Esercizi di Analisi Matematica, Algebra e Geometria.

Esercizi di preparazione alla PFB - Soluzioni

A.A. 2012-2013 — A cura di Sara Lamboglia, Gianluca Lauteri, Maria Chiara Timpone.

Esercizi di Analisi Matematica, Algebra e Geometria.

Parte 1: Analisi Matematica.

Soluzione Esercizio 1.1. Stabiliremo per quali x ∈ (0, +∞) la serie è convergente, al variare dei parametri α, β ∈ R. Consideriamo separatamente i seguenti sottocasi:

• Se α < −1 e β ≤ 0, allora la serie converge ∀x > 0. Infatti, in tal caso x^nβ = exp n^βlog(x)
→ 1 (poiché n^β → 0 e x 7→ e^x è continua), e quindi esisterà un  ∈ (0, 1) tale che se n è sufficientemente grande

n^αx^nβ ≤ (1 + )n^α∼ n^α. Notare che l’argomento funziona senza bisogno di alcuna modifica anche se x = 1.

• Se α < −1 e β > 0, allora la serie converge per x ∈ (0, 1] e diverge per x > 1. Infatti, se x > 1, allora n^αx^nβ −−−−→

n→∞ +∞.

Se invece x ∈ (0, 1], allora x^nβ → 0 per n → ∞ se x < 1 oppure x^nβ ≡ 1, e quindi esisterà una costante C > 0 tale che per tutti gli n sufficientemente grandi

n^αx^nβ ≤ Cn^α, Si ottiene dunque la convergenza della serie, poiché α < −1.

• Se α ≥ −1 e β ≤ 0, allora la serie diverge ∀x > 0. Infatti, se x > 0, poiché n^β → 0, si avrà x^nβ → 1 e quindi se n è sufficientemente grande

n^αx^nβ ≥ n^α 2 Dunque la serie è divergente.

• Se α ≥ −1 e β > 0, allora la serie converge per x ∈ [0, 1) e diverge altrimenti. Infatti, se x ≥ 1 si ha n^αx^nβ ≥ n^α.

Se invece x ∈ [0, 1), allora n^αx^nβ ≤ x^nβ e, argomentando come nel punto (18) del precedente esercizio, si ottiene che la serie è convergente.

Soluzione Esercizio 1.2.

(1.2.1) La funzione integranda ha una singolarità nello 0. Dal criterio del confronto asintotico con la funzione√

x, otteniamo che

x→0lim

arctan x sin√

x + x³ · 1

√x = lim

x→0

arctan x

√xh_sin^√_x

√x + x^5/2i ·

√x x = 1, e quindi l’integrale è convergente, poiché nell’origine la funzione integranda si comporta come√

x.

(1.2.2) Poniamo m :=^a+b₂ e δ := ^b−a₂ . Si può spezzare l’integrale come Z b

a

dx

p(x − a)(b − x) = Z m

a

dx

p(x − a)(b − x)+ Z b

m

dx p(x − a)(b − x). Si ha

Z m a

dx

p(x − a)(b − x) = Z δ

0

√ dy y√

2δ − y, dove abbiamo effettuato il cambio di variabile y = x − a. Poiché

lim

x→0+

√y

√y√

2δ − y = 1

√ 2δ 6= 0,

per il criterio del confronto asintotico

Z δ 0

√ dy y√

2δ − y ∼ Z δ

0

√dy y < ∞.

Analogamente, si dimostra che

Z b m

dx

p(x − a)(b − x) < ∞.

(1.2.3) Studiamo prima la convergenza in un intorno di 0: per confronto asintotico, Z 1

0

log(1 + x²) x^a(1 + x³)dx ∼

Z 1 0

x²

x^a(1 + x³)dx ∼ Z 1

0

1 x^a−2dx.

Quindi, la funzione è integrabile in un intorno di 0 se e solo se a < 3. Consideriamo ora l’integrale tra 1 e ∞. Per il confronto asintotico, si ha

Z ∞ 1

log 1 + x²
x^a(1 + x³)dx ∼

Z ∞ 1

log (x) x^3+a dx,

che converge se e solo se a > −2. Quindi l’integrale proposto è convergente se e solo se x ∈ (−2, 3).

(1.2.4) Il problema della convergenza si ha solo all’infinito. Notiamo quindi che, per confronto asintotico, Z ∞

1

(log(1 + x) − log(x))^a

x^b dx ∼

Z ∞ 1

dx x^b+a, che converge se e solo se b + a > 1.

Soluzione Esercizio 1.3. (1.3.1) È facile verificare che h·, ·i sia effettivamente un prodotto scalare.

(1.3.2)

(a) Spezziamo l’integrale

Z ∞ 0

fα(t)dt = Z 1

0

fα(t)dt + Z ∞

1

fα(t)dt, e discutiamo separatamente la convergenza di questi due integrali.

• 0 ≤ t < 1: abbiamo una singolarità nell’origine; ma, per il criterio del confronto asintotico Z 1

0

sin(t) t^α dt ∼

Z 1 0

dt

t^α−1 < ∞ ⇔ α ∈ (0, 2) . Dobbiamo quindi escludere dalla discussione il caso α ≥ 2.

• 1 ≤ t < ∞: integrando per parti, abbiamo Z ∞

1

sin(t)

t^α dt = −cos(t) t^α

∞

1

− α Z ∞

1

cos(t)

t^α+1 dt = cos(1) − α Z ∞

1

cos(t) t^1+α dt,

ma Z ∞

1

cos(t) t^1+α

dt ≤ Z ∞

1

dt

t^1+α < ∞ ⇔ α > 0.

Cioè, fα∈R (1, ∞) ∀α > 0.

Quindi, fα∈R (0, ∞) ⇔ α ∈ (0, 2). Cerchiamo ora gli α > 0 per i quali fα∈ V : sempre per confronto asintotico Z 1

0

sin²(t) t^2α dt ∼

Z 1 0

dt

t^2(α−1)dt < ∞ ⇔ α < 3 2. Dobbiamo quindi escludere gli α ≥ ³₂. Abbiamo

Z ∞ 1

sin²(t) t^2α dt ≤

Z ∞ 1

dt

t^2α < ∞ ⇔ α > 1 2, se invece 0 < α ≤ ¹₂ abbiamo, ∀n ∈ N⁺

Z 2(n+1)π 2nπ

sin²(t)

t^2α dt ≥ 1

(2 (n + 1) π)^2α

Z 2(n+1)π 2nπ

sin²(t)dt = π

(2 (n + 1) π)^2α ≡ C (n + 1)^2α.

Quindi

Z ∞ 2π

sin²(t) t^2α dt =

∞

X

n=1

Z 2(n+1)π 2nπ

sin²(t)

t^2α dt ≥ CX

n≥1

1

(n + 1)^2α = ∞ se α ∈

 0,1

2

 ,

i.e., fα∈ V ⇔ α ∈ ¹₂,³₂
, e per tali α è anche fα∈ V ∩R (0, ∞).

(b) gα∈R (0, ∞) ⇔ α ∈ (0, 1), mentre gα∈ V ⇔ α ∈ 0,¹₂
(svolgimento omesso).

(c) Abbiamo che

Z ∞ 0

sin (e^αx) dx^y=e

αx

= 1

α Z ∞

1

sin(y)

y dy < ∞ ∀α > 0, cioè hα∈R (0, ∞) ∀α > 0. Discutiamo ora l’appartenenza a V di hα:

Z ∞ 0

sin (e^αx)²dy^y=e

αx

= 1

α Z ∞

1

sin²(y) y dy.

Ma

Z 2(n+1)π 2nπ

sin²(y)

y dy ≥ 1

2 (n + 1) π

Z 2(n+1)π 2nπ

sin²(y)dy = 1 2 (n + 1). Quindi

Z ∞ 2π

sin²(y)

y dy =X

n≥1

Z 2(n+1)π 2nπ

sin²(y)

y dy ≥X

n≥1

1

2(n + 1) = ∞, i.e., h_α∈ V/ ∀α > 0.

Soluzione Esercizio 1.4.

(1.4) Sia E ⊂ Rⁿ× R^m. Si considerino le proiezioni

πx: Rⁿ× R^m −→ Rⁿ (x, y) 7→ x,

πy: Rⁿ× R^m −→ R^m (x, y) 7→ y.

Si definiscano quindi gli insiemi di livello Ex:=

 y ∈ R^m

(x, y) ∈ E



Ey:=

 x ∈ Rⁿ

(x, y) ∈ E

 .

Allora si hanno le formule di riduzione:

Z

E

f (x, y)dxdy = Z

π_x(E)

Z

E_x

f (x, y)dy

 dx =

Z

π_y(E)

Z

E_y

f (x, y)dy

! dx.

(1.4) Affettiamo l’insieme E prima rispetto alla coordinata x_n (che, per definizione di E, varierà in [0, 1]), e poi rispetto alle restanti x1, · · · , xn−1, ottenendo così

|E|_n= Z

E

dx = Z 1

0

Z

E_xn

dx₁· · · dx_n−1

! dx_n. Ora, dire che x ∈ E, equivale a dire che

x = λ (ξ, 0) + (1 − λ) (0, 1) per qualche λ ∈ [0, 1] , ξ ∈ B, e cioè



















x₁= λξ₁, x2= λξ2, ...

x_n−1= λξ_n−1, xn= 1 − λ.

Una volta fissata xn (i.e., una volta scelta la xn-sezione Exn), si ha λ = 1 − xn, che sostituita nelle altre variabili fornisce (x1, · · · , xn−1) = (1 − xn) ξ, ξ ∈ B.

In effetti, abbiamo il diffeomorfismo

ϕ : B −→ E_xn

ξ 7→ (x₁, · · · , x_n−1) = (1 − x_n) ξ.

Chiaramente, det (Jac (ϕ)) = (1 − xn)ⁿ⁻¹poiché

(Jac (ϕ))_ij= (1 − xn) δij. Quindi

Z

E_xn

dx1· · · dxn−1= Z

B

(1 − xn)ⁿ⁻¹dξ = (1 − xn)ⁿ⁻¹|B|_n−1, da cui segue

|E|_n= Z

E

dx = |B|_n−1 Z 1

0

(1 − x_n)ⁿ⁻¹dx_n= 1

n|B|_n−1. Soluzione Esercizio 1.5.

(1.5.1) Calcoliamo l’integrale in R²

I :=

Z

R²

e⁻(^x2+y2)dxdy.

Passando in coordinate polari, abbiamo

I = 2π Z ∞

0

ρe^−ρ2dρ = π.

Ma, dal Teorema di Fubini,

π = I =

Z ∞

−∞

e^−x2dx

 Z ∞

−∞

e^−y2dy



=



Quindi (essendo e^−x2 > 0. . . )



Da questo segue subito (da Fubini) che

Z

Rⁿ

e^−||x||2dx = πⁿ², ∀n ≥ 1.

(1.5.2)

(1.5.2.1) Integrando per parti, otteniamo Γ(x + 1) =

Z ∞ 0

t^xe^−tdt = −t^xe^−t    

∞

0

| {z }

=0

+x Z ∞

0

t^x−1e^−tdt = xΓ(x).

(1.5.2.2) Segue immediatamente da (1.5.2.1).

(1.5.2.3)

Γ 1 2



= Z ∞

0

e^−t

√tdt^s

2=t

= 2 Z ∞

0

e^−s2ds =√ π.

(1.5.2.4) Si verifica facilmente per induzione su n.

(1.5.3) Sia ωn:= Area Sⁿ⁻¹
, dove Sⁿ⁻¹:=

 x ∈ Rⁿ

|x| = 1



. Sia S_rⁿ⁻¹:=

 x ∈ Rⁿ

|x| = r



. Allora

πⁿ² =

Z ∞

−∞

e^−t2dt

n

= Z

Rⁿ

e^−|x|2dx^(F)= Z ∞

0

Z

S_rⁿ⁻¹

e^−|x|2dSdr = Z ∞

0

e^−r2Area

S_r⁽ⁿ⁻¹⁾

dr = ωn

Z ∞ 0

rⁿ⁻¹e^−r2dr^(a)=

= ω_n 2

Z ∞ 0

tⁿ²⁻¹e^−tdt^def= ω_n 2 Γn

2

,

dove nel passaggio (F) abbiamo utilizzato il Teorema di Fubini, e nel passaggio (a) abbiamo effettuato il cambio di variabili t = r². Quindi,

ωn = 2πⁿ² Γ ⁿ₂
=







2πⁿ2

(ⁿ₂−1)^! se n è pari,

2ⁿ⁺¹2 πⁿ⁻¹2

(n−2)!! se n è dispari.

(1.5.4) Sia B⁽ⁿ⁾r (x) la palla in Rⁿ di raggio r > 0 centrata in x ∈ Rⁿ. Da Fubini, otteniamo Z

B₁⁽ⁿ⁾(0)

dx = Z 1

0

dr Area

S_r⁽ⁿ⁻¹⁾(0)

= ωn

Z 1 0

rⁿ⁻¹dr = ωn

n = 2πⁿ² nΓ ⁿ₂

(1.5.2.1)

= πⁿ² Γ ⁿ₂ + 1
. Soluzione Esercizio 1.6.

(1.6.1) Utilizzeremo il criterio di Weierstraß, del quale ricordiamo l’enunciato:

'

&

$

% Teorema 1. Sia {fn}_n∈N una successione di funzioni, fn : E ⊂ R → R. Supponiamo che esista una successione

{Mn}_n∈N tale che

|f_n(x)| ≤ M_n ∀x ∈ E, ∀n ∈ N, X

n≥1

M_n< ∞ (convergenza totale) .

Allora P

n≥1fn(·) converge uniformemente in E.

Poniamo dunque fn(t) := t²e^−nt. Dallo studio di funzione, ci si rende conto subito che sup_t∈[0,∞)t²e^−nt = _n⁴2e⁻² =: Mn. Poiché P

n≥1Mn < ∞, dal test di Weierstraß otteniamo che la serie proposta converge uniformemente in [0, ∞). Inoltre, se t > 0, abbiamo (serie geometrica. . . )

1

1 − e^−t =X

n≥0

e^−t
n .

(1.6.2) Abbiamo

Z ∞ 0

t² e^t− 1dt =

Z ∞ 0

t²

e^t(1 − e^−t)dt = Z ∞

0

1 e^t

X

n≥0

t²e^−ntdt = Z ∞

0

X

n≥1

t²e^−ntdt^(U)=

(U)= X

n≥1

Z ∞ 0

t²e^−ntdt = 2X

n≥1

1 n³,

dove nel passaggio (U) abbiamo sfruttato il fatto che la serie è uniformemente convergente per poter scambiare serie ed integrale.

Soluzione Esercizio 1.7. Dallo studio di funzione, si vede che le fnsono monotone crescenti in [0, 1], e quindi fn(x) ≤ fn(1) = _1+(n−1)¹ 2

per ogni x ∈ [0, 1]. PoichéP 1

(n−1)² è convergente, la serie definente u converge uniformemente. Quindi Z 1

0

u(x)dx = Z 1

0

X

n≥1

f_n(x)dx =X

n≥1

Z 1 0

f_n(x)dx =X

n≥1

(arctan(1 − n) + arctan(n)) =

=X

n≥1

(arctan(n) − arctan(n − 1)) = π 2,

dove abbiamo sfruttato il fatto che arctan(·) è dispari e le proprietà delle serie telescopiche, i.e.

X

n≥1

(arctan(n) − arctan(n − 1))^def= lim

N →∞

N

X

n=1

(arctan(n) − arctan(n − 1)) = lim

N →∞arctan(N ) = π 2. Soluzione Esercizio 1.8. Il sistema dinamico planare associato a ¨x + xⁿ= 0 è

(x = y,˙

˙

y = −xⁿ. Definiamo la funzione

W (x, y) := xⁿ⁺¹ n + 1+y²

2 .

W è una costante del moto Hamiltoniana: infatti,

∂W

∂y = y = ˙x, −∂W

∂x = −xⁿ = ˙y.

Le traiettorie saranno allora tangenti alle curve di livello

ΓE :=(x, y) ∈ R² : W (x, y) = E . (1.1)

Poiché W ≥ 0, anche E ≥ 0. Ora,

W (x, y) = E ⇔ xⁿ⁺¹ n + 1+y²

2 = E ⇔ y = y_±(x) := ± s

2



E − xⁿ⁺¹ n + 1

 .

Andiamo a studiare la curva

φ(x) := y+(x) = s

2



E − xⁿ⁺¹ n + 1

 . Poiché φ è una funzione pari, è sufficiente studiarla per x ≥ 0. Abbiamo

φ(x) = 0 ⇔ x = ⁿ⁺¹p

(n + 1) E =: ζ(n, E).

Inoltre, limx→0φ(x) =√ 2E e

φ⁰(x) = − xⁿ r

2

E −^x_n+1ⁿ⁺¹

≤ 0, ∀x ≥ 0.

quindi φ è decrescente sul primo quadrante e φ(x) = 0 ⇔ x = 0. Ne consegue che x = 0 è un massimo. Si vede dunque che ΓE è una curva chiusa.

Prima di concludere, un’osservazione: poichè φ(0) =√

2E → +∞ per E → +∞, abbiamo che R²= [

E≥0

P_E.

dove P_E è la regione racchiusa dalla curva di livello Γ_E.

Passiamo ora allo studio di ¨x + α ˙x + xⁿ = 0, il cui sistema planare associato è (x = y,˙

˙

y = −αy − xⁿ. (h)

La funzione W definita in precedenza è una funzione di Ljapunov per (h): infatti valgono (L1) W (x, y) > 0, ∀ (x, y) ∈ R²\ {(0, 0)} e W (0, 0) = 0

(L2)

W (x, y) =˙ ∂W

∂xx +˙ ∂W

∂y y = x˙ ⁿy + y (−αy − xⁿ) = −αy²≤ 0, ∀ (x, y) ∈ R²

Quindi (0, 0) è un punto di equilibrio stabile. Per provare che (0, 0) è asintoticamente stabile, proviamo che valgono le ipotesi del teorema di Barbašin-Krasovskij sul compatto P_E, dove P_E è la chiusura della regione delimitata dalla curva Γ_E definita nella (1.1):

(BK1) (0, 0) ∈ P_E è ovvio per costruzione.

(BK2) P_E è positivamente invariante: è sufficiente provare che il campo vettoriale ( ˙x, ˙y) è sempre diretto verso l’interno su ∂P_E. Scrivendo

( ˙x, ˙y) = (y, −xⁿ)

| {z } tangente

+ (0, −αy)

| {z } verso interno

,

vediamo che vale (BK2).

(BK3) Non esistono in PE\ {(0, 0)} traiettorie costituite da soli punti ξ tali che ˙W (ξ) = 0: infatti, ˙W (x, y) = −αy² = 0 ⇔ y ≡ 0 sulla traiettoria, i.e. una traiettoria siffatta deve essere della forma (ψ(t), 0). Ma 0 ≡ ˙y = −αy − xⁿ= −ψⁿ(t) ⇒ ψ(t) ≡ 0, cioè la traiettoria è {(0, 0)}.

Quindi {(0, 0)} è asintoticamente stabile e data l’arbitrarietà di E > 0, il suo bacino d’attrazione è tutto R², i.e. tutto il piano posizione-velocità (x, ˙x).

Soluzione Esercizio 1.9.

(1.9.1)

H = h∇H(x, y), ( ˙˙ x, ˙y)i = x(1 − y) +

 1 −1

y

 xy = 0.

(1.9.2) È sufficiente notare che il campo vettoriale1 − y xy



è diretto verso D su ∂D (infatti, se y = 0, tale campo vettoriale diviene

1 0

 ).

(1.9.3) L’unico punto di equilibrio è p := (1, 0), che è stabile (ovviamente, non può essere asintoticamente stabile, data l’esistenza di un integrale primo del moto): infatti, V (x, y) := H(x, y) − 1 è una funzione di Lyapunov, i.e. V (1, 0) = 0 e ˙V ≤ 0.

(1.9.4) Le traiettorie saranno tangenti alle curve di livello della costante del moto (che non è una costante del moto Hamiltoniana!), che sono date dagli insiemi

ΓE:= H⁻¹(E) =



(x, y) ∈ R²    

H(x, y) = E

 ,

al variare del parametro E (l’energia) in un opportuno range, da determinare. Cerchiamo ora di comprendere come sono fatte le curve Γ_E:

E = x²

2 + y − log(y) ⇔ x = ±p

2 (E + log(y) − y) ≡ ±f_E(y), dove

fE(y) :=p

2 (E − g(y)), g(y) := y − log(y) (g : {y > 0} → R) . Per avere che fE sia ben definita, si deve richiedere almeno

E ≥ min

y>0g(y) = 1.

Ciò si vede subito dallo studio della funzione g (infatti, lim_y↓0g(y) = +∞ = lim_y→∞e g⁰(y) = 1−y⁻¹). Chiaramente, Γ₁= {p}.

Consideriamo allora E > 1. La funzione f_E sarà definita su tutti gli y > 0 per i quali E ≥ g(y), i.e. per y ∈ g⁻¹(1, E). Dallo studio di g, si deduce immediatamente che g⁻¹(E) = (y₋(E), y₊(E)), con 0 < y₋(E) < 1 < y₊(E) (cfr. Figura1), soddisfacenti

lim

E→∞y₋(E) = 0, lim

E→∞y+(E) = ∞, y₋(1) = y+(1) = 1.

Quindi, il dominio di fE è IE:= [y₋(E), y+(E)]. Poiché

y g(y)

g(y) = E

y−(E) y+(E)

Figura 1: Grafico di g.

ΓE=



(y, fE(y))    

y ∈ IE



∪



(y, −fE(y))    

y ∈ IE



possiamo (per simmetria) limitarci a studiare la funzione f_E, e ricavare da questa il grafico di −f_E. Per costruzione, f_E(y_±(E)) = 0,

e

f_E⁰ (y) = − g⁰(y)

p2 (E − g(y)) = y⁻¹− 1 p2 (E − g(y)).

Quindi, l’unico punto critico è in y = 1, che risulta essere un massimo, e vale f_E(1) =p2(E − 1). Ne segue che ogni curva di livello è una curva chiusa, e in particolare che tutte le soluzioni sono definite per tutti i tempi e periodiche. In Figura2 sono riportate le curve di livello di H.

4.44.243.8 3.844.24.4

3.8 3.8

3.6 3.6

3.6 3.6

3.4 3.4

3.4 3.4

3.2 3.2

3.2

3.2 3

3 3

3

2.8

2.8 2.8

2.8

2.6

2.6

2.6 2.6

2.6

2.6 2.4

2.4

2.4 2.4

2.4 2.4 2.2

2.2

2.2 2.2

2.2 2.2 2

2

2 2

2 2

1.8

1.8

1.8

1.8 1.8 1.8

1.6

1.6

1.6

1.6

1.6

1.4

1.4

1.4 1.4

1.2

1.2 1.2

−2 −1 0 1 2

0.5 1 1.5 2 2.5 3

Figura 2: Curve di livello di H.

Soluzione Esercizio 1.10. Poniamo κ := max {−a, b}. Allora, prese f, g ∈ X e t ∈ I, abbiamo

|(T f )(t) − (T g)(t)| =    

Z t 0

((T f )(τ ) − (T g)(τ ) + |f (τ )| − |g(τ )|) dτ    

≤ κ (||T f − T g|| + ||f − g||)

Passando al supremum su t ∈ I e, se 0 < κ < 1, abbiamo

||T f − T g|| ≤ κ

1 − κ||f − g|| ,

e _1−κ^κ < 1 se κ < ¹₂. In conclusione, se max {−a, b} < ¹₂, allora T è una contrazione. Sia allora κ < ¹₂, e cerchiamo l’unico punto fisso di f in X, cioè l’unica f ∈ X tale che T f = f , i.e.

( ˙f = f + |f | + 1, f (0) = 0.

Se f ≥ 0, la soluzione sarà f1(t) = ^e2t₂⁻¹, mentre se f ≤ 0 sarà f2(t) = t. Il punto fisso sarà quindi dato da

f (t) :=

(_e2t−1

2 se t ≥ 0, t se t ≤ 0.

Soluzione Esercizio 1.11. Adotteremo le notazioni utilizzate in Lezioni di Analisi Matematica 2, di Luigi Chierchia.

'

&

$

% Teorema 2. Sia F : (y, x) ∈ R^n+m7→ F (y, x) ∈ Rⁿ una funzione continua insieme alla sua matrice jacobiana ^∂F_∂y in un intorno

di (y₀, x₀). Assumiamo che

F (y0, x0) = 0, det ∂F

∂y (y0, x0)

 6= 0.

Allora esiste una ed una sola funzione g continua in un intorno di x0, che soddisfi g(x0) = y0, F (g(x), x) ≡ 0,

per ogni x in tale intorno. Inoltre, se F ∈C^k in un opportuno intorno di (y0, x0), allora g ∈C^k in un opportuno intorno di x0 e

∂g

∂xj

(x) = − ∂F

∂y (g(x), x)

−1

∂F

∂xj

(g(x), x) . Poniamo x₀:= (1, 1). Se (x, y) = x₀ nel sistema, avremo

(u = 3v, v²= 1, che ha come soluzioni y^(±)₀ :=:

u^(±)₀ , v^(±)₀ 

:= (±3, ±1). Poniamo allora y := (u, v), x := (x, y) e

F (y, x) :=xyu − 4yu + 9xv 2xy − 3y²+ v²

 .

Si verifica subito che F (y^(±)₀ , x0) = 0 e che det ∂F

∂y(y^(±)₀ , x0)



= detxy − 4y 9x

0 2v



(u,v,x,y)= y^(±)₀ ,x₀

= ∓6 6= 0.

Sono quindi soddisfatte le ipotesi del Teorema delle Funzioni Implicite, e quindi esisteranno due funzioni g_±= (u_±, v_±) : U_±3 x0→ R² tali che

g_±(x0) = y^(±)₀ , F (g_±(x) , x) ≡ 0 ∀x ∈ U_±. Poiché

∂F

∂y(g_±(x), x) =y(x − 4) 9x 0 2v_±(x)



⇒  ∂F

∂y(g_±(x), x)

⁻¹

= 1

2y(x − 4)v_±(x)

2v_±(x) −9x 0 y(x − 4)



Quindi, si può verificare con un facile conto che

∂g_±

∂x (x, y) = − 1 2y(x − 4)v_±(x)

2u±vpm+ 9 v_±² − xy

2u_±v_±(x − 4) − 18x (x − 3y) 2y²(x − 4) 2y(x − 4)(x − 3y)

 , dove per brevità abbiamo scritto u_±, v_± al posto di u_±(x) e v_±(x).

Soluzione Esercizio 1.12. Cominciamo con l’enunciare (e dimostrare. . . ) un teorema di passaggio al limite sotto segno d’integrale nella teoria dell’integrazione di Riemann:

'

&

$

% Teorema 3. Sia E ⊂ Rⁿ tale che |E| < ∞, dove |E| :=R

Edx, e sia {fn}_n∈N una successione di funzioni fn : E → R tale che

||fn− f ||_∞,E→ 0 (cioè convergente verso f uniformemente). Allora

n→∞lim Z

E

fn(x)dx = Z

E

f (x)dx.

Dimostrazione.

    Z

E

fn(x)dx − Z

E

f (x)dx    

≤ Z

E

|fn(x) − f (x)| dx ≤ ||fn− f ||_∞,E|E| → 0.

Ora, la serieP

n≥0 (2n−1)!!

(2n!!) x²ⁿ converge uniformemente in [−δ, δ] per ogni 0 < δ < 1. Infatti X

n≥1

(2n − 1)!!

(2n)!!

| {z }

≤1

sup

x∈[−δ,δ]

x²ⁿ≤X

n≥1

δ^2
n

< ∞.

Si conclude quindi per il criterio di Weierstraß (cfr. Esercizio1.6). Quindi, preso x ∈ (−1, 1), abbiamo arcsin(x) =

Z x 0

√ 1

1 − x²dx = Z x

0

X

n≥0

(2n − 1)!!

(2n)!! x²ⁿdx =X

n≥0

(2n − 1)!!

(2n)!!

Z x 0

t²ⁿdt =

=X

n≥0

(2n − 1)!!

(2n)!!

x²ⁿ⁺¹ 2n + 1. Soluzione Esercizio 1.13. (1.13.1) Ovvio.

(1.13.2) Già fornita nell’esercizio1.11.

(1.13.3) Poniamo F (x, y) := x⁴+ y⁴+ x²− y². F (0, 1) = 0, come già visto nel punto (1.11.1), e F_y(0, 1) = 2 6= 0. Si può quindi applicare il Teorema delle Funzioni Implicite, che garantisce l’esistenza di un’unica funzione y : U → R di classe C¹ (poiché F èC¹) definita in un intorno U di 0 e tale che y(0) = 1 e F (x, y(x)) ≡ 0 ∀x ∈ U . Poi

y⁰(x) = −

∂F

∂x(x, y(x))

∂F

∂y(x, y(x)) = − x(2x²+ 1) y(x) (y²(x) − 1). (1.13.4) Ricordiamo l’enunciato del Teorema dei Moltiplicatori di Lagrange, per funzioni Rⁿ→ R:







 Teorema 4. Siano φ ∈C¹(Rⁿ, R), E0:= φ⁻¹(0), e sia f ∈C¹(E0, R).

∃x0∈ E0, λ₀∈ R | ∇f(x0) = λ₀∇φ(x0) ⇔ (x₀, λ₀) è un punto critico per L : (x, λ) ∈ Rⁿ× R 7→ f(x) − λφ(x).

(1.13.5) Mettiamo a sistema la ∇L(x, λ) = 0 con la condizione di vincolo F (x, y) = 0:



























































0 = 2λx(2x²+ 1) ⇒ x = 0 oppure λ = 0













1 = 2λy(2y²− 1) ⇒ λ 6= 0















x⁴+ y⁴+ x²− y²= 0















==================⇒ y²(y²− 1) = 0 ⇔ y ∈ {−1, 0, 1} .

Chiaramente, y = 0 è incompatibile con la















Soluzione Esercizio 1.14.

(1.14.1) Non è difficile convincersi che #A ∩ [0, 10ⁿ) = 9ⁿ− 1^‡, quindi # A ∩ [10ⁿ⁻¹, 10ⁿ)
= 8 · 9ⁿ⁻¹. Allora X

a∈A

1 a =X

n≥1

X

a∈A∩[10ⁿ⁻¹,10ⁿ)

1 a ≤X

n≥1

1

10ⁿ⁻¹#(A ∩ [10ⁿ⁻¹, 10ⁿ)) ≤ 8X

n≥1

 9 10

n−1

= 80 < +∞.

‡Si può adottare, ad esempio, il seguento argomento combinatorio: se a =PN

i=0ai10ⁱ, vi sono 9 = #([0, 9] ∩ N) possibili scelte per ogni ai, e quindi a può essere scelto in 9ⁿ− 1 modi diversi (il −1 è per rimuovere lo 0, che è contato come una delle 9ⁿscelte lecite).

(1.14.2)

(1.14.2.1) Altrimenti, avremmo _1+a^an

n → 0, cioè an → 0. Quindi, esisterebbe un N ∈ N tale che an ≤ 1 per ogni n ≥ N . Quindi

a_n 1 + an

≥ a_n 2 , che è una contraddizione.

(1.14.2.2) Senza perdita di generalità, an> 0 per ogni n. Allora _1+n^an_2a

n ≤ _n^a₂ⁿ_a

n =_n¹₂. Il criterio del confronto implica quindi la convergenza della serie.

(1.14.2.3) Se a_n=_n¹, alloraP

n≥1 a_n 1+nan =P

n≥1 1

2n = +∞. D’altra parte, si consideri la successione an:=

(1 se n ∈ A, 0 altrimenti,

dove A è l’insieme definito nel punto (1.12.1). Chiaramente,P an = +∞. Ma X

n≥1

a_n 1 + nan

= X

n∈A

1

1 + n<X

n∈A

1 n< ∞.

(1.14.2.4) Se an=_n¹, alloraP

n≥1 an

1+a²_n =P

n≥1 n

n²+1 = +∞. Ora, se A è come prima, si consideri la successione an:=

(n se n ∈ A, 0 altrimenti.

È evidente cheP

n≥1a_n= +∞. Ma X

n≥1

a_n

1 + a²_n =X

n∈A

n

1 + n² ∼X

n∈A

1

n < +∞.

Soluzione Esercizio 1.15. Per assurdo, supponiamo che f non sia continua su X, i.e. che ∃x₀ ∈ X tale che f (x) /→f (x₀) x → x₀. Per il Teorema Ponte, questo è equivalente a dire che ∃ {x_n} ⊂ X tale che x_n→ x ma f (x_n) /→f (x₀). Quindi ∃ {x_nk} ⊂ {x_n} ,  > 0 :

|f (xn_k) − f (x0)| ≥  ∀k ∈ N. Consideriamo allora la successione {zk} ≡ {(xn_k, f (xn_k))} ⊂ G. Essendo G compatto, {zk} ammetterà una sottosuccessionen

(xn_kj, f (xn_kj))o

convergente verso un punto (x, y) ∈ G. Per definizione di G, si dovrà necessariamente avere y = f (x). Poiché xn_kj → x0, allora x = x0, e quindi f (xn_kj) → f (x0), assurdo poiché

f (xn_kj) − f (x0) 

≥  ∀j.

Soluzione Esercizio 1.16.

(1.16.1) Se θ ∈ Q, allora aⁿ è definitivamente nulla. In particolare, limn→∞a_n = 0. Sia ora θ ∈ R \ Q. Proviamo che il limite è ancora 0. Abbiamo

|an| =

n

Y

j=1

|sin(jπθ)| = exp





n

X

j=1

log (|sin(jπθ)|)



.

Notiamo per prima cosa che tale scrittura ha senso: infatti, dal momento che θ è irrazionale, |sin(jπθ)| è sempre strettamente positivo (convincersene). Assumendo quanto suggerito⁽¹⁾, esisterà una successione {jk} ⊂ N tale che {jkθ} → 0 per k → ∞.

Poiché dalle formule di addizione si ha

|sin (jπθ)| = |sin (π ([jθ] + {jθ}))| = |sin (π {jθ})| , otteniamo in particolare che, se A :=

 jk

   k ∈ N

 ,

n

X

j=1

log (|sin(jπθ)|) = X

j∈[1,n]∩A

log (|sin(jπθ)|) + X

j∈[1,n]∩{A

log (|sin(jπθ)|)

| {z }

≤0

≤ X

j∈[1,n]∩A

log (|sin(jπθ)|)

| {z }

→−∞

.

(1) Per comodità, proponiamo una bozza di dimostrazione del suggerimento che fa uso della teoria delle frazioni continue, invece che del princiopio della piccionaia (sarà compito degli studenti più motivati aggiungere tutti i dettagli). È ben noto (cfr. An introduction to the theory of numbers, di Hardy e Wright) che se x ∈ R \ Q, allora esiste una successionepn

q_n

⊂ Q “ottimale” (in un senso che non staremo qui a precisare), qn∈ N strettamente crescente, tale che

p_n

qn → x. Si può dimostrare che tale successione ottimale soddisferà l’uguaglianza q_nx = pn+ (−1)^{n δ}_qⁿ

n, con δn∈ (0, 1). In particolare, q_2nx = p2n+^δ_q²ⁿ

2n. Quindi, poiché p2n∈ Z, si ha {q2nx} = ^δ_q²ⁿ

2n→ 0. Si può scegliere allora j_k:= q2k.

Cioè

X

j≥1

log (|sin(jπθ)|) = −∞.

Quindi, passando al limite, si ha

0 ≤ |an| = exp





n

X

j=1

log (|sin(jπθ)|)



≤ exp



 X

j∈[1,n]∩A

log (|sin(jπθ)|)



−−−−→

n→∞ 0.

Abbiamo quindi provato che an → 0 ∀θ ∈ R.

(1.16.2) Notiamo che

2πn!e = 2πn!





n

X

j=0

1

j!+ X

j≥n+1

1 j!



= 2π

n

X

j=0

n!

j!

| {z }

∈N

+2π X

j≥n+1

n!

j!.

Possiamo stimare la seconda serie come X

j≥n+1

n!

j! = n!

(n + 1)! + n!

(n + 2)!+ · · · = 1

n + 1+ 1

(n + 1) (n + 2)+ 1

(n + 1) (n + 2) (n + 3)+ · · · ≤

≤ 1

n + 1+ X

j≥n+2

1

j² −−−−−→

n→+∞ 0, poichéP

j≥n+2 1

j² è la coda di una serie convergente e tende quindi a zero per n → +∞. Quindi

sin (2πn!e) = sin



2π





n

X

j=0

n!

j! + X

j≥n+1

n!

j!







=

= sin



2π

n

X

j=0

n!

j!





| {z }

≡0, ∀n∈N

cos



2π X

j≥n+1

n!

j!



+ sin



2π X

j≥n+1

n!

j!



cos



2π

n

X

j=0

n!

j!





| {z }

≡1, ∀n∈N

=

= sin



2π X

j≥n+1

n!

j!



−−−−−→

n→+∞ 0.

Cioè, lim_n→∞sin (2πn!e) = 0⁽²⁾.

Soluzione Esercizio 1.17. Assumiamo per assurdo che ∃x₀ ∈ B₁(0)^c : f (x₀) 6= 0. Poichè f è continua, esisterà allora tutto un intorno I (x₀) ⊂ B₁(0)^c nel quale f è non nulla. In particolare, esiste una palla chiusa B 3 x₀ nella quale f non si annulla mai.

Poniamo m := min|x| : x ∈ B > 1, mf := min|f (x)| : x ∈ B si avrà allora Z

R

|x|ⁿ|f (x)| dx = Z

B1(0)

|x|ⁿ|f (x)| dx + Z

B1(0)^c

|x|ⁿ|f (x)| dx ≤ 1 ∀n ∈ N.

Ma Z

B1(0)^c

|x|ⁿ|f (x)| dx ≥ Z

B

|x|ⁿ|f (x)| dx ≥ mf

Z

B

|x|ⁿdx ≥ mf· mⁿ· Z

B

dx = mf· mⁿ· |B| −−−−−→

n→+∞ +∞, che è palesemente assurdo (come al solito, |A| indica la misura di Peano-Jordan dell’insieme A).

Soluzione Esercizio 1.18.

(1.18.1) Diremo che A ⊂ C è chiuso se ∀ {fn}_n∈N⊂ A t.c. ||fn− f || → 0, allora f ∈ A.

(1.18.2) Diremo che A ⊂ C è convesso se ∀f, g ∈ A, ∀t ∈ [0, 1], allora (1 − t)f + tg ∈ A.

(2)Provate a valutare tale limite con un programma come Mathematica ^R di Wolfram. Perché tale calcolo fallisce?

(1.18.3) Proviamo che M è chiuso: sia {f_n} ⊂ M tale che ||fn− f || → 0, cioè ∀ε > 0, ∃N : ||fn− f || < ε ∀n ≥ N , i.e.

sup_x∈[0,1]|f_n(x) − f (x)| ≤ ε, e quindi |f_n(x) − f (x)| ≤ ε ∀x ∈ [0, 1], e quindi

−ε + fn(x) < f (x) < ε + fn(x) Abbiamo quindi

1 ≤ Z ¹₂

0

f (x)dx − Z 1

1 2

f (x)dx ≤ 1, cioè T f = 1, i.e. f ∈ M .

Proviamo ora che M è convesso: siano f, g ∈ M , e sia t ∈ [0, 1]. Allora Z ¹₂

0

(tf (x) + (1 − t)g(x)) dx − Z 1

1 2

(tf (x) + (1 − t)g(x)) dx = t Z ¹₂

0

f (x)dx − Z 1

1 2

f (x)dx

! +

+ Z ¹₂

0

g(x)dx − Z 1

1 2

g(x)dx−

− t Z ¹₂

0

g(x)dx − Z 1

1 2

g(x)dx

!

=

= t + 1 − t = 1, i.e. tf + (1 − t)g ∈ M ∀t ∈ [0, 1], e quindi M è convesso.

(1.18.4) Se ||f || ≤ 1, allora |f (x)| ≤ 1 ∀x ∈ [0, 1]. Quindi T f ≤

Z 1 0

|f (x)| dx < 1.

Infatti, se f /≡1, −1, allora |f (x)| < 1 ∀x ∈ (x0− r, x0+ r), per qualche x0∈ [0, 1] e r ∈ (0, 1) tali che (x0− r, x0+ r) ⊂ [0, 1]

e quindi

Z 1 0

|f (x)| dx = Z x0−r

0

|f (x)| dx

| {z }

≤x₀−r

+ Z x0+r

x₀−r

|f (x)| dx

| {z }

<2r

+ Z 1

x₀+r

|f (x)| dx

| {z }

≤1−x0−r

< x₀− r + 2r + 1 − x₀− r = 1.

I casi f ≡ 1, −1 sono da escludere poiché in tal caso f /∈ M . Si deve quindi necessariamente avere ||f || > 1 ∀f ∈ M . (1.18.5) È sufficiente considerare le funzioni (cfr. Figura3)

f_ε(x) :=











1 + ε se x ∈h

0,¹₂−_1+ε^ε  (1 − 2x)^(1+ε)_2ε ² se x ∈h

1

2−_1+ε^ε ,¹₂+_1+ε^ε i

−(1 + ε) se x ∈

1

2+_1+ε^ε , 1i . Si verifica infatti immediatamente che ||f|| = 1 + ε e che T f = 1.

(1.18.6) Per assurdo, sia f0∈ M tale che ||f0|| = inff ∈M||f ||. Per il punto (iv) si ha ||f0|| > 1, i.e. ||f0|| = 1 +  per qualche  > 0.

Ma sappiamo dal punto (v) che ∃f1∈ M tale che ||f1|| = 1 +^₂ < ||f0||, assurdo.

Soluzione Esercizio 1.19.

(1.19)

Z 1 0

α(x)dx =X

n≥0

Z

α⁻¹({n})

α(x)dx =X

n≥0

n meas α⁻¹({n})
=X

n≥0

n meas



x ∈ [0, 1]

α(x) = n



.

(1.19) Notiamo che si ha

α(x) =X

n≥0

χ_α−1((n,∞))(x), poiché

X

n≥0

χ_α⁻¹_((n,∞))(x) =

α(x)−1

X

n=0

1 = α(x).