero finito di tappe intermedie il grafico della soluzione raggiungerà la frontiera di Q. ∀(x. introduciamo la famiglia J (x0 . 363 . L’unicità del prolungamento è poi ovvia. u) ∈ Rm+1 : |x − x0 | ≤ a.3. u0 ). u0 ) ∈ Q. Questa definizione ha senso perché due soluzioni uJ .Dimostrazione Sia Q0 un rettangolo chiuso e limitato di Rm+1 tale che Q ⊂ Q0 ⊂ A. tali che il problema di Cauchy di punto iniziale (x0 . u) ∈ Q0 . prendere come Q la striscia − π2 . b > 0 sufficientemente piccoli in modo che {(x. e definiamo per x ∈ J0 : u(x) = uJ (x) se x ∈ J e J ∈ J (x0 . e scegliamo infine b 1 h = min a. che ha secondo membro regolare in tutto R2 . Fino a che punto la soluzione locale del problema di Cauchy è prolungabile? In termini un po’ grossolani si può dire che il prolungamento è possibile fino a che il grafico della soluzione giace nell’aperto A ove è definito il secondo membro g. Resta cos`ı definita in tutto J0 un’unica soluzione del problema di Cauchy che.1. nel teorema 6. u)|m ≤ H|y − u|m Prendiamo poi a. Notiamo che nel teorema 6. Sia ora J0 l’intervallo unione di tutti gli intervalli J ∈ J (x0 . ad esempio. π2 . y) − g(x. u0 ) ∈ Q una soluzione locale definita almeno nell’intervallo [x0 − h. Adesso osserviamo che il numero h non dipende dalla scelta del punto (x0 .1. |g(x. u0 ) ∈ A. u0 ). . Quindi non avremmo potuto. y). π2 × R. M H .1 ci dice che questa famiglia non è vuota. u) ∈ Q0 . non è ulteriormente estendibile: essa viene chiamata soluzione massimale. (x. Allora si può ripetere la dimostrazione del teorema 6. ha come unica soluzione la funzione u(x) = tan x.1 ottenendo. se m = 1 il problema di Cauchy ( 0 u = 1 + u2 u(0) = 0. ad ogni passo. una striscia infinita o un semispazio. H ≥ 0 tali che |g(x. u0 ) costituita da tutti gli intervalli J contenenti x0 come punto interno. Per esempio. x0 + h]. per ogni punto iniziale (x0 . fissato (x0 .1. u0 ) abbia soluzione uJ (·) definita su tutto J: il teorema 6. la quale non è prolungabile al di fuori dell’intervallo − π2 . uI coincidono su J ∩ I per unicità. e siano M. Per formalizzare questa idea. u0 ) ∈ Q: è chiaro allora che procedendo per passi successivi l’insieme di definizione della soluzione del problema di Cauchy si allunga.3 è essenziale che Q sia un rettangolo chiuso e limitato e non. d[ . d0 ] ⊂ ]c. ossia risulti |g(x. sia ivi continua e lipschitziana nella variabile u uniformemente rispetto a x in ogni “sottostriscia” chiusa [c0 .3 sce1 } (si noti che. essendo b ≥ 1. d[ ×Rm .Soluzione globale Supponiamo che la funzione g(x.1). d[ e pertanto è definita in ]c. d0 ] × Rm . Posto M0 = max |g(x. per ogni (x0 . u) u(x0 ) = u0 è globale. d[ .1. d0 ] × Rm con c < c0 < d0 < d. in cui g(x. per (x. Poiché h non dipende da b. u)|m ≤ H|y − u|m ∀(x. u) sia definita su una striscia ]c. Dunque la soluzione è definita in ogni [c0 .1. Hb+M0 . Trasformare l’equazione differenziale y 000 + sin x · y 00 − cos x · y 0 + y = x in un sistema di tre equazioni del primo ordine.1 1. H+M 0 b 0 0 minore di min{d − c . d[ e f funzione continua su ]c. u0 )|m ≤ ≤ H|u − u0 )|m + M0 ≤ Hb + M0 .d ] R = [c0 . cioè è definita nell’intero intervallo ]c. u) = A(x)u + f (x). Dunque le soluzioni di equazioni e sistemi differenziali lineari di qualsiasi ordine (a coefficienti continui) esistono in tutto l’intervallo su cui sono definiti i coefficienti. questo numero è certamente gliendo h = min{d0 − c0 . con A(x) matrice m × m a coefficienti continui in ]c. u)|m ≤ |g(x. u0 )|m + |g(x. u) ∈ [c0 . Dimostrazione Scegliamo b ≥ 1 e fissiamo [c0 . d0 ] ⊂ ]c.1.4 Nelle ipotesi sopra dette. y). d0 ]. 0 0 x∈[c . d[ . y) − g(x. d0 ] × {u ∈ Rm : |u − u0 )|m ≤ b}. u0 ) ∈ S la soluzione del problema di Cauchy ( 0 u = g(x. Questo risultato è importante perché contiene il caso dei sistemi lineari. che è la limitazione richiesta nelle ipotesi del teorema 6. u0 ) ∈ R si ha |g(x. H1 }. 364 . dopo un numero finito di passi si ricopre tutto l’intervallo [c0 . Allora si ha: Teorema 6. u) − g(x. Esercizi 6. (x. d[ . u0 )|m . Quindi si può ripetere il ragionamento svolto nella dimostrazione del teorema 6. in generale) della forma y 0 = f (x)g(y). Si provi che f è continua in [a. Necessariamente. La tecnica risolutiva è la seguente: 365 . b] (vedere l’esercizio precedente). [Traccia: fissati x0 ∈ [a. Si provi che esiste una funzione f : [a. n→∞ x∈[a. b]. Supponiamo che esista una funzione f : [a. sia ν ∈ N tale che |fn (x) − f (x)| < ε per ogni x ∈ [a. una soluzione y di questa equazione dovrà essere definita in I (o in un sottointervallo di I) a valori in J.7. b] → R tale che fn → f uniformemente in [a. 4.b] P∞ e che la serie n=0 an sia convergente. 6.2. x∈[a.2 Alcuni tipi di equazioni del primo ordine Come risolvere le equazioni differenziali? Come scriverne esplicitamente le soluzioni? Una risposta esaustiva è impossibile. ma per certe classi di equazioni si può fornire qualche metodo pratico.5. ossia tale che lim sup |fn (x) − f (x)| = 0. 3. x ∈ I.2. rimandando lo studio degli altri tipi agli esercizi 6. b] e |x − x0 | < δ si ha |f (x) − f (x0 )| ≤ |f (x) − fν (x)| + |fν (x) − fν (x0 )| + |fν (x0 ) − f (x0 )| < 3ε.b] 5. Esamineremo in dettaglio due tipi di equazioni che sono i pi` u importanti nella pratica. b] → R tale che fn → f uniformemente in [a. b] e per ogni n ≥ ν.2.6 e 6. b].2. b] ed ε > 0. Supponiamo che sup |fn+1 (x) − fn (x)| ≤ an ∀n ∈ N. Sia {fn } una successione di funzioni continue definite su un intervallo [a. Equazioni a variabili separabili Le equazioni a variabili separabili sono equazioni (non lineari. Determinare tutte le soluzioni (di classe C 1 in qualche intervallo) dell’equazione differenziale (y 0 )2 = 1. b]. Trasformare il sistema ( u0 = 2u − v + x v 0 = 3u + v − x in una equazione differenziale del secondo ordine. dove f è una funzione continua sull’intervallo I e g è una funzione continua su un altro intervallo J. Sia {fn } una successione di funzioni definite su un intervallo [a. Allora si verifichi che esiste δ > 0 tale che per x ∈ [a. b].] 6. per poi integrare i due membri e si passa formalmente da g(y) dx il primo rispetto a y e il secondo rispetto a x. dy Osserviamo che il 3o passo si può meglio memorizzare se si utilizza la notazione y 0 = dx dy 1 dy = f (x) a g(y) = f (x)dx.1 (1) Consideriamo l’equazione y 0 = x(1 + y 2 ). Se ne deduce. 1 + y2 366 . Dividendo per 1 + y 2 si trova y0 = x. Si badi bene che questo procedimento non esaurisce in generale l’insieme delle soluzioni: vi possono essere altri tipi di soluzioni. e che y verifica effettivamente l’equazione differenziale perché per ogni x ∈ I 0 si ha y 0 (x) = [(γ −1 )0 (F (x) + c)]F 0 (x) = 1 γ 0 (γ −1 (F (x) + c)) f (x) = = g(γ −1 (F (x) + c))f (x) = g(y(x))f (x). x ∈ I. per il teorema 3. Si noti che y(x) ∈ J 0 per ogni x ∈ I 0 .2. Se y(x) è una di queste soluzioni. γ(y(x)) = F (x) + c. si ricava x ∈ I 0. dove c è una costante arbitrariamente scelta. come richiesto. e la relazione precedente diventa y(x) = γ −1 (F (x) + c). sarà g(y(x)) 6= 0 per ogni x ∈ I 0 . quindi dividendo l’equazione per g(y(x)) si ottiene 1 y 0 (x) = f (x). che esiste la funzione inversa γ −1 .9.1o passo: si cercano gli eventuali punti y0 ∈ J nei quali si ha g(y0 ) = 0: per ciascuno di questi punti la funzione costante y(x) = y0 . come illustra il secondo degli esempi che seguono. 2o passo: si cercano le soluzioni non costanti y. Qui le funzioni f (x) = x e g(y) = 1 + y 2 sono definite su tutto R e la g non è mai nulla. g(y(x)) 3o passo: si calcolano le primitive dei due membri di tale identità: indicando con F una primitiva di f in I 0 e con γ una primitiva di g1 in J 0 .4. è soluzione dell’equazione. 4o passo: si osserva che γ 0 = g1 6= 0 in J 0 per ipotesi. per cui γ è strettamente monotona in J 0 (proposizione 4. x ∈ I 0. x ∈ I 0. definite in qualche sottointervallo I 0 ⊆ I e a valori in qualche sottointervallo J 0 ⊆ J nel quale si abbia g 6= 0. Esempi 6. 1 + y2 dy = x dx.6.1). Ma l’equazione ha altre soluzioni: ad esempio. la funzione f (x) = x è definita su R mentre la g(y) = 1/y è definita su R \ {0}: quindi cerchiamo soluzioni y(x) 6= 0. 2 Dunque y(x) = tan x2 +c . (3) Per l’equazione y 0 = −x/y. le soluzioni a valori in J 0 = ]0. Ad esempio. Essa non fa parte di quelle già trovate. perché non è identicamente nulla e non è a valori in ]0. definite su intervalli disgiunti). per ogni fissato λ ∈ R. perché solo per tali x la quantità x2 + c appartiene se√c = 0 √ si ha√x ∈ √ √ √ all’immagine della funzione arcotangente. y dy √ = dx. +∞[ . ∞[ . ∞[ . √ √ (2) Nell’equazione y 0 = y si ha f (x) ≡ 1 in I = R e g(y) = y in J = [0.e integrando arctan y(x) = x2 + c. mentre se c = −π si hanno i due intervalli ] − 3π. − π[ e ] π. y2 x2 = − + c. 367 . 2 c ∈ R. x ∈ R. π[ . ] − π. ∞[ si ottengono √ dividendo per y con i passaggi che seguono: y0 √ = 1. 3π[ (si tratta dunque di due distinte soluzioni. la funzione  se x < −λ   0 2 yλ (x) = x+λ  se x ≥ −λ  2 è di classe C 1 in R e verifica l’equazione differenziale su tutto R. Col solito metodo si trova yy 0 = −x. si trova dunque 2 x+c y(x) = . y dy = −x dx. 2 2 2 2 y(x) = −x + 2c = −x2 + c0 . y p 2 y(x) = x + c (il che implica x + c ≥ 0). L’unica soluzione costante è y(x) = 0. 2 x ∈ [−c. Si osservi che ciascuna soluzione è definita non su tutto R ma solo nel sottoinsieme 2 2 descritto dalla disuguaglianza | x2 + c| < π2 . è grafico di una funzione y(x). ossia nell’intorno di ogni suo fissato punto. L’equazione x2 +y 2 = c0 (in termini generali. x ∈ I. x ∈] − √ √ c0 . Si noti che se b(x) ≡ 0 (nel qual caso l’equazione si dice omogenea) l’insieme delle soluzioni è {ceA(x) . y (x) = a(x)e x0 cioè y risolve l’equazione differenziale. come sappiamo. √ Le soluzioni hanno per grafici delle semicirconferenze di raggi c0 . ciascuna delle quali è soluzione della forma simmetrica dell’equazione differenziale. dunque e−A(x) y(x) è una primitiva di e−A(x) b(x) in I. con c0 arbitrario numero positivo. dopo aver scritto l’equazione nella forma simmetrica y dy = −x dx. che è l’equazione dell’intera circonferenza √ 0 di centro (0. 0) e raggiop c . y ∈ ]− c . c ∈ R} ed è quindi uno spazio vettoriale V0 di dimensione 1. In conclusione. dx x ∈ I. Sia y una soluzione dell’equazione: se A è una primitiva della funzione a in I. l’insieme delle soluzioni è uno spazio affine. √ y(x) = ± c0 − x2 . Equazioni lineari del primo ordine Le equazioni lineari del primo ordine.ciò implica c0 = y 2 + x2 > 0. scelto arbitrariamente x0 ∈ I. oppure x(y). l’equazione γ(y)+F (x) = c ottenuta nel 3o passo) rappresenta una curva del piano la quale. x ∈ I. allora per ogni x ∈ I si ha Z x 0 A(x) −A(t) e b(t) dt + c + eA(x) e−A(x) b(x) = a(x)y(x) + b(x). abbiamo ricavato x2 + y 2 = c0 . se y è una funzione di questo tipo (con x0 ∈ I e c ∈ R fissati). hanno la forma seguente: y 0 = a(x)y + b(x). ove a e b. esisterà c ∈ R per cui Z x −A(x) e y(x) = e−A(t) b(t) dt + c. x ∈ I. x0 Viceversa. c0 [ . cioè un 368 . moltiplicando i due membri dell’equazione per e−A(x) si ottiene e−A(x) b(x) = e−A(x) (y 0 (x) − a(x)y(x)) = d −A(x) e y(x) . Se b(x) 6≡ 0. ottenute esplicitando la variabile x in funzione della y. detti coefficienti dell’equazione. “localmente”. generato dall’elemento eA(x) . sono funzioni continue in I. x0 ossia la funzione y(x) è data da A(x) Z x y(x) = e e −A(t) b(t) dt + c . In effetti l’equazione in forma simmetrica è risolta anche √ √ 0 2 0 0 dalle funzioni x(y) = ± c − y . c [. Quindi. Si osservi che. Esercizi 6. Se imponiamo ad esempio la condizione di Cauchy y(33) = −700. in accordo con il teorema 6.2. 2 c ∈ R. dx 2 Calcoliamo una primitiva di x3 e−x : con facili calcoli Z x x2 + 1 −x2 1 2 e t3 e−t dt = − + .1. Esempio 6. di a. Una primitiva della funzione 2 2x è x2 . disegnare il grafico di alcune di esse. Si osservi anche che la scelta di una diversa primitiva. che è essa stessa una soluzione dell’equazione non omogenea. nuovamente l’insieme delle soluzioni non cambia. non altera l’insieme delle soluzioni. Moltiplichiamo l’equazione per e−x : si ottiene d −x2 2 e y(x) = x3 e−x . troviamo facilmente la corrispondente costante c: c = −155 e−1089 . Provare che il problema di Cauchy ( y0 = p 1 − y2 y(0) = −1 ha infinite soluzioni. 2 2 2 e le soluzioni dell’equazione proposta sono le funzioni 2 e−x y(x) = − y(x) = − x2 + 1 2 + cex .2 1.1. 369 .2 Consideriamo l’equazione y 0 = 2xy + x3 . la scelta di un diverso punto x1 ∈ I come estremo R xprimo 1 −A(t) b(t) dt: nell’integrale ha l’effetto di modificare la costante c. 2 2 0 Dunque x2 + 1 −x2 1 x2 + 1 −x2 e e + +c=− + c0 . Analogamente. Si osservi che non sempre i calcoli per risolvere un’equazione differenziale possono essere esplicitamente svolti. e dunque un’unica soluzione. perché talvolta le primitive non sono esprimibili in forma R x −tchiusa: 2 0 −x2 ad esempio la semplicissima equazione y = e ha le soluzioni y(x) = c + 0 e dt. che diventa c + x0 e ma dato che c varia in R.traslato dello spazioR V0 : la traslazione è ottenuta sommando a ciascun elemento di x V0 la funzione eA(x) x0 e−A(t) b(t) dt. A(x)+λ. x > 0. si verifichi che l’equazione differenziale diventa lineare nell’incognita v(x). Mediante la sostituzione v(x) = y(x)1−α . 1 + x2 (ii) y 0 = −2xy + xe−x . Sia y(x) una soluzione dell’equazione differenziale y 0 = a(x)y + b(x). x y e−x (vi) y 0 = − − . Si utilizzi questo metodo per risolvere le equazioni r x y y2 0 0 (i) y = 2 − . (vii) y 0 = x (ii) y 0 = y 2/3 . (Equazioni di Bernoulli) Si consideri l’equazione differenziale y 0 = p(x)y + q(x)y α . 3. (viii) y 0 = . Determinare l’insieme delle soluzioni delle seguenti equazioni differenziali: (i) y 0 = − y + x − 2. (iii) x2 y 0 = y 2 + xy + 4x2 . Utilizzando questo metodo si risolvano le equazioni (i) y 0 = 2y − 3y 2 . Risolvere le seguenti equazioni differenziali: (i) y 0 = xy 2 . 1 + log y 1 0 (v) y = x 1 + . 1 − x2 4.2. diventa a variabili separabili nell’incognita v(x). e si supponga che sia a(x) ≤ −c < 0 e limx→+∞ b(x) = 0. Si dimostri che lim y(x) = 0. x→+∞ 5. (iii) y 0 = . 2 · y + x. (ii) y 0 = −2xy + x3 y 3 . y x x 370 . si ve6. (iii) y 0 = xy 3 + x2 . (Equazioni non lineari omogenee) Utilizzando la sostituzione v(x) = y(x) x rifichi che un’equazione differenziale della forma y 0 = g( xy ). (ii) y = + 1 + 2 . (vi) xyy 0 = y − 1. (iv) y 0 = (v) y 0 = y + 1 − x. con g assegnata funzione continua. (iv) y 0 = log x sin y. ove α è un numero reale diverso da 0 e da 1. x x (iii) y 0 = − tan x · y + sin x. y log x cos y x − xy 2 . x sin 2y y + x2 y y (ix) y 0 = e−y+e . y2 . Cominciamo col determinare le curve isocline. x Nel nostro caso. y) dei due semipiani y > 0 e y < 0: quindi per ogni punto (x0 . (Equazioni di Riccati) Data l’equazione differenziale y 0 = a(x)y 2 + b(x)y + c(x). Utilizzando questo metodo. uno studio diretto dell’equazione differenziale permette di studiare il comportamento delle curve integrali senza conoscerne l’espressione analitica. le isocline sono le iperboli di equazione y = c−x : infatti una soluzione x0 y(x). passa una e una sola soluzione dell’equazione. ( 0 ( √ 0 √ √ y = x(y 3 − y) xy + y sin x = 0 (vi) (v) y(0) = −1. Si verifichi che con la sostituzione 1 y(x) = ψ(x) + v(x) . si supponga di conoscerne una soluzione ψ(x).3 Analisi qualitativa Non sempre è possibile scrivere esplicitamente le soluzioni di un’equazione differenziale non lineare. y0 ). cioè le curve sulle quali la pendenza di tutte le curve integrali che le attraversano è la stessa. l’equazione diventa lineare nell’incognita v(x). y(1) = 2. e del resto non sempre un’espressione esplicita aiuta a comprendere l’andamento qualitativo delle curve integrali. y(x0 ) c−x0 371 . c−x0 ).1 Consideriamo l’equazione del primo ordine 1 0 y =x 1+ . y Il teorema di esistenza e unicità della soluzione è applicabile in tutti i punti (x.   2 2  y0 = y + 1  y0 = y − 1 x2 + 1 x2 − 1 (iv) (iii) √   y(0) = 0.3. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy: ( 0 ( y = −3x2 y 4 4x3/2 yy 0 = 1 − y 2 (ii) (i) y(1) = 0. 8. Esempio 6. ( ( p 2xyy 0 = y 2 − x2 + 1 y 0 = (1 + y)(1 + x2 ) (viii) (vii) y(1) = 1. si risolva l’equazione y 0 = y 2 − xy + 1. y(0) = 1. 6. y(0) = 3. y(π 2 ) = 9. che passi per un punto della forma (x0 . x ∈ I. deve avere in tale punto pendenza pari a ! 1 1 = x 0 1 + x0 y 0 (x0 ) = x0 1 + = c. In molti casi. con y0 6= 0. ossia dei grafici di tali soluzioni.7. anche y(−x) lo è. Si osservi che per x < 0 e y ∈ / [−1. derivando rispetto a x. mentre sono crescenti per y < 0 e −1 < y < 0. Inoltre le soluzioni sono pari. pertanto nessuna curva integrale presenta asintoti obliqui. Dall’equazione differenziale ricaviamo. sui punti dell’isoclina y = −1 le curve integrali hanno tangente orizzontale. Si ha anche y 00 = 16y(1 − y)(1 − 2y). e quindi per y > 1 e per 0 < y < 1/2 le soluzioni sono convesse. per il teorema di unicità. Inoltre. a): se a ∈ ]0. e quindi |y 0 (x)| → ∞ quando x → ±∞. 0] le soluzioni sono decrescenti. ` facile analizzare il comportamento asintotico delle soluzioni. vi sono inoltre le soluzioni costanti y = 0 e y = 1. dal teorema di esistenza segue che y(x) esiste per ogni x ∈ R. Si noti che l’equazione differenziale. y 00 = 1 + y0 1 (y + 1)(y − x)(y + x) −x 2 = . y − ln |1 + y| = 2 Esempio 6.3. che separano il piano in tre zone. In particolare le rette y = ±x sono costituite da punti di flesso per le soluzioni. ossia i grafici sono simmetrici rispetto alla retta verticale x = 0: infatti. ma la soluzione è espressa in forma implicita: x2 + c. 1[ .dunque costante (al variare di tutte le soluzioni passanti per punti della curva). Consideriamo una curva E integrale uscente da un punto di coordinate (0.2 Consideriamo l’equazione y 0 = 4y(1 − y). in ciascuna delle quali y 0 ha segno costante. dato che il secondo membro dell’equazione differenziale è una funzione dispari rispetto a x. Infine osserviamo che per y > 0 risulta |y 0 (x)| > |x|. y y y3 e quindi l’intero piano può essere suddiviso in regioni di concavità e di convessità sulla base del segno dei fattori che compongono y 00 . 372 . In particolare. se y(x) è soluzione. essendo a variabili separabili. c ∈ R. La retta y = −1 è una curva integrale dell’equazione: quindi. y(x) è crescente ed è contenuta nella striscia 0 < y < 1 (poiché non può attraversare le due curve integrali y = 0 e y = 1). si risolve. essa non può essere attraversata da altre curve integrali. In questo caso le curve isocline sono le rette y = c. passando al limite nell’equazione differenziale. Quando a < 0. y(x) è convessa e decrescente. mentre necessariamente la soluzione diverge per x → −∞. quindi u0 = limx→∞ y(x) esiste finito e come sopra si ottiene u0 = 1. allora y(x) ≡ y0 è una soluzione stazionaria. Se F (y0 ) = 0. ossia costante. la soluzione y = 1 è un “attrattore” di soluzioni. 1 + ce4x c ∈ R. e dunque. ove y1 è il massimo fra gli zeri di F minori di y0 . se F (y0 ) > 0 ed esiste y > y0 373 . mentre y = 0 è un “repulsore” di soluzioni. Dunque le curve integrali costanti y = 0 e y = 1 sono asintoti orizzontali per tali soluzioni. simili considerazioni mostrano che v0 = 0 e u0 = −∞. In questo caso le soluzioni si determinano esplicitamente: y(x) = ce4x . la funzione x 7→ y(x + T ) risolve l’equazione in ]x1 − T. ove F : J → R è un’assegnata funzione continua definita su un intervallo J ⊆ R. Dunque un’equazione differenziale è autonoma se il suo secondo membro non dipende esplitamente dalla variabile x. Nel seguito supporremo per semplicità che F sia definita su tutto R. Analizziamo alcuni casi significativi. ossia quelle della forma y 0 = F (y). ` facile verificare che se y(x) è una soluzione in ]x1 . si trova 4u0 (1 − u0 ) = 0 = 4v0 (1 − v0 ). x2 [ dell’equazione sopra scritta.3 L’esempio precedente rientra in una importante sottoclasse di equazioni del primo ordine: le equazioni autonome.posto u0 = limx→∞ y(x) e v0 = limx→−∞ y(x) (i limiti esistono essendo y crescente).3. Si noti il diverso comportamento delle curve integrali attorno alla soluzioni stazionarie: al crescere di x. x2 − T [ . considerare le soluzioni del problema di Cauchy 0 y = F (y) y(0) = y0 al variare di y0 in R. si deve avere limx→±∞ y 0 (x) = 0. qualunque sia T ∈ R. allora si vede facilmente che la soluzione y(x) è definita per ogni x > 0 e limx→+∞ y(x) = y1 . E per descrivere tutte le soluzioni sarà sufficiente. dato che |y 0 | ≥ 4|y|(|y|−1) → +∞ per x → −∞: dunque v0 = −∞. si noti ` vero però che che questo non implica che ciascuna soluzione sia definita su tutto R. da cui u0 = 1 e v0 = 0. Osservazione 6. E allora. Se invece a > 1. Se F (y0 ) < 0 ed esiste y < y0 tale che F (y) = 0. a meno di una traslazione temporale. Similmente. invece. y ∈ U. y ∈ U F (y) = 0 per y = y0  > 0 per y > y0 . dx a 374 .3. a Dimostrazione Definiamo Z G(x) = c + x v(t)u(t) dt. ne segue G0 (x) ≤ u(x)G(x) in [a. F ∈ C 1 (R). allora risulta Z x v(x) ≤ c exp u(t) dt ∀x ∈ [a. a La funzione G verifica G(x) ≥ v(x) in [a. allora la soluzione stazionaria y(x) = y0 è asintoto per x → +∞ di soluzioni y(x). y ∈ U.R Moltiplicando la disequazione G0 (x) − x u(x)G(x) ≤ 0 per la funzione positiva exp − a u(t) dt . ad esempio.tale che F (y) = 0. si ottiene Z x d exp − u(t) dt G(x) ≤ 0 ∀x ∈ [a. Una condizione sufficiente affinché ciò accada è. b]. F (y0 ) = 0 e F 0 (y0 ) > 0. Si dice in tal caso che la soluzione stazionaria y = y0 è asintoticamente stabile. allora la soluzione y(x) è definita per ogni x > 0 e limx→+∞ y(x) = y2 . b]. F 0 (y0 ) < 0. b]. Lemma 6. In tal caso la soluzione stazionaria y = y0 si dice instabile. ovviamente. x ∈ [a. a ove c è una costante reale. ed inoltre G0 (x) = v(x)u(x) in [a. v funzioni continue in un intervallo [a. Se. Nel confronto fra due soluzioni di una data equazione differenziale è di grande utilità il seguente lemma elementare ma assai importante. b]. b]. Supponiamo che si abbia u ≥ 0 in [a. y ∈ U  >0 per y = y0 F (y) = 0  <0 per y > y0 . sia “dall’alto” che “dal basso”. Se ne deduce che se esiste un intorno U di y0 per cui  per y < y0 . b]. ciò accade. b]. allora le soluzioni y(x) “si allontanano” dalla soluzione stazionaria y = y0 per x → +∞. b] e Z x v(x) ≤ c + v(t)u(t) dt ∀x ∈ [a. F (y0 ) = 0. quando F ∈ C 1 (R). b] per ipotesi. esiste un intorno U di y0 per cui   < 0 per y < y0 .4 (di Gr¨ onwall) Siano u. ove y2 è il minimo fra gli zeri di F maggiori di y0 . b] e Z b v(t)u(t) dt ∀x ∈ [a. dunque i grafici attraversano y = ± arctan x con tangente orizzontale. Dunque i grafici di due soluzioni distinte non possono intersecarsi. che mettono in evidenza come l’analisi qualitativa delle equazioni differenziali. allora anche v(x) = −y(−x) è soluzione: ciò significa che i grafici sono simmetrici rispetto all’origine e pertanto è sufficiente analizzarli nel semipiano x ≥ 0.3. se y(x) è soluzione. Le soluzioni sono crescenti nella regione |y| > | arctan x| e decrescenti nella regione |y| < | arctan x|.6 Consideriamo l’equazione differenziale y 0 = y 2 − arctan2 x. benché concettualmente non difficile. 4 375 . v(x) ≤ c + x in tal caso la conclusione è Z v(x) ≤ c exp b u(t) dt ∀x ∈ [a. Osserviamo anzitutto che il secondo membro verifica le ipotesi del teorema di esistenza ed unicità su tutto R2 : quindi per ogni punto del piano passa una ed una sola traiettoria. essendo G(a) = c. b].6. Inoltre. x La dimostrazione si fa ripetendo l’argomentazione precedente.5 e 6. Esempio 6.3.5 Il lemma di Grönwall vale anche quando le funzioni continue u e v verificano u ≥ 0 in [a. Le regioni di convessità sono di difficile individuazione. Dal lemma di Grönwall seguono facilmente alcuni importanti criteri di confronto per soluzioni di equazioni differenziali: si vedano gli esercizi 6. poiché y 00 = 2yy 0 − 2 arctan x arctan x = 2y(y 2 − arctan2 x) − 2 . x Z v(x) ≤ G(x) ≤ c exp u(t) dt ∀x ∈ [a.3. b]. a Osservazione 6. b].da cui Z exp − x u(t) dt G(x) ≤ G(a) ∀x ∈ [a.3.3. oppure usando il lemma 6. Discuteremo adesso alcuni esempi. 2 1+x 1 + x2 e non è per niente agevole lo studio del segno di y 00 . b] a e finalmente. si riveli talvolta assai complicata.4 con le funzioni v(x) = v(a + b − x) e u(x) = u(a + b − x). Tuttavia possiamo notare che y2 − π2 < y0 < y2. e si trova di conseguenza per x > ε + ξ π 1+ z(x) = 2 1− yb (ε+ξ)−π/2 π(x−ε−ξ) e yb (ε+ξ)+π/2 yb (ε+ξ)−π/2 π(x−ε−ξ) e yb (ε+ξ)+π/2 < yb (x) < yb (ε + ξ) = w(x).quindi. allora il grafico di yb attraversa la curva b y = arctan x: infatti si ha yb (x) < 1−xb e il grafico di quest’ultima funzione sicuramente attraversa quello di arctan x purché b sia piccolo (infatti per x = π/4 si ha 1−bπ b < 4 arctan π/4 = 1 purché b < 4/(4 + π)). nuovamente. b z(x) → +∞ per x → 1 b + π/2 ln . π b − π/2 e dunque anche yb ha un asintoto verticale x = xb . ove ε > 0. Dunque esiste il numero positivo n πo α = inf b > 0 : ∃ξ > 0 : yb (ξ) = . se b → ∞ l’ascissa dell’asintoto di yb tende a 0. detta yb la soluzione tale che y(0) = b.6) si ha z(x) < yb (x) < w(x). z(ε + ξ) = yb (ε + ξ). ove w e z sono le soluzioni dei problemi di Cauchy 0 0 2 w = w2 z = z 2 − π4 w(0) = b. yb (ε + ξ) π yb (ε + ξ) − π/2 Se invece b > 0 è sufficientemente piccolo. con 1 b + π/2 1 < xb < ln . z(0) = b. se b > 0 ed esiste ξ > 0 tale che yb (ξ) = π/2. dove ha un 376 . Con calcoli standard si trova dunque π1+ z(x) = 21− b−π/2 πx e b+π/2 b−π/2 πx e b+π/2 < yb (x) 0. 1 − (x − ε − ξ)yb (ε + ξ) Dunque. se 0 < b < α. Pi` u in generale. la soluzione cresce fino ad attraversare la curva y = arctan x. ove w e z sono le soluzioni dei problemi di Cauchy 0 0 2 w = w2 z = z 2 − π4 w(ε + ξ) = yb (ε + ξ). b π b − π/2 in particolare. per confronto (esercizio 6. 2 Se allora b > α.3. la yb ha un asintoto verticale x = xb con ε+ξ+ 1 1 yb (ε + ξ) + π/2 < xb < ε + ξ + ln . la corrispondente soluzione cresce fino al suo asintoto verticale x = xb . ` immediato constatare che E w(x) → +∞ per x → 1 . allora sarà z(x) < yb (x) < w(x). 2 x x Possiamo ricapitolare tutto quanto detto con questo disegno approssimativo: 377 .massimo assoluto. cosicché viene immediatamente a trovarsi nella regione di decrescenza. Scegliamo un’ascissa x0 sufficientemente grande in modo che u(x0 ) < 0. y(x) < − π < − arctan x < u(x) 2 ∀x > 0. dopodiché ancora una volta ls soluzione decresce fino all’asintoto orizzontale y = −π/2. Se b = 0 la soluzione parte con pendenza nulla. venendo dall’alto. e questo è impossibile. Pertanto queste soluzioni non possono che tendere all’asintoto orizzontale y = −π/2. D’altra parte. Quindi anch’essa decresce fino all’asintoto orizzontale y = −π/2. Se b = α. dunque v = y−u verifica π v0 = y + u < − + max u = −K < 0 ∀x > x0 . Osserviamo adesso che se una soluzione comincia ad essere decrescente. notando che la differenza y − u verifica y 0 − u0 = y 2 − u2 . che ha pendenza negativa. Infine. Si noti che per ogni b < 0 la soluzione yb (x) ≡ y(x) diventa prima o poi decrescente: infatti supponiamo per assurdo che y(x) resti crescente e dunque sempre minore di − arctan x: possiamo confrontare y(x) con una soluzione u(x) di dato iniziale b0 > 0 piccolo. poi inizia a decrescere. y(0) − u(0) = b − b0 < 0. se b < 0 la soluzione cresce. come vedremo meglio fra poco. tale resterà per sempre: infatti per tornare a crescere dovrebbe attraversare con pendenza nulla. la soluzione yα separa le soluzioni con asintoto verticale da quelle definitivamente decrescenti: non è difficile rendersi conto che essa dovrà essere crescente (perché è un estremo inferiore di funzioni crescenti) ma restare sotto la quota y = π/2 per definizione di α. fino ad attraversare la curva y = arctan x. Dunque per questa soluzione si ha arctan x < yα (x) < π 2 ∀x > 0. Ciò tuttavia è assurdo perché per x → +∞ si ha π 1 1 − arctan x = arctan ' . quindi otteniamo |v(x0 )|e−K(x−x0 ) ≥ |v(x)| = u(x) − y(x) > π − arctan x 2 ∀x > x0 . v 2 Ne segue facilmente |v(x)| ≤ |v(x0 )|e−K(x−x0 ) . la curva y = − arctan x. con g(4) = 16. mentre se x > 1 le soluzioni sono convesse 2 2 x2 √x √x per y ≥ (√x−1) 2 e concave per 0 < y ≤ ( x−1)2 . La funzione g(x) = ( x−1)2 tende a +∞ per x → 1+ . la zona di crescenza è il settore y > x.3. x0 − 1 x0 − 1 378 . Analizziamo dunque la situazione nel primo quadrante aperto. ( x − 1)2 x−2 x+1 cosicché g(x) − x → +∞ per x → +∞. y = √ −√ 2 y x 2 x y dunque se x ≤ 1 le soluzioni sono concave. mentra la retta y = x viene attraversata con pendenza nulla. Ne segue che g ha un minimo assoluto per x = 4. ed ha necessariamente un flesso fra 4 e +∞. Essa è definita per x. Le soluzioni sono sempre positive. con qualche calcolo. √ √ ( x − 1) y − x 1 1 y0 00 √ √ = .7 Consideriamo l’equazione differenziale √ √ y 0 = y − x. facendo perdere significato all’equazione differenziale. y > 0. succede che la soluzione con dato iniziale y(x0 ) = 0 è definita al pi` u “nel passato”. ma non “nel √ 0 futuro”. infatti. ossia per 0 ≤ x < x0 . Nei punti di ordinata nulla. poiché si ha y (x0 ) = − x0 < 0 e quindi il grafico esce immediatamente dal dominio. allora x0 > 1 e √ p p x0 √ √ √ x0 0 y (x0 ) = y(x0 ) − x0 = g(x0 ) − x0 = √ − x0 = √ . Calcoliamo la regione di convessità: si ha.Esempio 6. mentre per x → +∞ si ha √ √ x x(2 x − 1) √ g(x) − x = x √ − 1 = ' 2 x. ossia una soluzione taglia il luogo dei flessi g. Osserviamo adesso un fatto importante: se y(x0 ) = g(x0 ). y ≥ 0 ma rispetta le ipotesi del teorema di esistenza e unicità solo quando x. da cui y 00 ≥ 0 se e solo se 1 0≤y≤ √ . poiché altrimenti in tale punto dovrebbe aversi la disuguaglianza contraria y 0 (x00 ) ≥ g 0 (x00 ). 2y 2 − 1 . nel senso che yα (x) − g(x) → 0 per x → +∞. La soluzione taglia o no il grafico di g a seconda del suo valore iniziale b: se b è molto piccolo.8 Analizziamo l’equazione 2 y 0 = xy e−y . Dunque tale soluzione tende a +∞ senza asintoto verticale. ax + b + x Se invece la soluzione non taglia il grafico di g. Nemmeno un asintoto obliquo p può esserci √ 0 y = ax + b. In questa regione tutte le soluzioni (tranne ovviamente y = 0) sono crescenti. ∞[: essa aderirà sempre pi` u a g(x). per mezzo di una soluzione il cui dato iniziale α è definito da α = sup{b > 0 : yb < g} : tale soluzione yα (x) è l’unica concava e crescente nell’intera semiretta [0. 2 1 oppure y > √ 2 379 2 ey /2 e 0≤x≤ p . Troviamo la curva dei flessi: dopo qualche calcolo si ottiene 2 2 2 y 00 = e−y [y + x(1 − 2y 2 )y 0 ] = y e−y [1 + x2 e−y (1 − 2y 2 )]. Vi è la soluzione nulla y = 0. inoltre se y(x) è soluzione anche y(−x) e −y(x) sono soluzioni: pertanto basta studiare cosa succede nel primo quadrante.ed è facile verificare che risulta y 0 (x0 ) > g 0 (x0 ).3. la pendenza di y(x) è troppo piccola per attraversare il grafico di g. essa rimane concava e tende a 0 in tempo finito. ossia per x → x con x opportuno. poiché in tal caso avremmo y (x) → a e y(x) − ax + b → 0 per x → ∞. mentre l’equazione differenziale fornirebbe invece p √ (a − 1)x + b +∞ se a 6= 1 0 y (x) = y(x) − x ' √ √ ' 0 se a = 1. ciò significa che y(x) diventa convessa e non può pi` u riattraversare la curva y = g(x) in un altro punto x00 > x0 . Esempio 6. La famiglia delle soluzioni definitivamente convesse è chiaramente separata da quella delle soluzioni che restano concave. y) in cui il grafico di y(x) tagliasse nuovamente la curva x = h(y) dovremmo avere r 3 . Pertanto tutte le soluzioni con b > 0 finiscono per diventare concave. h0 (y) y ey2 /2 (2y 2 − 3) ne seguirebbe via via. 2 xye−y = y 0 (x) ≥ (h−1 )0 (x) = 1 (2y 2 − 1)3/2 = . 2y 2 − 1 da cui y 0 (x) → 0 per x → ∞: ciò è impossibile. 2y − 1 2y − 3 (2y 2 − 3)y 2 ≥ 4y 4 − 4y 2 + 1. 2y 2 − 1 tende a +∞ per y → √1 2 + 1 y>√ . Per giunta. y 0 (x) ≥ (h−1 )0 (x). Inoltre essa tende a +∞ per x → ∞: infatti non può avere un asintoto orizzontale per x → ∞. 3/4 per x = e√2 . essendo y(x) convessa e crescente. 2 e per y → ∞. Se y rimanesse convessa per ogni x > 0. esse non possono p` u tornare convesse: infatti in un ipotetico punto (x. 2 xye−y ≥ (2y 2 − 1)3/2 (2y 2 − 1) = . 380 . x = h(y). 2y 4 − y 2 + 1 ≤ 0. non appena y(x) > √12 si avrebbe 2 y 0 (x) = xy e−y ≤ e−y 2 /2 y p . xy(2y 2 − 3) y ey2 /2 (2y 2 − 3) 2 2 −y 2 xy e y2 2y 2 − 1 = 2 ≥ 2 . e questo è impossibile perché la quantità a primo membro è un trinomio sempre positivo. dunque anche di minimo assoluto. dove vale 3/2. inoltre. equivalentemente.La funzione 2 ey /2 h(y) = p . Notiamo infine che y(x) tende a +∞ con y 0 (x) → 0. perché dall’equazione differenziale seguirebbe che y 0 (x) → +∞ per x → ∞ e ciò è assurdo. si verifica facilmente che 2 y ey /2 (2y 2 − 3) h (y) = . (2y 2 − 1)3/2 0 e in particolare h ha l’unico p punto di minimo relativo. y> 2 ossia x= p ey 2 /2 2y 2 − 1 . quindi la crescenza è di tipo logaritmico (e in particolare senza asintoti obliqui). Consideriamo una soluzione y con y(0) = b > 0: essa parte con tangente orizzontale ed è inizialmente convessa. inoltre se y(x) è soluzione. y > 0. risolvendo la disequazione di secondo grado in x ≥ 0. ed in particolare. h (y) = 2 4 2y 1 + 4y 381 . Si ha poi y 00 = 2x − 2yy 0 = −2yx2 + 2x + 2y 3 . y min g = g 31/4 21/4 = 33/4 .Esempio 6. Non vi sono soluzioni costanti. quindi le soluzioni sono convesse nella regione descritta dalla disuguaglianza yx2 − x − y 3 ≤ 0. calcoli altrettanto laboriosi mostrano che invece la funzione h(y) = 1+4y 4 −1 . 2|y| y < 0. Il teorema di esistenza e unicità vale in tutto il piano. Notiamo anche che p 1 − 4y 2 − 1 + 4y 4 0 p < 0. h0 (y) → −1 per y → −∞. 2|y| √ 1+4y 4 +1 Con calcoli un po’ laboriosi si verifica che per la funzione g(y) = . 21/2 g(y) ' y per y → ∞. si ha 2y 1 g(y) ' per y → 0+ . poiché risulta g(y) > y. e dunque. soddisfa h(y) ' −2y 3 per y → 0− . il grafico di h è interamente contenuto nella zona di decrescenza.3. e ovviamente la zona di decrescenza è |y| > x. La zona di crescenza delle soluzioni è −x ≤ y ≤ x. dato che h(y) < |y|. ed in particolare. anche −y(−x) lo è: quindi è sufficiente analizzare cosa succede nel semipiano x ≥ 0.9 Consideriamo infine l’equazione y 0 = x2 − y 2 . si ha  p 1 + 4y 4 + 1    0 ≤ x ≤ se y > 0  2y 00 y ≥ 0 ⇐⇒ p  1 + 4y 4 − 1    x≥ se y < 0. il grafico di g è interamente contenuto nella zona √ di crescenza. h(y) ' −y per y → −∞. xb [ }. ma allora y(x) ha l’asintoto y = x − q e dunque y 0 (x) → 1. dopo aver raggiunto e superato il suo minimo. per concavità. che ha pendenza vicina a −1 e tocca l’asse y in h−1 (a) − (h−1 )0 (a)a > b. x−y(x) è decrescente: quindi ha limite q per x → +∞. e quindi le due curve si intersecano. Se |b| è sufficientemente piccolo. Infatti. poi da convessa diventa concava ed evolve come le soluzioni uscenti da valori b > 0. ∞[ . Tale soluzione separatrice avrà dato iniziale α = sup{b < 0 : yb00 < 0 in [0. tendendo all’infinito in modo concavo: non può infatti tornare convessa. mentre la pendenza della curva x = h(y). e l`ı resta. e sarà sempre concava. definita sull’intera semiretta [0. poiché inoltre y 0 ≤ −y 2 si vede b e dunque agevolmente che y(x) ≤ 1+bx y(x) ha un asintoto verticale di ascissa 1 xb < |b| .Consideriamo una soluzione y(x) con y(0) = b. 382 . cioè 1/h0 (y). la soluzione deve passare da decrescente a crescente e poi da convessa a concava. ove |y 0 (0)| = b2 . poi convesse e infine nuovamente concave. entra necessariamente (in quanto la curva dei flessi ha per asintoto la retta y = x) nella zona di concavità. la soluzione è inizialmente decrescente e convessa. e dall’equazione differenziale segue allora subito q = 0 (altrimenti y 0 (x) tenderebbe all’infinito). perché in tal caso finirebbe per riattraversare la retta y = x e ciò è impossibile. Se y(0) = 0. è negativa e grande in modulo. le cose cambiano. Se y(0) = b < 0. Quindi y(x) resta sempre concava e tende a −∞. Se invece |b| è sufficientemente grande. e si avvicinerà indefinitamente alla curva dei flessi senza mai attraversarla. avendo dunque l’asintoto obliquo y = −x. Però la y(x) ha l’asintoto obliquo y = x per x → ∞. la y(x) sta sotto la retta y = b + y 0 (0)x. Se b > 0. mentre per x ≥ a la curva x = h(y) sta sopra la retta y = h−1 (a) + (h−1 )0 (a)(x − a). la soluzione entra subito nella zona di crescenza. Vi sarà dunque una soluzione “separatrice” tra le curve yb (x) con dato iniziale b < 0 che restano concave e le curve yb (x) con b < 0 che sono prima concave. non essendo nulla la sua derivata. per poi evolvere come le soluzioni precedenti: infatti y 0 (x) è piccolo. y 0 = (y 2 − 1) y = y(1 − y) y − 2 2 è quello descritto nelle figure sottostanti.3 1. .Esercizi 6. 383 . e−y . Determinare il comportamento qualitativo delle soluzioni delle seguenti equazioni: (i) y 0 = x2 + y 2 . x (iv) y 0 = |y|(1 − y) 1+x 2 . Si verifichi che il comportamento qualitativo delle soluzioni delle equazioni 1 1 0 . (iii) y 0 = (v) y 0 = x2 y 3 1+y 2 sin2 x 1+x2 (ii) y 0 = x2 y 2 1+y 2 . 2 2 (iv) y 0 = x3 (e2−y − 1). 2. 4. b]. u(x))| ≤ K|u(x)|. ove p. b]. (Teorema di confronto. per ogni punto x dell’intervallo massimale di esistenza. (ii) supposto b ∈ R. b]. |f (x. v(x)) ∀x ∈ [a. 7. u(t)) se u(t) = v(t). Sia u ∈ C 1 [a. ove f (x. b]. Supponiamo che risulti u0 (x) ≤ p(x)u(x) + q(x). se u(a) ≤ v(a) e se q ≤ r in [a. b].v(t)) se u(t) 6= v(t). con −∞ ≤ a < b ≤ +∞. y) è una funzione continua su I × R. v due funzioni di classe C 1 in [a. (ii) supposto b ∈ R. b] è una funzione fissata. allora u ≥ v in [a. ove I è un intervallo.3. (Teorema di confronto. se u(b) ≥ v(b) e se q ≤ r in [a. Supponiamo che risulti u0 (x) ≤ f (x. e localmente lipschitziana rispetto alla variabile y uniformemente rispetto a x. . b]. q. b] × R2 . b]. b] soluzione dell’equazione u0 (x) = a(x)u(x) in [a. b]. Si provi che o la u è sempre diversa da 0 in [a. u(x)). ossia definita per ogni x ∈ I. b]. u(x0 ) = u0 . v 0 (x) = f (x. ∂y e si verifichi che d (g(x)[u(x) − v(x)]) ≤ 0 dx Integrando fra a e x si ricavi la tesi. Si provi che: (i) supposto a ∈ R. b]. Sia u la soluzione massimale del problema di Cauchy u0 (x) = f (x. se u(a) ≤ v(a) allora u ≤ v in [a. Si provi che la soluzione u(x) è globale. Supponiamo che risulti.] 384 ∀x ∈ [a. b]. b]. ove a ∈ C[a.u(t))−f (t. Si provi che: (i) supposto a ∈ R. ove f è una funzione di classe C 1 in un aperto contenente [a. con ∞ ≤ a < b ≤ +∞. v 0 (x) = p(x)v(x) + r(x) ∀x ∈ [a. caso quasi lineare) Siano u. r sono fissate funzioni continue su [a. u(x)). v due funzioni di classe C 1 in [a. +∞[ oppure ] − ∞. allora u ≤ v in [a. Rx [Traccia: Per (i) si consideri la funzione g(x) = exp − a h(t) dt . se u(b) ≥ v(b) allora u ≥ v in [a. caso lineare) Siano u. 5. Dimostrare il lemma di Grönwall nel caso di semirette [a. con K costante. b]. u(t)−v(t) h(t) = ∂f (t.] 6. [Traccia: si adatti la dimostrazione del lemma di Grönwall. ove ( f (t. b]. b]. oppure u ≡ 0 in [a. b]. x ∈ I. [Traccia: per il secondo punto si utilizzi l’esercizio 6. come vedremo. dunque. ottenibile dallo spazio vettoriale V0 per mezzo di una traslazione. se u = u0 + v con u0 ∈ V0 . Per ogni n ∈ N+ sia xn (·) la soluzione del problema di Cauchy   x0 (t) = − ln 1 + x (t)2 n n n  xn (0) = 1.3.] 6. ha dimensione 2 (pari all’ordine dell’equazione). x ∈ I. L’insieme delle soluzioni dell’equazione non omogenea sarà ancora uno spazio affine. si mostri poi che la serie ∞ X (−1)n (1 − xn (t)) n=1 converge uniformemente in [0. ∞[. posto u0 = u − v. detto Vf l’insieme delle soluzioni dell’equazione con secondo membro f . Come nel caso delle equazioni lineari del primo ordine. Esso. è immediato verificare che l’insieme delle soluzioni dell’equazione omogenea è uno spazio vettoriale V0 . per determinare completamente Vf basterà caratterizzare completamente V0 e trovare un singolo. x ∈ I. poiché (u − v)00 + a1 (x)(u − v)0 + a0 (x)(u − v) = f − f = 0. a1 e f sono funzioni continue nell’intervallo I ⊆ R. si ha u = u0 + v con u0 ∈ V0 . Infatti. x ∈ I. Accanto a questa equazione consideriamo anche l’equazione omogenea y 00 + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = 0. se u ∈ Vf allora u − v ∈ V0 . Vf = {u0 + v : u0 ∈ V0 }. Viceversa. si ha. In effetti.4 Equazioni lineari del secondo ordine Consideriamo un’equazione differenziale lineare del secondo ordine: essa ha la forma y 00 + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = f (x).8. Si provi che la soluzione esiste ed è ben definita per ogni t ≥ 0.7. avendo fissato un elemento v ∈ Vf . 385 . dove a0 . arbitrario elemento di Vf . Pertanto. allora u00 + a1 (x)u0 + a0 (x)u = (u0 + v)00 + a1 (x)(u0 + v)0 + a0 (x)(u0 + v) = 0 + f = f. cioè u ∈ Vf . Le due funzioni y1 e y2 formano in definitiva una base dello spazio vettoriale V0 . Vi sono dunque due soluzioni eλ1 x e eλ2 x . inoltre le soluzioni sono definite su tutto l’intervallo I in virt` u del teorema 6. Proviamo anzitutto che lo spazio vettoriale V0 ha dimensione 2. e anzi facile. La funzione λ1 y1 (x) + λ2 y2 (x) è l’unica soluzione del problema di Cauchy ( 00 y + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = 0 y(x0 ) = λ1 . Si hanno allora tre casi possibili: 1o caso: 2 radici reali distinte λ1 e λ2 .(a) Caratterizzazione di V0 . poniamo v(x) = u(x0 )y1 (x) + u0 (x0 )y2 (x): allora v è soluzione del problema di Cauchy ( 00 y + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = 0 y(x0 ) = u(x0 ). Essi sono univocamente risolubili (per il teorema 6. ossia che ogni elemento u ∈ V0 è combinazione lineare di y1 e y2 . y2 } di V0 .4. y 0 (x0 ) = 0. Fissato un punto x0 ∈ I. e pertanto possiamo scrivere u ≡ λ1 y1 + λ2 y2 con λ1 = u(x0 ) e λ2 = u0 (x0 ). Sia dunque y(x) = eλx . dopo averli trasformati in problemi di Cauchy per sistemi lineari del primo ordine). ossia a0 (x) ≡ a0 e a1 (x) ≡ a1 . ossia deve essere λ2 + a1 λ + a0 = 0.1. allora necessariamente λ1 = λ2 = 0. si ha 0 = y 00 + a1 y 0 + a0 y = eλx (λ2 + a1 λ + a0 ). Fissata una funzione u ∈ V0 . consideriamo i due problemi di Cauchy ( 00 ( 00 y + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = 0 y + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = 0 y(x0 ) = 1. Esse sono linearmente indipendenti perché. problema che è risolto anche da u: per unicità. y 0 (x0 ) = 1. quindi se tale soluzione è identicamente nulla.1.1. e poiché eλx 6= 0 si deduce che λ deve essere radice del polinomio caratteristico P (ξ) = ξ 2 + a1 ξ + a0 . Se però l’equazione differenziale lineare ha coefficienti costanti. y 0 (x0 ) = λ2 . è invece possibile. ossia u è combinazione lineare di y1 e y2 . y(x0 ) = 0. 386 . trovare esplicitamente le funzioni y1 e y2 . ossia che se λ1 e λ2 sono costanti tali che λ1 y1 (x) + λ2 y2 (x) ≡ 0 in I. deve essere λ1 = 0 e λ2 = 0. Denotiamo tali soluzioni con y1 (x) e y2 (x). y 0 (x0 ) = u0 (x0 ). Abbiamo cos`ı individuato la struttura di V0 : osserviamo però che in generale non si riesce a determinare esplicitamente una base {y1 . Proviamo ora che le funzioni y1 e y2 generano V0 . Dimostriamo che y1 e y2 sono linearmente indipendenti. con λ numero da determinare: imponendo che y ∈ V0 . deve essere u ≡ v. cercandole di forma esponenziale (perché le esponenziali x 7→ eλx sono le uniche funzioni che hanno le proprie derivate multiple di loro stesse). Le due soluzioni sono linearmente indipendenti perché c1 xeλx + c2 eλx ≡ 0 =⇒ eλx (c1 x + c2 ) ≡ 0 =⇒ c1 x + c2 ≡ 0 =⇒ c1 = c2 = 0. (b) Determinazione di un elemento di Vf . Si osservi però che. c2 ∈ R}. Cercheremo una soluzione dell’equazione non omogenea nella forma seguente: v(x) = v1 (x)y1 (x) + v2 (x)y2 (x). c2 ∈ R}. possiamo scrivere c1 eλ1 x + c2 eλ2 x = eax (c1 (cos bx + i sin bx) + c2 (cos bx − i sin bx)) = = (c1 + c2 )eax cos bx + i(c1 − c2 )eax sin bx = = c01 eax cos bx + c02 eax sin bx. 2o caso: una radice reale doppia λ (che è uguale a −a1 /2). Dunque V0 = {c1 eλ1 x + c2 eλ2 x : c1 . 3o caso: due radici complesse coniugate λ1 = a + ib e λ2 = a − ib. In definitiva V0 = {c1 eax cos bx + c2 eax sin bx : c1 . essendo e(a±ib)x = eax (cos bx ± i sin bx). che sono linearmente indipendenti (stesso calcolo fatto nel 1o caso) ma sono a valori complessi. Abbiamo due soluzioni eλ1 x e eλ2 x . c2 ∈ R}. D2 (xeλx ) = eλx (λ2 x + 2λ). si trovano tutte le soluzioni reali. un’altra soluzione è xeλx : infatti D(xeλx ) = eλx (1 + λx). Dunque V0 = {c1 xeλx + c2 eλx : c1 . y2 } una base per V0 (comunque determinata). Sia {y1 . mentre a noi interessano le soluzioni reali. Scegliendo le costanti c01 e c02 reali. da cui D2 (xeλx ) + a1 D(xeλx ) + a0 xeλx = = eλx λ2 x + 2λ + a1 (1 + λx) + a0 x = = eλx (λ2 + a1 λ + a0 )x + (2λ + a1 ) = (essendo 2λ + a1 = 0) = eλx · 0 = 0. ove c01 = c1 + c2 e c02 = i(c1 − c2 ). Una soluzione è eλx . si ha c1 eλ1 x + c2 eλ2 x ≡ 0 =⇒ eλ1 x (c1 + c2 e(λ2 −λ1 )x ) ≡ 0 =⇒ =⇒ c1 + c2 e(λ2 −λ1 )x ≡ 0 =⇒ (derivando) =⇒ c1 (λ2 − λ1 )e(λ2 −λ1 )x ≡ 0 =⇒ (essendo λ2 6= λ1 ) =⇒ c1 = 0 =⇒ c1 = c2 = 0.supposto ad esempio λ1 6= 0. 387 . dx 1 Questa equazione è certamente soddisfatta se si impongono le seguenti due condizioni: ( 0 v1 y1 + v20 y2 = 0 in I. ossia “costanti che variano”. si cerca di fare in modo che v ∈ Vf . y2 ∈ V0 . Da qui. si chiama metodo di variazione della costanti arbitrarie: se v1 e v2 sono costanti. si deduce (v100 y1 + 2v10 y10 + v200 y2 + 2v20 y20 ) + a1 (x)(v10 y1 + v20 y2 ) = f (x). in particolare. e D0 (x) = y10 y20 + y1 y200 − y100 y2 − y10 y20 = y1 y200 − y100 y2 = = y1 (−a1 (x)y20 − a0 (x)y2 ) − (−a1 (x)y10 − a0 (x)y1 )y2 = = −a1 (x)(y1 y20 − y10 y2 ) = −a1 (x)D(x). otteniamo Vf = {v + v0 : v0 ∈ V0 } = {(c1 + v1 )y1 + (c2 + v2 )y2 : c1 . 388 . bisogna imporre che v 00 + a1 (x)v 0 + a0 (x)v = (v100 y1 + 2v10 y10 + v1 y100 + v200 y2 + 2v20 y20 + v2 y200 )+ +a1 (x)(v10 y1 + v1 y10 + v20 y2 + v2 y20 ) + a0 (x)(v1 y1 + v2 y2 ) = f (x). allora v ∈ V0 .con v1 e v2 funzioni da scegliere opportunamente. y20 . v 0 e v 00 nell’equazione differenziale. y2 . non a caso. quindi D(x) è soluzione del problema di Cauchy ( 0 D (x) = −a1 (x)D(x). Si tratta di un sistema algebrico lineare nelle incognite v10 e v20 . apparterrà a Vf . Dunque. per ogni x ∈ I il sistema sopra scritto ha determinante dei coefficienti non nullo e pertanto è univocamente risolubile: ciò ci permette di determinare univocamente le funzioni v10 e v20 . v10 y10 + v20 y20 = f in I. per costruzione. c2 ∈ R}. D(x) 6= 0 per ogni x ∈ I. Questo metodo. ossia d 0 0 0 0 0 0 (v y1 + v2 y2 ) + (v1 y1 + v2 y2 ) + a1 (x)(v10 y1 + v20 y2 ) = f (x). det y10 (x) y20 (x) Proviamo che D(x) 6= 0 per ogni x ∈ I: si ha D(x0 ) = y1 (x0 )y20 (x0 ) − y10 (x0 )y2 (x0 ) = 1. Rx a (t)dt per cui D(x) = e x0 1 . Infine si scelgono due primitive arbitrarie v1 e v2 . con coefficienti y1 . x ∈ I. D(x0 ) = 1. In conclusione. Il determinante di questo sistema è y1 (x) y2 (x) = y1 (x)y20 (x) − y10 (x)y2 (x) = D(x). se sono funzioni. Sostituendo v. y10 . utilizzando il fatto che y1 . e la funzione v corrispondente. Da questa descrizione di Vf si vede anche che una diversa scelta delle primitive di v10 e v20 non modifica l’insieme Vf . 4. x v2 (x) = log tan + cos x 2 e infine h i x x v(x) = − sin x cos x + log tan + cos x sin x = sin x log tan . ad esempio. (Metodo dei coefficienti indeterminati) Si consideri l’equazione differenziale lineare a coefficienti costanti y 00 + a1 y 0 + a0 y = f (x) ≡ P (x)eµx . sin x Risolvendo il sistema si trova v10 (x) = − cos x. v20 (x) = 1 − sin x.Esempio 6. Quindi V0 = {c1 cos x + c2 sin x : c1 . 389 . x ∈ ]0. anche se meno generale. tutte le soluzioni dell’equazione proposta sono date da o n h x i Vf = c1 cos x + c2 + log tan sin x : c1 . applicabile solo per equazioni a coefficienti costanti con secondi membri f di tipo speciale. Risolviamo dapprima l’equazione differenziale omogenea: il polinomio caratteristico è λ2 + 1. 2 Osservazione 6. sin x Dunque.2 Il metodo di variazione della costanti arbitrarie è molto importante dal punto di vista della teoria. c2 ∈ R}.4.4 1. π[ . Esercizi 6.1 Consideriamo l’equazione differenziale y 00 + y = cos x . Per trovare una soluzione dell’equazione non omogenea che abbia la forma v(x) = v1 (x) cos x + v2 (x) sin x dobbiamo imporre le condizioni   v10 (x) cos x + v20 (x) sin x = 0  −v10 (x) sin x + v20 (x) cos x = cos x . π[ .1. v1 (x) = − sin x. Un metodo pi` u efficace. è il “metodo dei coefficienti indeterminati”. sin x x ∈ ]0. Questo metodo è illustrato nell’esercizio 6. e le sue radici sono ±i. 2 2 In definitiva. ma sul piano pratico comporta spesso calcoli lunghi e complessi.4. c2 ∈ R. allora v + w ∈ Vf +g . 2. o 2 a seconda che µ non sia radice del polinomio caratteristico. 390 x ∈ R. (iii) y 00 − y = xex . Si applichi il metodo alla risoluzione dell’equazione di Legendre (1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + 2y = 0.] 2 .1). (Risoluzione per serie) Data l’equazione differenziale y 00 + 2xy 0 + y = 0. Si risolva con questo metodo l’equazione x2 y 00 + xy 0 − y = 3. Si utilizzi questo fatto per trovare l’insieme delle soluzioni dell’equazione x y 00 − 2y 0 + y = cos x + sin . (x) y 00 + y 0 + y = ex .] 5. (Principio di sovrapposizione) Si verifichi che se v ∈ Vf e w ∈ Vg . oppure sia radice doppia. Si cerchi un elemento v ∈ Vf della forma v(x) = xm Q(x)eµx . 6. della forma y2 (x) = y1 (x)v(x). (Equazioni di Eulero) Si provi che le equazioni della forma x2 y 00 + xa1 y 0 + a0 y = 0 hanno soluzioni del tipo y(x) = xα . (v) y 00 + y = x cos x. Si applichi il metodo per determinare le soluzioni dell’equazione y 00 + 2ky 0 + y = x2 ex . (iv) y 00 + 6y 0 + 9y = e−x /x. [Traccia: si osservi che y1 (x) = x è soluzione dell’equazione. Si osservi che il metodo copre anche i casi in cui f contiene le funzioni seno e coseno. (ix) y 00 + 4y 0 = x2 + 1.4. (Riduzione dell’ordine) Si provi che se si conosce una soluzione (non nulla) y1 (x) dell’equazione differenziale y 00 + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = 0. allora se ne può trovare un’altra. oppure sia radice semplice. con k fissato numero reale. (vi)y 00 + 4y 0 + 4y = ex + e−x . 2 it +e−it [Traccia: si utilizzino le identità cos t = e coefficienti indeterminati (esercizio 6. linearmente indipendente dalla prima. o 1. . mentre m vale 0. sin t = eit −e−it 2i e il metodo dei 3.ove P è un polinomio e µ ∈ C. dove Q è un polinomio dello stesso grado di P . Risolvere le equazioni differenziali seguenti: (i) y 00 − 2y 0 + 2y = 0. con α ∈ C. (ii) y 00 + 4y = tan 2x. 4. (viii) y 00 − 3y 0 + 2y = 2x3 . (vii) y 00 − 2y 0 + 2y = x cos x. riducendosi a una equazione lineare del primo ordine nell’incognita v 0 . si risolva per serie questa equazione e si determini esplicitamente Y0 . e se ne determinino i coefficienti in funzione dei primi due. Trovare una serie di potenze J0 (x) che risolva l’equazione di Bessel di ordine 0 xy 00 + y 0 + xy = 0. Se ne cerchi poi una seconda nella forma Y0 (x) = J0 (x) ln x + g(x). 7. Si verifichi che tali serie hanno raggio di convergenza infinito. verificando che tale Y0 è soluzione se e solo se g risolve x g 00 (x) + g 0 (x) + x g(x) = −2J00 (x). y 0 (0) = 0. a0 e a1 . che fungono da costanti arbitrarie. Risolvere per serie i seguenti problemi di Cauchy: ( 00 ( 00 y + 2xy 0 + 2y = 0 y + xy 0 + y = 0 y(0) = 1.se ne cerchino due soluzioni linearmente indipendenti sotto forma di serie di potenze. 8. 391 . y(0) = 1. y 0 (0) = 1. 79. 59 assoluta convergenza. 320 del triangolo. 313 orizzontale. 61 codominio. 95 ascissa. 55 dell’esponenziale. 243 ottuso. 295 del cerchio. 243 392 . 54 di una funzione. 59 della somma. 86. 78. 29 generalizzato. 69 aperto. 209 binomiale. 165. 83 orientato. 140 chiuso. 11. 76 reale. 83. 34 angolo acuto. 210 arco di circonferenza. 61 di convergenza. 15 assiomi dei numeri reali. 93 di un poligono regolare. 174 circonferenza. 252 o(1). 129 attrattore. 72 immaginario. 58 asintoto obliquo. 364. 279 base del logaritmo. 8 coefficiente angolare. 47 di uno spazio vettoriale. 250. 250 additività dell’area. 169. 281 autovettore. 172. 279. 82 del semicerchio. 325 orientato. 386 cerchio. 303 di un settore circolare. 170 chiusura. 82. 368 di una serie di potenze. 11 associatività del prodotto. 165 lineare. 69 concavo. 198 argomento. 81. 11 alfabeto greco. 4 algoritmo della radice quadrata. 64. 58 delle ordinate. 325 iperbolico. 44. 54. 84 dell’integrale. 6 o-piccolo. 84. 373 autovalore. 138 colatitudine. 83 area con segno. 306 addizione. 86 principale. 75 assioma di completezza. 11. 198. 234 coefficienti di un’equazione differenziale. 6 ∀. 243 orientato. 62. 168 applicazione antilineare. 15–17 di continuità. 64 convesso. 251 ∃. 205 asse delle ascisse.Indice analitico O-grande. 205 verticale. 205. 58 di un segmento. 59. 174 differenza. 104 densità dei numeri kα + h. 11 di somma e prodotto. 11. 142 della radice. 167 divisione. 371 definitivamente. 75 corrispondenza biunivoca. 76 coniugio. 41. 59. 292 derivate parziali. 11. 4 neutro. 25 dei razionali. 59 disuguaglianza delle medie. 226 integrale. 167. 59 in Rm . 74 di una retta. 169 componenti scalari. 244 seconda. 46. 54 di Cauchy-Schwarz. 281 di Jensen. 58 di massima pendenza. 12 dominio di una funzione. 62 differenziale. 11. 121 del confronto asintotico. 173 di un punto da una retta. 308 criterio del confronto. 129 uniforme. 24. 127 integrale. 70 euclidea. 142 di integrabilit` a. 354 a coefficienti costanti. 351 curva di livello. 371 isoclina. 350 di Raabe. 5. 220 equazione algebrica. 113. 11. 44 distributività. 166. 293 triangolare. 8 elemento di un insieme. 182 coniugato di un numero complesso. 373 393 . 37. 243 in R3 . 67 distanza. 43. 121. 187. 127 di Lipschitz. 125 del rapporto. 388 diametro di un insieme. 9. 389 a variabili separabili. 59 complementare. 244 sinistra.combinazione lineare. 243 coppia di numeri reali. 182. 175 determinante. 31. 299 di Leibniz. 226 direzione. 245 derivato. 123. 15 ellisse. 128. 226 disco. 46. 11 fra insiemi. 386. 221 k-sime. 167 in R. 58 polari in R2 . 208 n-sima. 167 in Cm . 75 separatore. 167 in R2 . 239 convergenza assoluta. 227 unitaria. 92. 87 in coordinate. 129. 386 commutativit` a del prodotto. 149 costante di Eulero. 360 coordinate. 292 direzionale. 71. 5 differenziale. 180. 59 della somma. 60. 103 di Bernoulli. 354 autonoma. 365 alle derivate parziali. 77 cono. 245 destra. 58. 50 derivata. 151 coseno. 225 prima. 233. 179. 61 discriminante. 92 iperbolico. 128. 245 seconde. 58 cartesiane. 209 arcocoseno. 281. 8 di duplicazione. 202 bigettiva. 96. 385 lineare non omogenea. 342 forma indeterminata. 268 di Stirling. 278 semidefinita positiva. 182 in un punto. 182. 183. 178. 166 identità. 368 lineare del 2o ordine. 191. 194. 266 di de Moivre. 292 complessa. 87. 281 indefinita. 390 di Legendre. 15 di una funzione. 53.di Bernoulli. 149 crescente. 216. 8. 307 composta. 194. 94. 16 di una funzione. 298 differenziabile. 281 definita positiva. 281 semidefinita negativa. 387 lineare omogenea. 50. 176 evento. 28. 244 di classe C k . 298. 94. 261 quadratica. 252 infinitesima. 96 di de Morgan. 240. 222 discontinua. 278. 370 di Bessel. 278. 9 caratteristica. 300 394 . 185 estremo inferiore. 47. 304 convessa. 249. 248. 176. 118. 222 in un punto. 9. 390 di Riccati. 142. 302. 278. 250 iniettiva. 146. 354 lineare del 1o ordine. 351 esponenziale. 371 in forma normale. 391 di Eulero. 9 indicatrice. 27 frontiera. 161. 263 formule di addizione. 385 non lineare. 201 arcotangente. 176 Γ di Eulero. 368. 15. 161. 94 formula del binomio. 178 dispari. 287 coseno. 96 di prostaferesi. 30. 245 di Dirichlet. 238. 245 di classe C ∞ . 114 in base b. 31 fattoriale. 93. 87 coseno iperbolico. 65 di una retta. 241 affine. 353 a valori vettoriali. 151 biunivoca. 317 di Werner. 208 in un punto. 371 non lineare omogenea. 369. 202 arcoseno. 179. 178. 21. 54 integrabile in senso improprio. 354 integrale. 47 estensione di una funzione. 257. 278. 9. 342 di Taylor. 278 definita negativa. 108. 287 continua. 268 derivabile. 286 esponente. 96 frazione. 144 di Eulero. 10. 307 infinita. 290 trigonometrica. 268 decrescente. 358 equazioni parametriche di un segmento. 174 funzione. 146 di Leibniz. 346 secondo Riemann. 208 derivata. 9. 176 superiore. 370 ordinaria. 181 concava. 212 di quadratura. 88 di bisezione. 6 generatrice. 65 errore quadratico. 170 limitato. 55 monotona. 351 parte intera. 173 superiormente. 176. 268 monotona. 327 propria. 5. 346 divergente. 8 di una funzione. 208. 6. 54. 13. 194 surgettiva. 309. 250 infiniti dello stesso ordine. 346 convergente. 169. 50 integrale. 20 infinito. 168 chiuso. 219 sommabile. 170. 6. 175 universo. 23 dei reali. 194. 203 razionale. 293 finito. 278 pari. 9 limitata. 313 vettoriale. 6 separati. 176 induttivo. 315 radice (2n + 1)-sima. 6. 149 settore coseno iperbolico. 5 insiemi disgiunti. 194. 252 insieme. 20 non nulli. 240 immagine. 308. 9 tangente. 253 infinito.integrale. 279. 352 di Frullani. 250 infinitesimo. 90 gradiente. 131 di Eulero. 9. 295 inferiormente. 239. 170 inferiormente. 14. 177. 323 improprio. 335 di Fresnel. 175 di sottolivello. 218. 197 convesso. 4 aperto. 252 di ordine inferiore. 207 identità di Abel. 87. 172. 208. 201. 54. 176 superiormente. 324 periodica. 13. 268 decrescente. 298 binomio. 352 di funzioni vettoriali. 54. 6. 173 misurabile. 346 strettamente crescente. 55. 325 trigonometriche. 199 invertibile. 87. 4 vuoto. 173 chiuso e limitato. 250 di ordine inferiore. 90 uniformemente continua. 220 settore seno iperbolico. 149. 250 non confrontabili. 222 infinitesimi dello stesso ordine. 267. 223 grafico di una funzione. 10 di Cantor. 172 compatto. 54. 346 395 . 13. 317 seno. 8 incremento. 75 dei naturali. 161. 314 inversa. 4 immagine. 287 degli interi. 310 complementare. 169 connesso. 250 superiore. 87 seno iperbolico. 356 logaritmo. 314 localmente lipschitziana. 176 lipschitziana. 307 ternario di Cantor. 120. 6 dei razionali. 23 dei complessi. 176. 308 omogenea. 182 funzioni iperboliche. 5. 318 primitiva. 194. 9. 328 segno. 252 superiore. 6. 240 Hessiana. 263 negazione. 71 logaritmo. 138 minorante. 5 intervallo. 55 naturale. 14. 77. 13 misura di un insieme. 194 di una successione. 194 di una successione. 75 lemma dell’arbitrariet` a di ε. 315 inferiore. 11 1. 184. 238 armonica. 167 minimo di un insieme. 295 norma. 176 minimo limite di una funzione. 11 396 . 106 di Abel. 119 legge di annullamento del prodotto. 297 superiore. 388 metrica. 13 massimo di un insieme. 176 massimo limite di una funzione. 86. 62. 305 della misura. 72. 238 geometrica. 184 destro. 12 di convergenza. 183. 101. 43. 81. 84. 86. 40. 60. 60. 119 longitudine. 198 modulo di un numero complesso. 167 invarianza per traslazioni. 221 iperpiano. 83. 92. 11 monomio. 52. 173 di una funzione. 359 di riduzione dell’ordine. 190 composta. 165 numero 0. 40. 294 iperbole. 307 in radianti. 386 di vettori. 307 multi-indice. 86. 173 ortogonale. 17 di e. 390 di risoluzione per serie. 246 media aritmetica. 77 di un numero reale. 44 di un vettore. 374 limite all’infinito. 198 di un segmento. 165 euclidea. 131 di Grönwall. 140 intorno. 321 intersezione. 194 linea spezzata. 167 inviluppo convesso. 167 sinistro. 43. 173 irrazionalità di √ π. 12. 14. 194 di una funzione. 184. 138 monotonia dell’integrale. 89 maggiorante. 7 nodi di una suddivisione.indefinito. 171. 193 di una successione. 319 per sostituzione. 297 integrazione per parti. 327 di 2. 79. 111. 147 matrice. 71 indipendenza di soluzioni. 243 lunghezza di un arco orientato. 48. 138. 173 di un vettore. 101. 390 di variazione delle costanti arbitrarie. 83 lineare dipendenza di vettori. 238 metodo dei coefficienti indeterminati. 173 di una funzione. 389 delle approssimazioni successive. 60 moltiplicazione. 44. 81. 390 probabilità. 11 associativa. 25. 58 prolungamento di una funzione. 31 problema di Cauchy. 58. 11 per scalari. 79 piano. 203 dispari. 6. 10 397 . 22. 148 di Nepero. 158. 20. 58 ordine di un’equazione differenziale. 119. 164. 27 intero. 167. 119. 80 inscritto. 210 caratteristico. 79 circoscritto. 12 pari. 11. 218 pari. 253 di sovrapposizione. 247 di induzione. 263 positività della distanza. 20 negativo. 58. 22 proiezione di un insieme. 173 parabola. 97. 12 ordinata. 59 della norma. 60 opposto. 76 partizione. 75 di Fibonacci. 9. 74. 224. 164 di Gauss. 386 di Taylor. 295 pendenza. 75. 315 principio dei cassetti. 11 commutativa. 209 perimetro della circonferenza. 173 chiusa. 6. 23 reale. 165 omotetia. 167 della distanza euclidea. 310 palla. 138. 164 di Cauchy. 67 oscillazione. 9. 303. 76 intera. 7. 320 e. 165 potenza di un numero reale. 386 prodotto cartesiano. 11 omogeneità della distanza euclidea. 75. 221 parte immaginaria. 75 dei reali. 11 dei numeri reali. 121. 6. 62. 26 di identità dei polinomi. 23 irrazionale. 161 di numeri complessi. 354 orientazione. 246 delle serie di potenze. 303.π. 251 degli infiniti. 28 naturale. 79 polinomio. 258. 27 di sostituzione degli infinitesimi. 74 positiva. 139. 177 interna. 228 poligono regolare. 175 di un punto su una retta. 164 complesso. 74 complesso. 58 ortogonalità. 218 proprietà algebriche dei reali. 12 primo. 73 origine. 75 ordinamento. 82 di un poligono regolare. 6. 58 negativa. 356. 58 cartesiano. 173 reale. 143 i. 75 tangente. 164 scalare. 69. 58. 59. 29 primitiva. 75 di numeri reali. 44. 167 della norma. 116 razionale. 27 positivo. 6. 6. 323 progressione geometrica. 143 dispari. 17 per due punti. 291 di frontiera. 209. 140. 259. 63 aperto. indeterminata. 167 della norma. 73 salto di una funzione. 111 di un polinomio. 63 seno. 160 raggio di convergenza. 244 semipiano. 71 associato a una spezzata. 24 di miglior approssimazione. 63. 176. 283 di sella. 12 binomiale. 5 398 . 13. 60. 176. 64 semiretta. 170. 269 relativo. 67 segmento. 208. 233 n-sima. 83. 6 convergente. 151 rotazione. 11. 18 esponenziale. 12 assolutamente. 139. 231 di appartenenza. 86 del settore seno iperbolico. 146 sferico. 118. 61 simbolo orientata. 66. 285 rette parallele. 17. 177 segmenti paralleli. 174 di massimo. 190 di flesso. 111 160 logaritmica. 64 chiuso. 63 chiusa. 83 repulsore. 78 della distanza. 18 retta. 269. 149 serie. 110 quoziente. 325 resto orientato. 112. 203 dell’arcotangente.dell’area. 243 restrizione di una funzione. 143. 147 geometrica. 269 relativo. 129 radiante. 237 (2n + 1)-sima. 269. 178. 83 di Taylor. 63 −∞. 111. 92 iperbolico. 75 settore regola del parallelogrammo. 87 in coordinate. 111 reciproco. 292 telescopica. 325 di una serie. 139. 44. 63 aperta. 160 raggruppamento dei termini di una serie. 111 quadrata. 237 radice dell’arcoseno. 66 perpendicolari. 173 isolato. 17 tangente. 232 rapporto incrementale. 202. 94 divergente negativamente. 221 sezione di R. 59. 38. 326 iperbolico. 233 quantificatori esistenziali. 282 di minimo. 126 quadrato di un numero reale. 48 di potenze. 111. 201. 138 di un numero complesso. 260 di ordinamento dei reali. 66 perpendicolari. 174 d’accumulazione. 373 circolare. 183. 187. 115. 126 generalizzata. 156. 13. 165 di Archimede. 67 riordinamento di una serie. 178 stazionario. 12 distributiva. 386 divergente positivamente. 230. 44 +∞. 141. 285 fisso. 123. 11 punto aderente. 110 armonica. 203 interno. 174. 58 differenziale. 165 successione. 11 di Riemann. 270 definitivamente monotona. 114 strettamente decrescente. 101. 109. 170 strettamente crescente. 101. 104 limitata superiomente. 101 infinitesima. 170. 143 dei seni. 355 lineare. 83 subadditività del modulo. 136. 373 asintoticamente stabile. 7 di inclusione. 104 monotona. 73 dei coefficienti binomiali. 270 di Bolzano-Weierstrass. 198 del differenziale totale. 7 di implicazione. 100 convergente. 309 pi` u fine. 21 di uguaglianza. 355 in forma normale. 296. 107. 137. 7 opposta. 5 approssimata. 4 sottosuccessione. 114 di Cauchy. 114 suddivisione. 114 decrescente. 246. 215. 317 di vettori. 90 teorema dei carabinieri. 384 locale. 104. 261 superiore. 114. 22 di somma. 374 somma di funzioni trigonometriche. 171 sottrazione fra numeri reali. 9. 83 circoscritta.di doppia implicazione. 374 instabile. 296 parziale. 388 soluzione globale. 110 di potenze. 59 sistema di riferimento. 5 di prodotto. 360 di Fibonacci. 45 della norma. 364. 59. 356 massimale. 114 strettamente monotona. 114 definita per ricorrenza. 354 del primo ordine. 59. 368 metrico. 384 stazionaria. 75 di numeri reali. 112 limitata. 133 di numeri complessi. 31 simmetria. 288 sottoinsieme. 11 fra vettori. 170 399 . 164 inferiore. 110 di una serie di potenze. 179 di una serie di potenze. 363. 192. 238 della media. 171 limitata inferiormente. 77 del valore assoluto. 167 della distanza euclidea. 295 superadditività della media geometrica. 299 di una serie. 83 inscritta. 271 di permanenza del segno. 296 sopragrafico. 148 divergente negativamente. 60. 301. 303 delle contrazioni. 167 vettoriale. 160. 5 di non uguaglianza. 43 tangente. 44. 5 propria. 59 spazio Cm . 102 divergente positivamente. 29 della distanza. 167 crescente. 5 di non appartenenza. 121. 98 dei valori intermedi. 164 spezzata. 164 affine. 164 Rm . 364 lineare. 182. 295 equispaziata. 286 di Schwarz. 248 di Weierstrass. 215. 113. 193 unione. 74 valore assoluto. 105. 154 di Rolle. 269 di Heine-Cantor. 100 traslazione. 357 di Fermat. 190. 71 400 . 195. 193 termini di una serie. 283 di Pitagora. 349 per serie. 314 ponte. 213 delle serie di potenze. 44 vettore. 212. 268 di grado k + 1. 118 per successioni. 110 di una successione. 97 Cauchy. 239. 230. 231. 260 Cesàro. 44 immaginaria. 384 per integrali. 253. 165 di di di di Carnot.ortogonali. 76. 71 linearmente indipendenti. 230. 242 di Dirichlet. 234 di differenziabilit` a delle funzioni composte. 286 multidimensionale. 231. 279 fondamentale del calcolo integrale. 310 di Lagrange. 29 unicità del limite. 246. 241 delle funzioni inverse. 159. 109 confronto per equazioni differenziali. 151. 5 unità di misura. 164 vettori linearmente dipendenti. 106 di Darboux. 268. 256 di derivazione delle funzioni composte. 160 di esistenza degli zeri. 60. 259. 166 di Riemann. 232. 6. 196 di esistenza e unicit` a locale. 254. 115. 369 triangolo di Tartaglia. 59. 67. 235 di de l’Hˆ opital.

Appunti Di Analisi Matematica 1 - Paolo Acquistapace

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