Soluzioni agli esercizi

Capitolo 1

Es 1.1 Se 1 := 0 := a, {a} verifica tutti gli assiomi dei numeri reali (eccetto 1 6= 0).

Es 1.2 a2 e a3 non sono in relazione. Le altre proprieta seguono osservando che ai � aj se esolo se i j.

Es 1.3 Se M e M 0 sono due massimi di A si ha che M 0 M (essendo M massimo) e ancheM M 0 (essendo M 0 massimo); dunque per riflessivita M = M 0.

Es 1.4 A = {x 2 R��x 0}, B = {x 2 R

�� 0 x}, C = {x 2 R��x 0, x 6= 0} e D = {x 2 R

�� 0 x, x 6= 0}.

Es 1.5 (i): se x = 0 o y = 0, allora (Proposizione 1.10) x · y = 0. Se x · 0 e x · y = 0, alloray = 1 · y = (x�1 · x) · y = x�1 · (x · y) = x�1 · 0 = 0.(ii) segue dall’unicita dell’inverso, essendo: (x·y)·x�1·y�1 = y·(x·x�1)·y�1 = y·y�1 = 1.(iii) e (iv) seguono da (ii) e (vi) della Proposizione 1.11 e dalla definizione di ‘<’ (per il“solo se” si moltiplichino i membri della disuguaglianza per x�1 > 0).

Es 1.6 (i) segue dalle proprieta commutativa e associativa.(ii) a·b�1+c·d�1 = a·(d·d�1)·b�1+c·(b·b�1)·d�1 = (a·d)·(d�1 ·b�1)+(c·b)·(b�1 ·d�1) =(a · d)(b · d)�1 + (c b)(b · d)�1 = (a · d+ c · b)(b · d)�1.

Es 1.7 Segue dagli assiomi (SO), (PO), (O4) e dalla definizione di ‘<’.

Es 1.8 (i) segue immediatamente dalla definizione.(ii): A = �A () A ✓ �A e �A ✓ A e si usa la (i).

Es 1.9 (i): f(0) = f(�0) = �f(0) =) 2f(0) = 0 =) f(0) = 0.(ii): f(x) = f(�x) = �f(x) =) 2f(x) = 0 =) f(x) = 0.

Es 1.10 A+A = {2 x < 4}. A�A = {�1 < x < 1}.

Es 1.11 (i) e (ii) derivano immediatamente dalla definizione.(iii): si considerano separatamente i casi x, y � 0, x 0 y e x, y � 0 e si usa il punto(iii) della Proposizione 1.11.

Es 1.12 Se, per assurdo, fosse x > y, si prenda " = (x � y)/2 > 0 e si avrebbe x y + " =y + (x� y)/2 = (x+ y)/2 il che equivale a x y, che contraddice x > y.

Es 1.13 La prima parte segue immediatamente per induzione su m.Sia I := {x

�� 0 x 1/4} [ {x � 1}: I e induttivo ma 1/4 + 1/4 = 1/2 /2 I.

Es 1.14 Seguono immediatamente dalle definizione ricorsive di somma; ad esempio per (ii) si ha:per n = 1 l’a↵ermazione e vera; assumendo (ii) si ha:

n+1X

k=1

c·ak =⇣ nX

k=1

c·ak⌘+c·an+1

(ii)= c·

⇣ nX

k=1

ak⌘+c·an+1 = c·

⇣ nX

k=1

ak+an+1

⌘= c·

n+1X

k=1

ak .

Es 1.15 (i) Per n = 1 e vera. Assumiamo (ii), allora

n+1X

k=1

k =nX

k=1

k + (n+ 1)(ii)=

n(n+ 1)

2+ (n+ 1)

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

2=

(n+ 1)(n+ 2)

2.

Chierchia, Corso di Analisi. Prima parteCopyright © 2019 McGraw-Hill Education (Italy) S.r.l.

(ii): Per n = 1 e vera. Assumiamo (ii), allora

n+1X

k=1

k2 =nX

k=1

k2 + (n+ 1)2(ii)=

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

6+

6(n2 + 2n+ 1)

6

=(n+ 1)

⇣n(2n+ 1) + 6(n+ 1)

⌘

6=

(n+ 1)⇣2n2 + n+ 6n+ 6

⌘

6

=(n+ 1)

⇣(n+ 2)(2n+ 3)

⌘

6

=(n+ 1)(n+ 2)

�2(n+ 1) + 1

�

6.

Es 1.16 (ii) Induzione su m: per m = 1e vera. Assumiamo (ii), allora

(xn)m+1 = (xn)m · xn (ii)= xnm + xn (i)

= xnm+n = xn(m+1).

(iii) Induzione su n: per n = 1 e vera. Assumiamo (iii), allora

xn+1yn+1 (i)= xnynxy

(iii)= (xy)n(xy)

(i)= (xy)n+1.

Es 1.17 (i) Per n = 1 e vera. Per n � 2 segue immediatamente da (1.35) (essendo il terminedella sommatoria strettamente positivo).(ii) Se k = 0 segue da (i). Per k > 0, osservando che xn < xk () xn�kxk < xk seguedal caso k = 0 e dall’Esercizio 1.5–(iii) (“dividendo” per xk).(iii) Per n = 1 e vera. Per n � 2 segue immediatamente da (1.35) (essendo il terminedella sommatoria strettamente positivo).

Es 1.18 (i) Per la Proposizione 1.36–(iii) si ha: (y�1)nyn = (y�1y)n = 1n = 1 e quindi, perl’unicita dell’opposto segue la tesi.

(ii) Per la Proposizione 1.36–(iii) si ha: (xy�1)n = xn(y�1)n(i)= xn(yn)�1.

Es 1.19 Per y = 0 o n = 1 la (1.35) e ovvia. Se y 6= 0 e n � 2, dalla (1.33) con x sostituito dax/y e n da n� 1, si ha

⇣xy

⌘n

� 1 =⇣xy� 1

⌘ n�1X

k=0

⇣xy

⌘k

e moltiplicando ambo i membri per yn si ha

xn � yn = y ·⇣xy� 1

⌘ n�1X

k=0

yn�1⇣xy

⌘k

= (x� y)n�1X

k=0

xkyn�1�k = (x� y)n�1X

k=0

xn�1�kyk

(per l’ultima uguaglianza si veda l’Osservazione 1.41–(i)).

Es 1.20 Segue per induzione su n e dal Lemma 1.43–(iii).

Es 1.21 Siano f : A ! B e g : B ! C biunivoche.Siano x1, x2 2 A e siano yi := f(xi). Se g � f(x1) = g � f(x2) allora g(y1) = g(y2) edessendo g iniettiva, si ha che y1 = y2 e cioe f(x1) = f(x2) per cui (iniettivita di f)x1 = x2. Quindi g � f e iniettiva.Sia z 2 C. Essendo g suriettiva, esiste y 2 B tale che z = g(y). Essendo f suriettivaesiste x 2 A tale che y = f(x). Quindi z = g � f(x), ossia, g � f e anche suriettiva.

Es 1.22 Dimostriamo il caso n = 2. Siano A e B insiemi finiti. Se B ✓ A, A [ B = A e la tesie ovviamente vera. Se B0 := B\A 6= ?, si ha A [ B = A [ B0 e A \ B0 = ?. B0 e

finito essendo un sottoinsieme non vuoto di un insieme finito (Proposizione 1.53–(iv)).

Essendo A e B0 finiti, si ha che A�⇠= Fn e B

⇠= Fm e, se definiamo � : A [ B0 come

�(x) = �(x) se x 2 A e �(x) = (x)+n se x 2 B0, si ha A[B0�⇠= Fn+m. Il caso generale

segue da questo per induzione finita.

Es 1.23 Sia A�⇠= N numerabile e ? 6= B ✓ A. Bisogna dimostrare che se B e infinito, allora e

numerabile il che e equivalente a dimostrare che C := �(B) ✓ N e numerabile sapendoche e infinito. Costruiamo ricorsivamente la seguente successione: a1 = minC e, pern � 2, an := minC\{ak

�� 1 k n � 1}. Chiaramente an > an�1 > · · · > a1 e{an

��n � 1} = C e quindi B ⇠= C ⇠= N.

Es 1.24 Sia A finito e B numerabile. Se A ✓ B, A [ B = B e la tesi e ovviamente vera.Se A0 := A\B 6= ?, si ha A [ B = A0 [ B e A0 \ B = ?. A0 e finito (essendo un

sottoinsieme non vuoto di un insieme finito) e dunque A�⇠= Fn e B

⇠= N . Definiamo

� : A0[B ! N con �(a) = �(a) se a 2 A0 e �(a) = n+ (a) se a 2 B. Allora, A0[B�⇠= N.

Es 1.25 Dal Lemma 1.56 segue che A\B contiene un sottoinsieme numerabile C. Si costruisce,poi, una biiezione � tra C e C [B. Infine, si estende � tra A\B e A (ponendo �(a) = aper ogni a 2 A\(B [ C)).

Es 1.26 Sia B0 := B\A. Se B0 = ? la tesi e ovviamente vera. Supponiamo B0 6= ?. Per l’Es1.23 B0 e finito o numerabile. Sia A0 = A[B0 = A[B. Allora, A0 e infinito, B0 ✓ A0 efinito o numerabile e A0\B0 = A. Quindi (Es 1.25) A0 ⇠= A0\B0 ossia A [B ⇠= A.

Es 1.27 Osservazione 1.63-(i): Sia m := 1� n, allora n < x < n+1 () 1 = m+ n < x+m <m+ n+ 1 = 2, il che implica che 1 < x+m /2 N e quindi x /2 Z.Osservazione 1.63-(ii): Sia p := 1�m, allora

n > m () p+ n > p+m = 1 =) p+ n � 2 () n � m+ 1 .

La successione b : Z ! N definita come b0 = 1, bk = 2k se k > 0, bk = �2k+1 se k < 0e la funzione inversa di a.

Es 1.28 (1.42) segue immediatamente dalla definizione; (1.43) segue da (1.42) e dall’unicitadell’inverso, essendo xn(x�1)n = (x · x�1)n = 1n = 1.

Es 1.29 Assumiamo che o n o m non siano numeri naturali (altrimenti la tesi e nota per laProposizione 1.36).(i) Se n + m = 0, m = �n e la (i) e conseguenza di (1.42) e (1.30). Supponiamon+m > 0; in tal caso possiamo assumere n > 0 > m. Allora, per la Proposizione 1.36,

xn+m(1.43)= xn+mx�mxm = xn+m�mxm = xnxm. Se n + m < 0, da (1.43), segue che

xn+m = (x�n�m)�1 = (x�nx�m)�1 = xnxm.

(ii) e (iii) seguono facilmente da (1.43).

Es 1.30 Se r = p/q 2 Q, r 2 En con n = max{|p|, q}.

Es 1.31 Se d non fosse primo si avrebbe d = nm con 1 < n,m < d, ma allora P conterebbe unmultiplo di m con m < d.

Es 1.32 2 e primo. Togliendo i multipli di 2 maggiori di 2 da P1 = {n 2 N��n 100} si ottiene

l’insieme l’insieme P2 dei numeri dispari minori di 100 e minP2 = 3; quindi (Es 1.31) 3e primo. Togliendo i multipli di 3 da P2 otteniamo l’insieme P3 = {5, 7, 11, 13, 17, 19,

23, 25, 29, 31, 35, 37, 41, 43, 47, 49, 53, 55, 59, 61, 65, 67, 71, 73, 77, 79, 83, 85, 89, 91,95, 97}, per cui 5 e primo. Togliendo i multipli di 5 da P3, otteniamo l’insieme P4 = {7,11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 49, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 77, 79, 83, 89, 91,97}, per cui 7 e primo. Togliendo i multipli di 7 da P4, otteniamo l’insieme

P5 = {11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97}. (1)

Si noti, ora, che con questo procedimento Pn non contiene multipli di numeri primi pcon p < d = minPn (che e anche primo). In particolare P5 non contiene multipli di 2, 3,5, 7 e neanche multipli di 4, 6, 8, 10 (essendo multipli di 2) e di 9 (che e multiplo di 3).In definitiva P5 non contiene multipli di 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10. Ma allora se ci fosse unnumero composto dovrebbe essere della forma k ·m con k,m � 11 e quindi k ·m � 121il che non e possibile perche P5 ✓ P1 il cui massimo e 100. Dunque la lista in (1) e lalista di tutti i numeri primi piu piccoli di 100.Questo metodo, che naturalmente si puo generalizzare a qualunque n finito, si chiamacrivello di Eratostene.

Es 1.33 (i): Se 2 n 2 N, denotiamo P (n) := {p primo�� p|n}. Chiaramente, n e primo se

e solo se P (n) = {n}. Se n e composto, esiste p primo, 1 < p < n, tale che p|n; inparticolare P (n) 6= ?. Un maggiorante di P (n) e n e dunque P (n) e finito e ordinandoi suoi elementi si ha che esiste N 2 N tale che P (n) = {pj

�� pj N} e, se N > 1,p1 < p2 < · · · < pN . Se aj := max{a

�� paj|n}, si ha la (1.58).

(ii): Per dimostrare l’unicita, assumiamo cheQ

N

j=1 paj

j=Q

M

j=1 qbj

j. Usando il Lemma

di Gauss si ha che ogni pj e un qi e viceversa e da questo segue facilmente anche cheN = M e ai = bi.

Es 1.34 (i): Per induzione su d 2 N. Per d = 1 e vero. Supponiamo l’asserto vero per d � 2e supponiamo che p|md+1. Allora essendo (p,m) = 1 e p|m ·md, dal Lemma di Gausssegue che p|md e quindi per l’ipotesi induttiva p|m.(ii): rd = p con p primo e r 2 Q () 9m,n 2 N, m > n � 2, tali che (m,n) = 1 e

md = p · nd(i)=) p|m =) m = q · p con q � 2 intero =) qdpd�1 = p · (qdpd�2) =

nd(i)=) p|n il che contraddice (m,n) = 1.

Es 1.35 (1.60): Se ? 6= A e limitato superiormente, allora �A e limitato inferiormente. Essendo�(�A) = A, la (1.60) segue da (1.59) applicata a (�A).(1.61): Se A B, ogni elemento di b 2 B e un maggiorante di A e quindi supA b,8b 2 B. Quindi supA e un minorante di B e quindi supA inf B.

Es 1.36 Se applichiamo (i) all’insieme (�A) e poniamo s := �s, s = �t, y = �x, per la (1.60)otteniamo:“s = inf A se e solo se s e un minorante di A e per ogni s > s esiste y 2 A tale chey < t.”che e l’a↵ermazione (ii) (con altri simboli per t e x).

Es 1.37 Supponiamo per assurdo che ci siano due numeri s1 < s2 che separano A e B, ossia:A s1 < s2 B. Sia " := (s2 � s1)/2 > 0. Essendo A B contigui, esistono y 2 B ex in A tali che 0 < y � x < ". Ma allora, " > y � x � s2 � s1 = 2", contraddizione.

Es 1.38 Da (1.61) segue che A supA inf B B e quindi che supA inf B sono numeri cheseparano A e B. Per l’unicita dell’elemento separatore di due insiemi contigui, segueche supA = inf B.

Es 1.39 [x] e l’unico intero tale che [x] x < [x] + 1, ma questo implica [x] + 1 x + 1 <([x] + 1) + 1, ed essendo [x] + 1 intero, segue che [x] + 1 = [x+ 1].{x+ 1} := (x+ 1)� [x+ 1] = (x+ 1)� ([x] + 1) = x� [x] =: {x}.

Es 1.40 Essendo la formula simmetrica in x e y possiamo assumere x y: in questo caso,

min{x, y}+ |y � x|2

= x+y � x

2=

x+ y

2.

Es 1.41 No: se A = {x�� 0 < x < 1} e x = 0, allora d(x,A) = 0 ma x /2 A.

Es 1.42 Poiche n x < n+1, se k, h sono interi con h n e k � n+1, si ha |x�h| = x�h x�ne |x�k| = k�x � n+1�x. Quindi, d := min{x�n, n+1�x} min{|x�h|, |k�x|},da cui d = dist {x,Z}.

Es 1.43 Se y1n < x

1n , dalla Proposizione 1.37–(iv) segue che y = (y

1n )n < (x

1n )n = x.

Sia 0 y < x. Se (per assurdo) fosse y1n � x

1n , dall’unicita della radice, si avrebbe y

1n >

x1n e, dalla dalla Proposizione 1.37–(iv), seguirebbe y > x e cioe una contraddizione.

Es 1.44 Essendop2 /2 Q,

p2 /2 A [ B e da questo segue anche che A [ B = Q. Per la densita

dei razionali in R, segue che, per ogni " > 0, esistono x, y 2 Q, tali chep2� "/2 < x <p

2 < y <p2+ "/2 e quindi 0 < y�x < ", ossia, A e B sono contigui e

p2 e l’elemento

separatore.

Es 1.45 Dati x < y, per la densita dei razionali in R, segue che esiste r 2 Q, tale che x/p2 <

r < y/p2, ossia x < r

p2 < y e r

p2 /2 Q.

Es 1.46 Per la Proposizione 1.66,⇣(adp)

1dq

⌘q

= (adp)qdq = (adp)

1d = a

dpd = ap

e quindi, dall’unicita della radice, segue (ii) dell’Osservazione 1.109.

Es 1.47 Sia n > 0. Allora, (x1n y

1n )n = (x

1n )n(y

1n )n = 1 e la tesi segue per l’unicita della radice

n–sima. Se n < 0, la tesi segue dal risultato precedente e dalla (1.43).

Se n,m > 0,⇣(x

1n )

1m

⌘n

m =⇣⇣

(x1n )

1m

⌘m⌘n

=⇣(x

1n )⌘n

= x e la tesi segue per l’unicita

della radice n–sima. Gli altri casi seguono facilmente da (1.43).

Es 1.48 Se x � 0, allora y = x1n e l’unica soluzione non negativa dell’equazione yn = x; d’altra

parte se y < 0, yn < 0 e quindi non esiste alcuna y < 0 che risolve l’equazione yn = x.Se x < 0, l’equazione yn = x e equivalente a (�y)n = �x e quindi l’unica soluzionetale che �y � 0, ossia y 0 e data da �y = |x| 1

n . D’altra parte se y > 0, (�y)n < 0 equindi non esiste una soluzione con y > 0.

Es 1.49 Seguono immediatamente dalle identita ar = a(p/q) = (ap)1q = (a

1q )p, (dove r = p/q).

Es 1.50 Se 0 < a < 1, allora a�1 > 1 e da (1.74) segue che (a�1)s > (a�1)r e quindi ar > as.

Es 1.51 La (1.79) e equivalente a y1n x

1n + (y� x)

1n che e vera come segue elevando alla n ed

usando la formula del binomio di Newton.

Es 1.52 Una retta non costante e una funzione x 2 R ! ax+ b con a 6= 0. Se a > 0 tale funzionee strettamente crescente; se a < 0 e strettamente decrescente.

Es 1.53 La (1.88) si verifica con calcoli immediati. La (1.89) e conseguenza imediata della primaidentita in (1.88).(i) Se a > 0, p(x) = a(x� x0)2 ��/(4a) � p(x0) = ��/(4a) = min p.La funzione y2 non e limitata superiormente (y2 > M > 0 =) |y| >

pM) ed e

strettamente crescente su {y � 0} e strettamente decrescente su {y 0} (se x < y 0,allora 0 < �y < �x e quindi 0 y2 < x2): da questo segue che p e strettamentecrescente su {x � x0} e strettamente decrescente su {x x0}.Le altre a↵ermazioni in (i) seguono immediatamente dall’identita p(x) = a(x�x+)(x�x�).(ii) segue da (i) considerando la parabola �p(x) = (�a)x2 � bx� c, essendo (�a) > 0.

Capitolo 2

Es 2.1 Sia I = (a, b) un intervallo aperto che contiene x 2 R. Se a = �1, x � n 2 I per ognin 2 N; se a 2 R, allora � := x� a > 0 e x� �/n 2 I per ogni n 2 N.

Es 2.2 (i) “ (= ” e ovvio. Dimostriamo “ =) ”. Sia x0 2 I, y0 2 J . Allora o x0 < y0 oy0 < x0. Supponiamo, ad esempio, che x0 < y0 (altrimenti scambiamo i nomi di I eJ). Sia b = sup I e ↵ = inf J . Allora b ↵: se fosse b > ↵, esisterebbe y 2 J con↵ < y < b, il che implicherebbe per la definizione di intervallo che y 2 I e quindiI \ J 6= ? (contraddizione). Se b < ↵ allora I < J ; se b = ↵, non puo accadere cheb 2 I \ J e quindi, anche in questo caso, I < J .(ii) “ (= ”: se z 2 I \ J e x 2 I e y 2 J ogni punto tra x e z e in I e ogni punto tra z ey e in J e quindi ogni punto tra x e y e in I [ J , per cui I [ J e un intervallo. Se I Jsono contigui si ha che z := sup I = inf J e poiche z 2 I [ J possiamo ragionare comeprima e dedurne che I [ J e un intervallo.“ =) ” e equivalente a dimostrare che se I [ J e un intervallo e I \ J = ?, allora siha che I e J sono contigui e l’elemento separatore s 2 I [ J . Infatti, per (i) si ha che(eventualmente scambiando i nomi di I e J) I < J e se non fossero contigui esisterebbez /2 I [ J tale che I < z < J e quindi I [ J non sarebbe un intervallo, contraddicendol’ipotesi; se I < J sono contigui essendo I [ J un intervallo si deve avere s 2 I [ J .

Es 2.3 (i) Se s = +1 = supA si ha che A non e limitato e quindi per ogni M esiste x 2 Atale che x > M ossia x 2 (M,+1). Se s = supA 2 R, allora per ogni " > 0, per laProposizione 1.93, esiste x 2 A tale che x > s� " e quindi x 2 (s� ", s] ✓ (s� ", s+ ").Dimostriamo il viceversa. Sia t < s e se s = +1 poniamo V = (t,+1) e se s 2 Rponiamo V = (t, s+ 1). Dalle ipotesi segue che esiste x 2 A \ V e quindi t < x. La tesisegue quindi dalla Proposizione 1.93.Per la dimostrazione di (ii) si procede come nell’Es 1.36.

Es 2.4 (i): se x 2 A esiste un intervallo aperto I ✓ A che contiene x. Quindi se U e un intorno dix, I \U ✓ A e un intervallo (aperto) che contiene x e quindi (Es 2.1) contiene (infiniti)punti diversi da x, ossia, x 2 DA.(ii) Se x 2 IA allora esiste un intervallo I tale che x 2 I e I \A = {x} (e quindi I e unintorno di x). Ma allora, I \A\{x} = ? ossia x /2 D⇤A e quindi IA \ D⇤A = ?.(iii) segue da (i) e da (ii).(iv) Se x 2 A ma x /2 IA, allora per ogni intorno U di x, U \ A\{x} 6= ? e quindix 2 DA. Ne segue che A = IA [ DA ed essendo tale unione disgiunta (per (ii)), si hala tesi.

Es 2.5 Se a < x < b, allora esiste " > 0 tale che a < x � " < x < x + " < b e quindi(x � ", x + ") ✓ I, il che vuol dire che x e interno. D’altra parte, gli estremi non sonopunti interni: se a = �1 o b = +1, non appartiene ad I e quindi non e interno. Sea 2 R, per ogni � > 0, a� � /2 I e quindi a non puo essere interno; analogamente per b.Segue dal fatto che a = inf(a, b) e b = sup(a, b) (e dalla Proposizione 1.93).

Es 2.6 (i) Se m 2 Z, allora (m� 1/2,m+ 1/2) \ Z = {m} e quindi m 2 IZ.(ii) Da (i) segue che Z = N = ?. In ogni intorno di x 2 R vi sono sia punti razionali cheirrazionali e quindi Q = (R\Q)� = ?. .(iii) Essendo supN = +1, segue che +1 2 D⇤N; analogamente +1,�1 2 D⇤Z. Perogni x 2 R, in (x � 1/2, x + 1/2) vi e al piu un numero intero. Quindi D⇤N = {+1},D⇤Z = {�1,+1}.(iv) segue dal fatto che Q e R\Q sono illimitati superiormente e inferiormente e dalladensita dei razionali e degli irrazionali.(v) segue sempre dalla densita dei razionali e degli irrazionali.

Es 2.7 (2.1) segue dal fatto che limx!x0 |F (x)| = 0 () limx!x0 F (x) = 0 e dal fatto che

limx!x0

f(x) = L () limx!x0

(f(x)� L) = 0 .

(2.2) segue dal fatto che, se x = x0 + y, allora |y| < " () |x� x0| < ".

Es 2.8 Sia M > 0. Allora esiste un intorno di x0 tale che f(x) > M per ogni x 2 U \ A\{x0}e quindi, per tali x, g(x) � f(x) > M , ossia limx!x0 g(x) = +1.Per la seconda a↵ermazione basta considerare �f e �g (o adattare l’argomento prece-dente).

Es 2.9 (i) Per (2.1), limx!0 1 + |x| = 1 e equivalente a limx!0 |x| = 0, che e ovvio (si prenda� = ").Se x 6= 0, sgn2(x) = 1 e quindi, se x 6= 0, | sgn(x)� 1| = 0.(ii) Assumiamo, per cominciare, che |x� 1| 1/2. Questo implica che x � 1/2 e quindi

f(x) :=x

(1� x)2� 1

2

1

(1� x)2. Sia, ora, M > 0, la disuguaglianza

1

2

1

(1� x)2> M

e equivalente a |1 � x| < 1/p2M . In definitiva, se 0 < � = min{1/2 , 1/

p2M}, e se

|x� 1| < �, allora f(x) > M .(iii): 1 + x2 > x2 e per |x| > 1 si ha |1 + x| < 2|x|. Dunque, dato " > 0, se |x| > M :=max{1, 2/"}, si ha che |(1 + x)/(1 + x2)| < 2|x|/x2 = 2/|x| < ", il che implica (iii).(iv): Se 1 < x < 2, allora f(x) := x/(1 � x) < �2, mentre se 1/2 < x < 1, si ha chef(x) > 1. Supponiamo ora, per assurdo, che esista limx!1 f(x) = L 2 R⇤. Allora, seL � 0 prendiamo l’intorno di L dato da U = (�1,1) mentre se L < 0 prendiamoU = (�1, 0). Da quanto detto prima segue che in ogni intorno V di 1 vi sono valori dix, x0 tali che f(x) < �2 e f(x0) > 1 e quindi almeno uno di tali valori non appartiene aU contraddicendo la definizione di limite.

Es 2.10 (i) Se poniamo y := x� 2, il problema diventa equivalente a trovare � > 0 tale che per|y| < � si abbia |f(2 + y) + 3| < 10�6. Ora, |f(2 + y) + 3| = 2|y|/|1 + y| e, se |y| 1/2,si ha 2|y|/|1 + y| 4|y| (essendo |1 + y| � 1� |y| � 1/2). Dunque, se � = 1/(4 · 106), ese |y| < �, si ha che |f(2 + y) + 3| 4|y| < 4� = 10�6.(ii) Poniamo y := 7� 4x2. Allora, se |y � 3| < 1 (cioe 2 < y < 4), si ha

���1py� 1p

3

��� =|3� y|

p3y · (

p3 +

py)

<|3� y|p

6 · (p3 +

p2)

< |3� y| . (2)

D’altra parte, se |x� 1| 1,

|3� y| := 4|1� x2| = 4|1� x| · |1 + x| 4|x� 1|(1 + |x|) 8|x� 1| . (3)

Quindi, mettendo assieme (2) e (3), si ha che |f(x) � L| < 10�6 per ogni x tale che|x� 1| < 1/(8 · 106).

Es 2.11 (i) Se x > 1, si ha

���px2 � 1

2x� 1

2

��� =1

2

���r

1� 1

x2� 1

��� =1

2x2

1q1� 1

x2 + 1<

1

2x2< 10�6

purche x > a con a := 1/(p2 · 103).

(ii) Se x < a < 0, allora x2 > a2 e (1 + x2)17/19 > (1 + a2)17/19 > a34/19. Quindi, sea = �1057/17, si ha che (1 + x2)17/19 > 106.

Es 2.12 Per x < 0, sgnx = �1 =) limx!0� sgn(x) = �1; analogamente per x > 0, sgnx = 1=) limx!0+ sgn(x) = 1.Se n < x < n+ 1, [x] = n. Quindi lim

x!n+[x] = n.

Se n� 1 < x < n, [x] = n� 1. Quindi limx!n�

[x] = n� 1.

limx!n+

{x} = limx!n+

(x� [x]) = n� limx!n+

[x] = 0.

limx!n�

{x} = limx!n�

(x� [x]) = n� limx!n�

[x] = n� (n� 1) = 1.

Es 2.13 (ii): Se L 2 R, per ogni " > 0, 9 x 2 A \ (x0,+1) tale che L f(x) < L + " e poichef e crescente L � " < L f(x) f(x) < L + " per ogni x0 < x < x e x 2 A, da cuisegue la tesi.Se L = �1, per ogni a < 0, 9 x 2 A \ (x0,+1) tale che f(x) < a e quindi f(x) f(x) < a per ogni x0 < x < x e x 2 A, da cui segue la tesi.I casi (iii) e (iv) seguono considerando �f (o ripetendo argomenti analoghi a quelliprecedenti).

Es 2.14 limx!0+ f(x) = 0 e limx!0+ g(x) = 1.

Es 2.15 Ovviamente f ⇠ f . La simmetria e il punto (i) dell’Osservazione 2.30. Se f ⇠ g e g ⇠ h,

allora limx!x0

f(x)

h(x)= lim

x!x0

f(x)

g(x)· g(x)h(x)

= limx!x0

f(x)

g(x)· limx!x0

g(x)

h(x)= 1, ossia f ⇠ h (proprieta

transitiva).

Es 2.16 Se f ⇠ g (vicino a x0) allora f/g ⇠ 1 e quindi la tesi segue dal punto (ii).

Es 2.17 Supponiamo an an+1 per ogni n. Dimostriamo per induzione su m che an an+m

per ogni n,m. Per m = 1 e vero per ipotesi e se assumiamo che an an+m, poichean+m an+m+1 segue che an an+m+1.

Es 2.18 Sia m = inf E. Allora, �m = sup(�E) ed esiste {x0n} ✓ (�E) crescente tale che

limx0n= �m, e quindi xn := �x0

n2 E e xn & m.

Es 2.19 Poiche a1/n < a1/nn < b1/n, dal teorema del confronto e dalla Proposizione 2.35–(iv)

segue che lim a1/nn = 1.

Es 2.20 Segue, ad esempio, dalla disuguaglianzan!

nn 1

n(che si verifica facilmente per induzio-

ne).

Es 2.21 Per n = 1 (essendo e > 1) la (2.18) vale. Poiche 2 < e < 3 (cfr. (2.8)) vale, per n = 2,la seguente disuguaglianza

⇣ne

⌘n

< n! <⇣ne

⌘n

· e n . (4)

Assumiamo che valga la prima disuguaglianza in (4) per n � 2 e dimostriamola pern+ 1.⇣n+ 1

e

⌘n+1=⇣1 +

1

n

⌘n

· (n+ 1) ·⇣ne

⌘n

· 1e

(4)<

⇣1 +

1

n

⌘n

· (n+ 1)! · 1e

(2.7)< (n+ 1)!

Assumiamo, ora, che valga la seconda disuguaglianza in (4) per n � 2 e dimostriamolaper n+ 1. Ricordando la definizione di En in (2.5), si ha

(n+1)! = n!(n+1)(4)<

⇣ne

⌘n

ne(n+1) =e

En

⇣n+ 1

e

⌘n+1e(n+1)

(2.7)<

⇣n+ 1

e

⌘n+1e(n+1).

Es 2.22 (i): Per la la disuguaglianza di Bernoulli,⇣1 +

1

n

⌘n2

� 1 + n2 · 1n

= 1 + n ! +1 e

quindi la tesi segue dal teorema del confronto.

(ii):⇣1� 1

n

⌘n2

= 1/⇣1 + 1

n�1

⌘n2

< 1/⇣1 + 1

n

⌘n2

e quindi la tesi segue da (i).

(iii): Per la la disuguaglianza di Bernoulli, 1 >⇣1� 1

n2

⌘n

� 1�n · 1n2 = 1� 1

n, e la tesi

segue per confronto.(iv): si usino il Corollario 2.42, (i) e (ii).

Es 2.23 Sia U un intorno di L. Allora 9 N tale che a2n, a2n�1 2 V per ogni n � N e quindiak 2 V per ogni k � 2N � 1.

Es 2.24 an > 0 per ogni n e an+1 < an (come si verifica immediatamente per induzione). Dunqueesiste lim an = L � 0 e tale limite verifica L = L/(1 + L) che ha L = 0 come unicasoluzione.

Es 2.25 a1 = 1 e, per n � 2, an = f(an�1) con f(x) := 1/(2+x) che e strettamente decrescenteper x > 0 e quindi F := f �f e strettamente crescente. Chiaramente, an > 0 per ogni n esi ha a2 < a4 < a3 < a1. Da queste relazioni segue (cfr. Esempio 2.45) che a2n < a2n�1

e che a2n % ↵ � . a2n�1. Essendo an+1 = 1/(2 + (1/(2 + an�1))) si ha che ↵e � verificano la stessa equazione che e x = 1/(2 + (1/(2 + x))) che si puo riscriverecome x2 + 2x � 1 = 0 che ha come unica soluzione positiva

p2 � 1. In conclusione

lim an =p2� 1.

Es 2.26 Se x, x0 2 A, (ricordando la Definizione 1.19 ed usando la (vi)–§ 3.1), si ha

|f+(x)� f+(x0)| =

���f(x)� f(x0) + |f(x)|� |f(x0)|���

2

|f(x)� f(x0)|+��|f(x)|� |f(x0)|

��2

|f(x)� f(x0)| .

Es 2.27 (i) limx!0

sgn(x) = 1.

(ii) limx!n�

[x] = n� 1 < n = limx!n+

[x].

(iii) limx!0�

1/x = �1.

(iv) 8x0 2 R, non esiste il limx!x0�

g(x).

Es 2.28 Per la Proposizione 2.21, le funzioni monotone possono avere solo discontinuita di salto.Sia f : A ! R crescente (nel caso f decrescente, si consideri la funzione �f). Sex1 < x2 sono punti di discontinuita di f si deve avere f(x1+) f(x2�); questo significache

�f(x1�), f(x1+)

�<

�f(x2�), f(x2+)

�. Siano ora a < b punti di A e siano xi

punti di discontinuita per f tali che b x1 < x2 < · · · < xn b. Dall’osservazioneprecedente segue che gli intervalli aperti

�f(xi�), f(xi+)

�sono n intervalli consecutivi

in�f(a), f(b)

�e quindi la somma delle loro ampiezze f(xi+)�f(xi�) (ossia, l’ampiezza

del salto di f in xi) non puo eccedere f(b)� f(a). Quindi, fissato N , la somma dei saltidi ampiezza 1/N in [a, b] e finita. Ora, poiche

{x 2 [a, b]�� f ha un salto in x}

=[

N>1

{x 2 [a, b]�� f ha un salto in x di ampiezza � 1/N} ,

dalla Proposizione 1.59 segue che f puo avere al piu una quantita numerabile di discon-tinuita in [a, b] \A per ogni a < b in A. Da questo segue la tesi.

Capitolo 3

Es 3.1 Essendo 0 < x, (1� x),↵ < 1, si ha: (1� x)↵ > 1� x > 1� x↵.

Es 3.2 (i): Poiche a�n & 0, esiste un m 2 N tale a�m < x e quindi t = �m 2 Ex 6= ?. Poichean % +1, esiste m 2 N tale che am > x e quindi se t 2 Ex, at < x < am e, poichey ! ay e strettamente crescente, deve essere t < m, ossia Ex e limitato superiormente.(ii): Basta dimostrare che a�a(x) = x (essendo x = aloga(x)). Sia y := �a(x). Supponiamo(per assurdo) che ay < x. Poiche ay+

1n = aya

1n & ay, segue (dalla definizione di limite)

che esiste un m tale che ay+1m < x; ma allora y+ 1

m2 Ex, il che contraddice il fatto che

y e un maggiorante. Supponiamo (per assurdo) che ay > x. Poiche ay�1n % ay, segue

che esiste un m tale che x < ay�1m < ay, il che implica che y � 1

me un maggiorante

di Ex strettamente piu piccolo di y, contraddicendo il fatto che y e il piu piccolo deimaggioranti. Dunque deve essere ay = x.

Es 3.3 Prendendo i logaritmi nelle disuguaglianze (2.7) segue che

n log⇣1 +

1

n

⌘< 1 < (n+ 1) log

⇣1 +

1

n

⌘

da cui segue immediatamente (3.14).

Es 3.4 (1)÷(iv) sono verifiche immediate; ad esempio:

cosh2 x� senh2 x =1

4

�e2x + e�2x + 2�

�e2x + e�2x � 2

��= 1.

(v): senhx e somma di due funzioni strettamente crescenti, ex e (�e�x), e quindi estrettamente crescente.Se x � 0 e y > 0, allora cosh(x+ y) = (coshx)(cosh y+senh y tanhx) � coshx cosh y >coshx.(vi) Segue immediatamente dalle proprieta dell’esponenziale. Ad esempio,

limx!0+

cotanhx = limx!0+

1 + e�2x

1� e�2x= lim

y!1�

1 + t

1� y= +1.

(vii): coshx =ex

2(1 + e�2x) e quindi coshx ⇠ e

x

2 vicino a +1.

Es 3.5 x = senh y () z2 � 2xz � 1 = 0 con z = ey > 0 =) y = log�x+

px2 + 1

�.

1 x = cosh y () z2�2xz+1 = 0 con y � 0 e z = ey � 1 =) y = log�x+

px2 � 1

�.

Es 3.6 Si osservi che�x+

px2 � 1

��1= x�

px2 � 1.

Es 3.7 Dalla definizione di tanh y e dalla Proposizione 3.10 segue che | tanh y| < 1 per ogniy 2 R e che lim

y!±1tanh y = ±1. Dunque, essendo y 2 R 7! tanh y continua, dal Teorema

dei valori i.ntermedi segue che im (tanh) = (�1, 1). Ora, se |x| < 1, si ha che x = tanh y

se e solo se e2y = (1+ x)/(1� x) ossia se e solo se y =1

2log

1 + x

1� xe dunque la funzione

inversa di y 2 R 7! tanh y e data da x 2 (�1, 1) 7! 1

2log

1 + x

1� x:= Arctanhx.

Notiamo anche che x 2 (�1, 1) 7! (1+x)/(1�x) e una funzione strettamente crescentee quindi anche y = Arctanhx e x = tanh y lo sono.

Es 3.8 (l) limx!0

tanhx

x= lim

x!0

sinhx

x· 1

coshx

(h)= lim

x!0

1

coshx= 1.

(m) limx!0

Arctanhx

x= lim

y!0

y

tanh y= lim

y!0

1

(tanh y)/y

(m)= 1, (dove, nella prima uguaglian-

za, abbiamo fatto il cambio di variabile x = tanh y).

Capitolo 4

Es 4.1xm

1� x= xm�1 x

1� x

(4.3)= xm�1 lim

n!1

nX

k=1

xk = limn!1

nX

k=1

xm+k�1 = limn!1

n+m�1X

j=m

xj =

1X

j=m

xj .

Es 4.2 Se n � 1 e ↵ � 2, allora 1/n↵ 1/n2 e quindinX

k=1

1

n↵

nX

k=1

1

n2<

1X

k=1

1

n2< +1, e

poiche sn :=nX

k=1

1/n↵ forma una successione strettamente crescente si ha che la serie

1X

k=1

1/n↵ converge per ogni ↵ � 2.

Es 4.3 Si veda, ad esempio, Proposizione 4.8–(i).

Es 4.4 Essendo 2 < e si ha che log 2 < 1, che e la (4.10) per n = 1. Assumiamo la (4.10) pern � 1, allora

log(n+ 2) = log⇣n+ 2

n+ 1

⌘+ log(n+ 1) = log

⇣1 +

1

n+ 1

⌘+ log(n+ 1)

(3.14)< log(n+ 1) +

1

n+ 1

(4.10)<

nX

k=1

1

k+

1

n+ 1=

n+1X

k=1

1

k,

il che dimostra la (4.10) per ogni n � 1.Essendo 4 > e si ha che 2 log 2 > 1 ossia 1/2 < log 2 che implica la (4.11) per n = 2.Assumiamo la (4.11) con n � 2. Allora,

n+1X

k=1

1

k=

nX

k=1

1

k+

1

n+ 1

(4.11)< 1 + log n+

1

n+ 1

(3.14)< 1 + log n+ log

⇣1 +

1

n

⌘

= 1 + log n+ logn+ 1

n= 1 + log(n+ 1) ,

il che dimostra la (4.11) per ogni n � 2.

Es 4.5 La divergenza della serieP

1/n segue da (4.10) ed essendo 1/n 1/n↵ per ↵ 1, seguela divergenza della serie

P1/n↵ quando ↵ 1.

Es 4.6nX

k=1

1pk=

1p1+

1p2+ · · ·+ 1p

n�

nX

k=1

1pn=

pn.

Es 4.72mX

n=m+1

1

n�

2mX

n=m+1

1

2m=

m

2m=

1

2, quindi, per ogni m,

1X

n=m+1

1

n> 1/2 e, per il punto

(iv) della Proposizione 4.8, la serieP

1/k diverge.

Es 4.8 La prima a↵ermazione e ovvia e quanto alla seconda segue dal fatto che rn := an+1/an =1 se n e pari, mentre rn = 1 se n e dispari.

Es 4.9 Sia bn = (�1)[n/3] e Bn come in (4.41): e facile vedere che Bn e limitata e quindi laserie converge per il criterio di Dirichlet.

Capitolo 5

Es 5.1 (5.58): limx!0

tanx

x= lim

x!0

senx

x· 1

cosx= 1.

(5.59): limx!⇡

2 �

senx

cosx= lim

y!0+

sen�⇡

2 � y�

cos�⇡

2 � y� = lim

y!0+

cos y

sen y= +1

(essendo senx > 0 in 0 < x < ⇡/2).

(5.60) limx!⇡

2 +

senx

cosx= lim

y!0+

sen�⇡

2 + y�

cos�⇡

2 + y� = � lim

y!0+

cos y

sen y= �1

Es 5.2 Si dimostra cambiando variabile e usando le formule di addizione come nell’Es 5.1.

Es 5.3 Per n � 1 , l’a↵ermazione segue immediatamente per induzione. Se n < 0, per ogni x,essendo �n 2 N, si ha: f(x+ nT ) = f

�(x+ nT )� nT

�= f(x).

Es 5.4 Essendo il coseno strettamente decrescente su [0,⇡] segue che l’unico punto x 2 [0,⇡]dove cosx = 1 e x = 0. Analogamente, non ci sono punti x 2 [⇡, 2p) tali che cosx = 1.Quindi l’unico punto x 2 [0, 2⇡) dove cosx = 1 e x = 0.Ora, se esistesse un periodo 0 < T < 2⇡ del coseno, si avrebbe cosT = cos 0 = 1 eotterremmo una contraddizione.Dalla (5.34) segue che se T e un periodo per il seno lo e anche per il coseno e quindipoiche 2⇡ e il periodo minimo per il coseno lo e anche per il seno.

Es 5.5 I limiti seguono con i cambi di variabile y = Arcsenx e y = Arctanx (e dai limitinotevoli noti).

Capitolo 6

Es 6.1 Sia n1 = min{n 2 N�� (�1)n = "1}; sia n2 = min{n > n1 2 N

�� (�1)n = "2}, ...

Es 6.2 {an��n 2 N} = {0,±

p2/2,±1}. D’altra parte se

n(1)k

:= 2⇡k , n(2)k

:=⇡

4+2⇡k , n(3)

k:= �⇡

4+2⇡k , n(4)

k:=

⇡

2+2⇡k , n(5)

k:= �⇡

2+2⇡k ,

si ha che

limk!+1

sen an(1)k

= 0 , limk!+1

sen an(2)k

=p2/2 , lim

k!+1sen a

n(3)k

= �p2/2 ,

limk!+1

sen an(4)k

= 1 , limk!+1

sen an(5)k

= �1 .

Es 6.3 Sia a1 un punto qualunque di E e si consideri E1 := E\{a1}: tale insieme e infinito; siscelga a2 2 E1 e si definisca E2 := E1\{a2}, ....

Es 6.4 Essendo Q numerabile, Q = {an|n 2 N} per una opportuna successione iniettiva {an}.Essendo Q denso in R (e illimitato), per ogni L 2 R⇤ esiste una sottosuccessione {ank}tale che ank ! L e una maniera di costruire una tale sottosuccessione e la seguente.Discutiamo il caso L 2 R. Sia �1 := 1 e sia n1 = min{n

�� an 2 (L,L + �1)}. Per k � 2,sia �k := min{ank�1 � L, 1/k} e nk := min{n

�� an 2 (L,L + �k)}. Si noti che poichenk�1 /2 {n

�� an 2 (L,L+ �k)}, nk > nk�1.

Es 6.5 Sia R�1 = lim |an|1n , con la convenzione che R = 0 se il limsup e +1 e R = +1 se il

limsup e 0.Assumiamo R > 0, 0 < r < R e fissiamo ⇢ tale che r < ⇢ < R. Essendo ⇢�1 > R�1, ⇢�1

e un maggiorante definitivo di |an|1n e quindi esiste N tale che |an|

1n ⇢�1 per ogni

n � N . Allora, se |x� x0| r e n � N , si ha:

�|an| |x� x0|n

� 1n = |an|

1n |x� x0|

r

⇢< 1

e, quindi, dal criterio della radice segue che la serieP

an(x � x0)n converge assoluta-mente per ogni |x� x0| r < R.Si noti che se R = +1, ossia R�1 = 0, possiamo prendere qualunque r > 0, il che vuoldire che la serie converge per ogni x 2 R.Sia ora R < +1 e r > R. Allora, poiche r�1 < R�1 non e un maggiorante definiti-vo, per ogni N esiste n > N tale che |an|

1n > r�1, ossia, |an|rn > 1. Dunque, esiste

una successione nj ! +1, tale che |anj |rnj > 1. Ora, se |x � x0| � r, si ha che

|anj (x � x0)nj | � |anj |rnj > 1 e quindi i termini della serie non tendono a 0 e la serienon converge.Se R = 0, la serie non converge per ogni r > 0 e quindi convergera solo nel caso banalex = x0 (caso in cui i termini della serie per n � 1 sono tutti nulli).

Es 6.6 (i): Dato " > 0 sia N 2 N tale che |an � bm| < "/2, 8n,m � N . Allora, se n,m � N , siha

|an � am| = |an � bN + bN � am| |an � bN |+ |bN � am| < "

2+"

2= ".

(ii): La riflessivita segue dall’Es 6.6; la simmetria e ovvia e la transitivita segue imme-diatamente dalla disuguaglianza triangolare.

Es 6.7 Segue dalla definizione di chiuso e dalle (1.19) e (1.20).

Es 6.8 (⌧1) e (⌧2) sono ovvie; per (⌧3) basta osservare che l’intersezione finita di intervalli e unintervallo.

Es 6.9 “A aperto” segue da (⌧1).3 e un punto isolato di E, quindi E non e aperto (vedi Es 2.4).1 e un punto isolato di Ec, quindi Ec non e aperto ossia E non e chiuso.2 e 3 non sono punti interni di E ed A e aperto, quindi E = A.2 non e isolato (2� 1/n ! 2 e 2� 1/n 2 A per n � 2).([0, 2] [ {3})c = (�1, 0) [ (2, 3) [ (3,+1) che e aperto (essendo unione di intervalliaperti).

Es 6.10 (i), (ii) e (iii) derivano immediatamente dalle definizioni.(iv): A ✓ A ✓ B, quindi B (che e il piu grande aperto contenuto in B) contiene A.A ✓ B ✓ B, quindi A (che e il piu piccolo chiuso che contiene A) e contenuto in B.

Es 6.11 x 2�f�1(A)

�c () x /2 f�1(A) () x /2 Df oppure x 2 Df e f(x) /2 A ()x 2 f�1(Ac); (qui Df := dominio di f).

Es 6.12 Supponiamo, per assurdo, che f sia uniformemente continua su E e prendiamo " = a/2.Allora, esisterebbe � > 0 tale che |f(x)� f(y)| < a/2 per ogni x, y 2 E con |x� y| < �.Ma yn � xn ! 0, quindi esiste N tale che 0 < yn � xn < � per ogni n � N , il checontraddice che |f(xn)� f(yn)| � a per ogni n.

Es 6.13 Si prenda xn = 1/(n+ 1) e yn = 1/n e si usi l’Es 6.12.

Es 6.14 Sia f 2 C(R) di periodo T > 0. Ovviamente, f e anche periodica di periodo 2T . Peril Teorema di Heine–Cantor f e uniformemente continua su [0, 2T ]. Sia " > 0 e sia0 < � < T tale che |f(x) � f(y)| < " per ogni x, y 2 [0, 2T ] con |x � y| < �. Siano orax, y 2 R tali che |x � y| < �; possiamo supporre x < y. Essendo � < T , ci sono duecasi: esiste n 2 Z tale che x, y 2 [nT, (n + 1)T ]; esiste n 2 Z tale che x < nT < y. Inentrambi i x0 := x � nT e y0 := y � nT appartengono a [0, 2T ] e |x0 � y0| < �; quindi,per la periodicita di f , |f(x)� f(y)| = |f(x0)� f(y0)| < ".

Es 6.15 Sia L = limx!+1

f(x) 2 R. Sia " > 0 e sia a 2 E, a > 0 tale che |f(x)�L| < "/4 per ogni

x 2 E \ [a,+1). Si osservi che se x, y 2 E e x, y � a allora

|f(x)� f(y)| |f(x)� L|+ |L� f(y)| < "

4+"

4= "/2 .

Essendo E limitato inferiormente e chiuso, E \ (�1, a] e compatto e quindi f e unifor-memente continua su E \ (�1, a], per cui esiste � > 0 tale che |f(x)� f(y)| < "/2 perogni x, y 2 E \ (�1, a] e |x � y| < �. Siano x, y 2 E con x < y. Vi sono tre casi: (a)y a; (b) x � a; (c) x < a y. Nel caso (a), |f(x) � f(y)| < "/2 < ". Nel caso (b),0 a�x y�x < � e quindi |f(x)�f(y)| |f(x)�f(a)|+ |f(a)�f(y)| < "

2 +"

2 = ".Nel caso (c), |f(x)� f(y)| < "/2.

Es 6.16 Dall’Es 6.12 prendendo xn = 2⇡n� 1/n e yn = 2⇡n+ 1/n segue che f non e uniforme-mente continua.

Es 6.17 Dall’Es 6.12 prendendo xn =p2⇡n e yn =

p2⇡(n+ 1) segue che f non e uniformemente

continua.

Es 6.18 La serie converge assolutamente per ogni x 2 R e infatti1X

n=0

|2�n sen(2nx)| 1X

n=0

2�n =

2. Dato " > 0, siaN 2 N tale che1X

n=N+1

2�n < "/4. Questo implica che���

1X

n=N+1

2�n sen(2nx)��� <

"/4. La funzione x 2 R 7! f(x) :=NX

n=0

2�n sen(2nx) e continua su R e periodica

di periodo (2⇡). Quindi f e uniformemente continua su R ed siste � > 0 tale che|f(x)� f(y)| < "/4 per ogni x, y 2 R tali che |x� y| < �. Ne segue che, se |x� y| < �,si ha

���1X

n=0

2�n sen(2nx)�1X

n=0

2�n sen(2ny)���

|f(x)� f(y)|+���

1X

n=N+1

2�n sen(2nx)���+

���1X

n=N+1

2�n sen(2nx)���

"

4+ 2

1X

n=N+1

2�n <"

4+"

2< " .

Es 6.19 Siano x, y 2 R con |x| |y| (cosa che possiamo sempre assumere), allora

��p|y|�p

|x|�� (1.79)

p|y|� |x|

p|y � x|

quindi x 7!p|x| e holderiana con M = 1 e ↵ = 1/2.

Es 6.20 f(x) = sen(1/x): se xn = (⇡2 +2⇡n)�1 e yn = (2⇡n)�1 si ha che xn, yn ! 0 e f(xn) = 1e f(yn) = 0 e quindi non puo esistere alcuna estensione continua a [0, 1] (che avrebbelimite per x ! 0).

Es 6.21 Ovviamente ' e continua (su R) e '(x) � e�x > 0 per x � 0. Se xk := 2⇡k, '(xk) =e�2⇡k ! 0, quindi infJ ' = 0. Se yk := ⇡

2 + 2⇡k, '(yk) = e�yk + yk ! +1 e quindisupJ ' = +1. Infine, dal teorema dei valori intermedi per funzioni continue segue che'(J) = (0,+1).

Es 6.22 (i) Poniamo I5 := I1 e I6 := I0 e osserviamo che e su�ciente trovare, per 1 k 5,funzioni continue 'k : Ik

su! Ik+1 (ad esempio, fkk = id , f13 = '2�'1, f43 = '2�'1�'4,f20 = '5 � '4 � '3 � '2). Tali funzioni continue 'k possono essere scelte come segue:

'1(x) =

8<

:

0 se 0 < x 1/2

2x� 1 se 1/2 x < 1, '2(x) =

x

1� x, '3 = '

'4(x) =x

1 + x, '5 =

8>>>><

>>>>:

3x se 0 < x < 1/3

�3x+ 2 se 1/3 x 2/3

0 se 2/3 x < 1

dove ' e la funzione definita nell’Es 6.21.(ii) Se f e una funzione continua, f(I0) e un intervallo compatto (Osservazione 6.43–(ii))e quindi, essendo gli intervalli Ij per j > 0 non compatti f(I0) 6= Ij , per ogni f 2 C(I0)e per ogni j > 0.

Capitolo 7

Es 7.1 Vedi (nell’ordine): (f), (h), (k), (j) in Cap. 3–§ 5, (5.58), (5.70) e (g) in Cap. 3–§ 5.

Es 7.2 Se f e pari, Rf (�h, 0) = (f(�h) � f(0))/(�h) = (f(h) � f(0))/(�h) = �Rf (h, 0) equindi D+f(0) = �D�f(0) ma essendo f derivabile D�f(0) = D+f(0), da cui segueche Df(0) = 0.

Es 7.3 D±| log x|(1) = ±1, D±|x|1/3(0) = ±1.

Es 7.4 (i) e equivalente a In+1 < In per ogni n 2 N che e, a sua volta, equivalente a n(n+1) <2n+1: quest’ultima relazione si dimostra per induzione (si verificano esplicitamente i casin 3 e poi si usa il principio di induzione a partire da n = 3).

(ii) Dalla definizione di f segue che f(0) = 0 e f 0(0) = 1 e equivalente a limh!0f(h)h

=1. Essendo la funzione dispari si ha che f(�h)/(�h) = f(h)/h; e quindi su�cientedimostrare che D+f(0) = 1. Se x 2 (0,+1)\I, f(h)/h = 1, mentre se h 2 In, si ha1/n h (essendo 1/n h) e, notando che per n � 4, n2 2n, vicino a 0 si ha

1 f(h)

h=

1n+ 1

2n

h 1 +

1

2nh 1 +

1

n2h 1 +

h2

h= 1 + h ! 0, (h ! 0+).

(iii) f e costante su In (e in ogni intervallo aperto che contiene 0 vi sono infiniti intervalliIn); x = 1/n e un punto di salto per la f .

Es 7.5 (i) In (0, 1] f e continua (essendo composizione e prodotto di funzioni continue); inoltre,limx!0+ f(x) = 0 e quindi f 2 C([0, 1]).(ii) I punti critici di f sono dati da xk = 1/yk con k 2 N, dove yk 2 (k⇡, (k+ 1

2 )⇡) sonole infinite soluzioni positive dell’equazione tan y = y.(iii) max f = sen 1; min f = x1 sen(1/x1).

Es 7.6 Le derivate delle funzioni a sinistra e destra di (7.41) coincidono e quindi, per il Corol-lario 7.27, la loro di↵erenza e una costante c, ma poiche tali funzioni hanno lo stessolimite per x ! +1 segue che c = 0 e quindi (7.41) e vera. Lo stesso ragionamento portaalla (7.42).

Es 7.7 Se h 6= 0, f(h)/h = h sen(1/h) ! 0 se h ! 0, quindi f 0(0) = 0, ma, se x 6= 0,f 0(x) = � cos(1/x) + 2x sen(1/x) che non ha limite per x ! 0.

Es 7.8 Consideriamo il caso f derivabile su (x0, x0+ �) (con un � > 0) e continua in [x0, x0+ �]con limx!x0 f

0(x) = L (il caso con (x0 � �, x0) e del tutto analogo e il caso generalesi riconduce a questi due casi). Per il teorema del valor medio di Lagrange, si ha cheRf (x, x0) = f 0(⇠) con ⇠ 2 (x0, x) e da questo segue facilmente la tesi.

Es 7.9 Sia F tale che F 0(x) = f(x) per |x| < a. Sia G(x) := F (�x), allora G0(x) = �F 0(�x) =�f(�x) = f(x). Quindi, F (x) = F (�x) + c e calcolando tale relazione in 0 si trovac = 0 e dunque F e pari.

Es 7.10 Sia F tale che F 0(x) = f(x) per |x| < a. Sia G(x) := �F (�x), allora G0(x) = F 0(�x) =f(�x) = f(x). Quindi, F (x) = �F (�x) + b con b = 2F (0). Allora, F + c con c := �b/2e dispari.

Es 7.11 (i) Consideriamo, ad esempio, il caso [x0, b): ragionando come nella dimostrazione dellaProposizione 7.44–(i) si ha che f e strettamente crescente in un intorno di x0 e quindix0 e un minimo locale stretto.(ii) f(x) =

px ha un minimo stretto su [1, 2] in 1 ma f 00(1) = �1. (Perche questo non

contraddice il punto (i)?)

Es 7.12 Se x0 � 0, |x0|+(x�x0) = x e una retta d’appoggio (al grafico di |x|) in x0; se x0 < 0,|x0|� (x� x0) = �x e una retta d’appoggio in x0.

Es 7.13 f e convessa su (0, 1) (essendo f = 0 su tale intervallo) e ovviamente la (7.91) esoddisfatta se x1 = 0 o x2 = 1.

Es 7.14 (x4)0 = 4x3 che e strettamente crescente su R e quindi (Proposizione 7.59) x ! x4 estrettamente convessa su R.

Es 7.15 x ! x2 e strettamente convessa su R (essendo (x2)00 = 2 > 0) e quindi, in particolare, estrettamente convessa su [0, 1]. Resta da dimostrare la (7.100) con x1 = 0 < x < x2 1,

che equivale a x2 < r(x) per ogni 0 < x < x2 dove r(x) := 1 + x22�1x2

x e la retta il cui

grafico passa per i punti (0, 1) e (x2, x22). Essendo x2 strettamente convessa in [0, 1] si

ha che x2 < x2x < r(x) per ogni 0 < x < x2.

Es 7.16 Per induzione su n. Per n = 1, la somma si riduce a f 0g+ fg0 e quindi la (7.106) e vera.Assumiamo (7.106) e dimostriamola con n sotituito da n + 1. Derivando la somma siottiene

nX

k=0

✓n

k

◆⇣f (n+1�k)g(k) + f (n�k)g(k+1)

⌘

=nX

k=0

✓n

k

◆f (n+1�k)g(k) +

nX

k=0

✓n

k

◆f (n+1�k)f (n�k)g(k+1)

e a questo punto la dimostrazione prosegue esattamente come dalla seconda riga in poidella dimostrazione della formula del binomio di Newton (Proposizione 1.44), sostituen-do aj con f (j) e bj con g(j).

Es 7.17 Per induzione su n. Per n = 1 vale per (7.20). Derivando la (7.107) ed usando la (7.21)segue (7.107) con n+ 1 al posto do n.

Es 7.18 Per n = 1, F11 = f 0 e la (7.108) deriva dalla regola della catena. Per n = 2, si ha

D2g � f = g00 � f · (f 0)2 + g0 � f · f 00 = g00 � f · F21 + g0 � f · F22

che e (7.108) per n = 2. Sia ora n � 2 e assumiamo (7.108). Allora,

Dn+1(g � f) (7.108)= D

nX

k=1

g(n+1�k) � f · Fnk

=nX

k=1

⇣g(n+2�k) � f · f 0 · Fnk + g(n+1�k) � f · F 0

nk

⌘

= g(n+1) � f · F(n+1)1 +nX

k=2

g(n+2�k) � f ·�f 0Fnk + F 0

nk�1

�+ g0 � f · Fn+1n+1

=n+1X

k=1

g(n+2�k) � f · Fn+1k.

Es 7.19 Poiche g � f = x, si ha che Dmg � f = 0 per ogni m � 2. La (7.110) deriva quindi dalla(7.108) con m � 2.

Es 7.20 Sia f 2 C2�(a, b)

�invertibile (strettamente monotona) su I con inversa derivabile.

Allora, f 0 6= 0 su (a, b) (infatti derivando la relazione g�f(x) = x si ottiene g0�f ·f 0(x) =1 e quindi f 0(x) 6= 0) e vale (7.111), da cui segue immediatamente che

g e (strettamente) convessa () f e strettamente crescente e f (strettamente) concavaoppure f e strettamente decrescente e f (strettamente) convessa

e che

g e (strettamente) concava () f e strettamente decrescente e f (strettamente)concava oppure f e strettamente crescente e f (strettamente) convessa.

Es 7.21 Fissiamo n � 1 e sia g(x) := (1� x)nxn: g e il polinomio di grado 2n dato da

g(x) := (1� x)nxn =nX

j=0

✓n

j

◆(�1)jxn+j = xn +

nX

j=1

✓n

j

◆(�1)jxn+j .

Derivando g si ottiene,

Dkg(x) = akxn�k +

nX

j=1

bjxn+j�k , 0 k n, an := n!

dove i coe�cienti aj e bj sono opportuni numeri naturali (che dipendono anche da n).In particolare, se ' := 'n (che coincide con g per x 2 [0, 1]), si ha

Dkg(0) = Dk'(0+) = 0 , 8 0 k < n ; Dng(0) = Dnf(0+) = n! .

Da questo segue immediatamente che ' 2 Cn�1((�1, 1)) e che '(n�1) ha un puntoangoloso in 0.Notando che '(1 � x) = '(x) per ogni x 2 R, si ha che Dk'(x) = (�1)k'(k)(1 � x), equindi Dk'(1�) = (�1)kDk'(0+) per ogni k il che mostra che ' 2 Cn�1((1, 2)) e che'(n�1) ha un punto angoloso in 1. Dunque, ' 2 Cn�1(R) \ C1(R\{0, 1}), e '(n�1) ha(unici) punti angolosi in 0 e 1. Questo mostra la validita di (i) e (ii).(iii) In (0, 1) (dove ' coincide con g) ' > 0 e g0 = (x� x2)n�1(1� 2x) che e nulla soloper x = 1/2 dove g ha un massimo relativo stretto con valore 1/4n che corrisponde aun massimo assoluto stretto per ' e quindi ' := 'n ha un massimo assoluto stretto inx = 1/2 dove vale 1. Questo prova (iii).(iv) Sia := n. Sia, per j 2 N, Ij := (aj , bj). Poiche bj+1 < aj per ogni j, gli intervalliIj sono disgiunti. Sia A l’insieme aperto

Sj2N Ij . Si noti che:

(x) = 0 , 8 x /2 A ; (x) =1

2j'� x� aibj � aj

�=

4n

2jg�j2(x� aj)

�, 8 x 2 Ij . (5)

Dai punti (i) e (ii) e da (5) segue che

2 C1�R\({0} [ {aj} [ {bj})

�\ Cn�1(R\{0})

e che Dn�1 ha punti angolosi in in ogni aj e bj .Rimane da discutere la derivabilita in 0.Se x 2 [0,+1)\A, (x) = 0 mentre se x 2 A, allora esiste j tale che 1

j< x < 1

j+ 1

j2.

Da (5), segue che, esiste una costante c > 0 (dipendente solo da n) tale che,

|Dk (x)| cj2k

2j, 8 0 k n� 1 , 8 x 2

h1j,1

j+

1

j2

i.

Poiche limj!+1jm

2j = 0 per ogni j, esiste una costante C > c tale che c j2k

2j < C/j2 perogni 0 k n� 1 e per ogni j 2 N. Dunque,

|Dk (x)| C

j2 Cx2 , 8 k n� 1 , 8 x :2

h1j,1

j+

1

j2

i,

e poiche fuori da A, Dk = 0 si ha che

|Dk (x)| C

j2 Cx2 , 8 k n� 1 , 8 x > 0 .

Da questo segue (induttivamente) che Dk (0+) = 0 per ogni k n, e quindi che ederivabile n volte nell’origine.

Es 7.22 (i) Cominciamo col dimostrare (induttivamente) che

'(n)(x) = '(x) · Pn(1/x) 8 n 2 N0 , 8 x > 0 , (6)

con Pn(y) polinomio monico di grado 2n definito ricorsivamente da: P0(y) = 1 e, pern � 1, Pn = y2(Pn�1 � P 0

n�1).Per n = 0, (6) e ovviamente vera. Se (6), con n � 0, e vera, allora

'(n+1)(x) = D'(n)(x)(6)= D

�'(x)Pn(1/x)

�= D('(x))Pn(1/x)� '(x)P 0

n(1/x)

1

x2

= '(x)⇣ 1

x2Pn(1/x)� P 0

n(1/x)

1

x2

⌘= '(x)Pn+1(1/x) .

Ora, poiche limx!0+ '(x)/xn = 0 per ogni n 2 N0, segue che limx!0+ '(n)(x) = 0per ogni n � 0. Di nuovo, per induzione su n 2 N, segue che '(n)(0+) = 0 e quindi' 2 C1(R). Questo prova (i).

(ii) Dal punto (i) segue immediatamente che, per x > 0, ' e strettamente crescente; estrettamente convessa per 0 x 1/2, strettamente concava per x � 1/2; x = 1/2 eun flesso, e limx!+1 '(x) = 1.

Es 7.23 Le a↵ermazioni derivano immediatamente dall’Es 7.22 e anche i grafici si ottengo-no immediatamente dal grafico di '. Si noti che in tutti i casi, l’origine e un punto“infinitamente piatto” (ossia, tutte le derivate nell’origine sono nulle).

Es 7.24 Se |x| 1/2, allora

���1

1� x�

nX

k=0

xk

���(1.33)=

|x|n+1

1� |x| 2|x|n+1 ,

il che implica (7.134).Se |x| 1, ricordando (5.7) e (5.11), si ha che

���ex �nX

k=0

xk

k!

��� = |tn+1(x)| tn+1(|x|) 2|x|n+1

(n+ 1)!,

il che implica (7.135).Di nuovo, se |x| 1,

��� senhx�nX

k=0

x2k+1

(2k + 1)!

��� =���

1X

k=n+1

x2k+1

(2k + 1)!

��� t2n+3(|x|)| 2|x|2n+3

(2n+ 3)!,

il che implica (7.138).Le (7.139), (7.140) e (7.141) si trattano in maniera del tutto analoga alla (7.138).

Es 7.25 Per induzione si vede subito che

Dn log(1 + x) = (�1)n�1 (n� 1)!

(1 + x)n.

Da (7.120) con x0 = 0 e I :=⇥0, 1

⇤, per ogni 0 x 1, si ottiene

��� log(1 + x)�nX

k=1

(�1)k�1

kxk| n!

(n+ 1)!

⇣max0t1

1

(1 + t)n+1

⌘xn+1 1

n+ 1

da cui, prendendo il limite per n ! +1, segue che

log(1 + x) =1X

k=1

(�1)k�1

kxk , 8 0 x 1 . (7)

Si noti, in particolare, che per x = 1, si ottiene la notevole formula

log 2 =1X

k=1

(�1)k�1

k.

Consideriamo ora x 0 e applichiamo la (7.130) con x0 = 0, I := [�1 + ", 0] con0 < " < 1. Allora, se �1 + " x 0, si ha

��� log(1 + x)�nX

k=1

(�1)k�1

kxk| n!

(n+ 1)!

1

"n+2(1� ")n+1 =

1

"(n+ 1)

⇣1� "

"

⌘n+1

e, a�nche tale quantita tenda a 0, bisogna avere " � 1/2. Quindi scegliendo " = 1/2,otteniamo la convergenza della serie di Maclaurin in [�1/2, 0], che assieme a (7), implica

log(1 + x) =1X

k=1

(�1)k�1

kxk , 8 � 1

2 x 1 . (8)

Per dimostrare la (8) anche per x 2 (�1,�1/2), la (7.130) non e su�ciente e bisognausare un argomento piu sottile.

La serie in (8) converge assolutamente per ogni |x| < 1 e quindi definisce una funzione

f : x 2 (�1, 1) 7! f(x) :=1X

k=1

(�1)k�1

kxk .

Per dimostrare che f(x) = log(1 + x), faremo vedere che f e derivabile e che Df =D log(1 + x) = 1/(1 + x) e poiche f(0) = 0 = log 1, dal Corollario 7.27 segue chef(x) = log(1 + x) per ogni x 2 (�1, 1) (e quindi la validita di (8) per ogni |x| < 1).Osserviamo che la serie ottenuta derivando termine a termine la serie in (8) e una seriegeometrica convergente assolutamente per |x| < 1 ed e data da:

F (x) :=1X

k=1

(�1)k�1xk�1 =1X

k=0

(�x)k =1

1 + x= D log(1 + x) .

Fissiamo x 2 (�1, 1) e " > 0. Sia 0 < �0 < 1� |x|, r := |x|+ �0 < 1 e N > 1 tale che

1X

k=N

rk < "/4 ,�r := |x|+ �0 < 1) . (9)

Sia, infine, fN (x) :=NX

k=1

(�1)k�1xk

kil polinomio di Maclaurin di ordine N di log(1+x).

Chiaramente, fN e derivabile e

f 0N(x) =

NX

k=1

(�1)k�1xk�1

e dunque esiste 0 < � �0 tale che

���fN (x+ h)� fN (x)

h�

NX

k=1

(�1)k�1xk�1��� <

"

2, 8 0 < |h| < � .

Inoltre, dal teorema del valor medio di Lagrange, si ha che, per ogni 0 < |h| < � e perogni k > 1 esiste t 2 (0, 1) tale che

���(x+ h)k � xk

h

��� = |k(x+ th)k�1| k(|x|+ �)k�1 krk�1 .

Dunque, per ogni 0 < |h| < �, si ha

���f(x+ h)� f(x)

h� F (x)

��� ���fN (x+ h)� fN (x)

h�

NX

k=1

(�1)k�1xk�1���

+���

1X

k=N+1

(�1)k�1

k

(x+ h)k � xk

h

���+���

1X

k=N+1

(�1)k�1xk�1���

"

2+ 2

1X

k=N+1

rk�1 ="

2+ 2

1X

k=N

rk(9)< " ,

mostrando che f 0(x) = F (x) = 1/(1 + x)D log(1 + x) per ogni x 2 (�1, 1) e quindi(essendo f(0) = 0 = log 1) che log(1 + x) coincide con la sua serie di Maclaurin f(x)per ogni x 2 (�1, 1).

Passiamo alla serie binomiale. Per ogni ↵ 2 R e k 2 N0, sia

c↵k :=

8>>><

>>>:

1 , se k = 0

↵(↵� 1) · · · (↵� k + 1)

k!=

1

k!

k�1Y

j=0

(↵� j) , se k � 1.

Vogliamo dimostrare

(1 + x)↵ =X

k�0

c↵kxk , 8 |x| < 1 , (10)

ossia che (1+x)↵ coincide con la sua serie di Maclaurin. Per ↵ = 0, la (10) e banalmentevera (riducendosi all’identita 1 = 1).Poiche

c↵k =

8>><

>>:

✓↵

k

◆se k ↵

0 se k > ↵

, 8↵ 2 N , (11)

la (10) si riduce alla formula del binomio di Newton per ↵ 2 N. Dunque rimane dadimostrare la (10) per ↵ 2 R\N0.La (11) mostra che i coe�cienti c↵k sono una estensione dei coe�cienti binomiali equindi e d’uso comune porre

✓↵

k

◆:= c↵k , 8↵ 2 R , 8k 2 N0 .

La seguente proprieta dei coe�cienti binomiali generalizzati, che ci servira in seguito,deriva immediatamente dalla definizione:

✓↵

k + 1

◆=

✓↵

k

◆· ↵� k

k + 1, 8↵ 6= 0 . (12)

Dimostriamo ora che la serie binomiale converge assolutamente in (�1, 1). Per far questodimostriamo prima il seguente

Lemma Per ogni ↵, per ogni " > 0, esiste c > 1 tale che

���✓↵

k

◆��� c(1 + ")k , 8k 2 N . (13)

Dimostrazione Per ↵ = 0 la (13) e banalmente vera.Per k = 0 la (13) e vera per ogni c > 1.Assumiamo, ora, ↵ 6= 0, k � 1 e poniamo a := |↵| > 0, per cui

���✓↵

k

◆��� 1

k!

k�1Y

j=0

(a+ j) =a

a+ k

kY

j=1

a+ j

j<

kY

j=1

⇣1 +

a

j

⌘. (14)

Dato " > 0, sia n 2 N e tale che n � 1/" (per esempio, n = [a/"] + 1), cosicche

1 +a

j 1 + " , 8j � n . (15)

Sia

c :=n�1Y

j=1

⇣1 +

a

j

⌘

Per ogni k n� 1, si ha

kY

j=1

⇣1 +

a

j

⌘ c < c(1 + ")k ,

e per ogni k � n,

kY

j=n

⇣1 +

a

j

⌘ (15)

kY

j=n

(1 + ") = (1 + ")k�n < (1 + ")k , (16)

e, quindi, anche per k � n si ha:

���✓↵

k

◆���(14)

kY

j=1

⇣1 +

a

j

⌘=

n�1Y

j=1

⇣1 +

a

j

⌘·

kY

j=n

⇣1 +

a

j

⌘= c ·

kY

j=n

⇣1 +

a

j

⌘

(16) c(1 + ")k .

Si noti che (13) e equivalente a

lim sup���✓↵

k

◆���1/k

= 1 , (17)

per cui si ha anche che

lim sup���kp

✓↵

k

◆���1/k

= 1 , 8p 2 N0 . (18)

Da (17) segue che la serie binomiale converge assolutamente per ogni |x| < 1. Infatti,se |x| < 1, scegliamo 0 < " < 1

|x| � 1, cosicche (1 + ")|x| < 1, e

1X

k=0

���✓↵

k

◆���|x|k < c1X

k=0

�(1 + ")|x|

�k< +1 .

Analogamente da (18) segue che la serie ottenuta derivando termine a termine la seriebinomiale e assolutamente convergente per ogni |x| < 1.Definiamo, dunque, la funzione

f : x 2 (�1, 1) 7! f(x) :=1X

k=0

✓↵

k

◆xk 2 R .

Con argomenti simili a quelli usati nella prima parte dell’esercizio in relazione alla seriedi log(1 + x), si vede facilmente che f e derivabile in (�1, 1) e si ha

f 0(x) =1X

k=1

✓↵

k

◆k xk�1 = ↵+

1X

k=1

✓↵

k + 1

◆(k + 1) xk . (19)

Dunque, per ogni x 2 (�1, 1),

(1+x)f 0(x) = ↵+1X

k=1

✓✓↵

k + 1

◆(k + 1) +

✓↵

k

◆k

◆xk (12)

= ↵1X

k=1

✓↵

k

◆xk = ↵f(x) , (20)

da cui segue la relazione (equazione di↵erenziale)

(1 + x)f 0(x)� ↵f(x) = 0 . (21)

Ora, se definiamo

F (x) :=f(x)

(1 + x)↵

si ha che

F 0(x) =(1 + x)f 0(x)� ↵f(x)

(1 + x)↵+1

(21)= 0 , 8|x| < 1 ,

e, poiche F (0) = 1, segue che F (x) = 1 per ogni x 2 (�1, 1), il che mostra che

(1 + x)↵ =1X

k=0

✓↵

k

◆xk , 8↵ 2 R , 8 |x| < 1 .

Capitolo 8

Es 8.1 Sia I 2 P � P 00 e I 0 2 P 0 � P 00 con I \ I 0 6= ?. Poiche P 00 ra�na P e P 0, si ha cheesistono I 00

j, I 00

k2 P 00 (in numero finito) tali che I = [jI 00j e I 0 = [k I 00k . Allora,

I \ I 0 =�[j I

00j

�\�[k I 00

k

�=[

j,k

(I 00j\ I 00

k) ,

ma essendo I 00je I 00

kelementi di P 00 o sono disgiunti o devono coincidere: questo vuol

dire che I \ I 0 e unione disgiunta di intervalli di P 00 e quindi P ^P 0 � P 00, che e quantovolevasi dimostrare.

Es 8.2 Sia B := A \ E. Per ogni x, y 2 B si ha f(x) � f(y) osc(f,A) e dunque si ha anchef(y) � f(x) osc(f,A), il che implica |f(x) � f(y)| osc(f,A). Prendendo l’estremosuperiore su x, y 2 B in tali relazioni si ottiene

supx,y2A\E

�f(x)� f(y)

� sup

x,y2A\E

|f(x)� f(y)| osc(f,A) . (22)

D’altra parte, per ogni " > 0, dalle definizioni di sup e inf, segue che esistono x0, y0 2 Btali che

osc(f,A) f(x0)� f(y0) + " supx,y2B

�f(x)� f(y)

�+ "

il che implica (per l’arbitrarieta di ") che osc(f,A) supx,y2B

�f(x)�f(y)

�, che assieme

alla (22) implica la (8.14).

Es 8.3 La funzione fn e diversa da zero solo nell’intevallo In =⇥1n� 1

n2 ,1n+ 1

n2

⇤. Se x 0,

fn(x) = 0 per ogni n, mentre se x > 0, fn(x) = 0 per ogni n tale che 1n+ 1

n2 < x(ad esempio se n � 2/x). Dunque, per ogni x, fn(x) e definitivamente zero e quindilim fn(x) = 0.Z 1

0fn(x)dx = 1 per ogni n.

Es 8.4 Il massimo di fn e raggiunto in 1/n dove vale n2 e quindi supR |fn| = n2. Dall’Osserva-zione 8.17 segue che fn non tende uniformermente a 0 su R.

Es 8.5 Poiche1

b� a

Zb

a

f =1

a� b

Za

b

f si puo assumere che a < b. In tal caso si ha

(infI

f)(b� a) Z

a

b

f (supI

f)(b� a) ,

ossia,1

b� a

Zb

a

f 2⇥infI

f, supI

f⇤.

La (8.45) segue ora dal teorema del valor medio per funzioni continue.

Es 8.6 Consideriamo il caso del seno. Sia b > a, allora, integrando per parti, si trova:Z

b

a

f(x) senx dx =⇥� f(x) cosx

⇤ba+

Zb

a

f 0(x) cosx dx

=�f(a) cos a� f(b) cos b

�+

Zb

a

f 0(x) cosx dx .

Dalle ipotesi segue che f 0(x) 0 e dunque

���Z

b

a

f 0(x) cosx dx���

Zb

a

|f 0(x)|| cosx| dx Z

b

a

|f 0(x)| dx = �Z

b

a

f 0(x) dx = f(a)� f(b) .

Quindi , prendendo il limite per b ! +1 si vede che x ! f 0(x) cosx 2 R⇤1([a,+1)) e

che x ! f(x) cosx 2 R([a,+1).Il caso del coseno si tratta in maniera analoga.

Es 8.7 Sia G(x) =

Zx

0g(t) dt e sia T > 0 il periodo di g, allora

G(x+ T )�G(x)(8.53)= G(T )�G(0) =

ZT

0g(t) dt = 0 ,

ossia, G e periodica di periodo T .

Poniamo c0 :=1

T

ZT

0G(t)dt, allora G0 := G� c0 e una primitiva di g e

1

T

ZT

0G0 = 0.

Se G1 e un’altra primitiva di g a media nulla, allora G1 = G0 + c con c 2 R; ma

0 =1

T

ZT

0(G1�G0) = c e quindi G1 = G0 e quindi vi e una sola primitiva di g a media

nulla.

Assumiamo ora che la media di g,1

T

ZT

0g(t) dt = m 6= 0. Una qualunque primitiva G1

di g sara della forma G1 = c + G con G, come sopra. Allora, da (8.53), segue che, perogni n 2 N,

G(nT ) =

ZnT

0g(t) dt = nm .

Quindi G1(nT ) = c + nm e limn!+1

G1(nT ) = sgn(m)1, e questo implica che G1 non

puo essere periodica (altrimenti sarebbe limitata).

Es 8.8 Sia G una primitiva di g. Allora, integrando per parti,

Zb

a

f(x)g(x) dx =

Zb

a

f(x)G0(x) dx =⇥f(x)G(x)

⇤ba�Z

b

a

f 0(x)G(x) dx .

Per l’Es. 8.7, G e periodica (e dunque limitata). Quindi, si puo ripetere l’argomentousato nella soluzione dell’Es. 8.6.

Es 8.9 (i) Siano D1 e D2 dati da

D1 = {(x, y) 2 R2��x 2 E1 , g1(x) y f1(x)} ,

D2 := {(x, y) 2 R2��x 2 E2 , g2(x) y f2(x)} ,

due domini normali con D1 \D2 6= ?. Questo implica che l’intervallo E := E1 \ E2 enon vuoto. E immediato verificare che

D1 \D2 =�(x, y) 2 R2

��x 2 E , max{g1(x), g2(x)} y min{f1(x), f2(x)} ,

e quindi (essendo max{g1, g2} e min{f1, f2}) integrabili, D1\D2 e un dominio normale.

(ii) Siano Ei le basi dei Di e E0jle basi dei D0

j. Se Ei\E0

j6= ?, chiamiamo Eij l’intervallo

Ei \E0j. Nel seguente argomento consideriamo solo le coppie (i, j) per cui Ei \E0

j6= ?.

Si osservi cheDij := D \ {(x, y)

��x 2 Eij , y 2 R}

e un dominio normale e che si hanno le seguenti identita:

Di = [jDij , D0j= [iDij , D = [ijDij

dove tutte le unioni sono disgiunte. Dunque si ha

X

i

area (Di) =X

i

area ([jDij) =X

i

X

j

area (Dij) =X

j

X

i

area (Dij)

=X

j

area ([iDij) =X

j

areaD0j,

che e quanto dovevasi dimostrare.

Appendice A

Es A.1 Ad esempio, an := (�1)n (nel qual caso L = 0).

Es A.2 Un insieme aperto non vuoto contiene sempre un intervallo [a, b] con a < b. Sia " < b�ae siano, per assurdo, Ii come nella Definizione A.14. Siano Iik tutti gli intervalli dellafamiglia {Ii} che hanno intersezione non nulla con [a, b]. Chiaramente, {Iik} forma unricoprimento aperto di [a, b] e quindi dal Teorema di Heine–Borel segue che esiste unasottofamiglia finita che ricopre [a, b]: quindi esistono J1, ..., JN intervalli della famiglia

{Ii} tali cheN[

i=1

Ji ◆ [a, b] eX

|Ji| < ". Ma E :=N[

i=1

Ji e un intervallo aperto e limitato

che contiene [a, b] la cui lunghezza non puo eccedere la somma delle lunghezze degli Jie quindi si avrebbe (b� a) < " che e in contraddizione con la scelta di ".

Es A.3 Ovviamente se a = 1, an = 1 converge. Supponiamo che |a| = 1 e a 6= 1. Osserviamoche, come nel caso reale, se una serie

Pzk converge allora lim zk = 0 (se

Pzk converge,

allora convergono le serieP

xk eP

yk, dove zk = xk + iyk, e quindi xk, yk ! 0).Supponiamo, per assurdo che an converga. Come nel caso di somme geometriche nelcaso reale, si ha

nX

k=0

an =an+1 � 1

a� 1,

e quindi, se convergesse an, dovrebbe convergere anche la serieP

an e questo impliche-rebbe che an ! 0, ma |an| = 1 e questa e una contraddizione.

Es A.4 La dimostrazione segue dall’analogo in C del Lemma 6.23 del Capitolo 6, la cui dimo-strazione si generalizza parola per parola sostituendo gli intervalli In := (y � 1

n, y + 1

n)

con i dischi Bn := {z 2 C�� |z � y| < 1/n}.

Es A.5 Nel testo si e dimostrato che se K e chiuso e limitato, allora K e compatto. Il viceversae una ripetizione parola per parola della dimostrazione del Teorema 6.32.

Es A.6 Sia Q(x) un polinomio monico di grado d � 1 a coe�cienti reali. Notiamo che se z0 euna radice complessa di Q, allora anche z0 e radice: infatti,

0 = Q(z0) = Q(z0) = Q(z0)

dove, quest’ultima uguaglianza e dovuta al fatto che Q ha coe�cienti reali. Dunque leradici complesse con parte immaginaria diversa da zero di un polinomio reale appaionosempre insieme al proprio complesso coniugato.Dal teorema fondamentale dell’algebra segue che Q(x) ha n radici in C contate conmolteplicita: siano x1,..., xr le r � 0 radici distinte reali (r = 0 corrisponde a nessunaradice reale) di molteplicita, rispettivamente, n1,...,nr, con nj � 1; siano z1 = u1 +iv1,...,zj = uj + ivj tutte le radici complesse con vk > 0 (quindi anche zk e radice) conj � 0 (j = 0 corrisponde a sole radici reali) e di molteplicta, rispettivamente, m1,...,mj ,con mk � 1. Allora, n1+ · · ·+nr+2(m1+ · · ·+mj) = d e (7.75) segue immediatamenteessendo zkzk = u2

k+ v2

k.

Es A.7 Essendo x di↵erenziabile e x(t0) 6= 0, per il teorema di permanenza del segno, x(t) 6= 0in un intorno di t0 e dunque per t vicino a t0 si ha che

x0

x2/3= 1 ,

e possiamo integrare (come nel metodo di separazione delle variabili) tra t0 e t ottenendo

t� t0 =

Zt

t0

x0

x2/3dt = 3

�x(t)1/3 � x(t0)

1/3�

=) x(t)1/3 = c+t� t03

,

con c := x(t0)1/3. Elevando al cubo si vede subito che x(t) e data da un polinomio digrado 3 in t con coe�ciente davanti al grado 3 dato da 1/27.

Es A.8 Per capire come vengono percorse le ellissi nello spazio delle fasi durante i moti, conside-riamo una data ellissi di semiassi fissati e positivi come in (A.144). Se parametrizziamoil moto col tempo e assumiamo che al momento iniziale t = 0 la molla si trova a riposonel punto di elongazione massima, ossia, si trova nel punto (a, 0) dello spazio delle fasi,si ha che tale soluzione e data (vedi (A.142)) da x = a cos!t. Dunque per tale soluzionesi ha �

x(t), y(t)�:=

�a cos!t,�mx0! sen!t

�=�a cos!t,�b sen!t

�

il che, come si verifica immediatamente (ad esempio, controllando gli istanti t = 0, ⇡/2!,⇡/!, 3⇡/(2!)) implica che l’ellissi e percorsa in senso orario.

Es A.9 (i) p(t) :=1

1� !2sen!t e una soluzione di x+ x = sen!t.

(ii) La soluzione del problema di Cauchy dato e x(t) = 2 cos!t� !

1� !2sen t+ p(t).

Es A.10 (i) p(t) := � t

2cos t e una soluzione di x+ x = sen t.

(ii) La soluzione del problema di Cauchy dato e x(t) =1

2sen t+ 2 cos t+ p(t).