Complementi di MATEMATICA 1 Relazione d`ordine in R Per la

Complementi di MATEMATICA 1
Relazione d’ordine in R Per la relazione di ordine in R si usa la seguente
definizione (diversa da quella di [BBG]):
Esiste un sottoinsieme di R che indichiamo con R+ e che chiamiamo di reali
positivi che soddisfa i seguenti assiomi:
O1)’ se x, y, sono in R+ allora anche x + y e xy sono in R+ ;
O2)’ ∀x ∈ R x = 0, o x ∈ R+ o −x ∈ R+ , ma non entrambi;
03)’ 0 ∈
/ R+ .
Si definiscono adesso i simboli <, >, ≤, ≥, nel seguente modo:
x < y significa che y − x ∈ R+
y > x significa che x < y
x ≤ y significa che o x < y oche x = y
y ≥ x significa che x ≤ y.
Con questa definizione si devono saper dimostrare le proprietà 01)–04) a pag
7.
Definizione di funzione Siano X e Y due insiemi. Si dice prodotto cartesiano di X per Y e si indica con X × Y l’insieme {(x, y) : X ∈ X, y ∈ Y }.
Si dice funzione di X in Y un sottoinsieme G(f ) di X × Y tale che se
(x, y1 ) ∈ G(f ) e (x, y2 ) ∈ G(f ) allora y1 = y2 . Se (x, y) ∈ G(f ) allora si
scrive y = f (x).
.
Si definisce dominio di f l’insieme Dom(f ) = {x ∈ X : (x, y) ∈ G(f ), per
.
qualche y ∈ Y }, e immagine di f l’insieme Im(f ) = {y ∈ Y : (x, y) ∈
G(f ), per qualche x ∈ X}.
Notare che si identifica una funzione con il suo grafico.
Teorema Una successione ha limite L se e solo se tutte le sottosuccessioni
hanno lo stesso limite.
Dimostrazione La dimostrazione che se xn → L allora xnk → L dove
{xnk }k è una qualunque sottosuccessione di {xn }n è lasciata come esercizio.
Viceversa suppongo che ogni sottosuccessione di {xn }n converga allo stesso
limite L ∈ R e dimostro che {xn }n converge a L. Infatti se per assurdo così
non fosse ∃ε > 0 tale che ∀p ∈ N esiste np ≥ p tale che |xnp − L| ≥ ε. {xnp }p
è una sottossuccessione di {xn }n perchè non è difficile rendersi conto che la
successione di naturali {np }p diverge e che, eventualmente passando ad una
sottosuccessione, essa si puo’ pensare crescente in senso stretto. L’assurdo
deriva dal fatto che |xnp − L| ≥ ε implica che {xnp }p non converge a L.
Criterio del rapporto. Sia
lim an+1 = β. Allora
n→+∞ an

β>1



β<1


 β=1
{an }n una successione tale che an > 0. Sia
⇒
⇒
⇒
lim an = +∞,
n→+∞
lim an = 0,
n→+∞
lim an =?.
n→+∞
Dimostrazione.∀ε > 0, ∃p tale che se n ≥ p si ha β − ε ≤ an+1
an ≤ β + ε.
.
1 1. Allora ap+1 ≥ αap , ap+2 ≥ αap+1
Se β > 1 scelgo ε tale che β − ε = α >
che implica ap+2 ≥ α2 ap , e reiterando questo procedimento si ha ap+k ≥
αk ap . Da qui per confronto si ha lim ap+k = +∞ da cui lim an = +∞.
n→+∞
.k→+∞
Se β < 1 scelgo ε tale che β + ε = α < 1. Allora ap+1 ≤ αap , ap+2 ≤ αap+1
che implica ap+2 ≤ α2 ap , e reiterando questo procedimento si ha ap+k ≤
αk ap . Da qui essendo ap+k > 0 si ha per confronto lim ap+k = 0 da cui
k→+∞
lim a = 0.
Si ha limu(t) = 0 essendo g derivabile in y. Quindi definisco per continuità
t→0
u(0) = limu(t) = 0.
t→0
Dato che g(y + k) − g(y) = k(u(k) + g (y)) in (*) ottengo
F (x + h) − F (x)
g(y + k) − g(y)
k
= lim
= lim (u(k) + g (y)) =
h→0
h→0
h→0
h
h
h
lim
= g (y)f (x) = g (f (x))f (x)
(x)
perchè lim hk = lim f (x+h)−f
= f (x) e lim u(k) = 0.
h
h→0
h→0
k→0
Teorema: Derivata della funzione inversa. Sia f : (a, b) → R strettamente monotona e continua. Sia f derivabile in x ∈ (a, b) e f (x) = 0.
.
Allora la funzione inversa g di f è derivabile in y = f (x) e si ha
g (y) =
1
f (x)
=
1
f (g(y))
.
Dimostrazione
lim
k→0
g(y + k) − g(y)
k
lim
=
↑
.
k→0 f (x
h
1
1
= = lim
. (∗)
+ h) − f (x) k→0 f (x+h)−f (x)
f (x)
h
g(y+k)−g(y)=h
Infatti per definizione di inversa
y = f (x)
⇒
x = g(y)
g(y + k) = x + h
⇒
y + k = f (x + h)
e
e quindi k = f (x + h) − f (x). Osservo che se se k = 0 allora h = 0 poichè g
è strettamente monotona e se k → 0 allora h → 0 poichè g è continua in y
e da qui segue il limite in (∗).
Dove si è usata l’ipotesi che f sia continua in (a, b)?
Proposizione Sia f : (a, b) → R crescente e derivabile. Allora f (x) ≥ 0.
Dimostrazione esercizio.
Proposizione A Sia f : (a, b) → R una funzione derivabile in (a, b). Sia
ξ ∈ (a, b) un punto di minimo (massimo) assoluto per f . Allora f (ξ) = 0.
Dimostrazione Vedasi dimostrazione esercizio 3.1 pag 80.
Proposizione Se f : R → R è derivabile f (x) ≥ 0 e f (x) = 0 solo in un
numero finito di punti allora f è strettamente crescente.
Dimostrazione Se per assurdo esitessero a < b tale che f (a) = f (b) allora
∀x ∈ [a, b] si ha f (a) ≤ f (x) ≤ f (b) essendo f crescente, ma da f (a) = f (b)
si ha anche f (x) = costante ∀x ∈ [a, b] da cui f (x) ≡ 0 ∀x ∈ [a, b], assurdo.
Teorema di Rolle Sia f : [a, b] → R una funzione continua, derivabile in
(a, b) e tale che f (a) = f (b). Allora ∃c ∈ (a, b) tale che f (c) = 0.
2
Dimostrazione Teorema di Rolle Per il Teorema di Weierstrass esistono
xm , xM ∈ [a, b] punti di massimo e minimo assoluti per f in [a, b]. Se fosse
xm = a, xM = b (o xm = b, xM = a) si avrebbe f (x) =costante essendo
f (a) = f (b) e in tal caso f (x) = 0 ∀x ∈ (a, b) e la dimostrazione sarebbe
terminata. Se invece xm ∈ (a, b) (o xM ∈ (a, b)) allora f (xm ) = 0 (o
f (xM ) = 0) per la Proposizione A e ponendo c = xm (o c = xM ) il teorema
è dimostrato.
.
(a)
Dimostrazione Teorema di Lagrange Sia r(x) = f (a) + f (b)−f
(x − a).
b−a
.
La funzione g(x) = f (x) − r(x) è continua in [a, b], derivabile in (a, b) e
tale che g(a) = g(b) = 0. Il teorema di Rolle applicato ad essa implica
che esiste c ∈ (a, b) tale che g (c) = 0 che dà il risultato essendo g (x) =
(a)
f (x) − f (b)−f
.
b−a
Esempio di funzione non integrabile Sia f : [0, 1] → R data da
1 se x ∈ R \ Q
f (x) =
0 se x ∈ Q
f non è integrabile in quanto
1
sup{
s(x) dx, s(x) ≤ f (x),
s(x) funzione semplice} = 0
0
e
inf{
1
u(x) dx, u(x) ≥ f (x),
u(x) funzione semplice} = 1.
0
Teorema dalla media integrale Sia f : [a, b] → R una funzione continua.
Allora ∃c ∈ [a, b] tale che
b
f (x) dx = f (c)(b − a).
a
.
.
Dimostrazione Sia m = minf, M = maxf. Dalle proprietà degli integrali
[a,b]
si ha
[a,b]
m(b − a) ≤
b
f (x) dx ≤ M (b − a).
a
. b f (x) dx
Sia λ = a b−a ; si ha m ≤ λ ≤ M. Il teorema dei valori intermedi per le
funzioni continue, applicato a f in [a, b], implica che esiste c ∈ [a, b] tale che
f (c) = λ da cui la tesi.
Teorema Sia f : [a, b] → R e x0 ∈ (a, b). f sia continua, derivabile in x = x0
e esista finito lim f (x) = L. Allora esiste anche f (x0 ) ed è f (x0 ) = L.
x→x0
Dimostrazione Si ha
f (x0 + h) − f (x0 )
+
h
h→0
f+ (x0 ) = lim
3
=
Lagrange
x0 <ch <x0 +h
f (ch )h
=L
h
h→0+
lim
e
f (x0 + h) − f (x0 )
h
h→0−
f− (x0 ) = lim
=
Lagrange
x0 +h<dh <x0
f (dh )h
=L
h
h→0−
lim
da cui f (x0 ) = L.
Esercizio: Trovare una funzione f : [a, b] → R, derivabile in (a, b), per cui
esiste x0 ∈ (a, b) tale f (x0 ) = lim f (x).
x→x0
Suggerimento: Non si può contraddire il Teorema precedente. Quindi...
Definizione Si dice che una funzione f : (a, b) → R è di classe C n in (a, b)
e si scrive f ∈ C n (a, b) se f ha le derivate fino all’ordine n continue in (a, b).
Si dice di classe C ∞ se è di classe C n per ogni n.
Formula di taylor con resto di Lagrange Sia f di classe C n+1 (a, b) e
x0 ∈ (a, b). Allora
f (x) =
n
f (k) (x0 )
k=0
k!
(x − x0 )k +
f (n+1) (ξ)
(x − x0 )n+1
(n + 1)!
dove ξ è un punto opportuno con ξ ∈ (x0 , x) se x > x0 e ξ ∈ (x, x0 ) se
x < x0 .
Dimostrazione Non richiesta.
Unicità del Polinomio di Taylor Teorema Il polinomio di Taylor
. f (k) (x0 )
Pn (x) =
(x − x0 )k
k!
n
k=0
è l’unico polinomio tale che
f (x) = Pn (x) + o(x − x0 )n .
Dimostrazione Per assurdo supponendo, per semplificare, che x0 = 0.
Esempio La funzione
f (x) =
e− x2 , se x = 0
0 se x = 0
1
è di classe C ∞ in R. Infatti non è difficile dimostare che per ogni n ∈ N si
ha
1
− 12
(n)
x = 0
f (x) = e x Pn
x
1
dove Pn x1 è un polinomio di grado 3n in x1 e dato che lim e− x2 Pn x1 = 0
si ha f (n) (0) = 0 per ogni n ∈ N. La funzione
−1
e x2
se x = 0
f (x) =
xm ,
0 se x = 0
4
x→0
con m > 0 è di classe C ∞ in R. Infatti non è difficile dimostare che per ogni
n ∈ N si ha
1
− 12
(n)
x
x = 0
Pn,m
f (x) = e
x
1
dove Pn,m x1 è un polinomio di grado 3n+m in x1 e dato che lim e− x2 Pn,m x1 =
x→0
0 si ha f (n) (0) = 0 per ogni n ∈ N.
Cosa si puo’ dire del polinomio di Taylor delle precedenti due funzioni?
Teorema Sia f : [c, d] → R una funzione continua, g : [a, b] → [c, d] una
funzione C 1 . Allora
f (u) du ◦ g(t) = f (g(t)) g (t) dt
e
g(b)
f (u) du =
g(a)
b
f (g(t)) g (t) dt.
a
Dimostrazione Per la prima formula sia F (x) = f (x) dx. Allora
d
d
d
f (u) du ◦ g(t) = F (g(t)) = f (g(t))g (t) =
f (g(t)) g (t) dt.
dt
dt
dt
x
x
Per la seconda formula sia P (x) = g(a) f (u) du, Q(x) = a f (g(t))g (t) dt
e R(x) = P (g(x)). Si ha P (x) = f (x), Q (x) = f (g(x))g (x) e R (x) =
f (g(x))g (x) e
g(x)
g(x)
f (u) du =
g(a)
e
P (u) du = P (g(x)) − P (g(a)) = R(x) − R(a),
g(a)
x
f (g(t))g (t) dt =
a
x
x
Q (t) dt =
a
R (t) dt = R(x) − R(a).
a
Gli integrali generalizzati.
Definizione Sia f : [a, +∞) → R una funzione continua e positiva. Si
definisce l’integrale generalizzato
+∞
b
f (x) dx = lim
f (x) dx
b→+∞ a
a
e si dice che f è integrabile in senso generalizzato se tale limite è finito.
Sia f : (a, b) → R una funzione continua e positiva. Si definisce l’integrale
generalizzato
b
b−ε
f (x) dx = lim
f (x) dx
a
ε→0 a+ε
5
e come prima si dice che f è integrabile in senso generalizzato se tale limite
è finito. Notare che i due limiti esistono perchè la f è positiva.
Esercizio Dire se esistono finiti i seguenti integrali
+∞ x| log x|
π/4 log x
1 e√x −1
+∞
x3/4 +3
√
dx,
dx,
dx,
2
0
0
0
0 sin x .
1+x
x cos x
x1/2 (x1/2 +1)2
Per svolgere tali esercizi si usi il seguente
Criterio di asintoticità Siano f e g due funzioni positive, continue in
(x)
= L = 0, allora f ha integrale generalizzato
(a, b). Sia c ∈ (a, b). Se lim fg(x)
x→c
finito in un intorno di c se e solo se g ce l’ha finito. La stessa conclusione
(x)
vale se si ha lim fg(x)
= L = 0 e si considerano integrali in una semiretta
x→+∞
(x→−∞)
[a, +∞) o (−∞, a]
Si ricordi inoltre che le funzioni f (x) = |x−x1 0 |α hanno integrale finito in un
intorno di x0 se e solo se α < 1 mentre le funzioni f (x) = |x|1α hanno integrale
finito sulle semirette che non contengono l’origine se e solo se α > 1.
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