Appunti di Analisi Matematica

Appunti di Analisi Matematica
Stefano Meda e Alberto Peretti
Appunti per il corso di Matematica I
I semestre, a.a. 2001/2002
Facoltà di Scienze Statistiche
Università di Milano-Bicocca
c Stefano Meda e Alberto Peretti, 2000
Appunti di Analisi Matematica
Stefano Meda e Alberto Peretti
Appunti per il corso di Matematica I
I semestre, a.a. 2001/2002
Facoltà di Scienze Statistiche
Università di Milano-Bicocca
c Stefano Meda e Alberto Peretti, 2000
Edito in proprio.
Sono stati adempiuti gli obblighi di legge,
in ottemperanza all’art. 1, D. Lgs. Lgt. n. 660/1945
in data 29/09/2000.
Tutti i diritti sono riservati.
È vietato lo sfruttamento a fini commerciali.
A Gianni e Guido
con affetto
Indice sistematico
Prefazione
i
Simbologia
iii
Capitolo 1 Insiemi numerici
1.1 Numeri razionali
1
1.2 Ordinamenti
2
1.3 Strutture algebriche e d’ordine
5
1.4 Numeri reali
6
1.5 L’insieme dei numeri reali esteso
7
1.6 Binomio di Newton
10
1.7 Proprietà metriche dei numeri reali
11
1.8 Proprietà aritmetiche dei numeri reali
13
1.9 Potenze con esponente reale
15
Capitolo 2 Limiti
2.1 Limiti da sinistra
21
2.2 Limiti da destra e limiti bilateri
26
2.3 Limiti e ordinamento
27
2.4 Limiti di alcune funzioni elementari
31
2.5 Caratterizzazione del limite
33
2.6 Algebra dei limiti
35
2.7 Massimo e minimo limite
38
2.8 Confronto locale di funzioni
44
2.9 Asintoti
47
Capitolo 3 Funzioni continue
3.1 Funzioni continue: definizione e prime proprietà
49
3.2 Funzioni continue in un intervallo
52
3.3 Funzioni continue in intervalli e monotonia
56
3.4 Limiti di funzioni composte
56
3.5 Il numero e
58
Capitolo 4 Derivate
4.1 Derivata: definizione e prime proprietà
61
4.2 Calcolo di derivate
64
4.3 Studio del comportamento locale di una funzione. I
68
4.4 Il teorema del valor medio
70
4.5 Derivate successive
74
Capitolo 5 Primitive
5.1 Primitiva: definizione e prime proprietà
75
5.2 Tecniche di integrazione: I
77
5.3 Techniche di integrazione: II. Funzioni razionali
79
Capitolo 6 L’integrale di Riemann
6.1 Definizione di integrale di Riemann
87
6.2 Partizioni diadiche
90
6.3 Condizioni di esistenza dell’integrale di Riemann
92
6.4 Proprietà dell’integrale di Riemann
93
6.5 Calcolo degli integrali
96
6.6 L’integrale di Riemann generalizzato
99
6.7 Criteri di convergenza per integrali generalizzati
101
6.8 La distribuzione normale
108
Capitolo 7 Successioni e serie
7.1 Limiti di successioni
111
7.2 Serie
114
7.3 Relazioni tra serie e integrali
118
7.4 Criteri per serie a termini non negativi
122
7.5 Criteri per serie con termini di segno non costante
125
Capitolo 8 Formula di Taylor
8.1 Polinomi
129
8.2 Polinomio di Taylor
131
8.3 Formula di Taylor
133
8.4 Studio del comportamento locale di una funzione. II
141
8.5 Funzioni convesse
144
Bibliografia
151
Prefazione
Queste dispense sono pensate come supporto per un corso di circa 60 ore, che si
propone di fornire solide conoscenze di base della teoria delle funzioni a valori reali definite
su intervalli della retta reale. Il vincolo del numero di ore ha imposto una scelta degli
argomenti trattati, che sono: numeri reali, limiti, derivate, primitive, integrale di Riemann,
serie numeriche e formula di Taylor.
La teoria delle funzioni reali di variabile reale dipende, in ultima analisi, dalla struttura
d’ordine e dalla proprietà dell’estremo superiore di R. Abbiamo cercato di rendere il più
possibile esplicita tale dipendenza nel testo: questo intento, a nostro parere, distingue
queste dispense dai numerosi testi in commercio.
I prerequisiti necessari per un uso proficuo di questi appunti sono contenuti, ad esempio, nel testo di P. Boieri e G. Chiti citato in bibliografia.
Il testo non ha pretesa di completezza; non abbiamo perciò esitato ad omettere dimostrazioni di risultati anche importanti. Ci siamo, però, fatti scrupolo di fornire un
dettagliato riferimento bibliografico, rimandando i Lettori interessati ai testi di A. Bacciotti e F. Ricci e di W. Rudin, citati in bibliografia.
In questa versione non abbiamo abbondato in esempi; questi, insieme a molti esercizi,
si possono ricavare da un buon eserciziario, che riteniamo strumento ausiliario indispensabile per lo studio della materia. Tra i molti in commercio, segnaliamo i testi di G. Monti,
A. Peretti e R. Pini e di L. De Michele e G. Forti, citati in bibliografia. Il secondo è, a nostro parere, molto utile se si desidera rifinire la preparazione, ed è un ottimo complemento
del primo.
Questa versione è, per il momento, priva dell’indice analitico, che è strumento molto
utile per la consultazione del testo; la Simbologia può in alcuni casi essere un suo accettabile
sostituto. Ad esempio, essendo interessati alla definizione di minimo limite, nella simbologia (colonna centrale) si trova che essa corrisponde alla Def. 2.1.3, e quindi è contenuta
nella Sezione 2.1.
Teoremi, definizioni ed esempi hanno una numerazione comune, progressiva all’interno
di ogni sezione; ad esempio, la Definizione 1.2.1 rimanda alla Sezione 2 del Capitolo 1 e
precede il Teorema 1.2.2 e gli Esempi 1.2.3.
Alla fine di ogni sezione abbiamo collocato una serie di esercizi, che sono numerati
progressivamente.
Abbiamo reso disponibile il testo in linea all’indirizzo
http://www.statistica.unimib.it/utenti/matematica/
da un lato per favorire gli studenti che potranno stamparlo, utilizzando il programma Acrobat Reader, che è disponibile gratuitamente all’indirizzo http://www.adobe.com/acrobat,
dall’altro perché colleghi e amici possano prenderne visione.
Saremo molto grati a coloro che vorranno segnalarci errori, suggerire migliorie, o
esprimere critiche a uno dei seguenti indirizzi di posta elettronica:
[email protected]
[email protected].
Milano, 30 settembre 2001
Gli Autori
ii
Simbologia
bac . . . . . . . . . . . . . . . parte intera di a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sez. 1.7
C([a, b]) . . . . . . . . . . classe delle funzioni continue in [a, b] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sez. 3.2
C n ([a, b]) . . . . . . . . . classe delle funzioni con derivata
n-esima continua in [a, b] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 4.5.2
d(x, y) . . . . . . . . . . . .distanza euclidea tra x e y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 1.7.3
Df (y) . . . . . . . . . . . . derivata di f in y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 4.1.2
D− f (y) . . . . . . . . . . derivata sinistra di f in y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 4.1.2
D+ f (y) . . . . . . . . . . derivata destra di f in y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 4.1.2
Dn f (y) . . . . . . . . . . . derivata n-esima di f in y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 4.5.1
e . . . . . . . . . . . . . . . . . limh→0 (1 + h)1/h . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.0
Ef . . . . . . . . . . . . . . . epigrafico di f . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 8.5.2
f 0 (y) . . . . . . . . . . . . . derivata di f in y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 4.1.2
0
f−
(y) . . . . . . . . . . . . derivata sinistra di f in y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 4.1.2
0
f+
(y) . . . . . . . . . . . . derivata destra di f in y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 4.1.2
inf E . . . . . . . . . . . . . estremo inferiore di E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 1.2.5
lim inf x→b− f (x) . . minimo limite di f per x tendente a b da sinistra . . . . . Def. 2.1.4
lim supx→b− f (x) . massimo limite di f per x tendente a b da sinistra . . . . Def. 2.1.4
limx→b− f (x) . . . . . limite di f per x tendente a b da sinistra . . . . . . . . . . . . . Def. 2.1.4
a f (x) . . . . . . . . . . . . massima minorante non crescente
di f per x → a+ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sez. 2.2 Es. 2
a f (x) . . . . . . . . . . . . minima maggiorante non decrescente
di f per x → a+ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sez. 2.2 Es. 2
f b (x) . . . . . . . . . . . . . massima minorante non decrescente
di f per x → b− . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 2.1.2
f b (x) . . . . . . . . . . . . . minima maggiorante non crescente
di f per x → b− . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 2.1.2
N . . . . . . . . . . . . . . . . numeri naturali {0, 1, 2, . . .}
N? . . . . . . . . . . . . . . . N \ {0}
n! . . . . . . . . . . . . . . . . fattoriale di n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 1.6.1
n!! . . . . . . . . . . . . . . . semifattoriale di n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Sez. 8.3 Es. 4
n
. . . . . . . . . . . . . . . coefficiente binomiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 1.6.2
k
o, O, , ∼ . . . . . . . simboli di Landau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 2.8.1
P([a, b]) . . . . . . . . . . insieme delle partizioni di [a, b] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 6.1.1
pn,y . . . . . . . . . . . . . . polinomio di Taylor di grado n centrato in y . . . . . . . . . . Def. 8.2.1
Q
n
i=1 ai . . . . . . . . . . a1 · · · an
Q . . . . . . . . . . . . . . . . numeri razionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sez. 1.1
Q? . . . . . . . . . . . . . . . Q \ {0} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sez. 1.1
Q+ . . . . . . . . . . . . . . . numeri razionali positivi {q ∈ Q : q > 0} . . . . . . . . . . . . . . . Sez. 1.1
R . . . . . . . . . . . . . . . . numeri reali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sez. 1.4
R? . . . . . . . . . . . . . . . R \ {0} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sez. 1.4
R+ . . . . . . . . . . . . . . . numeri reali positivi {r ∈ R : r > 0} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Sez. 1.4
R∗ . . . . . . . . . . . . . . . insieme esteso dei numeri reali {−∞} ∪ R ∪ {∞} . . . . . . . Sez. 1.5
R ([a, b]) . . . . . . . . . .classe delle funzioni integrabili in [a, b] . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 6.1.2
R
Pyn . . . . . . . . . . . . . . . rapporto incrementale di f centrato in y . . . . . . . . . . . . . Def. 4.1.1
i=1 ai . . . . . . . . . . a1 + . . . + an
sup E . . . . . . . . . . . . estremo superiore di E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 1.2.5
s(f, P ) . . . . . . . . . . . somma inferiore di Riemann di f . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 6.1.2
S(f, P ) . . . . . . . . . . . somma superiore di Riemann di f . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 6.1.2
x ≺ y . . . . . . . . . . . . x precede y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 1.2.1
x y . . . . . . . . . . . . x precede y o coincide con y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 1.2.1
Z . . . . . . . . . . . . . . . . numeri interi relativi {. . . , −2, −1, 0, 1, 2, . . .}
Z? . . . . . . . . . . . . . . . Z \ {0}
(a, b) . . . . . . . . . . . . . {x ∈ R : a < x < b} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 1.5.3
[a, b) . . . . . . . . . . . . . {x ∈ R : a ≤ x < b} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 1.5.3
(a, b] . . . . . . . . . . . . . {x ∈ R : a < x ≤ b} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 1.5.3
[a, b] . . . . . . . . . . . . . .{x ∈ R : a ≤ x ≤ b} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 1.5.3
(−∞, b) . . . . . . . . . . {x ∈ R : x < b} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 1.5.3
(−∞, b] . . . . . . . . . . {x ∈ R : x ≤ b} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 1.5.3
(a, ∞) . . . . . . . . . . . . {x ∈ R : a < x} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 1.5.3
[a, ∞) . . . . . . . . . . . . {x ∈ R : a ≤ x} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 1.5.3
Rb
f . . . . . . . . . . . . . . integrale inferiore di Riemann di f in [a, b] . . . . . . . . . . . Def. 6.1.2
a
Rb
f . . . . . . . . . . . . . . integrale superiore di Riemann di f in [a, b] . . . . . . . . . . . Def. 6.1.2
R ab
f . . . . . . . . . . . . . . integrale di Riemann di f in [a, b] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 6.1.2
Ra∞
f . . . . . . . . . . . . integrale generalizzato di f in R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 6.6.1
R−∞
f . . . . . . . . . . . . . . . integrale indefinito di f . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Def. 5.1.3
◦ . . . . . . . . . . . . . . . . . simbolo di composizione di funzioni
Il simbolo A = B definisce A.
def
iv
1
1.1
Insiemi numerici
Numeri razionali
Indicheremo con Q l’insieme dei numeri razionali. Introduciamo in Q le operazioni
di somma + : Q × Q → Q e di prodotto · : Q × Q → Q, definite da
ad + bc
a
c
+
=
b
d def
bd
e
ac
a c
·
=
b d def bd
∀a, c, b, d ∈ Z
∀a, c ∈ Z
∀b, d ∈ Z? .
Siano r in Q e a/b una sua rappresentazione. Indichiamo con −r il razionale che
ammette la rappresentazione (−a)/b; −r si chiama l’opposto di r.
1.1.1 Definizione.
Diciamo che il numero razionale a/b è positivo se ab > 0
(supponiamo nota la relazione d’ordine usuale in Z). In tal caso scriviamo a/b > 0.
Siano a, c ∈ Z, b, d ∈ Z? . Diciamo che a/b è minore o uguale di c/d se
c
a
− >0
d
b
In tal caso scriveremo
oppure
c
a
− = 0.
d
b
a
c
≤ . Poniamo Q+ = {q ∈ Q : q > 0}.
def
b
d
1.1.2 Teorema (struttura di Q).
Valgono le seguenti proprietà:
(S1) (proprietà commutativa) a + b = b + a
∀a, b ∈ Q;
(S2) (proprietà associativa) (a + b) + c = a + (b + c)
∀a, b, c ∈ Q;
(S3) a + 0 = a
∀a ∈ Q;
(S4) a + (−a) = 0
∀a ∈ Q
(P1) (proprietà commutativa) a · b = b · a
∀a, b ∈ Q;
(P2) (proprietà associativa) (a · b) · c = a · (b · c)
∀a, b, c ∈ Q;
(P3) a · 1 = a
∀a ∈ Q;
(P4) per ogni a 6= 0, a · a−1 = 1;
(D) (proprietà distributiva) (a + b) · c = a · c + b · c
∀a, b, c ∈ Q;
(CO1) per ogni y, z ∈ Q tali che y < z, e per ogni x ∈ Q, si ha che x + y < x + z;
2
Capitolo 1.
Insiemi numerici
(CO2) per ogni x, y ∈ Q tali che 0 < x e 0 < y, si ha che 0 < xy.
Dimostrazione. La dimostrazione consiste in una verifica diretta delle proprietà S1–S4,
P1–P4, D, CO1 e CO2.
u
t
• Tra due razionali ci sono infiniti razionali.
Basta mostrare che fra due razionali ce n’è sempre un altro. Siano r, s ∈ Q tali che
r < s. Si verifica facilmente che se θ è un numero razionale tale che 0 < θ < 1, allora
r < r + θ(s − r) < s.
1.2
Ordinamenti
1.2.1 Definizione.
Sia E un insieme. Un ordinamento in E è una relazione, che
indicheremo con ≺, tale che
(i) se x, y ∈ E, allora vale una e una sola tra le tre relazioni
x ≺ y,
x = y,
y ≺ x;
(ii) (proprietà transitiva) se x, y, z ∈ E, x ≺ y e y ≺ z, allora x ≺ z.
Un insieme dotato di un ordinamento si dice ordinato.
• La scrittura x y significa x ≺ y oppure x = y.
1.2.2 Esempi.
• Gli insiemi N, Z e Q sono ordinati rispetto all’usuale relazione d’ordine.
• Siano (x1 , y1 ) e (x2 , y2 ) due punti del piano. Diciamo che (x1 , y1 ) ≺ (x2 , y2 ) se x1 < x2 ,
oppure se x1 = x2 e y1 < y2 . L’insieme dei punti del piano è ordinato rispetto alla
relazione ≺.
• Sia E l’insieme dei sottoinsiemi del piano; rispetto all’inclusione propria E non è
un insieme ordinato, ma solo parzialmente ordinato. Ad esempio, due circonferenze
distinte nel piano non sono confrontabili tramite la relazione di inclusione propria,
cioè non vale alcuna delle tre relazioni della Definizione 1.2.1 (i).
1.2.3 Definizione.
Siano E un insieme ordinato e B ⊆ E, B 6= ∅. Si dice che B è
superiormente limitato se esiste un elemento β ∈ E tale che
xβ
∀x ∈ B.
L’elemento β si chiama maggiorante di B.
• Le definizioni di insieme inferiormente limitato e di minorante sono analoghe alle
precedenti.
Sezione 1.2
3
Ordinamenti
1.2.4 Definizione.
Un sottoinsieme non vuoto di un insieme ordinato si dice limitato
se è sia inferiormente, sia superiormente limitato.
• I numeri interi non negativi sono un insieme inferiormente limitato, ma non superiormente limitato in Z. I numeri interi compresi tra −7 e 5 sono un sottoinsieme limitato
di Z.
1.2.5 Definizione.
Siano E un insieme ordinato e B ⊆ E non vuoto e limitato
superiormente. Un elemento α ∈ E si chiama estremo superiore di B, e si scrive
α = sup B, se
(i) α è un maggiorante di B
(ii) se γ ≺ α, allora γ non è un maggiorante di B.
Se α ∈ B, si dice che α è massimo di B, e che B ammette massimo.
• L’estremo superiore di un insieme B, se esiste, è unico.
Supponiamo che α e β verifichino le proprietà (i) e (ii) della Definizione 1.2.5. Per la (i),
α e β sono entrambi maggioranti di B. Conseguentemente, per la Definizione 1.2.5 (ii)
non può essere né α ≺ β, né β ≺ α. Perciò α = β, perché E è ordinato e quindi deve
valere una e una sola delle relazioni della Definizione 1.2.1, come richiesto.
1.2.6 Esempi.
• Siano A = {x ∈ Q : x ≤ 0} e B = {x ∈ Q : x < 0}. Osserviamo che:
(i) 0 è un maggiorante di A e di B.
(ii) se y < 0, y non è un maggiorante né di A, né di B, perché tutti i razionali tra y
e 0 sono sia in A, sia in B.
Perciò, sup A = 0 = sup B. Poiché 0 ∈ (A \ B), si ha che 0 è il massimo di A, mentre
B non ha massimo.
• Sia E = {1 − 1/n : n ∈ N? }. Osserviamo che:
def
(i) 1 è un maggiorante di E
(ii) sia x un razionale < 1. Allora
x≤1−
1
n
⇐⇒
n≥
1
,
1−x
e quindi x non è un maggiorante di E.
Perciò sup E = 1. Siccome 1 ∈
/ E, 1 non è massimo.
• Sia E un sottoinsieme finito di Q. Allora E ha massimo.
1.2.7 Teorema.
Valgono le proprietà seguenti:
+
(i) l’insieme {p ∈ Q : p2 < 2} non ha estremo superiore in Q
(ii) l’equazione p2 = 2 non ha soluzioni in Q+ .
Dimostrazione. Dimostriamo (i). Siano
E = {p ∈ Q+ : p2 < 2}
def
e
F = Q+ \ E.
def
4
Capitolo 1.
Insiemi numerici
Osserviamo che:
• ogni elemento di F è un maggiorante di E.
Siano r ∈ E e s ∈ F . Mostriamo che r < s. Infatti, se fosse s ≤ r, si avrebbe
s2 ≤ r 2 < 2, cioè s sarebbe in E.
• se p ∈ E, allora p non è un maggiorante di E.
Infatti, il numero
2p + 2
p2 − 2
r = p−
=
def
p+2
p+2
soddisfa le relazioni seguenti:
r > p,
r2 − 2 = 2
p2 − 2
< 0.
(p + 2)2
• se q ∈ F , allora esiste un elemento di F più piccolo di q.
Infatti, il numero
q2 − 2
2q + 2
s = q−
=
def
q+2
q+2
soddisfa le relazioni seguenti
s < q,
s2 − 2 = 2
q2 − 2
> 0.
(q + 2)2
L’estremo superiore di E, se esistesse, sarebbe un razionale positivo. Poiché Q + =
E ∪ F , l’estremo superiore dovrebbe appartenere a E oppure a F . Gli ultimi due punti
mostrano che ciò è impossibile.
Dimostriamo (ii). Se esistesse x ∈ Q tale che x2 = 2, allora x ∈
/ E e quindi x ∈ F .
Abbiamo mostrato sopra che esiste y ∈ F tale che y < x. Conseguentemente, avremmo
y 2 < x2 = 2, cioè y ∈ E; assurdo, perché E ∩ F = ∅.
u
t
Esercizi
1 Si diano le definizioni di insieme inferiormente limitato, di minorante e di estremo
inferiore di un insieme. Si dimostri poi che l’estremo inferiore di un insieme, se esiste, è
unico.
2 Siano B un sottoinsieme non vuoto di un insieme ordinato, m un minorante e M un
maggiorante di B. Si dimostri che m ≤ M .
3
Si dimostri che non esistono numeri razionali tali che x3 = 2.
4
Si dimostri che l’estremo superiore in Q dell’insieme {n/(n + 1) : n ∈ N} è 1.
5 Sia q ∈ Q. Si calcolino, quando esistono, l’estremo superiore e l’estremo inferiore in Q
dell’insieme {q n : n ∈ N}.
6 Si calcolino l’estremo superiore e l’estremo inferiore in Q dell’insieme {(−1)n /n : n ∈
N? }.
Sezione 1.3
1.3
5
Strutture algebriche e d’ordine
Strutture algebriche e d’ordine
1.3.1 Definizione.
Un insieme C è un campo se sono definite due operazioni
+ : C × C → C e · : C × C → C con le proprietà seguenti:
(S1) (proprietà commutativa) a + b = b + a
∀a, b ∈ C;
(S2) (proprietà associativa) (a + b) + c = a + (b + c)
∀a, b, c ∈ C;
(S3) esiste un elemento 0 in C tale che a + 0 = a
∀a ∈ C;
(S4) per ogni a in C esiste un elemento, detto opposto di a e indicato con −a, tale che
a + (−a) = 0;
(P1) (proprietà commutativa) a · b = b · a
∀a, b ∈ C;
(P2) (proprietà associativa) (a · b) · c = a · (b · c)
∀a, b, c ∈ C;
(P3) esiste un elemento diverso da 0, e indicato con 1, tale che a · 1 = a
∀a ∈ C;
(P4) per ogni a 6= 0 esiste un elemento, detto reciproco di a e indicato con a−1 , tale che
a · a−1 = 1;
(D) (proprietà distributiva) (a + b) · c = a · c + b · c
∀a, b, c ∈ C.
• Se C è un campo, la sottrazione e la divisione si definiscono come segue
a − b = a + (−b)
def
e
a
= a · b−1
b def
se
b 6= 0.
1.3.2 Definizione.
Un insieme ordinato C è un campo ordinato se è un campo e
(CO1) per ogni y, z ∈ C tali che y < z, e per ogni x ∈ C, si ha che x + y < x + z
(CO2) per ogni x, y ∈ C tali che 0 < x e 0 < y, si ha che 0 < x · y.
Gli elementi a ∈ C tali che a > 0 si chiamano numeri positivi; quelli tali che a < 0 si
chiamano numeri negativi.
• Per il Teorema 1.1.2, Q è un campo ordinato rispetto alle usuali operazioni di somma
e prodotto e all’usuale relazione d’ordine.
Esercizi
1 Si dimostri che in un campo l’elemento neutro rispetto alla somma e l’elemento neutro
rispetto al prodotto sono unici.
2 Si dimostri che in un campo l’opposto di un elemento e il reciproco di un elemento
non nullo sono unici.
3
(i)
(ii)
(iii)
Si dimostri che in un campo ordinato C valgono le proprietà seguenti:
a · 0 = 0 per ogni a ∈ C;
(legge di annullamento del prodotto) se ab = 0, allora a = 0 oppure b = 0;
−(a · b) = a · (−b).
4 Si dimostri che in un campo ordinato C valgono le proprietà seguenti:
(i) se a ≥ 0, allora −a ≤ 0;
6
Capitolo 1.
Insiemi numerici
(ii) se a ≤ b, allora b − a ≥ 0;
(iii) se a ≤ b e c ≤ 0, allora a · c ≥ b · c;
(iv) per ogni a ∈ C, si ha che a2 ≥ 0. In particolare, 1 = 1 · 1 > 0.
1.4
Numeri reali
1.4.1 Definizione.
Diciamo che un insieme ordinato E ha la proprietà dell’estremo superiore se ogni suo sottoinsieme non vuoto superiormente limitato ha estremo
superiore in E.
• Per il Teorema 1.2.7 (i), Q non ha la proprietà dell’estremo superiore.
1.4.2 Teorema.
Esiste un unico (a meno di isomorfismi) campo ordinato con la
proprietà dell’estremo superiore. Esso contiene Q come sottocampo.
Dimostrazione. La dimostrazione è lunga e la omettiamo. Si veda, p.es., [R, Thm 1.19].
u
t
1.4.3 Definizione.
Il campo ordinato con la proprietà dell’estremo superiore contenente Q come sottocampo, la cui esistenza è assicurata dal Teorema 1.4.2, si chiama
campo dei numeri reali e si indica con R. Gli elementi di R sono detti numeri reali.
Gli elementi di R \ Q si chiamano numeri irrazionali.
• Siano x un numero reale ed Ex = {y ∈ R : y ≤ x}. Vale la formula x = sup Ex .
def
Infatti, da un lato x è un un maggiorante di Ex . Dall’altro, se z < x, allora z non è
un maggiorante di Ex , perché x è in Ex ed è > z.
1.4.4 Definizione.
Siano A, B due sottoinsiemi non vuoti di R. Poniamo:
(i) A + B = {a + b : a ∈ A, b ∈ B}
def
(ii) AB = {ab : a ∈ A, b ∈ B}
def
(iii) −A = {−a : a ∈ A}
def
(iv) se 0 ∈
/ A, A−1 = {a−1 : a ∈ A}.
def
1.4.5 Proposizione.
Siano A, B due sottoinsiemi non vuoti di R. Valgono le
proprietà seguenti:
(i) sup(A + B) = sup A + sup B
(ii) sup(−A) = − inf A
(iii) se A, B ⊆ R+ , allora sup(AB) = (sup A) (sup B).
Dimostrazione. Dimostriamo (i).
• sup A + sup B è un maggiorante di A + B.
Infatti, se a ∈ A e b ∈ B, allora a ≤ sup A, b ≤ sup B e quindi a + b ≤ sup A + sup B.
Sezione 1.5
7
L’insieme dei numeri reali esteso
• Sia x < sup A + sup B. Allora x non è un maggiorante di A + B.
Posto = sup A + sup B − x, scriviamo x = (sup A − /2) + (sup B − /2). Poiché
sup A − /2 non è un maggiorante di A e sup B − /2 non è un maggiorante di B,
esistono a ∈ A e b ∈ B tali che
sup A − /2 < a < sup A
e
sup B − /2 < b < sup B.
Quindi x = sup A − /2 + sup B − /2 < a + b, come richiesto.
Per le dimostrazioni di (ii) e (iii) si veda l’Esercizio 2.
u
t
Esercizi
Si dimostri che se r 6= 0 è razionale e x è irrazionale, allora r + x e rx sono irrazionali.
1
2
Si dimostri la Proposizione 1.4.5 (ii) e (iii).
3
(i)
(ii)
(iii)
1.5
Siano A, B due sottoinsiemi non vuoti di R. Si dimostrino le proprietà seguenti:
sup(A − B) = sup A − inf B
se inf A > 0, allora sup A−1 = 1/ inf A
se A, B ⊆ R \ R+ , allora sup(AB) = (inf A) (inf B).
L’insieme dei numeri reali esteso
1.5.1 Definizione.
Chiamiamo insieme dei numeri reali esteso, e lo indichiamo
∗
con R , l’insieme ordinato {−∞} ∪ R ∪ {+∞} in cui definiamo una relazione d’ordine che
coincide con quella di R quando ristretta a R e tale che
min R∗ = −∞
e
max R∗ = +∞.
• La figura qui sopra dà un’immagine pittorica di R∗ .
• Ogni sottoinsieme di R∗ è inferiormente limitato da −∞ e superiormente limitato
da +∞.
• Chiaramente R è un sottoinsieme proprio di R∗ . Ricordiamo che abbiamo definito
l’estremo superiore (risp. inferiore) di sottoinsiemi superiormente (risp. inferiormente) limitati di R. Estendiamo queste definizioni al caso di insiemi illimitati nel
modo seguente. Se E è un sottoinsieme non vuoto di R non superiormente (risp. inferiormente) limitato, diremo che E ha estremo superiore +∞ (risp. estremo inferiore
8
Capitolo 1.
Insiemi numerici
−∞), e scriveremo sup E = +∞ (risp. inf E = −∞). Con questa posizione, ogni
sottoinsieme non vuoto di R ha estremo inferiore e estremo superiore, eventualmente
infiniti.
• Definiamo in R∗ un’algebrizzazione parziale, ponendo:
(i) se x ∈ R,
x + (+∞) = + ∞,
def
x + (−∞) = − ∞,
def
x
= 0
−∞ def
x
= 0
+∞ def
(ii) se x è un numero reale > 0,
x · (+∞) = + ∞
def
e
x · (−∞) = − ∞
e
x · (−∞) = + ∞
def
(iii) se x è un numero reale < 0,
x · (+∞) = − ∞
def
(iv)
def
(+∞) + (+∞) = + ∞, (−∞) + (−∞) = − ∞, (+∞) · (+∞) = + ∞,
def
def
def
(+∞) · (−∞) = − ∞, (−∞) · (−∞) = + ∞.
def
∗
def
• Se z e w sono in R e z +w è definita in uno dei paragrafi (i)–(iv) del punto precedente,
poniamo w + z = z + w; in maniera simile, se z · w è definita in (i)–(iv), poniamo
def
w·z = z·w. Con queste posizioni, le operazioni di somma e prodotto tra due elementi
def
di R∗ , quando definite, risultano commutative.
1.5.2 Proposizione.
Non è possibile definire la somma di −∞ e +∞ in modo che
R∗ sia un campo ordinato contenente R come sottocampo ordinato.
Dimostrazione. La tesi segue dal Teorema 1.4.2. Infatti, se fosse possibile rendere R ∗ un
campo ordinato contenente Q come sottocampo, R e R∗ sarebbero campi ordinati distinti,
con la proprietà dell’estremo superiore, contenenti Q come sottocampo, contro l’unicità
asserita dal Teorema 1.4.2.
È istruttivo darne una dimostrazione diretta. Se R∗ fosse un campo ordinato, +∞
dovrebbe avere un opposto. Ora, l’opposto di +∞ non può essere un numero reale oppure
+∞, perché abbiamo posto x + (+∞) = + ∞ per ogni x in R ∪ (+∞). Perciò l’opposto di
def
+∞ dovrebbe necessariamente essere −∞. Ciò implicherebbe la relazione (+∞)+(−∞) =
0. Ma, allora, dalla relazione
1 + (+∞) = +∞,
aggiungendo −∞ ad entrambi i membri, ed usando la proprietà distributiva, si otterrebbe
1 = 0, relazione falsa in qualunque campo.
u
t
• Sia ` ∈ R. L’operazione `/0 non è definita, perché, per definizione di divisione,
l’eventuale risultato, moltiplicato per 0 dovrebbe dare `; ora, se ` 6= 0, ciò è impossibile,
mentre se ` = 0, allora ogni numero reale r soddisfa l’equazione 0 = r · 0.
Sezione 1.5
9
L’insieme dei numeri reali esteso
• Più in generale, si può dimostrare che non è possibile definire alcuna delle operazioni
sottoelencate in modo che R∗ sia un campo ordinato contenente R come sottocampo
ordinato:
(−∞) + (+∞),
0 · (+∞),
0 · (−∞),
`
0
(` ∈ R∗ ),
±∞
.
±∞
Chiamiamo forma indeterminata una qualunque delle espressioni precedenti.
• Per brevità, nel seguito scriveremo ∞ invece di +∞.
1.5.3 Definizione.
Siano a, b ∈ R. Poniamo
• (a, b) = {x ∈ R : a < x < b}
def
• [a, b) = {x ∈ R : a ≤ x < b}
def
• (a, b] = {x ∈ R : a < x ≤ b}
def
• [a, b] = {x ∈ R : a ≤ x ≤ b}
def
• (−∞, b) = {x ∈ R : x < b}
def
• (−∞, b] = {x ∈ R : x ≤ b}
def
• (a, ∞) = {x ∈ R : a < x}
def
• [a, ∞) = {x ∈ R : a ≤ x}
def
• (−∞, ∞) = R.
def
Si chiama intervallo di R, più brevemente intervallo, uno qualunque degli insiemi sopra
definiti. Gli intervalli (a, b), (−∞, b), (a, ∞) e (−∞, ∞) si dicono aperti, gli intervalli [a, b],
(−∞, b] e [a, ∞) si dicono chiusi, [a, b) si dice chiuso a sinistra e aperto a destra e
(a, b] si dice chiuso a destra e aperto a sinistra.
Esercizi
1 Siano A, B due sottoinsiemi non vuoti di R∗ . Si dimostri che valgono le proprietà
seguenti:
(i) sup(A + B) = sup A + sup B (ad eccezione del caso in cui sup A = ∞ e sup B = −∞,
o viceversa)
(ii) sup(−A) = − inf A
(iii) se A, B ⊆ R+ , allora sup(AB) = (sup A) (sup B).
10
Capitolo 1.
1.6
Insiemi numerici
Binomio di Newton
1.6.1 Definizione.
Sia n ∈ N? . Chiamiamo fattoriale di n il numero
n! = n(n − 1)(n − 2) · · · 1.
def
Poniamo 0! = 1.
def
1.6.2 Definizione.
k”) il numero
Siano n e k in N. Chiamiamo coefficiente binomiale (“n su
n
n!
=
.
k def k! (n − k)!
1.6.3 Teorema (potenza del binomio).
n
(a + b) =
Siano a e b in R, e n in N. Allora
n X
n
k
k=0
ak bn−k .
Dimostrazione. Una dimostrazione di carattere combinatorio di questa formula verrà data
nei corsi di probabilità.
u
t
• Nei casi n = 2 e n = 3 ritroviamo le formule
(a + b)2 = a2 + 2ab + b2
(a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 .
e
Esercizi
1
Siano h > 0 e m ∈ N. Si dimostri che (1 + h)m ≥ 1 + mh.
2 Utilizzando l’Esercizio 1, si dimostri che se x > 1, allora l’insieme {xn : n ∈ N} non è
superiormente limitato. L’insieme {(−x)n : n ∈ N} è inferiormente limitato?
3
Si dimostrino le formule
n
X
n
0=
(−1)
i
i=0
i
e
n
2 =
n X
n
i=0
i
.
Sezione 1.7
1.7
11
Proprietà metriche dei numeri reali
Proprietà metriche dei numeri reali
1.7.1 Definizione.
La funzione |·| : R → R, definita da
a
se a ≥ 0
|a| =
−a se a < 0,
def
si chiama funzione modulo.
1.7.2 Proposizione.
Siano x, y, z ∈ R. Valgono le proprietà seguenti:
(i) |x| ≥ 0 e |x| = 0 se e solo se x = 0
(ii) |xy| = |x| |y| (in particolare |−x| = |x|)
(iii) (disuguaglianza triangolare) |x| − |y| ≤ |x − y| ≤ |x| + |y|.
Inoltre, |x| − |y| = |x − y| sse xy ≥ 0 e |x − y| = |x| + |y| sse xy ≤ 0.
Dimostrazione. Le dimostrazioni di (i) e di (ii) sono semplici e le omettiamo.
Dimostriamo la disuguaglianza di destra di (iii). Poiché le espressioni |x − y| e |x|+|y|
sono simmetriche in x e y, possiamo, senza ledere la generalità, assumere che x ≥ y.
Abbiamo che
|x − y| = x − y
(perché x ≤ |x| e −y ≤ |y|)
≤ |x| + |y| ,
come richiesto.
Inoltre,
x − y = |x| + |y|
⇐⇒
− |y| − y = |x| − x.
Poiché il secondo membro dell’ultima uguaglianza è non negativo, anche il primo membro
deve esserlo; questo forza 0 ≤ −y, cioè y ≤ 0. Con queste restrizioni, il primo membro
dell’ultima uguaglianza è nullo, ergo si deve avere |x| − x = 0, cioè x ≥ 0. Ne consegue che
xy ≤ 0, come richiesto.
La disuguaglianza di sinistra e la relativa condizione di uguaglianza si dimostrano in
modo analogo.
u
t
12
Capitolo 1.
Insiemi numerici
1.7.3 Definizione.
Chiamiamo distanza euclidea di due numeri reali x e y il
numero reale non negativo
d(x, y) = |x − y| .
def
Siano E ⊆ R non vuoto e x ∈ R. Chiamiamo distanza di x da E il numero
d(x, E) = inf{|x − y| : y ∈ E}.
def
• Siano a < b due numeri reali Osserviamo che
e che
(a, b) = {x ∈ R : d x, (a + b)/2 < (b − a)/2}
[a, b] = {x ∈ R : d x, (a + b)/2 ≤ (b − a)/2}.
• Osserviamo che se x ∈ E, allora d(x, E) = 0.
Viceversa, d(x, E) = 0 non implica che x appartenga a E. Ad esempio, d 0, (0, 1] = 0,
ma 0 ∈
/ (0, 1].
• Se E = {y}, allora d(x, E) = |x − y| = d(x, y).
• Sia x ∈ R. La parte intera di x è definita da
bxc = max{k ∈ Z : k ≤ x}.
def
Per esempio,
b−3/2c = −2,
b11/4c = 2,
b−9c = −9.
• La mantissa di x, che indicheremo con mant(x), è definita dalla formula
mant(x) = x − bxc,
Sezione 1.8
13
Proprietà aritmetiche dei numeri reali
ed è un numero reale in [0, 1).
Esercizi
1
2
Si disegni il grafico della funzione x 7→ d(x, Z).
Sia f : R → R. Si dimostri che condizione necessaria e sufficiente affinché
|f (x)| − x ≥ |f (x) − x|
∀x ∈ R
è che valga l’implicazione seguente:
f (x) < 0
1.8
=⇒
x ≤ 0.
Proprietà aritmetiche dei numeri reali
1.8.1 Proposizione.
Valgono le affermazioni seguenti:
(i) (proprietà di Archimede) dati a, b ∈ R+ , esiste n ∈ N tale che na > b;
(ii) (densità di Q in R) dati a, b ∈ R, con a < b, esiste q ∈ Q tale che a < q < b;
(iii) (esistenza della radice n-esima aritmetica) dati y ∈ R+ e n ∈ N? , esiste un
unico x ∈ R+ tale che xn = y.
−1 −1
Dimostrazione. Dimostriamo (i). Osserviamo che ba−1
≤
ba
<
ba
+ 1, per le
−1
proprietà della funzione parte intera. Posto n = ba
+ 1, abbiamo che n > ba−1 , cioè
def
che na > b, come richiesto.
Dimostriamo (ii). Per (i), esiste un intero positivo n tale che n(b−a) > 1, cioè tale che
nb − na > 1. Perciò esiste un intero, che chiamiamo m, tale che na < m < nb. Dividendo
per n, otteniamo a < (m/n) < b, come richiesto.
14
Capitolo 1.
Insiemi numerici
Dimostriamo (iii). Supponiamo y > 1. Sia E = {r ∈ Q+ : r n < y}; E è superiordef
mente limitato. Sia x = sup E. Mostriamo che xn = y.
def
Supponiamo per assurdo che xn < y. Siano r in E e N in N tali che
1
r<x<r+
N
n−1 1 X n k
r < y − xn
N
k
e
k=0
n
(la seconda relazione segue dalla proprietà archimedea). Mostriamo che x < r +
y. Infatti,
1
1 n
x<r+
=⇒
xn < r +
,
N
N
e
n 1 n X n k k−n
=
r N
r+
N
k
k=0
n−1
X n
n
=r +
r k N k−n
k
k=0
n−1 1 X n k 1+k−n
n
(perché r < x)
<x +
r N
k
N
k=0
n−1
1 X n k
n
(perché 1/N < 1)
<x +
r
N
k
n
1
N
n
<
k=0
n
<x +y−x
= y.
Ma allora x non è il sup E: assurdo.
Se fosse xn > y, si procede come nel caso precedente.
Sia ora 0 < y < 1. Allora y −1 > 1 e, per quanto appena dimostrato, esiste z ∈ R+
tale che z n = y −1 . Perciò
n
−1
z −1 = z n
= y,
come richiesto.
u
t
1.8.2 Definizione.
Siano y ∈ R+ e n ∈ N? . L’unico x ∈ R+ tale che xn = y si indica
con y 1/n e si chiama radice n-esima aritmetica di y se n > 2 e radice quadrata di y
√
se n = 2. Si usa anche la notazione n y invece di y 1/n .
√
• 2 è irrazionale.
√ 2
Per definizione di radice quadrata abbiamo che
2 = 2. Per la Proposizione 1.2.7,
√
2
l’equazione x = 2 non ha soluzioni in Q, ergo 2 ∈ R \ Q, come richiesto.
Sezione 1.9
1.9
15
Potenze con esponente reale
Potenze con esponente reale
1.9.1 Definizione.
am
Siano a ∈ R+ , m ∈ Z. Poniamo

(m volte)
se m > 0
a···a
=
1
se m = 0
def  −1
−1
a ···a
(−m volte) se m < 0.
1/n
1/q
m
p
= ap
.
= . Allora am
n
q
Dimostriamo la proprietà richiesta nel caso in cui m ≥ 0 (e quindi anche p ≥ 0).
La dimostrazione nel caso in cui m < 0 è simile. Per le definizioni di potenza con
esponente intero e di radice n-esima
h
1/n inq
1/n
1/n
1/n
1/n
am
= am
· · · am
. . . am
· · · am
|
{z
} |
{z
}
• Siano m, p ∈ Z e n, q ∈ N? tali che
= amq
(perché mq = np)
= apn
h inq
1/q
= ap
;
l’ultima uguaglianza segue dalla definizione di potenza con esponente intero e di radice
1/n
1/q
q-esima. Quindi am
= ap
, perché la radice (nq)-esima aritmetica di un
numero reale positivo è unica.
1.9.2 Definizione.
Siano a ∈ R+ , m ∈ Z e n ∈ N? . Poniamo am/n =
def
• È una buona definizione per il punto precedente.
1.9.3 Proposizione.
am
1/n
.
Siano a ∈ R+ , x e y ∈ Q. Allora
ax+y = ax ay .
Conseguentemente, se m ∈ Z e n ∈ N? , allora
sup{aq : q ∈ Q, q ≤ m/n}
m/n
−m/n
=
a
a−1
se a ≥ 1
se a < 1.
Dimostrazione. Supponiamo che x = m/n e che y = p/q, dove m e p sono in Z, e n e q
sono in N? . Per la proprietà distributiva dei razionali
anq(x+y) = amq+np
(per la Def. 1.9.1)
= amq anp
h
iq h
in
m 1/n
m 1/n
p 1/q
p 1/q
(n fattori e q fattori)
= a )
··· a )
a ) ··· a )
|
{z
}
|
{z
}
nq
nq
= am/n
ap/q
nq
(commutatività del prodotto)
= am/n ap/q .
16
Capitolo 1.
Insiemi numerici
Per l’unicità della radice nq-esima, deduciamo che
ax+y = ax ay ,
come richiesto.
Osserviamo che se a è in (1, ∞) e se z è un razionale positivo, allora a z > 1. Perciò
la funzione che a x ∈ Q associa ax è crescente (vd. la Definizione 2.1.1). Ergo, se a ≥ 1,
allora
am/n = sup{aq : q ∈ Q, q ≤ m/n}.
Considerazioni analoghe mostrano che questa formula vale anche se a ∈ (0, 1).
Ciò conclude la dimostrazione della proposizione.
1.9.4 Definizione.
u
t
Siano a ∈ R+ , x ∈ R. Poniamo
sup{aq : q ∈ Q, q ≤ x} se a ≥ 1
x
−x
a =
a−1
def
se a < 1.
1.9.5 Proposizione (disuguaglianza di Bernoulli).
affermazioni seguenti:
(i) se 0 < x < 1, allora (1 + h)x ≤ 1 + hx
(ii) se x > 1, allora (1 + h)x ≥ 1 + hx.
Sia h ∈ (0, 1). Valgono le affermazioni seguenti:
(iii) se 0 < x < 1, allora (1 − h)x ≤ 1 − hx
(iv) se x > 1, allora (1 − h)x ≥ 1 − hx.
Sia h ∈ (0, ∞). Valgono le
Dimostrazione. Dimostriamo (i). Supponiamo dapprima che x ∈ Q, x = m/n diciamo,
con m ∈ N e n ∈ N? e m < n. Dobbiamo mostrare che
m
(1 + h)m/n ≤ 1 +
h.
n
Elevando ambo i membri alla potenza n, portando tutto al primo membro e usando la
formula della potenza di un binomio, otteniamo
m n m n X m i X n m i
m
(1 + h) − 1 +
h =
h −
h
n
i
i
n
i=0
i=0
m n X
X
m i
m
n
m i i
(sviluppando i conti)
= 1 + mh +
h −1−n h−
h
n
n
i
i
i=2
i=2
i
m h n
X
X
m
n
m i i
n
m i i
(poiché m < n)
=
−
h −
h.
i
i
n
i
n
i=2
i=m+1
Per dimostrare che quest’ultimo membro è negativo, è sufficiente mostrare che per ogni
i ∈ {2, . . . , m} vale la disuguaglianza
m
n
m i
−
≤ 0.
n
i
i
Sezione 1.9
17
Potenze con esponente reale
Infatti, moltiplicando ambo i membri per ni i!, otteniamo
ni m(m − 1) · · · (m − i + 1) − n(n − 1) · · · (n − i + 1) mi =
(perché n(m − j) − m(n − j) ≤ 0 per ogni j)
i−1
Y
j=0
≤ 0,
n(m − j) −
i−1
Y
j=0
m(n − j)
come richiesto.
Sia ora x reale. Per definizione di esponenziale
(1 + h)x = sup{(1 + h)r : r ∈ Q, r < x}
≤ sup{1 + rh : r ∈ Q, r < x}
= 1 + xh,
(per la disuguaglianza già provata)
concludendo la dimostrazione di (i).
Dimostriamo (ii). Se x > 1, allora per la (i) si ha
(1 + hx)1/x < 1 + hx ·
1
= 1 + h,
x
da cui, elevando alla x si ottiene 1 + hx < (1 + h)x .
Dimostriamo (iii). Sia dunque 0 < x < 1 e 0 < h < 1. Possiamo affermare che esiste
t
un t > 0 tale che 1 − h = (1 + t)−1 , e risulta h = 1+t
. Allora si ha
(1 + t)1−x
1+t
1 + t(1 − x)
<
1+t
t
=1−
x
1+t
= 1 − hx.
(1 − h)x = (1 + t)−x =
per la (i)
Dimostriamo infine (iv). Siano x > 1 e 0 < h < 1. Osserviamo intanto che, se
1 − hx ≤ 0, cioè se x ≥ 1/h, allora la disuguaglianza è vera in quanto il primo membro è
positivo, mentre il secondo è negativo o nullo.
Se invece 1 < x < 1/h, allora, con procedimento analogo a quello di (ii), possiamo
scrivere
1
(1 − hx)1/x < 1 − hx · = 1 − h,
x
da cui, elevando alla x si ottiene 1 − hx < (1 − h)x .
1.9.6 Proposizione.
Siano a ∈ R+ e x, y ∈ R. Valgono le affermazioni seguenti:
(i) ax > 0 e ax+y = ax ay
(ii) sia x ∈ R+ ; se a > 1, allora ax > 1, se a < 1, allora ax < 1
u
t
18
Capitolo 1.
Insiemi numerici
(iii) sia x < y. Se a > 1, allora ax < ay ; se a < 1, allora ax > ay
(iv) inf{ax : x ∈ R} = 0, sup{ax : x ∈ R} = ∞.
Dimostrazione. Dimostriamo (i). Poiché a > 0, si ha che aq > 0 per ogni q in Q, da cui
segue che ax > 0 per ogni x in R.
Supponiamo che a > 1. Per ogni v in R poniamo
Ev = {r ∈ Q : r < v}.
def
Chiaramente sup Ev = v. Affermiamo che
Ex+y = Ex + Ey .
Infatti, da un lato se r ∈ Ex e s ∈ Ey , allora r + s ∈ Ex+y e quindi
Ex+y ⊇ Ex + Ey .
Dall’altro, se t ∈ Ex+y , allora t < x + y; sia r in Q tale che 0 < x − r < (1/2) (x + y − t).
Allora t − r < y + r − x; siccome r − x < 0, possiamo concludere che t − r < y. Posto
s = t − r, abbiamo che t = r + s, con r < x e s < y, e quindi che t appartiene a
def
{r + s : r ∈ Ex , s ∈ Ey }, provando cosı̀ l’inclusione
Ex+y ⊆ Ex + Ey .
Osserviamo che, per la definizione di esponenziale,
ax+y = sup{at : t ∈ Ex+y }
(perché ar+s = ar as per r, s ∈ Q)
(per la Proposizione 1.4.5 (iii))
= sup{ar+s : r ∈ Ex , s ∈ Ey }
= sup{ar as : r ∈ Ex , s ∈ Ey }
= sup{ar : r ∈ Ex } sup{as : s ∈ Ey }
= a x ay ,
come richiesto.
Sia ora 0 < a < 1. Allora a−1 > 1 e si procede come sopra.
La dimostrazione di (ii) è semplice e la omettiamo.
Dimostriamo (iii). Supponiamo a > 1. Scriviamo y = (y − x) + x. Per (i)
ay = ay−x ax
(perché ay−x > 1 per (ii))
> ax ,
come richiesto. La dimostrazione nel caso 0 < a < 1 è analoga.
Infine, dimostriamo (iv). Supponiamo a > 1 e scriviamo a = 1 + h, con h > 0. Allora,
essendo x 7→ ax crescente, si ha che
sup{ax : x ∈ R} ≥ sup{an : n ∈ N}
(dis. di Bernoulli)
≥ sup{1 + nh : n ∈ N}
= ∞,
Sezione 1.9
19
Potenze con esponente reale
dimostrando cosı̀ la seconda formula di (iv).
Essendo x 7→ ax crescente, si ha che
inf{ax : x ∈ R} = inf{am : m ∈ Z}
= inf{(1/a)n : n ∈ N}
(dis. di Bernoulli)
≤ inf{1/(1 + nh) : n ∈ N}
= 0,
e anche la prima formula è dimostrata.
La dimostrazione nel caso 0 < a < 1 è analoga.
u
t
• Non è possibile definire potenze con base negativa ed esponente reale in modo che R
continui a essere un campo ordinato.
Supponiamo, ad esempio, che sia possibile definire la radice quadrata di (−2). Allora
si dovrebbe avere
(−2)1/2 · (−2)1/2 = −2,
contro la proprietà che il quadrato di un elemento di un campo ordinato è non negativo
(vd. Esercizio 4, Sezione 1.3).
• Funzione logaritmo. Dalla Proposizione 1.9.6 segue che se a 6= 1, allora la funzione
x 7→ ax è una bigezione di R su R+ . Essa ammette una funzione inversa, che è una
bigezione di R+ su R e che si chiama funzione logaritmo in base a. Per ogni y in
R+ , esiste un unico x in R tale che ax = y; esso si chiama logaritmo in base a di y,
e si indica con loga y.
20
Capitolo 1.
Insiemi numerici
Esercizi
1 Sia x ∈ R+ . Si calcolino l’estremo superiore e l’estremo inferiore dell’insieme {x1/n :
n ∈ N? }.
2
Sia f : R → R non decrescente (vd. Def. 2.1.1). Allora
sup{f (x) : x ∈ R} = sup{f (n) : n ∈ N}.
2
2.1
Limiti
Limiti da sinistra
2.1.1 Definizione.
Siano I un intervallo e f : I → R. Diciamo che f è crescente
(risp. decrescente) in I se per ogni x, y ∈ I tali che x < y vale la formula
f (x) < f (y)
(risp. f (x) > f (y)).
Diciamo che f è non decrescente (risp. non crescente) in I se per ogni x, y ∈ I tali
che x < y vale la formula
f (x) ≤ f (y)
(risp. f (x) ≥ f (y)).
Nel seguito, per comodità di notazione, scriveremo
inf f (x)
invece di
inf{f (x) : x ∈ I}
sup f (x)
invece di
sup{f (x) : x ∈ I}.
x∈I
e
x∈I
2.1.2 Definizione.
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f : (a, b) → R. Siano f b : (a, b) → R∗
e f b : (a, b) → R∗ definite da
f b (x) =
inf f (y)
def y∈[x,b)
e
f b (x) =
sup f (y);
def y∈[x,b)
f b prende il nome di massima minorante non decrescente di f , e f b prende il nome
di minima maggiorante non crescente di f .
22
Capitolo 2.
Limiti
2.1.3 Proposizione.
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f : (a, b) → R. Valgono le proprietà
seguenti:
(i) f b è non decrescente;
(ii) f b è non crescente;
(iii)
inf f (x) ≤ f b ≤ f ≤ f b ≤ sup f (x);
x∈(a,b)
(iv)
x∈(a,b)
sup f b (x) ≤ inf f b (z).
x∈(a,b)
z∈(a,b)
Dimostrazione. Le proprietà (i) - (iii) sono conseguenze ovvie delle definizioni di f b e di f b .
Dimostriamo (iv). Siano x, z ∈ (a, b) e v ∈ [max(x, z), b); allora
f b (x) = inf f (y)
y∈[x,b)
≤ f (v)
≤ sup f (y)
y∈[z,b)
≤ f b (z).
Conseguentemente,
f b (x) ≤ f b (z)
∀x, z ∈ (a, b).
Prendendo l’estremo inferiore al variare di z in (a, b), si deduce che
f b (x) ≤ inf f b (z)
z∈(a,b)
∀x ∈ (a, b);
Prendendo l’estremo superiore al variare di x in (a, b), si conclude che
sup f b (x) ≤ inf f b (z),
x∈(a,b)
z∈(a,b)
Sezione 2.1
23
Limiti da sinistra
u
t
come richiesto.
Le funzioni f b e f b dipendono da a, oltre che da f e da b. Tuttavia, osserviamo che
se a < c < b e g indica la restrizione di f a (c, b), allora f b = g b e f b = g b in (c, b).
2.1.4 Definizione.
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f : (a, b) → R. Supponiamo che
sup f b (x) = inf f b (x),
x∈(a,b)
x∈(a,b)
e indichiamo con λ il valore comune di sup f b (x) e di
x∈(a,b)
inf f b (x); λ si chiama limite
x∈(a,b)
di f a b da sinistra e si scrive
lim f (x) = λ.
x→b−
Se λ = 0, si dice che f è infinitesima in b da sinistra;
se λ = −∞, oppure λ = ∞, si dice che f è infinita in b da sinistra;
se b = ∞, si omette la specificazione “da sinistra” nella definizione precedente.
• Se f ammette limite a b da sinistra, esso è unico.
2.1.5 Esempio.
Sia f : R+ → R definita da
1 se x ∈ (2n, 2n + 1), n ∈ N
f (x) =
0 se x ∈ [2n + 1, 2n + 2], n ∈ N.
Osserviamo che f ∞ (x) = 0 e che f ∞ (x) = 1 per ogni x ∈ R+ . Perciò
sup f ∞ (x) = 0 6= 1 = inf f ∞ (x),
x∈R
x∈R
e quindi f non ammette limite a ∞.
L’esempio precedente mostra che una funzione può non ammettere limite. È importante notare che le funzioni monotone ammettono sempre limite. Questo è il contenuto
della seguente fondamentale proposizione.
24
Capitolo 2.
2.1.6 Proposizione (esistenza del limite per funzioni monotòne).
a < b ≤ ∞ e f : (a, b) → R. Valgono le proprietà seguenti:
(i) se f è non decrescente, allora lim f (x) = sup f (y);
x→b−
Limiti
Siano −∞ ≤
y∈(a,b)
(ii) se f è non crescente, allora lim f (x) = inf f (y).
y∈(a,b)
x→b−
Dimostrazione. Dimostriamo (i); la dimostrazione di (ii) è analoga. Osserviamo che
f b (x) = inf f (y)
y∈[x,b)
(f è non decrescente)
= f (x)
∀x ∈ (a, b),
e che
f b (x) = sup f (y)
y∈[x,b)
(f è non decrescente)
= sup f (y)
y∈(a,b)
∀x ∈ (a, b).
Conseguentemente
inf f b (x) = sup f (y)
x∈(a,b)
y∈(a,b)
= sup f b (x)
x∈(a,b)
u
t
e (i) segue dalla definizione di limite.
Un’importante conseguenza della proposizione precedente è la seguente condizione
necessaria e sufficiente di esistenza del limite. Intuitivamente, una funzione ammette limite
a b− se e solo se “non oscilla troppo” vicino a b.
2.1.7 Proposizione.
seguenti sono equivalenti:
(i) lim− f (x) = λ;
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f : (a, b) → R. Le affermazioni
x→b
(ii)
lim f b (x) = λ = lim f b (x).
x→b−
x→b−
Dimostrazione. Dimostriamo che (i) implica (ii). Poiché f b e f b sono monotone, esse
ammettono limite a b− per la Proposizione 2.1.6, e valgono le formule
lim f b (x) = sup f b (y)
x→b−
y∈(a,b)
e
lim f b (x) = inf f b (y).
x→b−
Per ipotesi
sup f b (y) = λ = inf f b (y),
y∈(a,b)
da cui segue (ii).
y∈(a,b)
y∈(a,b)
Sezione 2.1
25
Limiti da sinistra
Dimostriamo che (ii) implica (i). Poiché f b è monotona non decrescente e f b è monotona non crescente, dalla Proposizione 2.1.6 applicata a f b e a f b deduciamo che
lim f b (x) = sup f b (y)
x→b−
e
lim f b (x) = inf f b (y).
y∈(a,b)
x→b−
y∈(a,b)
Dall’ipotesi segue che
sup f b (y) = λ = inf f b (y),
y∈(a,b)
y∈(a,b)
u
t
cioè la tesi.
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f : (a, b) → R. Concludiamo questa sottosezione con
l’osservazione che l’esistenza e il valore del limite di f a b− dipendono solo dai valori che
f assume “vicino” a b.
Formalizzando, supponiamo che g : (c, b) → R e che f = g in max(a, c), b . Vogliamo
mostrare che
lim f (x) = lim g(x).
x→b−
x→b−
Osserviamo che f b = g b e f b = g b in (max(a, c), b). Quindi
lim f (x) = sup f b (x)
x→b−
(f b è non decr. e f coincide con g in (max(a, c), b))
(per definizione di limite)
x∈(a,b)
= sup g b (x)
x∈(c,b)
= lim g(x),
x→b−
come richiesto.
Esercizi
1
Si dimostrino le proprietà (i) - (iii) della Proposizione 2.1.3.
2
Per ogni n in Z, si calcoli il lim xn .
3
Sia f : R → R definita da f (x) = sin x. Si dimostri che f non ammette limite a ∞.
4
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f : (a, b) → R. Se f è non decrescente, allora
x→∞
lim f (x) = sup f (b − 1/n).
x→b−
n∈N?
26
2.2
Capitolo 2.
Limiti
Limiti da destra e limiti bilateri
2.2.1 Definizione.
Siano a ∈ R e σa : R → R la funzione definita da
σa (x) = a − (x − a);
def
σa si chiama simmetria rispetto ad a.
Le proprietà seguenti sono di immediata verifica:
(i) σa è biunivoca;
(ii) σa (a) = a;
(iii) σa (a, b) = (2a − b, a);
(iv) σ0 (a, ∞) = (−∞, −a).
2.2.2 Definizione.
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f : (a, b) → R. Se a 6= −∞, e f ◦ σa
−
ammette limite ad a , diciamo che f ammette limite ad a+ , e poniamo
lim (f ◦ σa )(y).
lim f (x) =
x→a+
def y→a−
Inoltre, se f ◦ σ0 ammette limite a ∞, diciamo che f ammette limite a −∞, e poniamo
lim f (x) =
x→−∞
2.2.3 Definizione.
lim (f ◦ σ0 )(y).
def y→∞
Siano c ∈ R e f : (a, c) ∪ (c, b) → R. Se lim f (x) = lim f (x),
x→c−
diciamo che f ammette limite a c, e poniamo
lim f (x) =
x→c
x→c+
lim f (x).
def x→c+
• Considerazioni analoghe a quelle sviluppate nella Sezione 2.1 valgono anche per il
limite da destra e il limite.
Sezione 2.3
27
Limiti e ordinamento
Esercizi
1
Per ogni k in Z, si discuta l’esistenza dei limiti seguenti:
lim xk ,
x→0−
lim xk
lim xk .
e
x→0+
x→0
Sia f : (a, b) → R. Siano a f e a f definite da
2
a f (x)
=
inf f (y)
def y∈(a,x]
e
a f (x)
=
sup f (y).
def y∈(a,x]
Si caratterizzi il limite di f ad a+ mediante a f e a f .
2.3
Limiti e ordinamento
In questa sezione esamineremo alcuni risultati, riguardanti il calcolo dei limiti, che
dipendono dalla struttura d’ordine di R∗ . Per semplificare l’esposizione, ci limiteremo al
caso dei limiti da sinistra: risultati analoghi si possono formulare per i limiti da destra e
per i limiti bilateri.
2.3.1 Proposizione (permanenza del segno).
Siano −∞ ≤ a 0, allora esiste ξ ∈ (a, b) tale che f (ξ, b) ⊂ R+
x∈(a,b)
(ii) se f (a, b) ⊂ [0, ∞) e lim f (x) = λ, allora λ ≥ 0.
x→b−
Dimostrazione. Dimostriamo (i). Supponiamo che 0 < t t. Poiché f b è non decrescente,
f b (x) > t per ogni x ∈ [y, b). La tesi segue dal fatto che f (x) ≥ f b (x) in (a, b).
Dimostriamo (ii). Per definizione di limite
λ = sup f b (x)
x∈(a,b)
come richiesto.
(Prop 2.1.3 (iii))
(f (a, b) ⊂ [0, ∞))
≥ inf f (x)
x∈(a,b)
≥ 0,
u
t
• L’ipotesi sup f b (x) > 0 è verificata se, ad esempio, lim f (x) > 0.
x→b−
x∈(a,b)
2.3.2 Proposizione (confronto).
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f, g, h : (a, b) → R tali
che f ≤ g ≤ h. Se
lim f (x) = λ = lim h(x),
x→b−
x→b−
28
Capitolo 2.
Limiti
allora lim g(x) = λ.
x→b−
Dimostrazione. L’ipotesi f ≤ g ≤ h implica che f b ≤ g b ≤ g b ≤ hb . Quindi
λ = sup f b (x) ≤ sup g b (x)
x∈(a,b)
x∈(a,b)
≤ inf g b (x)
x∈(a,b)
≤ inf hb (x)
x∈(a,b)
= λ,
da cui segue che
sup g b (x) = λ = inf g b (x),
x∈(a,b)
x∈(a,b)
u
t
cioè la tesi.
2.3.3 Definizione.
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f : (a, b) → R∗ . Si chiamano parte
positiva e parte negativa di f le funzioni
f + = max(f, 0)
def
e
f − = − min(f, 0).
def
• Osserviamo che f + ≥ 0, f − ≥ 0, che f = f + − f − e che |f | = f + + f − .
2.3.4 Proposizione.
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f, g : (a, b) → R. Valgono le
proprietà seguenti:
(i) se f e g sono non negative e
lim f (x) = 0 = lim g(x) = 0,
x→b−
x→b−
Sezione 2.3
29
Limiti e ordinamento
allora lim max f (x), g(x) = 0;
x→b−
(ii)
lim f (x) = 0 se e solo se lim |f (x)| = 0;
x→b−
x→b−
(iii) (limitata per infinitesima) se f è limitata e lim g(x) = 0, allora lim (f g)(x) = 0;
x→b−
x→b−
(iv) (infinita per discosta da zero) se esiste ξ ∈ (a, b) tale che
inf f (y) > 0 e
y∈(ξ,b)
lim g(x) = ∞, allora lim− (f g)(x) = ∞.
x→b−
x→b
Dimostrazione. Dimostriamo (i). Osserviamo che vale la relazione
0 ≤ max f (x), g(x)
b
≤ max f b (x), gb (x) .
Poiché f b e g b sono non crescenti, tale è max f b , gb . Per la Proposizione 2.1.6 (ii),
lim max f b , gb = inf max f b (x), gb (x)
x∈(a,b)
x→b−
= max
inf f b (x), inf g b (x)
x∈(a,b)
x∈(a,b)
= 0,
e la tesi segue dal teorema del confronto.
Dimostriamo (ii).
Supponiamo dapprima che lim f (x) = 0 e dimostriamo che lim |f (x)| = 0.
x→b−
x→b−
In virtù della definizione di limite e dell’ipotesi, abbiamo che
sup f b (x) = 0 = inf f b (x).
x∈(a,b)
x∈(a,b)
Siccome
−f − b = f b
f +b = f b,
e
possiamo concludere che
inf f − b (x) = 0 = inf f + b (x).
x∈(a,b)
x∈(a,b)
Per (i) (con f − al posto di f e f + al posto di g)
lim− max f − b , f + b = 0.
x→b
Osserviamo che
0 ≤ |f |
= f− + f+
≤ f −b + f +b
≤ 2 max f − b , f + b ,
30
Capitolo 2.
Limiti
da cui la tesi segue in virtù della Proposizione 2.3.2.
Supponiamo ora che lim |f (x)| = 0. Si verifica facilmente che lim − |f (x)| = 0.
x→b−
x→b−
Poiché − |f | ≤ f ≤ |f |, la tesi segue dalla Proposizione 2.3.2.
Dimostriamo (iii). In virtù di (i), è sufficiente mostrare che lim |(f g)(x)| = 0. Posto
C =
x→b−
sup |f (y)|, osserviamo che
def y∈(a,b)
0 ≤ |(f g)(x)| ≤ C |g(x)|
∀x ∈ (a, b).
Dall’ipotesi lim g(x) = 0 e da (i) deduciamo che lim |g(x)| = 0; per la Proposizione 2.3.2,
x→b−
x→b−
lim |(f g)(x)| = 0, come richiesto.
x→b−
Dimostriamo (iv). Notiamo che se x > ξ, allora
h
i
(f g)(x) ≥ inf f (y) g(x);
y∈(ξ,b)
la tesi segue da questa disuguaglianza e dalla Proposizione 2.3.2.
u
t
2.3.5 Esempi.
sin x
= 0.
x→∞ x
Per l’Esercizio 2 della Sezione 2.1 la funzione x 7→ 1/x è infinitesima a ∞. Poiché
|sin x| ≤ 1, la tesi segue dalla Proposizione 2.3.4 (iii).
• Mostriamo che lim x (sin x + 2) = ∞.
• Mostriamo che lim
x→∞
Per l’Esercizio 2 della Sezione 2.1 la funzione x 7→ x è infinita a ∞. Poiché (sin x+2) ≥
1, la tesi segue dalla Proposizione 2.3.4 (iv).
2.3.6 Proposizione.
Valgono le proprietà seguenti:
xα
(i) se a > 1 e α ∈ R, allora lim x = 0;
x→∞ a
β
loga x
(ii) se a > 1, α > 0 e β ∈ R, allora lim
= 0.
x→∞
xα
Dimostrazione. Dimostriamo (i). Se α ≤ 0, la tesi è immediata. Supponiamo che α > 0.
Poniamo a1/(2α) = 1 + h, da cui h > 0. Notiamo che
(1 + h)2x = [(1 + h)x ]2
(per la dis. di Bernoulli)
> (1 + hx)2
> h 2 x2 ,
da cui
iα
xα h
x
=
2x
ax
a1/(2α)
h x iα
≤ 2 2 ,
h x
Sezione 2.4
31
Limiti di alcune funzioni elementari
xα
che tende a zero a ∞. Per il teorema del confronto, possiamo concludere che lim x = 0,
x→∞ a
come richiesto.
La dimostrazione di (ii) segue la falsariga di quella di (i) e perciò la omettiamo. Per
una dimostrazione diversa, vd. l’Esercizio 4 della Sezione 3.4.
u
t
Esercizi
1
Si dimostri che lim x sin(1/x) = 0.
2
Si dimostri che lim
x→0+
cos x
= ∞.
x
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f, g : (a, b) → R. Si dimostri che se lim f (x) < lim g(x),
x→0+
3
x→b−
allora esiste c ∈ (a, b) tale che
f (x) < g(x)
x→b−
∀x ∈ (c, b).
Cosa si può dire se si suppone che lim f (x) ≤ lim g(x)?
x→b−
x→b−
4 Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f, g : (a, b) → R. Si dimostri che le affermazioni seguenti
sono equivalenti:
(i) lim |f |b (x) < ∞;
x→b−
(ii) esiste c ∈ (a, b) tale che f è limitata in (c, b).
2.4
Limiti di alcune funzioni elementari
Diamo alcuni risultati di esistenza di limiti da sinistra di “funzioni elementari”. La dimostrazione dell’esistenza dei corrispondenti limiti da destra è analoga. Nelle considerazioni che seguono la Proposizione 2.1.6 sull’esistenza del limite per funzioni monotone
gioca un ruolo fondamentale.
In questo paragrafo supponiamo che b ∈ R.
• Se f : (a, b) → R è definita da f (x) = C, allora lim f (x) = C.
x→b−
Ovvio.
• lim x = b.
x→b−
Poiché x 7→ x è crescente, il limite proposto esiste ed è uguale al sup x, che vale b.
x 0, allora x 7→ xk è crescente in (0, b) e
lim f (x) = sup xk = bk .
x→b−
0<x 1. Allora x 7→ ax è crescente per la Proposizione 1.9.6 e quindi il
limite proposto esiste. Si ha
lim ax = sup ax
x→b−
x<b
= sup sup{aq : q ∈ Q, q < x}
(definizione di esp.)
x<b
= sup{aq : q ∈ Q, q < b}
= ab ,
(definizione di esp.)
come richiesto.
Il caso 0 < a < 1 si tratta in modo simile.
• lim− sin x = sin b.
x→b
Esiste un intervallo (a, b) in cui x 7→ sin x è monotona. Quindi il limite proposto
esiste. Per la formula di addizione del seno
sin x = sin(x − b + b) = sin(x − b) cos b + sin b cos(x − b),
da cui
|sin x − sin b| ≤ |sin(x − b)| + 1 − cos(x − b).
Il secondo membro, e quindi anche il primo, è nullo se x − b = (2k + 1)π, k ∈ Z.
Supponiamo ora che x − b 6= (2k + 1)π, k ∈ Z. Dalle formule
|sin(x − b)| ≤ |x − b|
e
1 − cos(x − b) =
sin2 (x − b)
1 + cos(x − b)
si deduce per confronto che lim sin x − sin b) = 0, come richiesto.
x→b−
Esercizi
Si dimostri che se b ∈ R, allora lim cos x = cos b. Dalla catena di disuguaglianze
1
x→b
sin x
cos x <
< 1, valida per x ∈ [−π/2, π/2], si deduca che
x
sin x
lim
= 1.
x→0 x
2
•
•
•
•
•
•
Si dimostri che:
se a > 1, allora limx→∞ ax = ∞;
se 0 < a < 1, allora limx→∞ ax = 0;
se a > 1, allora limx→∞ loga x = ∞;
se 0 < a < 1, allora limx→∞ loga x = −∞;
se a > 1, allora limx→0+ loga x = −∞;
se 0 < a < 1, allora limx→0+ loga x = ∞.
Sezione 2.5
2.5
33
Caratterizzazione del limite
Caratterizzazione del limite
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f : (a, b) → R. Le affermazioni
2.5.1 Proposizione.
seguenti sono equivalenti:
(i) lim f (x) = λ ∈ R;
x→b−
(ii) per ogni intervallo aperto I contenente λ, esiste xI ∈ (a, b) tale che f (xI , b) ⊂ I.
Dimostrazione. Dimostriamo che (i) implica (ii). Dato l’intervallo I, consideriamo l’insieme EI = {x ∈ (a, b) : f b (x) ∈ I e f b (x) ∈ I}. Osserviamo che:
• EI 6= ∅.
• Se x ∈ EI allora [x, b) ⊂ EI .
• Se xI ∈ EI , allora f (x) ∈ I per ogni x ∈ (xI , b), perchè f b (x) ≤ f (x) ≤ f b (x).
Questo conlude la dimostrazione dell’implicazione (i) =⇒ (ii).
Dimostriamo
che (ii) implica (i). Per ipotesi, per ogni n ∈ N? esiste xn ∈ (a, b) tale
che f (xn , b) ⊂ (λ − 1/n, λ + 1/n). Perciò,
λ − 1/n ≤
inf
y∈(xn ,b)
f (y)
≤ f b (x)
≤ f b (x)
≤ sup f (y)
y∈(xn ,b)
≤ λ + 1/n
∀x ∈ (xn , b).
Per il teorma del confronto
λ − 1/n ≤ lim f b (x) ≤ λ + 1/n
x→b−
e
λ − 1/n ≤ lim f b (x) ≤ λ + 1/n.
x→b−
34
Capitolo 2.
Limiti
Poiché queste relazioni devono valere per ogni n ∈ N? , possiamo concludere che
lim f b (x) = λ = lim+ f b (x),
x→b−
x→b
e, quindi, che lim f (x) = λ per definizione di limite, come richiesto.
x→b−
u
t
Caratterizzazioni analoghe dell’esistenza del limite nel caso di limite infinito sono
lasciate per esercizio (vd. Esercizio 1).
Esercizi
1 Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f : (a, b) → R. Le affermazioni seguenti sono equivalenti:
(i) lim f (x) = ∞;
x→b−
(ii) per ogni intervallo della forma (c, ∞) esiste xI ∈ (a, b) tale che f (xI , b) ⊂ (c, ∞).
2 Siano −∞ ≤ a 0, esiste δ > 0 tale che
|f (x) − λ| < ∀x ∈ (b − δ, b).
Come si modifica (ii) nel caso in cui b = ∞?
3 Siano −∞ ≤ a 0, esiste δ > 0 tale che
f (x) ≥ M
∀x ∈ (b − δ, b).
Come si modifica (ii) nel caso in cui b = ∞?
4
Utilizzando la Proposizione 2.5.1, si dimostri che
lim
x→∞
x
=0
x2 + 1
e che
x
= 0.
x→∞ x3 − 1
lim
Sezione 2.6
2.6
35
Algebra dei limiti
Algebra dei limiti
2.6.1 Proposizione.
Siano f, g : (a, b) → R, e λ, µ ∈ R∗ .
lim f (x) = λ e lim g(x) = µ. Valgono le affermazioni seguenti:
x→b−
Supponiamo che
x→b−
(i) se λ + µ non è una forma indeterminata, allora lim (f + g)(x) = λ + µ;
x→b−
(ii) se λµ non è una forma indeterminata, allora lim (f g)(x) = λµ;
x→b−
(iii) se µ 6= 0 e λ/µ non è una forma indeterminata, allora lim (f /g)(x) = λ/µ.
x→b−
Dimostrazione. Dimostriamo (i). Se λ o µ sono −∞ o ∞, la tesi segue facilmente dal
teorema del confronto.
Supponiamo ora che λ, µ ∈ R. La tesi è equivalente all’affermazione che f + g −
(λ + µ) è infinitesima in b da sinistra, che a sua volta è equivalente all’affermazione che
|f + g − (λ + µ)| è infinitesima in b da sinistra, per la Proposizione 2.3.4 (ii). Per ipotesi,
|f − λ| e |g − µ| sono infinitesime in b da sinistra. Quindi
|f + g − (λ + µ)| ≤ |f − λ| + |g − µ|
≤ 2 max |f − λ| , |g − µ| ,
che è infinitesima in b da sinistra per la Proposizione 2.3.4 (i).
Dimostriamo (ii). Se µ = ∞, allora λ 6= 0 perché, per ipotesi, λµ non è una forma
indeterminata. Quindi esiste c ∈ (a, b) tale che f ha lo stesso segno di λ in (c, b). Per (o
per un esercizio simile), si conclude che limx→b− (f g)(x) = (sgn λ) · ∞. Si ragiona in modo
simile se µ = −∞.
Siano ora λ, µ ∈ R. Allora
(f g)(x) − λµ = f (x) − λ + λ g(x) − λµ
= f (x) − λ g(x) + λ g(x) − µ .
Osserviamo che lim− f (x) − λ = 0 per ipotesi e che g è limitata in (c, b); dalla Propox→b
sizione 2.3.4 (iii) segue che lim f (x) − λ g(x) = 0. In maniera simile si mostra che
x→b−
lim λ g(x) − µ = 0. Ora (ii) è conseguenza diretta di (i).
x→b−
La dimostrazione di (iii) è lasciata come esercizio.
u
t
• Nell’enunciato precedente, λ + µ, λµ e λ/µ sono calcolati usando l’algebrizzazione
parziale di R∗ introdotta nella Sezione 1.5.
• Nel caso in cui si presenti una delle forme indeterminate ∞ + (−∞) oppure (−∞) + ∞
nella proposizione precedente, non c’è modo di prevedere né l’esistenza, né l’eventuale
risultato del lim (f + g)(x). Nei quattro esempi seguenti f (x) = x. Abbiamo
x→b−
lim f (x) = ∞.
x→∞
36
Capitolo 2.
(a) Siano c ∈ R e g1 (x) = −x + c. Allora
lim g1 (x) = −∞
e
x→∞
√
(b) Sia g2 (x) = − x. Allora
lim g2 (x) = −∞
e
x→∞
(c) Sia g3 (x) = −x2 . Allora
lim g3 (x) = −∞
e
x→∞
(d) Sia g4 (x) = −x + sin x. Allora
lim g4 (x) = −∞,
ma
x→∞
Limiti
lim f (x) + g1 (x) = c.
x→∞
lim f (x) + g2 (x) = ∞.
x→∞
lim f (x) + g3 (x) = −∞.
x→∞
lim f (x) + g4 (x)
x→∞
non esiste.
• Si possono sviluppare considerazioni relative alle forme indeterminate ∞ · 0 o ∞/∞
a ∞ analoghe a quelle del punto precedente. Ad esempio, per la √
forma ∞ · 0 si possono utilizzare le funzioni f (x) = x, g1 (x) = c/x, g2 (x) = 1/ x, g3 (x) = 1/x2 ,
def
def
def
def
g4 (x) = (sin x)/x.
def
• La forma λ/0, λ ∈ R∗ \ {0}, merita un commento ulteriore. Si può dimostrare (vd.
Esercizio 4) che se lim g(x) = 0 ed esiste c ∈ (a, b) tale che g(x) > 0 in (c, b), allora
x→b−
lim
x→b−
f (x)
= (sgn λ) · ∞.
g(x)
Analogamente, se lim g(x) = 0 ed esiste c ∈ (a, b) tale che g(x) < 0 in (c, b), allora
x→b−
lim−
x→b
f (x)
= (sgn λ) · (−∞).
g(x)
1
−1
= −∞, mentre lim
= ∞.
x→0− x
x→0− x
• In virtù del Corollario 2.6.1, delle considerazioni svolte sopra e dei risultati della
Sezione 2.4, possiamo, ad esempio, calcolare il
xex
x lim− 2
+
.
x − x + ln x x − 1
x→1
Ad esempio, lim
Infatti, lim (x2 − x + ln x) = 0 e x2 − x + ln x < 0 in (0, 1); per il punto precedente
x→1−
lim− 1/(x2 − x + ln x) = −∞, da cui, per il Corollario 2.6.1 (ii),
x→1
lim (xex )/(x2 − x + ln x) = e · (−∞)
x→1−
= −∞.
Sezione 2.6
37
Algebra dei limiti
Analogamente, lim (x − 1) = 0 e x − 1 < 0 in (0, 1), cosicché lim
x→1−
x→1−
cui, per il Corollario 2.6.1 (ii),
lim
x→1−
1
= −∞, da
x−1
x
= 1 · (−∞)
x−1
= −∞.
Per il Corollario 2.6.1 (i), il limite proposto vale (−∞) + (−∞) = −∞.
Esercizi
1
Si calcolino
lim−
x→1
2
1
1 − x2
e
lim
x→(−1)−
1
.
1 − x2
Si calcolino
lim
x→∞
1+x
,
1−x
1 + x2
,
x→∞ 1 + x
lim
lim
x→∞
1 + x + x2
.
1 + x + x 2 + x3
3 Siano p un polinomio di grado m con coefficiente direttore c 6= 0 e q un polinomio di
grado n con coefficiente direttore d 6= 0. Si dimostri che
p(x)
lim
=
x→∞ q(x)
(0
se m < n
c/d
se m = n
sgn(c/d) · ∞ se m > n.
Si enunci e si dimostri un risultato analogo per il lim
x→−∞
4
p(x)
.
q(x)
Siano f, g : (a, b) → R tali che lim f (x) = λ ∈ R∗ \ {0} e lim g(x) = 0. Si dimostri
x→b−
che se esiste c ∈ (a, b) tale che g(x) > 0 in (c, b), allora
lim
x→b−
x→b−
f (x)
= (sgn λ) · ∞.
g(x)
Analogamente, se lim g(x) = 0 ed esiste c ∈ (a, b) tale che g(x) < 0 in (c, b), allora
x→b−
lim
x→b−
f (x)
= (sgn λ) · (−∞).
g(x)
38
2.7
Capitolo 2.
Limiti
Massimo e minimo limite
2.7.1 Definizione.
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f : (a, b) → R. Poniamo
` =
sup f b (x)
def x∈(a,b)
e
L =
inf f b (x);
def x∈(a,b)
` si chiama minimo limite di f a b da sinistra e L si chiama massimo limite di f a b
da sinistra e si scrive
lim inf f (x) = `
def
x→b−
e
lim sup f (x) = L.
x→b−
def
• Notiamo che ` e L non dipendono da a.
• Osserviamo che che f ha limite λ a b da sinistra se e solo se ` = λ = L.
2.7.2 Esempi.
• Sia f : R+ → R definita da
f (x) =
1 se x ∈ (2n, 2n + 1), n ∈ N
0 se x ∈ [2n + 1, 2n + 2], n ∈ N.
Osserviamo che f ∞ (x) = 0 e f ∞ (x) = 1 per ogni x ∈ R+ . Perciò
lim inf f (x) = 0
x→∞
e
lim sup f (x) = 1.
x→∞
• Sia g : R+ → R definita da
g(x) =
2n
se x ∈ (2n, 2n + 1], n ∈ N
−2n − 1 se x ∈ (2n + 1, 2n + 2], n ∈ N.
Sezione 2.7
39
Massimo e minimo limite
Notiamo che g ∞ (x) = −∞ e g ∞ (x) = ∞ per ogni x ∈ R+ . Perciò
lim inf g(x) = −∞
x→∞
e
lim sup g(x) = ∞.
x→∞
• Sia h : (1, ∞) → R definita da

1


h(x) = 2n 1

−
2n + 1
se x ∈ (2n, 2n + 1], n ∈ N?
se x ∈ (2n + 1, 2n + 2], n ∈ N.
Si verifica facilmente che per ogni x ∈ (1, ∞)
h∞ (x) = −
1
2n + 1
se x ∈ (2n, 2n + 2], n ∈ N
e
h∞ (x) =
1
2n
se x ∈ (2n − 1, 2n + 1], n ∈ N? .
Perciò
lim inf h(x) = 0 = lim sup h(x)
x→∞
e quindi lim h(x) = 0.
x→∞
x→∞
40
Capitolo 2.
Limiti
• Sia k : (0, 1) → R definita da
1 se x ∈ 1 − 1/(2n), 1 − 1/(2n + 1) , n∈ N?
k(x) =
0 se x ∈ 1 − 1/(2n + 1), 1 − 1/(2n + 2) , n ∈ N.
Osserviamo che k 1 (x) = 0 e k 1 (x) = 1 per ogni x ∈ (0, 1). Perciò
lim inf k(x) = 0
e
x→1−
lim sup k(x) = 1.
x→1−
Quindi k non ammette limite a 1 da sinistra.
In analogia a quanto fatto per il limite, definiamo ora i concetti di minimo e massimo
limite da destra e di minimo e massimo limite bilateri. Siano a ∈ R e σa (x) = a − (x − a).
def
2.7.3 Definizione.
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f : (a, b) → R. Se a 6= −∞, poniamo
lim inf f (x) = lim inf (f ◦ σa )(y)
x→a+
def
y→a−
e
lim sup f (x) = lim sup(f ◦ σa )(y).
x→a+
def
y→a−
Sezione 2.7
41
Massimo e minimo limite
Poniamo, inoltre,
lim inf f (x) = lim inf (f ◦ σ0 )(y)
x→−∞
def
2.7.4 Definizione.
lim sup f (x) = lim sup(f ◦ σ0 )(y).
e
y→∞
def
x→−∞
y→∞
Siano c ∈ R e f : (a, c) ∪ (c, b) → R. Se lim inf
f (x) = lim inf
f (x),
−
+
x→c
diciamo che f ammette minimo limite a c, e poniamo
x→c
lim inf f (x) = lim inf f (x).
x→c
def
x→c+
Analogamente, se lim sup f (x) = lim sup f (x), diciamo che f ammette massimo limite a
c, e poniamo
x→c−
x→c+
lim sup f (x) = lim sup f (x).
x→c
def
x→c+
Le operazioni di minimo limite e di massimo limite si comportano in modo complicato
rispetto all’operazione di somma di funzioni, come illustrato nella proposizione seguente e
nelle considerazioni al temine della sua dimostrazione.
2.7.5 Proposizione.
Siano f, g : (a, b) → R.
Se lim inf f (x) + lim inf g(x) e
x→b−
x→b−
lim sup f (x) + lim sup g(x) non sono forme indeterminate, allora
x→b−
x→b−
lim inf f (x) + lim inf g(x) ≤ lim inf (f + g)(x)
x→b−
x→b−
x→b−
≤ lim sup(f + g)(x)
x→b−
≤ lim sup f (x) + lim sup g(x).
x→b−
x→b−
Dimostrazione. Affermiamo che per ogni x, y ∈ (a, b)
f b (x) + g b (x) ≤ (f + g)b (x) ≤ (f + g)b (y) ≤ f b (y) + g b (y).
La seconda disuguaglianza è già stata dimostrata; la dimostrazione della terza è analoga
alla dimostrazione della prima. Dimostriamo la prima. Se a < x ≤ z < b, allora
f b (x) + g b (x) = inf f (y) + inf g(y)
y∈[x,b)
y∈[x,b)
≤ f (z) + g(z),
da cui, prendendo l’estremo inferiore al variare di z in [x, b), si deduce che
f b (x) + g b (x) ≤ inf
z∈[x,b)
f (z) + g(z)
= f + g b (x),
42
Capitolo 2.
Limiti
che è la disuguaglianza cercata.
Dimostriamo ora la prima disuguaglianza dell’enunciato. La dimostrazione della seconda è simile. Prendendo l’estremo superiore al variare di x in (a, b) nella formula precedente, otteniamo che
sup
x∈(a,b)
f b (x) + g b (x) ≤ lim inf (f + g)(x).
x→b−
Ora, per la monotonia di f b e di g b , abbiamo che
sup
x∈(a,b)
f b (x) + g b (x) = sup f b (x) + sup g b (x);
x∈(a,b)
x∈(a,b)
per definizione di minimo limite possiamo concludere che
lim inf f (x) + lim inf g(x) ≤ lim inf (f + g)(x),
x→b−
x→b−
x→b−
u
t
come richiesto.
• Le disuguaglianze nella proposizione precedente possono essere strette.
Consideriamo, ad esempio, le funzioni f, g : R → R, definite da
f (x) = (−1)bxc
def
g(x) = (−1)bx+1c .
e
def
Osserviamo che f + g è la funzione nulla, che
lim inf f (x) = lim inf g(x) = −1,
x→∞
x→∞
e che
lim sup f (x) = lim sup g(x) = 1.
x→∞
x→∞
Perciò
lim inf f (x) + lim inf g(x) = −2
x→b−
x→b−
< 0 = lim inf (f + g)(x)
x→b−
= lim sup(f + g)(x)
x→b−
<2
= lim sup f (x) + lim sup g(x).
x→b−
x→b−
Sezione 2.7
43
Massimo e minimo limite
Esercizi
1
Si costruiscano esempi di funzioni f : (0, 1) → R che soddisfino uno dei seguenti
requisiti:
lim inf f (x) = 0
e
lim sup f (x) = ∞,
x→1−
x→1−
oppure
lim inf f (x) = −∞
x→1−
lim sup f (x) = ∞.
e
x→1−
2 Sia f : (−∞, 0) → R definita da f (x) = sin(1/x). Si determinino f 0 e f 0 e si calcolino
lim inf f (x) e lim sup f (x).
x→0−
x→0−
3 Sia f : R → R definita da f (x) = sin x. Si determinino f ∞ e f ∞ e si calcolino
lim inf f (x) e lim sup f (x).
x→∞
4
x→∞
Sia f : (a, b) → R. Siano a f e a f definite da
a f (x)
=
inf f (y)
def y∈(a,x]
e
a f (x)
=
sup f (y).
def y∈(a,x]
Si caratterizzino, usando a f e a f , il minimo e il massimo limite di f ad a da destra.
5
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f, g : (a, b) → R. Si dimostri che se lim sup f (x) <
x→b−
lim inf g(x), allora esiste c ∈ (a, b) tale che
x→b−
f (x) < g(x)
∀x ∈ (c, b).
Cosa si può dire se si suppone che lim sup f (x) ≤ lim inf g(x)?
x→b−
x→b−
6 Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f, g : (a, b) → R. Si dimostri che le affermazioni seguenti
sono equivalenti:
(i) lim sup |f (x)| < ∞;
x→b−
(ii) esiste c ∈ (a, b) tale che f è limitata in (c, b).
7
Si calcolino minimo e massimo limite di x 7→
x(sin x + 2)
a ∞.
(x + 1)
44
2.8
Capitolo 2.
Limiti
Confronto locale di funzioni
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f, g : (a, b) → R. Consideriamo il problema di confrontare
i valori di f e g vicino a b. Due strategie possibili sono:
(i) determinare il segno di f − g in (a, b);
(ii) dare una stima dell’ “ordine di grandezza” di f /g vicino a b.
Analizziamo queste strategie nel caso in cui a = 0, b = ∞, f (x) = x, g1 (x) = x2 e
g2 (x) = 2x − 1.
Notiamo che f − g1 ≤ 0 e f − g2 ≤ 0 in [1, ∞). Ne deduciamo che f è più piccola
sia di g1 sia di g2 vicino a ∞, ma non ricaviamo informazioni sulla grandezza relativa dei
valori di f , g1 e g2 vicino a ∞.
Invece, le relazioni lim (f /g1 )(x) = 0 e lim (f /g2 )(x) = 1/2 implicano che g1 è molto
x→∞
x→∞
più grande di f vicino a ∞, e che g2 è approssimativamente il doppio di f vicino a ∞.
f (x)
In casi diversi dall’esempio precedente, f /g può non avere limite; il lim inf
e il
−
g(x)
x→b
f (x)
lim sup
sono buoni indicatori della grandezza relativa di f rispetto a g vicino a b.
x→b− g(x)
2.8.1 Definizione.
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f, g : (a, b) → R. Supponiamo che g
non si annulli in (a, b).
f (x)
(i) Se lim
= 0, diciamo che f è o piccolo di g, o trascurabile rispetto a g, in b
x→b− g(x)
da sinistra, e scriviamo f = o(g) per x → b− ;
f (x) < ∞, diciamo che f è O grande di g in b da sinistra, e scriviamo
(ii) se lim sup g(x)
−
x→b
f = O(g) per x → b− ;
f (x) f (x) < ∞ e lim inf > 0, diciamo che f è di ugual ordine di
(iii) se lim sup −
g(x) x→b− g(x)
x→b
grandezza di g in b da sinistra, e scriviamo f g per x → b− ;
f (x)
= 1, diciamo che f è equivalente a g in b da sinistra, e scriviamo f ∼ g
(iv) se lim
−
x→b g(x)
per x → b− .
I simboli o, O, e ∼ sono detti simboli di Landau.
• Si danno definizioni analoghe per limiti da destra e per limiti bilateri.
√
• Siano f (x) = x, g(x) = x, h(x) = x2 , k(x) = x sin x ed v(x) = x(1000 + sin x).
Valgono le seguenti relazioni a ∞: g = o(f ), f = o(h), k = o(h), v = o(h), f v,
1000f ∼ (v − k), k = O(f ).
• La scrittura f = o(1) per x → b− è equivalente a lim f (x) = 0.
x→b−
−
• La scrittura f = O(1) per x → b è equivalente a lim sup |f (x)| < ∞ (vd. Esercizio 6,
x→b−
Sezione 2.8
45
Confronto locale di funzioni
Sezione 2.3).
f (x)
• Se lim−
∈ R, allora f = O(g) per x → b− .
x→b g(x)
f (x) f (x) < ∞ e, a fortiori, che lim sup Infatti, l’ipotesi implica che lim g(x) < ∞.
x→b− g(x)
x→b−
• La relazione f = O(g) per x → b− non implica che f /g abbia limite a b− .
f (x) = 3.
Poniamo, ad esempio, f (x) = 2+sin x e g(x) = 1. Osserviamo che lim sup g(x) x→∞
Dunque, f = O(g) a ∞, ma f /g non ha limite a ∞.
f (x)
• Se lim
∈ R \ {0}, allora f g per x → b− .
x→b− g(x)
• Si ha che f ∼ g in b da sinistra se e solo se f − g = o(g) in b da sinistra.
Infatti,
f (x)
f (x)
f (x) − g(x)
lim−
=1
⇐⇒
lim−
−1 =0
⇐⇒
lim−
= 0.
g(x)
g(x)
x→b g(x)
x→b
x→b
2.8.2 Proposizione.
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f, g : (a, b) → R. Supponiamo che g
non si annulli in (a, b). Valgono le implicazioni seguenti:
(i) f = o(g) =⇒ f = O(g)
(ii) f ∼ g =⇒ f g =⇒ f = O(g).
Dimostrazione. Osserviamo che
f (x)
lim−
=0
x→b g(x)
=⇒
f (x) =0
lim x→b− g(x)
=⇒
f (x) = 0 < ∞,
lim sup g(x) x→b−
e (i) è dimostrata.
Le implicazioni in (ii) sono conseguenza diretta delle definizioni di minimo limite,
massimo limite e limite.
u
t
46
Capitolo 2.
Limiti
• Tutte le implicazioni tra simboli di Landau trattate dalla proposizione precedente sono
schematicamente riportate nella figura qui sopra. Le altre sono false, come si verifica
facilmente.
• Per la Proposizione 2.3.6, valgono le seguenti relazioni a ∞:
(i) xα = o(ax ) per ogni α in R e per ogni a > 1
(ii) lnβ x = o(xα ) per ogni β in R e per ogni α > 0.
Esercizi
1 Principio di eliminazione. Supponiamo che f, f1 , g, g1 : (a, b) → R soddisfino le
relazioni f1 = o(f ), g1 = o(g) in b da sinistra. Allora
lim−
x→b
f (x) + f1 (x)
f (x)
= lim−
.
g(x) + g1 (x) x→b g(x)
2 Principio di sostituzione. Supponiamo che f, g, h : (a, b) → R e che g ∼ h in b da
sinistra. Allora
lim f (x) · g(x) = lim f (x) · h(x) .
x→b−
3
x→b−
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f, g : (a, b) → R. Si dimostri che se lim
x→b−
f (x)
= ∞, allora
g(x)
g = o(f ) in b da sinistra.
4
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f : (a, b) → R. Si dimostri che se lim f (x) = 0, allora
x→b−
1
= 1 − f (x) + o(f (x))
1 + f (x)
in b da sinistra.
5
Si calcolino i limiti seguenti:
x + sin x
x→∞ x − ln x
sin x
lim √
x→0
1+x−1
lim
6
(i)
(ii)
(iii)
(iv)
Si dimostri che:
f g e g h implica f h;
f ∼ g e g ∼ h implica f ∼ h;
f = o(g) e g h implica f = o(h);
f g e g = o(h) implica f = o(h).
log2 x
√
x→∞ x +
x2 + 1
−1
x + x−2
lim −x
.
x→∞ 2
+ 2−2x
lim
Sezione 2.9
47
Asintoti
7
In ciascuno dei casi seguenti, si determini il parametro reale α affinché
√
−1/3
x3 + x xα per x → ∞
x4 + x + 1
x−α per x → ∞
1
√ (x − 1)−α per x → 1+ .
x3 − 1 (x − 1)α per x → 1+
x− x
8
Sia f : (a, ∞) → R infinita a ∞. Si costruisca g : (a, ∞) → R tale che f = o(g) a ∞.
2.9
Asintoti
2.9.1 Definizione.
Siano −∞ ≤ a e f : (a, ∞) → R.
(i) Se esistono m, q ∈ R tali che
lim f (x) − mx − q = 0,
x→∞
diciamo che f ha asintoto a ∞. Se m 6= 0, la retta di equazione y = mx + q si chiama
asintoto obliquo di f a ∞; se m = 0, essa si chiama asintoto orizzontale di f
a ∞.
(ii) Se f tende a −∞ oppure a ∞ in a da destra, diciamo che f ha asintoto in a da
destra; la retta di equazione x = a si chiama asintoto verticale di f in a da destra.
• In maniera analoga si danno le definizioni di asintoto a −∞ e di asintoto in a da
sinistra.
• Se f ha asintoto a ∞, esso è unico.
Supponiamo che
lim f (x) − a1 x − a0 = 0 = lim f (x) − b1 x − b0 .
x→∞
x→∞
Facendo la differenza delle espressioni a primo e terzo membro, e usando i risultati
sulla somma di limiti, otteniamo
lim (b1 − a1 )x + (b0 − a0 ) = 0,
x→∞
da cui si deduce che a0 = b0 e a1 = b1 , come richiesto.
Esercizi
1 Sia f : (a, ∞) → R. Si dimostri che le condizioni seguenti sono equivalenti:
(i) f ha asintoto obliquo a ∞;
f (x)
(ii) i limiti m = lim
e q = lim f (x) − mx sono finiti.
def x→∞ x
def x→∞
In tal caso, l’asintoto obliquo ha equazione y = mx + q.
Si dia un esempio in cui m è finito e q = ∞ e un altro in cui x 7→ f (x) − mx non ha limite
a ∞.
√
2 Si calcolino gli asintoti obliqui a −∞ e a ∞ della funzione f (x) =
4x2 + x + 1 − x.
def
3
3.1
Funzioni continue
Funzioni continue: definizione e prime proprietà
3.1.1 Definizione.
Supponiamo che −∞ < a < b < ∞ e che f : (a, b] → R. Diciamo
che f è continua in b da sinistra se
lim f (x) = f (b).
x→b−
In modo analogo, se g : [a, b) → R, diciamo che g è continua in a da destra se
lim g(x) = g(a).
x→a+
Se a < y < b e h : (a, b) → R, diciamo che h è continua in y se è continua da destra e da
sinistra.
Una funzione f : (a, b] → R non continua in b da sinistra si dice discontinua in b da
sinistra.
Analogamente si definiscono le funzioni discontinue da destra e discontinue in un punto.
3.1.2 Esempi.
• Sia f : R → R la funzione definita da
f (x) =
1 se x = 0
0 se x 6= 0.
50
Capitolo 3.
Funzioni continue
È evidente che lim f (x) = 0 = lim f (x); poiché f (0) = 1, f non è continua in 0 né
x→0−
x→0+
da destra, né da sinistra.
• Sia g : R → R la funzione definita da
g(x) =
n
1
0
se x ≥ 0
se x < 0.
È evidente che lim− g(x) = 0 e che lim+ g(x) = 1; poiché g(0) = 1, g è continua in 0
x→0
x→0
da destra, ma non da sinistra.
• Sia h : R → R la funzione definita da
h(x) =
1/x
0
se x > 0
se x ≤ 0.
È evidente che lim h(x) = 0 e che lim h(x) = ∞; poiché h(0) = 0, h è continua in
x→0−
x→0+
0 da sinistra, ma non da destra.
• Sia k : R → R la funzione definita da
sin(1/x) se x > 0
k(x) =
0
se x ≤ 0.
Sezione 3.1
51
Funzioni continue: definizione e prime proprietà
È evidente che lim k(x) = 0, che lim inf k(x) = −1 e che lim sup k(x) = 1; poiché
x→0+
x→0−
x→0+
k(0) = 0, k è continua in 0 da sinistra, ma non da destra.
3.1.3 Definizione.
Supponiamo che −∞ < a < b < ∞ e che f : (a, b] → R.
Diciamo che f ha una discontinuità di tipo salto, o di prima specie, in b da sinistra
se lim− f (x) ∈ R e
x→b
lim f (x) 6= f (b).
x→b−
Se f è discontinua in b da sinistra e non ha una discontinuità di tipo salto, diciamo che f
ha una discontinuità di seconda specie in b da sinistra.
In modo analogo, si danno le definizioni di discontinuità di prima e di seconda specie da
destra.
• Siano f , g, h e k le funzioni definite negli Esempi 3.1.2: f ha in 0 una discontinuità
di prima specie sia da destra sia da sinistra, g ha una discontinuità di prima specie
da sinistra, h e k hanno in 0 discontinuità di seconda specie da destra.
• Sia f : R → R definita da
1 se x ∈ Q
f (x) =
0 se x ∈
/Q;
f si chiama funzione di Dirichlet. Essa è discontinua in ogni punto di R.
3.1.4 Proposizione.
Siano I un intervallo e f : I → R una funzione monotona.
Allora f ha, al più, un’infinità numerabile di punti di discontinuità.
Dimostrazione. Sia y ∈ I. Essendo f monotona, esistono finiti i limiti di f da sinistra e
da destra in y (da sinistra se y è l’estremo destro di I e da destra se y è l’estremo sinistro
di I). Perciò f è o continua, o ha una discontinuità di prima specie in y.
Dimostriamo che l’insieme dei punti di discontinuità è, al più, numerabile. Supponiamo, ad esempio, che f sia non decrescente. Il caso in cui f è non crescente è analogo. Ad
ogni punto di discontinuità y di f , possiamo associare un numero razionale nell’intervallo
52
Capitolo 3.
Funzioni continue
lim f (x), lim f (x) . Poiché f è non decrescente, a punti di discontinuità diversi cor-
x→y −
x→y +
rispondono razionali distinti. Essendo Q numerabile, possiamo concludere che tale è anche
l’insieme dei punti di discontinuità di f .
La dimostrazione della proposizione è completa.
u
t
3.1.5 Proposizione.
Siano f e g funzioni continue in y. Allora f + g e f g sono
continue in y; se g(y) 6= 0, anche f /g è continua in y.
Dimostrazione. La continuità di f + g e f g in y è conseguenza diretta dei teoremi sui limiti
di una somma e di un prodotto di funzioni.
Supponiamo ora che g(y) 6= 0. Poiché g è continua in y, si ha che lim g(x) 6= 0; per la
x→y
Proposizione , esiste un intervallo contenente y in cui g ha lo stesso segno di lim g(x), in
x→y
particolare, in cui g è diversa da 0. Dalla Proposizione 2.6.1 (iii) sul limite di un quoziente
di funzioni deduciamo che
f (x)
f (y)
lim
=
,
x→y g(x)
g(y)
cioè che f /g è continua in y, come richiesto.
u
t
Esercizi
1
Siano f e g continue in y. Si dimostri che max(f, g) e min(f, g) sono continue in y.
2 Siano I un intervallo e y ∈ I. Siano f1 , f2 , . . . funzioni definite in I e continue in y.
Supponiamo che
sup fn (x) < ∞
∀x ∈ I.
n∈N?
È vero che supn∈N? fn è continua in y?
3.2
Funzioni continue in un intervallo
3.2.1 Definizione.
Siano I un intervallo e f : I → R. Si dice che f è continua in I
se è continua in ogni punto di I (continua da sinistra nell’estremo destro di I se I è chiuso
a destra, e continua da destra nell’estremo sinistro di I se I è chiuso a sinistra). La classe
delle funzioni continue in I viene indicata con C(I).
Le funzioni continue in un intervallo godono di proprietà globali interessanti, che sono
descritte nel teorema seguente.
3.2.2 Teorema (fondamentale
Siano
delle funzioni
continue in un intervallo).
−∞ < a < b < ∞ e f ∈ C [a, b] . Allora f [a, b] è un intervallo chiuso e limitato.
Dimostrazione. Dimostriamo dapprima che f [a, b] è un intervallo. È sufficiente mostrare che se x, y ∈ [a, b], x < y e η è strettamente compreso tra f (x) e f (y), allora esiste
ξ ∈ (x, y) tale che f (ξ) = η.
Sezione 3.2
53
Funzioni continue in un intervallo
Per fissare le idee, supponiamo che f (x) < f (y). Poniamo
ξ = sup{z ∈ [x, y] : f (z) < η}.
def
Osserviamo che ξ < y, perché f (y) > η; per la continuità di f in y, esiste un intervallo
aperto J , contenente y, tale che f (z) > η per ogni z ∈ J .
Siccome f [x, ξ) ⊂ (−∞, η), per la Proposizione 2.3.1 (ii) applicata alla funzione
η − f abbiamo che
0 ≥ lim η − f (x)
x→ξ−
(f è continua in ξ da sin.)
= η − f (ξ),
da cui deduciamo che f (ξ) ≤ η.
D’altra parte, se fosse f (ξ) < η, per la continuità di f in ξ, esisterebbe un intervallo
aperto I contenente ξ tale che f (I) < η; conseguentemente, esisterebbero numeri reali z a
destra di ξ tali che f (z) < η, contro il fatto che ξ è l’estremo superiore degli z con questa
proprietà.
Possiamo perciò concludere che f (ξ) = η, come richiesto.
Dimostriamo che f [a, b] è chiuso e limitato. Sia
S =
sup f (x).
def x∈[a,b]
Scriviamo [a, b] come unione degli intervalli [a, (a+b)/2] e [(a+b)/2, b]. L’estremo superiore
di f in almeno uno dei due intervalli è S; chiamiamo I1 questo intervallo e a1 , b1 i suoi
estremi. Dividiamo poi I1 nei due intervalli [a1 , (a1 + b1 )/2] e [(a1 + b1 )/2, b1 ]. L’estremo
superiore di f in almeno uno dei due intervalli è S; chiamiamo I2 questo intervallo e a2 , b2
i suoi estremi.
Iterando il procedimento ora descritto, otteniamo una successione I1 ⊃ I2 ⊃ I3 ⊃ · · ·
di intervalli chiusi, tali che
sup f (x) = S
x∈Ij
∀j ∈ N.
T∞
Osserviamo che j=1 Ij è costituito esattamente dal punto sup{aj : j ∈ N}, che chiamiamo y (vd. Esercizio 1).
Ora, da un lato,
f (y) ≤ sup f (x)
x∈[a,b]
= S.
54
Capitolo 3.
Funzioni continue
Dall’altro, per la continuità di f in y,
f (y) = lim f (x)
x→y
= max sup f b (x), sup
x∈[a,y)
≥ max
sup
x∈Ij ∩[a,y)
b f (x)
x∈[y,b)
f b (x),
sup
x∈Ij ∩[y,b)
≥ sup f (x)
b f (x)
x∈Ij
= S.
Quindi f (y) = S.
In modo analogo si prova che esiste z ∈ [a, b] tale che f (z) = inf f (x), concludendo
x∈[a,b]
u
t
cosı̀ la dimostrazione del teorema.
• Le ipotesi del teorema precedente sono minimali.
Ad esempio, sia f : [0, 1] → R definita da
0 se x = 0
f (x) =
1 se 0 < x ≤ 1;
f non è in C [0, 1] e f [0, 1] = {0, 1}. Altri controesempi pertinenti sono dati dalle
restrizioni della funzione x 7→ 1/x agli intervalli [1, ∞) e (0, 1].
• Esplicitiamo tre proposizioni implicite nel Teorema 3.2.2. Sia f ∈ C [a, b] .
(i) Proprietà degli zeri. Se f (a) · f (b) < 0, allora esiste ξ ∈ (a, b) tale che f (ξ) = 0
(ii) Proprietà dei valori intermedi. Se f (a) < η < f (b), allora esiste ξ ∈ (a, b) tale
che f (ξ) = η.
(iii) Proprietà di Weierstrass. Esistono ξm , ξM ∈ [a, b] tali che
f ξm = inf f (x)
e
f ξM = sup f (x).
x∈[a,b]
x∈[a,b]
• Siano a, b ∈ R e f, g ∈ C [a, b] . Se f (a) < g(a) e f (b) > g(b), allora esiste ξ ∈ (a, b)
tale che
f (ξ) = g(ξ).
La funzione f − g è continua in [a, b],
(f − g)(a) < 0
e
(f − g)(b) > 0.
Per la proprietà degli zeri, esiste ξ ∈ (a, b) tale che (f − g)(ξ) = 0, da cui la tesi.
• Supponiamo che −∞ ≤ a g(b), allora esiste ξ ∈ (a, b) tale che
f (ξ) = g(ξ).
x→a+
Sezione 3.2
55
Funzioni continue in un intervallo
Per il teorema della permanenza del segno, esiste y > a tale che f (y) < g(y). Si
possono, perciò, applicare le considerazioni del punto precedente all’intervallo [y, b], e
concludere che esiste un punto ξ ∈ (y, b) tale che f (ξ) = g(ξ).
• Se nei due punti precedenti si assume che f sia crescente e che g sia non decrescente,
l’equazione
f (x) = g(x)
ha una e una sola soluzione in (a, b).
Esercizi
1
Si dimostri che
T∞
j=1 Ij
= inf{bj : j ∈ N} nella dimostrazione del Teorema 3.2.2.
2 Siano I un intervallo e f ∈ C(I). Si dimostri che se f assume solo valori interi, allora
è costante. Si mostri che l’implicazione è falsa se I non è un intervallo.
3
Si dimostri che un polinomio di grado dispari ha almeno uno zero in R.
4 Sia f : [0, 1] → [0, 1] continua. Si dimostri che l’equazione f (x) = x ha almeno una
soluzione.
5 Sia f ∈ C (0, 1) tale che
lim f (x) = −∞ = lim f (x).
x→0+
x→1−
Si dimostri che f ha massimo in (0, 1).
6 Sia f ∈ C [0, ∞) tale che lim f (x) = f (0). Si dimostri che f ha massimo e minimo
x→∞
in [0, ∞).
56
Capitolo 3.
3.3
Funzioni continue
Funzioni continue in intervalli e monotonia
3.3.1 Proposizione.
Siano I un intervallo e f in C(I). Se f è invertibile, allora f è
strettamente monotona e f −1 : f (I) → I è continua.
Dimostrazione. Essendo f monotona, anche f −1 è monotona. Se f −1 fossediscontinua in
y, avrebbe ivi una discontinuità di tipo salto; conseguentemente,
f −1 f (I) non potrebbe
essere un intervallo, contro il fatto che f −1 f (I) = I.
La dimostrazione della proposizione è completa.
u
t
Esercizi
1 Si dimostri che per ogni y ∈ R l’equazione x + x3 = y ha una e una sola soluzione.
Indicata con f (y) tale soluzione, si dimostri che f : R → R è una funzione continua.
2 Siano I un intervallo e f ∈ C(I). Se per ogni coppia di razionali r, s ∈ I tali che r < s
vale la disuguaglianza f (r) ≤ f (s), allora f è non decrescente in I.
3.4
Limiti di funzioni composte
3.4.1 Proposizione.
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞, f : (a, b) → R e g : f (a, b) → R.
Supponiamo che lim f (x) = λ ∈ R∗ . Valgono le proprietà seguenti:
x→b−
(i) se g è continua in λ, allora lim g f (x) = g(λ)
x→b−
(ii) se f 6= λ in (a, b), allora lim− g f (x) = lim g(y).
x→b
y→λ
Dimostrazione. Per la dimostrazione si veda [BR, Cap. III, Teoremi 10.1 e 10.5].
u
t
• Valgono risultati analoghi per limiti da destra e bilateri.
• Se in (ii) si assume che λ = ∞, oppure che λ = −∞, l’ipotesi f 6= λ è automaticamente
soddisfatta, perché f è a valori reali.
• Senza l’ipotesi di continuità di g in λ, (i) è falsa.
Ad esempio, siano g : R → R, definita da
1 se y = 0
g(y) =
0 se y 6= 0,
def
e f (x) = x2 . Allora g ◦ f = g e
def
lim (g ◦ f )(x) = 0 6= 1 = g
x→0−
• Senza l’ipotesi f 6= λ in (a, b), (ii) è falsa.
lim f (x) .
x→0−
Sezione 3.4
57
Limiti di funzioni composte
Siano g come al punto precedente e f : (−∞, 0) → R definita da f (x) = x sin(1/x).
def
Allora
1 se x = 1/(kπ), k ∈ Z?
(g ◦ f )(x) =
0 altrove,
def
lim f (x) = 0,
lim g(y) = 0,
y→0
x→0−
ma
lim inf (g ◦ f )(x) = 0
e
x→0−
lim sup(g ◦ f )(x) = 1;
x→0−
quindi g ◦ f non ha limite a 0 da sinistra.
• Vari esempi di limiti risolti utilizzando il procedimento di cambio di variabile si possono
trovare in [MPP, Es. 3.95].
• Talvolta, oltre alle quattro forme indeterminate elencate nella Sezione 2.6, si considerano anche le seguenti:
∞0 ,
1∞ ,
00 ,
che sono riconducibili alle forme già viste. Ad esempio, supponiamo che lim f (x) =
x→y
0 = lim f (x) e consideriamo il
x→y
lim f (x)g(x)
x→y
Osserviamo che per l’esistenza della funzione f (x)g(x) è necessario che f sia positiva
vicino a y. Possiamo scrivere
lim f (x)g(x) = lim 2log2 (f (x)
x→y
g(x)
)
x→y
= lim 2g(x) log2 f (x) .
x→y
A esponente abbiamo una forma del tipo 0 · ∞. Poiché l’esponenziale è continuo, se
sappiamo risolvere la forma indeterminata all’esponente, siamo in grado di calcolare
il limite proposto.
Si prova facilmente che anche ∞0 e 1∞ si riconducono alla forma 0 · ∞.
• La Proposizione 3.4.1 giustifica il procedimento di cambiamento di variabile nel limite.
Infatti se f e g soddisfano le ipotesi della Proposizione 3.4.1 (i) oppure di (ii), il calcolo
del limite lim g(f (x)) può essere effettuato calcolando anzitutto il lim f (x) = λ e
x→x0
x→x0
successivamente il
lim g(y).
y→λ
58
3.5
Capitolo 3.
Funzioni continue
Il numero e
Il calcolo della derivata della funzione x 7→ log2 (1 + x) in 0 (vd. Sezione 4.1) conduce
a considerare il
lim log2 (1 + x)1/x .
x→0
3.5.1 Proposizione.
Sia φ : (−1, 0) ∪ R+ → R definita da
φ(x) = (1 + x)1/x .
def
Valgono le proprietà seguenti:
(i) φ è decrescente in (−1, 0) e decrescente in (0, ∞);
(i) lim φ(x) = lim φ(x).
x→0−
x→0+
Dimostrazione. Dimostriamo (i). Mostriamo che φ è decrescente in(0, ∞). Siano 0 < x <
y. Dalla disuguaglianza di Bernoulli (Proposizione 1.9.5), segue che
(1 + x)y/x > 1 + x ·
y
x
= 1 + y,
da cui, elevando ambo i membri alla 1/y, si ottiene (1 + x)1/x > (1 + y)1/y .
Ora dimostriamo che φ è decrescente in (−1, 0). Siano −1 < x < y < 0. Poniamo
x = −t e y = −z; evidentemente 0 < z < t < 1. Allora, applicando ancora una delle
disuguaglianze di Bernoulli, si ha
(1 − z)t/z > 1 − z ·
t
z
= 1 − t,
da cui, elevando ambo i membri alla 1/t, si ottiene (1−z)1/z > (1−t)1/t , cioè (1+y)−1/y >
(1 + x)−1/x , e quindi (1 + x)1/x > (1 + y)1/y .
Dimostriamo ora (ii). Essendo φ monotona in (−1, 0) e in (0, ∞), esistono
lim φ(x)
x→0−
Sia f : (−1, 0) → R definita da
e
f (x) = −
lim φ(x).
x→0+
x
.
x+1
Un semplice calcolo mostra che
(φ ◦ f )(x) = (1 + x) φ(x).
Sezione 3.5
Il numero
e
59
Perciò
lim φ(x) = lim (1 + x) φ(x)
y→0+
y→0+
= lim (φ ◦ f )(x)
x→0+
(per la Proposizione 3.4.1)
= lim φ(y),
y→0−
u
t
come richiesto.
3.5.2 Definizione.
Poniamo
e = lim (1 + x)1/x .
def x→0
• Il numero e gode di importanti proprietà, come vedremo nel seguito. In virtù della
Proposizione 3.4.1, possiamo concludere che
lim log2 (1 + x)1/x = log2 e.
x→0
• Osserviamo che 2 = φ(1) < e < φ(−1/2) = 4. Si può dimostrare facilmente che
2.71 < e < 2.72, calcolando φ(1/n) e φ(−1/n) per n abbastanza grande e utilizzando
il fatto che φ è decrescente.
x
• lim 1 + (1/x) = e.
x→∞
Posto f (x) = 1/x per ogni x ∈ [1, ∞) e φ(y) = (1 + y)1/y per ogni y ∈ (0, 1],
def
def
abbiamo che
1 x
1+
= (φ ◦ f )(x)
∀x ∈ [1, ∞).
x
Osserviamo che lim f (x) = 0, che lim φ(y) = e e che f 6= 0 in [1, ∞). In virtù della
x→∞
y→0
Proposizione 3.4.1 (ii) possiamo concludere che
1 x
= e,
lim 1 +
x→∞
x
come richiesto.
60
Capitolo 3.
Funzioni continue
Esercizi
1
In relazione alla Proposizione 3.4.1, si discuta l’esistenza dei limiti seguenti:
lim bx + 1c
x→0
lim x ln x
e−1/x
.
x→∞
x
x→1
2
lim bx sin(1/x)c
x→0
lim
Si calcolino i limiti seguenti:
lim ln2 x
x→0+
√
lim 4 + ln x
x→1
1+x
lim ln
x→∞
1k+ x2
j
lim e−|x| .
lim
x→∞
√
1 + ex
lim ln(arctan x)
x→∞
1
x→0 1 − e−|x|
lim
x→0
3
Si dimostri che:
lim x sin(1/x) = 1
x→∞
√
1+ x
√ =∞
lim
x→∞ 1 + 3 x
ex − 1
lim
=1
x→0
x
1 + ln x
= −1
x→∞ 1 − ln x
ln(1 + x)
=1
lim
x→0
x
(1 + x)α − 1
lim
= α.
x→0
x
lim
4 Utilizzando la Proposizione 3.4.1, si dimostri che, per ogni β in R e per ogni α > 0,
lnβ x = o(xα ) per x tendente a ∞.
4
4.1
Derivate
Derivata: definizione e prime proprietà
Siano γ una circonferenza di centro O e P un punto di γ. Si chiama retta tangente a
γ in P l’unica retta tP per P che interseca γ solo in P .
È noto che una retta r per P è la tangente a γ in P se e solo se r è ortogonale al
segmento OP .
Consideriamo un riferimento cartesiano ortogonale nel piano dove giace γ e p
supponi2
2
amo che, rispetto a tale riferimento, γ abbia equazione a + b = 1, e che P = (y, 1 − y 2 )
per qualche y ∈ (−1, 1). Sia r è una retta per P e indichiamo con mr il p
suo coefficiente
angolare. Poiché la retta passante per P e per O ha coefficiente angolare 1 − y 2 /y, r è
tangente a γ in P se e solo se
y
mr = − p
.
1 − y2
Dato un punto Q di γ diverso da P , di coordinate (x,
retta per P e Q. Osserviamo che
mr P Q =
√
√
1 − x2 ), indichiamo con rP Q la
p
1 − x2 − 1 − y 2
,
x−y
e che
lim mrP Q = lim
x→y
Abbiamo dimostrato la formula
x→y
(x − y)
y
= −p
.
1 − y2
√
y 2 − x2
1 − x2 +
mtP = lim mrP Q ,
x→y
dove tP è la retta tangente a γ in P .
p
1 − y2
62
Capitolo 4.
Derivate
4.1.1 Definizione.
Siano I un intervallo, y ∈ I, e f : I → R. Si chiama rapporto
incrementale di f con punto iniziale y la funzione Ry f : I \ {y} → R definita da
Ry f (x) =
f (x) − f (y)
.
x−y
• Il numero Ry f (x) è il coefficiente angolare della retta passante per x, f (x) e y, f (y) .
4.1.2 Definizione.
Siano −∞ < a < y < b < ∞ e f : [y, b) → R. Se lim Ry f (x) ∈
x→y +
R diciamo che f è derivabile da destra in y, e chiamiamo derivata destra di f in y il
numero
0
f+
(y) = lim Ry f (x).
def x→y +
Se f : (a, y] → R, le nozioni di derivabilità da sinistra e di derivata sinistra di f in y,
0
che indicheremo con f−
(y), sono ottenute dalle precedenti sostituendo i limiti da destra
con i corrispondenti limiti da sinistra.
0
0
Se f : (a, b) → R è derivabile da sinistra e da destra in y, e f−
(y) = f+
(y), diciamo che f
0
0
è derivabile in y e chiamiamo derivata di f in y il numero reale f (y) = f−
(y).
def
df • La derivata destra di f in y si indica anche con D+ f (y), o con
(y). Analogadx +
df df
0
mente, D− f (y) e
(y) sono notazioni alternative a f−
(y), e Df (y) e
(y) sono
dx −
dx
0
alternative a f (y).
4.1.3 Esempi.
• Siano f (x) = mx + q e y in R. Allora f 0 (y) = m.
def
Infatti, è facile verificare che Ry f (x) = m per ogni x in R, da cui
lim Ry f (x) = m,
x→y
Sezione 4.1
63
Derivata: definizione e prime proprietà
come richiesto.
• Sia f : R → R definita da
f (x) =
n
1 se x > 0
0 se x ≤ 0.
Sia y > 0. Allora, per ogni x > 0, x 6= y, si ha che Ry f (x) = 0, da cui ricaviamo
che lim Ry f (x) = 0. Se y < 0 si ragiona in modo simile, e si perviene al medesimo
x→y
risultato. Quindi, f 0 (y) = 0 per ogni y =
6 0. Osserviamo che
0
se x < 0
R0 f (x) =
1/x se x > 0,
e quindi D− f (0) = 0, ma f non è derivabile in 0 da destra.
4.1.4 Proposizione.
Siano −∞ ≤ a < y < b ≤ ∞ e f : (a, b) → R. Valgono le
affermazioni seguenti:
(i) f è derivabile da sinistra (risp. da destra) in y se e solo se esiste λ ∈ R tale che
f (x) − f (y) − λ(x − y) = o(x − y)
0
per x tendente a y da sinistra (risp. da destra). In tal caso λ = f−
(y) (risp. λ =
0
f+ (y));
(ii) se f è derivabile in y da sinistra (risp. da destra), allora f è continua in y da sinistra
(risp. da destra).
Dimostrazione. Consideriamo il caso della derivabilità da sinistra; il caso della derivabilità
da destra è analogo.
Dimostriamo (i).
Supponiamo che f sia derivabile in y da sinistra. Allora
lim
x→y −
f (x) − f (y) − f 0 (y)(x − y)
= lim Ry f (x) − f 0 (y)
x−y
x→y −
= 0,
come richiesto.
Viceversa, supponiamo che f (x) − f (y) − λ(x − y) = o(x − y) per x tendente a y − .
Dividendo ambo i membri per x − y e facendo il limite per x tendente a y − , si ricava che
lim Ry f (x) − λ = 0,
x→y −
0
da cui segue che f−
(y) = λ, come richiesto.
Dimostriamo (ii). Poiché f è derivabile da sinistra in y, per (i) vale la formula f (x) −
f (y) − λ(x − y) = o(x − y) per x tendente a y − , da cui deduciamo che
lim− f (x) − f (y) = 0,
x→y
64
Capitolo 4.
Derivate
u
t
che è equivalente alla continuità di f in y da sinistra.
• Esistono funzioni continue in un punto ma non ivi derivabili.
Ad esempio, la funzione f (x) = |x| è continua in 0, ma è facile verificare che R0 f (x) =
def
sgn x, da cui
D− f (0) = −1 6= 1 = D+ f (0);
ergo, f non è derivabile in 0.
Esercizi
1
Si dimostri che la funzione
f (x) =
def
n
x sin(1/x) se x 6= 0
0
se x = 0
non è derivabile in 0.
2 Si dimostri che la funzione f : [0, π] → R definita da f (x) =
da destra in 0 e da sinistra in π.
3
√
sin x non è derivabile
Si consideri la funzione
f (x) =
def
x2 sin(1/x) se x 6= 0
0
se x = 0.
Si dimostri che f è derivabile in R e che f 0 non è continua in 0.
4.2
Calcolo di derivate
La definizione di derivata non è comoda per il calcolo. Per poter calcolare velocemente
le derivate di molte tra le funzioni più comuni, stabiliamo formule per il calcolo delle
derivate di alcune funzioni elementari, e regole che permettono di derivare funzioni costruite
a partire da funzioni elementari mediante l’uso delle quattro operazioni e della composizione
di funzioni.
Calcoliamo la derivata di alcune funzioni elementari.
• Se x > 0, allora D(xα ) = α xα−1 per ogni α in R.
Supponiamo che x, z > 0. Si ha
z α − xα
xα
(z/x)α − 1
=
lim
z→x z − x
x z→x (z/x) − 1
(1 + t)α − 1
(ponendo z/x = 1 + t)
= xα−1 lim
t→0
t
α−1
(Es. 3, Sez. 3.4)
= αx
.
lim
Sezione 4.2
65
Calcolo di derivate
Si verifica facilmente che la funzione x 7→ xα è derivabile in 0 da destra se e solo se
α ≥ 1, e che la sua derivata è nulla se α > 1 e uguale a 1 se α = 1.
• D(ax ) = ax ln a per ogni x in R. In particolare D(ex ) = ex .
Infatti,
az − a x
az−x − 1
lim
= ax lim
z→x z − x
z→x z − x
at − 1
(ponendo z − x = t)
= ax lim
t→0
t
x
(Es. 3, Sez. 3.4)
= a ln a.
• D(sin x) = cos x e D(cos x) = − sin x per ogni x in R.
Dimostriamo la prima delle due formule. La dimostrazione della seconda è analoga.
Per le formule di prostaferesi
2
z−x
z + x
sin z − sin x
= lim
sin
cos
z→x
z→x z − x
z−x
2
2
(per l’Es. 1, Sez. 2.4, e la cont. del coseno)
= cos x.
lim
4.2.1 Proposizione.
Supponiamo che I sia un intervallo, che y ∈ I e che f, g : I → R
siano derivabili in y. Allora f + g e f g sono derivabili in y e
(f + g)0 (y) = f 0 (y) + g 0 (y)
(f g)0 (y) = f 0 (y) g(y) + f (y) g 0(y).
Se, inoltre, g(y) 6= 0, allora f /g è derivabile in y e
f 0
g
(y) =
f 0 (y) g(y) − f (y) g 0(y)
.
[g(y)]2
u
t
Dimostrazione. Vd. [BR, Cap. VI, Teorema 5.1].
• Se α ∈ R, allora D(αf ) = αDf .
• D(1/g) = −(Dg)/g 2 .
• Utilizzando la formula della derivata della funzione potenza e le regole di derivazione
di somma e prodotto (Proposizione 4.2.1), si ottiene che
D
n
X
i=0
• D(tan x) = D
sin x
cos x
ai x
i
=
n
X
iai xi−1 .
i=1
cos2 x + sin2 x
1
=
=
.
2
cos x
cos2 x
66
Capitolo 4.
Derivate
4.2.2 Proposizione.
Siano f : (a, b) → R e g : (c, d) → R. Supponiamo che y ∈ (a, b)
e che f (y) ∈ (c, d). Se f è derivabile in y e g è derivabile in f (y), allora la funzione
composta g ◦ f è derivabile in y e
(g ◦ f )0 (y) = g 0 f (y) f 0 (y).
Dimostrazione. Vd. [BR, Cap. VI, Teorema 5.5].
u
t
• D(asin x ) = asin x (ln a) cos x.
4.2.3 Proposizione.
Siano I un intervallo, y ∈ I e f : I → R invertibile in I.
Supponiamo che f sia derivabile in y e che Df (y) 6= 0. Allora la funzione inversa f −1 è
derivabile in w = f (y) e si ha
D f −1 (w) =
1
1
.
=
−1
Df (y)
Df f (w)
Dimostrazione. Vd. [BR, Cap. VI, Teorema 5.8].
u
t
• La parte meno semplice della dimostrazione del teorema precedente è quella che mostra
−1
che
è derivabile in f (y). Noto questo, osserviamo che, dalla formula x = f −1 ◦
f
f (x), valida per ogni x ∈ I, si ricava, in virtù della formula per la derivata di una
funzione composta, che
1 = (Df −1 ) f (y) (Df )(y).
Dividendo ambo i membri per Df (y), si ottiene la formula della derivata della funzione
inversa della proposizione precedente.
4.2.4 Esempi.
• Sia f (x) = ax , a > 0. Allora f −1 (y) = loga y. Applicando la Proposizione 4.2.3 si
ottiene
1
1
1
1
D(f −1 )(y) =
= x
= log y
=
.
Df (x)
a ln a
a a ln a
y ln a
Sezione 4.2
67
Calcolo di derivate
Quindi D(loga x) = 1/(x ln a) per ogni x > 0; in particolare, D(ln x) = 1/x.
• Sia f (x) = sin x. La restrizione di f a [−π/2, π/2] è invertibile, f −1 : [−1, 1] →
[−π/2, π/2] e f −1 (y) = arcsin y.
Sia y in (−1, 1). Applicando la Proposizione 4.2.3, si ottiene
D(arcsin y) =
1
1
=
D(sin x)
cos x
1
1
= p
= p
.
2
1 − y2
1 − sin x
(cos x > 0 in (−π/2, π/2))
• In modo analogo si dimostrano le formule
−1
D(arccos y) = p
1 − y2
e
D(arctan y) =
1
.
1 + y2
• Sia f (x) = x + ln x. La funzione f è invertibile nell’intervallo (1, ∞), perché somma
di funzioni crescenti, ergo crescente. Osserviamo che f (1) = 1 e che Df (1) = 2. Per
la Proposizione 4.2.3,
1
1
D(f −1 )(1) =
= .
Df (1)
2
• Per comodità, riportiamo nella seguente tabella le derivate di alcune tra le funzioni di
uso comune.
1
D(xα ) = αxα−1
D(ln |x|) =
x
x
x
x
x
D(a ) = a ln a
D(e ) = e
D(sin x) = cos x
1
D(tan x) =
= 1 + tan2 x
2
cos x
−1
D(arccos x) = √
1 − x2
D(cos x) = − sin x
1
D(arcsin x) = √
1 − x2
1
D(arctan x) =
1 + x2
Esercizi
1
x
Si calcolino le derivate delle funzioni seguenti: sin(sin x), xx , xg(x) e xx .
2 Supponiamo che f e g siano n volte derivabili in I. Allora vale la formula seguente,
nota con il nome di formula di Leibnitz
n X
n
D(f g) =
(Di f ) (Dn−i g).
i
i=0
3
Si dimostri che
(h ◦ g ◦ f )0 = h0 ◦ (g ◦ f ) g 0 ◦ f f 0 .
Si enunci e si dimostri una formula analoga per la derivata della composta di n funzioni.
68
4.3
Capitolo 4.
Derivate
Studio del comportamento locale di una funzione. I
4.3.1 Definizione.
Siano I un intervallo aperto, y ∈ I e f : I → R. Diciamo che f è
crescente in y (risp. decrescente in y) se esiste un intervallo aperto J ⊆ I contenente
y e tale che se x < y < z, e x, z ∈ J , allora
f (x) < f (y) < f (z)
(risp. f (x) > f (y) > f (z)).
4.3.2 Definizione.
Diciamo che y è un punto di massimo (risp. punto di minimo) di f , se esiste un intervallo aperto J ⊆ I contenente y e tale che
f (x) ≤ f (y)
(risp. f (x) ≥ f (y))
∀x ∈ J.
La locuzione “y è un punto di estremo per f ” equivale a “y è un punto di minimo o di
massimo per f ”.
• Nel caso in cui I non sia aperto e y sia un estremo di I, le definizioni precedenti si
modificano in modo ovvio.
4.3.3 Proposizione.
Siano −∞ ≤ a < y 0 (risp. f 0 (y) < 0), allora f è crescente (risp.
decrescente) in y;
(ii) se y è un punto di massimo o di minimo per f , allora f 0 (y) = 0.
Dimostrazione. Dimostriamo (i). Supponiamo che f 0 (y) > 0. Per (i) possiamo scrivere
f (x) − f (y) = f 0 (y) (x − y) + o (x − y)
= (x − y) f 0 (y) + r(x − y) ,
Sezione 4.3
69
Studio del comportamento locale di una funzione. I
dove r(x − y) tende a 0 per x tendente a y. Poiché f 0 (y) > 0, esiste un intervallo aperto
J ⊆ I tale che
f 0 (y)
|r(x − y)| ≤
.
2
Ne deduciamo che
f 0 (y)
3f 0 (y)
≤ f 0 (y) + r(x − y) ≤
2
2
∀x ∈ J ;
conseguentemente
f 0 (y)
3f 0 (y)
(x − y) ≤ f (x) − f (y) ≤
(x − y)
2
2
∀x ∈ J,
che implica la crescenza di f in y.
In modo analogo si prova che se f 0 (y) < 0, allora f è decrescente in y.
Dimostriamo (ii). Se y è un punto di estremo, allora f non è né crescente, né decrescente in y. In virtù di (i) f 0 (y) non può essere né positiva, né negativa; perciò f 0 (y) = 0,
come richiesto.
u
t
4.3.4 Definizione.
Siano −∞ < a < y < b < ∞ e f : [a, b) → R. Se f è derivabile
da destra in a, chiamiamo semitangente destra in a al grafico di f la semiretta grafico
0
della funzione x 7→ f (a) + f+
(a)(x − a), x ≥ a.
In modo analogo, se f : (a, b] → R è derivabile da sinistra in b, si dà la definizione di
semitangente sinistra al grafico di f in b.
Se f : (a, b) → R è derivabile in y, chiamiamo tangente in y al grafico di f la retta grafico
della funzione x 7→ f (y) + f 0 (y)(x − y).
0
0
Se f : (a, b) → R è derivabile a sinistra e a destra in y, e f−
(y) 6= f+
(y), diciamo che il
grafico di f ha un punto angoloso.
Se f è continua in y e lim Ry f (x) vale ∞ oppure −∞, diciamo che y è un punto a
x→y
tangente verticale.
Se f è continua in y, lim Ry f (x) 6= lim Ry f (x), e almeno uno di questi due limiti è
x→y −
x→y +
infinito, diciamo che f ha una cuspide in y.
70
Capitolo 4.
Derivate
4.3.5 Esempi.
• Dalla Proposizione 4.1.4 segue che una funzione non è derivabile in ogni punto in cui
non è continua.
• La funzione f (x) = |x| ha un punto angoloso in 0.
def
Infatti, come dimostrato in uno degli esempi in calce alla Proposizione 4.1.4, f è
continua in 0 e
D− f (0) = −1 6= 1 = D+ f (0).
p
• La funzione f (x) =
|x| ha una cuspide in 0.
def
sgn x
Infatti, f è continua in 0 e R0 f (x) = √ , da cui
x
lim R0 f (x) = −∞ e
x→0−
lim R0 f (x) = ∞.
x→0+
√
• La funzione f (x) = 3 x ha in 0 un punto a tangente verticale. Infatti, f è continua
def
√
3
in 0 e R0 f (x) = 1/ x2 , da cui
lim R0 f (x) = ∞.
x→0
Esercizi
1
Sia f : (−1, 1) → R definita da
f (x) =
x2 sin(1/x) se x 6= 0
0
se x = 0.
Si dimostri che f 0 (0) = 0, e che la retta tangente in 0 interseca il grafico di f in infiniti
punti.
4.4
Il teorema del valor medio
4.4.1 Definizione.
Siano −∞ < a < b < ∞ e f : (a, b) → R. Diciamo che f è
derivabile in (a, b) se f è derivabile in ogni punto di (a, b).
Se f : [a, b) → R, diciamo che f è derivabile in [a, b) se f è derivabile in (a, b) ed è derivabile
da destra in a
Se f : (a, b] → R, diciamo che f è derivabile in (a, b] se f è derivabile in (a, b) ed è derivabile
da sinistra in b.
Se f : [a, b] → R, diciamo che f è derivabile in [a, b] se f è derivabile in [a, b) e in (a, b].
Sezione 4.4
71
Il teorema del valor medio
4.4.2 Teorema.
Siano −∞ < a < b < ∞, f in C [a, b] e derivabile in (a, b). Valgono
le proprietà seguenti:
(i) (Lagrange) esiste ξ ∈ (a, b) tale che
f (b) − f (a) = f 0 (ξ) (b − a)
(ii) (Rolle) se f (a) = f (b), allora esiste ξ ∈ (a, b) tale che
f 0 (ξ) = 0.
Dimostrazione. Dimostriamo (i). Sia φ : [a, b] → R la funzione
φ(t) = f (t) − f (a) − Ra f (b) (t − a).
def
Osserviamo che φ(a) = φ(b) = 0, e che φ è continua in [a, b].
Si presentano due casi.
Se φ è costante, essa è nulla in [a, b]. In tal caso
f (t) = f (a) + Ra f (b) (t − a),
da cui segue che f 0 (t) = Ra f (b) per ogni t ∈ (a, b).
Supponiamo che φ non sia costante. Poiché φ è continua, per il teorema fondamentale
delle funzioni continue su un intervallo, essa ha massimo o minimo. Uno almeno dei
punti di massimo o di minimo corrispondenti è diverso da a e da b (perché φ(a) = φ(b));
indichiamolo con ξ. Poiché φ è derivabile in ξ, la Proposizione 4.3.3 (i) implica che Dφ(ξ) =
0, cioè che
f 0 (ξ) = Ra f (b),
come richiesto.
Se f (a) = f (b), allora Ra f (b) = 0, e (ii) è una conseguenza diretta di (i).
4.4.3 Proposizione.
seguenti:
u
t
Siano I un intervallo aperto e f : I → R. Valgono le proprietà
72
Capitolo 4.
Derivate
(i) se f 0 > 0 in I, allora f è crescente in I; se f 0 ≥ 0, allora f è non decrescente in I;
(ii) se f 0 è identicamente nulla in I, allora f è costante.
Dimostrazione. Dimostriamo (i). Siano x e y due punti di I tali che x < y. Per la formula
di Lagrange, esiste ξ in (x, y) tale che
f (y) − f (x) = f 0 (ξ) (y − x)
(poiché f 0 (ξ) > 0)
> 0,
da cui segue che f (x) < f (y); quindi f è crescente in I. Analogamente si procede se f 0 ≥ 0,
provando cosı̀ (i).
Dimostriamo (ii). Sia y un punto di I fissato. Dato x ∈ I, per la formula di Lagrange
esiste ξ compreso tra x e y tale che
f (x) − f (y) = f 0 (ξ) (x − y).
Per ipotesi f 0 (ξ) = 0, da cui deduciamo che f (x) = f (y); facendo variare x in I, si ottiene
che f è costante.
u
t
Siano −∞ ≤ a < b ≤ ∞ e f, g : (a, b) → R
4.4.4 Teorema di de l’Hôpital.
derivabili con g 0 (x) 6= 0 in (a, b).
(i) se lim+ f (x) = 0 = lim+ g(x), ed esiste il lim+
x→a
x→a
x→a
lim
x→a+
f 0 (x)
, allora
g 0 (x)
f (x)
f 0 (x)
= lim 0
;
g(x) x→a+ g (x)
f 0 (x)
(ii) se lim f (x) e lim g(x) sono infiniti ed esiste il lim 0
, allora
x→a+
x→a+
x→a+ g (x)
lim
x→a+
f (x)
f 0 (x)
= lim 0
.
g(x) x→a+ g (x)
Dimostrazione. Per la dimostrazione si veda [R, Thm 5.13] oppure [BR, Cap. 7, Teorema 3.1].
u
t
4.4.5 Esempi.
ln(1 + x)
.
x→0+ ex − 1
Posto f (x) = ln(1 + x) e g(x) = ex − 1, osserviamo che sono soddosfatte le ipotesi del
f 0 (x)
Teorema 4.4.4 (i). Siccome lim 0
= 1, possiamo concludere che
x→0+ g (x)
• Calcoliamo il lim
lim
x→0+
ln(1 + x)
= 1.
ex − 1
Sezione 4.4
73
Il teorema del valor medio
ln x
.
x→0 1/x
Posto f (x) = ln x e g(x) = 1/x, osserviamo che sono soddosfatte le ipotesi del TeoD ln x
rema 4.4.4 (ii). Siccome lim
= 0, possiamo concludere che
+
x→0 D(1/x)
• Siamo invece nella situazione (ii) con il Calcoliamo il lim+
lim
x→0+
ln x
= 0.
(1/x)
• Con l’applicazione (ripetuta) del Teorema 4.4.4 si possono riottenere risultati già
trovati in precedenza. Ad esempio si ha
lim
x→∞
1
x
x2
xn
=
0
=⇒
lim
=
0
=⇒
lim
=
0
=⇒
.
.
.
=⇒
lim
= 0, ∀n
x→∞ ex
x→∞ ex
x→∞ ex
ex
n
(si può anche scrivere xn /ex = x/ex/n ed arrivare al risultato con una sola applicazione del teorema di de l’Hôpital).
Quindi xn = o(ex ) per x → ∞, per ogni n ∈ N.
• Per verificare che ln x = o(x1/n ) per x → ∞, per ogni n ∈ N, si può scrivere che
ln x
1/x
n
= lim −1 1/n−1 = lim 1/n = 0,
1/n
x→∞ x
x→∞ n
x→∞ x
x
lim
∀n ∈ N.
Esercizi
1
Si dimostri che
arctan x + arctan
1
π
=
x
2
∀x ∈ R+ .
Cosa si può dire per x < 0?
2
3
Sia f : R+ → R tale che f 0 ≥ 1 in R+ . Si dimostri che lim f (x) = ∞.
x→∞
0
Sia f : (0, 1) → R tale che lim f (x) = ∞. Si dimostri che lim f (x) = ∞. Cosa si
x→0+
x→∞
può dire se si suppone solo che lim sup f 0 (x) = ∞? E se si suppone che lim sup f 0 (x) = ∞
0
e che lim inf f (x) > −∞?
x→0+
x→0+
x→0+
74
Capitolo 4.
4.5
Derivate
Derivate successive
Siano I un intervallo e f : I → R. Poniamo D0 f = f , e, se Dn f
4.5.1 Definizione.
def
è derivabile, Dn+1 f = D(Dn f ).
def
4.5.2 Definizione.
Siano I un intervallo e n un intero positivo. La classe di tutte
le funzioni f : I → R che ammettono derivata n-esima continua in I si denota con C n (I).
Poniamo, inoltre,
∞
\
∞
C (I) =
C n (I).
def
n=1
• Osserviamo che C(I) ⊃ C 1 (I) ⊃ C 2 (I) ⊃ · · · ⊃ C ∞ (I) (inclusioni proprie).
Per definizione C ∞ (I) ⊂ C n (I) per ogni intero positivo n. Sia f in C 1 (I). In particolare, f è derivabile in I e quindi continua in I, cioè appartiene a C(I), dimostrando
cosı̀ la prima inclusione. Le altre si dimostrano in modo simile.
Mostriamo ora che le inclusioni sono proprie.
Sia y un punto di I diverso dai suoi estremi. Per ogni intero positivo n sia fn : I → R
definita da
fn (x) = (x − y)n+1 sgn(x − y).
È facile dimostrare che Dn fn (x) = (n + 1)! |x − y|. Poiché x 7→ |x − y| è continua
in I, fn appartiene a C n (I). Tuttavia Dn fn non è derivabile in y, e quindi fn non
appartiene a C n+1 (I). Questo prova che le inclusioni dell’enunciato sono proprie, come
richiesto.
Esercizi
1 Supponiamo che −∞ ≤ a < y < b ≤ ∞, che f sia derivabile in (a, b) e che f 0 sia
continua in y. Allora
lim f 0 (x) − Ry f (x) = 0.
x→y
5
5.1
Primitive
Primitiva: definizione e prime proprietà
5.1.1 Definizione.
Siano I un intervallo e f : I → R. Una funzione F : I → R si
chiama primitiva di f in I se F è derivabile in I e F 0 (x) = f (x) per ogni x ∈ I.
• La funzione di Heaviside, definita da
0 se x ≤ 0
h(x) =
1 se x > 0,
def
non ammette primitiva in R.
Se H fosse una primitiva di h in R, allora H 0 = h in R. In particolare,
0 = h(0)
= H 0 (0)
(definizione di derivata)
= lim
x→0+
H(x) − H(0)
.
x
Per il teorema del valor medio applicato alla funzione H e all’intervallo [0, x], esisterebbe c ∈ (0, x) tale che
H(x) − H(0)
= H 0 (c)
x
= h(c)
= 1,
in contraddizione con quanto dimostrato sopra.
• La funzione
2x sin(1/x) − cos(1/x)
f (x) =
0
def
x 6= 0
x = 0,
ha una discontinuità di seconda specie in 0, perché f non ammette limite a 0. Si
verifica facilmente che la funzione
x2 sin(1/x)
x 6= 0
F (x) =
def
0
x=0
è una primitiva di f in R.
76
Capitolo 5.
Primitive
5.1.2 Proposizione.
Siano I un intervallo, f : I → R e F una primitiva di f in I.
Valgono le proprietà seguenti:
(i) per ogni c ∈ R, F + c è una primitiva di f ;
(ii) se F1 è una primitiva di f , allora F − F1 è costante.
Dimostrazione. Osserviamo che D(F + c) = DF + Dc = DF ; quindi F + c è una primitiva
di f , e (i) è dimostrato.
Dimostriamo (ii). Osserviamo che D(F − F1 ) = DF − DF1 = 0 per ipotesi. Per la
Proposizione 4.4.3, F − F1 è costante, come richiesto.
u
t
5.1.3 Definizione.
Siano I un intervallo e f : I → R. L’insieme delle primitive di f
in I si chiama integrale indefinito di f e viene indicato con uno dei simboli
Z
Z
f
oppure
f (x) dx.
R
• Per la Proposizione 5.1.2, se F è una primitivaR di f , allora f = F + c : c ∈ R . Per
non appesantire la notazione, si scrive anche f = F + c.
• ConsideriamoR la funzione x 7→ 1/x, x ∈ R \ {0}. Nell’intervallo (0, ∞)
R si ha D ln x =
1/x e quindi f = ln x+c; in (−∞, 0) si ha D ln(−x) = 1/x e quindi f = ln(−x)+c.
Con abuso di notazione, in questa e in situazioni simili, scriveremo
Z
1
dx = ln |x| + c
in R \ {0}.
x
Osserviamo che l’insieme delle funzioni della forma ln |x| + c non esauriscono la classe
delle funzioni in R \ {0} la cui derivata è 1/x. Ad esempio, se c1 6= c2 , la funzione
ln x + c1
se x > 0
G(x) =
ln(−x) + c2 se x < 0
non fa parte di questa classe.
• Dalla tabella di derivate della Sezione 4.2 e dalla
seguente tabella di primitive:
Z
xα+1
xα dx =
+ c, ∀α 6= −1
α+1
Z
ax
ax dx =
+c
ln a
Z
cos x dx = sin x + c
Z
Z
1
dx = (1 + tan2 x) = tan +c
2x
cos
Z
1
√
dx = − arccos x + c
1 − x2
definizione di primitiva, si ricava la
Z
1
dx = ln |x| + c
Z x
ex dx = ex + c
Z
sin x dx = − cos x + c
Z
1
√
dx = arcsin x + c
1 − x2
Z
1
dx = arctan x + c.
1 + x2
Sezione 5.2
5.2
77
Tecniche di integrazione: I
Tecniche di integrazione: I
5.2.1 Proposizione.
Siano I un intervallo, f, g : I → R e F, G loro primitive in I.
Valgono le affermazioni seguenti:
(i) aF + bG è una primitiva di af + bg
(ii) se ϕ : J → I è derivabile, allora F ◦ ϕ è una primitiva di (f ◦ ϕ) Dϕ
(iii) vale la formula, detta formula di integrazione per parti,
Z
Z
F g = F G − f G.
Dimostrazione. Per dimostrare (i), basta osservare che aF + bG è derivabile e che
(aF + bG)0 = aF 0 + bG0
= af + bg.
Per il teorema di derivazione delle funzioni composte
(F ◦ ϕ)0 = (F 0 ◦ ϕ) ϕ0 = (f ◦ ϕ) ϕ0 ,
e (ii) è dimostrato.
Per provare (iii), dobbiamo dimostrare che se H è una primitiva di f G, allora F G−H
è una primitiva di F g. Infatti,
(F G − H)0 = F 0 G + F G0 − H 0
=fG+F g−fG
= F g,
u
t
come richiesto.
Esempi d’uso della Proposizione 5.2.1 (i):
• Osserviamo che x2 /2 èR una primitiva di x, e che x è una primitiva di 1. Per la
Proposizione 5.2.1 (i), (3x + 2) dx = 3x2 /2 + 2x + c.
• Più generalmente, se αi è in R \ {−1} per ogni i, la ripetuta applicazione della Proposizione 5.2.1 dà
Z X
Z
m
αi
ai x dx = (a1 xα1 + a2 xα2 + . . . + am xαm ) dx
i=1
xα1 +1
xα2 +1
xαm +1
+ a2
+ . . . + am
+c
α1 + 1
α2 + 1
αm + 1
m
X
xαi +1
=
ai
+ c.
α
+
1
i
i=1
= a1
78
Capitolo 5.
Esempi d’uso della Proposizione 5.2.1 (ii):
R
α+1
• ϕα Dϕ = ϕα+1 + c, per ogni α 6= −1.
R
• Dϕ
= ln |ϕ| + c.
R ϕϕ
• e Dϕ = eϕ + c.
R Dϕ
• 1+ϕ
2 = arctan ϕ + c.
Primitive
• La Proposizione 5.2.1 (ii) è nota come formula di integrazione per sostituzione.
Infatti, con la sostituzione ϕ(t) = x, si ottiene
Z
f (ϕ(t)) Dϕ(t) dt =
Z
f (x) dx,
che possiamo integrare se è nota una primitiva di f .
Esempi d’uso della proposizione 5.2.1 (iii):
•
Z
Z
xex dx = xex −
1 ex dx
= xex − ex + c.
•
•
Z
Z
ln x dx =
Z
1 ln x dx
Z
1
= x ln x −
x dx
x
= x ln x − x + c.
x arctan x dx =
=
=
=
x2
2
x2
2
x2
2
x2
2
Z
x2
1
dx
2 1 + x2
Z
1
1 + x2 − 1
arctan x −
dx
2
1 + x2
Z
1 1 arctan x −
1−
dx
2
1 + x2
1
arctan x − (x − arctan x) + c.
2
arctan x −
Sezione 5.3
5.3
79
Techniche di integrazione: II. Funzioni razionali
Techniche di integrazione: II. Funzioni razionali
5.3.1 Definizione.
Il trinomio x2 + px + q, con p, q in R, si dice irriducibile se non
ha radici reali.
• Osserviamo che x2 + px + q è irriducibile se e solo se il suo discriminante p2 − 4q è
negativo.
5.3.2 Definizione.
Un polinomio Q si dice decomposto in fattori irriducibili se
Q(x) = a0 (x − r1 )m1 · . . . · (x − rh )mh (x2 + p1 x + q1 )n1 · . . . · (x2 + pk x + qk )nk ,
dove i fattori del tipo x2 + pj x + qj sono fattori irriducibili, r1 , . . . , rh sono le radici reali
di Q di molteplicità rispettive m1 , . . . , mh , e n1 , . . . , nk sono numeri naturali.
• Osserviamo che se Q è come sopra, allora
m1 + . . . + mh + 2n1 + . . . + 2nk = deg Q.
• Si può dimostrare che ogni polinomio ammette una decomposizione in fattori irriducibili. Tuttavia non esistono metodi generali per ottenere la fattorizzazione di
un generico polinomio.
Presentiamo un metodo generale per l’integrazione di una funzione razionale, cioè di
una funzione del tipo P/Q, dove P e Q sono polinomi e Q non è identicamente nullo.
5.3.3 Teorema (decomposizione in frazioni semplici).
tali che deg P < deg Q. Supponiamo che
Siano P e Q due polinomi
Q(x) = a0 (x − r1 )m1 · · · (x − rh )mh (x2 + p1 x + q1 )n1 · · · (x2 + pk x + qk )nk ,
sia la decomposizione di Q in fattori irriducibili. Allora esistono, e sono unici, polinomi
M1 , . . . , Mh , con deg Mi < mi , 1 ≤ i ≤ h, e polinomi N1 , . . . , Nk , con deg Nj < 2nj ,
1 ≤ j ≤ k tali che
P (x)
M1 (x)
Mh (x)
N1 (x)
Nk (x)
=
+ ...+
+ 2
+ ...+ 2
.
m
m
n
1
1
h
Q(x)
(x − r1 )
(x − rh )
(x + p1 x + q1 )
(x + pk x + qk )nk
Dimostrazione. Per la dimostrazione, vd. [P, Lemmi 54.2 e 54.3].
u
t
• Dati due polinomi P e Q tali che deg P ≥ deg Q, l’algoritmo della divisione tra
polinomi assicura che esistono due polinomi R e S tali che
P = SQ + R
e
deg R < deg Q.
Perciò possiamo scrivere P/Q = S+R/Q. Il polinomio S è elementarmente integrabile;
quindi il problema di integrare P/Q è ricondotto al problema di integrare R/Q.
80
Capitolo 5.
Primitive
• In virtù del punto precedente e della Proposizione 5.3.3, l’integrazione di P/Q è ricondotta all’integrazione di funzioni razionali di uno dei tipi seguenti:
M (x)
(x − r)m
e
(x2
N (x)
,
+ px + q)n
dove M ed N sono polinomi con deg M < m e deg N < 2n, e p2 − 4q < 0.
Z
M (x)
• L’integrale
dx.
(x − r)m
La sostituzione x − r = t lo trasforma nell’integrale
Z
M (t + r)
dt,
tm
che si calcola facilmente, usando la Proposizione 5.2.1 (i).
Z
N (x)
• L’integrale
dx.
2
(x + px + q)n
Prendiamo in considerazione dapprima alcuni casi particolari, che risulteranno poi
utili per la soluzione Zdell’integrale nella forma generale.
1
dt = arctan t + c.
Caso a. Come noto,
2+1
t
Z
t
Caso b.
dt.
2
(t + 1)n
Si ha direttamente
Z
Caso c.
Z
(t2
Z
t
1
2t
dt =
dt
2
n
2
(t + 1)
2
(t + 1)n

1

 ln(t2 + 1) + c
se n = 1
= 2
2
−n+1

 1 (t + 1)
+c
se n > 1
2 −n + 1

1

 ln(t2 + 1) + c
se n = 1
= 2 1
1


+c
se n > 1.
2
2(1 − n) (t + 1)n−1
1
dt, con n > 1.
+ 1)n
Sezione 5.3
81
Techniche di integrazione: II. Funzioni razionali
Possiamo scrivere
Z
Z
t2 + 1
t2
dt
−
dt
(t2 + 1)n
(t2 + 1)n
Z
Z
1
t2
dt
−
dt
=
(t2 + 1)n−1
(t2 + 1)n
Z
Z
1
t
=
dt
−
t dt
(t2 + 1)n−1
(t2 + 1)n
Z
1
t
1
=
dt −
2
n−1
2
(t + 1)
2(1 − n) (t + 1)n−1
Z
1
1
+
dt.
2
2(1 − n)
(t + 1)n−1
1
dt =
2
(t + 1)n
(il secondo per parti)
Z
Z
1
dt a
Integrando altre n − 2 volte per parti, riconduciamo il calcolo di
2
(t + 1)n
Z
1
quello di
dt.
2+1
t
Z
ts
Caso d.
dt, con s > 1.
(t2 + 1)n
Possiamo scrivere
Z
Z
t
ts
dt =
ts−1 dt
2
n
2
n
(t + 1)
(t + 1)
Z
s−1
1
ts−1
ts−2
−
dt;
(per parti) =
2(1 − n) (t2 + 1)n−1
2(1 − n)
(t2 + 1)n−1
abbiamo ottenuto un integrale dello stesso tipo di quello di partenza, in cui, però, il
grado di numeratore e denominatore è diminuito di 2. Quindi, se s è pari, dopo s/2
integrazioni per parti si ottiene un integrale di tipo a. Se invece s è dispari, dopo
(s − 1)/2 integrazioni per parti si ottiene un integrale di tipo b.
Z
N (x)
Caso generale.
dx.
(x2 + px + q)n
Possiamo scrivere
p 2
p2
x + px + q = x +
+q−
= (x + a)2 + b,
2
4
2
dove b = q − p2 /4 > 0. Pertanto
def
Z
N (x)
dx =
2
(x + px + q)n
√
(con la sostituzione (x + a)/ b = t)
Z
N (x)
n dx
(x + a)2 + b
√
Z
N ( bt − a)
1/2−n
=b
dt.
(t2 + 1)n
82
Capitolo 5.
Primitive
Utilizzando la Proposizione 5.2.1 (i) il calcolo di questo integrale si riconduce al calcolo
di integrali del tipo
Z
ts
dt,
(t2 + 1)n
con s ∈ N, s < 2n e n ≥ 1, cioè integrali di tipo d.
5.3.4 Esempi.
Vediamo due esempi che riassumono tutti i casi possibili.
Z
2x3 + x2 + 5x + 2
•
dx.
(x − 1)2 (x2 + 2x + 2)
Il fattore x2 + 2x + 2 è irriducibile perché il suo discriminante è negativo. Il Teorema 5.3.3 garantisce l’esistenza di una decomposizione del tipo
ax + b
2x3 + x2 + 5x + 2
cx + d
=
.
+ 2
2
2
2
(x − 1) (x + 2x + 2)
(x − 1)
x + 2x + 2
Per determinare i coefficienti a, b, c, d si procede come segue
ax + b
cx + d
+
(x − 1)2
x2 + 2x + 2
ax3 + 2ax2 + 2ax + bx2 + 2bx + 2b + cx3 − 2cx2 + cx + dx2 − 2dx + d
=
(x − 1)2 (x2 + 2x + 2)
(a + c)x3 + (2a + b + d − 2c)x2 + (2b + 2a + c − 2d)x + 2b + d
=
.
(x − 1)2 (x2 + 2x + 2)
Questa frazione è uguale alla frazione di partenza se e solo se sono uguali i polinomi
a numeratore, cioè se e solo se i coefficienti a, b, c, d soddisfano il sistema di equazioni


a+c=2
a=1




2a + b + d − 2c = 1
b=1
che ha l’unica soluzione
2b
+
2a
+
c
−
2d
=
5



c = 1
2b + d = 2
d = 0.
Si ottiene quindi che la scomposizione in frazioni semplici è la seguente
2x3 + x2 + 5x + 2
x+1
x
=
+
(x − 1)2 (x2 + 2x + 2)
(x − 1)2
x2 + 2x + 2
Per la Proposizione 5.2.1 (i), è sufficiente calcolare l’integrale indefinito dei due addendi
a secondo membro. Osserviamo che, con la sostituzione x − 1 = t,
Z
Z
x+1
t+2
dx =
dt
2
(x − 1)
t2
Z
Z
1
2
=
dt
dt +
t
t2
2
= ln |t| − + c
t
2
= ln |x − 1| −
+ c.
x−1
Sezione 5.3
83
Techniche di integrazione: II. Funzioni razionali
Inoltre,
Z
(con la sostituzione x + 1 = t)
Perciò,
•
Z
Z
x
dx
(x + 1)2 + 1
Z
t−1
=
dt
t2 + 1
Z
Z
1
t
=
dt −
dt
2
2
t +1
t +1
Z
1
2t
=
dt − arctan t
2
t2 + 1
1
= ln(t2 + 1) − arctan t + c
2
1
= ln(x2 + 2x + 2) − arctan(x + 1) + c.
2
x
dx =
2
x + 2x + 2
Z
2x3 + x2 + 5x + 2
dx
(x − 1)2 (x2 + 2x + 2)
2
1
= ln |x − 1| −
+ ln(x2 + 2x + 2) − arctan(x + 1) + c.
x−1 2
x4 − 3x3 + 15x2 − 19x + 25
dx.
x(x2 − 2x + 5)2
Il fattore x2 − 2x + 5 è irriducibile perché il suo discriminante è negativo. Il Teorema 5.3.3 garantisce l’esistenza di una decomposizione del tipo
x4 − 3x3 + 15x2 − 19x + 25
a bx3 + cx2 + dx + e
=
+
.
x(x2 − 2x + 5)2
x
(x2 − 2x + 5)2
Determiniamo i coefficienti a, b, c, d, e.
a bx3 + cx2 + dx + e
+
x
(x2 − 2x + 5)2
ax4 − 4ax3 + 14ax2 − 20ax + 25a + bx4 + cx3 + dx2 + ex
=
x(x2 − 2x + 5)2
(a + b)x4 + (−4a + c)x3 + (14a + d)x2 + (−20a + e)x + 25a
=
.
x(x2 − 2x + 5)2
I coefficienti a, b, c, d, e devono quindi soddisfare il sistema di

a+b= 1



 −4a + c = −3
che ha l’unica soluzione
14a + d = 15



−20a
+
e
=
−19

25a = 25
equazioni

a=1



b = 0
c=1



d = 1
e = 1.
84
Capitolo 5.
Primitive
Si ottiene quindi la seguente scomposizione in frazioni semplici
x4 − 3x3 + 15x2 − 19x + 25
1
x2 + x + 1
=
+
x(x2 − 2x + 5)2
x (x2 − 2x + 5)2
L’integrale indefinito del primo addendo a secondo membro è ln |x| + c. Per la Proposizione 5.2.1 il problema proposto è ricondotto al calcolo dell’integrale indefinito del
secondo addendo a secondo membro. Osserviamo che x2 − 2x + 5 = (x − 1)2 + 4; perciò
Z
Z
x2 + x + 1
x2 + x + 1
dx
=
dx
(x2 − 2x + 5)2
((x − 1)2 + 4)2
Z
(2t + 1)2 + (2t + 1) + 1
((x − 1)/2 = t)
=
2 dt
16(t2 + 1)2
Z
4t2 + 6t + 3
1
=
dt
8
(t2 + 1)2
Z
Z
Z
1
t2
3
t
3
1
=
dt +
dt +
dt.
2
2
2
2
2
2
(t + 1)
4
(t + 1)
8
(t + 1)2
Questi ultimi tre integrali indefiniti si calcolano come segue:
Z
Z
t
t2
dt =
t dt
2
2
2
(t + 1)
(t + 1)2
Z
1 1
1
1
t+
dt
(per parti)
=− 2
2
2 t +1
2
t +1
1 t
1
=− 2
+ arctan t + c,
2 t +1 2
Z
Z
1
1 1
t
2t
dt
=
dt
=
−
+ c,
(t2 + 1)2
2
(t2 + 1)2
2 t2 + 1
e, infine,
Z
Z
t2 + 1
t2
dt
−
dt
(t2 + 1)2
(t2 + 1)2
Z
Z
1
t2
=
dt
−
dt
t2 + 1
(t2 + 1)2
1 t
1
= arctan t +
− arctan t + c
2
2 t +1 2
1
1 t
= arctan t +
+ c.
2
2 t2 + 1
Con semplici manipolazioni algebriche otteniamo
Z 4
x − 3x3 + 15x2 − 19x + 25
dx
x(x2 − 2x + 5)2
7
x−1 1
x−1
3
1
= ln |x| +
arctan
−
−
+ c.
2
16
2
8 (x − 1) + 4 2 (x − 1)2 + 4
1
dt =
(t2 + 1)2
Z
Sezione 5.3
Techniche di integrazione: II. Funzioni razionali
Esercizi
1
Si calcolino le primitive delle seguenti funzioni negli intervalli indicati:
f (x) = arctan x in R;
f (x) = sin2 x in R;
1
f (x) =
in (0, π/2);
sin x cos x
1
f (x) =
in (−π, π).
1 + cos x
85
6
6.1
L’integrale di Riemann
Definizione di integrale di Riemann
6.1.1 Definizione.
Supponiamo che −∞ < a ≤ b < ∞. Una partizione di [a, b] è
un sottoinsieme finito {x0 , x1 , . . . , xN } di punti di [a, b] tali che a = x0 ≤ x1 ≤ . . . xN = b.
L’insieme delle partizioni di [a, b] verrà indicato con P ([a, b]).
6.1.2 Definizione.
Supponiamo che −∞ < a ≤ b < ∞ e che f : [a, b] → R sia
limitata. Ad ogni partizione P = {x0 , x1 , . . . , xN } di [a, b] associamo le somme inferiori
s(f ; P ) e le somme superiori S(f ; P ) di Riemann definite da
s(f ; P ) =
def
dove
N
X
i=1
e
f (x)
e
mi xi − xi−1
mi =
inf
def x∈[xi−1 ,xi ]
L’integrale inferiore
sono definiti da
Rb
a
def
Mi =
b
f =
a
sup
def P ∈P([a,b])
i=1
sup
Mi xi − xi−1 ,
def x∈[xi−1 ,xi ]
f e l’integrale superiore
Z
N
X
S(f ; P ) =
s(f ; P )
Rb
a
f (x).
f di Riemann di f in [a, b]
88
Capitolo 6.
e
Z
Rb
b
f =
a
inf
def P ∈P([a,b])
S(f ; P ).
Rb
f , diremo che f è integrabile secondo Riemann in [a, b] e chiameremo
Rb
Rb
integrale di Riemann di f in [a, b] il numero reale
f , che indicheremo con a f .
a
Indicheremo con R ([a, b]) la classe delle funzioni integrabili secondo Riemann in [a, b].
Se
a
f =
L’integrale di Riemann
a
• La definizione di integrale non è comoda per il calcolo effettivo degli integrali. Svilupperemo nella Sezione 6.5 alcuni metodi computazionali efficaci.
6.1.3 Proprietà fondamentale delle partizioni.
(i) per ogni coppia di partizioni P e Q di [a, b]
Valgono le proprietà seguenti:
s(f ; P ) ≤ s(f ; P ∪ Q) ≤ S(f ; P ∪ Q) ≤ S(f ; Q);
(ii)
Rb
a
f≤
Rb
a
f.
Dimostrazione. Dimostriamo la prima uguaglianza in (i). È sufficiente provarla nel caso
in cui P ∪ Q si ottiene da P aggiungendo esattamente un punto, che chiamiamo y. Siano
xi−1 e xi i punti di P tali che xi−1 ≤ y ≤ xi . Poniamo
mi =
inf
x∈[xi−1 ,xi ]
f (x),
µi =
inf
x∈[xi−1 ,y]
f (x)
e
νi =
inf
x∈[y,xi ]
.
Chiaramente mi = min(µi , νi ). Allora
s(f ; P ∪ Q) − s(f ; P ) = µi · (y − xi−1 ) + νi · (xi − y) − mi · (xi − xi−1 )
= (µi − mi ) · (y − xi−1 ) + (νi − mi ) · (xi − y)
≥ 0,
e la prima disuguaglianza è dimostrata. La terza disuguaglianza si dimostra in modo
simile, e la seconda è ovvia; la dimostrazione di (i) è completa.
Prendendo l’estremo superiore al variare di P in P ([a, b]) nella disuguaglianza
s(f, P ) ≤ S(f, Q),
si ottiene
Z
b
a
f ≤ S(f, Q),
da cui, prendendo l’estremo inferiore al variare di Q in P ([a, b]), si ottiene (ii).
u
t
Sezione 6.1
89
Definizione di integrale di Riemann
6.1.4 Esempi.
• Supponiamo che a ≤ y ≤ b, che f (y) = 1 e che f (x) = 0 se x 6= y. Allora f è in
Rb
R ([a, b]) e a f = 0.
Infatti, data P ∈ P([a, b]), le somme inferiori relative a P sono nulle e le somme
superiori si riducono ad un addendo (quello relativo all’intervallo [xi−1 , xi ] in cui cade
il punto y). Avremo perciò
s(f ; P ) = 0
S(f ; P ) = f (y) xi − xi−1 .
e
Prendendo l’estremo inferiore rispetto a tali partizioni, si ottiene
tesi.
• Sia f : [0, 1] → R definita da
f (x) =
Rb
a
f = 0, da cui la
1 se x ∈ Q
0 se x ∈
/ Q.
Mostriamo che f ∈
/ R ([0, 1]).
Infatti, è facile convincersi che per ogni partizione P di [0, 1] si ha che
s(f, P ) = 0
e
S(f, P ) = 1,
da cui la tesi.
• Supponiamo che I sia un sottointervallo di [a, b] e indichiamo con |I| la sua lunghezza.
Rb
Allora 1I è in R ([a, b]) e a 1I = |I|
Sia P una partizione di [a, b] che contiene gli estremi di I. Allora
s(1I , P ) = |I| = S(1I , P ),
da cui segue la tesi.
• Supponiamo che I1 , . . . , IN siano sottointervalli, a due a due disgiunti, di [a, b], e che
PN
c1 , . . . , cN siano numeri reali. Allora i=1 ci 1Ii appartiene a R ([a, b]) e
Z
N
bX
a i=1
c i 1I i =
N
X
i=1
ci |Ii |.
La dimostrazione è analoga a quella del punto precedente; questa volta si può considerare una partizione che contenga gli estremi degli intervalli I1 , . . . , IN .
90
6.2
Capitolo 6.
L’integrale di Riemann
Partizioni diadiche
La definizione di integrale inferiore è formalmente simile a quella di minimo limite di
una funzione. C’è, tuttavia, una differenza profonda: R è un insieme totalmente ordinato,
mentre P ([a, b]) è solo parzialmente ordinato rispetto alla relazione di inclusione. Si può,
però, dare una caratterizzazione di integrale inferiore di Riemann su [a, b], utilizzando solo
un insieme numerabile di partizioni di [a, b], totalmente ordinate rispetto all’inclusione.
6.2.1 Partizioni diadiche.
Sia −∞ < a < b < ∞. Per ogni intero positivo n sia
Pn la partizione di [a, b] costituita dai punti a, b e dai multipli interi di 2−n in (a, b). Le
partizioni Pn si chiamano partizioni diadiche di [a, b].
• Osserviamo che P1 ⊂ P2 ⊂ · · ·.
• Sia f : [a, b] → R una funzione limitata. Allora s(f ; P1 ) ≤ s(f ; P2 ) ≤ · · ·, S(f ; P1 ) ≥
S(f ; P2 ) ≥ · · · e
s(f ; Pi ) ≤ S(f ; Pj )
∀i, j ∈ N.
6.2.2 Teorema.
Siano −∞ < a < b < ∞ e f : [a, b] → R limitata. Valgono le
affermazioni seguenti:
Z b
Z b
(i)
f = sup s(f, Pn ) e
f = inf S(f, Pn )
n∈N
n∈N
a
a
(ii) f ∈ R ([a, b]) se e solo se inf S(f, Pn ) − s(f, Pn ) = 0.
n∈N
Dimostrazione. Dimostriamo la prima uguaglianza di (i). Da un lato
Z
b
f=
sup
s(f ; P )
P ∈P([a,b])
a
≥ sup s(f ; Pn ).
n∈N
Dall’altro, sia P = {x0 , x1 , . . . , xN } una partizione di [a, b]. Poniamo
M =
sup |f (x)| .
def x∈[a,b]
Sia n un intero positivo e consideriamo la partizione diadica Pn = {y0 , y1 , . . . , yJ }; se n è
sufficientemente grande, tra due elementi consecutivi di P si trovano molti elementi di Pn ,
come illustrato in figura.
Sezione 6.2
91
Partizioni diadiche
Poniamo
Ii = [xi−1 , xi ],
mi =
inf f (x)
i = 1, . . . , N
Hj = [yj−1 , yj ]
µj =
inf f (x)
j = 1, . . . , J.
def
def x∈Ii
e
def
def x∈Hj
Indichiamo con J 0 il sottoinsieme di {1, . . . , J } costituito dagli indici j tali che Hj non
contiene punti di P e con J 00 il complementare di J 0 in {1, . . . , J }. Osserviamo che J 00
contiene, al più, 2N punti. Poiché |µj | ≤ M e yj − yj−1 ≤ 2−n , possiamo dedurre che
X
µj yj − yj−1 ≤ 2M N/2n .
j∈J 00
Inoltre,
s(f, Pn ) = s(f, P ) + s(f, Pn ) − s(f, P )
= s(f, P ) +
J
X
j=1
= s(f, P ) +
N
X
µj yj − yj−1 −
mi xi − xi−1
X
j∈J 0
≥ s(f, P ) +
(mi ≤ µj )
N
X
i=1
µj yj − yj−1 +
X
i=1 {j:Hj ⊂Ii }
≥ s(f, P ) − 4M N/2n .
X
j∈J 00
µj yj − yj−1 −
N
X
i=1
mi xi − xi−1
(µj − mi ) yj − yj−1 − 4M N/2n
Prendendo l’estremo superiore al variare di n in N otteniamo
s(f, P ) ≤ sup s(f, Pn );
n∈N
prendendo l’estremo superiore al variare di P in P ([a, b]), abbiamo
sup
P ∈P([a,b])
s(f ; P ) ≤ sup s(f ; Pn ),
n∈N
concludendo cosı̀ la dimostrazione della prima uguaglianza in (i). La seconda uguaglianza
si dimostra in modo analogo.
Dimostriamo (ii). Osserviamo che, essendo la successione S(f, Pn ) − s(f, Pn ) non
crescente,
inf S(f, Pn ) − s(f, Pn ) = lim S(f, Pn ) − s(f, Pn )
n→∞
n∈N
= lim S(f, Pn ) − lim s(f, Pn )
n→∞
(S(f, Pn ) ↓ e s(f, Pn ) ↑)
(per (i))
n→∞
= inf S(f, Pn ) − sup s(f, Pn )
n∈N
=
Z
b
a
f−
n∈N
Z
b
f;
a
92
Capitolo 6.
L’integrale di Riemann
per definizione, f ∈ R ([a, b]) se e solo se quest’ultima differenzaè nulla. Dalla catena
di
uguaglianze precedente si deduce che ciò accade se e solo se inf n∈N S(f, Pn )−s(f, Pn ) = 0,
come richiesto.
u
t
• Utilizzando la caratterizzazione dimostrata, non è difficile calcolare l’integrale di alcune funzioni elementari.
Esercizi
1 Supponiamo che f ∈ R ([a, b]). Allora per ogni > 0, esistono h , k ∈ C [a, b] tali
che h ≤ f ≤ k e
Z b
(k − h ) < .
a
2
Si calcolino, utilizzando il Teorema 6.2.2 (i), gli integrali
6.3
Rb
a
ex dx e
Rb
a
ex dx.
Condizioni di esistenza dell’integrale di Riemann
6.3.1 Teorema.
Supponiamo che −∞ < a ≤ b < ∞ e che f : [a, b] → R. Se vale una
delle condizioni seguenti:
(i) f è continua in [a, b];
(ii) f è monotona in [a, b];
(iii) f è limitata e ha un numero finito di punti di discontinuità in [a, b],
allora f ∈ R ([a, b]).
Dimostrazione. Per la dimostrazione di (i), si veda, ad esempio, [R, Thm 6.8] oppure [BR,
Cap. IX, Teorema 3.1].
Dimostriamo (ii). Supponiamo che f sia non crescente; il caso in cui f è non decrescente è analogo.
Consideriamo una partizione diadica Pn = {t0 , t1 , . . . , tN } di [a, b]. Poiché f è non
crescente,
mi = f (ti )
e
Mi = f (ti−1 ).
Quindi
S(f, Pn ) − s(f, Pn ) =
N X
i=1
≤2
−n
f (ti−1 ) − f (ti )
N X
i=1
ti − ti−1
f (ti−1 ) − f (ti )
= 2−n f (a) − f (b) ,
Sezione 6.4
93
Proprietà dell’integrale di Riemann
che tende a 0 per n tendente a ∞. La tesi segue dalla caratterizzazione dell’integrale di
Riemann dimostrata nel Teorema 6.2.2 (ii).
Per la dimostrazione di (iii) si veda [BR, Cap. IX, Corollario 3.3].
u
t
Supponiamo che f ∈ R ([a, b]) e che φ ∈ C([a, b]). Allora φ ◦ f ∈
6.3.2 Teorema.
R ([a, b]).
u
t
Dimostrazione. Per la dimostrazione, si veda, ad esempio, [R, Cap. 6].
• Il teorema precedente contiene, come caso particolare, l’implicazione
f ∈ R ([a, b]) =⇒ f k ∈ R ([a, b])
∀k ∈ N.
Se k è pari questa implicazione non si può rovesciare.
Ad esempio, la funzione f : [a, b] → R definita da
f (x) =
def
1
−1
se x ∈ Q
se x ∈
/Q
non è in R ([a, b]), mentre il suo quadrato, che è la funzione identicamente uguale a 1
in [a, b], lo è.
6.4
Proprietà dell’integrale di Riemann
6.4.1 Teorema.
Supponiamo che −∞ < a ≤ b < ∞ e che f, g ∈ R ([a, b]). Valgono
le proprietà seguenti:
(i) (linearità) sia c è una costante; allora f + g e cf sono in R ([a, b]) e
Z
b
(f + g) =
a
Z
b
f+
a
Z
Z
b
g
e
a
Rb
Rb
(ii) (monotonia) se f ≤ g, allora a f ≤ a g;
(iii) se a < c < b, allora f ∈ R ([a, c]) ∩ R ([c, b]), e
Z
(iv) se |f (x)| ≤ M , allora
(v) f g ∈ R ([a, b]);
b
f=
a
Z
c
f+
a
Z
b
f;
c
Z
b f ≤ M (b − a);
a b
cf = c
a
Z
b
f;
a
94
Capitolo 6.
(vi) |f | ∈ R ([a, b]) e
L’integrale di Riemann
Z
b Z b
f ≤
|f | .
a a
Dimostrazione. Dimostriamo (i). La dimostrazione delle altre proprietà si basa su considerazioni simili. Sia I un sottointervallo di [a, b]. Osserviamo che
inf f (x) + inf g(x) ≤ inf f (x) + g(x)
x∈I
x∈I
x∈I
e che
sup f (x) + g(x) ≤ sup f (x) + sup g(x).
x∈I
x∈I
x∈I
Ne deduciamo che per ogni coppia di partizioni P e Q di [a, b]
s(f, P ) + s(g, P ) ≤ s(f + g, P ) ≤ S(f + g, Q) ≤ S(f, Q) + S(g, Q).
Prendendo l’estremo superiore al variare di P in P ([a, b]), otteniamo
Z
b
f+
a
Z
b
a
g≤
Z
b
a
(f + g) ≤ S(f + g, Q) ≤ S(f, Q) + S(g, Q).
Prendendo ora l’estremo inferiore al variare di Q in P ([a, b]), otteniamo
Z
b
f+
a
Z
b
a
g≤
Z
b
a
(f + g) ≤
Z
b
a
(f + g) ≤
Z
b
f+
a
Z
b
g.
a
Dall’ipotesi f, g ∈ R ([a, b]), segue che il primo e il quarto membro coincidono. Conseguentemente, anche il secondo e il terzo coincidono, cioè f +g ∈ R ([a, b]), come richiesto.
u
t
• Si noti la somiglianza della dimostrazione di (i) del teorema precedente con la dimostrazione della Proposizione 2.7.5.
Sezione 6.4
95
Proprietà dell’integrale di Riemann
Esercizi
1 Supponiamo che a > 0 e che f ∈ R ([−a, a]). Si dimostri che:
Ra
(i) se f è dispari, allora −a f = 0;
Ra
Ra
(ii) se f è pari, allora −a f = 2 0 f .
2 Teorema della media. Supponiamo che f ∈ C([a, b]). Si dimostri che esiste ξ ∈ [a, b]
tale che
Z b
1
f (ξ) =
f.
b−a a
Si dimostri che la conclusione è falsa in assenza dell’ipotesi di continuità di f . Il numero
Z b
1
f si chiama media integrale di f in [a, b].
b−a a
Rb
3 Supponiamo che f sia continua e non negativa in [a, b]. Si dimostri che se a f = 0,
allora f è identicamente nulla in [a, b]. Si dimostri che la conclusione è falsa se si omette
l’ipotesi di non negatività di f .
4
Supponiamo che f ∈ R ([a, b]). Sia F : [a, b] → R definita da
Z x
F (x) =
f.
a
Si dimostri che esiste M > 0 tale che
|F (x) − F (y)| ≤ M |x − y|
∀x, y ∈ [a, b].
In particolare, F è continua in [a, b].
5 Supponiamo che f : [0, ∞) → R sia in R ([0, b]) per ogni b > 0 e che lim f (x) = c ∈ R.
x→∞
Si dimostri che
Z x
1
lim
f = c.
x→∞ x 0
6
Sia f ∈ C([a, b]). Si dimostri che
lim
y→∞
Z
b
a
y
|f |
1/y
= max |f | .
96
7
Capitolo 6.
Supponiamo che a ∈ (0, 1). Si dimostri che
a
|xa − y a | ≤ |x − y|
6.5
L’integrale di Riemann
∀x, y ∈ R.
Calcolo degli integrali
6.5.1 Definizione.
Siano a ≤ y ≤ x ≤ b e f ∈ R ([a, b]). Poniamo

Z y
se y = x
0 Z x
f =
f se y < x.
def  −
x
y
È facile dimostrare che per ogni x, y, z ∈ [a, b] vale l’uguaglianza
Z z
Z z
Z y
f+
f=
f.
x
y
x
6.5.2 Teorema (fondamentale del calcolo).
Definiamo F : [a, b] → R
Z x
F (x) =
f.
Supponiamo che f ∈ R ([a, b]).
a
Valgono le proprietà seguenti:
(i) se f è continua in y, allora F è derivabile in y e F 0 (y) = f (y)
(ii) se f ∈ C([a, b]) e G è una primitiva di f in [a, b], allora
Z
b
a
f = G(b) − G(a).
Sezione 6.5
97
Calcolo degli integrali
Dimostrazione. Dimostriamo (i). Proviamo dapprima che D− F (y) = f (y) (se y = a non
c’è niente da dimostrare). Sia x ∈ [a, b] tale che x < y. Allora
Z
Z y i
F (x) − F (y)
1 h x
=
f−
f
x−y
x−y a
a
Z y
1
(per il Teorema 6.4.1 (iii))
=
f
y−x x
Z y
1
=
f − f (y) + f (y)
y−x x
Z y
1
(per il Teorema 6.4.1 (i))
= f (y) +
f − f (y) .
y−x x
Per il Teorema 6.4.1 (iv)
Z
1 y
≤ sup f (z) − f (y)
f
−
f
(y)
y−x x
z∈[x,y]
= f − f (y) y (x),
che converge a 0 per x tendente a y da sinistra. Ne deduciamo che
lim
x→y −
F (x) − F (y)
= f (y),
x−y
come richiesto.
La dimostrazione della formula D+ F (y) = f (y) (se y = b non c’è niente da dimostrare)
è simile, e (i) è provato.
Dimostriamo (ii). Osserviamo che, essendo G una primitiva di f ,
(G − F )0 (y) = f (y) − F 0 (y)
(per (i))
= f (y) − f (y)
=0
∀y ∈ [a, b].
Per la Proposizione 4.4.3, la funzione G−F è costante in [a, b]. In particolare, (G−F )(b) =
(G − F )(a), cioè
Z b
G(b) −
f = G(a),
a
u
t
da cui la tesi.
6.5.3 Corollario.
Supponiamo che F e G siano funzioni derivabili in [a, b] e che
F 0 , G0 ∈ R ([a, b]). Allora
Z
b
a
[F G0 + GF 0 ] = (F G)(b) − (F G)(a).
98
Capitolo 6.
L’integrale di Riemann
Dimostrazione. Poiché F e G sono derivabili, esse sono continue e quindi appartengono a
R ([a, b]) per il Teorema 6.3.1 (i). Per il Teorema 6.4.1 (v), F G0 e GF 0 sono in R ([a, b]).
Dalla regola di derivazione di un prodotto di funzioni segue che F G è una primitiva di
u
t
F G0 + GF 0 , da cui la tesi.
6.5.4 Corollario.
Supponiamo che f ∈ C([a, b]), che φ : [α, β] → [a, b] sia di classe
C 1 [α, β] , che φ(α) = a e che φ(β) = b. Allora
Z
b
f=
a
Z
β
α
(f ◦ φ) φ0 .
Dimostrazione. Osserviamo che (f ◦ φ) φ0 ∈ C [α, β] e quindi appartiene a R ([α, β]). Sia
F una primitiva di f . Allora F ◦φ è una primitiva di (f ◦φ) φ0 . Per il teorema fondamentale
del calcolo,
Z b
f = F (b) − F (a)
a
= (F ◦ φ)(β) − (F ◦ φ)(α)
Z β
=
(f ◦ φ) φ0 ,
(teorema fond. calcolo)
α
u
t
come richiesto.
Esercizi
1 Sia E un sottoinsieme finito di [a, b]. Supponiamo che F sia una funzione derivabile
in [a, b] \ E e che F 0 sia continua e limitata in [a, b] \ E. Estendiamo F 0 a una funzione su
[a, b], ponendo F 0 (x) = 0 per ogni x in E. Si dimostri che
Z
2
b
a
F 0 = F (b) − F (a).
Siano f ∈ C(R) e φ ∈ C 1 (R). Si calcoli
D
Z
φ(x)
f.
0
Sezione 6.6
6.6
99
L’integrale di Riemann generalizzato
L’integrale di Riemann generalizzato
6.6.1 Definizione.
Sia f : [a, ∞) → R in R ([a, b]) per ogni b > a. Se lim
b→∞
Z
b
a
f ∈ R,
diciamo che f è integrabile in senso generalizzato in [a, ∞), e chiamiamo integrale
di f in [a, ∞) il numero reale
Z b
Z ∞
f = lim
f.
def b→∞
a
a
In modo analogo si definiscono l’integrabilità in senso generalizzato di f in (−∞, b] e il
corrispondente integrale.
Diciamo che f : R → R è integrabile in senso generalizzato in (−∞, ∞) se f è
integrabile in (−∞, 0] e in [0, ∞).
Chiameremo integrale di f in (−∞, ∞) il numero reale
Z
∞
f =
−∞
def
Z
0
f+
−∞
Z
∞
f.
0
• Le due figure precedenti suggeriscono che se f ≥ 0, il suo integrale generalizzato
rappresenta l’area sottesa dal grafico di f .
100
Capitolo 6.
L’integrale di Riemann
• Dalla definizione di integrale generalizzato e dalla linearità dell’integrale di Riemann,
si deducono le proprietà seguenti:
(i) se f e g sono integrabili in senso generalizzato su (−∞, ∞), lo stesso vale per f + g, e
Z ∞
Z ∞
Z ∞
(f + g) =
f+
g;
−∞
−∞
−∞
(ii) se f è integrabile in senso generalizzato su (−∞, ∞) e c ∈ R, lo stesso vale per cf , e
Z ∞
Z ∞
cf = c
f.
−∞
−∞
6.6.2 Esempi.
• La funzione x 7→ e
−x
è integrabile in senso generalizzato in [0, ∞) e
Infatti,
Z
∞
e
−x
0
(teorema fond. calcolo)
dx = lim
b→∞
Z
Z
∞
e−x dx = 1.
0
b
e−x dx
0
b
= lim −e−x b→∞
0
−b
= lim 1 − e
b→∞
= 1,
come richiesto.
• La funzione x 7→ (1Z+ x)α è integrabile in senso generalizzato in [0, ∞) se e solo se
∞
α < −1; in tal caso
(1 + x)α dx = −(1 + α)−1 .
0
Osserviamo che
Z
∞
α
(1 + x) dx = lim
b→∞
0
(teorema fond. calcolo)
Z
b
(1 + x)α dx
0
(1 + x)α+1 b
= lim
b→∞
α+1
0
α+1
(1 + b)
−1
.
= lim
b→∞
α+1
Questo limite è finito se e solo se α < −1 e in tal caso vale
−1
, come richiesto.
α+1
• Nei due esempi precedenti la funzione integranda è infinitesima all’infinito. Osserviamo, però, che
Z ∞
f ≥ 0,
f < ∞ 6=⇒ lim f (x) = 0.
0
Si veda l’Esercizio 3 della Sezione 6.7.
x→∞
Sezione 6.7
101
Criteri di convergenza per integrali generalizzati
Esercizi
1 Si mostri che nella definizione di integrale generalizzato in (−∞, ∞) si può sostituire
il punto 0 con un qualunque altro numero reale, senza che il valore dell’integrale cambi.
6.7
Criteri di convergenza per integrali generalizzati
In questa sezione dimostreremo alcuni criteri di convergenza per integrali Zgeneralizzati.
∞
Per brevità enunceremo i criteri relativi agli integrali generalizzati del tipo
f ; criteri
a
Z b
Z ∞
analoghi valgono per integrali della forma
f e
f.
−∞
−∞
6.7.1 Criterio del confronto.
Siano a ∈ R, f, g : [a, ∞) → [0, ∞), f, g ∈ R ([a, b])
per ogni b > a. Valgono le affermazioni seguenti:
(i) se f ≤ g, e g è integrabile in senso generalizzato in [a, ∞), allora f è integrabile in
senso generalizzato in [a, ∞);
(ii) se f ≤ g, e f non è integrabile in senso generalizzato in [a, ∞), allora g non è
integrabile in senso generalizzato in [a, ∞);
f (x)
< ∞, e g è integrabile in senso generalizzato in [a, ∞), allora f è
(iii) se lim sup
x→∞ g(x)
integrabile in senso generalizzato in [a, ∞);
f (x)
(iv) se lim sup
< ∞, e f non è integrabile in senso generalizzato in [a, ∞), allora g
x→∞ g(x)
non è integrabile in senso generalizzato in [a, ∞).
Z x
Dimostrazione. Dimostriamo (i). Essendo f e g non negative, le funzioni x 7→
f e
a
Z x
x 7→
g sono non decrescenti, e quindi ammettono limite a ∞. Per il Teorema 6.4.1 (ii),
a
lim
x→∞
Z
x
a
f ≤ lim
(poiché g è integrabile in [a, ∞))
x→∞
< ∞,
Z
x
g
a
da cui segue che anche f è integrabile in [a, ∞), come richiesto.
La dimostrazione di (ii) segue la falsariga di quella di (i) e la omettiamo.
f (x)
Dimostriamo (iii). Sia λ = lim sup
. Per definizione di massimo limite,
def
x→∞ g(x)
λ=
inf
x∈[a,∞)
f g
(x).
∞
102
Capitolo 6.
L’integrale di Riemann
Sia M1 > λ. Per definizione di estremo inferiore, esiste ξ ∈ [a, ∞) tale che M1 ≥
f Poiché
è non crescente,
g ∞
M1 ≥
f g ∞
f (y)
≥
g(y)
f g
(ξ).
∞
(y)
∀y ∈ [ξ, ∞),
da cui si ricava che
f (y) ≤ M1 g(y)
∀y ∈ [ξ, ∞).
Ora, ricordiamo che f è limitata in [a, ξ], perché ivi Riemann integrabile. Poniamo
M = max sup f (x), M1 .
def
Evidentemente
f (y) ≤
x∈[a,ξ]
M
se x ∈ [a, ξ]
M g(y) se x ∈ [ξ, ∞].
Siccome la funzione a secondo membro della formula precedente è integrabile in senso
generalizzato in [a, ∞), perché g lo è per ipotesi, (i) implica che anche f lo è, come richiesto.
La dimostrazione di (iv) segue la falsariga di quella di (iii) e la omettiamo.
u
t
• L’ipotesi lim sup
x→∞
f (x)
< ∞ è implicata dalla condizione
g(x)
lim
x→∞
6.7.2 Corollario.
f (x)
< ∞.
g(x)
Siano a, α ∈ R e f ∈ C([a, ∞)). Supponiamo che
f (x) xα
per x tendente a ∞.
Valgono le affermazioni seguenti:
(i) se α < −1, allora f è integrabile in senso generalizzato in [a, ∞);
(ii) se α ≥ −1, allora f non è integrabile in senso generalizzato in [a, ∞).
Dimostrazione. Osserviamo che f ∈ R ([a, b]) per ogni b > a, perché f è continua in [0, ∞)
per ipotesi. Dimostriamo (i). La dimostrazione di (ii) è simile. L’ipotesi f (x) xα per x
f (x)
tendente a ∞ implica che lim sup
< ∞. Se α < −1, la funzione x 7→ (1 + x)α è
α
(1
+
x)
x→∞
Sezione 6.7
103
Criteri di convergenza per integrali generalizzati
integrabile in senso generalizzato in [a, ∞), in virtù del secondo degli Esempi 6.6.2. Ora
(i) è conseguenza diretta del Criterio del confronto 6.7.1 (iii).
u
t
• Supponiamo che a ∈ R e che f ∈ R ([a, b]) per ogni b > a. Se f ammette limite a ∞
e λ = lim f (x) =
6 0, allora f non è integrabile in senso generalizzato in [a, ∞).
def x→∞
Supponiamo, ad esempio, che λ > 0. Il caso in cui λ < 0 si tratta in modo analogo. In
virtù della definizione di limite, esiste c > a tale che f > λ/2 in (c, ∞). Osserviamo
che se b > c
Z
Z
Z
b
lim
b→∞
c
f=
b
f + lim
0
Z
f
b→∞
0
c
c
Z
b
λ
b→∞ c 2
Z0 c
λ(b − c)
f + lim
≥
b→∞
2
0
= ∞,
≥
f + lim
come richiesto.
6.7.3 Esempi.
• La funzione f (x) = xα e−x è integrabile in senso generalizzato in [0, ∞) per ogni
def
α ≥ 0.
Osserviamo che f ∈ C([0, ∞)) e quindi f ∈ R ([0, b]) per ogni b > 0. Inoltre, f ≥ 0 in
[0, ∞), e
f (x)
xα+2
lim
=
lim
x→∞ (1 + x)−2
x→∞ ex
(per la Prop. 2.3.6) = 0.
La funzione x 7→ (1+x)−2 è integrabile in senso generalizzato in [0, ∞), come mostrato
nell’Esempio 6.6.2. Per il Criterio del confronto 6.7.1 (iii), anche f lo è.
1
• La funzione g(x) = sin non è integrabile in senso generalizzato in [1, ∞).
def
x
Infatti, g è non negativa e continua in [1, ∞), e
g(x) 1
x
per x tendente a ∞;
la tesi segue dal Corollario 6.7.2 (ii).
Si può facilmente dimostrare che il Criterio del confronto 6.7.1 non si estende a funzioni
che non siano di segno costante. Per tali funzioni, si possono utilizzare altri criteri, che ora
dimostreremo. Ricordiamo che la parte negativa f − e la parte positiva f + di una funzione
f sono definite nella Definizione 2.3.3.
104
Capitolo 6.
L’integrale di Riemann
6.7.4 Proposizione.
Siano a ∈ R e f ∈ R ([a, b]) per ogni b > a. Valgono le proprietà
seguenti:
(i) |f | è integrabile in senso generalizzato in [a, ∞) se e solo se f − e f + lo sono. In tal
caso
Z ∞
Z ∞
Z ∞
a
|f | =
f− +
f +;
a
a
(ii) se |f | è integrabile in senso generalizzato in [a, ∞), allora lo stesso vale per f . Inoltre,
Z
∞
a
Z
f ≤
∞
a
|f | .
Dimostrazione. Dimostriamo (i).
Supponiamo che |f | sia integrabile. Poiché 0 ≤ f + ≤ |f | e 0 ≤ f − ≤ |f |, anche f + e
−
f sono integrabili in [a, ∞) per il criterio del confronto.
Viceversa, se f − e f + sono integrabili, anche f − + f + lo è. Poiché f − + f + = |f |,
anche |f | è integrabile. Infine,
Z
∞
a
|f | = lim
x→∞
Z
x
|f |
a
x
(f + + f − )
a
Z x Z x
+
= lim
f +
f− ,
= lim
x→∞
(linearità int. Riem.)
Z
x→∞
a
a
come richiesto.
Dimostriamo (ii). Osserviamo che
Z
∞
a
(linearità int. Riem.)
(continuità funzione modulo e dis. tr.)
(linearità int. Riem.)
Z x f = lim
f x→∞ a
Z x Z x
+
= lim
f −
f − x→∞
a
Z ax Z x
≤ lim
f+ +
f−
x→∞
a
Z ax
= lim
(f + + f − )
x→∞ a
Z ∞
=
|f | ,
a
come richiesto.
6.7.5 Teorema (integrali oscillanti).
godano delle proprietà seguenti:
Sia a ∈ R, e supponiamo che f, g : [a, ∞) → R
Sezione 6.7
105
Criteri di convergenza per integrali generalizzati
(a) f ∈ C([a, ∞)), periodica di periodo p,
Z
a+p
f = 0;
a
(b) g ∈ C 1 ([a, ∞)), non crescente e infinitesima a ∞.
Allora f g è integrabile in senso generalizzato in [a, ∞).
Dimostrazione. Sia F : [a, ∞) → R la primitiva di f tale che F (a) = 0. Poiché f è
Z a+p
periodica di periodo p e
f = 0, F è periodica di periodo ≤ p e valgono le relazioni
a
∀j ∈ N.
F (a + jp) = 0
Sia x > a; notiamo che
x−a
x−a
a+p
≤ x < a+p
+ 1.
p
p
Per comodità
di notazione, nel prosieguo della dimostrazione scriveremo ω(x) invece di
x−a
. Osserviamo che
a+p
p
Z x
Z ω(x)
Z x
fg =
fg +
fg
a
(integrando per parti)
a
ω(x)
ω(x) Z
= F g
−
a
=−
Z
ω(x)
0
Fg +
a
ω(x)
0
Fg +
a
Z
x
Z
x
fg
ω(x)
f g.
ω(x)
L’ultima uguaglianza segue dal fatto che F (ω(x)) = F (a) = 0. Ora,
Z
Z x
x
f g ≤ max |f (x)|
g
ω(x) x∈[a,∞)
ω(x)
(g è non crescente)
(g è infinitesima)
≤ max |f (x)| g(ω(x))
x∈[a,∞)
→ 0,
al tendere di x a ∞. Inoltre, essendo g non crescente e derivabile, abbiamo che g 0 ≤ 0, e
quindi
Z ω(x)
Z ω(x)
0
|F g | ≤ −
|F | g 0
a
a
≤ − max |F (x)|
x∈[a,∞)
(teorema fond. calcolo)
= g(a) − g(ω(x))
Z
ω(x)
a
max |F (x)|
x∈[a,∞)
≤ g(a) max |F (x)|
x∈[a,∞)
(F è continua e periodica)
< ∞.
g0
106
Capitolo 6.
L’integrale di Riemann
Questo calcolo mostra che |F g 0 | è integrabile in senso generalizzato in [a, ∞). Per la
Proposizione 6.7.4 (ii), anche F g 0 è integrabile in senso generalizzato in [a, ∞). Perciò
Z x
Z ∞
f g = lim
fg
x→∞
a
a
= − lim
x→∞
=
Z
∞
Z
ω(x)
0
F g + lim
x→∞
a
Z
x
fg
ω(x)
F g0,
a
come richiesto.
sin x
è integrabile in senso generalizzato in [0, ∞).
log(1 + x)
1
La tesi segue dal teorema precedente con f (x) = sin x, g(x) =
, p = 2π.
log(1 + x)
u
t
• La funzione x 7→
6.7.6 Corollario.
Siano f : [0, ∞) → R definita da
f (x) = (−1)bxc ,
e g ∈ C 1 ([a, ∞)), non crescente e infinitesima a ∞. Allora f g è integrabile in senso
generalizzato in [a, ∞).
Dimostrazione. Sia F : [0, ∞) → R la funzione periodica di periodo 2, tale che
x
se x ∈ [0, 1]
F (x) =
2 − x se x ∈ [1, 2].
È immediato verificare che F è una primitiva di f in ogni intervallo del tipo [j, j + 1],
j ∈ N. La dimostrazione del Teorema 6.7.5 si adatta alla presente situazione con piccole
modifiche. Omettiamo i dettagli.
u
t
• La funzione h : [0, ∞) → R, definita da
h(x) =
(−1)bxc
,
x+1
è integrabile in senso generalizzato in [0, ∞), ma |h| non lo è.
1
Infatti, h = f g, dove f (x) = (−1)bxc e g(x) =
, e si può applicare il corollario
x+1
precedente. Tuttavia,
Z ∞
Z b
1
dx
|h| = lim
b→∞ 0 x + 1
0
= lim ln(b + 1)
b→∞
= ∞,
Sezione 6.7
Criteri di convergenza per integrali generalizzati
107
e quindi |h| non è integrabile in senso generalizzato in [0, ∞), come richiesto.
Esercizi
1 Si dimostri che la funzione x 7→ x−a è integrabile in senso generalizzato in [1, ∞) se e
solo se a > 1.
2 Si dimostri che la funzione x 7→ 1/ xa lnb (x + 1) è integrabile in senso generalizzato
in [1, ∞) se e solo se a > 1 oppure a = 1 e b > 1.
3
Si consideri la funzione f : [0, ∞) → R, definita da
∞
X
f=
j 1[j,j+j −3 ].
j=1
Si dimostri che f è integrabile in senso generalizzato in [0, ∞), che
lim sup f (x) = 0
e che
x→∞
lim sup f (x) = ∞.
x→∞
Come si può modificare questo esempio per ottenere una funzione continua con le medesime
proprietà di f ?
4
Siano a ∈ R e f integrabile in senso generalizzato in [a, ∞). Si dimostri che
Z x+1
lim
f = 0.
x→∞
5
x
Si dimostri che gli integrali generalizzati
Z ∞
Z ∞
sin x
dx
e
cos x2 dx
x
0
0
sono finiti, mentre
Z ∞
|sin x|
dx
x
0
non lo è.
108
6.8
Capitolo 6.
L’integrale di Riemann
La distribuzione normale
2
Le funzioni t 7→ e−t e t 7→ 1/(t2 + 1) sono continue in R e
2
2
lim (t2 + 1) e−t = 0 = lim (t2 + 1) e−t ;
t→−∞
t→∞
ne consegue che esiste una costante C > 0 tale che
2
e−t ≤
C
t2 + 1
∀t ∈ R.
Dal teorema del confronto e dal secondo degli Esempi 6.6.2 si deduce che
Z
∞
−∞
2
e−t dt < ∞.
Consideriamo la funzione E : R → R definita da
Z x
2
1
e−t dt,
E(x) = √
π −∞
dove l’integrale che compare a secondo membro è da intendersi in senso generalizzato.
Osserviamo che
(per il teorema fond. del calcolo e la def. di int. gen.)
da cui segue che
0 ≤ lim E(x)
x→−∞
Z x
1
dt
≤ C lim
x→−∞ −∞ t2 + 1
π
= C lim arctan x +
x→−∞
2
= 0,
2 √
lim E(x) = 0. Osserviamo che E 0 (x) = e−x / π per il teorema
x→−∞
fondamentale del calcolo; essendo E 0 > 0, E è crescente in R. Quindi E ammette limite
a ∞. Osserviamo che
Z x
2
1
lim E(x) = lim √
e−t dt
x→∞
x→∞
π −∞
Z x
1
≤ lim C
dt
2
x→∞
−∞ t + 1
π
(per il teorema fond. del calcolo e la def. di int. gen.)
= C lim arctan x +
x→∞
2
= C π.
Sezione 6.8
109
La distribuzione normale
Conseguentemente, lim E(x) ∈ R. Si può dimostrare che tale limite vale 1, da cui la
x→∞
formula
Z ∞
2
1
√
e−t dt = 1
π −∞
di grande importanza nel calcolo delle probabilità. Il grafico di E è riportato in figura.
1
-1/2
E(x)
p
x
-1/2
p
x
0
x
-x 2
E(x)
e
x
7
7.1
Successioni e serie
Limiti di successioni
7.1.1 Definizione.
Si chiama successione una funzione f : N → R.
• Per denotare la successione f definita da
f (n) = n2
∀n ∈ N.
spesso si scrive {n2 }n∈N , o anche {n2 }.
• Si consideri la funzione f : N \ {0, 1} → R, definita da
f (n) =
n2
1
.
−n
A stretto rigor di termini, f non è una successione, perché non è definita in tutto N.
Possiamo estendere la definizione di f a N, ponendo, ad esempio, f (0) = f (1) = 0.
La funzione estesa che ne risulta è una successione secondo la Definizione 7.1.1.
• Con abuso di notazione, chiameremo successione una funzione definita in N, eccetto,
al più, un numero finito di punti.
7.1.2 Definizione.
Sia Φ l’applicazione che associa a ogni successione f la funzione
Φ(f ) : [0, ∞) → R, definita da
Φ(f )(x) = f bxc
∀x ∈ [0, ∞).
112
Capitolo 7.
Successioni e serie
7.1.3 Definizione.
Siano λ in R∗ e f una successione. Se il limite di Φ(f ) a ∞ è λ,
si dice che il limite della successione f è λ, e si scrive
lim f (n) = λ.
n→∞
Se λ ∈ R, si dice che la successione f è convergente.
Se λ = −∞, oppure λ = ∞, si dice che la successione f è divergente.
In modo analogo si definiscono il massimo limite e il minimo limite di una successione.
• Se f è una successione monotona, allora f ha limite.
Infatti, la funzione Φ(f ) è monotona e quindi ammette limite per la Proposizione 2.1.6.
Siano f una successione e g : [0, ∞) → R. Si dice che g inter-
7.1.4 Definizione.
pola f se
∀n ∈ N.
g(n) = f (n)
f(0)
grafico di g
f(1)
f(2)
f(3)
f(4)
0
1
2
3
x
4
• La funzione Φ(f ) interpola la successione f ; chiameremo Φ(f ) l’interpolante standard di f .
7.1.5 Proposizione.
Siano λ ∈ R∗ , f una successione e g : [0, ∞) → R una funzione
che interpola f . Se lim g(x) = λ, allora lim f (n) = λ.
x→∞
n→∞
Dimostrazione. Per definizione di limite di una successione, dobbiamo mostrare che
lim Φ(f )(x) = λ.
x→∞
Osserviamo che
g ∞ (x) =
(g([bxc + 1, ∞)) ⊆ Φ(f )([bxc + 1, ∞)))
inf
y∈[x,∞)
g(y)
≤
y∈[bxc+1,∞)
≤
y∈[bxc+1,∞)
inf
g(y)
inf
Φ(f )(y)
= Φ(f ) (bxc + 1).
∞
Sezione 7.1
113
Limiti di successioni
Analogamente,
g ∞ (x) ≥ Φ(f )∞ (bxc + 1).
Per ipotesi
sup g ∞ (x) = λ =
x∈[0,∞)
inf
g ∞ (x),
inf
Φ(f )∞ (x),
x∈[0,∞)
da cui
sup Φ(f ) (x) = λ =
x∈[0,∞)
∞
x∈[0,∞)
u
t
come richiesto.
• Siano f una successione e g una funzione che interpola f . Può accadere che f ammetta
limite, ma che g non ammetta limite a ∞.
Si consideri, ad esempio, la funzione g periodica di periodo 1, disegnata nella figura qui
sotto. Essa interpola la successione nulla, che ammette limite 0, ma g non ammette
limite a ∞, come è facile verificare.
1
0
1
2
3
x
7.1.6 Proposizione.
Siano f una successione monotona e g : [0, ∞) → R una
funzione monotona che interpola f . Le affermazioni seguenti sono equivalenti:
(i) lim f (n) = λ ∈ R∗ ;
n→∞
(ii)
lim g(x) = λ ∈ R∗ .
x→∞
Dimostrazione. Dimostriamo la proprietà richiesta nel caso in cui f e g siano non crescenti.
La dimostrazione nel caso in cui siano non decrescenti è analoga. Indichiamo con τ :
[0, ∞) → R la funzione definita da
τ (x) = x + 1.
Osserviamo che il grafico di f ◦ τ si ottiene traslando a sinistra di 1 il grafico di f . È facile
convincersi che vale la catena di disuguaglianze seguente:
(g ◦ τ )(x) ≤ Φ(f ◦ τ )(x) ≤ g(x) ≤ Φ(f )(x)
∀x ∈ [0, ∞).
114
Capitolo 7.
Successioni e serie
grafico di F(f t )
grafico di F(f )
grafico di g
grafico di g
0
1
grafico di g(x t)
2
3
4
x
5
0
1
2
3
4
x
5
Poiché g e Φ(f ) sono monotone, esse ammettono limite a ∞. Inoltre,
lim g(x + 1) = lim g(x)
x→∞
x→∞
e
lim Φ(τ f )(x + 1) = lim Φ(f )(x)
x→∞
x→∞
u
t
per la Proposizione 3.4.1 (ii). La tesi segue dal teorema del confronto.
Esercizi
1 Sia λ ∈ R. Si dimostri che una successione f ha limite λ se e solo se per ogni > 0,
esiste ν tale che per ogni n ≥ ν vale la disuguaglianza
|f (n) − λ| < .
Si formulino e si dimostrino caratterizzazioni analoghe nei casi in cui λ = −∞ oppure
λ = ∞.
n
2 Si calcoli il lim
.
n→∞ n + 1
7.2
Serie
7.2.1 Definizione.
Sia f una successione. Sia sf la successione definita da
sf (n) = f (0) + . . . + f (n)
∀n ∈ N;
i numeri sf (n) sono detti somme parziali di f , la successione sf prende il nome di serie
associata a f ; f si chiama anche termine generale di sf .
X
Se lim sf (n) = S ∈ R, diciamo che la serie sf converge a S (o anche che
sf (n)
n→∞
converge) e scriviamo
j
∞
X
j=0
f (j) = S;
Sezione 7.2
115
Serie
S si chiama somma della serie sf .
Se sf diverge a −∞ o a ∞, diciamo che la serie sf diverge e scriviamo
∞
X
j=0
f (j) = −∞
oppure
∞
X
j=0
f (j) = ∞.
In tutti gli altri casi diremo che la serie oscilla.
Più precisamente, se sf oscilla ed è limitata, diremo che oscilla limitatamente; se sf
oscilla e non è limitata, diremo che oscilla illimitatamente.
• Scriveremo s anziché sf quando questo non darà luogo a equivoci.
• Osserviamo che se f e h sono due successioni diverse in un insieme finito di punti,
sf e sh hanno il medesimo carattere, cioè convergono entrambe, oppure divergono
entrambe. Nel caso in cui sf e sh convergano, le somme delle serie sf e sh possono
essere fra loro diverse.
7.2.2 Esempi.
• La serie geometrica. Siano r ∈ R e consideriamo la successione s(N ) =
Valgono le proprietà seguenti:
(i) se r < −1, allora s oscilla illimitatamente;
(ii) se r = −1, allora s oscilla limitatamente;
∞
X
1
rj =
;
(iii) se |r| < 1, allora
1
−
r
j=0
(iv) se r ≥ 1, allora
∞
X
j=0
N
X
j=0
r j = ∞.
Osserviamo che se r = 1, allora
s(N ) = N + 1
∀N ∈ N;
perciò lim s(N ) = ∞ e una parte di (iv) è dimostrata.
N →∞
In virtù dell’Esercizio 1, se r 6= 1, allora
s(N ) =
1 − r N +1
1−r
∀N ∈ N;
(i)-(iii) e la parte di (iv) che ancora non è stata dimostrata derivano dai fatti seguenti:
(i0 ) se r < −1, allora lim inf r N +1 = −∞ e lim sup r N +1 = ∞;
N →∞
0
(ii ) se r = −1, allora lim inf r
N →∞
N →∞
N +1
= −1 e lim sup r N +1 = 1;
N →∞
rj .
116
Capitolo 7.
Successioni e serie
(iii0 ) se |r| < 1, allora lim r N +1 = 0;
N →∞
(iv0 ) se r > 1, allora lim r N +1 = ∞.
N →∞
• Serie telescopiche. Sia F una successione. La serie s, le cui somme parziali sono
s(N ) =
N
X
n=0
F (n) − F (n + 1)
∀N ∈ N,
si chiama serie telescopica associata a F .
Poiché
s(N )
= F (0) − F (1) + F (1) − F (2) + · · · + F (N ) − F (N + 1)
= F (0) − F (1) + F (1) − F (2) + · · · + F (N − 1) − F (N ) + F (N ) − F (N + 1)
= F (0) − F (N + 1),
s converge se e solo se F converge. In tal caso
∞
X
n=0
F (n) − F (n + 1) = F (0) − lim F (N + 1).
N →∞
• Siano f e h due successioni e c ∈ R. Valgono le proprietà seguenti:
(i) se sf e sh sono convergenti, allora sf +h è convergente e
sf +h = sf + sh ;
(ii) se sf è convergente, allora scf è convergente e
scf = c sf .
7.2.3 Condizione necessaria di convergenza.
converge, allora lim f (N ) = 0.
Sia f una successione. Se sf
N →∞
Dimostrazione. Per ipotesi, S =
lim sf (N ) ∈ R. Osserviamo che
def N →∞
lim f (N ) = lim sf (N ) − lim sf (N − 1)
N →∞
N →∞
N →∞
=S−S
= 0,
come richesto.
u
t
Sezione 7.2
• La serie
117
Serie
X
j
j
non può essere convergente.
j+1
Infatti, se lo fosse, in virtù della condizione necessaria precedente, la successione
n j o
j
dovrebbe essere infinitesima, mentre lim
= 1.
j→∞ j + 1
j+1
X
f (j).
• Notiamo che lim f (N ) = 0 non implica la convergenza di
N →∞
j
n 1 o
X 1
Ad esempio, la successione
è infinitesima, ma la serie
diverge.
j+1
j+1
j
X 1
Ragioniamo per assurdo. Se la serie
convergesse, per la Proposizione 7.3.2
j
+
1
j
Z ∞
1
l’integrale
dx sarebbe convergente, mentre abbiamo dimostrato che esso è
x+1
0
divergente (vd. Esempi 6.6.2).
Esercizi
1
Sia r ∈ R \ {1}. Si dimostri che
N
X
j=0
2
Si scriva
∞
X
j=1
3
j2
rj =
1 − r N +1
1−r
∀N ∈ N.
1
come serie telescopica, e se ne calcoli la somma.
+j
Dopo aver dimostrato che convergono, si calcoli la somma delle seguenti serie:
∞ X
1
1
−
3n
+
5
3n + 8
n=0
∞ p
X
p
n(n + 1) − n(n − 1) − 1
n=1
∞
π
X
8 · 52n−1
2
cos
n
3n+1
3
2
n=2
∞
X
23n−2
.
2n−1
3
n=2
118
Capitolo 7.
7.3
Successioni e serie
Relazioni tra serie e integrali
In questa sezione descriviamo una relazione fondamentale tra integrali generalizzati
e serie.
X
f (j) converge,
Come conseguenza, ricaveremo vari criteri che permettono di stabilire se
j
studiando il comportamento di f a ∞.
Siano f una successione e S ∈ R. Le affermazioni seguenti sono
7.3.1 Teorema.
equivalenti:
∞
X
(i)
f (j) = S;
j=0
∞
(ii)
Z
Φ(f ) = S.
0
Dimostrazione. Sia x ∈ R+ . Osserviamo che
Z
x
Φ(f ) =
0
Z
bxc+1
Φ(f ) −
0
bxc
=
X
j=0
e che
f (j) −
Z
Z
bxc+1
Φ(f )
x
bxc+1
Φ(f ),
x
Z
Z
bxc+1
bxc+1
Φ(f ) ≤
|Φ(f )|
x
x
Z bxc+1
(Φ(f ) = f (bxc) in [bxc, bxc + 1))
= |f (bxc)|
1
x
≤ |f (bxc)| .
Se sf converge a S, allora lim f (N ) = 0 per la Condizione necessaria di convergenza 7.2.3,
N →∞
e quindi lim |f (N )| = 0, e dalle relazioni precedenti ricaviamo che
N →∞
Z
∞
Φ(f ) = lim
x→∞
0
= lim
x→∞
=
∞
X
Z
x
Φ(f )
0
bxc
X
j=0
f (j) − lim
x→∞
Z
bxc+1
Φ(f )
x
f (j).
j=0
L’equivalenza di (i) e (ii) è una conseguenza immediata di questa formula.
La dimostrazione del teorema è completa.
u
t
Sezione 7.3
119
Relazioni tra serie e integrali
Il risultato appena dimostrato ha rilevanza teorica, ma non è particolarmente utile
nella determinazione del carattere
Z di una serie, perché non ci sono metodi semplici per
∞
lo studio di integrali della forma
Φ(f ). Un risultato simile al precedente, molto utile
0
nelle applicazioni, è, invece, il seguente.
7.3.2 Proposizione.
Siano f una successione non crescente e non negativa e g :
[0, ∞) → R una funzione non crescente che interpola f . Le affermazioni seguenti sono
equivalenti:
X
f (j) converge;
(i)
j
(ii)
Z
∞
g converge.
0
Z
∞
Dimostrazione. Dimostriamo che (i) implica (ii). Per il Teorema 7.3.1,
Φ(f ) converge.
Z ∞0
g converge, come
Poiché 0 ≤ g ≤ Φ(f ), il Criterio del confronto 6.7.1 implica che
0
richiesto.
Dimostriamo che (ii) implica (i). Indichiamo con τ f la successione
∀n ∈ N.
Z ∞
g convergente e dal Criterio del
È facile verificare che 0 ≤ Φ(τ f ) ≤ g. Dall’ipotesi
0
Z ∞
X
confronto 6.7.1 segue che
Φ(τ f ) converge. Per il Teorema 7.3.1,
(τ f )(j) converge.
(τ f )(n) = f (n + 1)
0
È facile verificare che questo implica che
X
j
f (j) converge, come richiesto.
j
0
1
2
Area
<
-
3
4
g < Area
-
5
7.3.3 Esempi.
• Serie armonica generalizzata. Sia α ∈ R. La serie
∞
X
n=1
nα
x
u
t
120
Capitolo 7.
Successioni e serie
converge se e solo se α < −1. Questa serie si chiama serie armonica se α = −1, e serie
armonica generalizzata se α 6= −1.
È facile convincersi che
∞
∞
X
X
α
n =
(j + 1)α .
n=1
j=0
Per la Proposizione 7.3.2, quest’ultima serie converge se e solo se converge l’integrale
Z ∞
(x + 1)α dx,
0
il quale, a sua volta, converge se e solo se α < −1, come provato nel secondo degli
Esempi 6.6.2.
• La serie
∞
X
1
n log n
n=2
è divergente.
È facile verificare che
∞
X
∞
X
1
1
=
.
n
log
n
(j
+
2)
log(j
+
2)
n=2
j=0
Per la Proposizione 7.3.2, quest’ultima serie diverge se e solo se diverge l’integrale
Z ∞
1
dx.
(x + 2) log(x + 2)
0
Ora, per definizione di integrale generalizzato e per il teorema fondamentale del calcolo,
Z ∞
Z b
1
1
dx = lim
dx
b→∞ 0 (x + 2) log(x + 2)
(x + 2) log(x + 2)
0
b
= lim log log(x + 2)
b→∞
0
= ∞,
come richiesto.
• La serie
∞
X
1
n log2 n
n=2
è convergente.
Procedendo come nell’esempio precedente, si vede che la serie data converge se e solo
se converge l’integrale
Z ∞
1
dx.
(x + 2) log2 (x + 2)
0
Sezione 7.3
121
Relazioni tra serie e integrali
Ora, per definizione di integrale generalizzato e per il teorema fondamentale del calcolo,
Z ∞
Z b
1
1
dx = lim
2
b→∞ 0 (x + 2) log2 (x + 2)
(x + 2) log (x + 2)
0
b
= − lim log−1 (x + 2)
b→∞
0
= log 2,
come richiesto.
Esercizi
1
Si dimostri, utilizzando l’Esercizio 4 della Sezione 6.7, che se
X
f (j) converge, allora
j
lim f (N ) = 0.
N →∞
2
Si dimostri che la successione
n
o
1
1
1 + + · · · + − log n
2
n
è positiva, crescente, e il suo limite, γ diciamo, è in (0, 1). La costante γ si chiama costante
di Eulero–Mascheroni. Quanto vale approssimativamente la somma dei primi ventimila
termini della serie armonica?
3 Se f è una successione, g interpola f ed è monotona in [n, n + 1] per ogni n ∈ N,
diciamo che g è un’interpolante di f monotona a tratti.
Siano λ ∈ R∗ , f una successione e g un’interpolante di f monotona a tratti. Si dimostri
che se lim f (n) = λ, allora lim g(x) = λ.
n→∞
x→∞
Siano f una successione non negativa e g : [0, ∞) Z→ R un’interpolante monotona a
∞
X
tratti di f . Si dimostri che se
f (j) converge, allora
g converge.
4
0
j
5
Siano f una successione e g : [0, ∞) → R la funzione definita da
g(x) =
Z
x+1
Φ(f ).
0
Si dimostri che g è un interpolante monotona a tratti di sf .
122
7.4
Capitolo 7.
Successioni e serie
Criteri per serie a termini non negativi
Notiamo che se f è una successione non negativa, allora sf è una successione non negativa
e non decrescente, e, quindi, ammette limite appartenente a [0, ∞). Altrimenti detto, la
serie sf è convergente, o divergente a ∞. Se f è infinitesima, entrambi i casi sono possibili,
e la convergenza o meno della serie dipende dalla rapidità con la quale f tende a 0. I
criteri che esamineremo in questa sezione forniscono condizioni sufficienti su f affinché s f
converga, o diverga a ∞.
Il primo criterio è l’analogo per le serie del Criterio del confronto 6.7.1.
7.4.1 Criterio del confronto.
Siano f e g due successioni tali che 0 ≤ f ≤ g. Se sg
converge, allora sf converge; se 0 ≤ f ≤ g e sf diverge, allora sg diverge.
Dimostrazione. Dimostriamo che se sg converge, allora sZf converge; la dimostrazione
∞
X
dell’altra implicazione è simile. Poiché
g(j) converge,
Φ(g) converge per il Teo0
j
rema 7.3.1. La relazione 0 ≤ f ≤ g Zimplica che 0 ≤ Φ(f ) ≤ Φ(g). Dal Criterio del
∞
confronto per integrali deduciamo che
Φ(f ) converge. In virtù del Teorema 7.3.1, ciò
0
X
implica che
f (j) converge, come richiesto.
u
t
j
L’idea dei due criteri seguenti è quella di confrontare la serie data con una serie
geometrica di ragione opportuna.
7.4.2 Criterio del rapporto.
Sia f una successione non negativa tale che
r =
lim
def n→∞
f (n + 1)
∈ R.
f (n)
Valgono le affermazioni seguenti:
(i) se r < 1, allora sf converge;
(ii) se r > 1, allora sf diverge.
Dimostrazione. Dimostriamo (i). La dimostrazione di (ii) è analoga e la omettiamo. Dalla
definizione di limite segue che se r < t < 1, allora esiste ν tale che
f (n + 1)
≤t
f (n)
∀n ≥ ν.
Perciò, se N > ν
f (N ) ≤ f (ν) tN −ν .
Sia g la successione
{f (0), . . . , f (ν), f (ν) t, f (ν) t2, f (ν) t3 , . . .}.
Sezione 7.4
123
Criteri per serie a termini non negativi
P∞ j
Poiché la serie geometrica
j=0 t converge, anche sg converge. La convergenza di sf
segue dal Criterio del confronto 7.4.1.
u
t
• Siano f e g le due successioni
f (n) =
1
n+1
e
g(n) =
1
.
(n + 1)2
Osserviamo che
f (n + 1)
g(n + 1)
= 1 = lim
.
n→∞
n→∞
f (n)
f (n)
Come già dimostrato, sf diverge e sg converge.
• Se f è una successione non negativa tale che
lim
lim sup
n→∞
f (n + 1)
< 1,
f (n)
allora sf converge.
La dimostrazione è un semplice adattamento della dimostrazione precedente.
• Consideriamo la successione
−n
2
se n è pari
f (n) =
n−2 se n è dispari.
Osserviamo che
f (n + 1)
=
f (n)
Si verifica facilmente che
(n + 1)−2 2n
n2 2−n−1
lim sup
n→∞
se n è pari
se n è dispari.
f (n + 1)
= ∞.
f (n)
Tuttavia,
Poiché
∞
X
f (n) ≤ 2(n + 1)−2
∀n ∈ N.
2(n + 1)−2 converge, anche sf converge per il Criterio del confronto 7.4.1.
n=0
+
• Sia x ∈ R . La serie
è convergente.
Osserviamo che
∞
X
xn
n!
n=0
xn+1 /(n + 1)!
x
=
lim
n→∞
n→∞ n + 1
xn /n!
= 0.
lim
La serie converge per il criterio del rapporto. Si può dimostrare che
∞
X
xn
= ex .
n!
n=0
124
Capitolo 7.
7.4.3 Criterio della radice.
Successioni e serie
Sia f una successione non negativa tale che
lim f (n)
r =
def n→∞
Valgono le affermazioni seguenti:
(i) se r < 1, allora sf converge;
(ii) se r > 1, allora sf diverge.
1/n
∈ R.
Dimostrazione. Dimostriamo (i). La dimostrazione di (ii) è analoga e la omettiamo. Dalla
definizione di limite segue che se r < t < 1, allora esiste ν tale che
f (n)
Perciò, se N ≥ ν
1/n
≤t
∀n ≥ ν.
f (n) ≤ tn .
Sia g la successione
{f (0), . . . , f (ν), t, t2, t3 , . . .}.
P∞ j
Poiché la serie geometrica
j=0 t converge, anche sg converge. La convergenza di sf
segue dal Criterio del confronto 7.4.1.
u
t
• Siano f e g le due successioni
f (n) =
1
n+1
Osserviamo che
lim f (n)
n→∞
e
1/n
g(n) =
1
.
(n + 1)2
= 1 = lim g(n)
n→∞
Come già dimostrato, sf diverge e sg converge.
• Sia f una successione non negativa e
1/n
.
k1 < k 2 < k 3 < . . .
una successione di interi tali che
f (kj )
Allora sf diverge.
Infatti, l’ipotesi implica che
1/kj
f (kj ) ≥ 1
≥ 1.
∀j ∈ N.
Perciò
lim sup f (n) ≥ 1,
n→∞
ed è violata la condizione necessaria di convergenza delle serie.
Sezione 7.5
125
Criteri per serie con termini di segno non costante
Esercizi
1 Sia f una successione non negativa. Si dimostri che se sf converge, allora sf 2 converge.
Vale il viceversa?
2
Si studi la convergenza delle seguenti serie:
∞
X
n
tan
1 + n3
n=0
∞
X
2
e−n x
∞
X
2
n=1
∞
X
1
(ln n)ln n
n=2
n=0
7.5
en ln n−n
Criteri per serie con termini di segno non costante
7.5.1 Definizione.
Sia f una successione. La serie sf si dice assolutamente
convergente se s|f | converge.
7.5.2 Proposizione.
allora è convergente.
Dimostrazione. Poiché
Sia f una successione. Se sf è assolutamente convergente,
∞
X
j=0
|f (j)| converge per ipotesi,
Teorema 7.3.1. Osserviamo che
Per la Proposizione 6.7.4 (ii),
dere che
∞
X
Z
Z
0
∞
∞
Φ(|f |) =
Z
Z
∞
0
∞
0
|Φ(f )| .
Φ(f ) converge. Per il Teorema 7.3.1, possiamo conclu0
u
t
f (j) converge, come richiesto.
j=0
7.5.3 Criterio di Leibnitz.
∞
X
(−1)j g(j) converge.
Φ(|f |) converge in virtù del
Sia g una successione decrescente e infinitesima. Allora
j=0
j
Dimostrazione.
Z ∞ Poniamo f (j) = (−1) . Per il Teorema 7.3.1, è sufficiente mostrare che
l’integrale
Φ(f ) Φ(g) converge. Questo segue dal Corollario 6.7.6 (con Φ(f ) che gioca
0
il ruolo di f e Φ(g) che gioca il ruolo di g), come richiesto.
u
t
• Questo criterio consente di produrre esempi di serie convergenti con termine generale
che tende a zero “molto lentamente”. Ad esempio le serie
∞
X
j=0
(−1)j
log(2 + j)
126
Capitolo 7.
Successioni e serie
è convergente. Questo esempio mostra anche che una serie può essere convergente,
ma non assolutamente convergente. Infatti l’integrale
Z
∞
0
1
dx
log(2 + x)
è divergente, e quindi tale è anche la serie
∞
X
j=0
• Alla serie
1
.
log(2 + j)
∞
X
sin j
j=0
j2
.
non si può applicare il Criterio di Leibnitz, perché sin j 6= (−1)j , come è facile verificare. Tuttavia
|sin j|
1
≤
∀j ∈ N? ;
j2
j2
perciò la serie data converge assolutamente per il criterio del confronto.
• La serie
∞
X
sin j
j
j=0
richiede un trattamento più raffinato, che fa appello alla formula di sommazione per
parti di Abel. Si veda, ad esempio [R, Teorema 3.42, p. 68].
• Sia f una successione tale che sf sia convergente, ma non assolutamente convergente.
Allora sf − e sf + divergono.
Infatti, se sf − e sf + convergessero, allora s|f | convergerebbe, perché
s|f | = sf + + sf − .
Similmente, se sf − divergesse e sf + convergesse, oppure se sf − convergesse e sf +
divergesse, sf dovrebbe divergere, perché
sf = s f + − s f − .
L’osservazione precedente mette in luce un importante aspetto delle serie non assolutamente convergenti; ne illustriamo ora una sua notevole conseguenza.
Sezione 7.5
127
Criteri per serie con termini di segno non costante
7.5.4 Definizione.
Sia f una successione. Si dice che la successione f ? è un riordinamento di f se gli insiemi
{j ∈ N : f (j) = λ}
{k ∈ N : f ? (k) = λ}
e
sono in corrispondenza biunivoca per ogni λ ∈ R.
• La successione
1
1 1 1 1
, 1, , , , , . . .
2
4 3 6 5
è un riordinamento della successione
1 1 1 1 1
1, , , , , , . . . .
2 3 4 5 6
• La successione
1 1 1 1 1
1, , , , , , . . .
2 3 4 5 6
non è un riordinamento della successione
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1, 1, , , , , , , , , , , . . . .
2 2 3 3 4 4 5 5 6 6
7.5.5 Teorema di Riemann.
Siano f una successione. Valgono le affermazioni
seguenti:
(i) se s|f | converge e f ? è un riordinamento di f , allora sf ? converge e
lim sf (n) = lim sf ? (n);
n→∞
n→∞
(ii) se sf converge, s|f | diverge, e λ ∈ R∗ , allora esiste un riordinamento f ? di f tale che
lim sf ? (n) = λ.
n→∞
Esercizi
1
Si studino le convergenze semplice ed assoluta delle seguenti serie:
∞
∞
X
X
(−1)n (−1)n
ln
1
+
.
1/3
n
n(1
+
ln
n)
n=1
n=2
2
Sia

(−1)n


n2
f (n) =
1
def 

n3 + ln n
Si studi il carattere di sf .
3
Sia x ∈ R. Si studi la convergenza delle serie
∞ Z 2/n
X
x sin(nx) dx
n=1
0
se n ∈ N3
se n ∈
/ N3 .
∞ Z
X
n=1
(n+1)π
nπ
x2
x
sin(nx) dx.
+1
8
8.1
Formula di Taylor
Polinomi
In questa sezione stabiliremo alcune proprietà dei polinomi che suggeriranno gli sviluppi della sezione seguente; p indicherà il polinomio di grado n
p(x) =
n
X
a i xi
an 6= 0.
i=0
Di p(0)
.
i!
8.1.1 Sviluppo di un polinomio in potenze di x − y.
• Si verifica facilmente che ai =
p(x) =
n
X
Di p(y)
i=0
i!
Sia y ∈ R. Vale la formula
(x − y)i .
Osserviamo che
p(x) =
n
X
ai (x − y + y)i
i=0
(potenza di un binomio)
(scambiando l’ordine delle sommatorie)
=
=
n
X
i=0
n
X
j=0
ai
i X
i
j
j=0
(x − y)
j
(x − y)j y i−j
n X
i
i=j
Per concludere la dimostrazione è sufficiente provare che
n X
i
Dj p(y)
ai y i−j =
.
j
j!
i=j
Infatti, sviluppando il coefficiente binomiale, otteniamo che
n n
X
i
1 X
i−j
ai y
=
i(i − 1) · · · (i − j + 1) ai y i−j
j
j! i=j
i=j
=
Dj p(y)
,
j!
j
ai y i−j .
130
Capitolo 8.
Formula di Taylor
come richiesto.
• Se il grado del polinomio è basso, per ottenere il suo sviluppo centrato in un punto
diverso da 0 è conveniente procedere come nel seguente esempio.
8.1.2 Esempio.
Vogliamo sviluppare il polinomio
q(x) = x3 − 2x2 + 1
in potenze di x − 1.
Scriviamo
(potenza di un binomio)
q(x) = (x − 1 + 1)3 − 2(x − 1 + 1)2 + 1
= (x − 1)3 + 3(x − 1)2 + 3(x − 1) + 1
− 2 (x − 1)2 + 2(x − 1) + 1
+1
= (x − 1)3 + (x − 1)2 − (x − 1),
(raggruppando i termini simili)
che è lo sviluppo cercato.
8.1.3 Unicità.
Siano y, b0 , b1 , . . . , bn ∈ R. Esiste un unico polinomio q di grado n
i
tale che D q(y) = i! bi , i = 0, 1, . . . , n.
In considerazione dello sviluppo di un polinomio in potenze di x − y visto sopra, il
polinomio
n
X
x 7→
bi (x − y)i
i=0
è l’unico che soddisfa le richieste.
Esercizi
1
Dati i numeri reali aij , i, j = 1, . . . , n, si dimostri che
n X
i
X
i=1 j=1
aij =
n X
n
X
aij .
j=1 i=j
2 Sia y in R. Si dimostri che l’unico polinomio di grado n tale che Di p(y) = 0, i =
0, 1, . . . , n è quello nullo.
3 Supponiamo che m e n siano due interi positivi e che m > n. Siano b0 , b1 , . . . , bn e y
numeri reali assegnati. Si dimostri che l’insieme dei polinomi q di grado al più m tali che
Di q(y) = i! bi , i = 0, 1, . . . , n è uno spazio vettoriale di dimensione m − n.
Sezione 8.2
131
Polinomio di Taylor
4 Siano y ∈ R, p un polinomio di grado n e k < n. Diciamo che p ha uno zero di ordine
k in y se
p(y) = Dp(y) = . . . = Dk−1 p(y) = 0
e
Dk p(y) 6= 0.
Si dimostri che se p ha uno zero di ordine k in y, allora
p(x) = (x − y)k q(x),
dove q è un polinomio di grado n − k tale che q(y) 6= 0.
8.2
Polinomio di Taylor
8.2.1 Definizione.
Siano I un intervallo aperto, y ∈ I e f : I → R una funzione
derivabile n volte in y. Si chiama polinomio di Taylor di f di grado n centrato in y
il polinomio
pn,y (x) =
n
X
Di f (y)
i=0
i!
(x − y)i .
• Osserviamo che
p1,y (x) = f (y) + (x − y)Df (y);
z = p1,y (x) è l’equazione della retta tangente al grafico di f nel punto y, f (y) .
• Mostreremo che il polinomio di Taylor di grado n centrato in y è il polinomio di grado
n che “meglio approssima” f in un intorno di y.
8.2.2 Proposizione.
Siano I un intervallo aperto, y ∈ I, f : I → R una funzione
derivabile n volte in y e pn,y il polinomio di Taylor di f di grado n centrato in y. Valgono
le proprietà seguenti:
(i) pn,y è l’unico polinomio tale che Dk pn,y (y) = Dk f (y) per ogni k in {0, 1, . . . , n};
(ii) per ogni k ∈ {0, 1, . . . , n}, Dk pn,y è il polinomio di Taylor di Dk f di grado n − k
centrato in y;
(iii) se f è un polinomio di grado n, allora pn,y = f .
Dimostrazione. Dimostriamo (i). Si verifica facilmente che Dk pn,y (y) = Dk f (y) per ogni
k in {0, 1, . . . , n}. L’unicità segue da 8.1.3.
132
Capitolo 8.
Formula di Taylor
Dimostriamo (ii). Osserviamo che
k
D pn,y (x) =
n
X
Di f (y)
i=0
i!
Dk (x − y)i
n
X
Di f (y)
=
(x − y)i−k
(i − k)!
i=k
n−k
X
Dk+j f (y)
(x − y)j ,
j!
j=0
n−k
X Dj Dk f (y)
=
(x − y)j ,
j!
j=0
(ponendo i = j + k)
=
che è il polinomio di Taylor di Dk f di grado n − k centrato in y, come richiesto.
Dimostriamo (iii). In virtù di 8.1.1, vale la formula
f (x) =
n
X
Di f (y)
i=0
i!
(x − y)i ,
e quindi f coincide con pn,y , come richiesto.
u
t
Esercizi
1 Siano I un intervallo contenente 0 e f : I → R derivabile infinite
volte in 0. Si calcoli
2
il polinomio di Taylor di grado n, centrato in 0, di g(x) = f x in funzione dei polinomi
def
di Taylor, centrati in 0, di f .
2
Si calcolino i polinomi di Taylor di ogni grado, centrati in 0, della funzione
f (x) =
def
0
se x ≥ 0
exp(−1/x) se x > 0.
Si deduca che esistono due funzioni distinte che hanno gli stessi polinomi di Taylor di ogni
grado, centrati in 0.
Sezione 8.3
8.3
133
Formula di Taylor
Formula di Taylor
Il teorema seguente contiene una delle formule più importanti dell’Analisi Matematica.
8.3.1 Teorema (formula di Taylor).
Siano n ∈ N, I un intervallo aperto, x, y ∈ I.
Valgono le proprietà seguenti:
(i) (resto integrale) se f ∈ C n+1 (I), allora
1
f (x) − pn,y (x) =
n!
Z
x
y
(x − t)n Dn+1 f (t) dt;
(ii) (resto di Peano) se n ≥ 1, f ∈ C n−1 (I) ed è derivabile n volte in y, allora
f (x) − pn,y (x) = o (x − y)n
per x → y;
(iii) (resto di Lagrange) se f ∈ C n (I) ed è derivabile n + 1 volte nell’intervallo aperto
di estremi x e y, allora esiste un punto ξ tra x e y tale che
Dn+1 f ξ
f (x) − pn,y (x) =
(x − y)n+1 .
(n + 1)!
Dimostrazione. Dimostriamo (i). Supponiamo che y < x; la dimostrazione nel caso in cui
y > x è analoga. Osserviamo che, per il teorema fondamentale del calcolo,
f (x) − f (y) =
(per parti)
(n − 1 volte per parti)
Z
x
Df
y
= Df (y) (x − y) +
Z
x
y
(x − t) D2 f (t) dt
= ...
Z
n
X
Di f (y)
1 x
i
=
(x − y) +
(x − t)n Dn+1 f (t) dt,
i!
n! y
i=1
come richiesto.
Dimostriamo (ii). Se n = 1, (ii) si riduce alla Proposizione 4.1.4 (i). Supponiamo che
n > 1. Per (i) (con n − 2 al posto di n),
1
f (x) − pn−2,y (x) =
(n − 2)!
Z
x
y
(x − t)n−2 Dn−1 f (t) dt.
Sostituendo Dn−1 f (t) con
Dn−1 f (t) − Dn−1 f (y) − Dn f (y) (t − y) + Dn−1 f (y) + Dn f (y) (t − y)
134
Capitolo 8.
Formula di Taylor
nella formula precedente, usando la linearità dell’integrale e il fatto che
Z x
(x − y)n
,
(x − t)n−2 (t − y) dt =
n(n − 1)
y
si ottiene
1
f (x) − pn,y (x) =
(n − 2)!
Z
x
y
(x − t)n−2 Dn−1 f (t) − Dn−1 f (y) − Dn f (y) (t − y) dt.
Per concludere la dimostrazione di (ii) è sufficiente provare che
Z x
(x − t)n−2 Dn−1 f (t) − Dn−1 f (y) − Dn f (y) (t − y) dt = o (x − y)n .
y
Poniamo
g(t) =
def
Dn−1 f (t) − Dn−1 f (y) − Dn f (y) (t − y)
.
t−y
Per la Proposizione 4.1.4, applicata a Dn−1 f , abbiamo che lim g(t) = 0. Perciò
t→y +
Z x
n−1
n−2
n−1
n
(x − t)
f (t) − D
f (y) − D f (y) (t − y) dt
D
y
Z x
≤
(x − t)n−2 (t − y) |g(t)| dt
y
≤ y |g|(x)
= y |g|(x)
Z
y
x
(x − t)n−2 (t − y) dt
(x − y)n
,
n(n − 1)
che è o (x−y)n , perché y |g|(x) tende a zero per x tendente a y da destra. Questo conclude
la dimostrazione di (ii).
Dimostriamo (iii). Se n = 0, la formula da dimostrare si riduce al teorema del valor
medio. Possiamo, perciò, supporre n ≥ 1. Supponiamo che y < x; il caso y > x si tratta
in modo analogo. Per (i) (con n − 1 al posto di n)
Z x
1
(x − t)n−1 Dn f (t) dt.
f (x) − pn−1,y (x) =
(n − 1)! y
Sostituendo Dn−1 f (t) con Dn f (t) − Dn f (y) + Dn f (y) nella formula precedente, e usando
la linearità dell’integrale, si ottiene
f (x) − pn−1,y (x)
Z x
Z
n
1
Dn f (y) x
n−1
n
=
(x − t)
D f (t) − D f (y) dt +
(x − t)n−1 dt
(n − 1)! y
(n − 1)! y
Z x
1
Dn f (y)
=
(x − t)n−1 Dn f (t) − Dn f (y) dt +
(x − y)n .
(n − 1)! y
n!
Sezione 8.3
135
Formula di Taylor
Per concludere la dimostrazione di (iii) è sufficiente provare che esiste ξ ∈ (y, x) tale che
Z x
n(n + 1)
(x − t)n−1 Dn f (t) − Dn f (y) dt = Dn+1 f (ξ).
n+1
(x − y)
y
Indichiamo con A il primo membro dell’uguaglianza precedente. Affermiamo che
inf Ry Dn f (t) ≤ A ≤ sup Ry Dn f (t).
t∈(y,x)
t∈(y,x)
Dimostriamo la disuguaglianza di destra; quella di sinistra
si dimostra in modo analogo.
Poiché la funzione t 7→ (x − t)n−1 Dn f (t) − Dn f (y) è continua in y, la funzione
w 7→
Z
x
w
(x − t)n−1 Dn f (t) − Dn f (y) dt
è derivabile in y, ergo continua. Perciò
Z x
n
n(n + 1)
n−1
n
lim
(x
−
t)
f
(t)
−
D
f
(y)
dt
A=
D
(x − y)n+1 w→y + w
Z x
n(n + 1)
n
≤
lim sup Ry D f (t) lim
(x − t)n−1 (t − y) dt
n+1
+
+
(x − y)
w→y t∈[w,x)
w→y
w
= sup Ry Dn f (t),
t∈(y,x)
come richiesto.
Osserviamo
che se A coincide con l’estremo inferiore o con l’estremo superiore di
n
Ry D f in (y, x), allora Dn f (t) = Dn f (y) + A(t − y). In tal caso, Dn+1 f (t) = A per ogni
t ∈ (y, x) e il teorema è dimostrato.
Possiamo, perciò, assumere che
inf Ry Dn f (t) < A < sup Ry Dn f (t).
t∈(y,x)
t∈(y,x)
Poiché Ry Dn f è continua in (y, x), essa assume tutti i valori strettamente compresi tra
il suo estremo inferiore e il suo estremo superiore. Quindi, esiste η ∈ (y, x) tale che
Ry Dn f (η) = A.
Per il teorema del valor medio applicato alla funzione Dn f nell’intervallo [y, η], esiste un
punto ξ in (y, η) tale che
Ry Dn f (η) = Dn+1 f (ξ).
Questo conclude la dimostrazione di (iii) e del teorema.
u
t
• La dimostrazioni di (ii) e (iii) del teorema precedente si semplificano di molto se si
assume che f ∈ C n+1 (I).
136
Capitolo 8.
Formula di Taylor
In virtù della formula di Taylor con resto integrale, per dimostrare (ii) è sufficiente
mostrare che
Z x
(x − t)n Dn+1 f (t) dt = o (x − y)n
y
per x tendente a y. Ma questo è semplice, perché, supponendo ad esempio che y < x,
Z x
Z
n+1
x
n n+1
(x − t) D
f (t) dt ≤ max D
f (t)
(x − t)n dt
t∈[y,x]
y
y
(x − y)n+1
= max Dn+1 f (t)
,
t∈[y,x]
n+1
che è o (x − y)n per x tendente a y.
In maniera simile, per dimostrare (iii) è sufficiente mostrare che esiste ξ compreso tra
x e y tale che
Z x
n+1
(x − t)n Dn+1 f (t) dt = Dn+1 f (ξ).
n+1
(x − y)
y
Supponiamo, ad esempio, che y < x. Osserviamo che
Z x
Z x
n+1
n+1
n+1
n n+1
(x − t) D
f (t) dt ≤ max D
f (t)
(x − t)n dt
n+1
n+1
(x − y)
(x − y)
t∈[y,x]
y
y
n+1
= max D
f (t) ;
t∈[y,x]
Similmente, si può dimostrare che
max Dn+1 f (t) ≤
t∈[y,x]
n+1
(x − y)n+1
Z
x
y
(x − t)n Dn+1 f (t) dt.
Poiché Dn+1 f ∈ C([x, y]), per il teorema fondamentale delle funzioni continue su un
intervallo essa assume tutti i valori compresi tra il suo minimo e il suo massimo; in
particolare, essa assume il valore
Z x
n+1
(x − t)n Dn+1 f (t) dt,
(x − y)n+1 y
come richiesto.
• Siano n un intero positivo, e supponiamo che f : [a, b) → R ammetta derivata destra
n-esima in a. Allora
f (x) − pn,a (x) = o (x − a)n
per x → a+ .
per x → b− .
Similmente, se f : (a, b] → R ammette derivata sinistra n-esima in b, allora
f (x) − pn,b (x) = o (x − b)n
Sezione 8.3
137
Formula di Taylor
Considerazioni analoghe valgono per la formula di Lagrange.
• Le formule di Peano e Lagrange date nel Teorema 8.3.1 sono di natura diversa.
Dalla formula di Peano si deduce che, data una costante positiva M , esiste un intervallo
J , la cui ampiezza dipende da M , ma è difficile da determinare, tale che
n
|f (x) − pn,y (x)| ≤ M |x − y|
∀x ∈ J.
Questa informazione non è utile se si desidera stimare la differenza |f (x) − pn,y (x)| in
un intervallo fissato contenente y.
Dalla formula di Lagrange segue, invece, che esiste una costante M tale che
n+1
|f (x) − pn,y (x)| ≤ M |x − y|
∀x ∈ I.
La minima costante M per cui la disuguaglianza precedente vale è, però, difficile da
determinare, perché dipende da ξ.
• La formula di Lagrange è molto utile qualora siamo in possesso di informazioni ulteriori
circa Dn+1 f in I. Ad esempio, supponiamo che
sup Dn+1 f (x) < ∞.
x∈I
Indicato con M questo estremo superiore, dalla formula di Lagrange ricaviamo che
|f (x) − pn,y (x)| ≤
M
n+1
|x − y|
(n + 1)!
∀x ∈ I.
In particolare, se I è limitato, abbiamo la stima
sup |f (x) − pn,y (x)| ≤
x∈I
n+1
M
d y, I c
,
(n + 1)!
dove I c indica il complementare di I in R.
• Come applicazione dell’ultima formula del punto precedente, determiniamo un polinomio q tale che
sup |ex − q(x)| ≤ 10−2 .
x∈[0,1]
138
Capitolo 8.
Formula di Taylor
Pn
xi /(i!). Inoltre,
Il polinomio di Taylor di x 7→ ex di grado n centrato in 0 è pn,0 (x) =
Dn+1 ex = ex e
sup ex = e.
i=0
x∈[0,1]
Perciò
sup |ex − pn,0 (x)| ≤
x∈I
e
.
(n + 1)!
Affinché e/(n + 1)! ≤ 10−2 , deve essere n ≥ 5, come è facile verificare.
Possiamo abbassare il grado del polinomio q cercato, considerando polinomi di Taylor
centrati in 1/2. Dalle considerazioni svolte sopra, possiamo concludere che
sup ex − pn,1/2 (x) ≤
x∈I
Affinché
1 n+1
e
.
(n + 1)! 2
1 n+1
e
≤ 10−2 , ora basta che n ≥ 3.
(n + 1)! 2
Sezione 8.3
139
Formula di Taylor
Esercizi
1 Siano n un intero positivo, I un intervallo aperto e g ∈ C n+1 (I). Per l’Esercizio 8,
Sezione 8.3, se Dn+1 g è identicamente nulla, allora g è un polinomio di grado, al più, n.
Si applichi questa proprietà alla funzione
1
f (x) −
n!
Z
x
y
(x − t)n Dn+1 f (t) dt,
e si dia una dimostrazione alternativa della formula di Taylor con resto integrale.
140
2
Capitolo 8.
Formula di Taylor
Si dimostrino i seguenti sviluppi centrati in 0 con resto di Peano:
x2
xn
+ ...+
+ o xn
2!
n!
3
x
x2n+1
+ . . . + (−1)n
+ o x2n+1
sin x = x −
3!
(2n + 1)!
x2n
cos x = 1 − x2 + . . . + (−1)n
+ o x2n .
(2n)!
ex = 1 + x +
3
Si dimostrino i seguenti sviluppi centrati in 0 con resto di Peano:
1
= 1 + x + x 2 + . . . + x n + o xn
1−x
1
= 1 − x + x2 + . . . + (−1)n xn + o xn
1+x
1
2
4
2n
2n
=
1
+
x
+
x
+
.
.
.
+
x
+
o
x
1 − x2
1
= 1 − x2 + x4 + . . . + (−1)n x2n + o x2n
2
1+x
x2
xn
ln(1 − x) = −x −
−...−
+ o xn
2
n
2
x
xn
+ . . . + (−1)n−1
+ o xn
ln(1 + x) = x −
2
n
1
1+x
x3
x2n+1
ln
=x+
+ ...+
+ o x2n+1
2
1−x
3
2n + 1
3
x2n+1
x
arctan x = x −
+ . . . + (−1)n−1
+ o x2n+1 .
3
2n + 1
4 Poniamo (2k − 1)!! = 1 · 3 · 5 · · · (2k − 1) e (2k)!! = 2 · 4 · 6 · · · (2k), con la convenzione
def
def
(−1)!! = 0!! = 1. Si dimostrino i seguenti sviluppi centrati in 0 con resto di Peano:
α
α 2
α n
(1 + x) = 1 +
x+
x + ...+
x + o xn
1
2
n
1
(2n − 1)!! n
1
3
√
= 1 − x + x2 − . . . + (−1)n
x + o xn
2
8
(2n)!!
1+x
1
1
3
(2n − 1)!! n
√
= 1 + x + x2 + . . . +
x + o xn
2
8
(2n)!!
1−x
1
1
3
(2n − 1)!! 2n
√
= 1 + x2 + x4 + . . . +
x + o x2n+1
2
8
(2n)!!
1 − x2
1
3
(2n − 1)!! 2n+1
arcsin x = x + x3 + x5 + . . . +
x
+ o x2n+2 .
2
8
(2n)!!
α
Sezione 8.4
Studio del comportamento locale di una funzione. II
141
Sia f ∈ C n [a, b) . Si consideri la funzione f ] : (−∞, b) → R, definita da
 n
i

 X D+ f (a)
(x − a)i se x < a
f ] (x) =
i!
def 
 i=0
f (x)
se x ≥ a.
Si dimostri che f ] ∈ C n (−∞, b) .
5
6 Supponiamo che −∞ < a < b ≤ ∞, che f : [a, b) → R sia derivabile in (a, b) e continua
in a. Se lim+ f 0 (x) = λ ∈ R, allora f è derivabile in a da destra, e
x→a
0
f+
(a) = λ.
7
Si determinino tutte le funzioni f : R → R tali che D2 f (x) = x.
8 Sia I un intervallo. Supponiamo che f ∈ C n+1 (I) e che Dn+1 f = 0 in I. Si dimostri
che f è un polinomio di grado, al più, n.
9
Esistono funzioni in C 2 (R) limitate con derivata seconda positiva?
10 Siano I un intervallo e y, z ∈ I. Supponiamo che f ∈ C 2 (I), e che y e z siano punti
di estremo per f . Si dimostri che D2 f ha almeno uno zero in I.
8.4
Studio del comportamento locale di una funzione. II
8.4.1 Definizione.
Siano I un intervallo aperto, y ∈ I e f : I → R. Se f è derivabile
in y, diciamo che y è un punto di flesso ascendente (risp. discendente) se esiste un
intervallo aperto J contenente y e contenuto in I tale che
(risp. ≤ 0))
∀x ∈ J.
(x − y) f (x) − p1,y (x) ≥ 0
8.4.2 Proposizione.
Siano n un intero positivo, I un intervallo aperto, y un elemento
di I e f : I → R. Valgono le proprietà seguenti:
142
Capitolo 8.
Formula di Taylor
(i) se f è due volte derivabile in y e D2 f (y) > 0, allora esiste un intervallo aperto J
contenente y tale che
f (x) ≥ f (y) + (x − y) f 0 (y)
∀x ∈ J ;
n
(ii) se f è derivabile n volte in y, f (y) = (Df )(y) = . . . = (Dn−1 f )(y) = 0 e (D
f )(y) 6= 0,
n
allora esiste un intervallo aperto J ⊆ I in cui x 7→ (x − y) f (x) − f (y) ha lo stesso
segno di Dn f (y);
(iii) se n è pari, f è derivabile n volte in y, Df (y) = . . . = Dn−1 f (y) = 0 e Dn f (y) 6= 0,
allora y è un estremante per f ; più precisamente, y è un punto di minimo se Dn f (y) > 0
ed è un punto di massimo se Dn f (y) < 0;
(iv) se n è dispari, f è derivabile n volte in y, Df (y) = . . . = Dn−1 f (y) = 0 e Dn f (y) 6= 0,
allora y è un punto di flesso per f ; più precisamente, y è un punto di flesso ascendente
se Dn f (y) > 0 ed è un punto di flesso discendente se Dn f (y) < 0.
Dimostrazione. Dimostriamo (i). Per la formula di Peano possiamo scrivere
f 00 (y)
(x − y)2 + o (x − y)2
f (x) − f (y) − f (y) (x − y) =
2
h f 00 (y)
i
= (x − y)2
+ r(x − y) ,
2
0
dove r(x − y) tende a 0 per x tendente a y. Poiché f 00 (y) > 0, esiste un intervallo aperto
J contenuto in I tale che
f 00 (y)
|r(x − y)| ≤
.
4
Ne deduciamo che
5f 00 (y)
f 00 (y)
≤ f 00 (y) + r(x − y) ≤
4
4
∀x ∈ J ;
conseguentemente
5D2 f 00 (y)
f 00 (y)
(x − y)2 ≤ f (x) − f (y) − f 0 (y) (x − y) ≤
(x − y)2
4
4
∀x ∈ J,
che implica la tesi.
Dimostriamo (ii). Per la formula di Peano possiamo scrivere
Dn f (y)
(x − y)n + o (x − y)n
n!
(x − y)n n
=
D f (y) + r(x − y) ,
n!
f (x) − f (y) =
dove r(x − y) tende a 0 per x tendente a y. Poiché Dn f (y) 6= 0, esiste un intervallo aperto
J contenuto in I tale che
n
D f (y) .
|r(x − y)| ≤ 2 Sezione 8.4
143
Studio del comportamento locale di una funzione. II
Ne deduciamo che
Dn f (y)
3Dn f (y)
≤ Dn f (y) + r(x − y) ≤
2
2
n
se D f (y) > 0 e che
∀x ∈ J
3Dn f (y)
Dn f (y)
≤ Dn f (y) + r(x − y) ≤
2
2
n
se D f (y) < 0; conseguentemente
∀x ∈ J
Dn f (y)
3Dn f (y)
(x − y)n ≤ f (x) − f (y) ≤
(x − y)n
2n!
2n!
se Dn f (y) > 0 e
∀x ∈ J,
3Dn f (y)
Dn f (y)
∀x ∈ J.
(x − y)n ≤ f (x) − f (y) ≤
(x − y)n
2n!
2n!
Possiamo concludere che quindi (x − y)n f (x) − f (y) ha lo stesso segno di Dn f (y) per
ogni x in J , come richiesto.
Da (ii) segue che se n è pari, allora f (x) − f (y) ha lo stesso segno di Dn f (y) per ogni x
in J , e quindi che y è un punto di minimo o di massimo a seconda che Dn f (y) sia positiva
o negativa, provando cosı̀ (iii).
La dimostrazione di (iv) è analoga e la omettiamo.
u
t
La formula di Taylor con resto di Peano è utile per risolvere alcune forme di indecisione
nel calcolo dei limiti.
8.4.3 Esempio.
Calcoliamo il
lim
x→0+
sin x − x
,
xα
dove α è un parametro reale.
Se α ≤ 0, il limite precedente vale 0. Supponiamo α > 0. Abbiamo una forma
indeterminata 0/0. Se 0 < α ≤ 1 possiamo scrivere
sin x − x
(sin x)/x − 1
=
,
α
x
xα−1
sin x
che, tenuto conto del limite notevole lim
= 1 (vd. Esercizio 1 della Sezione 2.4),
x→0+ x
tende a 0 per x tendente a 0 da destra.
Supponiamo ora che α > 1. Per la formula di Peano
x3
sin x = x −
+ o x3 ;
6
il limite dato è quindi equivalente al
x − (x3 /6) + o x3 − x
lim
.
xα
x→0+
Semplificando il numeratore, si vede facilmente che questo limite vale 0 se α < 3, vale 1/6
se α = 3 e vale ∞ se α > 3.
144
Capitolo 8.
Formula di Taylor
Esercizi
1 Siano I un intervallo e f : I → R non decrescente in ogni punto di I. Si dimostri che
f è non decrescente in I. Si concluda che se f è derivabile in I e f 0 > 0 in I, allora f è
crescente in I.
2
Si consideri la funzione
f (x) =
def
0
se x = 0
2
(x/2) + x sin(1/x) se x 6= 0.
Si dimostri che f è crescente in 0, ma non è crescente in alcun intervallo contenente 0.
3
Si consideri la funzione
f (x) =
def
0
se x = 0
−1/x2
e
sin(1/x) se x 6= 0.
Si dimostri che f ∈ C ∞ (R), che tutte le sue derivate in 0 sono nulle, ma che 0 non è un
estremo per f .
8.5
Funzioni convesse
• Dati x e y nel piano, indichiamo con [x, y] il segmento (estremi inclusi) che li congiunge.
8.5.1 Definizione.
Sia E un sottoinsieme di R2 . Diciamo che E è convesso se per
ogni x e y in E, il segmento [x, y] è contenuto in E.
• Un cerchio è un insieme convesso.
Sezione 8.5
145
Funzioni convesse
8.5.2 Definizione.
in I se
Siano I un intervallo e f : I → R. Diciamo che f è convessa
Ef = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ I, y > f (x)}
def
è un sottoinsieme convesso di R2 . L’insieme Ef si chiama epigrafico di f .
• Una funzione si dice concava in I se −f è convessa in I.
8.5.3 Lemma (geometrico).
Consideriamo un rettangolo non degenere ABCD nel
piano. Siano P un punto interno al rettangolo e H, K, L e M i piedi delle perpendicolari
tracciate da P ai lati AB, BC, CD e DA, rispettivamente. Allora
Area (M P LD) > Area (HBKP )
⇐⇒
P è interno al triangolo ABC.
Dimostrazione. Supponiamo che P sia interno al triangolo ABC. Siano P 0 l’intersezione
dei segmenti AC e M K e H 0 , L0 i piedi delle perpendicolari da P ai lati AB e CD.
Affermiamo che Area (M P 0 L0 D) = Area (H 0 BKP 0 ).
Infatti, i triangoli ABC e ACD sono congruenti tra loro, e tali sono anche i triangoli
0 0
AH P e AP 0 M e i triangoli P 0 KC e P 0 CL0 . L’affermazione segue per differenza.
146
Capitolo 8.
Formula di Taylor
Ora, poiché il rettangolo M P LD contiene il rettangolo M P 0 L0 D,
Area (M P LD) > Area (M P 0 L0 D)
= Area (H 0 BKP 0 )
(il rettangolo H 0 BKP 0 contiene il rettangolo HBKP )
> Area (HBKP )
come richiesto.
Il viceversa si dimostra utilizzando considerazioni simili.
u
t
8.5.4 Teorema (fondamentale sulle funzioni convesse).
Supponiamo che I sia
un intervallo e che f : I → R. Allora f è convessa in I se e solo se per ogni y ∈ I la
funzione Ry f è non decrescente in I \ {y}.
Dimostrazione. Supponiamo che f sia convessa in I. Siano x < y < z tre punti di I.
Vogliamo mostrare che
f (y) − f (x)
f (z) − f (x)
≤
.
y−x
z−x
Se f (y) ≤ min f (x), f (z) , il primo membro della disuguaglianza precedente è ≤ 0, mentre
il secondo è ≥ 0, cosicché la disuguaglianza è ovvia. Rimangono due casi possibili: o
f (x) ≤ f (y) ≤ f (z), oppure f (x) ≥ f (y) ≥ f (z). Consideriamo il primo: il secondo si
tratta in modo analogo. La disuguaglianza da dimostrare è equivalente alla seguente:
f (y)(z − x) − f (z)(y − x) − f (x)(z − y) ≤ 0,
che è equivalente alla seguente disuguaglianza tra aree della figura qui sotto:
Area (XZKM ) − Area (XY LD) − Area (Y ZBH) ≤ 0.
Ora, osserviamo che
Area (XZKM ) − Area (XY LD) − Area (Y ZBH) = −Area (M P LD) − Area (HBKP )
(per il lemma geometrico)
< 0,
da cui la tesi.
Viceversa, supponiamo che per ogni y ∈ I la funzione Ry f sia non decrescente in
I \ {y}.
Sezione 8.5
147
Funzioni convesse
Siano x < z e y ∈ (x, z). Per ipotesi, il coefficiente angolare del segmento che unisce
(x, f (x)) e (z, f (z)) è minore o uguale del coefficiente angolare del segmento che unisce
(x, f (x)) e (y, f (y)), e quindi (y, f (y)) sta sotto il segmento che unisce (x, f (x)) e (z, f (z)).
Se ne deduce che f è convessa, come richiesto.
u
t
8.5.5 Corollario.
Supponiamo che I sia un intervallo aperto e che f : I → R sia
convessa. Valgono le affermazioni seguenti:
0
0
0
0
(i) per ogni y ∈ I, esistono f−
(y) e f+
(y). Le funzioni f−
e f+
sono non decrescenti e
0
0
l’insieme dei punti in cui f− 6= f+ è al più numerabile;
(ii) f è continua in I.
Dimostrazione. Dimostriamo (i). Sia y ∈ I. Per il Teorema 8.5.4, la funzione Ry f è non
decrescente in I \ {y}. Quindi, esistono finiti
lim Ry f (x)
x→y −
e
lim Ry f (x),
x→y +
0
0
cioè esistono f−
(y) e f+
(y), come richiesto.
Osserviamo che se x < y sono due punti distinti di I in cui f non è derivabile, si ha
che
0
0
0
0
(x) < f+
(x) ≤ f−
(y) < f+
(y),
f−
0
0
0
0
e quindi gli intervalli f−
(x), f+
(x) e f−
(y), f+
(y) sono disgiunti. Ad ogni punto y in
0
0
0
0
I tale che f− (y) 6= f+ (y), associamo un razionale in f−
(y), f+
(y) . Per l’osservazione
appena fatta, a punti distinti di I vengono associati razionali distinti. Poiché Q è numerabile, si deduce che i punti in cui f è non derivabile sono, al più, un’infinità numerabile,
come richiesto.
Dimostriamo (ii). Per (i), f è derivabile da destra e da sinistra in ogni punto di I.
Per la Proposizione 4.1.4 (ii), f è continua da destra e da sinistra, ergo continua, in ogni
punto di I, come richiesto.
u
t
8.5.6 Teorema (convessità e derivabilità).
Supponiamo che I sia un intervallo
aperto e che f : I → R sia derivabile. Valgono le affermazioni seguenti:
(i) f è convessa se e solo se Df è non decrescente in I;
(ii) f è convessa se e solo se per ogni y ∈ I vale la disuguaglianza f ≥ p 1,y ;
(iii) se f è derivabile due volte, allora f è convessa se e solo se D2 f ≥ 0 in I.
Dimostrazione. Dimostriamo (i). Supponiamo che f sia convessa. Allora D+ f è non decrescente per il Teorema 8.5.5 (i); siccome Df = D+ f , perché f è derivabile, ne deduciamo
che Df è non decrescente in I.
Viceversa, supponiamo che Df sia non decrescente. Osserviamo che
Df (x) (x − y) − f (x) − f (y)
D(Ry f )(x) =
(x − y)2
1
=
Df (x) − Ry f (x) .
(x − y)
1
(per il teorema del valor medio)
=
Df (x) − Df (ξ) ,
(x − y)
148
Capitolo 8.
Formula di Taylor
dove ξ è compreso tra x e y. Poiché Df è non decrescente per ipotesi, Df (x) − Df (ξ) ha lo
stesso segno di x − y; quindi D(Ry f ) > 0, ergo Ry f è non decrescente a sinistra e a destra
di y. Inoltre, osserviamo che se x < y < z, allora Ry f (x) ≤ Df (y) ≤ Ry f (z).
Dimostriamo la disuguaglianza di sinistra; quella di destra si prova in modo analogo.
Abbiamo appena dimostrato che se x < w < y, allora
Ry f (x) ≤ Ry f (w);
facendo tendere w a y da sinistra, si ottiene Ry f (x) ≤ Df (y), come richiesto.
Perciò possiamo affermare che Ry f è non decrescente in I \ {y}. Conseguentemente,
f è convessa in virtù del Teorema 8.5.4.
Dimostriamo (ii). Siano y, w e z in I tali che y < w < z. Se f è convessa, per il
Teorema 8.5.4 vale la disuguaglianza
Ry f (w) ≤ Ry f (z),
da cui, facendo tendere w a y da destra, si ottiene, in virtù dell’ipotesi di derivabilità di f ,
Df (y) ≤ Ry f (z),
equivalentemente, f (z) ≥ p1,y (z) per ogni z > y. Un ragionamento analogo mostra che la
medesima disuguaglianza è valida anche per z < y, dimostrando cosı̀ una parte di (ii).
Viceversa, siano x, y in I tali che x < y. Per ipotesi, valgono le relazioni f ≥ p 1,y e
f ≥ p1,x , da cui, in particolare,
f (x) ≥ f (y) + Df (y)(x − y)
e
f (y) ≥ f (x) + Df (x)(y − x).
Sommando membro a membro queste disuguaglianze, si ottiene che
0 ≥ Df (y) − Df (x) (x − y),
che implica Df (x) ≤ Df (y), cioè che Df è non decrescente. Per (i), f è convessa, concludendo la dimostrazione di (ii).
Infine, (iii) segue facilmente da (ii), completando cosı̀ la dimostrazione del teorema.
u
t
• Studiamo le soluzioni dell’equazione ex − ax = 0, dove a è un parametro reale.
Poniamo φa (x) = ex − ax. Osserviamo che φa ∈ C ∞ (R).
def
Se a < 0, allora φa è crescente, tende a −∞ a −∞ e a ∞ a ∞. Per la proprietà degli
zeri, φa ha uno zero, che è unico.
Se a = 0, è noto che φa non ha zeri.
Sia ora a > 0. Osserviamo che φa tende a ∞ sia a −∞ sia a ∞. Notiamo che
φ0a (x) = ex − a, che si annulla solo in ln a, che è un punto di minimo per φa . Il minimo
di φa è perciò φa (ln a), che vale a(1 − ln a). Tale valore è positivo se e solo se a < e.
Sezione 8.5
149
Funzioni convesse
In tal caso φa non ha zeri. Se a = e, allora 1 è uno zero; non ce ne possono essere
altri, perché φa è decrescente in (−∞, 1) e crescente in (1, ∞). Infine, se a > e, allora
φa (ln a) < 0, e, dal teorema degli zeri applicato separatamente agli intervalli (−∞, 1)
e (1, ∞), si deduce che φa ha almeno due zeri. Poiché φ00a > 0, φa è convessa, e quindi
non ci possono essere altri zeri (vd. Esercizio 2).
Esercizi
1 Si dimostri che se f è convessa in R e Df (y) = 0, allora y è un punto di minimo
assoluto per f .
2 Siano f strettamente convessa e g concava in R. Si dimostri che l’equazione f (x) = g(x)
ha, al più, due soluzioni. Si diano esempi in cui l’equazione precedente non ha soluzioni,
oppure ne ha una sola.
3
Si dimostri che una funzione strettamente convessa in R non può essere limitata.
4 Si determini, al variare del parametro reale λ, il numero delle soluzioni dell’equazione
ln x = λx.
5
Supponiamo che f : (0, 1) → R sia convessa, derivabile e che lim f (x) = ∞. Si
x→0+
0
dimostri che lim f (x) = ∞.
x→0+
6
Si dimostrino le seguenti disuguaglianze negli insiemi a fianco indicati:
ex ≥ 1 + x
|sin x| ≤ |x|
R,
R,
ln x ≤ x − 1
|arctan x| ≤ |x|
R+ ,
R.
7 Sia f : [0, ∞) → R tale che f 0 (0) = 0 e che lim f (x) = a ∈ R. Si dimostri che f ha
x→∞
almeno un flesso.
Bibliografia
[BR] A. Bacciotti e F. Ricci, Analisi Matematica I, Liguori Ed., Napoli, 1995.
[BC] P. Boieri e G. Chiti, Precorso di matematica, Zanichelli Ed., 1994.
[DeMF] L. De Michele e G. Forti, Analisi Matematica: problemi ed esercizi, Ed. Città Studi,
1993.
[MPP] G. Monti, A. Peretti e R. Pini, Esercizi di matematica, LED Ed., Milano, 1994.
[P] G. Prodi, Analisi Matematica, Ed. Boringhieri, Torino, 1970.
[R] W. Rudin, Principi di Analisi Matematica, McGraw–Hill Libri Italia Ed., 1991.