AnalisiMatematica2: appunti,esercizi...

Analisi Matematica 2: appunti, esercizi

Prima parte:

Vladimir Georgiev

Dipartimento di Matematica ”L.Tonelli”,

Universita di Pisa,

Largo Bruno Pontecorvo 5, I-56127, Pisa, Italy.

E-mail: [email protected]

CONTENTS 1

Contents

1 Topologia su Rn 41.1 Norme in Rn, equivalenza delle norme . . . . . . . . . . 41.2 Disequazioni di Holder e di Minkowski . . . . . . . . . 51.3 Aperti in Rn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2 Spazio topologico 72.1 Topologia indotta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.2 Parte interna di un insieme in spazio topologico . . . . 82.3 Frontiera, insiemi chiusi, chiusura di un insieme . . . . 92.4 Punti di chiusura e punti di accumulazione . . . . . . . 102.5 Connessi in spazio topologico . . . . . . . . . . . . . . 112.6 Connessione per cammini (o per archi) . . . . . . . . . 112.7 Funzioni continui in spazio topologico . . . . . . . . . . 112.8 Compattezza in spazio topologico. . . . . . . . . . . . . 12

3 Spazio metrico 123.1 Definizione dello spazio metrico . . . . . . . . . . . . . 123.2 Esempi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133.3 Funzioni contunui in spazi metrici . . . . . . . . . . . . 143.4 Prodotto di spazi metrici. Continuita della funzione

della distanza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153.5 Spazio metrico completo, convergenza delle successioni 163.6 Spazio metrico compatto, spazi separabili e compattezza 163.7 Facoltativo: spazi metrici separabili . . . . . . . . . . . 183.8 Teorema di Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.9 Contrazioni e teorema del punto fisso. . . . . . . . . . . 223.10 Esercizi sulle contrazioni e punti fissi . . . . . . . . . . 243.11 Altri esercizi sulle contrazioni (N.Visciglia) . . . . . . . 26

4 Spazi normati e spazi di Banach 284.1 Esempi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.2 Compattezza in C[a, b] . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.3 Argomento facoltativo: Dimensione topologica . . . . . 314.4 Argomento facoltativo: Lemma di Vitali . . . . . . . . 31

CONTENTS 2

5 Spazi di Hilbert 325.1 Definizione di spazi di Hilbert . . . . . . . . . . . . . . 32

6 Teoremi sulla continuita e compattezza in Rn. 336.1 Teorema di Bolzano - Weierstass . . . . . . . . . . . . . 336.2 Il teorema di Heine - Borel . . . . . . . . . . . . . . . . 346.3 Equivalenza delle norme in Rn . . . . . . . . . . . . . . 356.4 Compattezza di {‖x‖ ≤ 1}, caso Hilbertiano . . . . . . 366.5 Facoltativo: Compattezza di {‖x‖ ≤ 1} in spazi di Banach 37

7 Limiti delle funzioni di piu variabili 397.0.1 Esercizi sui limiti delle funzioni di piu variabili . 39

8 Continuita delle funzioni di piu variabili 448.1 Simboli di Landau in Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

8.1.1 Il simbolo: o(∗) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 448.1.2 Proprieta del simbolo o(∗). . . . . . . . . . . . . 45

8.2 Il simbolo O(∗) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 478.2.1 Proprieta del simbolo O. . . . . . . . . . . . . . 48

8.3 Il simbolo ∼ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 498.3.1 Proprieta del simbolo ∼ . . . . . . . . . . . . . . 49

8.4 Esercizi sui simboli di Landau. . . . . . . . . . . . . . . 508.5 Richiami sulla continuita, omogeneita . . . . . . . . . . 528.6 Esercizi sulla omogeneita e continuita . . . . . . . . . . 558.7 Altri esercizi sulla continuita delle funzioni di piu’ variabili 58

9 Differenziabilita delle funzioni di piu variabili 679.1 Differenziabilita e derivabilita della funzioni di piu variabili 67

9.1.1 Definizione della differenziabilita . . . . . . . . 679.1.2 Gradiente in Rn. . . . . . . . . . . . . . . . . . 689.1.3 Derivate parziali . . . . . . . . . . . . . . . . . 699.1.4 Il gradiente e le derivate parziali . . . . . . . . . 709.1.5 Derivata direzionale . . . . . . . . . . . . . . . . 71

9.2 Proprieta delle funzioni differenziabili . . . . . . . . . . 729.2.1 Derivata della funzione composta . . . . . . . . 74

CONTENTS 3

10 Il Teorema di Schwartz 7610.1 Il Teorema di Schwartz (caso di due variabili) . . . . . 7610.2 Disposizioni con ripetizione . . . . . . . . . . . . . . . 7710.3 Esercizi su disposizioni con ripetizione . . . . . . . . . 7910.4 Il teorema di Schwartz nel caso di n variabili e derivate

di ordine k. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

11 Esrecizi sulla differenziabilita e derivabilita e le derivatedella funzione composta 8211.1 Esrecizi sulla differenziabilita e derivabilita . . . . . . . 8211.2 Derivate delle funzioni composte . . . . . . . . . . . . . 8711.3 Derivate parziali di ordine superiore . . . . . . . . . . . 89

11.3.1 Operatore rotore in R3 . . . . . . . . . . . . . . 8911.3.2 Operatore di Laplace . . . . . . . . . . . . . . . 9011.3.3 Controesempio per il teorema di Scwartz . . . . 91

12 Formula di Taylor 9112.1 Generalizzazione del binomio di Newton in Rn . . . . . 9112.2 Binomio di Newton nel campo di quaternioni . . . . . . 9312.3 Formula di Taylor per funzioni di piu variabili . . . . . 9412.4 Esempio: Formula di Taylor di ordine 1, funzione di

due variabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9512.5 Esempio: Formula di Taylor di ordine 2, funzione di

due variabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9612.6 Esempio: Formula di Taylor di ordine 3, funzione di

due variabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

13 Massimi e minimi delle funzioni di piu variabili 9613.1 Condizioni necessari e sufficienti . . . . . . . . . . . . . 9613.2 Esercizi su massimi e minimi . . . . . . . . . . . . . . . 9713.3 Molteplicatori di Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . 10013.4 Teorema di Dini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10113.5 Esercizi su massimi, minimi vincolati . . . . . . . . . . 102

4

1 Topologia su Rn

1.1 Norme in Rn, equivalenza delle norme

SiaRn = {−→x = (x1, · · · , xn); x1, · · · , x2 ∈ R}.

Norma e’ ogni funzione

‖ · ‖ : −→x ∈ Rn −→ ‖−→x ‖,tale che

‖−→x ‖ ≥ 0, ‖−→x ‖ = 0 ⇔ −→x =−→0 , (1.1.1)

‖λ−→x ‖ = |λ|‖−→x ‖ per −→x ∈ Rn, (1.1.2)

‖−→x +−→y ‖ ≤ ‖−→x ‖+ ‖−→y ‖. (1.1.3)

Due norme

‖ · ‖j : −→x ∈ Rn −→ ‖−→x ‖, j = 1, 2

sono equivalenti se esistono due costanti posisitivi C1 < C2 tali che

C1 ≤‖−→x ‖1‖−→x ‖2

≤ C2 (1.1.4)

per ogni −→x 6= 0.

Esempio 1.1.1. Sia

‖−→x ‖2 =(x21 + · · ·+ x2n

)1/2(1.1.5)

e‖−→x ‖p = (xp1 + · · ·+ xpn)

1/p(1.1.6)

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.

Disequazioni di Holder e di Minkowski 5

Esempio 1.1.2. Sia

Rn = {−→x = (x1, · · · , xn); x1, x2 ∈ R}

con norme‖−→x ‖p = (xp1 + · · ·+ xpn)

1/p (1.1.7)

per 1 ≤ p <∞.‖x‖∞ = max(|x1|, · · · , |xn|). (1.1.8)

Problema 1.1.1. Dimostrare la disequazione di Cauchy

〈−→x ,−→y 〉 = x1y1 + · · ·+ xnyn ≤ ‖−→x ‖2‖y‖2, ∀−→x ,−→y ∈ Rn.

1.2 Disequazioni di Holder e di Minkowski

Teorema 1.1. (Disequazione di Holder) La seguente disequazione

a1b1 + · · ·+ anbb ≤ ‖−→a ‖p‖−→b ‖q, ∀−→a ,−→b ∈ Rn (1.2.9)

vale per ogni 1 ≤ p, q ≤ ∞ che soddisfano

1

p+

1

q= 1.

Idea della dimostrazione. Consideriamo solo il caso 1 < p, q < ∞ taliche

1

p+

1

q= 1.

Possiamo dimostrare la disequazione di Holder solo per aj , bj , positiviper j = 1, 2, · · · , n. La funzione f(x) = xp e convessa nell’intervallo(0,+∞), cosi’ possiamo scrivere

n∑

j=1

µj = 1, µj ≥ 0 =⇒ (µ1x1+· · ·+µnxn)p ≤ µ1x

p1+· · ·µnx

pn. (1.2.10)

Ponendoaj = µ

1/pj xj , bj = µ

1−1/pj = µ

1/qj ,

Disequazioni di Holder e di Minkowski 6

possiamo rescrivere (1.2.10) come seguen∑

j=1

bqj = 1, bj ≥ 0 =⇒ (a1b1 + · · ·+ anbn)p ≤ ap1 + · · · apn. (1.2.11)

La proprieta (1.2.11) implica (1.2.9).

Teorema 1.2. (Disequazione di Minkowski) La seguente disequazione

‖−→a +−→b ‖p ≤ ‖−→a ‖p + ‖−→b ‖p, ∀−→a ,−→b ∈ Rn (1.2.12)

vale per ogni 1 ≤ p ≤ ∞.

Idea della dimostrazione. Abbiamo l’identita

‖−→a +−→b ‖pp =

n∑

j=1

(aj + bj)p =

n∑

j=1

(aj + bj)p−1aj

︸︷︷︸

S1

+

n∑

j=1

(aj + bj)p−1aj

︸︷︷︸

S2

.

Applicando la disequazione di Holder otteniamo

S1 ≤(

n∑

j=1

(aj + bj)(p−1)q

)1/q( n∑

j=1

apj

)1/p

,

dove 1/p+ 1/q = 1, da cui si ottiene

S1 ≤(

n∑

j=1

(aj + bj)p

)(p−1)/p( n∑

j=1

apj

)1/p

= ‖−→a +−→b ‖p−1

p ‖−→a ‖p

eS2 ≤ ‖−→a +

−→b ‖p−1

p ‖−→b ‖p.Ovviamente la disequazione

‖−→a +−→b ‖pp ≤ ‖−→a +

−→b ‖p−1

p

(

‖−→a ‖p + ‖−→b ‖p)

implica la disequazione di Minkowski.

Teorema 1.3. (Disequazione di Clarkson-Hanner) Per ogni p ≥ 2 valela seguente disequazione

∥∥∥∥∥

−→a +−→b

2

∥∥∥∥∥

p

p

+

∥∥∥∥∥

−→a −−→b

2

∥∥∥∥∥

p

p

≤‖−→a ‖pp2

+

∥∥∥−→b∥∥∥

p

p

2. (1.2.13)

Aperti in Rn. 7

1.3 Aperti in Rn.

Un sottoinsieme U ⊆ Rn si dice aperto se per ogni x di U esiste unε > 0 tale che

B(x, ε) = {−→y ∈ Rn; ‖−→y −−→x ‖ < ε} ⊂ U.

Gli insiemi aperti hanno le seguenti proprieta, valide in un qualsiasispazio 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 Xtali 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

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 Tuna topologia. In uno spazio topologico gli insiemi che costituisconoT si dicono aperti in X.

I complementari degli insiemi aperti sono detti chiusi, sempre inanalogia con gli insiemi chiusi di Rn.

Inoltre dalla terza condizione di topologia, e per induzione, si de-duce che l’intersezione di un numero finito di insiemi appartenenti a Tappartiene a T.

Si dice che la collezione T di aperti e una topologia per X. Se dalcontesto e chiaro di che topologia si sta parlando, per brevita si indicalo spazio solo con il nome X dell’insieme.

Definizioni equivalenti (sebbene poco usate) possono essere date at-traverso la collezione dei chiusi (ovvero dei complementari degli aperti),

Topologia indotta 8

oppure attraverso l’operazione di chiusura, o ancora attraverso le pro-prieta‘ degli intorni.

2.1 Topologia indotta

Se Y e un sottoinsieme di uno spazio topologico X, la topologia indottasu Y dalla topologia su X e la seguente: un sottoinsieme U di Y eaperto se e solo se esiste un aperto V di X tale che V ∩Y = U. In altreparole, gli aperti di Y sono le intersezioni degli aperti di X (cioe‘ gliaperti V ) con Y. La topologia indotta si dice anche topologia relativadi Y in X .

Normalmente si assume che un sottoinsieme di uno spazio topo-logico abbia la topologia indotta. Considerato come spazio topologicocon la topologia relativa, Y si dice sottospazio topologico (o brevementesottospazio) di X.

Alternativamente, si puo‘ definire la topologia su Y come segue: latopologia su Y e la meno fine fra tutte quelle che rendono la mappainclusione i : Y → X continua.

2.2 Parte interna di un insieme in spazio topo-

logico

Se A e un sottoinsieme di un spazio topologico (X, T ), allora −→x e unpunto interno di A se esiste un intorno U di −→x ( aperto U tale chea ∈ U) tale che U ⊆ A.

La parte interna di un sottoinsieme A di X e l’insieme di tutti ipunti 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 contenutiin A.

Problema 2.2.3. int(A) e il piu grande insieme aperto contenuto inA.

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 unsottoinsieme di int(B).

Problema 2.2.7. Se U e un insieme aperto, allora U e un sottoin-sieme di A se e solo se U e un sottoinsieme di int(A).

2.3 Frontiera, insiemi chiusi, chiusura di un in-

sieme

Passiamo alla definizione della frontiera di un sottoinsieme A di unspazio topologico (X, T ) e di punti di frontiera di A. Si definisce fron-tiera di A l’insieme dei punti x ∈ X, tali che ogni aprto U tale chex ∈ U contiene almeno un punto di A e almeno un punto non apparte-nente 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 lasua frontiera

Gli insiemi chiusi hanno quindi le seguenti proprieta‘, ”comple-mentari” a quelle degli insiemi aperti, valide in un qualsiasi spaziotopologico:

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 proprieta come assiomi per definire unatopologia su X a partire dai chiusi, che coincide con quella generatanel 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 contieneA (definito come l’intersezione di tutti i chiusi che lo contengono).Chiusura viene indicata nel modo seguente

A, A

Problema 2.3.2.A = A ∪ ∂A,

dove ∂A e la frontiera di A.

Problema 2.3.3. La frontiera di un insieme e uguale all’intersezionefra 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’insiemee contenuta nell’insieme, e aperto se e solo se e disgiunto dalla suafrontiera.

Problema 2.3.5. La frontiera di un insieme e uguale alla frontieradel 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 chiusuradi A se ogni intorno di a ( cio’e’ aperto U tale che a ∈ U) contienealmeno un punto di A (questo punto puo‘ essere a stesso).

La definizione di punto di chiusura e strettamente legata alla definizionedi punto di accumulazione. La differenza fra le due definizioni e‘ sot-tile ma importante - vale a dire, nella definizione di punto di accumu-lazione, ogni intorno del punto a in questione deve contenere almenoun punto dell’insieme A diverso da a stesso.

Quindi ogni punto di accumulazione e‘ un punto di chiusura, manon tutti i punti di chiusura sono punti di accumulazione. Un puntodi 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 elementodi S e se esiste un intorno di x che non contiene alcun altro punto di Sdiverso da x stesso.

Connessi in spazio topologico 11

2.5 Connessi in spazio topologico

Ricordiamo che uno spazio topologico si dice connesso se non puo essererappresentato come l’unione di due o piu‘ insiemi aperti disgiunti. Unsottoinsieme di uno spazio topologico si dice connesso se e uno spazioconnesso con la topologia di sottospazio.

2.6 Connessione per cammini (o per archi)

Uno spazio topologico X e‘ connesso per archi (o con terminologiaequivalente, connesso per cammini) se per ogni coppia di punti x e ydello spazio esiste un arco che li collega.

Piu‘ formalmente, uno spazio X e‘ connesso per archi (o per cam-mini) se comunque scelta una coppia di punti x, y in X, esiste unafunzione 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. Datoun punto x ∈ X ciamaimo intorno di x ogni aperto U ⊆ X tale chex ∈ U. f e continua in un punto x ∈ X se (e solo se) per ogni intornoV 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 continuita e strettamente legata alla topologia

scelta nel dominio e nel codominio: funzioni continue con alcune sceltedi topologia possono non esserlo con altre. Per esempio, la funzioneidentit continua se lo spazio di arrivo ha la stessa topologia dello spaziodi 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, lafunzione identit non risulta continua.

2.8 Compattezza in spazio topologico.

Un sottoinsieme K ⊂ X chiuso dello spazio topologico X e compattose 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 dichiusi la cui intersezione sia vuota e possibile estrarre una sottofamigliafinita la cui intersezione e vuota. In altre parole, per ogni famiglia{Ci}i∈I di sottoinsiemi chiusi di X tale che:

⋂

i∈I

Ci = ∅

esiste un sottoinsieme finito J di I tale che:

⋂

i∈J

Ci = ∅.

Lemma 2.8.2. Se X e Y sono spazi topologici, f : X =⇒ Y e unafunzione continua e X e un spazio compatto allora f(X) e compattoin Y .

3 Spazio metrico

3.1 Definizione dello spazio metrico

Uno spazio metrico e costituita da una coppia (X, d) di elementi, doveX 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) inmodo che le seguenti proprieta 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 proprieta 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 sara 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 esolo se

d(a, A) = 0,

doved(a, A) = inf{‖−→a −−→x ‖;−→x ∈ A}.

3.2 Esempi

Ogni spazio normato e spazio metrico.

Esempio 3.2.1. L’insieme R dei numeri reali, con la distanza datada

d(x, y) = |arctan(x)− arctan(y)| .Questa distanza, diversa da quella standard, non puo‘ essere indottada 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 danorme lo sono.

Funzioni contunui in spazi metrici 14

Esempio 3.2.2. L’insieme C(R) delle funzioni continui in R. Latopologia puo essere collegata cone le seminorme

pN(f) = sup[−N,N ]

|f(x)| (3.2.18)

Piprecisamente 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) =

∞∑

j=1

pN (f − g)

2j(1 + pN (f − g)). (3.2.19)

Esempio 3.2.3. Se (X, d) e uno spazio metrico, allora e possibiledefinire una nuova metrica d1 su X tale che qualunque coppia di puntidi 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 metricad1, ovvero risulta limitato nella metrica d1.

3.3 Funzioni contunui in spazi metrici

Gli spazi metrici sono spazi topologici nei quali la topologia e generatada 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 dicecontinua in un punto p ∈ D se, per ogni scelta di ε > 0, esiste unδ > 0, tale che, per ogni punto x ∈ D che dista meno di δ da p, ovveroche:

d1(x, p) < δ

si ha che f(x) dista per meno di ε da f(p), ovvero:

d2(f(x), f(p)) < ε.

Prodotto di spazi metrici. Continuita della funzione della distanza15

La definizione puo essere scritta servendosi della nozione di intornosferico B(p, δ) = {x; d(x, p) < δ} centrato in p, di raggio δ: in questocaso, 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 differenzatra due valori in R.

Inoltre, questa definizione valida per funzioni definite e a valori intutti gli spazi vettoriali normati, dove la distanza sia la norma delladifferenza tra due punti. In particolare, valida in Rn con la normaeuclidea, ed estende quindi la definizione di continuita a funzioni di pivariabili.

3.4 Prodotto di spazi metrici. Continuita della

funzione della distanza

SeX1, · · ·Xn sono spazi metrici con distanze d1, · · · , dn rispettivamenteallora si puo‘ definire una metrica nel prodotto cartesiano

X1 × ...×Xn

tra ~x = (x1, ..., xn) e ~y = (y1, ..., yn) come

(d1 × ...× dn)(~x, ~y) :=n∑

i=1

1

2idi(xi, yi)

1 + di(xi, yi).

La formula puo‘ essere estesa anche per prodotti numerabili.

Problema 3.4.1. Se (X1, d1) e (X2, d2) sono due spazi metrici, allorala 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 entrambile successioni

a1, a2, · · ·an, . . .¸

Spazio metrico completo, convergenza delle successioni 16

eb1, 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 diCauchy 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 conver-gente e‘ di Cauchy.

Uno spazio metrico si dice completo se ogni successione di Cauchyconverge ad un elemento dello spazio.

3.6 Spazio metrico compatto, spazi separabili ecompattezza

Ricordiamo che in un spazio metrico (X, d) aperti (nonvuoti) sono tuttiinsiemi 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 seogni ricoprimento di X con insiemi aperti contiene un sottoricopri-mento finito.

Siccome l’intero spazio topologico X e per definizione aperto echiuso, 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 inA 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 ⊆ XL’insieme K e compatto se e solo se ogni ricoprimento di X con insiemiaperti contiene un sottoricoprimento finito.

Problema 3.6.1. Sia X uno spazio metrico completo e K ⊆ X eun compatto (in senso della definizione con ricoprimenti), allora K echiuso.

Suggerimento. Se K non e chiuso, allora esiste un punto

x ∈ X, x ∈ ∂K, x /∈ K.

Consideriamo

Uk =

{

y ∈ X ; d(y, x) >1

k

}

∩K.

Si vede che x /∈ K implica

∩kUk ⊇ K

e secondo l’ipotesi K e compatto troviamo un sottoricoprimento finito

Uk1 , · · · , UkN

quindi

y ∈ K =⇒ d(x, y) >1

M,

dove M = max(k1, · · · , kN). L’ultima proprieta e in contradizione conil fatto che x appartiene alla frontiera ∂K di K.

Lemma 3.6.1. Sia X uno spazio metrico compatto (in senso delladefinizione con ricoprimenti). Allora ogni successione xn in X am-mette una sottosuccessione convergente(ssc).

Dimostrazione. Sia A = {xn;n ∈ N} ⊆ X. Se A e finito, qualchevalore xn sara repetito ad infinitum nella successione. Cosi troviamosubito una sottosuccessione costante e quindi convergente. Possiamo

Facoltativo: spazi metrici separabili 18

supporre che A non sia finito. Affermiamo che A possiede un punto diaccumulazione 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} ammetteun sottoricoprimento finito

{Uxj; j = 1, · · ·N}

tale che

X ⊆N⋃

j=1

Uxj

Ma l’unione a destra contiene al massimo k elementi di A, assurdo.Ovviamente ogni successione (xn) con punto di accumulazione am-

mette una sottosuccessione convergente( bisogna controllare come sifa!). 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 successioneammette una sottosuccessione convergente. Allora ogni ricoprimentodi 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 unsottoinsieme numerabile denso in X.

Lemma 3.7.1. Lo spazio metrico e separabile se e solo se ogni rico-primento contiene un sottoricoprimento numerabile.


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 unα = 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 nu-merabili e numerabile).

Si puo vedere che ogniUα

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 .


Lemma 3.7.2. Sia X uno spazio metrico tale che ogni successionexn in X ammette una sottosuccessione convergente(ssc).Allora X eseparabile, cio e’ esiste un sottoinsieme numerabile denso in X.

Dimostrazione. Sia n ∈ N. Possiamo trovare un numero finito di palle{

B

(

xj ,1

n

)

; j = 1, · · ·N}

tali che

X ⊇N⋃

j1

B

(

xj ,1

n

)

,

B

(

xj,1

n

)

sono mutualmente disgunti e la famiglia{

B

(

xj ,1

n

)

; j = 1, · · ·N}

e massimale (non possiamo aggiungere una altra palla tale che la nuovafamiglia e costituita di insiemi mitualment disgiunti ). L’esistenza diquesta famiglia massimale e finita segue dall’ipotesi che ogni succes-sione xn in X ammette una sottosuccessione convergente(ssc).

Possiamo assumere che per ogni x ∈ X esistono j = 1, · · · , N taleche

d(x, xj) ≤2

n. (3.7.22)

Cosi per ogni n ∈ N abbiamo l’insieme

An = {x1, · · · , xN}.

Sia

D =∞⋃

n=1

An.

Ovviamente D e numerabile e la proprieta (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 successioneammette una sottosuccessione convergente. Allora ogni ricoprimentodi X ha un ricoprimento finito

Dimostrazione. Lemma 3.7.2 e Lemma 3.7.1 mostrano che possiamoconsiderare un ricoprimento

{Un, n ∈ N}

numerabile. Se non esistesse ricoprimento finito, allora per ogni ntroveremmo un

xn /∈ ∪nj=1Uj . (3.7.23)

Se la successione xn ha punto di accumulazione x∗ possiamo con-cludere che x∗ ∈ Um per qualche m ∈ N che contradice alla proprieta(3.7.23).

3.8 Teorema di Weierstrass

Il lemma seguente spiega la proprieta: ”le funzioni continue mandanocompatti in compatti.”

Lemma 3.8.1. Sia X, Y due spazi metrici e sia f una funzione con-tinua:

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 seguenteforma:

Lemma 3.8.2. (teorema di Weierstarss) Sia (X, d) uno spazio metricoe sia f : X → R continua in X. Allora se X e compatto, f(x) ammetteun punto di massimo e un punto di minimo in X.

Contrazioni e teorema del punto fisso. 22

Proof. Consideriamo solo

infx∈X

f(x) = L.

Il fatto che f e limitata implica che L > −∞. La definizione di infimplica che esiste una successione minimzzante, cioe

xk ∈ X, L ≤ f(xk) < L+1

k. (3.8.24)

La successione xk e in compatto X , cosi’ possiamo estrare sottosucces-sione

{xkm}∞m=1,

tale chelim

m→∞xkm = x∗ ∈ X.

Usando la continuita della funzione f otteniamo

limm→∞

f(xkm) = f(x∗)

e le disequazioni (3.8.24) mostrano che

f(x∗) = L.

Remark 3.8.1. La formulazione per spazi topologici e del tutto analogase (X, T ) e uno spazio compatto.

3.9 Contrazioni e teorema del punto fisso.

Sia (X, d) uno spazio metrico. Si definisce contrazione con costantedi Lipschitz k < 1 una funzione f : X → X che soddisfa la seguentecondizione:

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. SiaT : 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 completoe non vuoto, allora il punto fisso esiste ed e‘ unico e che, fissato unqualunque 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 occu-parci 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 proprieta di contrazione per valutare ladistanza 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)) ≤

≤ k2 d(xn−2, xn−1) ≤ ... ≤ kn d(x0, x1) .

Prendiamo due numeri m,n ∈ N tali che m < n : attraverso la disug-uaglianza triangolare e la propriet di cui sopra

d(xn, xm) ≤ d(xn, xn−1)+d(xn−1, xm) ≤n−1∑

i=m

d(xi, xi+1) ≤ d(x0, x1)

n−1∑

i=m

ki =

= d(x0, x1)

n−m−1∑

i=0

ki+m = km d(x0, x1)

n−m−1∑

i=0

ki .

Per n → ∞ , l’ultima una serie geometrica che converge perch iltermine generale compreso tra 0 e 1, quindi

d(xn, xm) ≤ d(x0, x1)km

1− k→ 0 per m→ ∞

Esercizi sulle contrazioni e punti fissi 24

ottenendo il criterio di Cauchy per le successioni. Passiamo ora dallacompletezza dello spazio X , la quale garantisce l’esistenza di

x∗ = limn→∞

xn

Poich la T un’applicazione uniformemente continua, vale

T (x∗) = limn→∞

T (xn) = limn→∞

xn+1 = x∗ .

L’unicit si dimostra per assurdo: poniamo che esista un secondo puntoy∗ 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 numerodei 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’ unacontrazione;

b) per quali 0 < a < b la funzione T (x) = 1 + 1/x e tale cheT : [a, b] → [a, b] ed e’ una contrazione?

Risp. b).

1 < a <1 +

√5

2< b.

Problema 3.10.6. (*) Sia T : [0, 1] → [0, 1] e supponiamo che

|Tx− Ty| < |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 ≤ 1abbiamo la proprieta

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

‖f‖X = sup[0,a]

|f(x)|

e T : X =⇒ X e’ definito come segue

T (f)(x) = 10 +

∫ x

0

f(t)3dt. (3.10.27)

Studiare per quali a > 0 l’operatore (3.10.27) e una contrazione in

B(10, 1) = {g ∈ X ; ‖g − 10‖X ≤ 1}.

3.11 Altri esercizi sulle contrazioni (N.Visciglia)

Problema 3.11.1. Sia (X, d) uno spazio metrico compatto. Supponi-amo che T : X → X sia tale che

d(Tx, Ty) < d(x, y), ∀x 6= y

allora T ha un unico punto fisso.

Suggerimento. Considerare la funzione x→ d(x, Tx) e mostrare che ilsuo minino e’ zero....

Problema 3.11.2. Provare che la conclusione dell’ Esercizio 3.11.1e’ falsa se X non e’ compatto.

Suggerimento. Prendiamo X = [0,∞) e definiamo T : X → X lafunzione lineare a tratti tale che T (i) = i + 1

i+1per i ∈ N. Allora la

funzione T vive sopra la bisettrice del primo quadrante quindi non hapunti fissi, inoltre soddisfa l’ipotesi d(Tx, Ty) < d(x, y), ∀x 6= y poiche’la pendenza dei segmenti che congiungono due punti consecutivi diascissa i, i+ 1 e’ 1 + 1

i+2− 1

i+1< 1...)

Problema 3.11.3. Sia T : B(y, r) ⊂ X → X una contrazione dicostante 0 < α < 1, tale che d(y, T (y)) < (1− α)r. Allora T ammetteun 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 continuada 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) → x0per k → ∞ e quindi T nk+1(x0) → T (x0). Basta quindi provare ched(T nk(x0), T

nk+1(x0)) → 0 per k → ∞ per concludere. A tal fineosservaimo che

d(T nk(x0), Tnk+1(x0)) ≤ θd(T n(k−1)(x0), T

n(k−1)+1(x0))

≤ θ2d(T n(k−2)(x0), Tn(k−2)+1(x0)) ≤ .... ≤ θkd(x0, T (x0).)

Problema 3.11.5. Siano S, T : R → R due contrazioni. Provare cheS + ǫT e’ una contrazione per 0 < ǫ << 1. Sia xǫ l’unico punto fissodi 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 > 0S : [x0 − δ, x0 + δ] → [x0 − δ, x0 + δ] e che inoltre se prendiamo ǫabbastanza piccolo anche S+ǫT : [x0−δ, x0+δ] → [x0−δ, x0+δ] quindiil 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. Supponi-amo inoltre che Tnx → Tx in (X, d) per ogni x ∈ X. Dedurre cheT : 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 aT . 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 uni-forme di Tn a T ). Per compattezza, a meno di sottosuccessione xn → yed inoltre T (y) = y. Quindi y = x e siccome il punto fisso di T e’ unicoabbiamo che tutta la successione xn converge ad x).

4 Spazi normati e spazi di Banach

Uno spazio vettoriale normato e una coppia (V, ‖ · ‖) dove V e‘ unospazio vettoriale reale o complesso e ‖ · ‖ una norma su V.

La norma ‖ · ‖ e una funzione

‖ · ‖ : f ∈ X −→ ‖f‖,

tale che

‖f‖ ≥ 0, ‖f‖ = 0 ⇔ f = 0, (4.0.28)

‖λf‖ = |λ|‖f‖ for f ∈ X, (4.0.29)

‖f + g‖ ≤ ‖f‖+ ‖g‖. (4.0.30)

Ogni spazio normato e anche metrico con distanza

d(f, g) = ‖f − g‖.

Uno spazio di Banach e uno spazio vettoriale sul campo dei numerireali 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 vetto-riale normato X sia completo, ovvero sia di Banach, e‘ che tutte lesuccessioni {xn}∞n=1 siano assolutamente sommabili, cioe‘ tali che:

∞∑

n=1

‖xn‖ <∞

Esempi. 29

siano anche sommabili: la serie

∞∑

n=1

xn

converge ad un elemento di X.

4.1 Esempi.

Esempio 4.1.1. Lo spazio vettoriale Rn oppure Cn con norma:

‖~x‖p =(

n∑

k=1

|xk|p) 1

p

determinate da un numero reale p > 1.

Esempio 4.1.2. Un esempio di spazio infinito dimensionale e‘ lo spazioℓp delle successioni di numeri reali o complessi convergenti con lanorma:

‖~x‖p =(

∞∑

k=1

|xk|p) 1

p

.

Esempio 4.1.3. Spazio infinito dimensionale delle successioni limitateℓ∞ con la norma:

‖~x‖∞ = supk|xk|Esempio 4.1.4. Spazio infinito dimensionale delle funzioni continueC[a, b] su un intervallo [a, b] con la norma:

‖f‖ = maxt∈[a,b]|f(t)|.

4.2 Compattezza in C[a, b]

Definizione. Una successione di funzioni continue {fn}n∈N definite suun intervallo [a, b] e detta uniformemente limitata se esiste un numeroM 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 definitesu un intervallo [a, b] e uniformemente equicontinua se per ogni ε > 0esiste 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 lasuccessione e uniformemente limitata allora esiste una sottosuccessionefnk

ed esiste una funzione

f ∗ : Q ∩ [a, b] −→ R

tale chelimk→∞

fnk(q) = f ∗(q), ∀q ∈ Q. (4.2.31)

Dimostrazione. Si consideri un ordinamento

q1, q2, · · · , qn · · ·dei numeri razionali dell’intervallo [a, b] ed la successione fn. Alloraessa e‘ limitata sul primo razionale q1, ma poiche’ [−M,M ] e‘ un com-patto (dove M e la costante di uniforme limitatezza), essa ammetterauna sottosuccessione convergente su q1, che indichiamo con f1,n. La sot-tosuccessione f1,n e limitata sul secondo razionale q2 e ammette dunqueuna sotto-sottosuccesseione convergente su q2, indicata con f2,n. Questaa sua volta sara’ limitata su q3, e cosi‘ via. Procedento in questo modosi costruisce una successione di sottosuccessioni fm,n tali che fm,n con-verge per ogni qi, con iminore o uguale am. A questo punto e‘ possibilecostruire una sottosuccessione estraendo la diagonale delle fm,n, cioeprendendo la successione fn,n che converge su ogni razionale contenutoin [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 difunzioni continue a valori reali uniformemente limitate definite su [a, b](intervallo chiuso e limitato). Se la successione e equicontinua e uni-formemente limitata allora esiste una sottosuccessione fnk

convergenteuniformemente.

Argomento facoltativo: Dimensione topologica 31

Proof. Lemma (4.2.1) mostra che possiamo trovare una sottosucces-sione fn,n tale che

limn→∞

fn,n(q) = f ∗(q), ∀q ∈ Q.

Si vuole dimostrare che la successione fn,n e‘ di Cauchy su [a, b],poiche la completezza dello spazio consente di concludere cio‘. Si fissidunque ε > 0 e si ricavi dall’equicontinuita il δ corrispondente. Rico-prendo quindi [a, b] con N intervallini In, tutti di ampiezza minore diδ, 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 sufficien-temente grandi, poiche fn,n converge su tutti i razionali. Il primo eil terzo termine a secondo membro sono invece minori di ε, per m,nsufficientemente grandi, in virtu‘ dell’equicontinuita‘ delle fn. Se orasi considera il massimo valore su t si ottiene che la norma infinitadella differenza tra fn,n e fm,m e‘ minore di ε per m,n sufficientementegrandi. Dunque fn,n e di Cauchy e pertanto converge ad una funzionecontinua.

4.3 Argomento facoltativo: Dimensione topolog-ica

Sia X un spazio metrico. La dimensione topologica di X e il pi piccolointero n per cui ogni ricoprimento aperto di X ha un raffinamento incui ogni punto e contenuto in al piu n+ 1 insiemi.

Un ricoprimento aperto una collezione di aperti Uj la cui unione eX. Un raffinamento e un’altra collezione di aperti Vk tale che ogni Vke contenuto in almeno un Uj

4.4 Argomento facoltativo: Lemma di Vitali

Lemma 4.4.1. (ricorpimento di Vitali) Sia B1, . . . , Bn qualsiasi collezionefinita 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 trevolte il raggio.

5 Spazi di Hilbert

5.1 Definizione di spazi di Hilbert

Uno spazio di Hilbert H = (H, 〈·, ·〉) e uno spazio vettoriale H reale ocomplesso sul quale e definito un prodotto interno 〈·, ·〉 tale che, detta dla distanza indotta da 〈·, ·〉 su H, lo spazio metrico (H, d) sia completo.

Esplicitamente, detto V uno spazio vettoriale sul campo reale ocomplesso e 〈·, ·〉 un prodotto scalare (nel caso complesso, una formahermitiana) definito positivo su V , allora e‘ naturalmente definita unanorma ‖ · ‖ sullo stesso spazio ponendo:

‖v‖ :=√

〈v, v〉

per ogni vettore v ∈ V. Con tale norma lo spazio ha la struttura dispazio normato.

Si puo‘ associare a uno spazio normato (V, ‖ · ‖) una naturale strut-tura metrica, ottenuta definendo la distanza d come:

d(u, v) := ‖u− v‖

per ogniu, v ∈ V.

33

Problema 5.1.1. Verificare la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz:

| 〈v, w〉 |2 ≤ 〈v, v〉〈w,w〉Problema 5.1.2. Vedere se la norma indotta dal prodotto scalare sod-disfa l’identita‘ del parallelogramma:

‖v + w‖2 + ‖v − w‖2 = 2‖v‖2 + 2‖w‖2

Problema 5.1.3. Verificare la seguente affermazione: in un spazio diHilbert vale il teorema di Pitagora, ovvero se {vk} e‘ una successionedi vettori a due a due ortogonali si ha:

‖∞∑

k=1

vk‖2 =∞∑

k=1

‖vk‖2.

6 Teoremi sulla continuita e compattezza

in Rn.

6.1 Teorema di Bolzano - Weierstass

Theorem 6.1.1. (Teorema di Bolzano-Weierstrass). Ogni sottoin-sieme E ⊂ Rn che sia limitato e infinito (infinito significa che hainfiniti elementi) ammette (almeno) un punto di accumulazione (chepuo appartenere o no ad E).

Dimostrazione. Sappiamo (vedi Problema 3.4.1) che la convergenzadella 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 diBolzano-Weierstrass vale in R implica che vale in R×R = R2. Possiamoconcludere la dimostrazione applicando induzione in n.

Il teorema di Heine - Borel 34

6.2 Il teorema di Heine - Borel

Lemma 6.2.1. (Il teorema di Heine-Borel) Se K ⊆ Rn, allora K ecompatto 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 semplicita.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:

xk = (x(1)k , x

(2)k ), ∀k ∈ N

e tale che:‖xk‖ ≤ R =⇒ |x(1)k | ≤ R, |x(2)k | ≤ R.

Essendo quindi x(1)k limitata, per il teorema di Bolzano-Weierstrass e

possibile estrarre una sottosuccessione che converga:

x(1)km

→ x(1)⋆ .

La successioneym = x

(2)km

e limitata quindi possiamo scegliere sottosuccessione

ymℓ= x

(2)kmℓ

, limℓ→∞

ymℓ= x(2)⋆ .

Cosı otteniamo due sottosuccessioni{

x(1)kmℓ

}∞

ℓ=1,{

x(2)kmℓ

}∞

ℓ=1,

tali chelimℓ→∞

x(1)kmℓ

= x(1)⋆ , limℓ→∞

x(2)kmℓ

= x(2)⋆ .

In questo modo si puo ottenere per la sottosuccessione

xkmℓ=(

x(1)kmℓ

, x(2)kmℓ

)

la convergenza

limℓ→∞

xkmℓ= x⋆, x⋆ =

(x(1)⋆ , x(2)⋆

).

Se K e chiuso ovviamente x⋆ ∈ K.

Equivalenza delle norme in Rn 35

6.3 Equivalenza delle norme in Rn

Ricordiamo le definizioni (1.1.8) e (1.1.7) delle norme ‖x‖p per x ∈ Rn

e 1 ≤ p ≤ ∞.

Problema 6.3.1. Verificare le disequaioni

‖x‖∞ ≤ ‖x‖p ≤ n1/p‖x‖∞

per x ∈ Rn. Per quali x ∈ Rn valgono le identita

‖x‖∞ = ‖x‖p

o‖x‖p = n1/p‖x‖∞?

Problema 6.3.2. Verificare che per ogni x ∈ Rn abbiamo

limp→∞

‖x‖p = ‖x‖∞.

Lemma 6.3.1. Su Rn tutte le norme sono fra loro equivalenti.

Proof. E sufficiente a vedere che la norma euclidea ‖·‖∞ ed equivalentea qualsiasi norma ‖ · ‖, cioe

‖x‖ ≤ C1‖x‖∞ (6.3.32)

‖x‖∞ ≤ C2‖x‖. (6.3.33)

Per la prima disequazione (6.3.32) abbiamo

x = x1e1 + · · ·+ xnen

e

‖x‖ ≤(

n∑

j=1

‖ej‖)

‖x‖∞.

Questa disequazione significa che

x ∈ (Rn, ‖ · ‖∞) =⇒ x ∈ (Rn, ‖ · ‖)

Compattezza di {‖x‖ ≤ 1}, caso Hilbertiano 36

e una funzione continua allora il teorema di Weierstrass implica es-istenza di un punto y∗ con ‖y∗‖∞ = 1 e tale che

C∗ = ‖y∗‖ = inf‖y‖∞=1

‖y‖,

ovviamente ‖y∗‖ > 0 e possiamo affermare

‖y‖∞ = 1 =⇒ ‖y‖ ≥ C∗. (6.3.34)

Per dimostrare (6.3.33) si prende x 6= 0 e si pone

y =x

‖x‖∞.

Abbiamo ‖y‖∞ = 1 e la proprieta (6.3.34) implica

‖x‖ = ‖‖x‖∞y‖ = ‖x‖∞ ‖y‖ ≥ ‖x‖∞C∗

quindi vale (6.3.33) con C2 = 1/C∗.

6.4 Compattezza di {‖x‖ ≤ 1}, caso Hilbertiano

Problema 6.4.1. La chiusura della palla aperta unitaria coincide conla palla chiusa unitaria {‖x‖ ≤ 1}

Lemma 6.4.1. Sia (X ; 〈, 〉) uno spazio di Hilbert. Se X ha dimensioneinfinita, la chiusura della palla aperta unitaria {‖x‖ < 1} non puoessere compatta.

Osservazione 6.4.1. La chiusura della palla aperta unitaria coincidecon la palla chiusa unitaria {‖x‖ ≤ 1} (vedi Problema 6.4.1). Nel casodi dimensione finita, la palla chiusa unitaria e compatta. Cio segue dalfatto che in spazi normati di dimensione finita tutte le norme induconola stessa topologia (e rendono lo spazio di Banach, lo si dimostri peresercizio), per cui ci si puo sempre ridurre ad usare la metrica euclideaidentificando lo spazio con un Rn. In tal caso la chiusura della pallaaperta coincide banalmente con la palla chiusa, che e compatta percheinsieme chiuso e limitato di Rn (teorema di Heine-Borel).

Facoltativo: Compattezza di {‖x‖ ≤ 1} in spazi di Banach 37

Prova del Lemma 6.4.2. Usando ortogonalizzazione di Gramm - Schmidtpossiamo trovare una successione xk tale che

〈xj , xk〉 = δj,k

se xk converge a x∗, allora

limm→∞

〈xk, xm〉 = 0 = 〈xk, x∗〉

da qui0 = lim

k→∞〈xk, x∗〉 = 〈x∗, x∗〉

Contradizione conlimk→∞

〈xk, xk〉 = 1.

Problema 6.4.2. Sia (X ; ‖‖) uno spazio di Banach. Se X ha dimen-sione infinita, la chiusura della palla aperta unitaria {‖x‖ < 1} nonpuo essere compatta.

6.5 Facoltativo: Compattezza di {‖x‖ ≤ 1} in spazidi Banach

Lemma 6.5.1. (F. Riesz) Siano Y e Z sottospazi di uno spazio nor-mato X e supponiamo che Y sia chiuso e sia un sottospazio proprio diZ. Allora per ogni numero reale θ nell’intervallo (0, 1) esiste un z ∈ Ztale che

‖z‖ = 1, ‖z − y‖ ≥ θ, ∀y ∈ Y.

Idea della dimostrazione. Per ogni v ∈ Z \ Y poniamo

a = miny∈Y

‖v − y‖. (6.5.35)

Chiaramente a > 0 perche Y e chiuso. Prendiamo ora un qualunqueθ ∈ (0, 1). Per la definizione di estremo inferiore esiste un y0 ∈ Y taleche

a ≤ ‖v − y0‖ ≤ a

θ. (6.5.36)

Facoltativo: Compattezza di {‖x‖ ≤ 1} in spazi di Banach 38

Sia

z = c(v − y0), c =1

‖v − y0‖.

Allora ‖z‖ = 1 e mostriamo che ‖z − y‖ ≥ θ per ogni y ∈ Y. Abbiamoche

‖z − y‖ = ‖c(v − y0)− y‖ = c‖v − y1‖, y1 = y0 − c−1y.

Ovviamente y1 ∈ Y quindi ‖v − y1‖ ≥ a per denizione di a. Usando(6.5.35) e (6.5.36) otteniamo

‖z − y‖ ≥ ca =a

‖v − y0‖≥ a

a/θ= θ.

Lemma 6.5.2. (Dimensioni Finite) Se uno spazio normato X ha laproprieta che la palla chiusa unitaria B = {x; ‖x‖ ≤ 1} e compatta,allora X e finito dimensionale.

Dimostrazione. Assumiamo che B sia compatto ma che dimX = ∞ emostriamo che cio porta ad una contraddizione. Scegliamo un qualunquex1 di norma 1. Questo x1 genera uno sottospazio unidimensionale X1

di X, che e chiuso ed e un sottospazio proprio di X perche dimX = ∞.Per il lemma di Riesz esiste un x2 ∈ X di norma 1 tale che

‖x2 − x1‖ ≥ 1

2.

Usando lemma di Riesz costruiamo la successione xm tale che

‖xm‖ = 1, n 6= m =⇒ ‖xm − xn‖ ≥ 1

2.

La successione non ha punti di accumulazione ed e limitiata in B.Quindi la nostra assunzione dimX = ∞ e falsa e dimX <∞.

39

7 Limiti delle funzioni di piu variabili

7.0.1 Esercizi sui limiti delle funzioni di piu variabili

Per le funzioni di piu variabili valgono definizioni di limite analoghea quelle viste per le funzioni di una variabile. Le richiamiamo percomodita del lettore.

Definizione 7.0.1. Siano A ⊂ Rn, f : A −→ R e x0 punto di accu-mulazione per A. Diremo che

limx→x0

f(x) = L

se ∀ε > 0 ∃δ > 0 tale che per ogni x ∈ A\{x0} e ‖x−x0‖ < δ si abbia|f(x)− L| < ε.

Definizione 7.0.2. Siano A ⊂ Rn, f : A −→ R e x0 punto di accu-mulazione per A. Diremo che

limx→x0

f(x) = +∞ (−∞)

se ∀M > 0 ∃δ > 0 tale che per ogni x ∈ A \ {x0} e ‖x − x0‖ < δ siabbia f(x) > M (f(x) < −M).

Problema 7.0.1. Dimostrare che

lim(x,y)→(0,0)

e− 1

x2+y2 = 0

Soluzione. (I metodo: mediante la definizione). Dobbiamo verifi-care che

∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀(x, y) ∈ R2\{(0, 0)} tale che ‖(x, y)‖ < δ si ha e− 1

x2+y2 < ε.

Infatti basta osservare che

‖(x, y)‖ < δ ⇐⇒√

x2 + y2 < δ ⇐⇒ x2+y2 < δ2 ⇐⇒ − 1

x2 + y2< − 1

δ2⇐⇒

40

⇐⇒ e− 1

x2+y2 < e−1δ2 < ε,

La definizione e quindi verificata per δ <

√(

− 1

log ε

)

, se 0 < ε < 1,

altrimenti e−1δ2 ≤ 1 ∀δ > 0.

(II metodo: maggiorazione della funzione con un’altra infinitesima.)Osserviamo che vale la maggiorazione

t

et< 1, ∀t > 0.

Da cui ponendo t = 1x2+y2

otteniamo

e− 1

x2+y2 < x2 + y2.

Anche per le funzioni di piu variabili si puo dare la definizione difunzione continua mediante il limite.

Definizione 7.0.3. Siano A ⊂ Rn, f : A −→ R e x0 ∈ A. Diremo chela funzione f e continua in x0 se

limx→x0

f(x) = f(x0)

Questa definizione permette di calcolare alcuni limiti come si vededai 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 con-tinue in R2 quindi anche f = f1 + f2 e continua in R2 (vedi paragrafoprecedente). Il limite e quindi 0.


lim(x,y)→(0,0)

x2 + y3 + 2

y2 + y4 + 1

41

SoluzioneSi ragiona come nell’esercizio precedente e si trova cheil limite e 2.

Per i limiti di funzioni di piu variabili valgono teoremi analoghia quelli visti per le funzioni di una variabile (teorema sul limite diuna somma, di un prodotto, di un rapporto).Ma anche il teorema delconfronto (gia applicato nel II metodo del Problema 7.0.1 In particolarevale un teorema di cambiamento di variabile che per comodita dellettore riportiamo qui sotto.

Proposizione 7.0.1. Siano A ⊂ Rn, f : A −→ R, g : f(A) −→ R, x0punto 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

limx→x0

g(f(x)) = limt→L

g(t)

Vediamo un’applicazione di questo risultato nel seguente limite.


lim(x,y)→(0,0)

log(1 + x2 + y2)

x2 + y2

Soluzione Poniamo

t = f(x, y) = x2 + y2, 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 + y2)

x2 + y2= lim

(x,y)→(0,0)g(f(x, y)) = lim

t→0g(t) = lim

t→0

log(1 + t)

t= 1

42

Nel caso di limiti di funzioni di piu variabili non ha ovviamentesenso parlare di limite destro o sinistro. Esiste pero una naturale gen-eralizzazione di questo concetto come si vede dalla seguente definizione

Definizione 7.0.4. Siano A ⊂ Rn, A1 ⊂ A, x0 punto di accumulazioneper A1. Poniamo

limx→x0su A1

f(x) = limx→x0

f|A1(x)

Utilizzando questa definizione si dimostra facilmente la seguenteproposizione.

Proposizione 7.0.2. Siano A ⊂ Rn, A1 ⊂ A, x0 punto di accumu-lazione per A. Se esiste il seguente limite

limx→x0su A

f(x)

allora esiste anche

limx→x0su A1

f(x)

e si ha che

limx→x0su A1

f(x) = limx→x0su A

f(x)

Problema 7.0.5. Calcolare

lim(x,y)→(0,0)

su A1

f(x, y), lim(x,y)→(0,0)

su A2

f(x, y)

dove

f(x, y) =x5 + y5

x2 y2

A1 = {(x, y) : 0 < λ1x ≤ y ≤ λ2x}, con0 < λ1 < λ2 < +∞, A2 = {(x, y) : x > 0, y > 0}.

43

Soluzione.lim(x,y)→(0,0)

su A1

f(x, y) = 0, perche, essendo x > 0 si ha:

x5 + y5

x2 y2≤ x5 + λ52x

5

x4λ21=x5(1 + λ52)

x4λ21= x

1 + λ52λ21

−→ 0 per x→ 0.

Invece

lim(x,y)→(0,0)

su A2

f(x, y) non esiste,

perche se poniamo Aα = {(x, y) : y = xα, x > 0}, con α > 0, si ha cheAα ⊂ A2. Mentre risulta

lim(x,y)→(0,0)

su Aα

f(x, y) = limx→0+

x5 + x5α

x2+2α= lim

x→0+x3α−2(x5−5α + 1) =

0 se 32< α < 1

1 se α = 32

+∞ se α < 32

Al variare di α varia lim(x,y)→(0,0)

su Aα

f(x, y), quindi non puo esistere lim(x,y)→(0,0)

su A2

f(x, y),

vedi Proposizione 7.0.2.


lim(x,y)→(0,0)

su A1

f(x, y), lim(x,y)→(0,0)

su A2

f(x, y)

dove

f(x, y) =x2 y

y2 − x2

A1 = {(x, y) : y > λ|x| con λ > 1}, A2 = {(x, y) : y > |x|}.

Soluzione.Osserviamo che su A1 vale la maggiorazione

λ2y2 − y2

λ2≤ λ2y2 − λ2x2

λ2= y2 − x2.

Da questa essendo λ > 1, si ottiene

0 ≤ x2y

y2 − x2≤ x2yλ2

λ2y2 − y2≤ y3

(λ2 − 1)y2=

y

λ2 − 1−→ 0 per (x, y) → (0, 0).

44

8 Continuita delle funzioni di piu vari-

abili

8.1 Simboli di Landau in Rn

8.1.1 Il simbolo: o(∗)Si supponga che f(x) e g(x) siano due funzioni definite su qualchesottoinsieme del tipo {‖x‖ ≥ R} di Rn, tali che

f, g : {‖x‖ ≥ R} −→ R.

Supponiamo inoltre cheg(x) 6= 0 (8.1.37)

per ‖x‖ ≥ R. Diciamo che

f(x) ∈ o(g(x)) per ‖x‖ → ∞

se e solo se

lim‖x‖→∞

f(x)

g(x)= 0.

La notazione puo anche essere usata per descrivere il comportamentodi f nell’intorno di un punto a ∈ Rn. Si supponga che f(x) e g(x) sianodue funzioni definite in un intorno del tipo

{x ∈ Rn; ‖x− a‖ < ε}

e tali chef, g : {‖x− a‖ < ε} −→ R.

Supponiamo inoltre cheg(x) 6= 0 (8.1.38)

per ‖x− a‖ < ε, x 6= a. Diciamo che

f(x) ∈ o(g(x)) per x → a

se e solo se

limx→a

f(x)

g(x)= 0.

Simboli di Landau in Rn 45

Se f(x) e g(x) siano due funzioni definite in un intorno del tipo

{x ∈ Rn; ‖x− a‖ < ε}

e tali che

f = (f1, · · · , fm) : {‖x− a‖ < ε} −→ Rm, g : {‖x− a‖ < ε} −→ R

eg(x) 6= 0 (8.1.39)


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 ‖x‖ → ∞ abbiamo

a > b =⇒ |xj|b = o(‖x‖a), a > 0 =⇒ | log |xj|| = o(‖x‖a), |xj|b = o(e‖x‖).(8.1.40)

Esempio 8.1.2. Per ‖x‖ → 0, x ∈ Rn abbiamo

a < b =⇒ |xj |b = o(‖x‖a). (8.1.41)

8.1.2 Proprieta del simbolo o(∗).Per semplicita supponiamo che tutte le funzioni hanno codominio inR.

Lemma 8.1.1. Sia x→ x0 in Rn e g : U −→ R e una funzione definitain un intorno U ⊆ Rn di x0 che soddisfa (8.2.43) per x 6= x0, x ∈ U.Allora abbiamo le seguenti proprieta:

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) perx 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 allorao(f(x)g(x)) = o(g(x)).

Lemma 8.1.2. SeF (x) : U ⊆ Rn −→ Rn

eG(x) : U ⊆ Rn −→ Rn

sono due funzioni continui in 0 e tali che

〈x, F (x)〉 = 〈x,G(x)〉+ o(‖x‖)

quando x→ 0, alloraF (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 allorao(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(∗) 47

8.2 Il simbolo O(∗)Si supponga che f(x) e g(x) siano due funzioni definite in un intornodel tipo {‖x‖ ≥ N} di Rn, tali che

f, g : {‖x‖ ≥ N} −→ R.

Diciamo chef(x) ∈ O(g(x)) per ‖x‖ → ∞

se e solo se

∃M > 0 tale che |f(x)| ≤ M |g(x)| per ‖x‖ > N.

La notazione puo‘ anche essere usata per descrivere il comportamentodi 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 ‖x‖ → ∞ abbiamo

a ≥ b =⇒ xbj = O(‖x‖a). (8.2.42)

Se f(x) e g(x) sono due funzioni definite in un intorno del tipo

{x ∈ Rn; ‖x− a‖ < ε}e tali che

f = (f1, · · · , fm) : {‖x− a‖ < ε} −→ Rm, g : {‖x− a‖ < ε} −→ R

eg(x) 6= 0 (8.2.43)


f(x) ∈ O(g(x)) per x→ a

se e solo se

fj(x) ∈ O(g(x)) per x→ a, ∀j = 1, · · · , m.

Il simbolo O(∗) 48

8.2.1 Proprieta del simbolo O.

Lemma 8.2.1. (proprieta di O.) Sia x→ x0 e g : U −→ R e una fun-zione definita in un intorno U di x0 in Rn. Allora abbiamo le seguentiproprieta:

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 alloraO(f(x)g(x)) = O(g(x)).

Lemma 8.2.2. (relazioni tra o e O) Sia x → x0 e g : U −→ R e unafunzione definita in un intorno U di x0 in Rn che soddisfa (8.2.43) perx 6= x0, x ∈ U. Allora abbiamo le seguenti proprieta:

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 sea) cos(O(‖x‖−1)) = 1 +O(‖x‖−1), ‖x‖ → +∞,b) sin(O(‖x‖−1)) = (‖x‖−1), ‖x‖ → +∞,c) cos(xj + o(1)) = cos(xj) + o(1), ‖x‖ → +∞.

Problema 8.2.2. Verificare se

(1 + o(1)) cosh xj − (1 + o(1)) sinh xj = e−xj (1 + o(1)), ‖x‖ → +∞.

Problema 8.2.3. Verificare se√

x21 + |x2| − 3/4 = O(‖x‖), x = (x1, x2) → +∞.

Il simbolo ∼ 49

8.3 Il simbolo ∼Si supponga che f(x) e g(x) siano due funzioni definite in un intornodel tipo {‖x‖ ≥ N} di Rn, tali che

f, g : {‖x‖ ≥ N} −→ [0,+∞).

Diciamo chef(x) ∼ g(x) per ‖x‖ → ∞

se e solo sef(x) = O(g(x)), g(x) = O(f(x)). (8.3.44)

La proprieta (8.3.44) significa che esistono due costanti C1, C2 > 0tali che

C1f(x) ≤ g(x) ≤ C2f(x),

quando ‖x‖ ≥ N.La notazione puo‘ anche essere usata per descrivere il comporta-

mento 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 C1f(x) ≤ g(x) ≤ C2f(x) per |x−a| < δ.

8.3.1 Proprieta del simbolo ∼ .

Lemma 8.3.1. (proprieta di ∼ .) Sia x→ x0 e g : U −→ R e una fun-zione definita in un intorno U di x0 in Rn. Allora abbiamo le seguentiproprieta:

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. 50

8.4 Esercizi sui simboli di Landau.

Esempio 8.4.1. Per ogni p, q in [1,∞]

‖x‖p ∼ ‖x‖q, ‖x‖ → ∞,

dove

‖x‖pp =n∑

j=1

|xj|p.

Problema 8.4.1. Sia A > 0. Vedere se le condizioni

f(x1) = O

(1

(1 + |x1|A)

)

, f(x2) = O

(1

(1 + |x2|A)

)

implicano

f(x1)f(x2) = O

(1

(1 + ‖x‖A)

)

?

Problema 8.4.2. Verificare che

F (x1, x2) =

(∫ 2π

0

sinx1tdt

)(∫ 2π

0

cosx2tdt

)

satisfiesF (x1, x2) = O(‖x‖−1)

per ‖x‖ → ∞.

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

‖x‖ ∼ |x1|, ∀x ∈ U1,

Esercizi sui simboli di Landau. 51

‖x‖ ∼ |x2|, ∀x ∈ U2

Vedere inoltre che una integrazione per parti ci da∫ 2π

0

sinx1tdt = O

(1

|x1|

)

,

per x1 grande e∫ 2π

0

cosx2tdt = O

(1

|x1|

)

per x2 grande. Cosi otteniamo

F (x1, x2) = O

(1

|x1|

)

O(1) = O

(1

|x1|

)

= O

(1

‖x‖

)

, x ∈ U1

e

F (x1, x2) = O(1)O

(1

|x2|

)

= O

(1

|x2|

)

= O

(1

‖x‖

)

, x ∈ U2.

Problema 8.4.3. Vedere se esiste p > 1 tale che

|x1x2| ∼ ‖x‖2p, ‖x‖ → ∞dove

‖x‖pp =n∑

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‖x‖ ∼ |x1|, ∀x ∈ U1,

‖x‖ ∼ |x2|, ∀x ∈ U2

Vedere che in U1

|x1x2| ≁ x21

Richiami sulla continuita, omogeneita 52

8.5 Richiami sulla continuita, omogeneita e studiodel rapporto tra due funzioni omogenei

Richordiamo alcune definizioni.

Definizione 8.5.1. Siano U ⊂ Rn, aperto e f : U −→ R e x0 ∈ U. fsi dice continua nel punto x0 se per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale chese x ∈ U e ‖x− x0‖ < δ allora |f(x)− f(x0)| < ε

Per comodita, salvo avviso contrario, prenderemo come norma (vediesempio 1.1.2) ‖x− x0‖ = ‖x− x0‖2.

La definizione 8.5.1 significa

f(x0 + h) = f(x0) + o(1), (8.5.45)

quando ‖h‖ ց 0.

Definizione 8.5.2. f si dice continua su U , aperto in Rn se e con-tinua in ogni punto di U.

Osservazione 8.5.1. Per le funzioni continue di piu variabili valgonogli stessi teoremi dimostrati per le funzioni continue di una variabilereale (teoremi sulla somma, sul prodotto, sul rapporto e composizionedi funzioni).

Definizione 8.5.3. Una funzione

f : Rn \ {0} −→ Rm

si chiama omogenea di ordine a ∈ R se vale l’identita

f(λx) = λaf(x) (8.5.46)

per ogni λ > 0, e ogni x ∈ Rn,x 6= 0.

Esempio 8.5.1. Le funzioni

f1(x) = ‖x‖−1,x ∈ Rn, n ≥ 2,

x31 + ‖x‖32,x ∈ Rn, n ≥ 2,

x42 + ‖x‖43,x ∈ Rn, n ≥ 2,

dove‖x‖pp = |x1|p + · · · |xn|p, 1 < p <∞

sono omogenei di ordine −1, 3 e 4.


Lemma 8.5.1. Sef : Rn \ {0} −→ R

e continua, omogenea di ordine a ∈ R allora

f(x) ≤ C‖x‖a, ∀x ∈ Rn,x 6= 0,

quando x tende a zero.

Idea della dimostrazione. Si puo seguire l’idea della dimostrazione diLemma 6.3.1 della equivalenza delle norme in Rn.

La conitnuita di f implica

sup‖y‖=1

f(y) ≤ C,

perche l’insieme {‖y‖ = 1} e compatto. Quindi abbiamo

f(x) = ‖x‖af(

x

‖x‖

)

≤ ‖x‖a sup‖y‖=1

f(y) = C‖x‖a. (8.5.47)

Lemma 8.5.2. Sef : Rn \ {0} −→ R

e continua, omogenea di ordine a ∈ R e

x 6= 0 =⇒ f(x) > 0, (8.5.48)

alloraf(x) ∼ ‖x‖a

quando x tende a zero.

Idea della dimostrazione. Si puo seguire l’idea della dimostrazione diLemma 6.3.1 della equivalenza delle norme in Rn.

E sufficiente a vedere che la norma euclidea ‖x‖a ed equivalente af(x) per ‖x‖ piccolo. La conitnuita di f implica

sup‖y‖=1

f(y) ≤ C,


perche l’insieme {‖y‖ = 1} e compatto. Quindi abbiamo

f(x) = ‖x‖af(

x

‖x‖

)

≤ ‖x‖a sup‖y‖=1

f(y) = C‖x‖a (8.5.49)

e rimane a verificare che

f(x) ≥ C1‖x‖a. (8.5.50)

Questa ultima identita segue del fatto che (8.5.48) implica

inf‖y‖=1

f(y) > 0

e dell’omogeneita di f.

Domanda: Dove si usava la piccolezza della norma ‖x‖?Consideriamo una funzione F (x1, x2) definita come segue

F (x1, x2) =

{Pa(x)Qb(x)

, se x ∈ R2,x 6= 0;

c, altrimenti,(8.5.51)

dove Pa(x), Qb(x) sono funzioni continui e omogenei di ordine a > 0 eb > 0.

Lemma 8.5.3. Se la funzione Qb(x) e tale che

‖y‖ = 1 =⇒ Qb(y) 6= 0,

e Pa(x), Qb(x) sono funzioni continui e omogenei di ordine a > 0 eb > 0, allora la funzione F (x) definita in (8.5.51) soddisfa le proprieta:

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) = limrց0

F (r cos θ, r sin θ)

sempre esiste e

L(θ) =Pa(cos θ, sin θ)

Qb(cos θ, sin θ);

Esercizi sulla omogeneita e continuita 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)

Qb(x)

∣∣∣∣≤ C‖x‖a−b = o(1),

quando a > b e x → 0. Le proprieta b),c)...e) si possano vedere usandol’identita

F (r cos θ, r sin θ) = ra−bF (cos θ, sin θ).

8.6 Esercizi sulla omogeneita e continuita

Problema 8.6.1. Se

f : R2 \ {0} −→ R

e continua, omogenea di ordine a ∈ R allora valgono le seguente pro-prieta:

a) se a > 0 alloralimx→0

f(x) = 0

e possiamo estendere f come funzione continua in tutto spazioRn;

b) se a < 0 la funzione f non e limitata o f(x) ≡ cost;


c) se a = 0 e limite

L(θ) = limrց0

f(r cos θ, r sin θ) = f(cos θ, sin θ)

sempre esiste e se dipende da θ, allora il limite

limx→0

f(x)

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 prob-lema 8.6.1.

Problema 8.6.3. Sia

f(x) =

{x1

x2, se x2 6= 0;

c, 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 omogeneidi ordine a > 0 e b > 0, tali che

‖y‖ = 1 =⇒ Qb(y) 6= 0.

Allora la funzione F (x) definita

F (x1, x2) =

{Pa(x)+o(‖x‖a)Qb(x)+o(‖x‖b)

, se x ∈ R2,x 6= 0;


soddisfa le proprieta:


a) se a > b e c = 0 la funzione F e continua;b) se a < b ed esiste y0 con ‖y0‖ = 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(‖x‖a−b).

Suggerimento. Abbiamo la relazione

Pa(r cos θ, r sin θ) + o(ra)

Qb(r cos θ, r sin θ) + o(rb)= ra−b

(Pa(cos θ, sin θ)

Qb(cos θ, sin θ)+ o(1)

)

.

Studiare i due casi:

∃θ ∈ [0, 2π) tale chePa(cos θ, sin θ)

Qb(cos θ, sin θ)6= 0 (8.6.54)

oPa(cos θ, sin θ)

Qb(cos θ, sin θ)= 0, per ogni θ ∈ [0, 2π) (8.6.55)

Problema 8.6.5. Sia

F (x1, x2) =

{x21+x2

2+log(1+x41)

x41+x4

2+x21x

22, se x ∈ R2,x 6= 0;


Studiare la continuite di F in origine al variare di c ∈ R.

Problema 8.6.6. Sia

F (x1, x2) =

{(x2

1+x22)(x

21−x2

2)+log(1+mx42)−x2

1 sinx21

x41+x4

2−x21x

22

, se x ∈ R2,x 6= 0;

c, altrimenti.

(8.6.57)Studiare la continuita di F nell’origine al variare di c ∈ R e m ≥ 0.

Problema 8.6.7. Sia Pa(x), Qb(x) sono funzioni continui e omogeneidi ordine a > 0 e b > 0, tali che

‖y‖ = 1 =⇒ Qb(y) 6= 0.

Altri esercizi sulla continuita delle funzioni di piu’ variabili 58

Allora la funzione F (x) definita

F (x1, x2) =

{Pa(x)+o(‖x‖a)Qb(x)+o(‖x‖b)

, se x ∈ R2,x 6= 0;


soddisfa le proprieta:

a) se a = b, allora il limite

L(θ) = limrց0

F (r cos θ, r sin θ)

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(ra)

Qa(r cos θ, r sin θ) + o(rb)=

(Pa(cos θ, sin θ)

Qa(cos θ, sin θ)+ o(1)

)

.

8.7 Altri esercizi sulla continuita delle funzioni dipiu’ variabili

Proponiamo a titolo di esercizio alcune elementari proprieta relativealle funzioni di piu variabili.


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

1. Verifichiamo che: ∀ε > 0 ∃δ > 0 : se (x, y) ∈ A1×R e√

(x− x0)2 + (y − y0)2 <δ allora ‖F (x, y)− F (x0 − y0)‖ < ε. Infatti: ∀ε > 0 ∃δ > 0 taleche ∀x ∈ A1 che verifichi |x−x0| < δ si ha ‖F (x, y)−F (x0, y0)‖ =‖f(x)−f(x0)‖ < ε, per la continuita di f in x0. Inoltre vale anchela 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 fun-zioni continue in (x0, y0), tenendo conto dell’Osservazione 8.5.1otteniamo la tesi.

Come conseguenza delle proposizioni sopra dimostrate otteniamo iseguenti risultati.

Proposizione 8.7.1.


1. (x, y) −→ xh yk e continua in R2 per ogni h, k ∈ N;

2. (x, y) −→ xα yβ e continua in R+ \ {0} × R+ \ {0} per ogniα, β ∈ R;

Proposizione 8.7.2. Il polinomio

P (x, y) =n∑

h=0

m∑

k=0

ahk xh yk, ahk ∈ R,

e una funzione continua in R2.

Con procedimento analogo al precedente si prova la proposizioneseguente.

Proposizione 8.7.3. Il polinomio

P (x1, · · · , xn) =m1∑

h1=0

· · ·mn∑

hn=0

ah1···hnxh1 · · · 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, ey −→ 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’esempioseguente.

Esempio 8.7.1. La funzione:

f(x, y) =

xy

x2 + y2(x, y) 6= (0, 0)

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

x2 + λ2x2=

λ

1 + λ2, λ ∈ R,


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 pren-dere M = 1

4, per λ = 1 si ha f(x, x) = 1

2, ∀x 6= 0.

ESERCIZI: studiare la continuita delle seguenti funzioni.

Esercizio 8.7.1.

f1(x, y) =√

x2 + y2

Esercizio 8.7.2.

f2(x, y) = sin x2y

Esercizio 8.7.3.

f3(x, y) = log(1 + x4 y2)

Esercizio 8.7.4.

f4(x, y) =x y2

x2 + y6 + 1

Esercizio 8.7.5.

f5(x, y) =

x

yse y 6= 0

1 se y = 0.

Esercizio 8.7.6.

f6(x, y) =

sin(x2 + y2)

x2 + y2se (x, y) 6= 0

1 se (x, y) = 0.


Esercizio 8.7.7.

f7(x, y) =

{

x y log(x2 + y2) se (x, y) 6= 0

1 se (x, y) = 0.

Esercizio 8.7.8.

f8(x, y) =

x

x2 + y4se (x, y) 6= 0

1 se (x, y) = 0.

Esercizio 8.7.9.

f9(x, y) =

ex+y − 1

x2 + y2se (x, y) 6= 0

1 se (x, y) = 0.

Esercizio 8.7.10.

f10(x, y) =√

1− (x2 + y2)

RISPOSTE ad alcuni esercizi.

Esercizio 8.7.1. La funzione f1 si puo considerare come prodottodi composizione di due funzioni: f1 = φ1 ◦ φ2, dove φ1(t) =

√t, e

φ2(x, y) = x2+y2. La funzione φ2 : R2 −→ R+ e continua per la Propo-

sizione (8.7.2) essendo un polinomio, inoltre anche φ1 : R+ −→ R+ econtinua. Quindi f1 e continua perche composizione di due funzionicontinue.

Esercizio 8.7.2. f2 = γ1 ◦ γ2, dove γ1(t) = sin t, γ2(x, y) = x2y.γ1 e ovviamente continua su R mentre γ2 e un polinomio, quindi econtinua su R2.


Esercizio 8.7.3. f3 = g1◦g2, dove g1(t) = log t, g(x, y) = 1+x4 y2,g2 : R

2 −→ R+ \ {0}, mentre g1 : R+ \ {0} −→ R, g1, g2 sono funzioni

continue.

Esercizio 8.7.4. f4 =h1h2, dove h1(x, y) = x y2, h2(x, y) = x2 +

y6 + 1, h1 : R2 −→ R, h2 : R2 −→ R+ \ {0}, h1, h2 sono polinomi,h2 6= 0 ∀(x, y) ∈ R2, quindi f4 e continua perche rapporto di funzionicontinue, con denominatore che sempre diverso da 0.

Esercizio 8.7.5. Consideriamo la successione di punti di R2 :{(

0,1

n

)}

n∈N\{0}

si ha che

(

0,1

n

)

n→+∞−→ (0, 0). Osserviamo che f5 =

(

0,1

n

)

= 0, mentre f5(0, 0) = 1. Preso ε = 12per ogni S

(

(0, 0),2

n

)

(1) esiste una successione di punti (xn, yn) =

(

0,1

n

)

∈ S

(

(0, 0),2

n

)

tale che:

|f5(xn, yn)− f5(0, 0)| >1

2,

quindi f5 non e continua nel punto (0, 0). Sia x 6= 0 consideriamo la

successione di punti di R2 :

{(

x,1

n

)}

n∈N\{0}

si ha che

(

x,1

n

)

n→+∞−→

(x, 0). Osserviamo che f5 =

(

x,1

n

)

= nx, mentre f5(x, 0) = 1. Preso

ε = 1 per ogni S

(

(x, 0),2

n

)

esiste una successione di punti (xn, yn) =(

x,1

n

)

∈ S

(

(x, 0),2

n

)

tale che:

|f5(xn, yn)− f5(x, 0)| = |nx− 1| > 1, ∀n > 2

x, x 6= 0.

Quindi f5 non e continua nei punti (x, 0). Se invece y 6= 0 si di-mostra facilmente che f5 e continua ragionando come nell’Esercizio8.7.4.

1S ((x0, y0), r) = {(x, y) ∈ R2 : ‖x− x0‖2 ≤ r}


Esercizio 8.7.6.f6 = σ1◦σ2, dove σ1(t) = sin t

tse t 6= 0, σ1(0) = 1, σ2(x, y) = x2+y2.

σ2R2 −→ R+. σ1 : R −→ R sono funzioni continua, quindi f6 e continua

in R2 perche composizione di funzioni continue.

Esercizio 8.7.7. Se (x, y) 6= 0 si ha che f7 = ρ1 (ρ2 ◦ ρ3), doveρ1(x, y) = xy, e una funzione continua di R2 in R; ρ2(t) = log t euna funzione continua di R+ \ {0} in R; ρ3(x, y) = x2 + y2 e unafunzione 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 ‖(x, y)− (0, 0)‖2 < δ

e (x, y) 6= (0, 0) allora |xy log(x2 + y2)− 0| < ε

ovvero

∀ε > 0 ∃δ > 0 tale che se√

x2 + y2 < δ e (x, y) 6= (0, 0)

allora |xy log(x2 + y2)| < ε

Quest’ultima proposizione segue facilmente dalle seguenti:

|xy log(x2 + y2)| <∣∣∣∣

x2 + y2

2log(x2 + y2)

∣∣∣∣< ε.

(Si tenga presente la maggiorazione ab ≤ a2+b2

2, ∀a, b ∈ R.)

Mentre da limt→0+ t log t = 0, segue ∀ε > 0 ∃δ > 0 tale che se|t| < δ2 e t 6= 0 allora t log t < ε

2da cui, ponendo t = x2 + y2, si otiene

la tesi.

Esercizio 8.7.8. Sia (x, y) 6= (0, 0), posto f8 =h1

h2, dove h1(x, y) =

x e h2(x, y) = x2 + y4 sono funzioni continue, si ha che f8 e continuain ogni punto (x, y) 6= (0, 0). Esaminiamo il caso in cui (x, y) = (0, 0).

Consideriamo la successione di punti di R2 :

{(

0,1

n

)}

n∈N\{0}

si ha che

(

0,1

n

)

n→+∞−→ (0, 0). Osserviamo che f8

(

0,1

n

)

= 0, mentre f8(0, 0) =

1. Preso ε = 12si ha che per ogni S

(

(0, 0),2

n

)

esiste una successione


di punti (xn, yn) =

(

0,1

n

)

∈ S

(

(0, 0),2

n

)

tale che:

|f8(xn, yn)− f8(0, 0)| >1

2,

quindi f8 non e continua nel punto (0, 0).

Esercizio 8.7.9. Se (x, y) 6= (0, 0) allora f9 =ω1

ω2, dove ω1(x, y) =

ex+y − 1, ω2(x, y) = x2 + y2 sono funzioni continue, e una funzionecontinua su R2 \ {(0, 0)}. Consideriamo il caso (x, y) = (0, 0) pren-

dendo la successione di punti di R2 :

{(

− 1

n,1

n

)}

n∈N\{0}

si ha che

(

− 1

n,1

n

)

n→+∞−→ (0, 0). Osserviamo che f9

(

− 1

n,1

n

)

= 0, mentre

f9(0, 0) = 1. Preso ε = 12si ha che per ogni S

(

(0, 0),2

n

)

esiste una

successione di punti (xn, yn) =

(

− 1

n,1

n

)

∈ S

(

(0, 0),2

n

)

tale che:

|f9(xn, yn)− f9(0, 0)| >1

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+y2).

τ2 : R2 −→ R e continua. τ1 : R+ −→ R+ e continua. Quindi f10 econtinua perche composizione di funzioni continue.

Problema 8.7.2. Studiare la continuita della funzione f(x, y) nelpunto (x, y) = (0, 0) definita con

f(x, y) =x2y2

x2 + 2y2

per (x, y) 6= (0, 0) e con f(0, 0) = 0 .


f(x, y) =xy sin y

x2 + y2


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 −→ Rdefinita da:

fα(x1, x2) =x21x

22 − x1|x2|αx21 + x22

se x 6= 0 e f(0) = 0. Dire per quali α la funzione e’ differenziabile.


fα(x1, x2) =x21|x2|αx41 + x42

se x 6= 0 e f(0) = 0. Dire per quali α si ha fα ∈ C0(R2).


fα(x1, x2) =x21|x2|αx41 + x42

se x 6= 0 e f(0) = 0. Dire per quali α la funzione e limitata.

Problema 8.7.7. Studiare la continuita e differenziabilita della fun-zione f(x, y) nel punto (x, y) = (0, 0) definita con

f(x, y) =x3 + y4 − x sin(x2 + y2)

y2 − x+ ln(1 + x+ y2)

per (x, y) 6= (0, 0) e con f(0, 0) = 0.


f(x, y) =y3 + x4 − x sin(y2)

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 sinxt2−x2 , se t = ±x ;


Studiare

a) la continuita della funzione nel punto (1, 1) al variare dei parametric, p ∈ R;

b) la continuita della funzione nel punto (0, 0) al variare dei parametric, p ∈ R.


f(t, x1, x2) =

{t−p sin(

√x21+x2

2)

t2−x21−x2

2, se t2 = x21 + x22 ;


Studiare

a) la continuita della funzione nel punto (1, 1, 0) al variare dei parametric, p ∈ R;

b) la continuita della funzione nel punto (1, 0, 1) al variare dei parametric, p ∈ R;

c) la continuita della funzione nel punto (0, 0, 0) al variare dei parametric, p ∈ R.

9 Differenziabilita delle funzioni di piu vari-

abili

9.1 Differenziabilita e derivabilita della funzioni dipiu variabili

9.1.1 Definizione della differenziabilita

Una funzione:F : U → Rm

Differenziabilita e derivabilita della funzioni di piu variabili 68

definita su un insieme aperto dello spazio euclideo Rn e detta differen-ziabile in un punto x0 del dominio se esiste una applicazione lineare:

L : Rn → Rm

tale che valga la proprieta:

F(x0 + h)− F(x0) = L(x0)h+ o(‖h‖).

Tale condizione si puo scrivere in modo equivalente:

limh→0

F(x0 + h)− F(x0)− L(x0)h∥∥h∥∥

= 0

Se la funzione F e differenziabile in x0, l’applicazione L e rappresentatadalla matrice jacobiana JF .

Notazioni per l’applicazione L:

F′(x0), DF(x0), ...

Il vettore:L(x0)h = F′(x0)h = JFh

si chiama differenziale (esatto) di F in x0 ed L(x0) viene detto derivatao 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 lafunzione (lineare in t)

G(t) : t ∈ [−1, 1] −→ G(t) = x0 + th.

AbbiamoG′(t) = h.

9.1.2 Gradiente in Rn.

Se la funzione:F : U → R


definita su un insieme aperto dello spazio euclideo Rn e differenziabilein un punto x0 del dominio allora

F(x0 + h)− F(x0) = L(x0)h+ o(‖h‖).

doveL(x0) : R

n −→ R

e un operatore lineare.

Lemma 9.1.1. SeL : Rn −→ R

e un operatore lineare allora esiste unico v ∈ Rn tale che

L(h) = 〈v,h〉, ∀h ∈ Rn.

Cosi abbiamo

L(x0)(h) = F′(x0)(h) = 〈v,h〉

il vettore v si chiama gradiente di F in x0.Notazione per il gradiente

v = ∇F(x0).

9.1.3 Derivate parziali

SiaF : U ⊂ Rn → Rm

una funzione definita su un insieme aperto dello spazio euclideo Rn.Dette

{ei}1≤i≤n

e{ui}1≤i≤m

le basi canoniche di Rn e Rm rispettivamente, la funzione puo esserescritta nel seguente modo:

F(x) =

m∑

j=1

Fj(x)uj x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ U.


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)

∂xk= lim

t→0

Fj(x+ tek)− Fj(x)

t=

= limt→0

Fj(x1, x2, . . . xk + t, . . . , xn)− Fj(x1, x2, . . . , xn)

t

9.1.4 Il gradiente e le derivate parziali

SiaF : 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(‖h‖).

doveL(x0)h = 〈∇F(x0),h〉

e ∇F(x0) e il gradiente della funzione nel punto x0. Prendendo h = tejsi ha

F(x0 + tej)− F(x0) = t〈∇F(x0), ej〉+ o(t)

e usando la definizione della derivata parziale otteniamo

F(x0 + tej)− F(x0) = t∂xjF(x0) + o(t)

cosi abbiamo dimostrato il seguente.


Lemma 9.1.2. Se F e differenziabile in un punto x0 allora valgono lerelazioni

〈∇F(x0), ej〉 = ∂xjF(x0),

∇F(x0) =n∑

j=1

∂xjF(x0)ej ,

e

〈∇F(x0),h〉 =n∑

j=1

∂xjF(x0)hj,

dovehj = 〈h, ej〉.

doveL(x0) : R

n −→ R

e un operatore lineare.

9.1.5 Derivata direzionale

Siaf(x) : x ∈ U ⊆ Rn −→ f(x1, x2, . . . , xn) ∈ R,

una funzione (scalare) con U un aperto in Rn. La derivata direzionaledi f lungo un vettore unitario

v = (v1, . . . , vn)

e definita dal limite:

Dvf(x) = limh→0

f(x+ hv)− f(x)

h

Lemma 9.1.3. Se la funzione f e differenziabile in x, allora la derivatadirezionale esiste lungo ogni vettore unitario v e si ha:

Dvf(x) = ∇f(x) · v

dove ∇ al secondo membro rappresenta il gradiente, e · il prodottoscalare euclideo.

Proprieta delle funzioni differenziabili 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 delladerivata direzionale ci da

f(x+ tv) = f(x) + tDvf(x) + o(t),

quindit∇f(x)(v) = tDvf(x) + o(t)

e possiamo scrivere

∇f(x)(v) = Dvf(x) + o(1) =⇒ ∇f(x)(v) = Dvf(x).

9.2 Proprieta delle funzioni differenziabili

Lemma 9.2.1. Ogni funzione differenziabile in punto x0 ∈ Rn e con-tinua 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 differenziabilita nel punto. Ad esempio,la funzione reale di due variabili reali:

F (x, y) =

{

0 (x, y) = (0, 0)xy2

x2+y4(x, y) 6= (0, 0)

e continua ed ammette derivate parziali ovunque.

Problema 9.2.1. Verificare che la funzione

F (x, y) =

{

0 (x, y) = (0, 0)xy2

x2+y4(x, y) 6= (0, 0)

non e differenziabile in origine.


Suggerimento. La funzione ha derivate parziali ovunque, ma il fattoche in (0, 0) non siano continue impedisce la sua differenziabilita‘ in(0, 0). Infatti, si verifica che il limite del rapporto incrementale calcolatonell’origine lungo una direzione qualsiasi esiste finito; ma prendendo inconsiderazione, ad esempio, le derivate parziali in coordinate polari, sinota come non abbiano valore unico in un intorno di (0, 0), ma varinoin funzione della direzione di avvicinamento all’origine.

Lemma 9.2.3. ( Il teorema del differenziale totale) Se f e di classeC1 in un intorno di x0, cioe se esistono tutte le derivate parziali di fe 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 esia 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

∂x1f(x), ∂x2f(x)

sono continui in x∗ . Vogliamo dimostrare che la funzione e‘ differen-ziabile in x∗ Per ogni

h = (h1, h2)

poniamoh∗ = (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∗) = ∂x1f(ξ, x∗2 + h2)h1,

f(x∗ + h∗)− f(x∗) = ∂x2f(x∗1, η)h2,

dove ξ = x∗1 +O(h1), η = x∗2 +O(h2). La continuita di ∂xjf, j = 1, 2 in

(x∗1, x∗2) implica

∂x1f(ξ, x∗2 + h2) = ∂x1f(x∗) + o(1)


e∂x2f(x

∗1, η) = ∂x2f(x∗) + o(1)

cosi otteniamo

∂x1f(ξ, x∗2 + h2)h1 + ∂x2f(x

∗1, η)h2 =

= ∂x1f(x∗)h1 + ∂x2f(x∗)h2 + o(‖h‖).L’identita

f(x∗ + h)− f(x∗) = ∂x1f(x∗)h1 + ∂x2f(x∗)h2 + o(‖h‖)

mostra la differenziabilita’ di f in x∗.

9.2.1 Derivata della funzione composta

Si considerino due funzioni

f : U ⊆ Rn −→ V ⊆ Rm

eg : 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 iny0 = f(x0) allora la funzione composta H e differenziabile in x0 eabbiamo l’identita

H ′(x0) = g′(y0)f′(x0).

Dimostrazione. Differenziabilita di f, g respettivamente in x0 e y0 sipuo esprimere con le relazioni

f(x0 + h)− f(x0) = f ′(x0)h+ o(‖h‖), h ∈ Rn,

g(y0 + k)− g(y0) = g′(y0)k + o(‖k‖), k ∈ Rm.


Possiamo scegliere k ∈ Rm tale che

y0 + k = f(x0 + h) =⇒ k = f(x0 + h)− f(x0) = f ′(x0)h+ o(‖h‖).

Usando la proprieta d) di Lemma 8.1.1 si trova

‖k‖ ≤ C‖h‖ =⇒ o(‖k‖) ⊆ o(‖h‖)

quindi

g(f(x0 + h))− g(f(x0)) = g′(y0)f′(x0)h+ o(‖h‖).

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 (9.2.61)

e differenziabile in t0 e

ϕ′(t) = 〈∇f(x0), G′(t0)〉.

Esempio 9.2.2. Siaf(x) : R3 −→ R3

eG(y) : y ∈ R3 −→ R

Allora la funzione composta

H(x) = G(f(x))

76

ha le derivate parziali

∂xj(G(f(x)) =

3∑

k=1

(∂ykG)(f(x))∂xjfk(x), j = 1, 2, 3,

o in modo equivalente

∂jH =3∑

k=1

∂kG∂jfk.

10 Il Teorema di Schwartz

10.1 Il Teorema di Schwartz (caso di due variabili)

Lemma 10.1.1. Siaf : U ⊆ R2 −→ R

una funzione in due variabili, definita su un aperto U di R2. Se fammette derivate seconde miste continue, cioe f ∈ C2(U), allora questecoincidono in ogni punto x ∈ U , ovvero:

∂2f

∂x1∂x2(x) ≡ ∂2f

∂x2∂x1(x)

Come conseguenza, se una funzione ha derivate parziali continue lasua matrice hessiana e‘ simmetrica.

Dimostrazione. Siax0 = (x

(01 , x

(0)2 ) ∈ U

. Si sceglie varepsilon > 0 tale che (qui usiamo la norma euclidea!)

{x ∈ R2; ‖x− x0‖ ≤ ε} ⊂ U.

Si definiscono due funzioni ϕ e ψ come segue:

ϕ(t) = ϕs(t) = f(x(0)1 + t, x

(0)2 + s)− f(x

(0)1 + t, x

(0)2 ) ∀s ∈ (−ε, ε)

ψ(s) = ψt(s) = f(x(0)1 + t, x

(0)2 + s)− f(x

(0)1 , x

(0)2 + s) ∀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:

ϕs(t)−ϕs(0) = tϕ′(ξ1) = t

[∂f

∂x1(x

(0)1 + ξ1, x

(0)2 + s)− ∂f

∂x1(x

(0)1 + ξ1, x

(0)2 )

]

=

= ts∂2f

∂x2∂x1(x0 + ξ1, y0 + η1)

e analogamente:

ψt(s)− ψt(0) = st∂2f

∂x1∂x2(x0 + ξ2, y0 + η2)

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 comeun insieme di coppie (a, b) tale che vi siano tante coppie quante sonogli elementi a di A e che non vi sia alcun a presente in piu di una cop-pia. Possono invece esservi nessuna o piu coppie aventi, come secondomembro, un dato elemento b di B.

Dati un insieme A di cardinalita k ed un insieme B di cardinalitan, con n e k interi positivi, il numero delle funzioni da A in B e dato dank, in quanto ciascuna delle k coppie puo avere come secondo membrouno qualsiasi degli n elementi di B. Il numero delle funzioni da uninsieme di cardinalita k in uno di cardinalita n viene detto numerodelle disposizioni con ripetizione di n oggetti di classe k; a differenzadelle disposizioni semplici, k puo 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 derivateparziali (di ordine 3) di una funzione di 2 vatiabili sono

∂1∂2∂2f(x1, x2), ∂2∂1∂2f(x1, x2), ∂2∂2∂1f(x1, x2)

Varie elementi diversi in D2,3 corrispondenti a queste derivate partialisono

(1, 2, 2), (2, 1, 2), (2, 2, 1). (10.2.62)

Alle derivate parziali (di ordine 3) di una funzione di 2 vatiabili deltipo

∂1∂1∂2f(x1, x2), ∂1∂2∂1f(x1, x2), ∂2∂1∂1f(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∂1f(x1, x2), ∂2∂2∂2f(x1, x2)

con(1, 1, 1), (2, 2, 2). (10.2.64)

Cosi#D2,3 = 8 = 23.

Esercizi su disposizioni con ripetizione 79

Sia N l’insieme di tutti numeri interi m ∈ Z tali che m ≥ 0, cioe

N = {0, 1, 2, · · · }.

Un multi-indice n - dimensionale e un vettore

α = (α1, α2, . . . , αn) ∈ Nn,

cioe 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)

{j : {1, 2, · · · , k} −→ {1, 2, · · · , n}; #j−1(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


#Dn,k.

Risp. nk.

Esercizi su disposizioni con ripetizione 80

Problema 10.3.2. Sia k, n ∈ N e sia α = (α1, · · · , αn) multi - indicecon |α| = k. Vedere se vale l’identita

(x1 + x2 + · · ·xn)k =∑

(j1,j2,··· ,jk)∈Dn,k

xj1xj2 · · ·xjk . (10.3.67)

Problema 10.3.3. Sia k, n ∈ N e sia α = (α1, · · · , αn) multi - indicecon |α| = k. Vedere se vale l’identita

(x1 + x2 + · · ·xn)k =∑

α∈Nn,|α|=k

(#Dn,k,α) xα, (10.3.68)

dovexα = xα1

1 · · ·xαn

n .

Problema 10.3.4. Sia k, n ∈ N e sia α = (α1, · · · , αn) multi - indicecon |α| = k. Calcolare

#Dn,k,α.

Risp.

#Dn,k,α =k!

α1!α2! · · ·αn!

Suggerimento. Si puo vedere Lemma 12.1.79 e la sua Dimostrazione.

Problema 10.3.5. Sia k, n ∈ N e sia α = (α1, · · · , αn) multi - indicecon |α| = k. Vedere se e vera o falsa l’identita

∑

α∈Nn,|α|=k

#Dn,k,α = nk.

Suggerimento. Siax1 = 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 variabilie derivate di ordine k.

Lemma 10.4.1. Siaf : U ⊆ Rn −→ R

una funzione in n variabili, definita su un aperto U di Rn. Se f am-mette derivate di ordine k ≥ 2 continue, cioe f ∈ Ck(U), allora perogni 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 induzionein 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 identita.

∂1∂22f(x) = ∂2∂1∂2f(x) = ∂22∂1f(x),

dove∂j = ∂xj

.

Per ogni multi - indice α = (α1, · · · , αn) possiamo definire

∂αx f(x) = ∂α1x1

· · ·∂αn

x1f(x).

Cosı possiamo affermare che

82


una funzione in n variabili, definita su un aperto U di Rn. Se f am-mette derivate di ordine k ≥ 2 continue, cioe f ∈ Ck(U), allora perogni multiindice α = (α1, · · · , αn) con

|α| = α1 + · · ·αn = k

e per ogni trasposizione con repetizione

(j1, j2, · · · , jk) ∈ Λ(k, n, α)

abbiamo∂xj1

· · ·∂xjkf(x) = ∂αx f(x), ∀x ∈ U.

11 Esrecizi sulla differenziabilita e deriv-

abilita e le derivate della funzione com-

posta

11.1 Esrecizi sulla differenziabilita e derivabilita


f(x1, x2) = ln

(√

x21 + x22

)

, x 6= 0.

Calcolarea)

∂x1f(x), ∂x2f(x), x 6= 0.

b)∂2x1

f(x) + ∂2x2f(x), x 6= 0.


f(x1, x2, x3) =1

√

x21 + x22 + x23, x 6= 0.

Esrecizi sulla differenziabilita e derivabilita 83

Calcolarea)

∂x1f(x), ∂x2f(x), ∂x3f(x)x 6= 0.

b)∂2x1

f(x) + ∂2x2f(x) + ∂2x3

f(x), x 6= 0.


f(x1, x2) =

{ 2x1x2

x21+x2

2, x = (x1, x2) 6= 0,

0, x = (x1, x2) 6= 0.(11.1.69)

Dimostrare, che le derivate parziali

∂x1f(0), ∂x2f(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).


f : R2 \ 0 =⇒ R2

e’ tale che f = (f1, f2) dove

f1(x) =x1

√

x21 + x22, f2(x) =

x2√

x21 + x22.

Calcolaredivf(x) = ∂x1f1(x) + ∂x2f2(x).


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 + y2)α

se (x, y) 6= (0, 0).

(1) Dire per quali valori di α ∈ R la funzione fα puo’ essere estesacon continuita’ in (0, 0).

(2) Dire per quali valori di α ∈ R la funzione fα puo’ estesa concontinuita’ in (0, 0) ed inoltre risulti differenziabile in (0, 0).

Problema 11.1.8. Studiare la differenziabilita della funzione f(x, y)nel punto (x, y) = (0, 0) definita con

f(x, y) =xy sin y

x2 + y2

per (x, y) 6= (0, 0) e con f(0, 0) = 0 .Vedere se la derivata direzionale ∂vf esiste per ogni vettore v 6= 0.

Problema 11.1.9. (la derivata direzionale NON implica differnzia-bilita’)

Studiare la differenziabilita della funzione f(x, y) nel punto (x, y) =(0, 0) definita con

f(x, y) =y sin(x2 − 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 differenziabilita della funzione f(x, y)nel punto (x, y) = (0, 0) definita con

f(x, y) =y3 + x4 − x sin(y2)

x2 − y + ln(1 + y + x3)

per (x, y) 6= (0, 0) e con f(0, 0) = 0.


Problema 11.1.11. Si consideri funzione f : R2 −→ R definita da:

f(x1, x2) =x31 + |x2|3x21 + x22

se x 6= 0 e f(0) = 0. Dire se la funzione e’ differenziabile.


fα(x1, x2) =x1|x2|αx21 + x22

se x 6= 0 e f(0) = 0. Dire per quali α la funzione e’ differenziabile.


fα(x, y) =sin(|x|1+α + y2α)− |x− y2|4

x2 + y4

se (x, y) 6= (0, 0) e fα(0, 0) = 0. Dire per quali α fα e differenziabile inx = y = 0.


fα(x, y) =sin(|x|1+α + y2α)− |x2 − y2|4

x4 + y2



fα(x, y) =sin(|x|1+α + y2α)− |x4 − y4|4

x4 + y4




fα(x, y) =log(1 + |x|3α + y2α)− |x− y|3α

x4 + y4

se (x, y) 6= (0, 0) e fα(0, 0) = 0. Dire per quali α si ha fα ∈ C1(R2).

Problema 11.1.17. Studiare la continuita’ e la derivabilita’ socondouna generica direzione v ∈ R2 nel punto (0, 0) delle funzioni definitemediante

(a)

f(x1, x2) =

{sin(x1x2)

x2, x2 6= 0,

0, x2 = 0.(11.1.70)

g(x1, x2) =

{x21+x2

2−|x−y|

x21+x2

2, x = (x1, x2) 6= 0,

1, x = (x1, x2) = (0, 0).(11.1.71)

Problema 11.1.18. Sia g(r) una funzione in C2(R). Studiare la con-tinuita’ e la derivabilita’ socondo una generica direzione v ∈ R2 nelpunto (0, 0) delle funzioni definite mediante

(a)

f(x1, x2) =

{g(‖x‖), x 6= 0,c, altrimenti.

(11.1.72)

Problema 11.1.19. Sia g(r) una funzione in C2(R) con g(0) = 0 esia

f(x1, x2) =

{g(‖x‖), x 6= 0,0, altrimenti.

(11.1.73)

Verificare l’affermazione

f ∈ C1(R2) ⇐⇒ g′(0) = 0.

Problema 11.1.20. Se U ⊆ Rn e aperto e conesso, allora ogni

F : U −→ R,

differenziabile con∇F (x) = 0, ∀x ∈ U

e costante.

Derivate delle funzioni composte 87

11.2 Derivate delle funzioni composte

SeSi considerino due funzioni

f : U ⊆ Rn −→ V ⊆ Rm, f(x) = (f1(x), · · · , fm(x))

eg : 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

∂xjH(x) =

m∑

k=1

(∂ykg) (f(x))∂xjfk(x) (11.2.74)

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 conver-tite nelle coordinate cartesiane x1 e x2 utilizzando le formule

x1 = r cosϕ (11.2.75)

x2 = r sinϕ,

mentre le due coordinate cartesiane x1 e x2 possono essere convertitenella coordinata polare r come segue

r =√

x21 + x22.

Per determinare invece la coordinata angolare ϕ, bisogna usare (11.2.75).Ponendo

f1(r, ϕ) = r cosϕ (11.2.76)

f2(r, ϕ) = r sinϕ,

Derivate delle funzioni composte 88

possiamo applicare (11.2.74) per la funzione composta

H(r, ϕ) = g(f(x)).

Otteniamo

∂rH(r, ϕ) = ∂x1g(f(x)) cosϕ+ ∂x2g(f(x)) sinϕ (11.2.77)

∂ϕH(r, ϕ) = −∂x1g(f(x))r sinϕ+ ∂x2g(f(x))r cosϕ.

Problema 11.2.1. Sia f(t) = g(ϕ(t)), dove

g(x1, x2, x3) =x3

√

x21 + x22,

eϕ(t) = (cos t, 2 sin t, 2).

Trovare f ′(0).

Problema 11.2.2. Sia λ > 0,

F : Rn −→ R

eFλ(x) = λF (λx)

Verificare le identita

∂xj(Fλ(x)) = λ2(∂xj

F )(λx),

‖∇Fλ(x)‖2 = λ4‖(∇F )(λx)‖2.

Problema 11.2.3. Dimostrare che la funzione

g(x1, x2) = ϕ(x21 + x22),

soddisfa l’equazionex2∂x1g − x1∂x2g = 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)

eψ(r, ϕ) = (r cosϕ, r sinϕ).

Dimostrare l’identita’

‖∇g‖2 = |∂rf |2 + r2|∂ϕf |2.

Problema 11.2.5. Sia f(r, ϕ, θ) = g(ψ(r, ϕ, θ)), dove

g(x) = g(x1, x2, x3)

eψ(r, ϕ, θ) = (r cosϕ, r sinϕ cos θ, r sinϕ sin θ).

Dimostrare l’identita’

‖∇g‖2 = |∂rf |2 + r−2|∂ϕf |2 + r−2 sin−2 ϕ|∂θf |2.

Problema 11.2.6. Trovare tutte le funzioni

F : R → (0,∞)

tale che F ∈ C1(R) e la funzione G(x, y) = F (x)F (y) soddisfa laproprieta

(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 90

e una funzione differenziabile, il rotore di F = (F1, F2, F3) (con no-tazione ∇× F e definito da:

∇× F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

e1 e2 e3

∂1 ∂2 ∂3

F1 F2 F3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 −∂3 ∂2

∂3 0 −∂1

−∂2 ∂1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

F

dove ∂j = ∂xjnella seconda uguaglianza si e esplicitata l’equazione ma-

triciale, mentre nella prima la scrittura indica il determinante formaledella matrice:

∇× F = e1 (∂2F3 − ∂3F2) + e2 (∂3F1 − ∂1F3) + e3 (∂1F2 − ∂2F2) .


f : R3 =⇒ R3

e una funzione in classe C2. Allora le condizioni

divf = 0, rotf = 0

implicano∆f = 0,

dove∆ = ∂2x1

+ ∂2x2+ ∂2x3

e’ l’operatore di Laplace.

11.3.2 Operatore di Laplace

Problema 11.3.2. Sia ρ = ‖x‖, x ∈ Rn. Sia f : R → R di classe C2.Si calcolino le derivate prime e seconde di F (x) = f(‖x‖) = f(ρ). Siapplichi la formula al caso particolare di 1

ρn−2 , n ≥ 3 e si verifichi che

n∑

i=1

∂2F

∂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) =

{x1x2(x2

1−x22)

x21+x2

2, x = (x1, x2) 6= 0,

0, x = (x1, x2) = (0, 0).(11.3.78)

Verificare che esistono e sono fra loro differenti le derivate seconde

(∂2f

∂x1∂x2)(0,0) , (

∂2f

∂x2∂x1)(0,0).

12 Formula di Taylor

Per funzioni di piu 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, cioe

N = {0, 1, 2, · · · }.Come generalizzazione del teorema binomiale vale il cosiddetto teoremamultinomiale.

Lemma 12.1.1.

(x1 + . . .+ xn)k =

∑

|α|=k

(k

α

)

· xα, (12.1.79)

dove α = (α1, · · · , αn) e multi - indice, cioe αj ∈ N, j = 1, · · · , n,|α| = α1 + · · ·αn, (12.1.80)

(k

α

)

=k!

α!, α! = α1! · · ·αn!. (12.1.81)

e

xα =n∏

j=1

xαj

j . (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

exα = x′α

′

xαn

n . (12.1.83)

Se (12.1.79) e vera per n− 1 allora abbiamo

(x1 + . . .+ xn−1)k =

∑

|α′|=k

(k

α′

)

· x′α′

, (12.1.84)

Il binomio di Newton (Analisi Matematica 1) ci da la relazione

(y + xn)k =

∑

k1+αn=k

(k

k1

)

· yk1xαnn (12.1.85)

Usando (12.1.85) con

y = x1 + . . .+ xn−1

insieme con (12.1.84) si ottiene

(x1 + . . .+ xn)k =

∑

k1+αn=k

(k

k1

)

∑

|α′|=k1

(k1α′

)

· x′α′

xαn

n .

La definizione del coefficiente di Newton (12.1.86) implica

(k

k1

)(k1α′

)

=k!

(k1)!αn!

(k1)!

(α′)!=

k!

(α′)!αn!=

(k

α

)

, (12.1.86)

quando|α| = |α′|+ αn = k, |α′| = k1,

Binomio di Newton nel campo di quaternioni 93

quindi

∑

k1+αn=k

(k

k1

)

∑

|α′|=k1

(k1α′

)

· x′α′

xαn

n =∑

k1+αn=k

∑

|α′|=k1

(k

α

)

x′α′

xαn

n =

=∑

|α′|+αn=k

(k

α

)

x′α′

xαn

n =∑

|α|=k

(k

α

)

· xα.

Usando lo stesso raggionamento ed il Teorema di Schwartz (Lemma10.4.2) possiamo dedurre il seguente.


una funzione in n variabili, definita su un aperto U di Rn. Se f am-mette derivate di ordine k ≥ 2 continue, cioe f ∈ Ck(U), allora

(h1∂x1 + . . .+ hn∂xn)k(f(x)) =

∑

|α|=k

(k

α

)

· hα∂αx f(x), (12.1.87)

dove α = (α1, · · · , αn) e multi - indice, cioe αj ∈ N, j = 1, · · · , n,

|α| = α1 + · · ·αn, (12.1.88)

(k

α

)

=k!

α!, α! = α1! · · ·αn!. (12.1.89)

e

hα =n∏

j=1

hαj

j , ∂αx = ∂α1

x1· · ·∂αn

xn. (12.1.90)

12.2 Mini - progetto ”Analisi ed Algebra”: Bi-

nomio 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 numericomplessi Matrici 2× 2 complesse

Formula di Taylor per funzioni di piu variabili 94

Gli elementi 1, i, j,k sono rappresentati rispettivamente da:[1, 00, 1

]

,

[0, 1−1, 0

]

,

[0, ii, 0

]

,

[i, 00, −i

]

.

Il quaternionex1 + x2i+ x3j + x4k

e quindi rappresentato da[x1 + x4i x2 + x3i−x2 + x3i x1 − x4i

]

=

[z −ww z

]

Provare a dedurre formula di Newton per

(x1 + x2i)m, (x3j+ x2k)

m, (x1 + x2i + x3j + x4k)m

12.3 Formula di Taylor per funzioni di piu vari-abili

Data una funzionef(x) : U ⊆ Rn −→ R

(dove U e aperto) per ogni x0 ∈ U e per ogni h ∈ Rn con ‖h‖ piccolosi consideri la funzione

ϕ(t) = f(x0 + th). (12.3.91)

Seguendo Esempio 9.2.1 si puo ottenere

ϕ′(t) = 〈f ′(x0 + th),h〉 =n∑

j=1

hj∂xjf(x0 + th). (12.3.92)

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 = (12.3.93)

∑

|α|=k

(k

α

)

· hα∂αx f(x0 + th).

In conclusione abbiamo la formula di Talor.

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 am-mette derivate di ordine k ≥ 2 continue, cioe f ∈ Ck(U), allora

f(x0 + th) =n∑

|α|=0

∂αx f(x0)

α!hα + o(‖h‖k) (12.3.94)

dove|α| = α1 + · · ·αn, (12.3.95)

α! =

n∏

j=1

αj ! (12.3.96)

e

hα =

n∏

j=1

hαj

j , ∂αx = ∂α1

x1· · ·∂αn

xn. (12.3.97)

12.4 Esempio: Formula di Taylor di ordine 1, fun-

zione di due variabili

Sia f(x0, y0) una funzione di classe C2 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

2!

[fxx(xa, ya)h

2 + 2fxy(xa, ya)hk + fyy(xa, ya)k2]

Vale come per le funzioni di una variabile che se le derivate secondesono limitate da un numero M, allora l’errore equivale:

|R| ≤M(h2 + k2)

Esempio: Formula di Taylor di ordine 2, funzione di due variabili 96

12.5 Esempio: Formula di Taylor di ordine 2, fun-zione di due variabili

Con le stesse notazioni abbiamo:

f(x0 + h, y0 + k) = f(x0, y0) + fx(x0, y0) · h+ fy(x0, y0) · k+

+1

2!

[fxx(x0, y0)h

2 + 2fxy(x0, y0)hk + fyy(x0, y0)k2]+R(h, k)

12.6 Esempio: Formula di Taylor di ordine 3, fun-

zione di due variabili

f(x0 + h, y0 + k) = f(x0, y0) + fx(x0, y0) · h+ fy(x0, y0) · k+

+1

2!

[fxx(x0, y0)h

2 + 2fxy(x0, y0)hk + fyy(x0, y0)k2]+

+1

3!

[fxxx(x0, y0)h

3 + 3fxxy(x0, y0)h2k + 3fxyy(x0, y0)hk

2 + fyyy(x0, y0)k3]+R(h, k)

13 Massimi e minimi delle funzioni di piu

variabili

13.1 Condizioni necessari e sufficienti

Nel caso di funzioni in piu variabili, nel punto di massimo (minimo)relativo ad annullarsi e il differenziale (e quindi il gradiente) della fun-zione. Nel caso di funzioni di 2 variabili, per verificare se il punto e dimassimo o minimo, si guarda il segno del determinante della matricehessiana e il primo termine della matrice:

Lemma 13.1.1. Abbiamo:

a) primo elemento positivo, determinante positivo (matrice definitapositiva): si ha un minimo locale;

b) primo termine negativo, determinante positivo: si ha un massimolocale;

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 studiareil 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 cheannulla il gradiente di minimo locale;

b) se gli autovalori sono strettamente minori di zero, tale punto edi 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 dimassimo e minimo non si esaurisce all’interno del dominio dove lafunzione e‘ derivabile, ma si devono cercare i massimi e i minimi anchesulla frontiera, in cui in generale la funzione non e‘ differenziabile. Intal caso, nelle funzioni di due variabili si parametrizza la frontiera e sicercano i punti di massimo e di minimo come visto per una variabilereale.

13.2 Esercizi su massimi e minimi

Problema 13.2.1. Trovare il minimo della funzione

f(x, y) = (x− 4)2 + 2y2.

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 trian-golo e noto come punto di orricelli-Fermat).


Problema 13.2.3. Trovare il minimo della funzione

f(x, y) = (x+ 2)2 + 2y2 − 1.

Problema 13.2.4. Trovare il massimo e il minimo della funzione

f(x, y) = x6 + y6 − 2x3

nel dominio x3 + y3 ≤ 2, x ≥ 0, y ≥ 0.


f(x, y) = x2 + y6 + 2x4

nel dominio x2 + y4 ≤ 2, x ≥ 0, y ≤ 0.


f(x, y) = x4 + y4 + z4 − 5x2

nel dominio x2 + y2 ≤ 2− z2, x ≥ 0, y ≥ 0.

Problema 13.2.7. Trovare i punti critici per la funzione

f(x, y) = x3 + 3xy2 − 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 + y2) ≤ 4ex+y−2 (13.2.98)

per x ≥ 0, y ≥ 0.

Problema 13.2.10. Trovare il valore minimo dell’area di esagono cir-coscritto alla circonferenza di raggio 1 in R2.



F : R3 −→ R3,

una funzione differenziabile tale che

F (0) = 0,3∑

j,k=1

|∂jFk(0)|2 = c < 1.

Mostrare che esiste r > 0 tale che

‖x‖ ≤ r =⇒ ‖F (x)‖ ≤ r.


F : R+ × R+ −→ R,

una funzione definita come segue

Fα,β(x, y) = x2 + y2 − Cxαyβ,

dove C > 0 e costante, α > 0, β > 0. Studiare

minx≥0,y≥0

Fα,β(x, y).

Il Problema 13.2.12 si puo studiare seguendo i problemi successivi.


F : R+ × R+ −→ R,



dove C > 0 e costante, α > 0, β > 0. Vedere per quali α, β

infx≥0,y≥0

Fα,β(x, y) = −∞.

Molteplicatori di Lagrange 100


F : R+ × R+ −→ R,




minx≥0,y≥0

Fα,β(x, y) > −∞

esiste edmin

x≥0,y≥0Fα,β(x, y) = 0.


F : R+ × R+ −→ R,




minx≥0,y≥0

Fα,β(x, y) > −∞

esiste edmin

x≥0,y≥0Fα,β(x, y) > 0.

13.3 Molteplicatori di Lagrange

Consideriamo al inizio il caso bidimensionale. Supponiamo di avere unobiettivo, 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 realeΛ tale che

∂x1f(x∗)− Λ∂x1g(x

∗) = 0 (13.3.99)

∂x2f(x∗)− Λ∂x2g(x

∗) = 0. (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 cheF (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 C1 inU. Se il punto a = (a1, a2) in U sodddisfa l’ipotesi

F (a) = 0, ∂x2F (a) 6= 0, (13.4.101)

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:

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 C1.

Idea della dimostrazione. Si consideri il relativo sviluppo al primo or-dine di Taylor:

F (x1, x2) = F (a1, a2)+∂x1F (a1, a2)(x1−a1)+∂x2F (a1, a2)(x2−a2)+o(‖x−a‖)Tenendo conto che F (a1, a2) = 0, uguagliando a zero la prima partedel termine al primo ordine si ottiene:

∂x1F (a1, a2)(x1 − a1) + ∂x2F (a1, a2)(x2 − a2) = o(‖x− a‖)Per ipotesi,

∂x2F (a1, a2) 6= 0,

si puo quindi ricavare x2 in funzione di x1:

x2 = a2 −∂x1F (a

∗)

∂x2F (a∗)(x1 − a1) + o(‖x− a∗‖).

Applicando il teorema della contrazione possiamo completare la di-mostrazione.

13.5 Esercizi su massimi, minimi vincolati

Problema 13.5.1. Determinare il minimo e il massimo della funzione

f(x, y) = x2 + y2 − (x+ y + z)

nell’insieme{|x|+ |y|+ |z| = 1}.


.

Problema 13.5.2. Trovare fra tutti i triangoli di perimetro 2p quellodi 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

A(△) =√

p(p− x)(p− y)(p− z)

dove 2p e il perimetro.

Problema 13.5.3. Tra tutti triangoli iscritti in circonferenza, quale/qualiha/hanno perimetro massimale

Problema 13.5.4. Tra tutti triangoli iscritti in circonferenza, qualeha area massimale

Problema 13.5.5. Trovare fra tutti i triangoli circoscritto alla circon-ferenza unitaria quello di area massima.

Problema 13.5.6. Sia F ⊆ R4 definita da

F =

{

x = (11, x2, x3, x4) ∈ R4;

∣∣∣∣

x1 x2x3 x4

∣∣∣∣= 0

}

.

Dato il puntoP (1, 0, 0, 2)

trovare la distanza euclidea tra P e F .


f(x) =〈a,x〉‖x‖

in Rn \ {0}, dove a e un vettore assegnato di modulo 1.

Problema 13.5.8. Studiare

supRn\{0}

〈a,x〉‖x‖2 ,

infRn\{0}

〈a,x〉‖x‖2 ,

dove a e un vettore assegnato di modulo 1.


Problema 13.5.9. Se

F : R2 \ {0} −→ R

continua e omogenea di ordine a ∈ R, allora studiare l’esistenza delminimo

I(λ) = min‖x‖22=λ>0

F (x)

al variare di a. Calcolare I(λ) dove I(λ) esiste.

Problema 13.5.10. SeA

e una matrice simmetrica n× n allora il problema

min‖x‖2=1

〈Ax, x〉

ha almeno un minimizzante, cio’e’ ponendo

I = inf‖x‖2=1

〈Ax, x〉

e scegliendo una successione

xk, ‖xk‖2 = 1, 〈Axk, xk〉 → I,

si deve verificare che esiste una sottosuccessione di {xk} che convergea x∗ con

Ax∗ = Ix∗.

Problema 13.5.11. Se

A : Rn −→ Rn

e un operatore lineare studiare l’esistenza del minimo

I(λ) = min‖x‖22=λ>0

〈Ax, x〉+ ‖x‖pp.

Problema 13.5.12. (argomento per miniprogetto) Tra tutti triangoliiscritti in ellisse, quale/quali ha/hanno perimetro massimale

REFERENCES 105

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