Analisi Matematica 2: appunti, esercizi
Prima parte:
Vladimir Georgiev
Dipartimento di Matematica ”L.Tonelli”,
Universit`
a di Pisa,
Largo Bruno Pontecorvo 5, I-56127, Pisa, Italy.
E-mail: [email protected]
CONTENTS
1
Contents
1 Topologia su Rn
1.1 Norme in Rn , equivalenza delle norme . . . . . . . . . .
1.2 Disequazioni di H¨older e di Minkowski . . . . . . . . .
1.3 Aperti in Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Spazio topologico
2.1 Topologia indotta . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Parte interna di un insieme in spazio topologico
2.3 Frontiera, insiemi chiusi, chiusura di un insieme
2.4 Punti di chiusura e punti di accumulazione . . .
2.5 Connessi in spazio topologico . . . . . . . . . .
2.6 Connessione per cammini (o per archi) . . . . .
2.7 Funzioni continui in spazio topologico . . . . . .
2.8 Compattezza in spazio topologico. . . . . . . . .
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3 Spazio metrico
3.1 Definizione dello spazio metrico . . . . . . . . . . . . .
3.2 Esempi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Funzioni contunui in spazi metrici . . . . . . . . . . . .
3.4 Prodotto di spazi metrici. Continuit´a della funzione
della distanza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5 Spazio metrico completo, convergenza delle successioni
3.6 Spazio metrico compatto, spazi separabili e compattezza
3.7 Facoltativo: spazi metrici separabili . . . . . . . . . . .
3.8 Teorema di Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.9 Contrazioni e teorema del punto fisso. . . . . . . . . . .
3.10 Esercizi sulle contrazioni e punti fissi . . . . . . . . . .
3.11 Altri esercizi sulle contrazioni (N.Visciglia) . . . . . . .
12
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4
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31
31
Spazi normati e spazi di Banach
4.1 Esempi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Compattezza in C[a, b] . . . . . . . . . . . . .
4.3 Argomento facoltativo: Dimensione topologica
4.4 Argomento facoltativo: Lemma di Vitali . . .
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CONTENTS
2
5 Spazi di Hilbert
5.1 Definizione di spazi di Hilbert . . . . . . . . . . . . . .
32
32
6 Teoremi sulla continuit´
a e compattezza in Rn .
6.1 Teorema di Bolzano - Weierstass . . . . . . . . . . . . .
6.2 Il teorema di Heine - Borel . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3 Equivalenza delle norme in Rn . . . . . . . . . . . . . .
6.4 Compattezza di {kxk ≤ 1}, caso Hilbertiano . . . . . .
6.5 Facoltativo: Compattezza di {kxk ≤ 1} in spazi di Banach
33
33
34
35
36
37
7 Limiti delle funzioni di pi`
u variabili
7.0.1 Esercizi sui limiti delle funzioni di pi´
u variabili .
39
39
8 Continuit`
a delle funzioni di pi`
u variabili
8.1 Simboli di Landau in Rn . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.1.1 Il simbolo: o(∗) . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.1.2 Propriet´a del simbolo o(∗). . . . . . . . . . . . .
8.2 Il simbolo O(∗) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2.1 Propriet´a del simbolo O. . . . . . . . . . . . . .
8.3 Il simbolo ∼ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.3.1 Propriet´a del simbolo ∼ . . . . . . . . . . . . . .
8.4 Esercizi sui simboli di Landau. . . . . . . . . . . . . . .
8.5 Richiami sulla continuit´a, omogeneit´a . . . . . . . . . .
8.6 Esercizi sulla omogeneit´a e continuit´a . . . . . . . . . .
8.7 Altri esercizi sulla continuit´a delle funzioni di piu’ variabili
44
44
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58
9 Differenziabilit`
a delle funzioni di pi`
u variabili
9.1 Differenziabilit´a e derivabilit´a della funzioni di pi´
u variabili
9.1.1 Definizione della differenziabilit´a . . . . . . . .
9.1.2 Gradiente in Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.3 Derivate parziali . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.4 Il gradiente e le derivate parziali . . . . . . . . .
9.1.5 Derivata direzionale . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2 Propriet´a delle funzioni differenziabili . . . . . . . . . .
9.2.1 Derivata della funzione composta . . . . . . . .
67
67
67
68
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70
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74
CONTENTS
3
10 Il Teorema di Schwartz
10.1 Il Teorema di Schwartz (caso di due variabili) . . . . .
10.2 Disposizioni con ripetizione . . . . . . . . . . . . . . .
10.3 Esercizi su disposizioni con ripetizione . . . . . . . . .
10.4 Il teorema di Schwartz nel caso di n variabili e derivate
di ordine k. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11 Esrecizi sulla differenziabilit´
a e derivabilit´
a e le derivate
della funzione composta
11.1 Esrecizi sulla differenziabilit´a e derivabilit´a . . . . . . .
11.2 Derivate delle funzioni composte . . . . . . . . . . . . .
11.3 Derivate parziali di ordine superiore . . . . . . . . . . .
11.3.1 Operatore rotore in R3 . . . . . . . . . . . . . .
11.3.2 Operatore di Laplace . . . . . . . . . . . . . . .
11.3.3 Controesempio per il teorema di Scwartz . . . .
12 Formula di Taylor
12.1 Generalizzazione del binomio di Newton in Rn . . .
12.2 Binomio di Newton nel campo di quaternioni . . . .
12.3 Formula di Taylor per funzioni di pi´
u variabili . . .
12.4 Esempio: Formula di Taylor di ordine 1, funzione
due variabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.5 Esempio: Formula di Taylor di ordine 2, funzione
due variabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.6 Esempio: Formula di Taylor di ordine 3, funzione
due variabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13 Massimi e minimi delle funzioni di pi´
u variabili
13.1 Condizioni necessari e sufficienti . . . . . . . . . .
13.2 Esercizi su massimi e minimi . . . . . . . . . . . .
13.3 Molteplicatori di Lagrange . . . . . . . . . . . . .
13.4 Teorema di Dini . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.5 Esercizi su massimi, minimi vincolati . . . . . . .
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di
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di
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di
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96
96
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100
101
102
4
Topologia su Rn
1
1.1
Norme in Rn , equivalenza delle norme
Sia
→
Rn = { −
x = (x1 , · · · , xn ); x1 , · · · , x2 ∈ R}.
Norma e’ ogni funzione
→
→
k·k:−
x ∈ Rn −→ k−
x k,
tale che
→
−
→
→
→
k−
x k ≥ 0, k−
xk =0 ⇔ −
x = 0,
→
→
→
kλ−
x k = |λ|k−
x k per −
x ∈ Rn ,
→
→
→
→
k−
x +−
y k ≤ k−
x k + k−
y k.
(1.1.1)
(1.1.2)
(1.1.3)
Due norme
−
→
k · kj : →
x ∈ Rn −→ k−
x k, j = 1, 2
sono equivalenti se esistono due costanti posisitivi C1 < C2 tali che
→
k−
x k1
C1 ≤ −
≤ C2
→
k x k2
−
per ogni →
x =
6 0.
(1.1.4)
Esempio 1.1.1. Sia
→
k−
x k2 = x21 + · · · + x2n
e
1/2
→
k−
x kp = (xp1 + · · · + xpn )
1/p
dove 1 < p < ∞, p 6= 2.
a) Vedere se (1.1.5) e (1.1.6) sono norme;
b) Vedere se (1.1.5) e (1.1.6) sono equivalenti.
(1.1.5)
(1.1.6)
¨ lder e di Minkowski
Disequazioni di Ho
5
Esempio 1.1.2. Sia
→
Rn = { −
x = (x1 , · · · , xn ); x1 , x2 ∈ R}
con norme
per 1 ≤ p < ∞.
→
k−
x kp = (xp1 + · · · + xpn )1/p
(1.1.7)
kxk∞ = max(|x1 |, · · · , |xn |).
(1.1.8)
Problema 1.1.1. Dimostrare la disequazione di Cauchy
→
→
→
→
−
h−
x ,−
y i = x1 y1 + · · · + xn yn ≤ k−
x k2 kyk2, ∀−
x ,→
y ∈ Rn .
1.2
Disequazioni di H¨
older e di Minkowski
Teorema 1.1. (Disequazione di H¨older) La seguente disequazione
→
−
→
−
→
→
a1 b1 + · · · + an bb ≤ k−
a kp k b kq , ∀−
a , b ∈ Rn
(1.2.9)
vale per ogni 1 ≤ p, q ≤ ∞ che soddisfano
1 1
+ = 1.
p q
Idea della dimostrazione. Consideriamo solo il caso 1 < p, q < ∞ tali
che
1 1
+ = 1.
p q
Possiamo dimostrare la disequazione di H¨older solo per aj , bj , positivi
per j = 1, 2, · · · , n. La funzione f (x) = xp ´e convessa nell’intervallo
(0, +∞), cosi’ possiamo scrivere
n
X
j=1
µj = 1, µj ≥ 0 =⇒ (µ1 x1 +· · ·+µn xn )p ≤ µ1 xp1 +· · · µn xpn . (1.2.10)
Ponendo
1/p
1−1/p
aj = µj xj , bj = µj
1/q
= µj ,
¨ lder e di Minkowski
Disequazioni di Ho
6
possiamo rescrivere (1.2.10) come segue
n
X
j=1
bqj = 1, bj ≥ 0 =⇒ (a1 b1 + · · · + an bn )p ≤ ap1 + · · · apn .
(1.2.11)
La propriet´a (1.2.11) implica (1.2.9).
Teorema 1.2. (Disequazione di Minkowski) La seguente disequazione
→
−
→
−
→
−
→
→
→
k−
a + b kp ≤ k−
a kp + k b kp , ∀−
a , b ∈ Rn
(1.2.12)
vale per ogni 1 ≤ p ≤ ∞.
Idea della dimostrazione. Abbiamo l’identit´a
n
n
n
X
X
→ p X
−
→
−
p
p−1
(aj + bj )p−1 aj .
k a + b kp =
(aj + bj ) =
(aj + bj ) aj +
j=1
j=1
j=1
{z
|
S1
}
|
Applicando la disequazione di H¨older otteniamo
!1/q
!1/p
n
n
X
X
S1 ≤
(aj + bj )(p−1)q
apj
,
j=1
{z
S2
}
j=1
dove 1/p + 1/q = 1, da cui si ottiene
!1/p
!(p−1)/p
n
n
X
X
→
−
→
→
−
apj
S1 ≤
(aj + bj )p
= k−
a + b kp−1
p k a kp
j=1
j=1
e
→
−
→
−
→
S2 ≤ k −
a + b kp−1
p k b kp .
Ovviamente la disequazione
→ −
→
−
→
−
→
−
→
→
k
a
k
+
k
b kp
k−
a + b kpp ≤ k−
a + b kp−1
p
p
implica la disequazione di Minkowski.
Teorema 1.3. (Disequazione di Clarkson-Hanner) Per ogni p ≥ 2 vale
la seguente disequazione
−
→
p
p p
−
→
→
−
p
→
−
b
−
→
−
→
k a kp
a − b
a + b
p
+
.
(1.2.13)
+
≤
2 2 2
2
p
p
Aperti in Rn .
1.3
7
Aperti in Rn .
Un sottoinsieme U ⊆ Rn si dice aperto se per ogni x di U esiste un
ε > 0 tale che
→
→
→
B(x, ε) = {−
y ∈ Rn ; k −
y −−
x k < ε} ⊂ U.
Gli insiemi aperti hanno le seguenti propriet´a, valide in un qualsiasi
spazio topologico:
a) L’intersezione di un numero finito di aperti ´e ancora un aperto;
b) L’unione di una collezione arbitraria di aperti ´e ancora un aperto;
c) L’insieme Rn e l’insieme vuoto sono aperti.
2
Spazio topologico
Si definisce topologia una collezione T di sottoinsiemi di un insieme X
tali che:
a) L’insieme vuoto e X appartengono a T : ∅ ∈ T e X ∈ T ;
b) L’unione di una quantita‘
arbitraria di insiemi appartenenti a T
S
appartiene a T : U ∈ T, ∀U ⊆ T
c) L’intersezione di due insiemi appartenenti a T appartiene a T :
U ∩ V ∈ T, ∀U, V ∈ T.
Uno spazio topologico ´e una coppia (X, T ), dove X ´e un insieme e T
una topologia. In uno spazio topologico gli insiemi che costituiscono
T si dicono aperti in X.
I complementari degli insiemi aperti sono detti chiusi, sempre in
analogia con gli insiemi chiusi di Rn .
Inoltre dalla terza condizione di topologia, e per induzione, si deduce che l’intersezione di un numero finito di insiemi appartenenti a T
appartiene a T.
Si dice che la collezione T di aperti ´e una topologia per X. Se dal
contesto ´e chiaro di che topologia si sta parlando, per brevit´a si indica
lo spazio solo con il nome X dell’insieme.
Definizioni equivalenti (sebbene poco usate) possono essere date attraverso la collezione dei chiusi (ovvero dei complementari degli aperti),
Topologia indotta
8
oppure attraverso l’operazione di chiusura, o ancora attraverso le proprieta‘ degli intorni.
2.1
Topologia indotta
Se Y ´e un sottoinsieme di uno spazio topologico X, la topologia indotta
su Y dalla topologia su X ´e la seguente: un sottoinsieme U di Y ´e
aperto se e solo se esiste un aperto V di X tale che V ∩ Y = U. In altre
parole, gli aperti di Y sono le intersezioni degli aperti di X (cioe‘ gli
aperti V ) con Y. La topologia indotta si dice anche topologia relativa
di Y in X.
Normalmente si assume che un sottoinsieme di uno spazio topologico abbia la topologia indotta. Considerato come spazio topologico
con la topologia relativa, Y si dice sottospazio topologico (o brevemente
sottospazio) di X.
Alternativamente, si puo‘ definire la topologia su Y come segue: la
topologia su Y ´e la meno fine fra tutte quelle che rendono la mappa
inclusione i : Y → X continua.
2.2
Parte interna di un insieme in spazio topologico
→
Se A ´e un sottoinsieme di un spazio topologico (X, T ), allora −
x ´e un
→
−
punto interno di A se esiste un intorno U di x ( aperto U tale che
a ∈ U) tale che U ⊆ A.
La parte interna di un sottoinsieme A di X ´e l’insieme di tutti i
punti interni di A.
Notazione per la parte interna di A: int(A) o ˚
A.
Problema 2.2.1. int(A) ´e un insieme aperto (in X).
Problema 2.2.2. int(A) ´e l’unione di tutti gli insiemi aperti contenuti
in A.
Problema 2.2.3. int(A) ´e il pi´
u grande insieme aperto contenuto in
A.
Problema 2.2.4. Un insieme A ´e aperto se e solo se A = int(A).
Frontiera, insiemi chiusi, chiusura di un insieme
9
Problema 2.2.5. int(int(A)) = int(A). (idempotenza)
Problema 2.2.6. Se A ´e un sottoinsieme di B, allora int(A) ´e un
sottoinsieme di int(B).
Problema 2.2.7. Se U ´e un insieme aperto, allora U ´e un sottoinsieme di A se e solo se U ´e un sottoinsieme di int(A).
2.3
Frontiera, insiemi chiusi, chiusura di un insieme
Passiamo alla definizione della frontiera di un sottoinsieme A di un
spazio topologico (X, T ) e di punti di frontiera di A. Si definisce frontiera di A l’insieme dei punti x ∈ X, tali che ogni aprto U tale che
x ∈ U contiene almeno un punto di A e almeno un punto non appartenente ad A. Notazione
∂A.
Un sottoinsieme S ⊆ X si dice chiuso se il suo complementare e‘
aperto.
Problema 2.3.1. S ´e chiuso se e solo se contiene il suo interno e la
sua frontiera
Gli insiemi chiusi hanno quindi le seguenti proprieta‘, ”complementari” a quelle degli insiemi aperti, valide in un qualsiasi spazio
topologico:
l’unione di un numero finito di chiusi e‘ ancora un chiuso;
(2.3.14)
l’intersezione di una collezione arbitraria di chiusi e‘ ancora un chiuso
(2.3.15)
l’insieme R e l’insieme vuoto sono chiusi.
(2.3.16)
Si possono usare queste propriet´a come assiomi per definire una
topologia su X a partire dai chiusi, che coincide con quella generata
nel modo usuale dalla famiglia degli aperti complementari.
Punti di chiusura e punti di accumulazione
10
La chiusura di A ⊆ R ´e il piu‘ piccolo insieme chiuso che contiene
A (definito come l’intersezione di tutti i chiusi che lo contengono).
Chiusura viene indicata nel modo seguente
¯
A,
Problema 2.3.2.
A˙
A¯ = A ∪ ∂A,
dove ∂A ´e la frontiera di A.
Problema 2.3.3. La frontiera di un insieme ´e uguale all’intersezione
fra la chiusura dell’insieme e la chiusura del suo complemento.
Problema 2.3.4. Un insieme ´e chiuso se e solo se la frontiera dell’insieme
´e contenuta nell’insieme, e aperto se e solo se ´e disgiunto dalla sua
frontiera.
Problema 2.3.5. La frontiera di un insieme ´e uguale alla frontiera
del suo complemento.
2.4
Punti di chiusura e punti di accumulazione
Sia (X, T ) un spazio topologico. Per A ⊆ X a ´e un punto di chiusura
di A se ogni intorno di a ( cio’e’ aperto U tale che a ∈ U) contiene
almeno un punto di A (questo punto puo‘ essere a stesso).
La definizione di punto di chiusura ´e strettamente legata alla definizione
di punto di accumulazione. La differenza fra le due definizioni e‘ sottile ma importante - vale a dire, nella definizione di punto di accumulazione, ogni intorno del punto a in questione deve contenere almeno
un punto dell’insieme A diverso da a stesso.
Quindi ogni punto di accumulazione e‘ un punto di chiusura, ma
non tutti i punti di chiusura sono punti di accumulazione. Un punto
di chiusura che non e‘ un punto di accumulazione e‘ un punto isolato.
In altre parole, un punto x e‘ un punto isolato di S se e‘ un elemento
di S e se esiste un intorno di x che non contiene alcun altro punto di S
diverso da x stesso.
Connessi in spazio topologico
2.5
11
Connessi in spazio topologico
Ricordiamo che uno spazio topologico si dice connesso se non pu´o essere
rappresentato come l’unione di due o piu‘ insiemi aperti disgiunti. Un
sottoinsieme di uno spazio topologico si dice connesso se ´e uno spazio
connesso con la topologia di sottospazio.
2.6
Connessione per cammini (o per archi)
Uno spazio topologico X e‘ connesso per archi (o con terminologia
equivalente, connesso per cammini) se per ogni coppia di punti x e y
dello spazio esiste un arco che li collega.
Piu‘ formalmente, uno spazio X e‘ connesso per archi (o per cammini) se comunque scelta una coppia di punti x, y in X, esiste una
funzione continua
α : [0, 1] → X
tale che α(0) = x e α(1) = y.
2.7
Funzioni continui in spazio topologico
Sia f : X =⇒ Y una funzione tra due spazi topologici X e Y. Dato
un punto x ∈ X ciamaimo intorno di x ogni aperto U ⊆ X tale che
x ∈ U. f ´e continua in un punto x ∈ X se (e solo se) per ogni intorno
V di f (x) esiste un intorno U di x tale che f (U) ∈ V .
La definizione di continuit pu essere rescritta come segue.
Sia f una funzione tra due spazi topologici (X, τ1 ) e (Y, τ2 ). Allora
f si dice continua se la controimmagine di ogni insieme aperto ´e aperta,
ovvero se
f −1 (A) = {x ∈ X|f (x) ∈ A}
´e un insieme aperto in X qualunque sia l’insieme A aperto di Y.
Una funzione quindi continua se lo ´e in ogni punto di X.
La definizione di continuit´a ´e strettamente legata alla topologia
scelta nel dominio e nel codominio: funzioni continue con alcune scelte
di topologia possono non esserlo con altre. Per esempio, la funzione
identit continua se lo spazio di arrivo ha la stessa topologia dello spazio
di partenza, oppure se ne ha una meno fine, ovvero con meno aperti.
Compattezza in spazio topologico.
12
Se invece lo spazio di arrivo ha una topologia pi fine, con pi aperti, la
funzione identit non risulta continua.
2.8
Compattezza in spazio topologico.
Un sottoinsieme K ⊂ X chiuso dello spazio topologico X ´e compatto
se ogni suo ricoprimento aperto contiene un sottoricoprimento finito.
Se
{Uα ; α ∈ A}
(2.8.17)
´e tale che
[
α∈A
Uα ⊇ K,
allora la famiglia (9.2.1) si chiama ricoprimento di K.
Lemma 2.8.1. Uno spazio (X, T ) ´e compatto se da ogni famiglia di
chiusi la cui intersezione sia vuota ´e possibile estrarre una sottofamiglia
finita la cui intersezione ´e vuota. In altre parole, per ogni famiglia
{Ci }i∈I di sottoinsiemi chiusi di X tale che:
\
Ci = ∅
i∈I
esiste un sottoinsieme finito J di I tale che:
\
Ci = ∅.
i∈J
Lemma 2.8.2. Se X e Y sono spazi topologici, f : X =⇒ Y ´e una
funzione continua e X ´e un spazio compatto allora f (X) ´e compatto
in Y .
3
3.1
Spazio metrico
Definizione dello spazio metrico
Uno spazio metrico ´e costituita da una coppia (X, d) di elementi, dove
X ´e un insieme e d una funzione distanza, detta anche metrica, che
Esempi
13
associa a due punti x e y di X un numero reale non negativo d(x, y) in
modo che le seguenti propriet´a valgano per ogni scelta di x, y, z ∈ X:
d(x, y) > 0 x 6= y
d(x, y) = 0 x = y
d(x, y) = d(y, x)
d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y).
L’ultima propriet´a e‘ detta disuguaglianza triangolare.
Ogni spazio petrico e spazio topologico.
L’insieme delle palle aperte centrate nei vari punti avente raggio
variabile fornisce infatti una sua base topologica.
Piu’ precisamente, un insieme sar´a aperto se e‘ l’unione di un certo
numero (finito o infinito) di palle.
Problema 3.1.1. Verificare che a ´e un punto di chiusura di A se e
solo se
d(a, A) = 0,
dove
3.2
→
→
→
d(a, A) = inf{k−
a −−
x k; −
x ∈ A}.
Esempi
Ogni spazio normato ´e spazio metrico.
Esempio 3.2.1. L’insieme R dei numeri reali, con la distanza data
da
d(x, y) = |arctan(x) − arctan(y)| .
Questa distanza, diversa da quella standard, non puo‘ essere indotta
da una norma.
Suggerimento. La metrica non ´e invariante per traslazioni (ovvero
d(x + z, y + z)
´e in generale diversa da d(x, y)), mentre tutte le distanze indotte da
norme lo sono.
Funzioni contunui in spazi metrici
14
Esempio 3.2.2. L’insieme C(R) delle funzioni continui in R. La
topologia puo essere collegata cone le seminorme
pN (f ) = sup |f (x)|
(3.2.18)
[−N,N ]
Pi´precisamente aperti sono
BN (g, r) = {f ∈ C(R)); pN (f − g) < r}
e tutti unioni di insiemi del tipo UN (g, r).
La metrica in C(R) si puo definire come segue
d(f, g) =
∞
X
j=1
pN (f − g)
.
+ pN (f − g))
2j (1
(3.2.19)
Esempio 3.2.3. Se (X, d) ´e uno spazio metrico, allora ´e possibile
definire una nuova metrica d1 su X tale che qualunque coppia di punti
di X abbia distanza minore o uguale a 1. Basta infatti prendere
d1 (x, y) =
d(x, y)
.
d(x, y) + 1
Si puo‘ verificare che d1 e‘ ancora una metrica su X. Inoltre se X ´e ‘
illimitato rispetto alla metrica d, risulta avere diametro 1 nella metrica
d1 , ovvero risulta limitato nella metrica d1 .
3.3
Funzioni contunui in spazi metrici
Gli spazi metrici sono spazi topologici nei quali la topologia ´e generata
da una base della distanza. Sia f una funzione tra due spazi metrici
(X, d1 ) e (Y, d2 ). La funzione f definita in un dominio D ⊆ X si dice
continua in un punto p ∈ D se, per ogni scelta di ε > 0, esiste un
δ > 0, tale che, per ogni punto x ∈ D che dista meno di δ da p, ovvero
che:
d1 (x, p) < δ
si ha che f (x) dista per meno di ε da f (p), ovvero:
d2 (f (x), f (p)) < ε.
´ della funzione della distanza15
Prodotto di spazi metrici. Continuita
La definizione pu´o essere scritta servendosi della nozione di intorno
sferico B(p, δ) = {x; d(x, p) < δ} centrato in p, di raggio δ: in questo
caso, la funzione ´e continua se x ∈ B(p, δ) ∩ D implica che f (x) ∈
B(f (p), ε) o, simbolicamente:
∀ε > 0 ∃δ > 0 : f (D ∩ B(p, δ)) ⊂ B(f (p), ε)
dove D l’insieme di definizione di f .
Nel caso di funzioni reali, le definizioni coincidono se le due distanze
su dominio e codominio non sono altro che il modulo della differenza
tra due valori in R.
Inoltre, questa definizione valida per funzioni definite e a valori in
tutti gli spazi vettoriali normati, dove la distanza sia la norma della
differenza tra due punti. In particolare, valida in Rn con la norma
euclidea, ed estende quindi la definizione di continuit´a a funzioni di pi
variabili.
3.4
Prodotto di spazi metrici.
funzione della distanza
Continuit´
a della
Se X1 , · · · Xn sono spazi metrici con distanze d1 , · · · , dn rispettivamente
allora si puo‘ definire una metrica nel prodotto cartesiano
X1 × ... × Xn
tra ~x = (x1 , ..., xn ) e ~y = (y1 , ..., yn ) come
n
X
1 di (xi , yi )
.
(d1 × ... × dn )(~x, ~y ) :=
i 1 + d (x , y )
2
i
i
i
i=1
La formula puo‘ essere estesa anche per prodotti numerabili.
Problema 3.4.1. Se (X1 , d1 ) e (X2 , d2 ) sono due spazi metrici, allora
la successione
→
−
−
→
v 1 = (a1 , b1 ), →
v 2 = (a2 , b2 ), · · · −
v n = (an , bn ) · · ·
´e una successione convergente in (X1 ×X2 , d1 ×d2 ) se e solo se entrambi
le successioni
a1 , a2 , · · · an , . .¸.
Spazio metrico completo, convergenza delle successioni
16
e
b1 , b2 , · · · bn , . ¸. .
sono convergenti in X1 e X2 rispettivamente.
Problema 3.4.2. Dimostrare che la funzione distanza
d : X × X =⇒ R
‘´e uniformememnte continua.
3.5
Spazio metrico completo, convergenza delle
successioni
Una successione {xn } in un spazio metrico (X, d) ´e una successione di
Cauchy se per ogni ε > 0 esiste un numero N(ε) > 0 tale che:
d(xn , xm ) < ε
per ogni n, m > N(ε). In uno spazio metrico, ogni successione convergente e‘ di Cauchy.
Uno spazio metrico si dice completo se ogni successione di Cauchy
converge ad un elemento dello spazio.
3.6
Spazio metrico compatto, spazi separabili e
compattezza
Ricordiamo che in un spazio metrico (X, d) aperti (nonvuoti) sono tutti
insiemi U tali che per ogni x ∈ U esiste ε > 0 tale che
B(x, r) = {y ∈ X; d(x, y) < r} ⊆ U.
Definizione 3.6.1. Lo spazio metrico (X, d) ´e compatto se e solo se
ogni ricoprimento di X con insiemi aperti contiene un sottoricoprimento finito.
Siccome l’intero spazio topologico X ´e per definizione aperto e
chiuso, abbiamo
(X, d) compatto =⇒ X ´e chiuso.
Spazio metrico compatto, spazi separabili e compattezza
17
Se (X, d) ´e un spazio metrico completo ´e A ⊆ X alora aperti V in
A sono insiemi del tipo V = U ∩ A dove U e’ un aperto in X
Definizione 3.6.2. Sia (X, d) ´e un spazio metrico completo ´e A ⊆ X
L’insieme K ´e compatto se e solo se ogni ricoprimento di X con insiemi
aperti contiene un sottoricoprimento finito.
Problema 3.6.1. Sia X uno spazio metrico completo e K ⊆ X ´e
un compatto (in senso della definizione con ricoprimenti), allora K ´e
chiuso.
Suggerimento. Se K non ´e chiuso, allora esiste un punto
x ∈ X, x ∈ ∂K, x ∈
/ K.
Consideriamo
Uk =
1
y ∈ X; d(y, x) >
k
∩ K.
Si vede che x ∈
/ K implica
∩k Uk ⊇ K
e secondo l’ipotesi K ´e compatto troviamo un sottoricoprimento finito
Uk1 , · · · , UkN
quindi
1
,
M
dove M = max(k1 , · · · , kN ). L’ultima propriet´a e in contradizione con
il fatto che x appartiene alla frontiera ∂K di K.
y ∈ K =⇒ d(x, y) >
Lemma 3.6.1. Sia X uno spazio metrico compatto (in senso della
definizione con ricoprimenti). Allora ogni successione xn in X ammette una sottosuccessione convergente(ssc).
Dimostrazione. Sia A = {xn ; n ∈ N} ⊆ X. Se A ´e finito, qualche
valore xn sar´a repetito ad infinitum nella successione. Cosi troviamo
subito una sottosuccessione costante e quindi convergente. Possiamo
Facoltativo: spazi metrici separabili
18
supporre che A non sia finito. Affermiamo che A possiede un punto di
accumulazione in X. Se no, per ogni x ∈ X esiste un aperto
Ux = B(x, r(x))
con
Ux ∩ A =
x, se x ∈ A;
∅, altrimenti.
(3.6.20)
La compattezza di X implica che il ricoprimento {Ux ; x ∈ X} ammette
un sottoricoprimento finito
{Uxj ; j = 1, · · · N}
tale che
X⊆
N
[
Uxj
j=1
Ma l’unione a destra contiene al massimo k elementi di A, assurdo.
Ovviamente ogni successione (xn ) con punto di accumulazione ammette una sottosuccessione convergente( bisogna controllare come si
fa!). Il limite appartiene ad X perche’ X ´e compatto.
Vale l’affermazione opposta
Lemma 3.6.2. Sia X uno spazio metrico per cui ogni successione
ammette una sottosuccessione convergente. Allora ogni ricoprimento
di X ha un ricoprimento finito.
La dimostrazione e nella sezione 3.7.
3.7
Facoltativo: spazi metrici separabili
Definizione 3.7.1. Lo spazio metrico (X, d) ´e separabile, se esiste un
sottoinsieme numerabile denso in X.
Lemma 3.7.1. Lo spazio metrico ´e separabile se e solo se ogni ricoprimento contiene un sottoricoprimento numerabile.
Facoltativo: spazi metrici separabili
19
Idea della dimostrazione. Sia
{Uα ; α ∈ A}
un ricoprimento di X e sia
D = {x1 , · · · xn · · · }
un insieme numerabile e denso in X. Per ogni n ∈ N esiste almeno un
α = α(n), e un numero reale r = r(n) tale che
xn ∈ B(xn , r(n)) ⊆ Uα(n) .
(3.7.21)
Consideriamo la famiglia
{B(xn , r); ; n ∈ N, r ´e numero razionale in (0, r(n))}
ovviamente la famiglia ´e numerabile (unione numerabile di insiemi numerabili ´e numerabile).
Si puo vedere che ogni
Uα
e unione degli insiemi
{B(xn , r)}
con n ∈ N e r numero razionale in (0, r(n)).
Cosi’ la famiglia
{B(xn , r)}
con n ∈ N e r numero razionale in (0, r(n)) ´e un ricoprimento di X.
Per ogni coppia
(n, r) ∈ N × (Q ∩ (0, r(n)))
possiamo scegliere α = α(n, r) tale che
B(xn , r) ⊆ Uα(n,r) .
Quindi esiste un sottoricoprimento numerabile
{Uα(n,r) }
di X.
Facoltativo: spazi metrici separabili
20
Lemma 3.7.2. Sia X uno spazio metrico tale che ogni successione
xn in X ammette una sottosuccessione convergente(ssc).Allora X ´e
separabile, cio e’ esiste un sottoinsieme numerabile denso in X.
Dimostrazione. Sia n ∈ N. Possiamo trovare un numero finito di palle
1
; j = 1, · · · N
B xj ,
n
tali che
N
[
1
B xj ,
X⊇
,
n
j1
1
B xj ,
n
sono mutualmente disgunti e la famiglia
1
; j = 1, · · · N
B xj ,
n
´e massimale (non possiamo aggiungere una altra palla tale che la nuova
famiglia ´e costituita di insiemi mitualment disgiunti ). L’esistenza di
questa famiglia massimale e finita segue dall’ipotesi che ogni successione xn in X ammette una sottosuccessione convergente(ssc).
Possiamo assumere che per ogni x ∈ X esistono j = 1, · · · , N tale
che
2
d(x, xj ) ≤ .
(3.7.22)
n
Cosi per ogni n ∈ N abbiamo l’insieme
An = {x1 , · · · , xN }.
Sia
D=
∞
[
An .
n=1
Ovviamente D ´e numerabile e la propriet´a (3.7.22) implica
d(x, D) ≤ d(x, An ) ≤
2
.
n
Teorema di Weierstrass
21
Quindi D ´e numerabile e denso in X.
Il lemma ´e cosi’ dimostrato.
Lemma 3.7.3. Sia X uno spazio metrico per cui ogni successione
ammette una sottosuccessione convergente. Allora ogni ricoprimento
di X ha un ricoprimento finito
Dimostrazione. Lemma 3.7.2 e Lemma 3.7.1 mostrano che possiamo
considerare un ricoprimento
{Un , n ∈ N}
numerabile. Se non esistesse ricoprimento finito, allora per ogni n
troveremmo un
xn ∈
/ ∪nj=1 Uj .
(3.7.23)
Se la successione xn ha punto di accumulazione x∗ possiamo concludere che x∗ ∈ Um per qualche m ∈ N che contradice alla propriet´a
(3.7.23).
3.8
Teorema di Weierstrass
Il lemma seguente spiega la propriet´a: ”le funzioni continue mandano
compatti in compatti.”
Lemma 3.8.1. Sia X, Y due spazi metrici ´e sia f una funzione continua:
f : X → Y.
Allora per ogni K ⊆ X compatto f (K) ´e compatto in Y.
Il teorema di Weierstrass nell’ambito degli spazi metrici ha la seguente
forma:
Lemma 3.8.2. (teorema di Weierstarss) Sia (X, d) uno spazio metrico
e sia f : X → R continua in X. Allora se X ´e compatto, f (x) ammette
un punto di massimo e un punto di minimo in X.
Contrazioni e teorema del punto fisso.
22
Proof. Consideriamo solo
inf f (x) = L.
x∈X
Il fatto che f ´e limitata implica che L > −∞. La definizione di inf
implica che esiste una successione minimzzante, cio´e
1
xk ∈ X, L ≤ f (xk ) < L + .
k
(3.8.24)
La successione xk ´e in compatto X, cosi’ possiamo estrare sottosuccessione
{xkm }∞
m=1 ,
tale che
lim xkm = x∗ ∈ X.
m→∞
Usando la continuit´a della funzione f otteniamo
lim f (xkm ) = f (x∗ )
m→∞
e le disequazioni (3.8.24) mostrano che
f (x∗ ) = L.
Remark 3.8.1. La formulazione per spazi topologici ´e del tutto analoga
se (X, T ) ´e uno spazio compatto.
3.9
Contrazioni e teorema del punto fisso.
Sia (X, d) uno spazio metrico. Si definisce contrazione con costante
di Lipschitz k < 1 una funzione f : X → X che soddisfa la seguente
condizione:
d(f (x), f (y)) ≤ k d(x, y) ∀x, y ∈ X.
(3.9.25)
Se k = 1 allora la funzione f : X → X che soddisfa
d(f (x), f (y)) ≤ d(x, y) ∀x, y ∈ X.
(3.9.26)
si chiama semplicemente contrazione o mappa NON ESPANSIVA.
Contrazioni e teorema del punto fisso.
23
Lemma 3.9.1. Ogni contrazione ´e una funzione continua.
Teorema 3.1. Sia (X, d) uno spazio metrico completo non vuoto. Sia
T : X → X una contrazione su X con costant di Lipschitz k ∈ [0, 1).
Allora la mappa T ammette uno e un solo punto fisso.
Il teorema assicura che se (X, d) e‘ uno spazio metrico completo
e non vuoto, allora il punto fisso esiste ed e‘ unico e che, fissato un
qualunque x0 in (X, d), la successione definita per ricorrenza
x1 := x0 , xn+1 := f (xn )
converge al punto fisso.
Dimostrazione. La dimostrazione si fa in due passi. Iniziamo ad occuparci della esistenza, poi ricaveremo l’unicit.
Sia definita una successione ricorrente (o successione delle iterate)
come segue:
x1 = T (x0 ) ,
x2 = T (x1 ) ,
... ,
xn = T (xn−1 ) .
Sfruttiamo la metrica d e la propriet´a di contrazione per valutare la
distanza tra due punti successivi xn , xn+1 :
d(xn , xn+1 ) = d(T (xn−1 ), T (xn )) ≤ k d(xn−1 , xn ) = k d(T (xn−2 ), T (xn−1 )) ≤
≤ k 2 d(xn−2 , xn−1 ) ≤ ... ≤ k n d(x0 , x1 ) .
Prendiamo due numeri m , n ∈ N tali che m < n : attraverso la disuguaglianza triangolare e la propriet di cui sopra
d(xn , xm ) ≤ d(xn , xn−1 )+d(xn−1 , xm ) ≤
= d(x0 , x1 )
n−m−1
X
k
i+m
n−1
X
i=m
d(xi , xi+1 ) ≤ d(x0 , x1 )
m
= k d(x0 , x1 )
i=0
n−m−1
X
n−1
X
ki =
i=m
ki .
i=0
Per n → ∞ , l’ultima una serie geometrica che converge perch il
termine generale compreso tra 0 e 1, quindi
d(xn , xm ) ≤ d(x0 , x1 )
km
→ 0
1−k
per
m→∞
Esercizi sulle contrazioni e punti fissi
24
ottenendo il criterio di Cauchy per le successioni. Passiamo ora dalla
completezza dello spazio X , la quale garantisce l’esistenza di
x∗ = lim xn
n→∞
Poich la T un’applicazione uniformemente continua, vale
T (x∗ ) = lim T (xn ) = lim xn+1 = x∗ .
n→∞
n→∞
L’unicit si dimostra per assurdo: poniamo che esista un secondo punto
y∗ tale che T (y ∗) = y ∗
d(x∗ , y ∗ ) ≤ d(T (x∗ ), T (y ∗)) ≤ k d(x∗ , y ∗ )
⇒
k≥1
che contraddice le ipotesi di partenza.
3.10
Esercizi sulle contrazioni e punti fissi
Problema 3.10.1. Vedere per quali a > 0 la funzione fa : [0, 1] =⇒
[0, 1] definita con
fa (x) = xa
a) ´e una contrazione?
b) ´e una mappa non espasiva?
Problema 3.10.2. Se f : [0, 2] =⇒ [0, 2] ´e una funzione continua,
allora esiste punto fisso, tale che f (x) = x.
Problema 3.10.3. Costruire f : [−2, 2] =⇒ [−2, 2] tale che il numero
dei punti fissi ´e 3.
Problema 3.10.4. Costruire una mappa non espasiva f : [−2, 2] =⇒
[−2, 2] tale che
a) f (0) = 0;
b) Esiste almeno un altro punto fisso in [−2, 2]:
c) La funzione non e’ una funzione lineare.
(contrazione in questo problema significa che vale (3.9.26) con k ≤
1!!!).
Esercizi sulle contrazioni e punti fissi
25
Problema 3.10.5. Provare che:
a) T : [3/2, 2] → [3/2, 2] definita come T (x) = 1 + 1/x e’ una
contrazione;
b) per quali 0 < a < b la funzione T (x) = 1 + 1/x ´e tale che
T : [a, b] → [a, b] ed e’ una contrazione?
Risp. b).
√
1+ 5
< b.
1<a<
2
Problema 3.10.6. (*) Sia T : [0, 1] → [0, 1] e supponiamo che
|T x − T y| < |x − y|, ∀0 ≤ x 6= y ≤ 1.
Vedere se T ´e una contrazione.
Problema 3.10.7. Sia
f (x) = kx − xp ,
dove p ≥ 2 e k ∈ [0, 1].
a) Vedere per quali valori dei parametri k, p con p ≥ 2, 0 ≤ k ≤ 1
abbiamo la propriet´a
f : [0, 1] =⇒ [0, 1]?
b) Vedere se la mappa f ´e una contrazione;
c) Vedere se la mappa f ´e nonespansiva;
d) Studiare l’esistenza e unicita’ dei punti fissi di f .
Problema 3.10.8. Vedere se il Teorema 3.1 ´e vero per k = 1.
Problema 3.10.9. Se A e una matrice n × n e
T (x) = Ax, x ∈ Rn
allora T e una contrazione con k < 1 se e solo se
max{|λ|; λ ´e autovalore di A} ≤ k.
Altri esercizi sulle contrazioni (N.Visciglia)
26
Problema 3.10.10. Sia X = C[0, a] con norma
kf kX = sup |f (x)|
[0,a]
e T : X =⇒ X e’ definito come segue
Z
T (f )(x) = 10 +
x
f (t)3 dt.
(3.10.27)
0
Studiare per quali a > 0 l’operatore (3.10.27) ´e una contrazione in
B(10, 1) = {g ∈ X; kg − 10kX ≤ 1}.
3.11
Altri esercizi sulle contrazioni (N.Visciglia)
Problema 3.11.1. Sia (X, d) uno spazio metrico compatto. Supponiamo che T : X → X sia tale che
d(T x, T y) < d(x, y), ∀x 6= y
allora T ha un unico punto fisso.
Suggerimento. Considerare la funzione x → d(x, T x) e mostrare che il
suo minino e’ zero....
Problema 3.11.2. Provare che la conclusione dell’ Esercizio 3.11.1
e’ falsa se X non e’ compatto.
Suggerimento. Prendiamo X = [0, ∞) e definiamo T : X → X la
1
per i ∈ N. Allora la
funzione lineare a tratti tale che T (i) = i + i+1
funzione T vive sopra la bisettrice del primo quadrante quindi non ha
punti fissi, inoltre soddisfa l’ipotesi d(T x, T y) < d(x, y), ∀x 6= y poiche’
la pendenza dei segmenti che congiungono due punti consecutivi di
1
1
ascissa i, i + 1 e’ 1 + i+2
− i+1
< 1...)
Problema 3.11.3. Sia T : B(y, r) ⊂ X → X una contrazione di
costante 0 < α < 1, tale che d(y, T (y)) < (1 − α)r. Allora T ammette
un unico punto fisso.
Altri esercizi sulle contrazioni (N.Visciglia)
27
Suggerimento. Basta provare che esiste s < r tale che T (B(y, s)) ⊂
B(y, s). Sia quindi d(y, F (y)) = (1 − α)s < (1 − α)r, allora
d(T (x), y) ≤ d(T (x), T (y)) + d(T (y), y) ≤
≤ αd(x, y) + (1 − α)s ≤ s, ∀y ∈ B(y, s)
Problema 3.11.4. Provare che se T : X → X e’ una mappa continua
da uno spazio metrico in se’ tale che T n = T ◦....◦T e’ una contrazione,
allora T ha un unico punto fisso.
Suggerimento. Sia x0 il punto fisso di T n , allora si ha che T nk (x0 ) → x0
per k → ∞ e quindi T nk+1(x0 ) → T (x0 ). Basta quindi provare che
d(T nk (x0 ), T nk+1(x0 )) → 0 per k → ∞ per concludere. A tal fine
osservaimo che
d(T nk (x0 ), T nk+1(x0 )) ≤ θd(T n(k−1) (x0 ), T n(k−1)+1 (x0 ))
≤ θ2 d(T n(k−2) (x0 ), T n(k−2)+1 (x0 )) ≤ .... ≤ θk d(x0 , T (x0 ).)
Problema 3.11.5. Siano S, T : R → R due contrazioni. Provare che
S + ǫT e’ una contrazione per 0 < ǫ << 1. Sia xǫ l’unico punto fisso
di S + ǫT . Provare che xǫ converge al punto fisso x0 di S.
Suggerimento. Detto x0 il punto fisso di S abbiamo che per ogni δ > 0
S : [x0 − δ, x0 + δ] → [x0 − δ, x0 + δ] e che inoltre se prendiamo ǫ
abbastanza piccolo anche S +ǫT : [x0 −δ, x0 +δ] → [x0 −δ, x0 +δ] quindi
il punto fisso di S + ǫT deve stare in [x0 − δ, x0 + δ] se ǫ << 1...)
Problema 3.11.6. Sia (X, d) uno spazio metrico compatto e Tn : X →
X una successione di contrazioni di costante 0 < αn < 1/2. Supponiamo inoltre che Tn x → T x in (X, d) per ogni x ∈ X. Dedurre che
T : X → X e’ una contrazione. Detti inoltre xn i punti fissi di Tn ,
allora xn → x¯ dove x¯ e’ il punto fisso di T .
28
Suggerimento. Provare innazitutto che Tn converge uniformemente a
T . Se Tn (xn ) = xn allora d(T (xn ), xn ) ≤ d(T (xn ), Tn (xn ))+d(Tn (xn ), xn ) =
d(T (xn ), Tn (xn )) < ǫ se n >> 1 (qui abbiamo usato la convergenza uniforme di Tn a T ). Per compattezza, a meno di sottosuccessione xn → y
ed inoltre T (y) = y. Quindi y = x¯ e siccome il punto fisso di T e’ unico
abbiamo che tutta la successione xn converge ad x¯).
4
Spazi normati e spazi di Banach
Uno spazio vettoriale normato ´e una coppia (V, k · k) dove V e‘ uno
spazio vettoriale reale o complesso e k · k una norma su V.
La norma k · k ´e una funzione
k · k : f ∈ X −→ kf k,
tale che
kf k ≥ 0, kf k = 0 ⇔ f = 0,
(4.0.28)
kλf k = |λ|kf k for f ∈ X,
(4.0.29)
kf + gk ≤ kf k + kgk.
(4.0.30)
Ogni spazio normato ´e anche metrico con distanza
d(f, g) = kf − gk.
Uno spazio di Banach ´e uno spazio vettoriale sul campo dei numeri
reali o complessi, la cui dimensione puo‘ essere infinita e sul quale e‘
definita una norma tale che ogni successione di Cauchy e‘ convergente
(ha cioe‘ un limite) a un elemento dello spazio.
Una condizione necessaria e sufficiente affinche’ uno spazio vettoriale normato X sia completo, ovvero sia di Banach, e‘ che tutte le
successioni {xn }∞
n=1 siano assolutamente sommabili, cioe‘ tali che:
∞
X
n=1
kxn k < ∞
Esempi.
29
siano anche sommabili: la serie
∞
X
xn
n=1
converge ad un elemento di X.
4.1
Esempi.
Esempio 4.1.1. Lo spazio vettoriale Rn oppure Cn con norma:
! p1
n
X
|xk |p
k~xkp =
k=1
determinate da un numero reale p > 1.
Esempio 4.1.2. Un esempio di spazio infinito dimensionale e‘ lo spazio
ℓp delle successioni di numeri reali o complessi convergenti con la
norma:
! p1
∞
X
.
k~xkp =
|xk |p
k=1
Esempio 4.1.3. Spazio infinito dimensionale delle successioni limitate
ℓ∞ con la norma:
k~xk∞ = supk |xk |
Esempio 4.1.4. Spazio infinito dimensionale delle funzioni continue
C[a, b] su un intervallo [a, b] con la norma:
kf k = maxt∈[a,b] |f (t)|.
4.2
Compattezza in C[a, b]
Definizione. Una successione di funzioni continue {fn }n∈N definite su
un intervallo [a, b] ´e detta uniformemente limitata se esiste un numero
M tale che:
|fn (x)| ≤ M
per ogni funzione fn della successione e per ogni x ∈ [a, b].
Compattezza in C[a, b]
30
Definizione. Una successione di funzioni continue {fn }n∈N definite
su un intervallo [a, b] ´e uniformemente equicontinua se per ogni ε > 0
esiste δ > 0 tale che:
|fn (t) − fn (τ )| < ε
|t − τ | < δ
per ogni funzione fn della successione.
Lemma 4.2.1. Sia fn una successione di funzioni in C[a, b]. Se la
successione ´e uniformemente limitata allora esiste una sottosuccessione
fnk ed esiste una funzione
f ∗ : Q ∩ [a, b] −→ R
tale che
lim fnk (q) = f ∗ (q), ∀q ∈ Q.
k→∞
(4.2.31)
Dimostrazione. Si consideri un ordinamento
q1 , q2 , · · · , qn · · ·
dei numeri razionali dell’intervallo [a, b] ed la successione fn . Allora
essa e‘ limitata sul primo razionale q1 , ma poiche’ [−M, M] e‘ un compatto (dove M ´e la costante di uniforme limitatezza), essa ammetter´a
una sottosuccessione convergente su q1 , che indichiamo con f1,n . La sottosuccessione f1,n ´e limitata sul secondo razionale q2 e ammette dunque
una sotto-sottosuccesseione convergente su q2 , indicata con f2,n . Questa
a sua volta sara’ limitata su q3 , e cosi‘ via. Procedento in questo modo
si costruisce una successione di sottosuccessioni fm,n tali che fm,n converge per ogni qi , con i minore o uguale a m. A questo punto e‘ possibile
costruire una sottosuccessione estraendo la diagonale delle fm,n , cio´e
prendendo la successione fn,n che converge su ogni razionale contenuto
in [a, b].
Il teorema di Ascoli-Arzel’a caratterizza i compatti in C[a, b].
Lemma 4.2.2. (Teorema di Arzela - Ascoli) Sia fn una successione di
funzioni continue a valori reali uniformemente limitate definite su [a, b]
(intervallo chiuso e limitato). Se la successione ´e equicontinua e uniformemente limitata allora esiste una sottosuccessione fnk convergente
uniformemente.
Argomento facoltativo: Dimensione topologica
31
Proof. Lemma (4.2.1) mostra che possiamo trovare una sottosuccessione fn,n tale che
lim fn,n (q) = f ∗ (q), ∀q ∈ Q.
n→∞
Si vuole dimostrare che la successione fn,n e‘ di Cauchy su [a, b],
poich´e la completezza dello spazio consente di concludere cio‘. Si fissi
dunque ε > 0 e si ricavi dall’equicontinuit´a il δ corrispondente. Ricoprendo quindi [a, b] con N intervallini In , tutti di ampiezza minore di
δ, ogni t, τ dell’intervallo [a, b] appartiene a un In . Quindi si ha:
|fn,n (t) − fm,m (τ )| <
< |fn,n (t) − fn,n (qi )| + |fn,n (qi ) − fm,m (qi )| + |fm,m (qi ) − fm,m (τ )|
Il termine centrale a secondo membro ´e minore di ε per m, n sufficientemente grandi, poich´e fn,n converge su tutti i razionali. Il primo e
il terzo termine a secondo membro sono invece minori di ε, per m, n
sufficientemente grandi, in virtu‘ dell’equicontinuita‘ delle fn . Se ora
si considera il massimo valore su t si ottiene che la norma infinita
della differenza tra fn,n e fm,m e‘ minore di ε per m, n sufficientemente
grandi. Dunque fn,n ´e di Cauchy e pertanto converge ad una funzione
continua.
4.3
Argomento facoltativo: Dimensione topologica
Sia X un spazio metrico. La dimensione topologica di X ´e il pi piccolo
intero n per cui ogni ricoprimento aperto di X ha un raffinamento in
cui ogni punto ´e contenuto in al pi´
u n + 1 insiemi.
Un ricoprimento aperto una collezione di aperti Uj la cui unione ´e
X. Un raffinamento ´e un’altra collezione di aperti Vk tale che ogni Vk
´e contenuto in almeno un Uj
4.4
Argomento facoltativo: Lemma di Vitali
Lemma 4.4.1. (ricorpimento di Vitali) Sia B1 , . . . , Bn qualsiasi collezione
finita di palle contenute in Rd (o, pi in generale, in un spazio metrico).
32
Allora esiste un sottoinsieme
BJ1 , BJ2 , . . . , BJm
di questa collezione, tale che
a) ogni due elementi della collezione
BJ1 , BJ2 , . . . , BJm
sono disgiunti tra loro;
b) soddisfano
B1 ∪ B2 ∪ · · · ∪ Bn ⊆ 5BJ1 ∪ 5BJ2 ∪ · · · ∪ 5BJm
dove 3BJk denota la palla con lo stesso centro di BJk , ma con tre
volte il raggio.
5
5.1
Spazi di Hilbert
Definizione di spazi di Hilbert
Uno spazio di Hilbert H = (H, h·, ·i) ´e uno spazio vettoriale H reale o
complesso sul quale ´e definito un prodotto interno h·, ·i tale che, detta d
la distanza indotta da h·, ·i su H, lo spazio metrico (H, d) sia completo.
Esplicitamente, detto V uno spazio vettoriale sul campo reale o
complesso e h·, ·i un prodotto scalare (nel caso complesso, una forma
hermitiana) definito positivo su V , allora e‘ naturalmente definita una
norma k · k sullo stesso spazio ponendo:
p
kvk := hv, vi
per ogni vettore v ∈ V. Con tale norma lo spazio ha la struttura di
spazio normato.
Si puo‘ associare a uno spazio normato (V, k · k) una naturale struttura metrica, ottenuta definendo la distanza d come:
d(u, v) := ku − vk
per ogniu, v ∈ V.
33
Problema 5.1.1. Verificare la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz:
| hv, wi |2 ≤ hv, vi hw, wi
Problema 5.1.2. Vedere se la norma indotta dal prodotto scalare soddisfa l’identita‘ del parallelogramma:
kv + wk2 + kv − wk2 = 2kvk2 + 2kwk2
Problema 5.1.3. Verificare la seguente affermazione: in un spazio di
Hilbert vale il teorema di Pitagora, ovvero se {vk } e‘ una successione
di vettori a due a due ortogonali si ha:
∞
∞
X
X
k
vk k2 =
kvk k2 .
k=1
6
6.1
k=1
Teoremi sulla continuit´
a e compattezza
in Rn.
Teorema di Bolzano - Weierstass
Theorem 6.1.1. (Teorema di Bolzano-Weierstrass). Ogni sottoinsieme E ⊂ Rn che sia limitato e infinito (infinito significa che ha
infiniti elementi) ammette (almeno) un punto di accumulazione (che
pu´o appartenere o no ad E).
Dimostrazione. Sappiamo (vedi Problema 3.4.1) che la convergenza
della successione
→
−
−
→
v 1 = (a1 , b1 ), →
v 2 = (a2 , b2 ), · · · −
v n = (an , bn ) · · ·
in (X1 × X2 , d1 × d2 ), dove (X1 , d1 ) e (X2 , d2 ) sono due spazi metrici,
significa che entrambi le successioni
a1 , a2 , · · · an , . ¸. .
e
b1 , b2 , · · · bn , . ¸. .
sono convergenti in X1 e X2 rispettivamente. Il fatto che il teorema di
Bolzano-Weierstrass vale in R implica che vale in R×R = R2 . Possiamo
concludere la dimostrazione applicando induzione in n.
Il teorema di Heine - Borel
6.2
34
Il teorema di Heine - Borel
Lemma 6.2.1. (Il teorema di Heine-Borel) Se K ⊆ Rn , allora K ´e
compatto se e solo se ´e chiuso e limitato.
Dimostrazione. Se K ´e compatto allora K ´e chiuso e limitato.
Viceversa, si consideri un insieme K limitato e chiuso, consideriamo
il caso n = 2 per semplicit´a.
L’insieme K ´e limitato, allora ´e contenuto in una palla B(0, R). Si
consideri una successione in K, che essendo in R2 avra‘ due coordinate:
(1)
(2)
xk = (xk , xk ), ∀k ∈ N
e tale che:
(1)
(2)
kxk k ≤ R =⇒ |xk | ≤ R, |xk | ≤ R.
(1)
Essendo quindi xk limitata, per il teorema di Bolzano-Weierstrass ´e
possibile estrarre una sottosuccessione che converga:
(1)
xkm → x(1)
⋆ .
La successione
(2)
ym = xkm
´e limitata quindi possiamo scegliere sottosuccessione
(2)
ymℓ = xkm , lim ymℓ = x(2)
⋆ .
ℓ
ℓ→∞
Cos´ı otteniamo due sottosuccessioni
o∞
n
o∞
n
(2)
(1)
,
, xkm
xkm
ℓ
tali che
ℓ
ℓ=1
(1)
ℓ=1
(2)
(2)
lim xkm = x(1)
⋆ , lim xkm = x⋆ .
ℓ→∞
ℓ
ℓ→∞
ℓ
In questo modo si puo ottenere per la sottosuccessione
(1)
(2)
xkmℓ = xkm , xkm
ℓ
ℓ
la convergenza
(2)
.
lim xkmℓ = x⋆ , x⋆ = x(1)
⋆ , x⋆
ℓ→∞
Se K e chiuso ovviamente x⋆ ∈ K.
Equivalenza delle norme in Rn
6.3
35
Equivalenza delle norme in Rn
Ricordiamo le definizioni (1.1.8) e (1.1.7) delle norme kxkp per x ∈ Rn
e 1 ≤ p ≤ ∞.
Problema 6.3.1. Verificare le disequaioni
kxk∞ ≤ kxkp ≤ n1/p kxk∞
per x ∈ Rn . Per quali x ∈ Rn valgono le identit´a
kxk∞ = kxkp
o
kxkp = n1/p kxk∞ ?
Problema 6.3.2. Verificare che per ogni x ∈ Rn abbiamo
lim kxkp = kxk∞ .
p→∞
Lemma 6.3.1. Su Rn tutte le norme sono fra loro equivalenti.
´ sufficiente a vedere che la norma euclidea k·k∞ ed equivalente
Proof. E
a qualsiasi norma k · k, cio´e
kxk ≤ C1 kxk∞
(6.3.32)
kxk∞ ≤ C2 kxk.
(6.3.33)
Per la prima disequazione (6.3.32) abbiamo
x = x1 e1 + · · · + xn en
e
kxk ≤
n
X
j=1
!
kej k kxk∞ .
Questa disequazione significa che
x ∈ (Rn , k · k∞ ) =⇒ x ∈ (Rn , k · k)
Compattezza di {kxk ≤ 1}, caso Hilbertiano
36
´e una funzione continua allora il teorema di Weierstrass implica esistenza di un punto y ∗ con ky ∗k∞ = 1 e tale che
C∗ = ky ∗ k =
inf kyk,
kyk∞ =1
ovviamente ky∗ k > 0 e possiamo affermare
kyk∞ = 1 =⇒ kyk ≥ C∗ .
(6.3.34)
Per dimostrare (6.3.33) si prende x 6= 0 e si pone
y=
x
.
kxk∞
Abbiamo kyk∞ = 1 e la proprieta (6.3.34) implica
kxk = kkxk∞ yk = kxk∞ kyk ≥ kxk∞ C∗
quindi vale (6.3.33) con C2 = 1/C∗ .
6.4
Compattezza di {kxk ≤ 1}, caso Hilbertiano
Problema 6.4.1. La chiusura della palla aperta unitaria coincide con
la palla chiusa unitaria {kxk ≤ 1}
Lemma 6.4.1. Sia (X; h, i) uno spazio di Hilbert. Se X ha dimensione
infinita, la chiusura della palla aperta unitaria {kxk < 1} non pu´o
essere compatta.
Osservazione 6.4.1. La chiusura della palla aperta unitaria coincide
con la palla chiusa unitaria {kxk ≤ 1} (vedi Problema 6.4.1). Nel caso
di dimensione finita, la palla chiusa unitaria ´e compatta. Ci´o segue dal
fatto che in spazi normati di dimensione finita tutte le norme inducono
la stessa topologia (e rendono lo spazio di Banach, lo si dimostri per
esercizio), per cui ci si pu´o sempre ridurre ad usare la metrica euclidea
identificando lo spazio con un Rn . In tal caso la chiusura della palla
aperta coincide banalmente con la palla chiusa, che ´e compatta perch´e
insieme chiuso e limitato di Rn (teorema di Heine-Borel).
Facoltativo: Compattezza di {kxk ≤ 1} in spazi di Banach
37
Prova del Lemma 6.4.2. Usando ortogonalizzazione di Gramm - Schmidt
possiamo trovare una successione xk tale che
hxj , xk i = δj,k
se xk converge a x∗ , allora
lim hxk , xm i = 0 = hxk , x∗ i
m→∞
da qui
0 = lim hxk , x∗ i = hx∗ , x∗ i
k→∞
Contradizione con
lim hxk , xk i = 1.
k→∞
Problema 6.4.2. Sia (X; kk) uno spazio di Banach. Se X ha dimensione infinita, la chiusura della palla aperta unitaria {kxk < 1} non
pu´o essere compatta.
6.5
Facoltativo: Compattezza di {kxk ≤ 1} in spazi
di Banach
Lemma 6.5.1. (F. Riesz) Siano Y e Z sottospazi di uno spazio normato X e supponiamo che Y sia chiuso e sia un sottospazio proprio di
Z. Allora per ogni numero reale θ nell’intervallo (0, 1) esiste un z ∈ Z
tale che
kzk = 1, kz − yk ≥ θ, ∀y ∈ Y.
Idea della dimostrazione. Per ogni v ∈ Z \ Y poniamo
a = min kv − yk.
y∈Y
(6.5.35)
Chiaramente a > 0 perch´e Y ´e chiuso. Prendiamo ora un qualunque
θ ∈ (0, 1). Per la definizione di estremo inferiore esiste un y0 ∈ Y tale
che
a
a ≤ kv − y0 k ≤ .
(6.5.36)
θ
Facoltativo: Compattezza di {kxk ≤ 1} in spazi di Banach
Sia
z = c(v − y0 ), c =
38
1
.
kv − y0 k
Allora kzk = 1 e mostriamo che kz − yk ≥ θ per ogni y ∈ Y. Abbiamo
che
kz − yk = kc(v − y0 ) − yk = ckv − y1 k, y1 = y0 − c−1 y.
Ovviamente y1 ∈ Y quindi kv − y1 k ≥ a per denizione di a. Usando
(6.5.35) e (6.5.36) otteniamo
kz − yk ≥ ca =
a
a
≥
= θ.
kv − y0 k
a/θ
Lemma 6.5.2. (Dimensioni Finite) Se uno spazio normato X ha la
propriet´a che la palla chiusa unitaria B = {x; kxk ≤ 1} ´e compatta,
allora X ´e finito dimensionale.
Dimostrazione. Assumiamo che B sia compatto ma che dimX = ∞ ´e
mostriamo che ci´o porta ad una contraddizione. Scegliamo un qualunque
x1 di norma 1. Questo x1 genera uno sottospazio unidimensionale X1
di X, che ´e chiuso ed ´e un sottospazio proprio di X perch´e dimX = ∞.
Per il lemma di Riesz esiste un x2 ∈ X di norma 1 tale che
1
kx2 − x1 k ≥ .
2
Usando lemma di Riesz costruiamo la successione xm tale che
1
kxm k = 1, n 6= m =⇒ kxm − xn k ≥ .
2
La successione non ha punti di accumulazione ed ´e limitiata in B.
Quindi la nostra assunzione dimX = ∞ ´e falsa e dimX < ∞.
39
7
7.0.1
Limiti delle funzioni di pi`
u variabili
Esercizi sui limiti delle funzioni di pi´
u variabili
Per le funzioni di pi`
u variabili valgono definizioni di limite analoghe
a quelle viste per le funzioni di una variabile. Le richiamiamo per
comodit`a del lettore.
Definizione 7.0.1. Siano A ⊂ Rn , f : A −→ R e x0 punto di accumulazione per A. Diremo che
lim f (x) = L
x→x0
se ∀ε > 0 ∃δ > 0 tale che per ogni x ∈ A \ {x0 } e kx − x0 k < δ si abbia
|f (x) − L| < ε.
Definizione 7.0.2. Siano A ⊂ Rn , f : A −→ R e x0 punto di accumulazione per A. Diremo che
lim f (x) = +∞ (−∞)
x→x0
se ∀M > 0 ∃δ > 0 tale che per ogni x ∈ A \ {x0 } e kx − x0 k < δ si
abbia f (x) > M (f (x) < −M).
Problema 7.0.1. Dimostrare che
lim
(x,y)→(0,0)
−
e
1
x2 +y 2
=0
Soluzione. (I metodo: mediante la definizione). Dobbiamo verificare che
∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀(x, y) ∈ R2 \{(0, 0)} tale che k(x, y)k < δ
Infatti basta osservare che
p
k(x, y)k < δ ⇐⇒
x2 + y 2 < δ ⇐⇒ x2 +y 2 < δ 2 ⇐⇒ −
−
si ha e
x2
1
x2 +y 2
< ε.
1
1
< − 2 ⇐⇒
2
+y
δ
40
−
1
x2 +y 2
1
< e− δ2 < ε,
s
1
, se 0 < ε < 1,
−
La definizione `e quindi verificata per δ <
log ε
⇐⇒ e
1
altrimenti e− δ2 ≤ 1 ∀δ > 0.
(II metodo: maggiorazione della funzione con un’altra infinitesima.)
Osserviamo che vale la maggiorazione
t
< 1, ∀t > 0.
et
Da cui ponendo t =
1
x2 +y 2
otteniamo
−
e
1
x2 +y 2
< x2 + y 2 .
Anche per le funzioni di pi`
u variabili si pu`o dare la definizione di
funzione continua mediante il limite.
Definizione 7.0.3. Siano A ⊂ Rn , f : A −→ R e x0 ∈ A. Diremo che
la funzione f `e continua in x0 se
lim f (x) = f (x0 )
x→x0
Questa definizione permette di calcolare alcuni limiti come si vede
dai seguenti esempi.
Problema 7.0.2. Calcolare il seguente limite
lim
(x,y)→(0,0)
(sin x + cos y)
Soluzione Le funzioni f1 (x, y) = sin x, f2 (x, y) = cos y sono continue in R2 quindi anche f = f1 + f2 `e continua in R2 (vedi paragrafo
precedente). Il limite `e quindi 0.
Problema 7.0.3. Calcolare il seguente limite
lim
(x,y)→(0,0)
x2 + y 3 + 2
y2 + y4 + 1
41
SoluzioneSi ragiona come nell’esercizio precedente e si trova che
il limite `e 2.
Per i limiti di funzioni di pi`
u variabili valgono teoremi analoghi
a quelli visti per le funzioni di una variabile (teorema sul limite di
una somma, di un prodotto, di un rapporto).Ma anche il teorema del
confronto (gi`a applicato nel II metodo del Problema 7.0.1 In particolare
vale un teorema di cambiamento di variabile che per comodit`a del
lettore riportiamo qui sotto.
Proposizione 7.0.1. Siano A ⊂ Rn , f : A −→ R, g : f (A) −→ R, x0
punto di accumulazione per A. Se avviene che
1. limx→x0 f (x) = L, e f (x) 6= L in un intorno di x0 ,
2. esiste limt→L g(t)
allora g ◦ f converge per x che tende a x0 e
lim g(f (x)) = lim g(t)
x→x0
t→L
Vediamo un’applicazione di questo risultato nel seguente limite.
Problema 7.0.4. Calcolare il seguente limite
lim
(x,y)→(0,0)
log(1 + x2 + y 2)
x2 + y 2
Soluzione Poniamo
t = f (x, y) = x2 + y 2 ,
g(t) =
log(1 + t)
t
Osserviamo che (tenendo presente la Proposizione 7.0.1)
lim
(x,y)→(0,0)
f (x, y) = 0
Quindi
lim
(x,y)→(0,0)
log(1 + x2 + y 2 )
log(1 + t)
=
lim
g(f
(x,
y))
=
lim
g(t)
=
lim
=1
t→0
t→0
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
t
42
Nel caso di limiti di funzioni di pi`
u variabili non ha ovviamente
senso parlare di limite destro o sinistro. Esiste per`o una naturale generalizzazione di questo concetto come si vede dalla seguente definizione
Definizione 7.0.4. Siano A ⊂ Rn , A1 ⊂ A, x0 punto di accumulazione
per A1 . Poniamo
lim f (x) = lim f|A1 (x)
x→x0
x→x0
su A1
Utilizzando questa definizione si dimostra facilmente la seguente
proposizione.
Proposizione 7.0.2. Siano A ⊂ Rn , A1 ⊂ A, x0 punto di accumulazione per A. Se esiste il seguente limite
lim f (x)
x→x0
su A
allora esiste anche
lim f (x)
x→x0
su A1
e si ha che
lim f (x)
lim f (x) = x→x
x→x0
su A1
0
su A
Problema 7.0.5. Calcolare
lim
(x,y)→(0,0)
su A1
f (x, y),
lim
(x,y)→(0,0)
su A2
dove
f (x, y) =
f (x, y)
x5 + y 5
x2 y 2
A1 = {(x, y) : 0 < λ1 x ≤ y ≤ λ2 x}, con
0 < λ1 < λ2 < +∞, A2 = {(x, y) : x > 0, y > 0}.
43
Soluzione.
lim(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0, perch`e, essendo x > 0 si ha:
su A1
5
5
x +y
x5 (1 + λ52 )
1 + λ52
x5 + λ52 x5
=
=
x
−→ 0 per x → 0.
≤
x2 y 2
x4 λ21
x4 λ21
λ21
Invece
lim
(x,y)→(0,0)
su A2
f (x, y) non esiste,
perch`e se poniamo Aα = {(x, y) : y = xα , x > 0}, con α > 0, si ha che
Aα ⊂ A2 . Mentre risulta

0
se 23 < α < 1


5
5α
x +x
= lim x3α−2 (x5−5α + 1) =
1
se α = 23
lim f (x, y) = lim
2+2α
x→0+
x→0+
(x,y)→(0,0)

x

su Aα
+∞ se α < 23
Al variare di α varia lim(x,y)→(0,0) f (x, y), quindi non pu`o esistere lim(x,y)→(0,0) f (x, y),
vedi Proposizione 7.0.2.
su A2
su Aα
Problema 7.0.6. Calcolare
lim
(x,y)→(0,0)
su A1
dove
f (x, y),
lim
(x,y)→(0,0)
su A2
f (x, y)
x2 y
y 2 − x2
A1 = {(x, y) : y > λ|x| con λ > 1}, A2 = {(x, y) : y > |x|}.
f (x, y) =
Soluzione.
Osserviamo che su A1 vale la maggiorazione
λ2 y 2 − y 2
λ2 y 2 − λ2 x2
≤
= y 2 − x2 .
λ2
λ2
Da questa essendo λ > 1, si ottiene
0≤
x2 y
x2 yλ2
y3
y
≤
≤
= 2
−→ 0 per (x, y) → (0, 0).
2
2
2
2
2
2
2
y −x
λ y −y
(λ − 1)y
λ −1
44
8
8.1
8.1.1
Continuit`
a delle funzioni di pi`
u variabili
Simboli di Landau in Rn
Il simbolo: o(∗)
Si supponga che f (x) e g(x) siano due funzioni definite su qualche
sottoinsieme del tipo {kxk ≥ R} di Rn , tali che
f, g : {kxk ≥ R} −→ R.
Supponiamo inoltre che
per kxk ≥ R. Diciamo che
g(x) 6= 0
(8.1.37)
f (x) ∈ o(g(x)) per kxk → ∞
se e solo se
f (x)
= 0.
kxk→∞ g(x)
lim
La notazione pu´o anche essere usata per descrivere il comportamento
di f nell’intorno di un punto a ∈ Rn . Si supponga che f (x) e g(x) siano
due funzioni definite in un intorno del tipo
{x ∈ Rn ; kx − ak < ε}
e tali che
f, g : {kx − ak < ε} −→ R.
Supponiamo inoltre che
g(x) 6= 0
per kx − ak < ε, x 6= a. Diciamo che
f (x) ∈ o(g(x)) per x → a
se e solo se
f (x)
= 0.
x→a g(x)
lim
(8.1.38)
Simboli di Landau in Rn
45
Se f (x) e g(x) siano due funzioni definite in un intorno del tipo
{x ∈ Rn ; kx − ak < ε}
e tali che
f = (f1 , · · · , fm ) : {kx − ak < ε} −→ Rm , g : {kx − ak < ε} −→ R
e
g(x) 6= 0
(8.1.39)
per kx − ak < ε, x 6= a. Diciamo che
f (x) ∈ o(g(x)) per x → a
se e solo se
fj (x) ∈ o(g(x)) per x → a, ∀j = 1, · · · , m.
Esempio 8.1.1. Per kxk → ∞ abbiamo
a > b =⇒ |xj |b = o(kxka ), a > 0 =⇒ | log |xj || = o(kxka ), |xj |b = o(ekxk ).
(8.1.40)
Esempio 8.1.2. Per kxk → 0, x ∈ Rn abbiamo
a < b =⇒ |xj |b = o(kxka ).
8.1.2
(8.1.41)
Propriet´
a del simbolo o(∗).
Per semplicit´a supponiamo che tutte le funzioni hanno codominio in
R.
Lemma 8.1.1. Sia x → x0 in Rn e g : U −→ R ´e una funzione definita
in un intorno U ⊆ Rn di x0 che soddisfa (8.2.43) per x 6= x0 , x ∈ U.
Allora abbiamo le seguenti propriet´a:
a) o(g(x)) ± o(g(x)) = o(g(x)), C 6= 0 =⇒ Co(g(x)) = o(Cg(x)) =
o(g(x)),
b) per ogni funzione f (x) definita in U ⊆ Rn che soddisfa (8.2.43)
per x 6= x0 , x ∈ U vale l’inclusione
o(f (x))o(g(x)) ⊆ o(f (x)g(x)),
Simboli di Landau in Rn
46
c) per ogni funzione f (x) definita in U che soddisfa (8.2.43) per
x 6= x0 , x ∈ U vale l’inclusione
f (x)o(g(x)) ⊆ o(f (x)g(x)),
d) per ogni funzione f (x) definita in U che soddisfa |f (x)| ≥ |g(x)|
per x 6= x0 , x ∈ U vale l’inclusione
o(g(x)) ⊆ o(f (x)),
e) o(o(g(x))) ⊆ o(g(x)),
f ) per ogni funzione f (x) definita in U tale che limx→x0 f (t) = C 6=
0 allora
o(f (x)g(x)) = o(g(x)).
Lemma 8.1.2. Se
F (x) : U ⊆ Rn −→ Rn
e
G(x) : U ⊆ Rn −→ Rn
sono due funzioni continui in 0 e tali che
hx, F (x)i = hx, G(x)i + o(kxk)
quando x → 0, allora
F (0) = G(0).
Problema 8.1.1. Se f (x) e g(x) sono due funzioni tale che
f (x) = Cg(x) + o(g(x))
con C 6= 0 allora
o(f (x)) = o(g(x)).
Suggerimento. Usare l’identita
f (x) = (C + o(1)) g(x)
e il punto f) in Lemma 8.1.1.
Il simbolo O(∗)
8.2
47
Il simbolo O(∗)
Si supponga che f (x) e g(x) siano due funzioni definite in un intorno
del tipo {kxk ≥ N} di Rn , tali che
f, g : {kxk ≥ N} −→ R.
Diciamo che
se e solo se
f (x) ∈ O(g(x)) per kxk → ∞
∃ M > 0 tale che |f (x)| ≤ M|g(x)| per kxk > N.
La notazione puo‘ anche essere usata per descrivere il comportamento
di f nell’intorno di un punto a ∈ Rn diciamo che
f (x) ∈ O(g(x)) per x → a
se e solo se
∃ δ > 0, ∃ M > 0 tale che |f (x)| ≤ M|g(x)| per |x − a| < δ.
Esempio 8.2.1. Per kxk → ∞ abbiamo
a ≥ b =⇒ xbj = O(kxka).
(8.2.42)
Se f (x) e g(x) sono due funzioni definite in un intorno del tipo
{x ∈ Rn ; kx − ak < ε}
e tali che
f = (f1 , · · · , fm ) : {kx − ak < ε} −→ Rm , g : {kx − ak < ε} −→ R
e
g(x) 6= 0
per kx − ak < ε, x 6= a. Diciamo che
f (x) ∈ O(g(x)) per x → a
se e solo se
fj (x) ∈ O(g(x)) per x → a, ∀j = 1, · · · , m.
(8.2.43)
Il simbolo O(∗)
8.2.1
48
Propriet´
a del simbolo O.
Lemma 8.2.1. (propriet´a di O.) Sia x → x0 e g : U −→ R ´e una funzione definita in un intorno U di x0 in Rn . Allora abbiamo le seguenti
propriet´a:
a) O(g(x))±O(g(x)) ⊆ O(g(x)), C 6= 0 =⇒ CO(g(x)) = O(Cg(x)) =
O(g(x)),
b) per ogni funzione f (x) definita in U vale l’inclusione
O(f (x))O(g(x)) ⊆ O(f (x)g(x)),
c) per ogni funzione f (tx) definita in U che soddisfa |f (x)| ≥ |g(x)|
per x ∈ U vale l’inclusione
O(g(x)) ⊆ O(f (x)),
d) O(O(g(x))) ⊆ O(g(x)),
e) per ogni funzione f (x) definita in U tale che limx→x0 f (x) = C 6=
0 allora
O(f (x)g(x)) = O(g(x)).
Lemma 8.2.2. (relazioni tra o e O) Sia x → x0 e g : U −→ R ´e una
funzione definita in un intorno U di x0 in Rn che soddisfa (8.2.43) per
x 6= x0 , x ∈ U. Allora abbiamo le seguenti propriet´a:
a)o(g(x)) ⊆ O(g(x)),
b) per ogni funzione f (x) definita in U che soddisfa (8.2.43) per
x 6= x0 , x ∈ I vale l’inclusione
O(f (x))o(g(x)) ⊆ o(f (x)g(x)).
c) se f (x) = o(g(x)) e h ∈ O(f (x)) allora h ∈ o(g(x)).
Problema 8.2.1. Verificare se
a) cos(O(kxk−1)) = 1 + O(kxk−1 ), kxk → +∞,
b) sin(O(kxk−1 )) = (kxk−1 ), kxk → +∞,
c) cos(xj + o(1)) = cos(xj ) + o(1), kxk → +∞.
Problema 8.2.2. Verificare se
(1 + o(1)) cosh xj − (1 + o(1)) sinh xj = e−xj (1 + o(1)), kxk → +∞.
Problema 8.2.3. Verificare se
q
x21 + |x2 | − 3/4 = O(kxk), x = (x1 , x2 ) → +∞.
Il simbolo ∼
8.3
49
Il simbolo ∼
Si supponga che f (x) e g(x) siano due funzioni definite in un intorno
del tipo {kxk ≥ N} di Rn , tali che
f, g : {kxk ≥ N} −→ [0, +∞).
Diciamo che
se e solo se
f (x) ∼ g(x) per kxk → ∞
f (x) = O(g(x)), g(x) = O(f (x)).
(8.3.44)
La propriet´a (8.3.44) significa che esistono due costanti C1 , C2 > 0
tali che
C1 f (x) ≤ g(x) ≤ C2 f (x),
quando kxk ≥ N.
La notazione puo‘ anche essere usata per descrivere il comportamento di f, g nell’intorno di un punto a ∈ Rn diciamo che
f (x) ∼ g(x) per x → a
se e solo se
∃ δ > 0, ∃ C1 , C2 > 0 tale che C1 f (x) ≤ g(x) ≤ C2 f (x) per |x−a| < δ.
8.3.1
Propriet´
a del simbolo ∼ .
Lemma 8.3.1. (propriet´a di ∼ .) Sia x → x0 e g : U −→ R ´e una funzione definita in un intorno U di x0 in Rn . Allora abbiamo le seguenti
propriet´a:
a) f ∼ g, g ∼ h =⇒ f ∼ h;
b) per ogni funzione f (x) : U −→ [0, +∞)
g(x) ∼ h(x) =⇒ f (x)g(x) ∼ f (x)h(x)
c) per ogni funzione f (x) : U −→ [0, +∞) tale che limx→x0 f (x) =
C > 0 allora
g(x) ∼ h(x) ⇐⇒ f (x)g(x) ∼ f (x)h(x)
Esercizi sui simboli di Landau.
8.4
Esercizi sui simboli di Landau.
Esempio 8.4.1. Per ogni p, q in [1, ∞]
kxkp ∼ kxkq , kxk → ∞,
dove
kxkpp
=
n
X
j=1
|xj |p .
Problema 8.4.1. Sia A > 0. Vedere se le condizioni
1
1
, f (x2 ) = O
f (x1 ) = O
(1 + |x1 |A )
(1 + |x2 |A )
implicano
f (x1 )f (x2 ) = O
1
?
(1 + kxkA )
Problema 8.4.2. Verificare che
Z 2π
Z
F (x1 , x2 ) =
sinx1 tdt
0
2π
0
cosx2 tdt
satisfies
F (x1 , x2 ) = O(kxk−1)
per kxk → ∞.
Suggerimento. Creare un ricoprimento del dominio
{x = (x1 , x2 ) ∈ R2 ; x21 + x22 ≥ N}
con
U1 = {x = (x1 , x2 ) ∈ R2 ; |x1 | > |x2 |/2, x21 + x22 > N − 1},
U2 = {x = (x1 , x2 ) ∈ R2 ; |x1 | < 2|x2 |, x21 + x22 > N − 1}
e verificare che
kxk ∼ |x1 |, ∀x ∈ U1 ,
50
Esercizi sui simboli di Landau.
kxk ∼ |x2 |, ∀x ∈ U2
Vedere inoltre che una integrazione per parti ci da
Z 2π
1
sinx1 tdt = O
,
|x1 |
0
per x1 grande e
Z
2π
cosx2 tdt = O
0
1
|x1 |
per x2 grande. Cosi otteniamo
1
1
1
F (x1 , x2 ) = O
O(1) = O
=O
, x ∈ U1
|x1 |
|x1 |
kxk
e
1
1
1
F (x1 , x2 ) = O(1)O
=O
=O
, x ∈ U2 .
|x2 |
|x2 |
kxk
Problema 8.4.3. Vedere se esiste p > 1 tale che
|x1 x2 | ∼ kxk2p , kxk → ∞
dove
kxkpp =
n
X
j=1
|xj |p .
Suggerimento. Creare un ricoprimento del dominio
{x = (x1 , x2 ) ∈ R2 ; x21 + x22 ≥ N}
con
U1 = {x = (x1 , x2 ) ∈ R2 ; |x1 | > |x2 |/2, x21 + x22 > N − 1},
U2 = {x = (x1 , x2 ) ∈ R2 ; |x1 | < 2|x2 |, x21 + x22 > N − 1}
e verificare che
kxk ∼ |x1 |, ∀x ∈ U1 ,
Vedere che in U1
kxk ∼ |x2 |, ∀x ∈ U2
|x1 x2 | ≁ x21
51
´, omogeneita
´
Richiami sulla continuita
8.5
52
Richiami sulla continuit´
a, omogeneit´
a e studio
del rapporto tra due funzioni omogenei
Richordiamo alcune definizioni.
Definizione 8.5.1. Siano U ⊂ Rn , aperto e f : U −→ R e x0 ∈ U. f
si dice continua nel punto x0 se per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che
se x ∈ U e kx − x0 k < δ allora |f (x) − f (x0 )| < ε
Per comodit`a, salvo avviso contrario, prenderemo come norma (vedi
esempio 1.1.2) kx − x0 k = kx − x0 k2 .
La definizione 8.5.1 significa
f (x0 + h) = f (x0 ) + o(1),
(8.5.45)
quando khk ց 0.
Definizione 8.5.2. f si dice continua su U, aperto in Rn se `e continua in ogni punto di U.
Osservazione 8.5.1. Per le funzioni continue di pi`
u variabili valgono
gli stessi teoremi dimostrati per le funzioni continue di una variabile
reale (teoremi sulla somma, sul prodotto, sul rapporto e composizione
di funzioni).
Definizione 8.5.3. Una funzione
f : Rn \ {0} −→ Rm
si chiama omogenea di ordine a ∈ R se vale l’identita
f (λx) = λa f (x)
per ogni λ > 0, e ogni x ∈ Rn , x 6= 0.
Esempio 8.5.1. Le funzioni
f1 (x) = kxk−1 , x ∈ Rn , n ≥ 2,
x31 + kxk32 , x ∈ Rn , n ≥ 2,
dove
x42 + kxk43 , x ∈ Rn , n ≥ 2,
kxkpp = |x1 |p + · · · |xn |p , 1 < p < ∞
sono omogenei di ordine −1, 3 e 4.
(8.5.46)
´, omogeneita
´
Richiami sulla continuita
53
Lemma 8.5.1. Se
f : Rn \ {0} −→ R
´e continua, omogenea di ordine a ∈ R allora
f (x) ≤ Ckxka , ∀x ∈ Rn , x 6= 0,
quando x tende a zero.
Idea della dimostrazione. Si puo seguire l’idea della dimostrazione di
Lemma 6.3.1 della equivalenza delle norme in Rn .
La conitnuit´a di f implica
sup f (y) ≤ C,
kyk=1
perche l’insieme {kyk = 1} ´e compatto. Quindi abbiamo
x
a
f (x) = kxk f
≤ kxka sup f (y) = Ckxka .
kxk
kyk=1
(8.5.47)
Lemma 8.5.2. Se
f : Rn \ {0} −→ R
´e continua, omogenea di ordine a ∈ R e
x 6= 0 =⇒ f (x) > 0,
(8.5.48)
allora
f (x) ∼ kxka
quando x tende a zero.
Idea della dimostrazione. Si puo seguire l’idea della dimostrazione di
Lemma 6.3.1 della equivalenza delle norme in Rn .
´ sufficiente a vedere che la norma euclidea kxka ed equivalente a
E
f (x) per kxk piccolo. La conitnuit´a di f implica
sup f (y) ≤ C,
kyk=1
´, omogeneita
´
Richiami sulla continuita
perche l’insieme {kyk = 1} ´e compatto. Quindi abbiamo
x
a
≤ kxka sup f (y) = Ckxka
f (x) = kxk f
kxk
kyk=1
54
(8.5.49)
e rimane a verificare che
f (x) ≥ C1 kxka .
(8.5.50)
Questa ultima identit´a segue del fatto che (8.5.48) implica
inf f (y) > 0
kyk=1
e dell’omogeneit´a di f.
Domanda: Dove si usava la piccolezza della norma kxk?
Consideriamo una funzione F (x1 , x2 ) definita come segue
(
Pa (x)
, se x ∈ R2 , x 6= 0;
Q
b (x)
F (x1 , x2 ) =
(8.5.51)
c,
altrimenti,
dove Pa (x), Qb (x) sono funzioni continui e omogenei di ordine a > 0 e
b > 0.
Lemma 8.5.3. Se la funzione Qb (x) ´e tale che
kyk = 1 =⇒ Qb (y) 6= 0,
e Pa (x), Qb (x) sono funzioni continui e omogenei di ordine a > 0 e
b > 0, allora la funzione F (x) definita in (8.5.51) soddisfa le propriet´a:
a) se a > b e c = 0 la funzione F ´e continua;
b) se a < b la funzione F non ´e limitata o F (x) = 0 in piccolo
intorno di 0;
c) se a = b, allora il limite
L(θ) = lim F (r cos θ, r sin θ)
rց0
sempre esiste e
L(θ) =
Pa (cos θ, sin θ)
;
Qb (cos θ, sin θ)
´ e continuita
´
Esercizi sulla omogeneita
55
d) se a = b, ed esistono θ1 , θ2 ∈ [0, 2π) tali che
L(θ1 ) 6= L(θ2 ),
allora F non ´e continua;
e) se a = b e per ogni θ1 , θ2 ∈ [0, 2π) abbiamo
L(θ1 ) = L(θ2 ) = L,
allora F ´e costante.
Idea della dimostrazione. a) segue della disequazione (vedi Lemma 8.5.1)
Pa (x) a−b
= o(1),
Qb (x) ≤ Ckxk
quando a > b e x → 0. Le propriet´a b),c)...e) si possano vedere usando
l’identit´a
F (r cos θ, r sin θ) = r a−b F (cos θ, sin θ).
8.6
Esercizi sulla omogeneit´
a e continuit´
a
Problema 8.6.1. Se
f : R2 \ {0} −→ R
´e continua, omogenea di ordine a ∈ R allora valgono le seguente propriet´a:
a) se a > 0 allora
lim f (x) = 0
x→0
e possiamo estendere f come funzione continua in tutto spazio
Rn ;
b) se a < 0 la funzione f non ´e limitata o f (x) ≡ cost;
´ e continuita
´
Esercizi sulla omogeneita
56
c) se a = 0 e limite
L(θ) = lim f (r cos θ, r sin θ) = f (cos θ, sin θ)
rց0
sempre esiste e se dipende da θ, allora il limite
lim f (x)
x→0
della funzione non esiste.
Problema 8.6.2. Se
f : Rn \ {0} −→ R, n ≥ 2
´e continua, omogenea di ordine a ∈ R provare a generalizzare il problema 8.6.1.
Problema 8.6.3. Sia
f (x) =
x1
,
x2
c,
se x2 6= 0;
altrimenti.
(8.6.52)
Provare a rispondere alle domande:
a) Per quali c ∈ R la funzione ´e omogenea?
b) Per quali c ∈ R la funzione ´e continua in R2 \ {0}?
c) Per quali c ∈ R la funzione ´e continua in
R2 \ {(x1 , 0); x1 ∈ R}?
Problema 8.6.4. Sia Pa (x), Qb (x) sono funzioni continui e omogenei
di ordine a > 0 e b > 0, tali che
kyk = 1 =⇒ Qb (y) 6= 0.
Allora la funzione F (x) definita
(
Pa (x)+o(kxka )
, se x ∈ R2 , x 6= 0;
Qb (x)+o(kxkb )
F (x1 , x2 ) =
c,
altrimenti,
soddisfa le propriet´a:
(8.6.53)
´ e continuita
´
Esercizi sulla omogeneita
57
a) se a > b e c = 0 la funzione F ´e continua;
b) se a < b ed esiste y0 con ky0 k = 1 tale che Pa (y0 ) 6= 0, alora la
funzione F non ´e limitata in piccolo intorno di 0;
c) se a < b e Pa (y) ≡ 0, alora
F (x) = o(kxka−b ).
Suggerimento. Abbiamo la relazione
Pa (r cos θ, r sin θ) + o(r a )
= r a−b
Qb (r cos θ, r sin θ) + o(r b )
Pa (cos θ, sin θ)
+ o(1) .
Qb (cos θ, sin θ)
Studiare i due casi:
Pa (cos θ, sin θ)
6= 0
Qb (cos θ, sin θ)
(8.6.54)
Pa (cos θ, sin θ)
= 0, per ogni θ ∈ [0, 2π)
Qb (cos θ, sin θ)
(8.6.55)
∃θ ∈ [0, 2π) tale che
o
Problema 8.6.5. Sia
( 2
F (x1 , x2 ) =
x1 +x22 +log(1+x41 )
,
x41 +x42 +x21 x22
c,
se x ∈ R2 , x 6= 0;
altrimenti.
(8.6.56)
Studiare la continuit´e di F in origine al variare di c ∈ R.
Problema 8.6.6. Sia
( 2 2
(x1 +x2 )(x21 −x22 )+log(1+mx42 )−x21 sin x21
,
x41 +x42 −x21 x22
se x ∈ R2 , x 6= 0;
c,
altrimenti.
(8.6.57)
Studiare la continuit´a di F nell’origine al variare di c ∈ R e m ≥ 0.
F (x1 , x2 ) =
Problema 8.6.7. Sia Pa (x), Qb (x) sono funzioni continui e omogenei
di ordine a > 0 e b > 0, tali che
kyk = 1 =⇒ Qb (y) 6= 0.
´ delle funzioni di piu’ variabili
Altri esercizi sulla continuita
Allora la funzione F (x) definita
(
Pa (x)+o(kxka )
, se x ∈ R2 , x 6= 0;
Qb (x)+o(kxkb )
F (x1 , x2 ) =
c,
altrimenti,
58
(8.6.58)
soddisfa le propriet´a:
a) se a = b, allora il limite
L(θ) = lim F (r cos θ, r sin θ)
rց0
sempre esiste ed ´e
L(θ) =
Pa (cos θ, sin θ)
;
Qb (cos θ, sin θ)
b) se a = b, ed esistono θ1 , θ2 ∈ [0, 2π) tali che
L(θ1 ) 6= L(θ2 ),
allora F non ´e continua;
c) se a = b e per ogni θ1 , θ2 ∈ [0, 2π) abbiamo
L(θ1 ) = L(θ2 ) = L,
allora F ´e continua se e solo se c = L.
Suggerimento. Quando a = b abbiamo la relazione
Pa (r cos θ, r sin θ) + o(r a )
Pa (cos θ, sin θ)
=
+ o(1) .
Qa (r cos θ, r sin θ) + o(r b )
Qa (cos θ, sin θ)
8.7
Altri esercizi sulla continuit´
a delle funzioni di
piu’ variabili
Proponiamo a titolo di esercizio alcune elementari propriet`a relative
alle funzioni di pi`
u variabili.
´ delle funzioni di piu’ variabili
Altri esercizi sulla continuita
59
Problema 8.7.1.
1. Sia f : A1 −→ R, A1 ⊂ R, una funzione continua in x0 ∈ A1 ,
allora la funzione F : A1 × R −→ R, definita da F (x, y) = f (x)
`e continua in (x0 , y), per ogni y ∈ R.
2. Sia g : A2 −→ R, A2 ⊂ R, una funzione continua in y0 ∈ A2 ,
allora la funzione G : A2 × R −→ R, definita da G(x, y) = g(x)
`e continua in (x, y0 ), per ogni x ∈ R.
3. Siano f : A1 −→ R una funzione continua in x0 ∈ A1 , e g :
A2 −→ R una funzione continua in y0 ∈ A2 , allora le funzioni
H(x, y) = f (x) g(y),
Γ(x, y) = f (x) + g(y)
definite su A1 × A2 sono continue in (x0 , y0 ).
Soluzioni
p
1. Verifichiamo che: ∀ε > 0 ∃δ > 0 : se (x, y) ∈ A1 ×R e (x − x0 )2 + (y − y0 )2 <
δ allora kF (x, y) − F (x0 − y0 )k < ε. Infatti: ∀ε > 0 ∃δ > 0 tale
che ∀x ∈ A1 che verifichi |x−x0 | < δ si ha kF (x, y)−F (x0, y0)k =
kf (x)−f (x0 )k < ε, per la continuit`
a di f in x0 . Inoltre vale anche
p
la maggiorazione |x − x0 | ≤ (x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ.
2. Come 1.
3. Tenuto conto di 1. e 2. si ha che:
H(x, y) = F (x, y) G(x, y),
Γ(x, y) = F (x, y) + G(x, y),
quindi H e Γ sono rispettivamente prodotto e somma di funzioni continue in (x0 , y0), tenendo conto dell’Osservazione 8.5.1
otteniamo la tesi.
Come conseguenza delle proposizioni sopra dimostrate otteniamo i
seguenti risultati.
Proposizione 8.7.1.
´ delle funzioni di piu’ variabili
Altri esercizi sulla continuita
60
1. (x, y) −→ xh y k `e continua in R2 per ogni h, k ∈ N;
2. (x, y) −→ xα y β `e continua in R+ \ {0} × R+ \ {0} per ogni
α, β ∈ R;
Proposizione 8.7.2. Il polinomio
P (x, y) =
n
m
X
X
ahk xh y k ,
h=0 k=0
ahk ∈ R,
`e una funzione continua in R2 .
Con procedimento analogo al precedente si prova la proposizione
seguente.
Proposizione 8.7.3. Il polinomio
P (x1 , · · · , xn ) =
m1
X
h1 =0
···
mn
X
hn =0
ah1 ···hn xh1 · · · xhn ,
ah1 ···hn ∈ R,
`e una funzione continua in Rn .
Osservazione 8.7.1. Se x −→ f (x, y) `e continua in x0 , per ogni y, e
y −→ f (x, y) `e continua in y0 , per ogni x, non `e detto che la funzione
(x, y) −→ f (x, y) si continua in (x0 , y0 ), come si vede dall’esempio
seguente.
Esempio 8.7.1. La funzione:

xy

(x, y) 6= (0, 0)
2
x + y2
f (x, y) =

0
(x, y) = (0, 0).
non `e continua in (0, 0).
Infatti f (x, 0) = 0 e f (0, y) = 0. Mentre:
f (x, λx) =
λx2
λ
=
,
2
2
2
x +λ x
1 + λ2
λ ∈ R,
´ delle funzioni di piu’ variabili
Altri esercizi sulla continuita
61
quindi esiste M > 0 tale che per ogni intorno U(0, 0) esiste (x, y) ∈
U(0, 0) che verifica la diseguaglianza |f (x, y)| > M. Infatti basta prendere M = 14 , per λ = 1 si ha f (x, x) = 21 , ∀x 6= 0.
ESERCIZI: studiare la continuit`
a delle seguenti funzioni.
Esercizio 8.7.1.
f1 (x, y) =
p
x2 + y 2
Esercizio 8.7.2.
f2 (x, y) = sin x2 y
Esercizio 8.7.3.
f3 (x, y) = log(1 + x4 y 2)
Esercizio 8.7.4.
x y2
f4 (x, y) = 2
x + y6 + 1
Esercizio 8.7.5.
Esercizio 8.7.6.
 x

se y 6= 0
y
f5 (x, y) =

1 se y = 0.

2
2

 sin(x + y ) se (x, y) 6= 0
x2 + y 2
f6 (x, y) =

 1
se (x, y) = 0.
´ delle funzioni di piu’ variabili
Altri esercizi sulla continuita
62
Esercizio 8.7.7.
f7 (x, y) =
(
x y log(x2 + y 2 ) se (x, y) 6= 0
1
se (x, y) = 0.
Esercizio 8.7.8.
f8 (x, y) =



x2
1
x
se (x, y) 6= 0
+ y4
se (x, y) = 0.
Esercizio 8.7.9.

x+y
−1

 e
se (x, y) 6= 0
2
x + y2
f9 (x, y) =

 1
se (x, y) = 0.
Esercizio 8.7.10.
f10 (x, y) =
p
1 − (x2 + y 2 )
RISPOSTE ad alcuni esercizi.
Esercizio 8.7.1. La funzione f1 si pu`o considerare come prodotto
√
di composizione di due funzioni: f1 = φ1 ◦ φ2 , dove φ1 (t) = t, e
φ2 (x, y) = x2 +y 2 . La funzione φ2 : R2 −→ R+ `e continua per la Proposizione (8.7.2) essendo un polinomio, inoltre anche φ1 : R+ −→ R+ `e
continua. Quindi f1 `e continua perch`e composizione di due funzioni
continue.
Esercizio 8.7.2. f2 = γ1 ◦ γ2 , dove γ1 (t) = sin t, γ2 (x, y) = x2 y.
γ1 `e ovviamente continua su R mentre γ2 `e un polinomio, quindi `e
continua su R2 .
´ delle funzioni di piu’ variabili
Altri esercizi sulla continuita
63
Esercizio 8.7.3. f3 = g1 ◦g2 , dove g1 (t) = log t, g(x, y) = 1+x4 y 2 ,
g2 : R2 −→ R+ \ {0}, mentre g1 : R+ \ {0} −→ R, g1 , g2 sono funzioni
continue.
h1
, dove h1 (x, y) = x y 2 , h2 (x, y) = x2 +
Esercizio 8.7.4. f4 =
h2
y 6 + 1, h1 : R2 −→ R, h2 : R2 −→ R+ \ {0}, h1 , h2 sono polinomi,
h2 6= 0 ∀(x, y) ∈ R2 , quindi f4 `e continua perch`e rapporto di funzioni
continue, con denominatore che sempre diverso da 0.
2
8.7.5. Consideriamo
Esercizio
la successione di punti di R :
1
1 n→+∞
0,
si ha che 0,
−→ (0, 0). Osserviamo che f5 =
n
n
n∈N\{0}
2
1
1
= 0, mentre f5 (0, 0) = 1. Preso ε = 2 per ogni S (0, 0),
0,
n
n
2
1
∈ S (0, 0),
(1 ) esiste una successione di punti (xn , yn ) = 0,
n
n
tale che:
1
|f5 (xn , yn ) − f5 (0, 0)| > ,
2
quindi f5 non `e continua nel
(0, 0). Sia x 6= 0 consideriamo
la
punto
1
1
n→+∞
si ha che x,
−→
x,
successione di punti di R2 :
n
n
n∈N\{0}
1
(x, 0). Osserviamo che f5 = x,
= nx, mentre f5 (x, 0) = 1. Preso
n
2
esiste una successione di punti (xn , yn ) =
ε = 1 per ogni S (x, 0),
n
1
2
x,
∈ S (x, 0),
tale che:
n
n
|f5 (xn , yn ) − f5 (x, 0)| = |nx − 1| > 1,
∀n >
2
, x 6= 0.
x
Quindi f5 non `e continua nei punti (x, 0). Se invece y 6= 0 si dimostra facilmente che f5 `e continua ragionando come nell’Esercizio
8.7.4.
1
S ((x0 , y0 ), r) = {(x, y) ∈ R2 : kx − x0 k2 ≤ r}
´ delle funzioni di piu’ variabili
Altri esercizi sulla continuita
64
Esercizio 8.7.6.
f6 = σ1 ◦σ2 , dove σ1 (t) = sint t se t 6= 0, σ1 (0) = 1, σ2 (x, y) = x2 +y 2 .
σ2 R2 −→ R+ . σ1 : R −→ R sono funzioni continua, quindi f6 `e continua
in R2 perch`e composizione di funzioni continue.
Esercizio 8.7.7. Se (x, y) 6= 0 si ha che f7 = ρ1 (ρ2 ◦ ρ3 ), dove
ρ1 (x, y) = xy, `e una funzione continua di R2 in R; ρ2 (t) = log t `e
una funzione continua di R+ \ {0} in R; ρ3 (x, y) = x2 + y 2 `e una
funzione continua di R2 in R+ . Quindi f7 risulta continua nei punti
(x, y) 6= (0, 0). Se (x, y) = (0, 0) verifichiamo che:
∀ε > 0 ∃δ > 0 tale che se k(x, y) − (0, 0)k2 < δ
e (x, y) 6= (0, 0) allora |xy log(x2 + y 2) − 0| < ε
ovvero
∀ε > 0 ∃δ > 0 tale che se
p
x2 + y 2 < δ e (x, y) 6= (0, 0)
allora |xy log(x2 + y 2)| < ε
Quest’ultima proposizione segue facilmente dalle seguenti:
2
x + y2
2
2 2
2
log(x + y ) < ε.
|xy log(x + y )| < 2
2
2
(Si tenga presente la maggiorazione ab ≤ a +b
, ∀a, b ∈ R.)
2
Mentre da limt→0+ t log t = 0, segue ∀ε > 0 ∃δ > 0 tale che se
|t| < δ 2 e t 6= 0 allora t log t < 2ε da cui, ponendo t = x2 + y 2, si otiene
la tesi.
Esercizio 8.7.8. Sia (x, y) 6= (0, 0), posto f8 = hh12 , dove h1 (x, y) =
x e h2 (x, y) = x2 + y 4 sono funzioni continue, si ha che f8 `e continua
in ogni punto (x, y) 6= (0, 0). Esaminiamo il
caso in
cui (x, y) = (0, 0).
1
si ha che
Consideriamo la successione di punti di R2 :
0,
n
n∈N\{0}
1
1 n→+∞
= 0, mentre f8 (0, 0) =
−→ (0, 0). Osserviamo che f8 0,
0,
n
n
2
1. Preso ε = 21 si ha che per ogni S (0, 0),
esiste una successione
n
´ delle funzioni di piu’ variabili
Altri esercizi sulla continuita
65
2
1
di punti (xn , yn ) = 0,
∈ S (0, 0),
tale che:
n
n
1
|f8 (xn , yn ) − f8 (0, 0)| > ,
2
quindi f8 non `e continua nel punto (0, 0).
Esercizio 8.7.9. Se (x, y) 6= (0, 0) allora f9 = ωω12 , dove ω1 (x, y) =
ex+y − 1, ω2 (x, y) = x2 + y 2 sono funzioni continue, `e una funzione
continua su R2 \ {(0, 0)}. Consideriamo
y) = (0, 0) prenil caso (x,
1
1
si ha che
dendo la successione di punti di R2 :
− ,
n n
n∈N\{0}
1 1
1 1 n→+∞
= 0, mentre
−→ (0, 0). Osserviamo che f9 − ,
− ,
n n
n n 2
f9 (0, 0) = 1. Preso ε = 21 si ha che per ogni S (0, 0),
esiste una
n
2
1 1
∈ S (0, 0),
tale che:
successione di punti (xn , yn ) = − ,
n n
n
1
|f9 (xn , yn ) − f9 (0, 0)| > ,
2
quindi f9 non `e continua nel punto (0, 0).
√
Esercizio 8.7.10. f10 = τ1 ◦τ2 dove τ1 = t, τ2 (x, y) = 1−(x2 +y 2 ).
τ2 : R2 −→ R `e continua. τ1 : R+ −→ R+ `e continua. Quindi f10 `e
continua perch`e composizione di funzioni continue.
Problema 8.7.2. Studiare la continuit`a della funzione f (x, y) nel
punto (x, y) = (0, 0) definita con
f (x, y) =
x2 y 2
x2 + 2y 2
per (x, y) 6= (0, 0) e con f (0, 0) = 0 .
Problema 8.7.3. Studiare la continuit´a della funzione f (x, y) nel
punto (x, y) = (0, 0) definita con
f (x, y) =
xy sin y
x2 + y 2
´ delle funzioni di piu’ variabili
Altri esercizi sulla continuita
66
per (x, y) 6= (0, 0) e con f (0, 0) = 0 .
Problema 8.7.4. Si consideri per α > 0 la funzione fα : R2 −→ R
definita da:
fα (x1 , x2 ) =
x21 x22 − x1 |x2 |α
x21 + x22
se x 6= 0 e f (0) = 0. Dire per quali α la funzione e’ differenziabile.
Problema 8.7.5. Si consideri per α > 0 la funzione fα : R2 −→ R
definita da:
fα (x1 , x2 ) =
x21 |x2 |α
x41 + x42
se x 6= 0 e f (0) = 0. Dire per quali α si ha fα ∈ C 0 (R2 ).
Problema 8.7.6. Si consideri per α > 0 la funzione fα : R2 −→ R
definita da:
fα (x1 , x2 ) =
x21 |x2 |α
x41 + x42
se x 6= 0 e f (0) = 0. Dire per quali α la funzione e limitata.
Problema 8.7.7. Studiare la continuit´a e differenziabilit´a della funzione f (x, y) nel punto (x, y) = (0, 0) definita con
f (x, y) =
x3 + y 4 − x sin(x2 + y 2 )
y 2 − x + ln(1 + x + y 2 )
per (x, y) 6= (0, 0) e con f (0, 0) = 0.
Problema 8.7.8. Studiare la continuit´a della funzione f (x, y) nel
punto (x, y) = (0, 0) definita con
f (x, y) =
y 3 + x4 − x sin(y 2)
x2 − y + ln(1 + y + x3 )
per (x, y) 6= (0, 0) e con f (0, 0) = 0.
67
Problema 8.7.9. Sia
f (t, x) =
t−p sin x
,
t2 −x2
c,
se t = ±x ;
altrimenti.
(8.7.59)
Studiare
a) la continuita della funzione nel punto (1, 1) al variare dei parametri
c, p ∈ R;
b) la continuita della funzione nel punto (0, 0) al variare dei parametri
c, p ∈ R.
Problema 8.7.10. Sia
(
f (t, x1 , x2 ) =
√
t−p sin( x21 +x22 )
,
t2 −x21 −x22
c,
se t2 = x21 + x22 ;
altrimenti.
(8.7.60)
Studiare
a) la continuita della funzione nel punto (1, 1, 0) al variare dei parametri
c, p ∈ R;
b) la continuita della funzione nel punto (1, 0, 1) al variare dei parametri
c, p ∈ R;
c) la continuita della funzione nel punto (0, 0, 0) al variare dei parametri
c, p ∈ R.
9
9.1
9.1.1
Differenziabilit`
a delle funzioni di pi`
u variabili
Differenziabilit´
a e derivabilit´
a della funzioni di
pi´
u variabili
Definizione della differenziabilit´
a
Una funzione:
F : U → Rm
´ e derivabilita
´ della funzioni di piu
´ variabili
Differenziabilita
68
definita su un insieme aperto dello spazio euclideo Rn ´e detta differenziabile in un punto x0 del dominio se esiste una applicazione lineare:
L : Rn → Rm
tale che valga la propriet´a:
F(x0 + h) − F(x0 ) = L(x0 )h + o(khk).
Tale condizione si pu´o scrivere in modo equivalente:
F(x0 + h) − F(x0 ) − L(x0 )h
=0
h
h→0
lim
Se la funzione F ´e differenziabile in x0 , l’applicazione L ´e rappresentata
dalla matrice jacobiana JF .
Notazioni per l’applicazione L:
F′ (x0 ), DF(x0 ), ...
Il vettore:
L(x0 )h = F′ (x0 )h = JF h
si chiama differenziale (esatto) di F in x0 ed L(x0 ) viene detto derivata
o anche derivata totale della funzione F.
La funzione F ´e differenziabile se lo ´e in ogni punto del dominio.
Esempio 9.1.1. Sia x0 ∈ Rn , h ∈ Rn due vettori fissi. Si consideri la
funzione (lineare in t)
G(t) : t ∈ [−1, 1] −→ G(t) = x0 + th.
Abbiamo
G′ (t) = h.
9.1.2
Gradiente in Rn .
Se la funzione:
F:U →R
´ e derivabilita
´ della funzioni di piu
´ variabili
Differenziabilita
69
definita su un insieme aperto dello spazio euclideo Rn ´e differenziabile
in un punto x0 del dominio allora
F(x0 + h) − F(x0 ) = L(x0 )h + o(khk).
dove
´e un operatore lineare.
L(x0 ) : Rn −→ R
Lemma 9.1.1. Se
L : Rn −→ R
´e un operatore lineare allora esiste unico v ∈ Rn tale che
L(h) = hv, hi, ∀h ∈ Rn .
Cosi abbiamo
L(x0 )(h) = F′ (x0 )(h) = hv, hi
il vettore v si chiama gradiente di F in x0 .
Notazione per il gradiente
v = ∇F(x0 ).
9.1.3
Derivate parziali
Sia
F : U ⊂ Rn → Rm
una funzione definita su un insieme aperto dello spazio euclideo Rn .
Dette
{ei }1≤i≤n
e
n
le basi canoniche di R e R
scritta nel seguente modo:
F(x) =
m
X
j=1
m
{ui }1≤i≤m
rispettivamente, la funzione pu´o essere
Fj (x)uj
x = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ U.
´ e derivabilita
´ della funzioni di piu
´ variabili
Differenziabilita
70
La componente j - esima della funzione ´e allora:
Fj (x) = F(x) · uj
1 ≤ j ≤ m.
Si definisce derivata parziale di Fj rispetto alla variabile xk il limite:
Fj (x + tek ) − Fj (x)
∂Fj (x)
= lim
=
t→0
∂xk
t
Fj (x1 , x2 , . . . xk + t, . . . , xn ) − Fj (x1 , x2 , . . . , xn )
t→0
t
= lim
9.1.4
Il gradiente e le derivate parziali
Sia
F : U ⊂ Rn → R
una funzione definita su un insieme aperto dello spazio euclideo Rn . e
{ei }1≤i≤n
la base canonica di Rn .
Se F ´e differenziabile in un punto x0 del dominio allora
F(x0 + h) − F(x0 ) = L(x0 )h + o(khk).
dove
L(x0 )h = h∇F(x0 ), hi
e ∇F(x0 ) ´e il gradiente della funzione nel punto x0 . Prendendo h = tej
si ha
F(x0 + tej ) − F(x0 ) = th∇F(x0 ), ej i + o(t)
e usando la definizione della derivata parziale otteniamo
F(x0 + tej ) − F(x0 ) = t∂xj F(x0 ) + o(t)
cosi abbiamo dimostrato il seguente.
´ e derivabilita
´ della funzioni di piu
´ variabili
Differenziabilita
71
Lemma 9.1.2. Se F ´e differenziabile in un punto x0 allora valgono le
relazioni
h∇F(x0 ), ej i = ∂xj F(x0 ),
∇F(x0 ) =
e
n
X
h∇F(x0 ), hi =
dove
∂xj F(x0 )ej ,
j=1
n
X
∂xj F(x0 )hj ,
j=1
hj = hh, ej i.
dove
L(x0 ) : Rn −→ R
´e un operatore lineare.
9.1.5
Derivata direzionale
Sia
f (x) : x ∈ U ⊆ Rn −→ f (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ R,
una funzione (scalare) con U un aperto in Rn . La derivata direzionale
di f lungo un vettore unitario
v = (v1 , . . . , vn )
´e definita dal limite:
f (x + hv) − f (x)
h→0
h
Dv f (x) = lim
Lemma 9.1.3. Se la funzione f ´e differenziabile in x, allora la derivata
direzionale esiste lungo ogni vettore unitario v e si ha:
Dv f (x) = ∇f (x) · v
dove ∇ al secondo membro rappresenta il gradiente, e · il prodotto
scalare euclideo.
´ delle funzioni differenziabili
Proprieta
72
Dimostrazione. Abbiamo la relazione
f (x + tv) = f (x) + t∇f (x)(v) + o(t),
secondo la definzione della differenziabilita di f . La definizione della
derivata direzionale ci da
f (x + tv) = f (x) + tDv f (x) + o(t),
quindi
t∇f (x)(v) = tDv f (x) + o(t)
e possiamo scrivere
∇f (x)(v) = Dv f (x) + o(1) =⇒ ∇f (x)(v) = Dv f (x).
9.2
Propriet´
a delle funzioni differenziabili
Lemma 9.2.1. Ogni funzione differenziabile in punto x0 ∈ Rn e continua in x0 .
Lemma 9.2.2. Se F : Rn → Rm ´e una funzione differenziabile in x0 ,
allora essa ammette tutte le derivate parziali in x0 .
Il Lemma precedente segue dal Lemma 9.1.2.
Viceversa non e‘ sempre vero che l’esistenza delle derivate parziali
in un punto garantisca anche la differenziabilit´a nel punto. Ad esempio,
la funzione reale di due variabili reali:
(
0
(x, y) = (0, 0)
F (x, y) =
xy 2
(x, y) 6= (0, 0)
x2 +y 4
´e continua ed ammette derivate parziali ovunque.
Problema 9.2.1. Verificare che la funzione
(
0
(x, y) = (0, 0)
F (x, y) =
xy 2
(x, y) 6= (0, 0)
x2 +y 4
non ´e differenziabile in origine.
´ delle funzioni differenziabili
Proprieta
73
Suggerimento. La funzione ha derivate parziali ovunque, ma il fatto
che in (0, 0) non siano continue impedisce la sua differenziabilita‘ in
(0, 0). Infatti, si verifica che il limite del rapporto incrementale calcolato
nell’origine lungo una direzione qualsiasi esiste finito; ma prendendo in
considerazione, ad esempio, le derivate parziali in coordinate polari, si
nota come non abbiano valore unico in un intorno di (0, 0), ma varino
in funzione della direzione di avvicinamento all’origine.
Lemma 9.2.3. ( Il teorema del differenziale totale) Se f ´e di classe
C 1 in un intorno di x0 , cio´e se esistono tutte le derivate parziali di f
e queste sono funzioni continue in x0 , allora f ´e differenziabile in x0 .
Dimostrazione: solo per n = 2. Sia U un aperto di R2 , sia x∗ ∈ U e
sia f : U → R una funzione tale che vi sia una palla
B(x∗ , r) ⊆ U
tale che esistano tutte le 2 derivate parziali in B(x, r) e
∂x1 f (x), ∂x2 f (x)
sono continui in x∗ . Vogliamo dimostrare che la funzione e‘ differenziabile in x∗ Per ogni
h = (h1 , h2 )
poniamo
h∗ = (0, h2 )
e possiamo scrivere
f (x∗ + h) − f (x∗ ) = f (x∗ + h) − f (x∗ + h∗ ) + f (x∗ + h∗ ) − f (x∗ ),
applicando il teorema di Lagrange abbiamo
f (x∗ + h) − f (x∗ + h∗) = ∂x1 f (ξ, x∗2 + h2 )h1 ,
f (x∗ + h∗ ) − f (x∗ ) = ∂x2 f (x∗1 , η)h2 ,
dove ξ = x∗1 + O(h1), η = x∗2 + O(h2 ). La continuit´a di ∂xj f, j = 1, 2 in
(x∗1 , x∗2 ) implica
∂x1 f (ξ, x∗2 + h2 ) = ∂x1 f (x∗) + o(1)
´ delle funzioni differenziabili
Proprieta
74
e
∂x2 f (x∗1 , η) = ∂x2 f (x∗) + o(1)
cosi otteniamo
∂x1 f (ξ, x∗2 + h2 )h1 + ∂x2 f (x∗1 , η)h2 =
= ∂x1 f (x∗)h1 + ∂x2 f (x∗)h2 + o(khk).
L’identit´a
f (x∗ + h) − f (x∗ ) = ∂x1 f (x∗)h1 + ∂x2 f (x∗)h2 + o(khk)
mostra la differenziabilita’ di f in x∗ .
9.2.1
Derivata della funzione composta
Si considerino due funzioni
f : U ⊆ Rn −→ V ⊆ Rm
e
g : V ⊆ Rm −→ W ⊆ Rk ,
dove U, V, W sono aperti. La funzione composta
H(x) = g (f (x)) : U −→ W
´e ben definita.
Theorem 9.2.1. Se f ´e differenziabile in x0 e g ´e differenziabile in
y0 = f (x0 ) allora la funzione composta H ´e differenziabile in x0 e
abbiamo l’identit´a
H ′(x0 ) = g ′ (y0 )f ′ (x0 ).
Dimostrazione. Differenziabilit´a di f, g respettivamente in x0 e y0 si
puo esprimere con le relazioni
f (x0 + h) − f (x0 ) = f ′ (x0 )h + o(khk), h ∈ Rn ,
g(y0 + k) − g(y0) = g ′(y0 )k + o(kkk), k ∈ Rm .
´ delle funzioni differenziabili
Proprieta
75
Possiamo scegliere k ∈ Rm tale che
y0 + k = f (x0 + h) =⇒ k = f (x0 + h) − f (x0 ) = f ′ (x0 )h + o(khk).
Usando la propriet´a d) di Lemma 8.1.1 si trova
kkk ≤ Ckhk =⇒ o(kkk) ⊆ o(khk)
quindi
g(f (x0 + h)) − g(f (x0 )) = g ′ (y0 )f ′ (x0 )h + o(khk).
Il teorema ´e dimostrato.
Esempio 9.2.1. Sia
f (x) : U ⊆ Rn −→ R
(dove U ´e aperto) e
G(t) : t ∈ [−1, 1] −→ G(t) ∈ Rn
sono due funzioni differenziabili (G ´e differenziabile in t0 ∈ (−1, 1),
f (x) ´e differenziabile in x0 = G(t0 ). La funzione composta
ϕ(t) = f (G(t)) : t ∈ (−1, 1) −→ R
´e differenziabile in t0 e
ϕ′ (t) = h∇f (x0 ), G′ (t0 )i.
Esempio 9.2.2. Sia
f (x) : R3 −→ R3
e
G(y) : y ∈ R3 −→ R
Allora la funzione composta
H(x) = G(f (x))
(9.2.61)
76
ha le derivate parziali
∂xj (G(f (x)) =
3
X
(∂yk G)(f (x))∂xj fk (x), j = 1, 2, 3,
k=1
o in modo equivalente
∂j H =
3
X
∂k G ∂j fk .
k=1
10
10.1
Il Teorema di Schwartz
Il Teorema di Schwartz (caso di due variabili)
Lemma 10.1.1. Sia
f : U ⊆ R2 −→ R
una funzione in due variabili, definita su un aperto U di R2 . Se f
ammette derivate seconde miste continue, cio´e f ∈ C 2 (U), allora queste
coincidono in ogni punto x ∈ U , ovvero:
∂2f
∂2f
(x) ≡
(x)
∂x1 ∂x2
∂x2 ∂x1
Come conseguenza, se una funzione ha derivate parziali continue la
sua matrice hessiana e‘ simmetrica.
Dimostrazione. Sia
(0
(0)
x0 = (x1 , x2 ) ∈ U
. Si sceglie varepsilon > 0 tale che (qui usiamo la norma euclidea!)
{x ∈ R2 ; kx − x0 k ≤ ε} ⊂ U.
Si definiscono due funzioni ϕ e ψ come segue:
(0)
(0)
(0)
(0)
(0)
(0)
(0)
ϕ(t) = ϕs (t) = f (x1 + t, x2 + s) − f (x1 + t, x2 )
(0)
ψ(s) = ψt (s) = f (x1 + t, x2 + s) − f (x1 , x2 + s)
∀s ∈ (−ε, ε)
∀t ∈ (−ε, ε).
Disposizioni con ripetizione
77
Si prova facilmente che, fissati t e s nei rispettivi intervalli:
ϕs (t) − ϕs (0) = ψt (s) − ψt (0)
Inoltre, applicando due volte il teorema di Lagrange:
∂f (0)
∂f (0)
(0)
(0)
′
(x + ξ1 , x2 + s) −
(x + ξ1 , x2 ) =
ϕs (t)−ϕs (0) = tϕ (ξ1 ) = t
∂x1 1
∂x1 1
∂2f
= ts
(x0 + ξ1 , y0 + η1 )
∂x2 ∂x1
e analogamente:
ψt (s) − ψt (0) = st
∂2f
(x0 + ξ2 , y0 + η2 )
∂x1 ∂x2
con |ξi | ≤ t e |ηi | ≤ s.
Facendo tendere t e s a 0 (e quindi anche ξi e σi ) si ha la
tesi.
10.2
Disposizioni con ripetizione
Una funzione da un insieme A in un insieme B puo‘ essere vista come
un insieme di coppie (a, b) tale che vi siano tante coppie quante sono
gli elementi a di A e che non vi sia alcun a presente in pi´
u di una coppia. Possono invece esservi nessuna o pi´
u coppie aventi, come secondo
membro, un dato elemento b di B.
Dati un insieme A di cardinalit´a k ed un insieme B di cardinalit´a
n, con n e k interi positivi, il numero delle funzioni da A in B ´e dato da
nk, in quanto ciascuna delle k coppie pu´o avere come secondo membro
uno qualsiasi degli n elementi di B. Il numero delle funzioni da un
insieme di cardinalit´a k in uno di cardinalit´a n viene detto numero
delle disposizioni con ripetizione di n oggetti di classe k; a differenza
delle disposizioni semplici, k pu´o essere maggiore di n.
Sia
Dn,k = {(j1 , j2 , · · · , jk ), 1 ≤ jℓ ≤ n, ℓ = 1, · · · , n}
Disposizioni con ripetizione
78
l’insieme di tutti disposizioni con repetizioni di n oggetti {1, 2, · · · , n}
di classe k.
Ogni elemento
(j1 , j2 , · · · , jk ) ∈ Dn,k
´e una funzione
j : {1, 2, · · · , k} −→ {1, 2, · · · , n}.
Esempio 10.2.1. Varie elementi diversi in D2,3 .
(1, 1, 1), (1, 1, 2), (1, 2, 1), (1, 2, 2), ...
Esempio 10.2.2. (collegamento con le derivate parziali) Varie derivate
parziali (di ordine 3) di una funzione di 2 vatiabili sono
∂1 ∂2 ∂2 f (x1 , x2 ), ∂2 ∂1 ∂2 f (x1 , x2 ), ∂2 ∂2 ∂1 f (x1 , x2 )
Varie elementi diversi in D2,3 corrispondenti a queste derivate partiali
sono
(1, 2, 2), (2, 1, 2), (2, 2, 1).
(10.2.62)
Alle derivate parziali (di ordine 3) di una funzione di 2 vatiabili del
tipo
∂1 ∂1 ∂2 f (x1 , x2 ), ∂1 ∂2 ∂1 f (x1 , x2 ), ∂2 ∂1 ∂1 f (x1 , x2 )
corrispondono i seguenti elementi in D2,3
(1, 1, 2), (1, 2, 1), (2, 1, 1).
(10.2.63)
Abbiamo inoltre
∂1 ∂1 ∂1 f (x1 , x2 ), ∂2 ∂2 ∂2 f (x1 , x2 )
con
(1, 1, 1), (2, 2, 2).
Cosi
#D2,3 = 8 = 23 .
(10.2.64)
Esercizi su disposizioni con ripetizione
79
Sia N l’insieme di tutti numeri interi m ∈ Z tali che m ≥ 0, cio´e
N = {0, 1, 2, · · · }.
Un multi-indice n - dimensionale ´e un vettore
α = (α1 , α2 , . . . , αn ) ∈ Nn ,
cio´e a sole coordinate in N. Useremo la notazione
|α| = α1 + · · · αn ,
(10.2.65)
Per ogni multi - indice α = (α1 , · · · , αn ) con
|α| = α1 + · · · αn = k
possiamo definire
Dn,k,α =
(10.2.66)
−1
{j : {1, 2, · · · , k} −→ {1, 2, · · · , n}; #j (ℓ) = αℓ , ℓ = 1, · · · , n}
Questo significa che nel elemento
(j1 , j2 , · · · , jk ) ∈ Λ(k, n)
1 si ripete α1 volte, 2 si repete α2 volte, ...., n si ripete αn volte.
Esempio 10.2.3. Sia k = 3, n = 3 e α = (1, 2, 0) allora
D3,3,α = {(122), (212), (221)}.
10.3
Esercizi su disposizioni con ripetizione
Problema 10.3.1. Calcolare
#Dn,k .
Risp. nk .
Esercizi su disposizioni con ripetizione
80
Problema 10.3.2. Sia k, n ∈ N e sia α = (α1 , · · · , αn ) multi - indice
con |α| = k. Vedere se vale l’identit´a
X
xj1 xj2 · · · xjk .
(10.3.67)
(x1 + x2 + · · · xn )k =
(j1 ,j2 ,··· ,jk )∈Dn,k
Problema 10.3.3. Sia k, n ∈ N e sia α = (α1 , · · · , αn ) multi - indice
con |α| = k. Vedere se vale l’identit´a
X
(x1 + x2 + · · · xn )k =
(#Dn,k,α) xα ,
(10.3.68)
α∈Nn ,|α|=k
dove
xα = xα1 1 · · · xαnn .
Problema 10.3.4. Sia k, n ∈ N e sia α = (α1 , · · · , αn ) multi - indice
con |α| = k. Calcolare
#Dn,k,α.
Risp.
k!
α1 !α2 ! · · · αn !
Suggerimento. Si puo vedere Lemma 12.1.79 e la sua Dimostrazione.
#Dn,k,α =
Problema 10.3.5. Sia k, n ∈ N e sia α = (α1 , · · · , αn ) multi - indice
con |α| = k. Vedere se ´e vera o falsa l’identit´a
X
#Dn,k,α = nk .
α∈Nn ,|α|=k
Suggerimento. Sia
x1 = x2 = · · · = xn = 1
in (10.3.68).
Il teorema di Schwartz nel caso di n variabili e derivate di ordine k.81
10.4
Il teorema di Schwartz nel caso di n variabili
e derivate di ordine k.
Lemma 10.4.1. Sia
f : U ⊆ Rn −→ R
una funzione in n variabili, definita su un aperto U di Rn . Se f ammette derivate di ordine k ≥ 2 continue, cio´e f ∈ C k (U), allora per
ogni multiindice α = (α1 , · · · , αn ) con
|α| = α1 + · · · αn = k
e per ogni due trasposizioni con repetizioni
(j1 , j2 , · · · , jk ) ∈ Dk,n,α, (m1 , m2 , · · · , mk ) ∈ Dk,n,α
abbiamo
∂xj1 · · · ∂xjk f (x) = ∂xm1 · · · ∂xmk f (x) ∀x ∈ U..
Il teorema si verifica prima per k = 2 e poi si puo usare induzione
in k.
Esempio 10.4.1. Sia k = 3, n = 3 e α = (1, 2, 0) allora
Λ(3, 3, α) = {(122), (212), (221)}.
Allora il teorema di Schwartz afferma che valgono le identit´
a.
∂1 ∂22 f (x) = ∂2 ∂1 ∂2 f (x) = ∂22 ∂1 f (x),
dove
∂j = ∂xj .
Per ogni multi - indice α = (α1 , · · · , αn ) possiamo definire
∂xα f (x) = ∂xα11 · · · ∂xα1n f (x).
Cos´ı possiamo affermare che
82
Lemma 10.4.2. Sia
f : U ⊆ Rn −→ R
una funzione in n variabili, definita su un aperto U di Rn . Se f ammette derivate di ordine k ≥ 2 continue, cio´e f ∈ C k (U), allora per
ogni multiindice α = (α1 , · · · , αn ) con
|α| = α1 + · · · αn = k
e per ogni trasposizione con repetizione
(j1 , j2 , · · · , jk ) ∈ Λ(k, n, α)
abbiamo
∂xj1 · · · ∂xjk f (x) = ∂xα f (x), ∀x ∈ U.
11
11.1
Esrecizi sulla differenziabilit´
a e derivabilit´
a e le derivate della funzione composta
Esrecizi sulla differenziabilit´
a e derivabilit´
a
Problema 11.1.1. Sia
f (x1 , x2 ) = ln
q
x21
+
x22
, x 6= 0.
Calcolare
a)
∂x1 f (x), ∂x2 f (x), x 6= 0.
b)
∂x21 f (x) + ∂x22 f (x), x 6= 0.
Problema 11.1.2. Sia
f (x1 , x2 , x3 ) = p
1
x21
+ x22 + x23
, x 6= 0.
´ e derivabilita
´
Esrecizi sulla differenziabilita
83
Calcolare
a)
∂x1 f (x), ∂x2 f (x), ∂x3 f (x)x 6= 0.
b)
∂x21 f (x) + ∂x22 f (x) + ∂x23 f (x), x 6= 0.
Problema 11.1.3. Sia
f (x1 , x2 ) =
2x1 x2
,
x21 +x22
0,
x = (x1 , x2 ) 6= 0,
x = (x1 , x2 ) 6= 0.
(11.1.69)
Dimostrare, che le derivate parziali
∂x1 f (0), ∂x2 f (0)
esistono, ma f (x) non e’ continua in x = 0.
Problema 11.1.4. Trovare il gradiente della funzione
f (x) = x21 + x22 + x23
nel punto x = (2, −2, 1).
Problema 11.1.5. Trovare il vettore normale alla superficie
S = {x; x21 − x22 − x23 = 2}
nel punto x = (2, 1, −1).
Problema 11.1.6. Sia
f : R2 \ 0 =⇒ R2
e’ tale che f = (f1 , f2 ) dove
Calcolare
f1 (x) = p
x1
x21
+
x22
, f2 (x) = p
x2
x21
+ x22
divf (x) = ∂x1 f1 (x) + ∂x2 f2 (x).
.
´ e derivabilita
´
Esrecizi sulla differenziabilita
84
Problema 11.1.7. Sia data al variare di α ∈ R la funzione fα :
R2 \ {(0, 0)} −→ R definita come:
fα (x, y) = x(x2 + y 2 )α
se (x, y) 6= (0, 0).
(1) Dire per quali valori di α ∈ R la funzione fα puo’ essere estesa
con continuita’ in (0, 0).
(2) Dire per quali valori di α ∈ R la funzione fα puo’ estesa con
continuita’ in (0, 0) ed inoltre risulti differenziabile in (0, 0).
Problema 11.1.8. Studiare la differenziabilit´a della funzione f (x, y)
nel punto (x, y) = (0, 0) definita con
f (x, y) =
xy sin y
x2 + y 2
per (x, y) 6= (0, 0) e con f (0, 0) = 0 .
Vedere se la derivata direzionale ∂v f esiste per ogni vettore v 6= 0.
Problema 11.1.9. (la derivata direzionale NON implica differnziabilita’)
Studiare la differenziabilit´a della funzione f (x, y) nel punto (x, y) =
(0, 0) definita con
y sin(x2 − y)
f (x, y) =
x4
per 0 < y < x2 e con f (x, y) = 0, se 0 < y < x2 non ´e vero.
Problema 11.1.10. Studiare la differenziabilit´a della funzione f (x, y)
nel punto (x, y) = (0, 0) definita con
f (x, y) =
y 3 + x4 − x sin(y 2)
x2 − y + ln(1 + y + x3 )
per (x, y) 6= (0, 0) e con f (0, 0) = 0.
´ e derivabilita
´
Esrecizi sulla differenziabilita
85
Problema 11.1.11. Si consideri funzione f : R2 −→ R definita da:
f (x1 , x2 ) =
x31 + |x2 |3
x21 + x22
se x 6= 0 e f (0) = 0. Dire se la funzione e’ differenziabile.
Problema 11.1.12. Si consideri per α > 0 la funzione fα : R2 −→ R
definita da:
x1 |x2 |α
fα (x1 , x2 ) = 2
x1 + x22
se x 6= 0 e f (0) = 0. Dire per quali α la funzione e’ differenziabile.
Problema 11.1.13. Si consideri per α > 0 la funzione fα : R2 −→ R
definita da:
fα (x, y) =
sin(|x|1+α + y 2α ) − |x − y 2|4
x2 + y 4
se (x, y) 6= (0, 0) e fα (0, 0) = 0. Dire per quali α fα ´e differenziabile in
x = y = 0.
Problema 11.1.14. Si consideri per α > 0 la funzione fα : R2 −→ R
definita da:
fα (x, y) =
sin(|x|1+α + y 2α ) − |x2 − y 2 |4
x4 + y 2
se (x, y) 6= (0, 0) e fα (0, 0) = 0. Dire per quali α fα ´e differenziabile in
x = y = 0.
Problema 11.1.15. Si consideri per α > 0 la funzione fα : R2 −→ R
definita da:
fα (x, y) =
sin(|x|1+α + y 2α ) − |x4 − y 4 |4
x4 + y 4
se (x, y) 6= (0, 0) e fα (0, 0) = 0. Dire per quali α fα ´e differenziabile in
x = y = 0.
´ e derivabilita
´
Esrecizi sulla differenziabilita
86
Problema 11.1.16. Si consideri per α > 0 la funzione fα : R2 −→ R
definita da:
fα (x, y) =
log(1 + |x|3α + y 2α ) − |x − y|3α
x4 + y 4
se (x, y) 6= (0, 0) e fα (0, 0) = 0. Dire per quali α si ha fα ∈ C 1 (R2).
Problema 11.1.17. Studiare la continuita’ e la derivabilita’ socondo
una generica direzione v ∈ R2 nel punto (0, 0) delle funzioni definite
mediante
(a)
sin(x1 x2 )
, x2 6= 0,
x2
f (x1 , x2 ) =
(11.1.70)
0,
x2 = 0.
( 2 2
x1 +x2 −|x−y|
, x = (x1 , x2 ) 6= 0,
x21 +x22
(11.1.71)
g(x1 , x2 ) =
1,
x = (x1 , x2 ) = (0, 0).
Problema 11.1.18. Sia g(r) una funzione in C 2 (R). Studiare la continuita’ e la derivabilita’ socondo una generica direzione v ∈ R2 nel
punto (0, 0) delle funzioni definite mediante
(a)
g(kxk), x 6= 0,
f (x1 , x2 ) =
(11.1.72)
c,
altrimenti.
Problema 11.1.19. Sia g(r) una funzione in C 2 (R) con g(0) = 0 e
sia
g(kxk), x 6= 0,
f (x1 , x2 ) =
(11.1.73)
0,
altrimenti.
Verificare l’affermazione
f ∈ C 1 (R2 ) ⇐⇒ g ′ (0) = 0.
Problema 11.1.20. Se U ⊆ Rn ´e aperto e conesso, allora ogni
F : U −→ R,
differenziabile con
´e costante.
∇F (x) = 0, ∀x ∈ U
Derivate delle funzioni composte
11.2
87
Derivate delle funzioni composte
Se
Si considerino due funzioni
f : U ⊆ Rn −→ V ⊆ Rm , f (x) = (f1 (x), · · · , fm (x))
e
g : V ⊆ Rm −→ R,
dove U, V sono aperti. Le derivate della funzione composta
H(x) = g (f (x)) : U −→ R
si possano calcolare usando la relazione
∂xj H(x) =
m
X
(∂yk g) (f (x))∂xj fk (x)
(11.2.74)
k=1
per j = 1, · · · , n.
Esempio 11.2.1. Sia m = n = 2 e
g : x ∈ R2 −→ g(x) ∈ R,
e differenziabile. Le due coordinate polari r e ϕ possono essere convertite nelle coordinate cartesiane x1 e x2 utilizzando le formule
x1 = r cos ϕ
x2 = r sin ϕ,
(11.2.75)
mentre le due coordinate cartesiane x1 e x2 possono essere convertite
nella coordinata polare r come segue
q
r = x21 + x22 .
Per determinare invece la coordinata angolare ϕ, bisogna usare (11.2.75).
Ponendo
f1 (r, ϕ) = r cos ϕ
f2 (r, ϕ) = r sin ϕ,
(11.2.76)
Derivate delle funzioni composte
88
possiamo applicare (11.2.74) per la funzione composta
H(r, ϕ) = g(f (x)).
Otteniamo
∂r H(r, ϕ) = ∂x1 g(f (x)) cos ϕ + ∂x2 g(f (x)) sin ϕ (11.2.77)
∂ϕ H(r, ϕ) = −∂x1 g(f (x))r sin ϕ + ∂x2 g(f (x))r cos ϕ.
Problema 11.2.1. Sia f (t) = g(ϕ(t)), dove
g(x1 , x2 , x3 ) = p
e
x3
x21
+ x22
,
ϕ(t) = (cos t, 2 sin t, 2).
Trovare f ′ (0).
Problema 11.2.2. Sia λ > 0,
F : Rn −→ R
e
Fλ (x) = λF (λx)
Verificare le identita
∂xj (Fλ (x)) = λ2 (∂xj F )(λx),
k∇Fλ (x)k2 = λ4 k(∇F )(λx)k2 .
Problema 11.2.3. Dimostrare che la funzione
g(x1 , x2 ) = ϕ(x21 + x22 ),
soddisfa l’equazione
x2 ∂x1 g − x1 ∂x2 g = 0.
Derivate parziali di ordine superiore
89
Problema 11.2.4. Sia f (r, ϕ) = g(ψ(r, ϕ)), dove
g(x) = g(x1 , x2 )
e
ψ(r, ϕ) = (r cos ϕ, r sin ϕ).
Dimostrare l’identita’
k∇gk2 = |∂r f |2 + r 2 |∂ϕ f |2 .
Problema 11.2.5. Sia f (r, ϕ, θ) = g(ψ(r, ϕ, θ)), dove
g(x) = g(x1 , x2 , x3 )
e
ψ(r, ϕ, θ) = (r cos ϕ, r sin ϕ cos θ, r sin ϕ sin θ).
Dimostrare l’identita’
k∇gk2 = |∂r f |2 + r −2 |∂ϕ f |2 + r −2 sin−2 ϕ|∂θ f |2 .
Problema 11.2.6. Trovare tutte le funzioni
F : R → (0, ∞)
tale che F ∈ C 1 (R) e la funzione G(x, y) = F (x)F (y) soddisfa la
propriet´a
(x∂y − y∂x )G = 0.
11.3
Derivate parziali di ordine superiore
11.3.1
Operatore rotore in R3
Scegliamo una base canonica e1 , e2 , e3 in R3 . Se
F : R3 −→ R3
Derivate parziali di ordine superiore
´e una funzione differenziabile,
tazione ∇ × F ´e definito da:
e1 e2
∇ × F = ∂1 ∂2
F1 F2
90
il rotore di F = (F1 , F2 , F3 ) (con no
e3 0 −∂3 ∂2 0 −∂1 F
∂3 = ∂3
0 F3 −∂2 ∂1
dove ∂j = ∂xj nella seconda uguaglianza si ´e esplicitata l’equazione matriciale, mentre nella prima la scrittura indica il determinante formale
della matrice:
∇ × F = e1 (∂2 F3 − ∂3 F2 ) + e2 (∂3 F1 − ∂1 F3 ) + e3 (∂1 F2 − ∂2 F2 ) .
Problema 11.3.1. Sia
f : R3 =⇒ R3
e una funzione in classe C 2 . Allora le condizioni
divf = 0, rotf = 0
implicano
∆f = 0,
dove
∆ = ∂x21 + ∂x22 + ∂x23
e’ l’operatore di Laplace.
11.3.2
Operatore di Laplace
Problema 11.3.2. Sia ρ = kxk, x ∈ Rn . Sia f : R → R di classe C 2 .
Si calcolino le derivate prime e seconde di F (x) = f (kxk) = f (ρ). Si
1
applichi la formula al caso particolare di ρn−2
, n ≥ 3 e si verifichi che
n
X
∂2F
i=1
∂x2i
= 0, x 6= 0.
91
11.3.3
Controesempio per il teorema di Scwartz
Problema 11.3.3. Sia f : R2 → R assegnata mediante
f (x1 , x2 ) =
(
x1 x2 (x21 −x22 )
,
x21 +x22
0,
x = (x1 , x2 ) 6= 0,
x = (x1 , x2 ) = (0, 0).
(11.3.78)
Verificare che esistono e sono fra loro differenti le derivate seconde
(
12
∂2f
∂2f
)(0,0) , (
)(0,0) .
∂x1 ∂x2
∂x2 ∂x1
Formula di Taylor
Per funzioni di pi´
u variabili, si fa uso dei multiindici.
12.1
Generalizzazione del binomio di Newton in
Rn
Sia N l’insieme di tutti numeri interi m ∈ Z tali che m ≥ 0, cio´e
N = {0, 1, 2, · · · }.
Come generalizzazione del teorema binomiale vale il cosiddetto teorema
multinomiale.
Lemma 12.1.1.
X k · xα ,
(x1 + . . . + xn ) =
α
k
(12.1.79)
|α|=k
dove α = (α1 , · · · , αn ) ´e multi - indice, cio´e αj ∈ N, j = 1, · · · , n,
e
|α| = α1 + · · · αn ,
k!
k
= , α! = α1 ! · · · αn !.
α!
α
α
x =
n
Y
j=1
α
xj j .
(12.1.80)
(12.1.81)
(12.1.82)
Generalizzazione del binomio di Newton in Rn
92
Idea della dimostrazione: induzione in n. Per ogni multi - indice α ∈
Nn abbiamo
α = (α′ , αn ), α′ ∈ Nn−1 , αn ∈ N.
Per ogni x ∈ Rn abbiamo
x = (x′ , xn ), x′ ∈ Rn−1 , xn ∈ R
e
α′
xα = x′ xαnn .
Se (12.1.79) ´e vera per n − 1 allora abbiamo
X k
′
k
′α
(x1 + . . . + xn−1 ) =
·
x
,
α′
′
(12.1.83)
(12.1.84)
|α |=k
Il binomio di Newton (Analisi Matematica 1) ci da la relazione
X k
k
(12.1.85)
· y k1 xαnn
(y + xn ) =
k
1
k +α =k
1
n
Usando (12.1.85) con
y = x1 + . . . + xn−1
insieme con (12.1.84) si ottiene


X k X k1 ′
α

· x′  xαnn .
(x1 + . . . + xn )k =
′
α
k1
′
k +α =k
1
n
|α |=k1
La definizione del coefficiente di Newton (12.1.86) implica
k! (k1 )!
k1
k
k!
k
=
,
= ′
=
′
′
α
k1
α
(k1 )!αn ! (α )!
(α )!αn !
quando
|α| = |α′ | + αn = k, |α′ | = k1 ,
(12.1.86)
Binomio di Newton nel campo di quaternioni
93
quindi


X k X k1 α′

· x′  xαnn =
′
α
k1
′
k1 +αn =k
|α |=k1
=
X
|α′ |+αn =k
X
X k α′
x′ xαnn =
α
′
k1 +αn =k |α |=k1
X k k ′ α′ αn
· xα .
x xn =
α
α
|α|=k
Usando lo stesso raggionamento ed il Teorema di Schwartz (Lemma
10.4.2) possiamo dedurre il seguente.
Lemma 12.1.2. Sia
f : U ⊆ Rn −→ R
una funzione in n variabili, definita su un aperto U di Rn . Se f ammette derivate di ordine k ≥ 2 continue, cio´e f ∈ C k (U), allora
X k k
· hα ∂xα f (x),
(12.1.87)
(h1 ∂x1 + . . . + hn ∂xn ) (f (x)) =
α
|α|=k
dove α = (α1 , · · · , αn ) ´e multi - indice, cio´e αj ∈ N, j = 1, · · · , n,
e
|α| = α1 + · · · αn ,
k!
k
= , α! = α1 ! · · · αn !.
α
α!
α
h =
n
Y
j=1
12.2
α
hj j , ∂xα = ∂xα11 · · · ∂xαnn .
(12.1.88)
(12.1.89)
(12.1.90)
Mini - progetto ”Analisi ed Algebra”: Binomio di Newton nel campo dei quaternioni
Problema 12.2.1. (Binomio di Newton nel campo dei quaternioni)
I quaternioni possono essere espressi tramite matrici 2 × 2 di numeri
complessi Matrici 2 × 2 complesse
´ variabili
Formula di Taylor per funzioni di piu
94
Gli elementi 1, i, j, k sono rappresentati rispettivamente da:
1, 0
0, 1
0, i
i, 0
,
,
,
.
0, 1
−1, 0
i, 0
0, −i
Il quaternione
x1 + x2 i + x3 j + x4 k
´e quindi rappresentato da
x1 + x4 i
−x2 + x3 i
x2 + x3 i
z −w
=
x1 − x4 i
w
z
Provare a dedurre formula di Newton per
(x1 + x2 i)m , (x3 j + x2 k)m , (x1 + x2 i + x3 j + x4 k)m
12.3
Formula di Taylor per funzioni di pi´
u variabili
Data una funzione
f (x) : U ⊆ Rn −→ R
(dove U ´e aperto) per ogni x0 ∈ U e per ogni h ∈ Rn con khk piccolo
si consideri la funzione
ϕ(t) = f (x0 + th).
(12.3.91)
Seguendo Esempio 9.2.1 si puo ottenere
′
′
ϕ (t) = hf (x0 + th), hi =
n
X
hj ∂xj f (x0 + th).
(12.3.92)
j=1
Usando il Teorema di Schwartz e Lemma 12.1.2 si ottiene
ϕ(k) (t) = (h1 ∂x1 + . . . + hn ∂xn )k (f (x))|x=x0+th =
X k · hα ∂xα f (x0 + th).
α
|α|=k
In conclusione abbiamo la formula di Talor.
(12.3.93)
Esempio: Formula di Taylor di ordine 1, funzione di due variabili 95
Lemma 12.3.1. (Formula di Taylor con il resto nella forma di Peano)
Sia
f : U ⊆ Rn −→ R
una funzione in n variabili, definita su un aperto U di Rn . Se f ammette derivate di ordine k ≥ 2 continue, cio´e f ∈ C k (U), allora
n
X
∂ αx f (x0 ) α
h + o(khkk )
f (x0 + th) =
α!
(12.3.94)
|α|=0
dove
|α| = α1 + · · · αn ,
α! =
n
Y
(12.3.95)
αj !
(12.3.96)
hj j , ∂xα = ∂xα11 · · · ∂xαnn .
(12.3.97)
j=1
e
α
h =
n
Y
j=1
12.4
α
Esempio: Formula di Taylor di ordine 1, funzione di due variabili
Sia f (x0 , y0) una funzione di classe C 2 e vogliamo calcolare il polinomio
di Taylor in (x0 , y0 ) allora:
f (x0 + h, y0 + k) = f (x0 , y0 ) + fx (x0 , y0) · h + fy (x0 , y0 ) · k + R(h, k)
dove h = x − x0 e k = y − y0 ed R(h, k) ´e il resto che equivale a:
R(h, k) =
1
fxx (xa , ya )h2 + 2fxy (xa , ya )hk + fyy (xa , ya )k 2
2!
Vale come per le funzioni di una variabile che se le derivate seconde
sono limitate da un numero M, allora l’errore equivale:
|R| ≤ M(h2 + k 2 )
Esempio: Formula di Taylor di ordine 2, funzione di due variabili 96
12.5
Esempio: Formula di Taylor di ordine 2, funzione di due variabili
Con le stesse notazioni abbiamo:
f (x0 + h, y0 + k) = f (x0 , y0) + fx (x0 , y0 ) · h + fy (x0 , y0 ) · k+
+
12.6
1
fxx (x0 , y0 )h2 + 2fxy (x0 , y0)hk + fyy (x0 , y0 )k 2 + R(h, k)
2!
Esempio: Formula di Taylor di ordine 3, funzione di due variabili
f (x0 + h, y0 + k) = f (x0 , y0) + fx (x0 , y0 ) · h + fy (x0 , y0 ) · k+
1 +
fxx (x0 , y0)h2 + 2fxy (x0 , y0 )hk + fyy (x0 , y0)k 2 +
2!
1 +
fxxx (x0 , y0 )h3 + 3fxxy (x0 , y0 )h2 k + 3fxyy (x0 , y0)hk 2 + fyyy (x0 , y0 )k 3 +R(h, k)
3!
13
13.1
Massimi e minimi delle funzioni di pi´
u
variabili
Condizioni necessari e sufficienti
Nel caso di funzioni in pi´
u variabili, nel punto di massimo (minimo)
relativo ad annullarsi ´e il differenziale (e quindi il gradiente) della funzione. Nel caso di funzioni di 2 variabili, per verificare se il punto ´e di
massimo o minimo, si guarda il segno del determinante della matrice
hessiana e il primo termine della matrice:
Lemma 13.1.1. Abbiamo:
a) primo elemento positivo, determinante positivo (matrice definita
positiva): si ha un minimo locale;
b) primo termine negativo, determinante positivo: si ha un massimo
locale;
Esercizi su massimi e minimi
97
c) determinante negativo, allora il punto si dice punto di sella;
d) determinante nullo: bisogna calcolare la positivita‘ della funzione.
Nel caso di funzioni di 3 o piu‘ variabili, invece, si deve studiare
il segno degli autovalori della matrice hessiana (nei punti critici, cioe‘
dove si annulla il gradiente) e:
Lemma 13.1.2. Abbiamo
a) se gli autovalori sono strettamente maggiori di zero, il punto che
´ minimo locale;
annulla il gradiente di
b) se gli autovalori sono strettamente minori di zero, tale punto ´e
di massimo locale;
c) se gli autovalori cambiano segno, il punto ´e di sella;
d) se gli autovalori sono tutti nulli, non danno informazioni sulla
natura del punto.
In caso di funzioni di due o piu‘ variabili, la ricerca dei punti di
massimo e minimo non si esaurisce all’interno del dominio dove la
funzione e‘ derivabile, ma si devono cercare i massimi e i minimi anche
sulla frontiera, in cui in generale la funzione non e‘ differenziabile. In
tal caso, nelle funzioni di due variabili si parametrizza la frontiera e si
cercano i punti di massimo e di minimo come visto per una variabile
reale.
13.2
Esercizi su massimi e minimi
Problema 13.2.1. Trovare il minimo della funzione
f (x, y) = (x − 4)2 + 2y 2.
Problema 13.2.2. Sia X un punto dentro il trianglo △ ABC. Trovare
min |XA| + |XB| + |XC|
( minimo la somma delle distanze da un punto ai vertici d i un triangolo e noto come punto di orricelli-Fermat).
Esercizi su massimi e minimi
98
Problema 13.2.3. Trovare il minimo della funzione
f (x, y) = (x + 2)2 + 2y 2 − 1.
Problema 13.2.4. Trovare il massimo e il minimo della funzione
f (x, y) = x6 + y 6 − 2x3
nel dominio x3 + y 3 ≤ 2, x ≥ 0, y ≥ 0.
Problema 13.2.5. Trovare il massimo e il minimo della funzione
f (x, y) = x2 + y 6 + 2x4
nel dominio x2 + y 4 ≤ 2, x ≥ 0, y ≤ 0.
Problema 13.2.6. Trovare il massimo e il minimo della funzione
f (x, y) = x4 + y 4 + z 4 − 5x2
nel dominio x2 + y 2 ≤ 2 − z 2 , x ≥ 0, y ≥ 0.
Problema 13.2.7. Trovare i punti critici per la funzione
f (x, y) = x3 + 3xy 2 − 15x − 12y.
Problema 13.2.8. Trovare i punti stazionari della funzione
f (x, y) =
x y
+
y x
e dire se si tratta di punti di massimo o di minimo relativo.
Problema 13.2.9. Verificare la disequazione
(x2 + y 2 ) ≤ 4ex+y−2
(13.2.98)
per x ≥ 0, y ≥ 0.
Problema 13.2.10. Trovare il valore minimo dell’area di esagono circoscritto alla circonferenza di raggio 1 in R2 .
Esercizi su massimi e minimi
99
Problema 13.2.11. Sia
F : R3 −→ R3 ,
una funzione differenziabile tale che
F (0) = 0,
3
X
j,k=1
|∂j Fk (0)|2 = c < 1.
Mostrare che esiste r > 0 tale che
kxk ≤ r =⇒ kF (x)k ≤ r.
Problema 13.2.12. Sia
F : R+ × R+ −→ R,
una funzione definita come segue
Fα,β (x, y) = x2 + y 2 − Cxα y β ,
dove C > 0 e costante, α > 0, β > 0. Studiare
min Fα,β (x, y).
x≥0,y≥0
Il Problema 13.2.12 si puo studiare seguendo i problemi successivi.
Problema 13.2.13. Sia
F : R+ × R+ −→ R,
una funzione definita come segue
Fα,β (x, y) = x2 + y 2 − Cxα y β ,
dove C > 0 e costante, α > 0, β > 0. Vedere per quali α, β
inf
x≥0,y≥0
Fα,β (x, y) = −∞.
Molteplicatori di Lagrange
100
Problema 13.2.14. Sia
F : R+ × R+ −→ R,
una funzione definita come segue
Fα,β (x, y) = x2 + y 2 − Cxα y β ,
dove C > 0 e costante, α > 0, β > 0. Vedere per quali α, β
min Fα,β (x, y) > −∞
x≥0,y≥0
esiste ed
min Fα,β (x, y) = 0.
x≥0,y≥0
Problema 13.2.15. Sia
F : R+ × R+ −→ R,
una funzione definita come segue
Fα,β (x, y) = x2 + y 2 − Cxα y β ,
dove C > 0 e costante, α > 0, β > 0. Vedere per quali α, β
min Fα,β (x, y) > −∞
x≥0,y≥0
esiste ed
min Fα,β (x, y) > 0.
x≥0,y≥0
13.3
Molteplicatori di Lagrange
Consideriamo al inizio il caso bidimensionale. Supponiamo di avere un
obiettivo, f (x1 , x2 ) da massimizzare soggetto al vincolo:
g (x1 , x2 ) = 0.
Possiamo considerare il caso
g(x1 , x2 ) = x2 − ϕ(x1 ).
Teorema di Dini
101
Lemma 13.3.1. Se x∗ = (x∗1 , x∗2 ) ´e punto di massimo (minimo) di
f (x1 , x2 ) soggetto al vincolo x2 = ϕ(x1 ), allora esiste un numero reale
Λ tale che
∂x1 f (x∗ ) − Λ∂x1 g(x∗) = 0
∂x2 f (x∗ ) − Λ∂x2 g(x∗) = 0.
(13.3.99)
(13.3.100)
Idea della dimostrazione. Sia
F (x1 ) = f (ϕ(x1 ), x1 ).
13.4
Teorema di Dini
Il teorema di Dini descrive le soluzione della equazione
F (x1 , x2 ) = 0
quando il punto x = (x1 , x2 ) ´e vicino ad un punto a = (a1 , a2 ) tale che
F (a1 , a2 ) = 0.
Lemma 13.4.1. (Teorema di Dini) Sia
F (x1 , x2 ) : U ⊆ R2 −→ R,
una funzione definita in un dominio U aperto, sia F di classe C 1 in
U. Se il punto a = (a1 , a2 ) in U sodddisfa l’ipotesi
F (a) = 0, ∂x2 F (a) 6= 0,
allora esiste un intorno di a del tipo
V = {x ∈ R2 ; |x1 − a1 | < ε, |x − 2 − a2 | < δ}
ed esiste una funzione
ϕ : (x1 − ε, x1 + ε) → (x2 − δ, x2 + δ)
tale che:
(13.4.101)
Esercizi su massimi, minimi vincolati
102
a) per ogni x1 ∈ (a1 − ε, a1 + ε) abbiamo
F (x1 , ϕ(x1 )) = 0;
b) se (x1 , x2 ) ∈ V ´e soluzione dell’equazione
F (x1 , x2 ) = 0,
allora x2 = ϕ(x1 );
c) la funzione
ϕ : (x1 − ε, x1 + ε) → (x2 − δ, x2 + δ)
´e di classe C 1 .
Idea della dimostrazione. Si consideri il relativo sviluppo al primo ordine di Taylor:
F (x1 , x2 ) = F (a1 , a2 )+∂x1 F (a1 , a2 )(x1 −a1 )+∂x2 F (a1 , a2 )(x2 −a2 )+o(kx−ak)
Tenendo conto che F (a1 , a2 ) = 0, uguagliando a zero la prima parte
del termine al primo ordine si ottiene:
∂x1 F (a1 , a2 )(x1 − a1 ) + ∂x2 F (a1 , a2 )(x2 − a2 ) = o(kx − ak)
Per ipotesi,
∂x2 F (a1 , a2 ) 6= 0,
si pu´o quindi ricavare x2 in funzione di x1 :
x2 = a2 −
∂x1 F (a∗ )
(x1 − a1 ) + o(kx − a∗ k).
∗
∂x2 F (a )
Applicando il teorema della contrazione possiamo completare la dimostrazione.
13.5
Esercizi su massimi, minimi vincolati
Problema 13.5.1. Determinare il minimo e il massimo della funzione
nell’insieme
f (x, y) = x2 + y 2 − (x + y + z)
{|x| + |y| + |z| = 1}.
Esercizi su massimi, minimi vincolati
103
.
Problema 13.5.2. Trovare fra tutti i triangoli di perimetro 2p quello
di area massima.
Suggerimento. Ricordiamo la formula di Erone: dato un triangolo △
di lati di lunghezza x, yz si ha che l’area ´e data da
p
A(△) = p(p − x)(p − y)(p − z)
dove 2p ´e il perimetro.
Problema 13.5.3. Tra tutti triangoli iscritti in circonferenza, quale/quali
ha/hanno perimetro massimale
Problema 13.5.4. Tra tutti triangoli iscritti in circonferenza, quale
ha area massimale
Problema 13.5.5. Trovare fra tutti i triangoli circoscritto alla circonferenza unitaria quello di area massima.
Problema 13.5.6. Sia F ⊆ R4 definita da
4 x1 x2 =0 .
F = x = (11 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R ; x3 x4 Dato il punto
P (1, 0, 0, 2)
trovare la distanza euclidea tra P e F .
Problema 13.5.7. Trovare il massimo e il minimo della funzione
f (x) =
ha, xi
kxk
in Rn \ {0}, dove a ´e un vettore assegnato di modulo 1.
Problema 13.5.8. Studiare
ha, xi
,
2
Rn \{0} kxk
sup
ha, xi
,
kxk2
dove a ´e un vettore assegnato di modulo 1.
inf
Rn \{0}
Esercizi su massimi, minimi vincolati
104
Problema 13.5.9. Se
F : R2 \ {0} −→ R
´continua e omogenea di ordine a ∈ R, allora studiare l’esistenza del
minimo
I(λ) = min
F (x)
2
kxk2 =λ>0
al variare di a. Calcolare I(λ) dove I(λ) esiste.
Problema 13.5.10. Se
A
´e una matrice simmetrica n × n allora il problema
min hAx, xi
kxk2 =1
ha almeno un minimizzante, cio’e’ ponendo
I = inf
hAx, xi
2
kxk =1
e scegliendo una successione
xk , kxk k2 = 1, hAxk , xk i → I,
si deve verificare che esiste una sottosuccessione di {xk } che converge
´a x∗ con
Ax∗ = Ix∗ .
Problema 13.5.11. Se
A : Rn −→ Rn
´e un operatore lineare studiare l’esistenza del minimo
I(λ) =
min hAx, xi + kxkpp .
kxk22 =λ>0
Problema 13.5.12. (argomento per miniprogetto) Tra tutti triangoli
iscritti in ellisse, quale/quali ha/hanno perimetro massimale
REFERENCES
105
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Real Analysis:, Measure Theory, Integration, and Hilbert
Spaces, Princeton Univ. Press, 2005

Tutorato di AM120 - Dipartimento di Matematica

Corrispondenza commerciale, d`affari e di lavoro in inglese

Document 5225386

Versione del 2/5/14 - Dipartimento di Matematica

x2 − 4

ISTITUTO COMPRENSIVO SCOLASTICO STATALE

Greco - Liceo Artistico

lavagna interattiva multimediale - Centro Ricerche Personaliste di

Lucidi calcolo delle probabilità