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