(1) (Es 9 pag 117) Se per ogni x ∈ R

ANALISI MATEMATICA A – SECONDO MODULO SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI DELLA SETTIMANA 15

(1) (Es 9 pag 117) Se per ogni x ∈ R

kxk :=

n

X

i=1

x

!

verificate che per ogni x, y ∈ R

vale la seguente legge del parallelogramma:

kx + yk

+ kx − yk

= 2kxk

+ 2kyk

. Interpretate geometricamente il significato dell’uguaglianza nel caso n = 2.

Soluzione

Iniziamo verificando la legge del parallelogramma:

kx + yk

+ kx − yk

= hx + y, x + yi + hx − y, x − yi

= hx, xi +

 hy, xi +  

 hx, yi + hy, yi + hx, xi −  

 hy, xi −  

 hx, yi + hy, yi  

= 2hx, xi + 2hy, yi = 2kxk

+ 2kyk

Rappresentiamo graficamente i vettori x, y, x + y e x − y in R

Figure 1. x + y

Figure 2. x − y e il parallelogramma

Figure 3. Parallelogramma

Perci` o l’uguaglianza esprime il teorema ”la somma dei quadrati costruiti sulle diagonali di un parallelogramma ` e uguale alla somma dei quadrati costruiti sui quattro lati”

(2) Per ogni x ∈ R

definiamo le seguenti funzioni R

→ R

kxk

:=

n

X

i=1

|x

|, kxk

:= max

i=1,...,n

|x

| (1) dimostrate che queste funzioni sono delle norme;

(2) mostrate, con esempi, che l’identit` a del parallelogramma non vale per le due norme prece- denti. Cio` e trovate almeno una coppia di punti per cui l’uguaglianza sia falsa;

(3) dimostrate che per ogni x ∈ R

valgono le due disuguaglianze kxk

≤ kxk ≤ √

n kxk

kxk ≤ kxk

≤ √ n kxk (4) disegnate, per n = 2 i sottoinsiemi del piano

x ∈ R

: kxk

≤ 1 , x ∈ R

: kxk

≤ 1 Soluzione

(a) Vogliamo dimostrare che kxk

e kxk

sono norme, cio´ e vogliamo dimostrare che per en- trambe vale:

(1)

kxk ≥ 0, kxk = 0 ⇒ x = 0 (2)

kλxk = |λ|kxk λ ∈ R (3)

kx + yk ≤ kxk + kyk ∀x, y ∈ R

Per kxk

abbiamo:

(1) La positivit` a della norma e l’implicazione kxk

= 0 ⇒ x = 0 sono immediate dalla definizione.

(2)

kλxk

=

n

X

i=1

|λx

| =

n

X

i=1

|λ||x

| = |λ|

n

X

i=1

|x

| = |λ|kxk

λ ∈ R (3)

kx + yk

=

n

X

i=1

|x

+ y

| ≤

n

X

i=1

|x

| + |y

| =

n

X

i=1

|x

| +

n

X

i=1

|y

|

= kxk

+ kyk

∀x, y ∈ R

La dimostrazione che kxk

` e una norma si svolge in modo analogo.

(b) Per dimostrare che kxk

non rispetta la legge del parallelogramma possiamo considerare ad

esempio x = (1, 0) e y = (0, 1) in R

. Allora x + y = (1, 1) e x − y = (1, −1). Calcoliamo

ora le norme

kx + yk

+ kx − yk

= 4 + 4 6= 2kxk

+ 2kyk

= 4.

(c)

kxk

=

n

X

i=1

x

≤

n

X

i=1

|x

|

!

= kxk

In questo modo la prima disuguaglianza ` e dimostrata. Dimostriamo ora la seconda:

kxk

=

n

X

i=1

|x

|

!

=

n

X

i=1

(x

) + 2

n

X

i,j=1,i6=j

|x

||x

|

Dal momento che ∀i, j ∈ {1, . . . n} 2x

x

≤ x

+ x

, kxk

≤

n

X

i=1

x

+

n

X

i=1

(n − 1)x

=

n

X

i=1

nx

= nkxk

Allo stesso modo si dimostrano le disuguaglianze per kxk

. (d) Definisco A := {x ∈ R

: kxk

≤ 1}.

Iniziamo studiando quando |x

| + |x

| = 1. Sicuramente i punti (±1, 0) e (0, ±1) rispettano questa condizione. Per capire quali sono gli altri punti che la rispettano, riscriviamo la condizione come |x

| = 1 − |x

| ; a questo punto ` e facile vedere che tutti i punti che rispettano questa condizione sono quelli appartenenti ai 4 segmenti in figura.

Figure 4. ^|x

^{| + |x}

^{| = 1} Grazie a queste considerazioni possiamo disegnare i due insiemi:

Figure 5. kxk

≤ 1 Figure 6. kxk

≤ 1

(3) Dimostrate che se E ⊂ R `e limitato superiormente e sup E / ∈ E allora sup E `e di accumu- lazione per E.

Soluzione

Definiamo ¯ x := sup E. Ricordiamo che ¯ x ` e un punto di accumulazione di E se (1) ∀ε > 0 ∃x ∈ E tale che: x 6= ¯ x e inoltre |x − ¯ x| < ε Dal momento che ¯ x ` e l’estremo superiore di E abbiamo che

∀ε > 0 ∃x ∈ E x − ε < x ≤ ¯ ¯ x

Poich´ e ¯ x 6∈ E, allora ¯ x − ε < x < ¯ x, cio` e (1) ` e verificata e ¯ x ` e un punto di accumulazione per E.

(4) Siano a = (a

, a

) e b = (b

, b

) due punti fissati in R

. Disegnate i seguenti sottoinsiemi di R

e stabilite se si tratta di insiemi aperti, chiusi o non aperti n´ e chiusi. Stabilite inoltre quali siano i loro punti di accumulazione, la loro frontiera e la loro chiusura.

(1) x ∈ R

: a

≤ x

≤ a

+ 1 ; (2) x ∈ R

: 1 ≤ kxk ≤ 2 ; (3) x ∈ R

: 0 < kx − ak ≤ 2 ;

(4) x ∈ R

: x = λa + (1 − λ)b, λ ∈ [0, 1] ; (5) x ∈ R

: x = a + λb, λ ∈ (0, +∞) ;

(6) x ∈ R

: x = µa + λb, µ ∈ (0, +∞), λ ∈ (0, +∞) ; (7) x ∈ R

: x = µa + λb, µ ∈ R, λ ∈ (0, +∞) ; (8) x ∈ R

: hx, ai = 0 .

Soluzione

(a) Definisco A := {x ∈ R

a

≤ x

≤ a

+ 1}

Figure 7. L’insieme A

A ` e un quadrato con bordo, quindi ` e un insieme chiuso.

I punti di frontiera sono tutti quelli sul bordo, cio´ e tutti i punti per cui x

= a

o x

= a

+ 1.

Dal momento che A ` e chiuso, la sua chiusura coincide con A stesso. Inoltre tutti i punti di A sono di accumu- lazione perch´ e per ogni intorno del punto posso sempre trovare altri punti che appartengono ad A.

(b) Definisco B := {x ∈ R

1 ≤ kxk ≤ 2}

L’insieme B ` e chiuso perch´ e il bordo appartiene all’insieme stesso. I punti di frontiera sono tutti quelli sul bordo, ovvero tutti gli x t.c. kxk = 1 o kxk = 2.

Dal momento che B ` e chiuso, la sua chiusura coincide

con B stesso. Inoltre tutti i punti di B sono di ac-

cumulazione perch´ e per ogni intorno del punto posso

Figure 9. L’insieme C

L’insieme C ` e un cerchio di raggio 2 privato del suo centro a. C non ` e n´ e aperto n´ e chiuso. La sua frontiera

∂C ` e data dalla circonferenza esterna pi´ u il punto a:

∂C = {x ∈ R

kx − ak = 2 } ∪ {a}

Quindi la chiusura di C ` e il cerchio, ovvero C = C ∪ {a} ¯

I punti di accumulazione sono tutti i punti dell’insieme C e il punto a.

(d) Definisco D := {x ∈ R

x = λa + (1 − λ)b}

Figure 10. ^L’insieme

D

L’insieme D ` e chiuso: in particolare tutti i suoi punti sono di frontiera. Perci´ o la chiusura di D ` e l’insieme stesso. Tutti i punti di D sono di accumulazione.

(e) Definisco E := {x ∈ R

x = a + λb λ ∈ (0, +∞)}

Figure 11. L’insieme E

L’insieme E ` e una semiretta con origine in a. La semiretta ` e aperta perch´ e non contiene l’origine. La frontiera di E ` e data da

∂E = E ∪ {a}

La chiusura di E ` e ¯ E = E ∪ {a} ovvero ` e la semiretta con l’origine inclusa. I punti di accumulazione sono tutti i punti di ¯ E.

(f) Definisco F := {x ∈ R

x = µa + λb λ, µ ∈ (0, +∞)}

Figure 12. L’insieme F

L’insieme F ` e una parte di piano aperta come in figura.

La sua frontiera ` e data dalle due semirette che delimi- tano la porzione di piano:

∂F = {x = µa} ∪ {x = λb} λ, µ ∈ [0, +∞) La chiusura di F ` e ¯ F = F ∪ ∂F . I punti di accumu- lazione sono tutti i punti di ¯ F .

(g) Definisco G := {x ∈ R

x = µa + λb λ ∈ (0, +∞), µ ∈ R}

Figure 13. ^L’insieme

G

L’insieme G ` e un semipiano aperto come in figura. La sua frontiera ` e data dalla retta che delimita il semipi- ano:

∂G = {x = µa µ ∈ (0, +∞)}

La chiusura di G ` e data dal semipiano chiuso, ovvero dall’insieme G e dalla retta {x = µa}. I punti di accu- mulazione sono tutti i punti di ¯ G.

(h) Definisco H := {x ∈ R

< x, a >= 0}

Figure 14. ^L’insieme

H

L’insieme H ` e chiuso: in particolare tutti i suoi punti sono di frontiera. Perci´ o la chiusura di H ` e l’insieme stesso. I punti di accumulazione sono tutti i punti di H.

(5) Determinate tutti i punti di accumulazione del sottoinsieme E di R definito da E :=  1

m + 1

n : m ∈ N, n ∈ N, m 6= 0, n 6= 0

 .

Soluzione

Proviamo a capire com’` e fatto l’insieme E. Teniamo fissa una delle due variabili (ad esempio m): allora possiamo definire l’insieme E

al variare di n:

E

:=  1

m + 1, 1 m + 1

2 , 1 m + 1

3 , 1 m + 1

4 . . .



Ad esempio

E

=



1 + 1, 1 + 1 2 , 1 + 1

3 , 1 + 1 4 . . .



=

 2, 3

2 , 4 3 , 5

4 . . .



E

=  1 2 + 1, 1

2 + 1 2 , 1

2 + 1 3 , 1

2 + 1 4 . . .



=  3 2 , 1, 5

6 , 3 4 , . . .

 L’insieme di partenza pu´ o essere visto come l’unione di tutti gli E

:

E = [

m∈Nm6=0

E

Tenendo m fissato, otteniamo una successione x =

+

nella sola variabile n che converge al

Questo significa che

∀ε > 0 ∃¯ n ∈ N ∀n > ¯ n    

1 m − 1

x

< ε Grazie a questa propriet` a, in ogni intorno di un punto della forma 1

m , m ∈ N, m 6= 0 troveremo sempre almeno un punto della successione x

. Quindi tutti i punti della forma 1

m , m ∈ N, m 6= 0 sono punti di accumulazione per l’insieme E perch´ e

∀δ > 0  1

m − δ, 1 m + δ



∩E 6= 0

In questo modo abbiamo trovato che 1,

,

,

,

. . . sono alcuni punti di accumulazione di E, ma non sono tutti! Infatti anche 0 ` e un punto di accumulazione. Se facciamo tendere entrambe le variabili a infinito troviamo che x =

+

→ 0. Per la definizione stessa di limite, troviamo che

∀ε > 0 ∃¯ n ∈ N, ¯ m ∈ N ∀n > ¯ n, ∀m > ¯ m    

1 m + 1

n    

< ε

Quindi in ogni intorno del punto 0 possiamo sempre trovare infiniti elementi che appartengono all’insieme E: 0 ` e un punto di accumulazione.

(6) (Molto difficile) Dimostrate che:

se k · k

: R

→ R

` e una norma, cio` e soddisfa le propriet` a:

(N 1): kxk

≥ 0 e kxk

= 0 =⇒ x = 0;

(N 2): kλxk

= |λ| kxk

;

(N 3): kx + yk

≤ kxk

+ kyk

.

e inoltre k · k

soddisfa la propriet` a del parallelogramma

kx + yk

+ kx − yk

= 2kxk

+ 2kyk

,

allora k · k

”proviene” da un prodotto scalare, cio` e esiste un prodotto scalare h·, ·i

: R

× R

→ R tale che

kxk

= hx, xi

.

Soluzione Definiamo:

hx, yi

:= 1

4 kx + yk

− kx − yk

Chiaramente

hx, xi

:= 1

4 kx + xk

− kx − xk

= 1

4 4kxk

− 0
= kxk

Verifichiamo che h·, ·i

` e un prodotto scalare. Dobbiamo quindi verificare che

(S 1): hx, xi

≥ 0, hx, xi

= 0 ⇒ x = 0 (S 2): hx, yi

= hy, xi

λ ∈ R

(S 3): hλx, yi

= λhx, yi

(S 4): hx + y, zi

= hx, zi

+ hy, zi

(S 1): Verificare queste propriet` a ` e immediato dalla definizione che abbiamo dato:

4hx, xi

= kx + xk

− kx − xk

= k2xk

− k0k

= k2xk

− 0 = 4kxk

≥ 0.

Inoltre hx, xi

= 0 ⇒ kxk

= 0 ⇒ x = 0.

(S 2): Anche questa propriet` a segue dalla definizione del prodotto:

4hx, yi

= kx + yk

− kx − yk

= ky + xk

− k(−1)(y − x)k

=

= ky + xk

− (−1)

k(y − x)k

= ky + xk

− ky − xk

= 4hy, xi

(S 4): Dimostriamo che 4hx + y, zi

= 4hx, zi

+ 4hy, zi

, cio´ e che

kx + y + zk

− kx + y − zk

= kx + zk

− kx − zk

+ ky + zk

− ky − zk

kx + y + zk

− kx + y − zk

= k(x + z) + yk

− k(x − z) + yk

= 2kx + zk

+

 2kyk  

− kx + z − yk

−2kx − zk

−

 2kyk  

+ kx − z − yk

= 2kx + zk

− 2kx − zk

− k(z − y) + xk

+ k(−z − y) + xk

= 2kx + zk

− 2kx − zk

− 2ky − zk

−

 2kxk  

+ kz − y − xk

+ 2ky + zk

+

 2kxk  

− k − x − y − zk

Abbiamo quindi trovato che

2kx + y + zk

− 2kx + y − zk

= 2kx + zk

− 2kx − zk

+ 2ky + zk

− 2ky − zk

(S 3): Dimostriamo questa propriet` a in 4 passi:

(a) Dimostriamo che vale per tutti i naturali, iniziando con λ = 2 h2x, yi

= hx + x, yi

= hx, yi

+ hx, yi

= 2hx, yi

Per induzione ` e immediato verificare che hnx, yi

= nhx, yi

vale ∀n ∈ N.

(b) Dimostriamo che S3 vale per tutti gli interi.

Osserviamo che h−x, yi

= −hx, yi

, infatti

0 = h0, yi

= hx − x, yi

= hx, yi

+ h−x, yi

. Perci` o abbiamo verificato hnx, yi

= nhx, yi

vale ∀n ∈ Z.

(c) Estendiamo i risultati precedenti a Q dimostrando che h

x, yi

=

hx, yi

. Questo vale perch´ e hx, yi

= h

x + · · · +

x, yi

= h

x, yi

+ · · · + h

x, yi

= nh

x, yi

In questo modo, utilizzando anche i precedenti (a) e (b) abbiamo dimostrato che, per ogni x e y,

(2) hqx, yi

= qhx, yi

per ogni q ∈ Q

(d) Ora non ci resta che dimostrare che (2) vale per ogni q = λ ∈ R.

Iniziamo dimostrando che, per ogni x e y fissati, la funzione

(3) R → R definita da: λ 7→ hλx, yi

`

e continua in 0. Cio` e che

(4) lim

λ→0

hλx, yi

= h lim

λ→0

λx, yi

= h0, yi

= 0.

Osserviamo che

4hx, yi

= kx + yk

− kx − yk

= k2x + (y − x)k

− kx − yk

, e inoltre che, grazie alla propriet` a S4,

kx + yk

≤ kxk

+ kyk

+ 2kxk

kyk

Quindi

0 ≤ 

4hλx, yi

Grazie alla propriet` a S4, possiamo provare che (2) ` e vera per ogni λ ∈ R. Infatti, sia λ ∈ R e sia (q

)

una successione di numeri razionali tali che

n→+∞

lim q

= λ.

Allora, per ogni x e y fissati, λhx, yi

= lim

n→+∞

q

hx, yi

= lim

n→+∞

hq

x, yi

poich´ e S3 ` e vera per i razionali

= lim

n→+∞

h(q

− λ)x, yi

+ hλx, yi

per la S4 gi` a dimostrata

= 0 + hλx, yi

usando (4), poich´ e lim

n→+∞

(q

− λ) = 0

= hλx, yi

.

Questo completa la dimostrazione.