Esercizi 2 - Dr. Alessio Brancolini

Alcuni esercizi: foglio 2
Alessio Brancolini
1
Possibili limiti di sin(n).
Queste due proposizioni sono (per quel che ne so) i risultati di base di approssimazione di irrazionali con numeri razionali. Per dimostrare il teorema che
ci interessa serve poter approssimare il numero 1/2π con un numero razionale
in modo abbastanza preciso e questo lo possiamo fare grazie alla Proposizione
2. Purtroppo non basta approssimarlo con stime facili del tipo
m 1
λ − < .
n
n
Proposizione 1. Dati un qualsiasi numero irrazionale λ e un qualunque
intero positivo k, esiste sempre un razionale m/n tale che n ≤ k e
m 1
.
λ − <
n
nk
Proposizione 2. Dato un generico irrazionale λ, esistono infinite frazioni
razionali m/n ridotte ai minimi termini, tali che
1
m λ
−
< 2.
n
n
(1)
Prima di dimostrare queste due proposizioni, dimostrerò il teorema che
ci interessa maggiormente. Questo afferma che i punti della circonferenza
di raggio 1 nel piano del tipo (cos(n), sin(n)) sono un insieme denso nella
circonferenza. Notate che i punti del tipo (cos(θ), sin(θ)) si ottengono come
intersezione fra la circonferenza di raggio 1 e la retta passante per l’origine
che forma con l’asse x un angolo pari a θ.
Teorema 3. I punti del piano di coordinate (cos(n), sin(n)) sono densi nella
circonferenza di raggio 1 (che d’ora in poi chiamerò C).
1
Dimostrazione. Per prima cosa notate che se una angolo è della forma
2π
m
n
con m e n interi primi fra loro, allora i punti
(cos(2kπ
m
m
), sin(2kπ ))
n
n
con k = 0, 1, . . . , n − 1 disegnano su C i vertici di un poligono regolare di
n lati. Per la Proposizione 2 esistono infiniti razionali p/q ridotti ai minimi
termini tali che
1
p
< 1
−
2π q q 2
e che per k = 0, 1, . . . , q − 1 si ha
2kπ
1
p
2π
2kπ
− 2kπ ≤ 2 <
.
2π
q
q
q
(2)
Questo dimostra che l’angolo k = 0, 1, . . . , q − 1 differisce dall’angolo 2kπ pq
per meno di 2π/q e che quindi i punti del tipo
(cos(k), sin(k))
distano al più 2π/q dai punti
p
p
(cos(2kπ ), sin(2kπ ))
q
q
per k = 0, 1, . . . , q − 1. Osserviamo che questi ultimi distano fra di loro non
più di 2π/q.
Questo ci permettere di affermare la tesi. Siccome i razionali ridotti ai
minimi termini tali che vale la (2)
k − 2kπ p ≤ 2kπ < 2π .
q
q2
q
per k = 0, 1, . . . , q − 1 sono infiniti, possiamo sceglierne uno in modo che che
2π/q < ε con ε fissato da noi. I punti (cos(k), sin(k)) saranno al più 2ε da
ogni punto della circonferenza perché ciascuno di questi dista da un punto
del poligono di q lati dato dai punti (cos(2kπ pq ), sin(2kπ pq )) non più di 2π/q
e ciascuno punto di questo poligono dista da un punto della circonferenza al
più 2π/q.
2
Corollario 4. Le successioni cos(n) e sin(n) sono dense nell’intervallo chiuso [−1, 1].
Dimostrazione. Basta rendersi conto che se due punti (x, y) e (x0 , y 0 ) sulla
circonferenza distano di d allora
|x − x0 | < d, |y − y 0 | < d.
Si può vedere con un disegno. . .
Dimostrazione della Proposizione 1. Dati un numero irrazionale λ e un intero positivo k considero i numeri
λ, 2λ, 3λ, . . . , kλ.
che scrivo come
kλ = ak + bk
dove ak è la parte intera e bk è la parte frazionaria (i bk sono tutti distinti).
Considero gli intervalli
h h+1
Ih =
,
k
k
con h = 0, 1, . . . , k − 1 che sono sottointervalli aperti di (0, 1) di lunghezza
1/k. Ciascun b appartiene a uno e uno solo di questi intervalli (i b sono
irrazionali, quindi non possono essere 0, 1/k, 2/k, . . . , 1).
Distinguiamo due casi.
Caso 1: l’intervallo I1 contiene almeno un b. Sia bn ∈ I1 . Allora essendo
bn = nλ − an si ha
1
0 < bn = nλ − an <
k
che da la tesi prendendo come numeratore m = an .
Caso 2: l’intervallo I1 non contiene nessun b. Dato che i b sono k e gli
intervalli sono k − 1, due b, diciamo che siano bj e br , stanno in uno nello
stesso intervallo di lunghezza 1/k. Abbiamo
|bj − br | <
1
k
da cui
|(jλ − aj ) − (rλ − ar )| <
da cui
1
k
1
k
ponendo n = j − r e m = aj − ar si ottiene la tesi.
|(j − r)λ − (aj − ar )| <
3
Dimostrazione della Proposizione 2. Osserviamo per prima cosa che se
m 1
λ − <
n
nk
con n ≤ k allora
1
m λ − < 2 .
n
n
Osservare che se m/n non è ridotta ai minimi termini, ma vale una disuguaglianza tipo (1) una disuguaglianza simile vale quando si riduce ai minimi
termini nel senso che se M/N è m/n ridotta ai minimi termini allora
M
λ − < 1 .
N N2
Dobbiamo però dimostrare che di questi razionali ce ne sono infiniti.
Supponiamo che ce ne sia solo un numero finito:
mi
m1 m2
,
,...,
n1 n2
ni
e scegliamo k in modo che
1
m1 1
m2
1
mi
< |λ −
|, < |λ −
|, . . . , < |λ −
|
k
n1 k
n2
k
ni
Per la Proposizione 1 abbiamo un razionale m/n tale che
|λ −
1
m
|<
n
kn
che non è uguale a nessuno dei
m1 m2
mi
,
,...,
n1 n2
ni
Abbiamo trovato quindi un’altra frazione contro l’ipotesi che ve ne fossero
solo i.
2
Esercizi misti.
Esercizio 5. Dimostrare che
√
S = {a 2 + b : a, b ∈ Q}
è denso in R.
4
Dimostrazione. Detto cosı̀ è molto semplice. . . Infatti Q ⊂ S (basta considerare i numeri con a = 0) e Q è denso in R.
Forse l’esercizio difficile è questo.
Esercizio 6. Dimostrare che
√
S = {a 2 + b : a, b ∈ N}
è denso in R.
Dimostrazione. Provate a farlo utilizzando le approssimazioni che vi vengono
date dalla Proposizione 2.
Questo esercizio è propedeutico a quello che seguirà.
Esercizio 7. L’estremo superiore e inferiore di funzioni L-lipschitziane è
L-lipschitziana.
Dimostrazione. Sia fj una famiglia (famiglia, quindi anche più che numerabile) di funzioni L-lipschitziane. Allora
fj (y) − L|x − y| ≤ fj (x) ≤ fj (y) + L|x − y|.
(3)
Sia g(x) = inf j fj (x). Passando all’estremo inferiore in (3):
inf fj (y) − L|x − y| ≤ inf fj (x) ≤ inf fj (y) + L|x − y|
j
j
j
cioè
g(y) − L|x − y| ≤ g(x) ≤ g(y) + L|x − y|.
che dimostra la L-lipschitzianità di g. Si ragiona in modo analogo nel caso
dell’estremo superiore della famiglia fj .
Esercizio 8. Sia A un sottoinsieme qualsiasi di R e f : A → R una funzione
L-lipschitziana. Allora si può estendere f a tutto R mantenendo invariata
la costante di Lipschitz di f . In altre parole esiste g : R → R L-lipschitziana
tale che g|A = f .
Dimostrazione. La difficoltà è forse più nel capire chi deve essere g. Cominciamo con alcune osservazioni. Supponiamo che esista una estensione g
di f con le proprietà richieste dalla tesi dell’esercizio. Poiché g deve essere
L-lipschitziana:
g(y) − L|x − y| ≤ g(x) ≤ g(y) + L|x − y|
5
per ogni x, y ∈ R e poiché si deve avere g|A = f (cioè g(y) = f (y) per ogni
y ∈ A) risulta che
f (y) − L|x − y| ≤ g(x) ≤ f (y) + L|x − y|
per ogni y ∈ A e per ogni x ∈ R. Quindi g deve necessariamente soddisfare
queste disuguaglianze
sup[f (y) − L|x − y|] ≤ g(x) ≤ inf [f (y) + L|x − y|].
y∈A
y∈A
Se le due funzioni
x 7→ f∗ (x) := sup[f (y) − L|x − y|]
y∈A
e
x 7→ f ∗ (x) := inf [f (y) + L|x − y|]
y∈A
fossero L-lipschitziane saremmo a posto. Anzi avremmo trovato la più piccola
e la più grande estensione (f∗ e f ∗ rispettivamente) L-lipschitziana di f .
Fortunatamente è cosı̀. Dimostriamo che f∗ ha le proprietà richieste. f∗
è L-lipschitziana perché è l’estremo superiore della famiglia di funzioni Llipschitziane date al variare di y ∈ A da
x 7→ fy (x) := f (y) − L|x − y|.
Qui x è la variabile, mentre y è l’indice. fy è L-lipschitziana perché
|fy (x1 ) − fy (x2 )| = L||x1 − y| − |x2 − y|| ≤ L|x1 − x2 |
(l’ultima disuguaglianza segue dalle proprietà del modulo). La dimostrazione
si adatta per f ∗ .
Osservazione 9. Se vi piace la generalità potete osservare che il teorema
continua a valere in questa forma: una funzione reale L-lipschitziana definita
su un sottoinsieme A di uno spazio metrico generico X si può estendere a
tutto X mantenendo la costante di Lipschitz invariata. La dimostrazione
funziona sostituendo a |x − y| l’espressione d(x, y) dove d è la distanza su X.
Esercizio 10. Sia T : X → X una contrazione. Allora la successione
definita per ricorrenza da
(
x0 = x
xn = T (xn−1 )
è di Cauchy.
6
Dimostrazione. Siccome T è una contrazione esiste (per definizione di contrazione) 0 ≤ α < 1 (minore stretto di uno!) tale che
d(T (x), T (y)) ≤ αd(x, y).
Siano m, n interi. Supponiamo m < n. Per ripetute applicazioni della
disuguaglianza triangolare:
d(xn , xm ) ≤ d(xn , xn−1 ) + d(xn−1 , xn−2 ) + · · · + d(xm+1 , xm )
(4)
Si tratta di stimare quanto vale un termine del tipo d(xk , xk−1 ). Abbiamo:
d(xk , xk−1 ) = d(T (xk−1 ), T (xk−2 )) ≤ αd(xk−1 , xk−2 ) =
αd(T (xk−2 ), T (xk−3 )) ≤ α2 d(xk−2 , xk−3 )
e proseguendo a ritroso:
d(xk , xk−1 ) ≤ αk−1 d(x1 , x0 ).
(5)
Torniamo a (4). Grazie a (5):
d(xn , xm ) ≤ d(x1 , x0 )[αn−1 + . . . + αm ] ≤ αm
1
1−α
Questo ci dice che la successione è di Cauchy: fissato ε > 0 si prende N in
modo che
1
αN
≤ε
1−α
(si può fare perché α < 1) e quindi per m, n ≥ N si avrà:
d(xn , xm ) ≤ αm
1
1
≤ αN
≤ ε.
1−α
1−α
che conclude la dimostrazione.
Questo esercizo permette di dimostrare un teorema molto utile che si
chiama Teorema delle Contrazioni.
Teorema 11 (Teorema delle Contrazioni). Sia X uno spazio metrico
completo. Una contrazione T : X → X ha uno e un solo punto fisso.
Dimostrazione. Unicità (non dipende dalla completezza). Supponiamo che
x, y siano distinti e tali che T (x) = x, T (y) = y. Allora d(x, y) > 0 e
d(x, y) = d(T (x), T (y)) ≤ αd(x, y) < d(x, y)
7
che è assurdo (si usa che α < 1 per l’ultima disuguaglianza).
Esistenza (dipende dalla completezza). Si considera una successione inizializzata a caso:
(
x0 = x
xn = T (xn−1 )
poiché è di Cauchy, xn → x. Siccome abbiamo
xn = T (xn−1 )
passando al limite
x = T (x).
Esercizio 12. Fate vedere con esempi che se T soddisfa la disuguaglianza
d(T (x), T (y)) ≤ d(x, y)
(meno restrittiva di quella che definisce le contrazioni, è la 1-lipschitzianità),
allora non è più assicurata l’esistenza del punto fisso oppure l’unicità del
punto fisso qualora ve ne sia uno. E se invece si avesse che
d(T (x), T (y)) < d(x, y)
cosa si può dire sull’esistenza del punto fisso? E sull’unicità?
8