Transcript 1 Introduzione

1
1
INTRODUZIONE
Introduzione
Ho cinquant’anni ed ho sempre vissuto libero;
lasciatemi finire libero la mia vita;
quando sar`
o morto voglio che questo si dica di me:
Non ha fatto parte di alcuna scuola, di alcuna chiesa, di alcuna istituzione,
di alcuna accademia e men che meno di alcun sistema:
l’unica cosa a cui `e appartenuto `e stata la libert`
a.
Gustave Courbet
In queste pagine `e presente una raccolta di esercizi discussi durante il tutorato per il corso di Analisi
1 presso l’Universit`
a di Parma, anno accademico 2014/2015. Per segnalare eventuali errori e inoltrare suggerimenti di qualunque genere, potete contattare l’autore di queste note all’indirizzo di posta
[email protected]. Le note sono (temporaneamente?) reperibili presso l’indirizzo:
www.matemate.it/AptAn1.pdf.
Testi consigliati per gli analistianonimi (http://mbx.cm/t/3y3s6):
• Hongwei Chen - Excursions in Classical Analysis
• Micheal Steele - The Cauchy-Schwarz Master Class
• Walter Rudin - Principles of Mathematical Analysis
• Franco Conti, Paolo Acquistapace, Anna Savojini - Analisi Matematica, Teoria e Applicazioni
• Terence Tao - Analysis 1
• Pham Kim Hung - Secrets in Inequalities, Vol. 1 - Basic Inequalities
• Acerbi, Modica, Spagnolo - Problemi scelti di analisi matematica, 1
• De Michele, Forti - Analisi Matematica, problemi ed esercizi
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2
Prolegomena
In questa sezione figurano esercizi riguardanti il principio di induzione, inf e sup, monotonia, il binomio di
Newton e le propriet`
a dei coefficienti binomiali, le disuguaglianze di Cauchy-Schwarz e aritmo-geometrica.
Esercizio 2.1.
Si determinino inf, sup ed eventuali massimi e minimi dei seguenti sottoinsiemi della retta reale:
2n
:n∈N ,
{sin(n) : n ∈ N} ,
n+1
x
{tan(n) : n ∈ N} ,
:x∈Q ,
x2 − 2
r
x
{sin(cos n) : n ∈ N} ,
arctan
: x ∈ (0, 1) .
1−x
Fatto importante: i razionali sono densi in R, dunque per ogni numero irrazionale α e per ogni ε > 0
esiste un numero irrazionale della forma pq con gcd(p, q) = 1 tale per cui:
α − p ≤ ε.
q
Per il principio dei cassetti (alias Dirichlet Box Principle) vale inoltre il seguente risultato: per ogni
numero irrazionale α esistono infiniti numeri razionali della forma pq con gcd(p, q) = 1 tali per cui:
α − p ≤ 1 .
q q2
Data l’irrazionalit`
a di π, segue che le successioni {sin n}n∈N e {cos n}n∈N sono dense nell’intervallo [−1, 1].
Infatti, la successione delle parti frazionarie di n·π `e densa in [0, 1], l’esponenziale complesso `e una funzione
continua e le proiezioni z → <(z), z → =(z) da S 1 in [−1, 1] preservano la densit`a.
Esercizio 2.2. Si provi che se n `e un numero intero positivo, ma non `e il quadrato di alcun numero
√
naturale, n ∈ R \ Q.
Esercizio 2.3. Sia N∗ = {1, 2, . . .} l’insieme dei numeri naturali positivi. Quali elementi di N∗
possono essere espressi come somma di due o pi`
u elementi consecutivi di N∗ ?
A
Esercizio 2.4. ( ) Si provi che se n ≥ 7 `e un numero intero, cos 2π
n ∈ R \ Q.
Esercizio 2.5. Si provi che per ogni n ≥ 2 il numero di sottoinsiemi di A = {1, 2, . . . , 3n}
di cardinalit`
a < n non supera il numero di sottoinsiemi di A di cardinalit`
a n.
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PROLEGOMENA
Definizione 2.6. Una funzione f : A → A con la propriet`
a che ∀x ∈ A, f (f (x)) = f (x) `e detta
proiezione; una funzione f : A → A con la propriet`
a che ∀x ∈ A, f (f (x)) = x `e detta mappa involutiva
o involuzione.
Esercizio 2.7. Sia A un insieme con otto elementi. Si determinino il numero di funzioni f : A → A
tali per cui:
• f `e una proiezione;
• f `e una involuzione;
• ∀x ∈ A, f (f (f (x))) = x;
• ∀x ∈ A, f (f (f (x))) = a.
Esercizio 2.8. Provare o confutare che una funzione f : A → A con la propriet`
a che
∀x ∈ A, f (f (f (x))) = f (f (x)) `e una proiezione.
Esercizio 2.9. Una funzione f : A → A ha la propriet`
a che ∀x ∈ A, f (7) (x) = f (4) (x).
Provare o confutare che in tali ipotesi si ha:
∀x ∈ A,
f (5) (x) = f (4) (x).
Esercizio 2.10. Dati a, b numeri reali positivi con a > b, si provi che per ogni numero naturale n ≥ 2
vale:
n bn−1 (a − b) < an − bn < n an−1 (a − b).
Dimostrazione. Si ha:
n−1
X
an − bn
aj bn−j−1
=
a−b
j=0
e poich´e si ha a > b, ogni monomio che figura nel membro destro `e strettamente compreso tra bn−1 e
an−1 . Poich´e nel membro destro figurano n monomi, la tesi segue immediatamente.
Esercizio 2.11. Si provi che dalla precedente disuguaglianza `e possibile dedurre che la successione
{an }n∈N∗ definita da:
n
1
an = 1 +
n
`e monotona crescente.
Dimostrazione. Vogliamo provare che per ogni n ≥ 1 si ha:
n+1 n
1
1
1+
> 1+
,
n+1
n
ma questa disuguaglianza `e equivalente a:
n+1 n+1
n+1
1
1
1
1
1+
− 1+
<
1+
,
n
n+1
n+1
n
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che segue da quanto provato nel precedente esercizio.
A
Esercizio 2.12. ( ) Si provi che la successione {an }n∈N∗ definita da:
an =
n+ 12
1
1+
n
`e monotona decrescente.
√
Corollario 2.13. Ponendo n = 1, segue e < 2 2. Ponendo n = 2, segue e < (3/2)5/2 .
Esercizio 2.14. Siano f (x) = arctan x e g(x) =
si ha:
a+b
f (a) + f (b) = f
,
1 − ab
1
2
log
1+x
1−x
= arctanh (x). Si provi che se a, b ∈ (0, 1),
g(a) + g(b) = g
a+b
1 + ab
.
Dimostrazione. La tesi segue dalle formule di somma per la tangente e la tangente iperbolica:
tan(x + y) =
tan x + tan y
,
1 − tan x tan y
tanh(x + y) =
tanh x + tanh y
.
1 + tanh x tanh y
Esercizio 2.15. Si dimostrino per induzione le seguenti identit`
a:
N
X
(−1)n n2 = (−1)N
n=1
N
X
N (N + 1)
,
2
(2n − 1) = N 2 ,
n=1
N
X
Fn = FN +2 − 1,
n=1
N
X
1
N
=
,
n(n
+
1)
N
+1
n=1
N Y
1
1+
= N + 1,
n
n=1
N
X
Fn2 = FN FN +1 ,
n=1
n(3n − 1)
1 + 4 + 7 + . . . + (3n − 2) =
,
2
A
N
X
( )
n=1
arctan
1
N
= arctan
,
1 + n + n2
N +2
dove {Fn }n∈N `e la successione di Fibonacci definita da F0 = 0, F1 = 1, Fn+2 = Fn+1 + Fn .
Esercizio 2.16. Una scacchiera 2n × 2n , con n ≥ 2, viene privata di una casella. Si provi che la
parte rimanente pu`
o essere tassellata (ossia ricoperta senza sovrapposizioni) da pezzi a forma di L
che occupano esattamente tre caselle, come il seguente:
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.
2
PROLEGOMENA
Esercizio 2.17. Si provi che se 7 freccette vengono lanciate su un bersaglio circolare di raggio pari
a 18 cm, esistono due freccette che distano ≤ 18 cm.
A
Esercizio 2.18. ( ) Si provi che se 8 freccette vengono lanciate su un bersaglio circolare di raggio
pari a 18 cm, esistono due freccette che distano ≤ 16 cm.
Esercizio 2.19. Si dimostri l’identit`
a:
N Y
1−
n=0
2
(n + 2)(n + 3)
=
N +4
.
3(N + 2)
Esercizio 2.20. Si provi la disuguaglianza:
N Y
1−
n=1
1
2n
≤√
1
.
2N + 1
Esercizio 2.21 (Identit`
a di Vandermonde per il binomiale centrale).
Si provi che per ogni numero naturale n si ha:
n 2
X
n
k=0
k
=
2n
.
n
n
Dimostrazione. Poich´e nk = n−k
, il membro sinistro `e il coefficiente di xn nel prodotto (1 + x)n · (1 +
x)n = (1 + x)2n , dunque la tesi segue dal binomio di Newton. In alternativa, si consideri la seguente
interpretazione combinatoria: un parlamento `e composto da 2n parlamentari, n di destra ed n di sinistra.
Cerchiamo in quanti modi sia possibile costituire una commissione di n parlamentari. Parametrizzando in
funzione del numero di persone di sinistra presenti in tale commissione, la tesi segue immediatamente.
Esercizio 2.22. Si provi che se M, N sono due numeri naturali positivi con N > M , si ha:
N X
k
N +1
=
.
M
M +1
k=M
Dimostrazione. Poich´e
n
k
=
n−1
k−1
+
n−1
k
, fissato M la tesi segue per induzione su N .
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Esercizio 2.23. Si provi che per ogni numero naturale N ≥ 1 si ha:
N
X
!2
n
=
n=1
Dimostrazione. Poich´e n =
n
1
N
X
n3 .
n=1
, l’identit`
a
N
X
n=
n=1
N +1
2
=
N (N + 1)
2
segue dall’esercizio precedente. Analogamente, da
n+1
n
n =6
+
3
1
3
segue l’identit`
a:
N
X
2
N +2
N +1
N +1
n =6
+
=
.
4
2
2
n=1
3
Esercizio 2.24. Si provi che per ogni numero naturale positivo
dei sottoinsiemi di
j N k N , ill numero
m
2
2N
{1, . . . , N } che hanno cardinalit`
a multipla di 3 `e sempre pari a 3 o a 3 .
Esercizio 2.25. Si provi che vale:
N
Y
cos
k=1
x
sin x
= N
.
2k
2 sin 2xN
Esercizio 2.26. Siano x, y ∈ R+ con y ≥ x. Si determini il valore del seguente limite:
lim
n→+∞
√
n
xn + y n .
Esercizio 2.27. Si determinino, al variare di n ∈ N∗ , estremo inferiore e superiore dell’insieme:
x
+
En =
:
x
∈
R
.
n + x2
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2
PROLEGOMENA
Definizione 2.28 (Veloce parentesi teorica sulle funzioni convesse). Diciamo che una funzione di
variabile reale f (x) `e convessa sull’intervallo I se, comunque presi a, b ∈ I con a < b, il grafico di
f (x) sull’intervallo (a, b) giace al di sotto del segmento avente estremi in (a, f (a)) e (b, f (b)), ossia
se:
∀a, b ∈ I : a < b, ∀λ ∈ (0, 1), f (a + λ(b − a)) < f (a) + λ(f (b) − f (a)).
Quest’ultima condizione `e equivalente a (Disuguaglianza di Jensen):
∀a, b ∈ I : a 6= b, ∀λ ∈ (0, 1),
f (λa + (1 − λ)b) < λf (a) + (1 − λ)f (b).
Una funzione si dice invece concava quando la sua opposta risulta convessa. Talora non `e semplice
verificare che una funzione `e convessa provando per via diretta l’ultima disuguaglianza riportata.
Tuttavia, esistono molte condizioni sufficienti a garantire la convessit`
a (le elenchiamo in ordine di
“forza” delle ipotesi):
• Per un certo z ∈ I si ha che la funzione (rapporto incrementale) g(x) =
su I \ {z};
f (x)−f (z)
x−z
`e crescente
• La funzione f (x) `e derivabile su I e f 0 (x) risulta una funzione crescente su I;
• La funzione f (x) `e derivabile due volte su I e f 00 (x) risulta una funzione positiva su I;
E’ inoltre vero che una funzione convessa su I `e continua sulla parte interna di I; per le funzioni
derivabili, la condizione di convessit`
a `e equivalente alla condizione:
∀a, b ∈ I : a 6= b,
f (b) > f (a) + f 0 (a)(b − a)
che codifica il giacere del grafico di f al di sopra delle rette tangenti. Si ha inoltre che una funzione
continua e convessa per punti medi (ossia che realizza la disuguaglianza di Jensen relativamente ad
un unico valore di λ, λ = 21 ) `e automaticamente convessa. Altri risultati che `e bene conoscere: una
funzione convessa su un intervallo chiuso assume massimo agli estremi di tale intervallo; composizione di funzioni convesse d`
a luogo ad una funzione convessa, l’inversa di una funzione monotona e
convessa `e monotona e concava.
Corollario 2.29 (Disuguaglianze di convessit`a per le funzioni trigonometriche elementari).
Si ha che le funzioni sin x e cos x sono soluzioni dell’equazione differenziale ordinaria:
f (x) + f 00 (x) = 0,
in virt`
u di un criterio appena visto, le funzioni seno e coseno risultano perci`
o convesse dove negative
e concave dove positive. In particolare, sull’intervallo (0, π/4) vale la disuguaglianza:
√
2
x < sin x < x.
π
In virt`
u delle formule di bisezione del seno, l’ultima disuguaglianza comporta che sull’intervallo
[−π/2, π/2] si ha:
x2
4x2
1−
≤ cos x ≤ 1 − 2 .
2
π
Si noti che il membro destro corrisponde all’equazione della parabola che interpola la funzione coseno
nei punti x = 0 e x = ±π/2. Integrando membro a membro, ripetutamente, l’ultima disuguaglianza,
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si ha che sull’intervallo [−1, 1] valgono le seguenti identit`
a:
sin x =
N
X
x2N +3
(−1)n 2n+1
x
+θ·
,
(2n + 1)!
(2N + 3)!
n=0
cos x =
|θ| ≤ 1,
N
X
x2N +2
(−1)n 2n
x +θ·
,
(2n)!
(2N + 2)!
n=0
|θ| ≤ 1.
Quest’ultime permettono di dimostrare molto rapidamente diversi limiti notevoli:
1
1
1
2
lim n sin = 1,
lim n 1 − cos
= ,
n→+∞
n→+∞
n
n
2
1
1
1
1
1
1
3
3
lim n
− sin
= ,
lim n tan −
= .
n→+∞
n→+∞
n
n
6
n n
3
Il medesimo approccio pu`
o essere applicato alla funzione convessa ex sull’intervallo [−1, 1],
pervenendo all’identit`
a:
ex =
N
X
xN +1
xn
+θ·
,
n!
(N + 1)!
n=0
|θ| ≤ 1 +
1
,
N
da cui derivano analoghe identit`
a per le funzioni trigonometriche iperboliche sull’intervallo [−1, 1]:
cosh x =
sinh x =
N
X
x2n
x2N +2
+θ·
,
(2n)!
(2N + 2)!
n=0
|θ| ≤ 1 +
N
X
x2n+1
x2N +3
+θ·
,
(2n + 1)!
(2N + 3)!
n=0
1
,
2N + 1
|θ| ≤ 1 +
1
.
2N + 2
Da queste considerazioni segue che le funzioni sin x, cos x, ex , sinh x, cosh x in un intorno dell’origine
possono essere considerate alla stregua di “polinomi di grado infinito” i cui coefficienti, a meno del
segno, sono sempre 0 o il reciproco di un fattoriale.
Esercizio 2.30. Si provi che l’intero pi`
u vicino a 600e `e 1631.
Definizione 2.31 (Prodotti di Weierstrass per seno e coseno).
Per qualunque x ∈ R, valgono le identit`
a:
sin x = x · lim
N →+∞
N Y
n=1
1−
x2
n2 π 2
,
cos x =
lim
N →+∞
N Y
1−
n=0
4x2
(2n + 1)2 π 2
.
In tal senso `e dunque corretto affermare che la funzione coseno `e l’unico “polinomio di grado infinito”, con
termine noto 1, avente radici semplici in tutti i punti di π2 + πZ. Analogamente, `e corretto affermare che
la funzione seno `e l’unico “polinomio di grado infinito”, con termine noto 0 e coefficiente della x pari a
1, avente radici semplici in tutti i punti di πZ. Analoghe identit`
a valgono per le funzioni trigonometriche
iperboliche:
sinh x = x · lim
N →+∞
N Y
n=1
x2
1+ 2 2
n π
,
cosh x =
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lim
N →+∞
N Y
n=0
4x2
1+
(2n + 1)2 π 2
.
2
PROLEGOMENA
A
Esercizio 2.32. ( ) Si determini se esiste, e in tal caso si calcoli, il seguente limite:
N Y
lim
N →+∞
1−
n=1
1
(2n + 1)4
.
Esercizio 2.33. Si provi che sull’intervallo I = (0, 1) si ha:
(1 + x)(1 + x2 /3) < ex < (1 + x)(1 + x2 /2),
x(1 − x/2) < log(1 + x) < x(1 − 3x/10).
P+∞
d
1
Suggerimento: si consideri che dx
log(1 + x) = 1+x
= k=0 (−1)k xk .
Cosa accade troncando la somma all’ennesimo addendo e integrando termine a termine?
Riuscite a dedurre che log(1 + x)/x `e convessa su I?
Esercizio 2.34.
d
Dal fatto che dx
arctan(x) =
1
1+x2
arctan x =
=
P+∞
k=0 (−1)
k 2k
x
si deduca che per ogni x ∈ [−1, 1] vale:
N
X
x2N +3
(−1)k 2k+1
x
+θ·
,
2k + 1
2N + 3
|θ| ≤ 1.
k=0
Dal teorema della bisettrice si deduca l’identit`
a:
∀x ≥ 0,
arctan x = 2 arctan
x
√
1 + 1 + x2
e si concluda che, per qualunque x ∈ R, ricorrendo alle precedenti identit`
a `e possibile approssimare
arctan x con precisione arbitraria.
A
Esercizio 2.35. ( ) Si provi che sull’intervallo (0, 1) vale la disuguaglianza:
6 + 4z + z 2 + (4e − 11)z 4
6 + 4z + z 2
< ez <
.
6 − 2z
6 − 2z
Esercizio 2.36. Si provi che per ogni ε > 0 esistono infinite coppie (m, n) di numeri naturali tali
per cui:
2
e − m ≤ ε.
2n 2
Suggerimento: cosa accade valutando 1 + x + x2 in x =
potenza?
1
2k
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ed elevando quanto ottenuto alla 2k -esima
Esercizio 2.37. Sia I = [0, 1] e f : I → I una involuzione continua di I.
Si provi che, necessariamente, f (x) = x oppure f (x) = 1 − x.
Esercizio 2.38. Si determini se esiste, e in tal caso si calcoli, il seguente limite:
r
n 1 · 3 · . . . · (2n − 1)
lim
.
n→+∞
2 · 4 · . . . · 2n
Esercizio 2.39. Dato a0 = a, a1 = b con 0 < a < b, sia {an }n∈N la successione definita attraverso:
an+2 =
√
an+1 an
e siano {bn }n∈N , {cn }n∈N le successioni definite attraverso:
bn = a2n ,
cn = a2n+1 .
Si provi che sia {bn }n∈N che {cn }n∈N risultano monotone, l’una crescente e l’altra decrescente.
Dimostrazione. Forniamo due dimostrazioni. Notiamo preliminarmente che una successione reale {dn }n∈N
per cui valgano d0 < d1 e
dn+1 + dn
dn+2 =
2
soddisfa ugualmente la tesi. Si ha infatti:
(dn+2 − dn+1 ) = −
per cui, posto ∆n = dn+1 − dn , si ha ∆n =
(−1)n
2n ∆0
dn+1 − dn
,
2
per induzione, e:
dn = (dn − dn−1 ) + (dn−1 − dn−2 ) + . . . + (d1 − d0 ) + d0 = d0 +
n−1
X
∆k = d 0 + ∆ 0
k=0
n−1
X
k=0
(−1)k
.
2k
Dall’ultima identit`
a seguono immediatamente d2n+2 > d2n e d2n+1 < d2n−1 .
Posto dn , log an , la tesi dell’esercizio segue dalla monotonia del logaritmo.
In alternativa, si noti come la quantit`
a
Ln , 2dn+1 + dn
si mantenga constante indipendentemente dal valore di n. Si ha infatti:
Ln = 2dn+1 + dn = dn + dn−1 + dn = 2dn + dn−1 = Ln−1 ,
posto dunque L ,
2d1 +d0
,
3
si ha:
2dn+1 + dn
∆n
(−1)n+1
− dn+1 = −
=
,
3
3
3 · 2n
√
3
per cui la successione {bn }n∈N converge crescendo verso ab2 mentre la successione {cn }n∈N converge
decrescendo verso il medesimo valore.
L − dn+1 =
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2
PROLEGOMENA
Esercizio 2.40 (Successione di Erone). Dato a0 = 1, sia {an }n∈N la successione definita da:
an+1 =
an
1
+
.
2
an
Si provi che la successione {an }n≥1 `e decrescente e che per ogni n ≥ 1 vale an >
Dimostrazione. Notiamo che si ha a1 =
3
2
√
>
√
2.
2 e:
2an an+1 = a2n + 2,
da cui segue:
a2n+1 − 2 = (an+1 − an )2 =
1
an
−
an
2
2
=
a2n − 2
2an
2
> 0.
Posto bn = a2n − 2, abbiamo b1 = 41 , bn > 0 e:
bn =
b2n−1
b2n−1
b2n−1
=
≤
,
4a2n
4(bn−1 + 2)
8
da cui segue che la successione {bn }n≥1 decresce molto rapidamente a zero. In particolare, b1 =
l’ultima disuguaglianza comportano:
1
bn ≤ 5·2n−1 −3 .
2
Nota di folklore: generalizzando lievemente, si ha che la successione definita da a0 = 1 e
an+1 =
1
4
e
k
an
+
2
an
√
per una certo numero reale k > 1, converge molto rapidamente a k. Questo algoritmo `e il metodo
babilonese per l’estrazione di radice quadrata, e coincide di fatto con il metodo di Newton applicato alla
funzione f (x) = x2 − k.
Esercizio 2.41 (Media aritmo-geometrica). Siano a0 = a > 0 e b0 = b > 0, con a < b.
Definite le due successioni {an }n∈N e {bn }n∈N attraverso:
an+1 =
p
an bn ,
bn+1 =
an + bn
,
2
si provi che entrambe le successioni risultano monotone.
Dimostrazione. Se 0 < x < y, si ha:
x<
√
xy <
x+y
< y,
2
dunque `e semplice provare per induzione che si ha:
an < an+1 < bn+1 < bn .
Si ha inoltre (bn+1 − an+1 ) ≤ (bn+1 − an ) = 21 (bn − an ), dunque le due successioni convergono verso il
medesimo limite, che denotiamo con AGM(a, b) (media aritmo-geometrica di a e b).
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Nota di folklore: dall’identit`
a di Lagrange (2.57) segue questa relazione tra la media aritmo-geometrica
e l’integrale ellittico completo del primo tipo:
π
=
2 AGM(a, b)
Z
π/2
0
dθ
p
a2
cos2
θ + b2 sin2 θ
.
Esercizio 2.42. Sia {an }n∈N la successione definita attraverso:
q
√
√
a0 = 2, a1 = 3, an+2 = 3a2n+1 − a2n
e {Fn }n∈N l’usuale successione dei numeri di Fibonacci. Si provi che:
√
an
= 5.
n→+∞ Fn
lim
A
Esercizio 2.43. ( ) Sia {an }n∈N una successione per ricorrenza definita attraverso a0 > 0 e:
an+1 = an +
1
.
an
Si provi che per ogni numero naturale n ≥ 1 vale la doppia disuguaglianza:
r
q
√
1
2
2n + a0 < an < 2n + a20 + + log n.
3
Dimostrazione. La chiave della dimostrazione `e l’identit`a:
a2n+1 = a2n + 2 +
1
a2n
che comporta immediatamente quanto presente nel membro sinistro della disuguaglianza da provare.
Il membro destro segue da stime classiche (si veda, pi`
u avanti, l’esercizio 2.75) per la quantit`a:
n
X
1
Hn =
.
k
k=1
Esercizio 2.44. Sia {Fn }n∈N la successione di Fibonacci, definita attraverso F0 = 0, F1 = 1 e
Fn+2 = Fn+1 + Fn .
Si provi che per ogni n ≥ 1 si ha:
arctan
1
1
1
= arctan
+ arctan
.
F2n
F2n+1
F2n+2
Pagina 12 di 53
2
PROLEGOMENA
Dimostrazione. Per la formula di somma della tangente, la tesi `e equivalente a:
1
1
1
F2n+1 + F2n+2
=
,
F2n
1 − F2n+11F2n+2
a sua volta equivalente a:
1
F2n+1 + F2n+2
F2n+3
=
=
F2n
F2n+1 F2n+2 − 1
F2n+1 F2n+2 − 1
o a:
F2n+1 F2n+2 − F2n F2n+3 = 1,
analoga a:
2
F2n+1
− F2n F2n+2 = 1,
che `e conseguenza della celebre identit`
a:
Fn2 − Fn−1 Fn+1 = (−1)n+1 ,
facilmente dimostrabile per induzione, in quanto:
2
− Fn−2 Fn .
Fn2 − Fn−1 Fn+1 = − Fn−1
A
Esercizio 2.45. ( ) Si provi che per ogni numero naturale N ≥ 1 vale la doppia disuguaglianza:
N
X√
2N √
4N + 3 √
N≤
k≤
N.
3
6
k=1
Dimostrazione. Induzione o somme di Riemann associate ad una funzione concava.
La disuguaglianza pu`
o essere ulteriormente raffinata; vale:
N
2 X√
4N + 3 √
1
4N + 3 √
N− <
k≤
N− .
6
9
6
6
k=1
Esercizio 2.46. Si determini se esistono, e in tal caso si calcolino, i seguenti limiti:
1
1
lim n 2 n − 1 ,
lim n n n − 1 ,
n→+∞
n2
1
lim
cos
,
n→+∞
n
lim (sin n + arctan n) ,
n→+∞
!
n
X
√
1
√
( ) lim
2 n−
,
n→+∞
k
k=1
A
n→+∞
lim
n→+∞
p
p
n2 + 5n + 4 − n2 + 3n + 2 ,
lim tan(tanh n),
n→+∞
lim {n!e},
n→+∞
dove {x} denota la parte frazionaria: {x} = x − bxc.
Pagina 13 di 53
A
Esercizio 2.47. ( ) Sia {an }n≥1 la successione determinata da a1 = 3 e an+1 =
Si provi che la serie
X 1
n≥1
a2n +1
2 .
1 + an
`e convergente e se ne determini il valore.
Dimostrazione. Poich´e
an+1 − 1 =
si ha:
(an − 1)(an + 1)
2
1
1
1
=
−
,
an+1 − 1
an − 1 an + 1
dunque:
N
X
N X
1
1
1
1
1
=
−
= −
.
a + 1 n=1 an − 1 an+1 − 1
2 aN +1 − 1
n=1 n
Esercizio 2.48. Sia p un numero naturale positivo. Si provi che vale:
1 p + 2 p + . . . + np
1
=
.
p+1
n→+∞
n
p+1
lim
Dimostrazione. Per quanto visto riguardo le somme di potenze,
n
X
kp
k=1
1
`e un polinomio in n di grado p + 1 il cui termine di testa `e proprio p+1
np+1 : questo basta a provare la
tesi. In alternativa, si esibiscano delle maggiorazioni e minorazioni per la somma
n
X
kp
k=1
basate sull’ovvia disuguaglianza:
p!
k
k+p
≤ k p ≤ p!
.
p
p
Vedremo pi`
u avanti come, inoltre, si abbia:
n
1X
n→+∞ n
lim
k=1
p Z 1
k
1
=
xp dx =
.
n
p+1
0
Attraverso la disuguaglianza di Karamata (2.68) `e possibile verificare che la successione definita da:
an =
1p + 2p + . . . + np
np+1
`e decrescente; per convessit`
a vale inoltre:
1
1
1
1
+
≤ an ≤
+ .
p + 1 2n
p+1 n
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2
PROLEGOMENA
Esercizio 2.49. Si provi che il polinomio p(x) = x4 + 4x3 − 6x2 + 4x − 1 ha due radici reali.
Dimostrazione. Poich´e p(x) = 2x4 − (x − 1)4 , la condizione p(x) = 0 `e equivalente alla condizione:
4
1
1−
= 2.
x
Esercizio 2.50. Si provi che esistono 3 numeri reali x, y, z


=
 x+y+z
2
2
2
x +y +z =

 3
x + y3 + z3 =
che realizzano:
0
16
−3
e si determini xyz.
Esercizio 2.51. Si determini il coefficiente di x25 nel polinomio (x3 + x + 1)10 .
Dimostrazione. L’unico modo di scrivere 25 come somma di 10 interi che appartengano all’insieme {0, 1, 3}
`e quello di utilizzare otto 3, un 1 e uno 0, dunque la risposta `e
10 2 1
= 90.
8
1 1
Esercizio 2.52. Si determinino estremo inferiore e superiore della successione reale data da:
an =
n
X
sin k.
k=0
Dimostrazione. Si ha:
n
X
k=0
sin k = =
n
X
eik = =
k=0
e(n+1)i − 1
ei − 1
=
sin n2 sin n+1
cos 12 − cos 2n+1
2
2
=
.
1
sin 2
2 sin 21
In alternativa all’uso dell’identit`
a di De Moivre, `e possibile utilizzare le formule di prostaferesi determinando una somma telescopica:
n
n X
X
1
1
1
1
2n + 1
2 sin sin k =
cos k −
− cos k +
= cos − cos
.
2
2
2
2
2
k=0
k=0
`e densa in [−1, 1], valgono le identit`a:
Poich´e la successione data da bn = cos 2n+1
2
inf an =
n
cos 21 − 1
1
1
= − tan = −0.12767096 . . . ,
2
4
2 sin 12
sup an =
n
Pagina 15 di 53
cos 21 + 1
1
1
= cot = 1.95815868 . . . .
2
4
2 sin 12
Si pu`
o verificare analogamente che si ha:
n
X
cos α2 − cos (2n+1)α
2
sin(αk) =
∈
2 sin α2
k=0
n
X
k=0
sin α2 + sin (2n+1)α
2
cos(αk) =
∈
2 sin α2
α 1
α
1
,
− tan , cot
2
4 2
4
1
1
1
1
−
+
α,
2 2 sin 2 2 2 sin α2
.
Esercizio 2.53. Si provi che esiste e si determini esplicitamente il valore del seguente limite:
n
1X
(n − k) sin k.
n→+∞ n
lim
k=0
Dimostrazione. Si ha:
n
X
(n − k) sin k =
j=1 k=1
k=0
dunque il limite `e pari a
1
2
j
n X
X
sin k =
n
X
cos 21 − cos (2j+1)
2
1
2
sin
2
j=1
cot 12 in virt`
u della limitatezza delle somme
Pn
j=1
cos 2j+1
2 .
Esercizio 2.54 (Polinomi di Chebyshev del primo e secondo tipo).
Si provi che per ogni numero naturale n, valgono le identit`
a:
sin((n + 1)x)
= Un (cos x),
sin x
cos(nx) = Tn (cos x),
dove Un e Tn sono polinomi a coefficienti interi di grado n.
Dimostrazione. La tesi `e facilmente dimostrabile per induzione.
In virt`
u delle formule di Briggs, si ha:
Tn+2 (x) = 2x Tn+1 (x) − Tn (x),
Un+2 (x) = 2x Un+1 (x) − Un (x),
con U0 (x) = T0 (x) = 1 e U1 (x) = 2x, T1 (x) = x. Valgono inoltre le identit`a:
√
√
√
√
(x + x2 − 1)n + (x − x2 − 1)n
(x + x2 − 1)n+1 − (x − x2 − 1)n+1
√
Tn (x) =
,
Un (x) =
,
2
2 x2 − 1
e sull’intervallo [−1, 1] i polinomi Un e Tn assumono valori in [−1, 1].
` vero inoltre che le radici di Tn sono date da:
E
(2k − 1)π
cos
, k = 1, 2, . . . , n
2n
mentre le radici di Un sono date da:
cos
πk
n+1
,
k = 1, 2, . . . , n.
Pagina 16 di 53
2
PROLEGOMENA
Corollario 2.55.
n−1
Y
sin
k=1
πk
= n · 21−n .
n
Dimostrazione. In virt`
u della formula di De Moivre abbiamo:
n−1
n−1
n−1
Y
Y
πik
2πik
21−n Y πik
πk
e n − e− n = 21−n
= n
1−e n ,
sin
n
i
k=1
k=1
k=1
n
dove l’ultimo prodotto, a meno del segno, `e il prodotto delle radici del polinomio (1−z)z −1 . In virt`
u del
teorema di Vi`ete sulle relazioni tra radici e coefficienti, il valore di questo prodotto `e ±n. Dato che il
prodotto di partenza `e certamente positivo, si ha la tesi. Questo risultato `e centrale nella dimostrazione
della formule di riflessione e moltiplicazione per la funzione Γ, e comporta inoltre:
√
Z π/2
Z π
π
m + m2 − 1
log sin x dx = − log 2,
log(m + cos x) dx = π log
.
2
2
0
0
A
Soluzione dell’esercizio 2.46 ( ).
Verifichiamo dapprima che la successione data da
n
X
√
1
√
an = 2 n −
k
k=1
`e crescente e limitata dall’alto. Questo `e sufficiente a garantire l’esistenza del limite limn→+∞ an .
Notiamo che si ha:
√
√ 2
√
√
n+1− n
1
√
an+1 − an = 2 n + 1 − 2 n − √
=
> 0,
n+1
n+1
dunque la monotonia `e immediata. D’altro canto si ha:
1
1
an+1 − an ≤ √ − √
,
2 n 2 n+1
in quanto l’ultima disuguaglianza `e equivalente a:
√
√
1
1
2 n+1−2 n≤ √ + √
,
2 n 2 n+1
che, posto f (x) =
√1 ,
x
discende dalla disuguaglianza di convessit`a:
2
√
n+1−
√ n =
Z
n+1
n
dx
1
√ ≤ (f (n) + f (n + 1)) .
2
x
Per ogni N ≥ 1 abbiamo allora:
aN = a1 + (a2 − a1 ) + . . . + (aN − aN −1 ) ≤ 1 +
donde:
N −1 1 X
1
1
√ −√
,
2
k+1
k
k=1
3
1
− √ .
2 2 N
Il valore del limite non `e pari ad alcuna “celebre” costante matematica, ma `e pari all’opposto del
valore assunto dalla funzione zeta di Riemann nel punto 21 :
1
lim an = −ζ
= 1.4603545 . . . .
n→+∞
2
aN ≤
Pagina 17 di 53
Teorema 2.56 (Disuguaglianza di Cauchy-Schwarz).
Date due n-uple di numeri reali a1 , . . . , an e b1 , . . . , bn , si ha:
n
X
!2
n
X
≤
a k bk
k=1
!
a2k
·
k=1
n
X
!
b2k
k=1
e l’uguaglianza vale se e solo se, per un qualche numero reale λ, vale ak = λbk per ogni k ∈ {1, . . . , n}.
Dimostrazione. Il polinomio di secondo grado
p(x) =
k
X
(aj x + bj )2 ,
j=1
in quanto somma di quadrati, assume valori non negativi per ogni x ∈ R. L’importante risultato segue
dunque dalla constatazione che p(x) ha discriminante non positivo; l’uguaglianza ha luogo unicamente
nel caso in cui esista una costante λ ∈ R tale da realizzare:
∀j ∈ [1, k], aj = λ bj .
A partire da una disuguaglianza banale, `e in realt`a possibile ottenere laqdisuguaglianza di Cauchy-Schwarz
Pn
2
per amplificazione (o interpolazione). Siano v, w ∈ Rn \ {0} e kuk =
j=1 uj . Allora:
kv − wk ≥ 0,
da cui, considerando il quadrato del membro sinistro:
n
X
vj wj ≤
j=1
1
(kvk2 + kwk2 ).
2
Notiamo che il valore del membro sinistro non muta rimpiazzando v con λv e w con λ1 w. Possiamo perci`
o
asserire:
n
X
1
1
vj wj ≤ (λ2 kvk2 + 2 kwk2 ).
∀v, w ∈ Rn \ {0}, ∀λ > 0,
2
λ
j=1
Operiamo ora la seguente accortezza: scegliamo λ2 in modo da minimizzare il membro destro.
Poich´e, per AM-GM (2.62)
√
min (x + y) = 2 k,
x,y≥0
xy=k
la migliore scelta per λ2 risulta essere
kwk
kvk ,
e da tale scelta segue:
n
X
vj wj ≤ kvkkwk,
j=1
che `e quanto volevamo provare. Addizionalmente, notiamo che lo scarto tra i due membri che figurano
nella disuguaglianza di Cauchy-Schwarz pu`
o essere precisamente quantificato:
Teorema 2.57 (Identit`
a di Lagrange).
 
 
2

n
n
n
X
X
X

a2j  · 
b2j  − 
aj bj  =
j=1
j=1
j=1
X
(ai bj − aj bi )2 ≥ 0.
1≤i<j≤n
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2
PROLEGOMENA
` infatti sufficiente raffrontare i monomi di grado 4 che figurano nel termine sinistro con quelli che figurano
E
nel termine centrale. Invitiamo il lettore a provare la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz per induzione
su n.
Una forma equivalente della disuguaglianza di Cauchy-Schwarz `e la seguente:
Teorema 2.58 (Disuguaglianza di Cauchy-Schwarz, forma alternativa, alias Lemma di Titu).
Se x1 , . . . , xn e y1 , . . . , yn sono numeri reali positivi, si ha:
n
X
x2j
j=1
yj
2
P
≥
n
j=1 xj
Pn
j=1 yj
,
e l’uguaglianza `e realizzata se e solo se yj = λxj per ogni j ∈ {1, . . . , n}.
Dimostrazione. Il caso n = 1 `e banale e il caso n = 2 `e equivalente alla disuguaglianza:
(x1 y2 − x2 y1 )2 ≥ 0.
D’altro canto, supposto che la disuguaglianza valga nel caso n, si ha:
n+1
X
j=1
n
X
x2j Ip.Ind x2n+1
x2j
x2
= n+1 +
≥
+
yj
yn+1 j=1 yj
yn+1
P
2
n
j=1 xj
Pn
j=1 yj
n=2
≥
P
2
2
n+1
x
x
j
j
j=1
j=1
Pn
= Pn+1
,
yn+1 + j=1 yj
j=1 yj
xn+1 +
Pn
dunque la disuguaglianza vale anche per n + 1.
La disuguaglianza di Cauchy-Schwarz pu`
o essere enunciata anche nella seguente forma:
Teorema 2.59. Se x, y ∈ Rn , si ha:
|x · y| = kxk · kyk · cos θ ≤ kxk · kyk,
dove x · y denota il prodotto scalare tra x e y, θ l’angolo tra i due vettori e kxk la norma euclidea di x.
Il problema dunque ricade unicamente su come definire il prodotto scalare canonico tra due elementi di
Rn . In contesto fisico, si `e soliti definire il prodotto scalare tra x e y come il prodotto tra la lunghezza di
y e la lunghezza (con segno) della proiezione di x lungo y, in ambito matematico come:
x·y ,
n
X
xk yk .
k=1
E’ interessante sottolineare l’equivalenza delle due definizioni. La proiezione di x lungo y `e infatti un
vettore della forma λy, dove λ `e preso in modo da minimizzare la quantit`a kx − λyk2 . Notiamo che vale:
kx − λyk2 =
n
X
(xk − λyk )2 = kxk2 + λ2 kyk2 − 2λ
k=1
n
X
k=1
Pagina 19 di 53
xk yk ,
dove il membro destro `e un polinomio di secondo grado in λ che ammette minimo per:
λ=
n
1 X
xk yk .
kyk2
k=1
Dalla definizione fisica segue per`
o:
|x · y| = kyk · kλyk = |λ| · kyk2 ,
dunque:
n
X
|x · y| = xk yk ,
k=1
come voluto. In alternativa, si noti come la definizione fisica comporti che il prodotto scalare canonico
sia una forma bilineare simmetrica. Poich´e ei · ej = δij , la matrice che rappresenta tale forma bilineare
simmetrica `e necessariamente In .
A
Esercizio 2.60. ( ) Sia h·, ·i una forma bilineare simmetrica su Rn .
Si discutano i casi in cui vale la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz in forma generalizzata:
∀x, y ∈ Rn ,
hx, yi2 ≤ hx, xi · hy, yi.
Dimostrazione. Se per ogni w ∈ Rn si ha hw, wi ≥ 0, dall’identit`a:
0 ≤ hx − λy, x − λyi = hx, xi − 2λhx, yi + λ2 hy, yi
segue che il discriminante del polinomio di secondo grado che compare nel membro destro `e certamente
≤ 0. La disuguaglianza di Cauchy-Schwarz in forma generalizzata vale perci`o per ogni prodotto scalare
semidefinito positivo.
Esercizio 2.61 (dal Conti-Acquistapace-Savojini). A partire da un triangolo OP1 P2 , retto in P1
e tale per cui OP1 = 1, P1 P2 = 12 , si costruiscano i triangoli OPn Pn+1 , retti in Pn e tali per cui
1
Pn Pn+1 = n+1
. Si discuta se la lunghezza del segmento OPn e l’ampiezza dell’angolo P\
1 OPn restino
o meno limitate al crescere di n.
Teorema 2.62 (Disuguaglianza aritmo-geometrica, AM-GM).
Se a1 , . . . , an sono numeri reali non negativi, si ha
√
a1 + . . . + an
≥ n a1 · . . . · an ,
n
e l’uguaglianza `e verificata se e solo se a1 = . . . = an .
Pagina 20 di 53
2
PROLEGOMENA
Dimostrazione. Il caso n = 1 `e banale, e il caso n = 2 segue immediatamente dal fatto che la quantit`
a
√ 2
√
( a1 − a2 ) `e non negativa e nulla solo se a1 = a2 . Per induzione, `e semplice provare il Teorema nel
caso in cui n sia una potenza di 2. Supposto che la disuguaglianza sia verificata nel caso n = 2k , si ha:

 

 v
u
k+1
k
k+1
k+1
2X
2
2
2k
2X
u
X
X
X
1
1
11
1
u 1
aj  ·  k
aj 
aj =
aj + k
aj  ≥ t k
2k+1 j=1
2 2k j=1
2
2
2
k
k
j=1
j=2 +1
j=2 +1
v
1/2k 
1/2k  k 1/2k+1
u
k
k+1
u Y
2Y
2
Y
u 2
≥ t
aj 
·
aj 
=
aj 
;
j=1
j=1
j=2k +1
l’uguaglianza ha luogo solo se a1 = . . . = a2k e a2k +1 = . . . = a2k+1 hanno la stessa media aritmetica,
ossia solo se tutti i termini della sequenza hanno il medesimo valore. Dato ora un generico n, sia 2k la
pi`
u piccola potenza di 2 superiore ad n ed A la media aritmetica di a1 , . . . , an . Per ogni numero naturale
m nell’intervallo [n + 1, 2k ], poniamo, d’ufficio, am = A. Abbiamo allora:
 k 1/2k
n
2k
2
X
X
Y
1
1

aj = k
aj ≥
aj 
,
A=
n j=1
2 j=1
j=1
da cui segue:

k
A2 ≥ 
n
Y

k
aj  · A2
−n
,
j=1
An ≥
n
Y
aj ,
j=1
provando cos`ı la disuguaglianza per ogni n ≥ 1.
Si noti come sia possibile dimostrare la tesi dell’esercizio (2.11) anche attraverso AM-GM, in quanto:
s
n
1
1
1
1
n+1
1+
·1<
n 1+
+1 =1+
.
n
n+1
n
n+1
Esercizio 2.63 (GM-HM). Si provi che se a1 , . . . , an sono numeri reali positivi, si ha:
1
a1
n
+ ... +
1
an
≤
√
n
a1 · . . . · an
e l’uguaglianza `e verificata se e solo se a1 = . . . = an .
Esercizio 2.64 (AM-QM). Si provi che se a1 , . . . , an sono numeri reali qualunque, si ha:
r 2
2
a1 + . . . + an ≤ a1 + . . . + an
n
n
e l’uguaglianza `e verificata se e solo se a1 = . . . = an .
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Esercizio 2.65. Si provi che per ogni x ∈ [0, 1] vale la doppia disuguaglianza:
√
x
x
x2
x2
−
≤ 1+x≤1+ − √
.
2 8 + 4x
2 8 1+x
√
11
Tramite tale disuguaglianza, si dimostri che vale 120 ≈ 11 − 241
.
1+
Dimostrazione. Dalla disuguaglianza aritmo-geometrica segue immediatamente
Tuttavia:
1+
√
1 + x ≤ 1 + x2 .
p
√
x √
x2
1
− 1 + x = 1 + x + x2 /4 − 1 + x =
·p
,
√
2
4
1 + x + x2 /4 + 1 + x
√
e il denominatore dell’ultima frazione `e chiaramente compreso tra 2 1 + x e 2 + x.
Esercizio 2.66 (Versione migliorata della disuguaglianza 2.10). Si provi che se x > y > 0 e n ≥ 2, si
ha:
n−1
xn − y n > n · (x − y) · (xy) 2 .
Esercizio 2.67 (Disuguaglianza di Samuelson).
Dati due o pi`
u numeri reali x1 , . . . xn , si definisca il loro valor medio come:
n
x
¯=
1X
xk ,
n
k=1
e il loro scarto quadratico medio come:
n
σ2 =
1X
(xk − x
¯)2 .
n
k=1
Si provi che per ogni i ∈ {1, . . . , n} si ha:
√
|xi − x
¯| ≤ σ n − 1.
Dimostrazione. Posto yi , xi − x
¯, si ha
Pn
k=1
yi = 0 e la disuguaglianza da provare risulta equivalente a:
nyi2 ≤ (n − 1)
n
X
yi2 ,
k=1
a sua volta equivalente, a meno di sottrarre (n − 1)yi2 da ambo i membri, a:
yi2 ≤ (n − 1)
X
yi2 .
j6=i
Poich´e il membro sinistro altro non `e che
di Cauchy-Schwarz.
P
j6=i
yj
2
, la tesi segue dall’applicazione della disuguaglianza
Pagina 22 di 53
2
PROLEGOMENA
Teorema 2.68 (Karamata, Hardy-Littlewood). Siano ora (a1 , . . . , ak ) e (b1 , . . . , bk ) due sequenze di
numeri reali non negativi con le seguenti propriet`
a:
• ∀i < j, ai ≥ aj e bi ≥ bj (ordinate debolmente descrescenti);
Pi
Pi
• ∀i ∈ [1, k], Ai =
.˙
.˙ Bi (la prima sequenza maggiora la seconda);
j=1 aj ≥
j=1 bj =
Pk
•
j=1 (aj − bj ) = 0 (medesima somma).
La disuguaglianza di Karamata, anche nota come disuguaglianza di Hardy-Littlewood,
asserisce che in tali ipotesi una qualunque funzione reale convessa realizza:
k
X
f (ai ) ≥
i=1
k
X
f (bi ).
i=1
Dimostrazione. Se f `e convessa, la funzione
δf (a, b) =
f (b) − f (a)
b−a
`e simmetrica nei suoi argomenti e crescente al crescere del secondo argomento.
Se nelle ipotesi del teorema poniamo dunque
ci = δf (ai , bi ),
abbiamo:
k
X
(f (ai ) − f (bi )) =
i=1
k
X
ci (ai − bi ) =
i=1
k
X
ci (Ai − Ai−1 − Bi + Bi−1 ) =
i=1
k−1
X
(ci − ci+1 )(Ai − Bi ),
i=1
ma
ci = δf (ai , bi ) ≥ δf (bi , ai+1 ) ≥ δf (ai+1 , bi+1 ) = ci+1
e la tesi `e provata.
Esercizio 2.69 (Prodotto di Wallis). Si provi che posto:
(2n − 1) · (2n − 3) · . . . · 3 · 1
(2n − 1)!!
1 2n
an =
=
= n
(2n) · (2n − 2) · . . . · 4 · 2
(2n)!!
4
n
la successione {na2n }n≥1 ammette limite.
Dimostrazione. Si noti che si ha:
Y
n n
Y
1
(2k − 1) · (2k + 1)
1− 2 =
= (2n + 1)a2n
4k
(2k) · (2k)
k=1
k=1
e che il prodotto che figura nel membro sinistro `e convergente, in quanto:
n
n
X
X
1
n
1
1
1
1 − 2 ≤ exp − 2 ,
=
.
>
4k
4k
k2
k(k + 1)
n+1
k=1
k=1
Si noti, inoltre, che in virt`
u del prodotto di Weierstrass per la funzione seno si ha:
+∞
N Y
Y
1
1
sin x 2
1− 2 =
lim
1− 2 =
= .
N →+∞
4k
4k
x x=π/2
π
k=1
k=1
Pagina 23 di 53
Vale perci`
o l’identit`
a:
2
−1
Y 1
(2N + 1)π 2N
=
1− 2
= exp
N
2 · 16N
4k
k>N
X
k>N
1
− log 1 − 2
4k
dove l’argomento dell’esponenziale a membro destro `e compreso tra
` inoltre possibile provare che si ha:
E
2
(2N + 1)π 2N
= 1 + θN ,
N
2 · 16N
1
4N +2
θN
e
!
,
1
4N +13/6 .
3
2
∈
,
12N + 5 8N + 3
e che il membro sinistro `e una funzione di N decrescente e log-convessa.
Esercizio 2.70. Si provi l’identit`
a:
+∞
Y
k=1
1+
1
4k(k + 1)
=
4
π
e se ne deduca la disuguaglianza πe1/4 > 4.
Esercizio 2.71. Si provi la super-additivit`
a della media geometrica, ossia il fatto che, se a1 , . . . , an
sono quantit`
a positive,
n
n
Y
Y
1/n
1/n
(aj + 1)
≥1+
aj .
j=1
j=1
Esercizio 2.72 (Disuguaglianza di Nesbitt). Si provi che se a, b, c sono numeri reali positivi, vale:
a
b
c
3
+
+
≥ .
b+c a+c a+b
2
Esercizio 2.73. Combinando l’identit`
a di Vandermonde con la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz, si
provi che per ogni numero naturale n ≥ 2 si ha:
2n
4n
.
≥
n
n+1
Dimostrazione. Si ha:
2n =
n X
n
k=0
k
=
n
X
k=0
v
s
u
n 2
X
u
n
n
2n
1·
≤ t(n + 1)
= (n + 1)
,
k
n
k
k=0
da cui la tesi.
Stime pi`
u stringenti possono essere dedotte dal fatto che, posto an =
1
an+1
=1−
,
an
2n + 2
Pagina 24 di 53
1 2n
4n n
, si ha a0 = 1, a1 =
1
2
e:
2
PROLEGOMENA
dunque:
n Y
(2n − 1)!!
an
an−1
a1
1
·
· ... ·
· a0 =
=
,
1−
an−1 an−2
a0
2k
(2n)!!
k=1
Qn
1
2
2
k=1 1 − 4k2
≥ Qn
=
an = Qn
,
1
1
π(2n + 1)an
π k=1 1 + 2k
k=1 1 + 2k
an =
e per ogni n ≥ 1 si ha:
4n
p
π(n + 1/2)
≤
2n
n
4n
≤√ .
πn
Vale inoltre l’ancor pi`
u ficcante:
4n
√
≤
πn + 1
2n
4n
≤p
.
n
π(n + 1/4)
Teorema 2.74 (Formula di sommazione per parti). Dati a1 , . . . , an e b1 , . . . , bn , si ponga:
Ak ,
k
X
aj .
j=1
Vale allora:
n
X
ak bk = An bn −
n−1
X
k=1
Ak (bk+1 − bk ).
k=1
Esercizio 2.75 (Una disuguaglianza per i numeri armonici). Si provi che per ogni k ≥ 1 si ha:
1
1
1
2
≤ − log 1 +
≤
2k(k + 1)
k
k
3k(k + 1)
e si deduca da ci`
o che i numeri armonici Hn ,
Pn
1
k=1 k
realizzano la disuguaglianza:
log n + γ ≤ Hn ≤ log(n + 1) + γ
dove γ `e la costante di Eulero-Mascheroni:
γ,
+∞ X
1
k=1
1
− log 1 +
k
k
= 0.5772156649 . . . .
A
Esercizio 2.76. ( )
Attraverso la formula di sommazione per parti, si dimostrino le seguenti identit`
a:
n
X
Hk = (n + 1)Hn − n,
k=1
Pagina 25 di 53
n
X
Hk2 = (n + 1)Hn2 − (2n + 1)Hn + 2n.
k=1
Esercizio 2.77. Si dimostri che
1
1
1
√ +√
lim
+ ... + √
=2
n→+∞
n2 + 1
n2 + 2n
n2
A
( ) e si determini il valore di:
1
1
1
lim n2 · −2 + √ + √
+ ... + √
.
n→+∞
n2 + 1
n2 + 2n
n2
Esercizio 2.78. Si provi che:
100
100 X
X
a=0 b=0
100 100
a
b
200
a+b
= 201.
Esercizio 2.79. Si determini il carattere della successione definita da:
1
1
1
an = n n · (n + 1) n+1 · . . . · (2n) 2n .
Dimostrazione. Considerato il logaritmo di an , resta da studiare la somma:
Sn =
2n
X
log n
.
n
k=n
Poich´e Hn = log n + γ + O
1
n
e per sommazione parziale si ha:
N
(2)
X
Hn
H 2 + Hn
1
γ 2 + ζ(2)
1
= n
= log2 N + γ log N +
+O
,
n
2
2
2
N
n=1
donde:
2N
X
Hn
n
n=N
HN
1
1
2
=
+ log 2 log N +
log 2 + γ log 2 + O
N
2
N
1
log N
= log 2 log N +
log2 2 + γ log 2 + O
,
2
N
e poich´e:
2N
X
1
1
= log 2 + O
,
n
N
n=N
si ha:
Sn = log 2 log N +
2N
X
1
1
=O
,
n2
N
n=N
1
log N
2
log 2 + O
,
2
N
e la successione {an }n∈N risulta divergere come nlog 2 .
Pagina 26 di 53
3
3
SUCCESSIONI, SERIE E CRITERI DI CONVERGENZA
Successioni, serie e criteri di convergenza
Esercizio 3.1. La successione {an }n≥1 `e data da a1 =
Si provi che per ogni numero naturale positivo n si ha:
√
2 e dalla relazione an+1 =
√
2 + an .
√
2n+1 2 − an < π.
Dimostrazione. Attraverso le formule di bisezione del seno, `e piuttosto semplice provare che la quan√
tit`
a 2n+1 2 − an `e il semiperimetro di un poligono regolare di 2n+2 lati inscritto in una circonferenza
unitaria.
Esercizio 3.2 (Dal Conti-Acquistapace-Savojini).
Si dimostri che se {an }n∈N `e una successione di numeri non negativi, la serie
X
an
n≥0
converge se e solo se converge la serie
X
n≥0
an
.
1 + an
an
≤ an , la convergenza della
Dimostrazione. Una delle due implicazioni `e immediata: poich´e 0 ≤ 1+a
n
bn
an
, si ha an = 1−b
.
prima serie implica la convergenza della seconda. D’altro canto, posto bn = 1+a
n
n
P
Assumendo che la serie n≥0 bn risulti convergente, per ogni n sufficientemente grande (n ≥ N ) si ha
bn ≤ 21 , il che comporta an ≤ 2bn e la tesi.
Esercizio 3.3. Si dimostri l’identit`
a:
X
1
n≥0
(2n + 1)(2n + 2)
=
X
n≥0
4
.
(4n + 1)(4n + 2)(4n + 3)
Dimostrazione.
X
n≥0
1
(2n + 1)(2n + 2)
=
X
n≥0
=
=
1
1
−
(2n + 1) (2n + 2)
=
X (−1)n
n+1
n≥0
X
1
1
1
1
−
+
−
4n + 1 4n + 2 4n + 3 4n + 4
n≥0
X
X 1
2
1
1
1
−
+
+
−
4n + 1 4n + 2 4n + 3
4n + 2 4n + 4
n≥0
=
X
n≥0
n≥0
2
1X
1
+
.
(4n + 1)(4n + 2)(4n + 3) 2
(2n + 1)(2n + 2)
n≥0
Pagina 27 di 53
Esercizio 3.4. Si determini il comportamento della serie:
+∞ X
√
n
n=1
1
n− √
n
n
.
Dimostrazione. Si noti che per ogni n ≥ 3 si ha:
n
1
1+
< e < n,
n
che comporta:
√
n
n−1>
1
.
n
Da quest’ultima disuguaglianza segue:
1
1
√
<1−
,
n
n+1
n
o, equivalentemente:
1
1
1− √
>
.
n
n+1
n
Abbiamo dunque che per ogni n ≥ 3 si ha:
√
n
1
1
1
≥ +
n− √
,
n
n n+1
n
che comporta che la serie diverga positivamente.
Esercizio 3.5 (Una semplice disuguaglianza riguardo il fattoriale). Per ogni n ≥ 2, vale:
n n
√ n n
e·
< n! < e n
.
e
e
Dimostrazione. Il risultato segue dall’esercizio (2.12). Poich´e
N Y
n=1
1+
1
n
si ha:
n! = Qn−1
k=1
= N + 1,
nn
1+
1 k
k
.
k
k+ 12
per k ≥ 1 sono ambedue convergenti ad e, ma la
Poich´e la successioni date da 1 + k1 e 1 + k1
prima `e crescente mentre la seconda `e decrescente, la tesi segue da semplici manipolazioni algebriche.
Una disuguaglianza assai pi`
u stringente, ma anche assai pi`
u ardua da dimostrare con tecniche elementari,
`e la seguente:
Teorema 3.6 (Disuguaglianza di Stirling).
n n √
n n √
1
1
2πn exp
< n! <
2πn exp
.
e
12n + 1
e
12n
Pagina 28 di 53
3
SUCCESSIONI, SERIE E CRITERI DI CONVERGENZA
Esercizio 3.7. Si provi che si ha:
+∞
X
2 arctan
n=1
+∞
X
π
1
1
=
=
.
arctan
2n2
2
F
2n+1
n=0
Esercizio 3.8. Si provi che se una successione reale {an }n∈N `e limitata e soddisfa
an+1 − an = o(1),
non necessariamente essa `e convergente. Si provi che, tuttavia, se si ha
1
an+1 − an = O
n log2 n
o la pi`
u debole
an+1 − an = O
1
n log n(log log n)2
allora {an }n∈N `e necessariamente convergente.
Dimostrazione. Per la prima parte, si consideri la successione data da an = sin log(n + 1).
Per la seconda parte, si tenga in considerazione il criterio di condensazione di Cauchy.
A
Esercizio 3.9. ( ) Si provi che se
X
an
n≥1
`e una serie a termini positivi convergente, lo `e anche
X
n
1
+
.
.. +
n≥1 a1
e che vale:
X
1
n≥1 a1
n
+ ... +
1
an
1
an
<e·
X
an .
n≥1
Si provi infine che l’ultima disuguaglianza resta vera rimpiazzando la costante e con la costante 2.
Esercizio 3.10. Sia {an }n∈N una successione illimitata e crescente di numeri reali positivi. Si provi che
P
esiste una successione {bn }n∈N di numeri reali positivi tale per cui la serie n∈N bn converge mentre la
P
serie n∈N an bn diverge positivamente.
P
Esercizio 3.11. Sia {an }n∈N una successione di numeri reali positivi, tale per cui la serie
n∈N an
converge. Si provi che esiste una successione {bn }n∈N di numeri reali positivi, crescente e illimitata, tale
P
per cui la serie n∈N an bn converge.
Pagina 29 di 53
Dimostrazione. Relativamente al primo esercizio, consideriamo la successione {bn }n∈N definita attraverso:
1
b0 = √ ,
a0
bn = √
1
1
−√ .
an−1
an
` immediato verificare che la successione {bn }n∈N `e positiva, e che si ha:
E
N
X
n≤N
X
1
bn = √ +
a0 n=1
1
1
−√
√
an−1
an
2
1
=√ −√ .
a0
aN
P
Poich´e la successione {an }n∈N `e illimitata, l’ultima identit`a prova che la serie n∈N bn converge a √2a0 .
Abbiamo inoltre:
√
√
an − an−1
√
√
an bn = an · √
≥ an − an−1 .
an−1 an
PN
P
√
√
L’ultima identit`
a prova che vale n=1 an bn ≥ aN − a0 , per cui la serie n∈N an bn diverge positivamente.
P
Relativamente al secondo esercizio, non `e restrittivo supporre che si abbia
n∈N an = 1 a meno di
moltiplicare ogni elemento della successione {an }n∈N per una costante positiva. Consideriamo allora la
successione {bn }n∈N definita attraverso:
1
bn = √ ,
cn
b0 = c0 = 1,
cn = 1 −
n−1
X
am .
m=0
P
Poich´e
e una serie a termini positivi convergente a 1, {cn }n∈N `e una successione a termini
n∈N an `
positivi decrescente a 0, dunque {bn }n∈N `e positiva e illimitata. Vale inoltre an = cn − cn+1 , ragion per
cui:
√
√
√
√
cn − cn+1 ·
cn + cn+1
√
cn − cn+1
√
an bn =
=
≤ 2 cn − cn+1 .
√
√
cn
cn
Ci`
o comporta:
X
X √
an bn ≤ a0 + 2 ·
n≤N
cn −
√
√
cn+1 = a0 + 2 1 − cN +1 ,
n≤N
P
per cui la serie n∈N an bn risulta convergere a L ≤ a0 + 2.
Si noti come ambedue gli esercizi siano conseguenza della pi`
u generale disuguaglianza:
N
X
n=1
−β

an 
X
am 
m≥n
1
<
β
N
X
!1−β
an
,
n=1
valida per ogni successione {an }+∞
n=1 a termini positivi tale per cui
per ogni N ≥ 1.
P+∞
n=1
an converga, per ogni β ∈ (0, 1),
Esercizio 3.12.
P
Sia {an }n≥1 una successione positiva tale per cui la serie n≥1 an risulti divergente.
Pn
Posto An = k=1 ak , si provi che la serie
X an
A2n
n≥1
risulta convergente.
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3
SUCCESSIONI, SERIE E CRITERI DI CONVERGENZA
Dimostrazione. Si ha:
1
1
an+1
an+1
−
=
> 2
An
An+1
An An+1
An+1
dunque la tesi `e immediata conseguenza della propriet`a telescopica.
A
Esercizio 3.13. ( ) Si provi che si ha:
+∞
X
17
1
<
.
2
nH
9
n
n=1
Suggerimento: si scriva in forma alternativa
1
Hn
−
1
Hn+1
e si provi che vale:
+∞
+∞
X
X
1
1
1
=
1
+
=
2
−
.
2
2
2H H 2
nH
(n
+
1)H
(n
+
1)
n n+1
n
n+1
n=1
n=1
n=1
+∞
X
Esercizio 3.14. Si provi che per ogni numero naturale positivo N si ha:
N Y
1
23
1+ 3 <
.
n
9
n=1
Dimostrazione. Si ha
Q3
n=1
k3 +1
k3
7
3
=
e:
+∞
Y
+∞
Y k 3 + 1 +∞
Y k+1
k3 + 1
k−1
<
=
· 2
,
3
3
2
k
k −1
k +k+1 k −k+1
n=4
k=4
k=4
ma l’ultimo prodotto `e telescopico e il suo valore `e pari a
N Y
k=1
1
1+ 3
n
<
13
12 .
Segue:
7 13
91
23
·
=
<
.
3 12
36
9
In alternativa, si noti che per ogni k ≥ 2 si ha:
1+
1
=
k3
1+
1
k
1
1
1
1
1− + 2 = 1− 2
1+
,
k k
k
k(k − 1)
ma poich´e per propriet`
a telescopica:
+∞
Y
1−
k=2
1
k2
=
1
,
2
si verifica:
+∞
Y
1+
k=1
1
k3
=
+∞
Y
k=1
1+
1
k(k + 1)
+∞
<
X
7
1
7√
22
· exp
= 3e<
.
4
k(k + 1)
4
9
Pagina 31 di 53
k=3
Esercizio 3.15. Sia {xn }n∈N∗ una successione di numeri reali positivi tale per cui
Si provi che anche
∞
X
x1 + 2x2 + 3x3 + ... + nxn
n(n + 1)
n=1
P∞
n=1
xn converge.
`e convergente.
Dimostrazione. Scambiando le somme:
N
X
n
N
N
X
X
X
1
1
kxk =
kxk ·
n(n + 1)
n(n + 1)
n=1
k=1
k=1
!
=
N X
1
1
kxk
−
k N +1
k=1
n=k
so:
n
N
k=1
k=1
N
X
X
X
1
kxk ≤
xk .
n(n + 1)
n=1
Alternativamente, la formula di sommazione per parti comporta:
N Pn
X
kxk
n(n + 1)
k=1
n=1
=
=
1−
N
X
1
N +1
xk −
k=1
Come terza alternativa, poich´e la successione an =
X
N
k=1
1
N +1
Pn
k=1
N X
1
kxk −
1−
kxk
k
k=2
N
X
kxk .
k=1
xk `e convergente, cos`ı lo `e pure la successione:
n
bn =
n
1X
1
n+1
1X
aj = (nx1 + (n − 1)x2 + . . . xn ) =
an −
kxk
n j=1
n
n
n
k=1
in virt`
u del teorema della media di C´esaro. Inoltre, limn→+∞ an = limn→+∞ bn comporta:
n
1X
kxk = O
n
k=1
da cui:
n
X
k=1
1
,
n
kxk
=O
n(n + 1)
1
n2
che assicura la convergenza.
Si noti come nell’ultima dimostrazione non si sia fatto uso dell’ipotesi xk > 0.
A
Esercizio 3.16. ( ) Si provi che per N tendente a +∞ vale il seguente sviluppo asintotico:
X 1
1
1
1
1
1
=
+
+
−
+O
.
n2
N
2N 2
6N 3
30N 5
N7
n≥N
Un espediente piuttosto astuto per giungere a provare la tesi `e decomporre il termine
funzioni razionali di n che, singolarmente, danno luogo a somme telescopiche. Si ha:
1
1
1
−
= 2
,
2
n
n(n + 1)
n (n + 1)
Pagina 32 di 53
1
n2
in somma di
3
SUCCESSIONI, SERIE E CRITERI DI CONVERGENZA
mentre:
1
2n + 1
2
1
1
−
= 2
= 2
,
−
n2
(n + 1)2
n (n + 1)2
n (n + 1) n2 (n + 1)2
dunque:
1
=
n2
1
1
−
n n+1
1
+
2
1
1
−
n2
(n + 1)2
1
.
2n2 (n + 1)2
+
Continuando il processo:
1
1
3n2 + 3n + 1
3
1
−
=
= 2
+ 3
,
3
3
3
3
2
n
(n + 1)
n (n + 1)
n (n + 1)
n (n + 1)3
1
1
5
5
1
−
= 3
+ 4
+ 5
,
n5
(n + 1)5
n (n + 1)3
n (n + 1)4
n (n + 1)5
donde:
X 1
n2
=
X
1
1
1
1
+
−
+
2
3
3
N
2N
6N
6n (n + 1)3
=
X 5n2 + 5n + 1
1
1
1
1
+
+
−
+
.
2
3
5
N
2N
6N
30N
30n5 (n + 1)5
N ≥n
n≥N
n≥N
Vedremo pi`
u avanti come il membro sinistro coincida con la derivata seconda della funzione log Γ.
Integrando due volte ed esponenziando, otteniamo la seguente forma della disuguaglianza di Stirling:
n n √
e
2πn · exp
1
1
−
12n 360n3
≤ n! ≤
n n √
e
2πn · exp
A
1
12n
.
Esercizio 3.17 (dalle Bangladesh Mathematical Olympiad, 2013). ( ) Si dimostri l’identit`
a:
+∞ X
+∞
X
m2 n
9
=
.
+ n3m )
32
3m (m3n
n=1 m=1
A
Esercizio 3.18. ( ) Si dimostri l’identit`
a:
+∞
X
k=1
1
= 10 − π 2 .
k 3 (k + 1)3
Esercizio 3.19. Si determini, se esiste, il valore del seguente limite:
lim
n→+∞
n
X
k=1
log k
sin
k
Pagina 33 di 53
! n1
.
Dimostrazione. Poich´e per ogni x tale per cui |x| < 1 si ha sin x = x + O(x3 ), vale:
n
X
k=1
n
sin
X log k
1
log k
= O(1) +
= log2 n + O(log n),
k
k
2
k=1
dunque il limite esiste ed `e pari a 1.
A
Esercizio 3.20 (Costante di Glaisher-Kinkelin). ( ) Si provi che il seguente limite esiste finito:
lim n−
6n2 +6n+1
12
n→+∞
·e
n2
4
· 11 · 22 · . . . · nn .
Esercizio 3.21. Si provi che se x, y, z sono tre numeri reali a somma nulla, allora:
x2 + y 2 + z 2 x5 + y 5 + z 5
x7 + y 7 + z 7
·
=
.
2
5
7
A
Esercizio 3.22. ( ) Si discuta la convergenza della serie:
S=
+∞ Y
n
X
sin k.
n=1 k=1
Dimostrazione. La serie `e convergente in quanto assolutamente convergente.
Proviamo preliminarmente che per ogni numero reale x si ha:
| sin(x) sin(x + 1) sin(x + 2)| ≤ cos2 (1) <
8
.
27
(1)
I punti stazionari della funzione f (x) = sin(x) sin(x + 1) sin(x + 2) sono situati negli zeri della derivata:
f 0 (x) =
1
cos(x + 1) 5 + cos 2 − 6 cos2 (x + 1) .
2
Calcolando esplicitamente tali zeri, (1) segue immediatamente. Posto:
n
Y
an = sin k ,
k=1
poich´e max
3
9
2 a1 , 4 a2
< 74 , in virt`
u di (1) si ha:
7
an ≤
4
n
2
,
3
dunque S converge assoultamente per confronto con la serie geometrica di parametro 32 .
Pagina 34 di 53
4
4
DERIVATE E DINTORNI
Derivate e dintorni
Esercizio 4.1. Dati m, n ∈ N∗ , si determini il valore del massimo della funzione:
f (x) = xn (1 − x)m
sull’intervallo I = (0, 1).
Dimostrazione. Poich´e f `e non negativa su I, i punti stazionari di f e log f sono i medesimi.
D’altro canto, posto:
g(x) , log f (x) = n log x + m log(1 − x),
g(x) risulta una funzione derivabile su I, dunque, in virt`
u del teorema di Fermat, i suoi punti stazionari
si trovano in corrispondenza degli zeri della derivata:
g 0 (x) =
n
m
+
,
x 1−x
n
.
dunque in corrispondenza degli zeri di n(1 − x) + mx, ossia in x = n+m
In tale punto f ammette un massimo assoluto, da cui:
n
nn mm
sup f (x) = max f (x) = f
=
.
n+m
(n + m)n+m
x∈(0,1)
x∈(0,1)
Teorema 4.2 (Darboux). Sia I un intervallo aperto della retta reale e f : I → R una funzione derivabile
su I. Allora f 0 ha la propriet`
a dei valori intermedi: se a e b sono punti di I con a < b, per ogni y tra
f 0 (a) e f 0 (b) esiste x ∈ (a, b) tale per cui f 0 (x) = y.
Dimostrazione. Se y `e uguale a f 0 (a) o a f 0 (b) non c’`e nulla da dimostrare. In caso contrario, non `e
restrittivo supporre che y sia strettamente compreso tra f 0 (a) e f 0 (b). Consideriamo ora la funzione
φ(t) , f (t) − yt. Tale funzione `e continua e derivabile sull’intervallo [a, b], pertanto ammette massimo su
[a, b] in un punto ξ che realizza φ0 (ξ) = 0. Tale punto non pu`o coincidere n´e con a n´e con b (in quanto
φ0 (a) e φ0 (b) differiscono da zero), dunque ξ ∈ (a, b) realizza f 0 (ξ) = y come voluto.
A
Esercizio 4.3. ( ) Si provi l’esistenza di una funzione f : R → R munita della propriet`
a di Darboux
(o dei valori intermedi):
∀y ∈ [f (a), f (b)], ∃x ∈ [a, b] : f (x) = y
ma discontinua in ogni punto.
A
Esercizio 4.4. ( ) Si provi che ogni funzione f : R → R pu`
o essere espressa come somma di due
funzioni reali munite della propriet`
a di Darboux.
Pagina 35 di 53
Esercizio 4.5. Si provi che per tutti i k ∈ R \ [−α, α] (per un certo α ∈ R+ ) l’equazione:
x + sin x +
1
=k
x + sin x
ha esattamente due soluzioni reali distinte.
Esercizio 4.6. Sia x ≥ 1. Si provi che per ogni n ∈ N si ha:
p
p
(x + x2 − 1)n + (x − x2 − 1)n ≤ 2(1 + n(x − 1))n .
Dimostrazione. Posto x = cosh t abbiamo che la disuguaglianza risulta equivalente a:
cosh(nt) ≤ (cosh t + (n − 1)(cosh t − 1))
o a:
cosh(nt) ≤
1 + 2n sinh2
t
2
n
n
o a:
1 + 2 sinh2 (nz) ≤ 1 + 2n sinh2 z
n
o a:
1
log 1 + 2 sinh2 (nz) ≤ log 1 + 2n sinh2 z .
n
L’uguaglianza `e realizzata in z = 0; considerando la differenza tra le derivate di ambo i membri `e sufficiente
provare che:
(n − 1) sinh(nu) ≥ n sinh((n − 1)u).
L’uguaglianza `e realizzata in u = 0; differenziando nuovamente abbiamo che `e sufficiente dimostrare:
cosh(nu) ≥ cosh((n − 1)u)
che `e banale.
Esercizio 4.7. Dato un numero naturale n ≥ 2 e una funzione f (x) continua sull’intervallo [0, n] e
tale per cui f (0) = f (n), si provi che esistono x1 , x2 ∈ [0, n] tali per cui |x1 −x2 | = 1 e f (x1 ) = f (x2 ).
A
Esercizio 4.8. ( ) Per ogni numero naturale positivo n, si esibiscano due funzioni f, g di classe C ∞
sull’intervallo I = [0, 1], tali per cui su I f risulti positiva e crescente, g risulti negativa e crescente
e f · g abbia n punti stazionari.
Pagina 36 di 53
4
DERIVATE E DINTORNI
Esercizio 4.9. Si esibisca una funzione f ∈ C ∞ (R) tale per cui l’equazione
f (x) = k
abbia esattamente 3 soluzioni reali distinte per ogni k ∈ R.
Si provi inoltre che non esistono funzioni g ∈ C 0 (R) tali per cui l’equazione
g(x) = k
abbia esattamente 4 soluzioni reali distinte per ogni k ∈ R.
Esercizio 4.10. Si determini la migliore (ossia la pi`
u piccola) costante M per cui si ha:
ex sin x − ey sin y
≤M
ey − ex
per ogni coppia di numeri reali (x, y) con x < y.
Dimostrazione. Ponendo u = ex , v = ey e f (w) = −w sin(log w), il problema si riconduce a determinare:
sup
0<u<v
f (v) − f (u)
,
v−u
ma in virt`
u del Teorema di Lagrange si ha:
f (v) − f (u)
= f 0 (ξ),
v−u
ξ ∈ (u, v),
e poich´e:
π
√
f 0 (w) = − sin log w − cos log w = − 2 sin
+ log w
4
si ha M =
√
2.
Esercizio 4.11. Si determinino i valori di k ∈ R per cui il polinomio
p(x) = x3 − 6x2 + 9x + k
ammette un’unica radice reale.
` sufficiente determinare il massimo sull’intervallo I = [0, 3] della funzione:
Dimostrazione. E
f (x) = x(x − 3)2 .
Poich´e f 0 (x) = 3(x2 − 4x + 3) = 3(x − 1)(x − 3), tale massimo corrisponde a f (1) = 4.
Pagina 37 di 53
Esercizio 4.12. f `e una funzione continua su I = [0, 1], derivabile su (0, 1) e tale per cui f (0) = 0
e f (1) = 1. Si provi che per ogni numero naturale n ≥ 1 esistono n punti distinti α1 , . . . , αn in I tali
per cui:
n
X
1
= n.
0
f (αk )
k=1
Dimostrazione. f `e continua con f (0) = 0 and f (1) = 1.
Segue dal teorema dei valori intermedi che esistono dei numeri
0 = b0 < b1 < · · · < bn−1 < bn = 1
tali per cui
j
per j = 0, . . . , n.
n
Utilizzando ora il fatto che f `e derivabile ed applicando il teorema di Lagrange ad ogni intervallo [bj−1 , bj ],
j = 1, . . . n, si ha che esistono dei numeri αj ∈ (bj−1 , bj ) tali per cui:
f (bj ) =
f 0 (αj ) =
f (bj ) − f (bj−1 )
1
.
=
bj − bj−1
n(bj − bj−1 )
Segue allora:
n
X
j=1
n
X
1
(bj − bj−1 ) = n(bn − b0 ) = n
=
n
f 0 (αj )
j=1
.
Si noti che gli αj sono necessariamente distinti in quanto appartengono a intervalli disgiunti,
della forma (bj−1 , bj ).
Esercizio 4.13. Sia n un numero naturale ≥ 2. Si esprima in forma chiusa:
n
X
k=0
n
.
k
k
2
Dimostrazione. In virt`
u del teorema binomiale, per ogni x ∈ R si ha:
n n X
X
n k
n k
x =1+
x = (1 + x)n ,
k
k
k=0
k=1
dunque differenziando tale identit`
a rispetto a x e moltiplicando per x:
n X
n
kxk = nx(1 + x)n−1 .
k
k=1
Ripetendo tale procedura una seconda volta:
n X
n 2 k
k x = n(1 + x)n−1 + n(n − 1)x(1 + x)n−2 .
k
k=1
Valutando ora la precedente identit`
a in x = 1 si ha:
n X
n 2
k = n(n + 1)2n−2 .
k
k=1
Pagina 38 di 53
4
DERIVATE E DINTORNI
In alternativa, si consideri che:
n X
n k
k=1
n X
k=2
k
1
n
X
n−1
=
n
= n2n−1 ,
k−1
k=1
X
n n k
n n−2
n n−2
=
=
2
.
k
2
2
k−2
2
k=2
Teorema 4.14 (delle contrazioni deboli, Banach-Caccioppoli). Sia f : X ⊂ W → W una funzione
contrattiva, ossia una mappa con la seguente propriet`
a:
∀x1 , x2 ∈ X,
d(f (x1 ), f (x2 )) < d(x1 , x2 ).
Se W `e uno spazio metrico completo per successioni e X `e un sottoinsieme compatto, f ammette un
unico punto fisso.
Dimostrazione. Lasciando al lettore la dimostrazione che ogni funzione contrattiva `e continua, proviamo
che anche
Φ(x) = d(x, f (x))
`e una funzione continua. Sia pertanto z ∈ X e {xn }n∈N una successione a valori in X convergente a z.
In virt`
u della disuguaglianza triangolare si ha:
Φ(xn ) ≤ d(xn , z) + d(z, f (z)) + d(f (z), f (xn )),
ossia:
Φ(xn ) − Φ(z) ≤ d(xn , z) + d(f (xn ), f (z)).
In virt`
u della continuit`
a di f , il membro destro dell’ultima disuguaglianza `e infinitesimo per n → +∞.
Si ha perci`
o:
lim Φ(xn ) = Φ(z)
n→+∞
da cui segue la continuit`
a di Φ. Per compattezza di X, Φ ammette un minimo in y ∈ X.
Supponendo che si abbia y 6= f (y), si verifica:
Φ(f (y)) = d(f (y), f (f (y))) < d(y, f (y)) = Φ(y),
contravvenendo la minimalit`
a di Φ(y): questo prova che y `e punto fisso di f .
Supponendo ora che anche x 6= y sia punto fisso di f , si ha:
d(x, y) = d(f (x), f (y)) < d(x, y),
assurdo.
Notiamo che l’ipotesi di compattezza nell’ultimo enunciato `e piuttosto cruciale.
Consideriamo f : (0, +∞) → (0, +∞) definita da:
1
.
x
f `e una funzione derivabile e contrattiva: in virt`
u del Teorema di Lagrange si ha
f (x) = x +
∀ 0 < x < y, ∃ ξ ∈ (x, y) :
f (y) − f (x)
1
= f 0 (ξ) = 1 − 2 < 1,
y−x
ξ
ma evidentemente f `e priva di punti fissi.
Pagina 39 di 53
A
Esercizio 4.15 (Lemma pre-Niremberg-Gagliardo). ( )
Sia f una funzione due volte differenziabile sulla retta reale. Si provi che, se le quantit`
a
M0 = sup |f (x)|,
M1 = sup |f 0 (x)|,
x∈I
x∈I
M2 = sup |f 00 (x)|
x∈I
esistono finite e non nulle, vale:
M12 ≤ 4M0 M2 .
Dimostrazione. In virt`
u della formula di Taylor con resto di Lagrange si ha:
f (x + 2h) = f (x) + f 0 (x)(2h) +
f 00 (ξ)
(2h)2
2!
con ξ ∈ (x, x + 2h). Vale pertanto:
f 0 (x) =
1
(f (x + 2h) − f (x)) − h f 00 (ξ)
2h
e passando ai valori assoluti:
M0
+ hM2 .
h
Scelto h in modoqda minimizzare il membro destro della precedente disuguaglianza,
0
ossia posto h = M
M2 , si ha:
p
M1 ≤ 2 M0 M 2
M1 ≤
come voluto.
Pagina 40 di 53
5
5
POLINOMI DI TAYLOR E RESTI
Polinomi di Taylor e resti
log n! =
n
X
log(k) = n log n −
k=1
n−1
X
k=1
n−1
XZ 1 k
1
= n log n −
dt
k log 1 +
k
0 t+k
k=1
Z
log n! = n log n − n + 1 +
1 n−1
X
0 k=1
t
dt
t+k
n−1
X
1
1
1
k log 1 +
− 1 + log 1 +
= O(1)
k
2
k
k=1
! n−1 Z
Z k+1
n−1
n−1
X
X 1/2
XZ 1
dt
−t
t2
dt
(k + 1/2)
−1 =
dt =
t
t + k + 1/2
(2k + 1)2 − t2
k
k=1
k=1 −1/2
k=1 0
Z 1
1
1
1
t2
1
k log 1 +
− 1 + log 1 +
≤
dt =
k
2
k
2k(2k
+
2)
12k(k
+ 1)
0
Questo `e sufficiente a provare che la somma per k che va da 1 a infinito del membro sinistro `e una serie
convergente. Convergente a 1 − 12 log(2π) in virt`
u del prodotto di Wallis.
n−1 Z 1
log n! = n log n − n + 1 +
X
1
log n −
2
k=1
0
t2
1
11
dt ≥ n log n − n + log n + .
2
2
(2k + 1) − t
2
12
Pagina 41 di 53
6
Integrale di Riemann e nozioni di analisi convessa
Diamo una dimostrazione per convessit`
a di quanto enunciato nell’esercizio (2.12).
1
Poich´e la funzione f (x) = x `e convessa su R+ , vale:
Z
x+1
log(x + 1) − log(x) =
x
dt
1
<
t
2
1
1
+
x x+1
,
(1)
n+ 21
`e decrescente, `e sufficiente provare che `e decrescente il
Per provare che la successione an = 1 + n1
suo logaritmo. Quest’ultimo obiettivo pu`
o essere perseguito provando che
d
1
1 1
1
x+
(log(x + 1) − log x) = (log(x + 1) − log x) −
+
<0
dx
2
2 x x+1
per ogni x > 1, che `e diretta conseguenza di quanto provato in (1).
Esercizio 6.1. Si provi che dalla disuguaglianza di convessit`
a:
1 1
2
1
log(x + 1) − log(x) <
+
+
4 x x + 1/2 x + 1
`e possibile dedurre che per ogni n > 1 si ha:
√
3
3
(n + 1)n+ 4
·
< 1,
√
27/4 nn+ 14 2n + 1
e che conseguentemente:
3
4
e< p √ <2+ .
4
3 2
Esercizio 6.2. Si provi che per ogni x ∈ (0, 1) si ha:
arcsin x < 2 arctan x.
Esercizio 6.3. Si provi che sull’intervallo (0, 1) la funzione f (x) = ex log(1 + x) `e positiva, crescente e
convessa, e lo stesso vale per f 00 (x). Se ne deduca la disuguaglianza:
6
1
<
log 2.
e
11
A
Esercizio 6.4. ( ) Si provi che:
√
11
2π > e 12 >
5
.
2
n
n
n+1 o
n+ 12 o
Esercizio 6.5. Si provi che le successioni
1 + n1
e
1 + n1
sono log-convesse
n≥1
n≥1
n
mentre la successione 1 + n1
`e log-concava.
n≥1
A
Esercizio 6.6. ( ) Si provi che le due successioni {an }n≥1 e {bn }n≥1 date da:
an =
1
1+
n
1
n+ 21 − 12n+5
,
bn =
1
1+
n
1
n+ 12 − 12n+6
ambedue convergenti ad e, sono l’una crescente e l’altra decrescente.
Pagina 42 di 53
,
7
APPENDICE
Esercizio 6.7. Si provi che la successione {an }n≥1 data da:
n
1 Xp
an = 2
k(n − k)
n
k=1
converge crescendo a
π
8.
A
Esercizio 6.8. ( ) Si determini il massimo della funzione
Z yp
f (y) =
x4 + (y(1 − y))2 dx
0
sull’intervallo I = [0, 1].
Dimostrazione. Poich´e la funzione g(y) = y(1 − y) `e crescente sull’intervallo 0, 21 , a maggior ragione lo
`e f . Supponiamo ora y ≥ 21 . Poich´e, in virt`
u del Teorema fondamentale del calcolo:
f 0 (y) = −
Z
0
y
p
y(1 − y)(2y − 1)
p
dx + y 4 + (y(1 − y))2 ,
4
2
x + (y(1 − y))
e in virt`
u del Teorema della media integrale si ha, per un qualche ξ ∈ [0, y]:
Z y
y(1 − y)(2y − 1)
y(1 − y)(2y − 1)
p
dx = y p
≤ y(1 − 2y),
4
2
x + (y(1 − y))
ξ 4 + (y(1 − y))2
0
per verificare che f 0 (y) ≥ 0 su tutto I `e sufficiente verificare la disuguaglianza:
y 2 + (1 − y)2 ≥ (2y − 1)2
per ogni y ∈ 21 , 1 . Quest’ultima, tuttavia, `e banale, per cui f risulta una funzione crescente su I:
il suo massimo `e dunque raggiunto in y = 1 e vale 13 .
7
Appendice
Teorema 7.1 (Bohr-Mollerup). La funzione Γ : R+ → R definita da:
Z
Γ(x) =
+∞
tx−1 e−t dt
0
`e l’unica funzione che, per ogni x > 0, soddisfa le propriet`
a:
• f (1) = 1;
• Γ(x + 1) = xΓ(x);
• log Γ(x) `e una funzione convessa.
Pagina 43 di 53
Dimostrazione. Assumendo che Γ(x) sia una funzione che soddisfa le prime due propriet`a, si ha
Γ(n + 1) = n!
per ogni numero naturale n. Se f (x) `e una funzione convessa e 0 < x1 < x2 allora:
∆f (x1 , x2 ) ,
f (x2 ) − f (x1 )
x2 − x1
`e una funzione crescente rispetto ai suoi parametri, dunque la terza condizione, presa f = log Γ, comporta:
∆f (n − 1, n) ≤ ∆f (n, n + x) ≤ ∆f (n, n + 1)
per ogni numero naturale n > 1 e per ogni numero reale x ∈ (0, 1]. L’ultima disuguaglianza implica:
log(n) ≤
Γ(n + x + 1)
1
· log
≤ log(n + 1),
x
n!
che, esponenziando, si traduce in:
nx n!
n+x
nx n!
≤ Γ(x) ≤
·
.
x(x + 1) · . . . · (x + n)
x(x + 1) · . . . · (x + n)
n
Notiamo che si ha limn→+∞ n+x
= 1, dunque l’unica funzione sull’intervallo (0, 1] che soddisfa le
n
condizioni del Teorema `e quella definita attraverso il limite (prodotto di Eulero):
x
n
nx n!
1 Y
x −1
1
= lim
,
1+
1+
n→+∞ x(x + 1) · . . . · (x + n)
n→+∞ x
k
k
Γ(x) = lim
k=1
Γ(x) =
x
+∞
1
1 Y
x −1
1+
1+
.
x
k
k
k=1
Notiamo che per ogni x ∈ R+ il prodotto `e convergente, in quanto per ogni k > 2x + 1 si ha:
1
x
1
x log 1 +
− log 1 +
= max(x, x2 ) · O
.
k
k
k2
La funzione definita su R+ da tale prodotto infinito soddisfa le prime due propriet`a, non resta perci`o che
verificare l’identit`
a:
nx n!
=
n→+∞ x(x + 1) · . . . · (x + n)
+∞
Z
tx−1 e−t dt.
Γ(x) = lim
0
Integrando per parti `e semplice verificare che si ha:
nx n!
=
x(x + 1) · . . . · (x + n)
Z
n
1−
0
t
n
n
tx−1 dt,
dunque `e sufficiente provare che vale:
n
Z n
Z +∞
t
lim
1−
tx−1 dt =
tx−1 e−t dt.
n→+∞ 0
n
0
Poich´e per ogni x > 0 l’integrale che figura a membro destro `e convergente, per n → +∞ si ha:
Z +∞
tx−1 e−t dt = o(1),
n
Pagina 44 di 53
7
APPENDICE
dunque `e sufficiente provare:
Z
n
lim
n→+∞
0
n t
e−t − 1 −
tx−1 dx = 0.
n
Poich´e sull’intervallo [0, 1] si ha (1 − z) +
z2
2
≥ e−z ≥ (1 − z), vale:
e−nz − (1 − z)n ≤ n(ez − (1 − z))e−(n−1)z ≤
dunque:
Z
0
n
nz 2 −(n−1)z
enz 2 −nz
e
≤
e
,
2
2
n Z n
t
e
e
1
−t
x+1 −t
x−1
e − 1−
t
e dt ≤
t
dx ≤
Γ(x + 2) = O
.
n
2n 0
2n
n
Sottolineiamo come la funzione Γ risulti molto regolare su R+ in quanto la log-convessit`a comporta
la convessit`
a, che a sua volta comporta la continuit`a. In virt`
u del prodotto di Eulero, la funzione Γ
risulta positiva su R+ .
Teorema 7.2 (Formula di riflessione per la funzione Γ). Per ogni z ∈ (0, 1), si ha:
Γ(z)Γ(1 − z) =
π
.
sin(πz)
Dimostrazione. Notiamo che attraverso la formula Γ(z + 1) = zΓ(z) `e possibile estendere il dominio di
definizione della funzione Γ all’insieme {x ∈ R : x > −1, x 6= 0} ponendo:
1
Γ(x + 1)
x
per ogni x ∈ (−1, 0). In virt`
u del prodotto di Eulero si ha allora:
−1
+∞
Y
z2
1− 2
Γ(z)Γ(1 − z) = −zΓ(z)Γ(−z) = −z
,
n
n=1
Γ(x) =
ma il membro destro `e pari a
π
sin(πz)
in virt`
u del prodotto di Weierstrass per il seno.
Corollario 7.3.
Γ
√
1
= π.
2
Corollario 7.4. Per ogni x > 0 si ha:
lim
y→+∞
Γ(x + y)
= 1.
xy Γ(x)
Teorema 7.5 (Formula di moltiplicazione per la funzione Γ).
Per ogni x > 0 e per ogni numero naturale positivo n si ha:
n−1
Y n−1
1
k
Γ x+
= (2π) 2 n−nz+ 2 Γ(nx).
n
k=0
Pagina 45 di 53
Dimostrazione. Fissato n, consideriamo la funzione:
n−1 1 Y
k
Γ x+
.
Γ(nx)
n
f (x) ,
k=0
Si ha:
n f (x + 1)
Γ(nx) Y
k
=
x+
= n−n .
f (x)
Γ(nx + n)
n
k=0
Poich´e f (x) `e continua, si ha:
f (x) = C · n−nz
per una qualche costante C dipendente unicamente da n.
Il valore di tale costante `e determinato univocamente da f (1):
f (1) =
n−1 n−1
Y k
k
1 Y
Γ 1+
= n1−n
.
Γ
Γ(n)
n
n
k=0
k=1
In virt`
u della formula di riflessione, l’ultimo prodotto `e pari a:
n−1
Y
k=1
n−1
k
Γ
=π 2
n
n−1
Y
k=1
πk
sin
n
!−1/2
.
πi
Presa ω = e n radice primitiva 2n-esima dell’unit`a, si ha:
n−1
Y
k=1
sin
n−1
n−1
Y
Y
πk
1
1
k
−k
=
ω
−
ω
=
ω 2k − 1 .
n(n−1)
n−1
n
(2i)n−1
(2i)
ω 2 k=1
k=1
Poich´e:
n−1
Y
xn − 1
=
x − ω 2k ,
x−1
k=1
considerando il limite per x → 1 si ha:
n−1
Y
ω 2k − 1 = (−1)n−1 n,
k=1
dunque:
n−1
Y
sin
k=1
πk
n
= n−1 ,
n
2
e:
f (1) = (2π)
n−1
2
√
n,
come voluto.
Teorema 7.6 (Raabe). Per ogni a ∈ R+ , si ha:
Z
a+1
log Γ(x) dx = a log a − a + log
a
Pagina 46 di 53
√
2π.
7
APPENDICE
Dimostrazione. Notiamo che log Γ `e una funzione Riemann-integrabile su ogni compatto di R in quanto
convessa. Si ha pertanto:
Z a+1
n−1
n−1
Y 1X
k
1
k
log Γ(x) dx = lim
log Γ a +
= lim
log
,
Γ a+
n→+∞ n
n→+∞ n
n
n
a
k=0
k=0
ed avvalendoci della formula di moltiplicazione:
Z a+1
√
n−1
1
1
Γ(na)
1
log (2π) 2 n−na+ 2 Γ(na) = log 2π + lim
log na .
log Γ(x) dx = lim
n→+∞ n
n→+∞ n
n
a
In virt`
u del Teorema di C´esaro-Stoltz, l’ultimo limite `e pari a:
lim log
n→+∞
Γ((n + 1)a) nna
Γ(na + a)
= −a + lim log
= −a + a log a.
n→+∞
(n + 1)a Γ(na)
(n + 1)(n+1)a Γ(na)
Corollario 7.7. Per convessit`
a di log Γ, segue:
log Γ(a + 1/2) ≤ a log a − a + log
√
2π ≤
1
(log Γ(a) + log Γ(a + 1)) .
2
Vale in realt`
a qualcosa di molto pi`
u forte: per convessit`a, l’integrale che figura nel Teorema `e sempre
stimato dall’alto dall’approssimazione calcolata attraverso il metodo dei trapezi, che tuttavia ammette
forma chiusa in virt`
u della formula di moltiplicazione. Abbiamo perci`o:
!
n−1
√
1 log Γ(a + 1) − log Γ(a) X
k
a log a − a + log 2π ≤
+
log Γ a +
n
2
n
k=0
1
n−1
1 1
log a +
log(2π) +
− na log n + log Γ(na) ,
=
n 2
2
2
da cui segue:
na −
1
2
log(an) − na + log
√
2π ≤ log Γ(na),
che comporta la seguente forma della disuguaglianza di Stirling:
∀z > 0,
√
1
log Γ(z) ≥ z −
log z − z + log 2π.
2
Teorema 7.8 (Prodotto di Weierstrass per la funzione Γ). Per ogni z > 0 si ha:
Γ(z + 1) = e−γz
+∞
Y
1+
n=1
z −1 z
en ,
n
dove γ `e la costante di Eulero-Mascheroni:
γ = lim (Hn − log n) .
n→+∞
Dimostrazione. In virt`
u del prodotto di Eulero sappiamo che si ha:
z
+∞
Y
z −1
1
Γ(z + 1) =
1+
1+
,
n
n
n=1
Pagina 47 di 53
non resta dunque che provare l’identit`
a:
+∞
Y
z
z
1
e− n = e−γz ,
1+
n
n=1
equivalente a:
+∞ X
n=1
D’altro canto:
N X
n=1
1
log 1 +
n
1
−
n
= −γ.
1
1
−
= log(N + 1) − HN
log 1 +
n
n
per propriet`
a telescopica, e la tesi segue dal fatto che log(N + 1) = log(N ) + O
1
N
per N → +∞.
Esercizio 7.9 (Una rappresentazione integrale per la costante di Eulero-Mascheroni).
Si dimostri che si ha:
Z +∞ 1
1
γ=
−
dt.
et − 1 tet
0
Dimostrazione. Poich´e:
1
0
xn − 1
dx =
x−1
Z
nZ
Z
Hn =
e:
n
Z
log n =
1
dt
=
t
0
1 − e−nx
dx
ex − 1
+∞
e
1
+∞
Z
−tu
Z
+∞
du dt =
0
0
e−u − e−nu
du
u
si ha:
+∞
e−t − e−nt
1 − e−nt
−
dt
Hn − log n =
et − 1
t
0
Z +∞ Z +∞
1
1
1
1
−nt
−
dt.
dt
+
e
=
−
et − 1 tet
t
et − 1
0
0
Verificato che per t ∈ R+ si ha 1t − et1−1 ∈ 0, 21 , l’ultimo integrale risulta positivo ma minore di
da cui la tesi.
Z
Definizione 7.10. Per ogni z > 0,la funzione digamma `e definita come:
ψ(z) =
d
log Γ(z).
dz
In virt`
u della relazione Γ(x + 1) = x Γ(x) si ha:
ψ(x + 1) =
1
+ ψ(x)
x
e in virt`
u del prodotto di Weierstrass per la funzione Γ risulta:
log Γ(z + 1) = −γz +
+∞ X
z
n=1
da cui:
ψ(z + 1) = −γ +
z − log 1 +
,
n
n
+∞ X
1
n=1
n
−
o:
Pagina 48 di 53
1
z+n
1
2n ,
7
APPENDICE
+∞
1 X
ψ(z) = −γ − +
z n=1
1
1
−
n z+n
.
Si noti che se z `e un numero naturale positivo l’ultima serie risulta telescopica e si ha:
ψ(z) = −γ + Hz−1 .
Inoltre, se a, b sono numeri reali positivi e distinti, risulta:
ψ(b) − ψ(a) X
1
=
.
b−a
(n + a)(n + b)
n≥0
Passando al limite per b → a, abbiamo:
ψ 0 (a) =
X
n≥0
1
.
(n + a)2
Come nel caso della funzione Γ, la funzione digamma soddisfa una formula di riflessione:
ψ(1 − z) − ψ(z) = π cot(πz)
valida per z ∈ (0, 1).
Teorema 7.11 (Gauss Digamma Theorem). Se
p
q
`e un numero razionale positivo, si ha:
q−1
π
πp X
2πnp
2np
p
= −γ − log q − cot
+
cos
log 2 sin
.
ψ
q
2
q
q
q
n=1
Esercizio 7.12. Posto f (x) = − log x, si provi che si ha:
1
Z
f (f (x)) dx = γ.
0
Dimostrazione. Si ha:
Z
1
Z
f (f (x)) dx = −
I=
0
+∞
e
0
−x
d
log x dx = −
da
Z
dunque:
I = −Γ0 (1) = −Γ(1)ψ(1) = γ.
Pagina 49 di 53
+∞
a −x
x e
0
dx
,
a=0
ζ(2)
=
=
=
=
Z
+∞
4 1 log y
1
4X
=
dy
3 n=0 (2n + 1)2
3 0 y2 − 1
+∞
Z
2 1 1
1 + x2 y 2
dy
log
3 0 y2 − 1
1 + x2
x=0
Z Z
4 1 +∞
x
dx dy
2
3 0 0
(1 + x )(1 + x2 y 2 )
Z Z
dx dz
4 1 +∞
4 π π
π2
= · · =
.
2
2
3 0 0
(1 + x )(1 + z )
3 4 2
6
Si provi che se <(A) > − 12 , si ha:
Z
π
0
dθ
π
.
=√
1 + A sin2 θ
A+1
Dimostrazione. Per ogni numero complesso z nella palla unitaria aperta si ha:
X 2n z n
1
,
=√
4
n
1−z
n≥0
mentre per ogni numero naturale n si ha:
Z π
2n
sin
0
π 2n
.
θ dθ = n
4
n
Abbiamo inoltre:
Z π
Z π/2
Z π/2
Z π
dθ
dθ
dθ
dθ
=
=2
=2
I=
2
2θ
2θ
(1
+
A)
−
A
cos
(1
+
A)
−
A
cos
(1 + A) − A sin2 θ
0
0
0
0 1 + A sin θ
dunque:
I=
1
A+1
Z
π
0
dθ
1−
A
A+1
sin2 θ
,
A e poich´e <(A) > − 12 , risulta A+1
< 1, dunque `e lecito espandere l’ultima funzione integranda come
serie geometrica, e integrando termine a termine risulta:
n
1 X
π 2n
1
π
A
π
I=
·q
=√
,
=
A+1
A+1
4n n
A+1
A
A
+1
1−
n≥0
A+1
come voluto.
Teorema 7.13 (Frullani).
Se f : [0, +∞)+ → R `e una funzione continua e tale per cui
lim f (x) = 0,
x→+∞
per ogni b > a > 0, a patto che l’integrale esista, si ha:
Z +∞
f (bx) − f (ax)
b
dx = f (0) log .
x
a
0
Pagina 50 di 53
7
APPENDICE
Dimostrazione. Per ogni x > 0, siano:
m(x) =
min f (x),
M (x) = max f (x).
t∈[ax,bx]
t∈[ax,bx]
Vale allora:
b
≤
a
m(x) log
Z
bx
ax
f (u)
b
du ≤ M (x) log .
u
a
Per continuit`
a di f , si ha allora:
bx
Z
lim
x→0
D’altro canto:
Z
y
x
ax
f (u)
b
du = f (0) log .
u
a
f (bt) − f (at)
dt =
t
Z
bx
ax
f (u)
du −
u
Z
by
ay
f (u)
du,
u
ma poich´e |f (u)| ≤ ε per ogni u sufficientemente grande,
Z by
f (u)
lim
du = 0,
y→+∞ ay
u
da cui la tesi.
Corollario 7.14.
1
Z
0
x−1
dx = log 2.
log x
` sufficiente operare la sostituzione x = e−t per ricondursi all’integrale:
Dimostrazione. E
Z +∞ −t
e − e−2t
dt.
t
0
Corollario 7.15.
Z
1
0
x − 1 dx
π
·
= log .
x + 1 log x
2
Dimostrazione. Operando la sostituzione x = e−t ed esprimendo la funzione integranda come serie
geometrica si ha:
Z +∞ −(k+1)t
+∞
+∞
+∞
X
X
Y 2k + 2 2k + 2
e
− e−(k+2)t
k+2
k
I=
(−1)
dt =
(−1)k log
= log
·
,
t
k+1
2k + 1 2k + 3
0
k=0
k=0
k=0
dunque:
+∞
Y
+∞
Y
4n2
1
I = log
= − log
1− 2 ,
4n2 − 1
4n
n=1
n=1
e l’ultimo prodotto `e esattamente il prodotto di Wallis, pari a
2
π.
Lemma 7.16. Se le funzioni
f (z) =
X
an z n ,
g(z) =
n≥0
X
bn z n 6= 0
n≥0
sono definite da serie di potenze a termini non negativi con raggio di convergenza > ρ > 0
e per ogni numero naturale n si ha:
an+1
an
≥
,
bn+1
bn
allora la funzione
f (z)
g(z)
`e debolmente crescente su I = [0, ρ].
Pagina 51 di 53
` sufficiente studiare il segno di:
Dimostrazione. E
∆ε (x) , f (x + ε)g(x) − f (x)g(x + ε)
o di:
δ(x) , (f 0 g − g 0 f )(x).
Notiamo che:
[xn ]δ(x) =
n
X
(k + 1)ak+1 bn−k −
k=0
n
X
(k + 1)bk+1 an−k ,
k=0
dunque:
[x0 ]δ(x) = a1 b0 − a0 b1 = b0 b1
a0
a1
−
b1
b0
≥ 0,
e per induzione [xn ]δ(x) ≥ 0, da cui δ(x) ≥ 0 su I.
Esercizio 7.17. Sia f ∈ C 1 ([0, 1]) e tale per cui 0 ≤ f 0 ≤ 1. Si provi che:
1
Z
f 3 dx ≤
Z
2
1
f dx
.
0
0
Dimostrazione. Si ponga:
t
Z
g(t) ,
2 Z t
f 3 (x) dx
f (x) dx −
0
0
0
e si consideri g (t).
Esercizio 7.18. Sia f0 (x) =
1
(1+x)3
e {fn }n∈N la successione di funzioni definita attraverso:
x
Z
fn+1 (x) ,
fn (t) dt.
0
Si determini il valore del limite
lim fn (1).
n→+∞
Dimostrazione. Si provi che su [0, 1] si ha:
1
7x
≤ f0 (x) ≤ 1 −
8
8
e si integrino ripetutamente ambo i membri della precedente disuguaglianza.
Esercizio 7.19. Si dimostri che entrambe le serie
f (z) =
∞
X
nz n
,
1 − zn
n=1
g(z) =
∞
X
zn
(1 − z n )2
n=1
convergono uniformemente su ogni compatto della forma |z| ≤ k per ogni k ∈ (0, 1). Si dimostri
inoltre che in |z| < 1 si ha f (z) = g(z).
Pagina 52 di 53
7
APPENDICE
Dimostrazione. Assuming |x| < 1, we have:
f (x) =
+∞
+∞
+∞
X
X
X
nxn
n
2n
3n
=
n
x
+
x
+
x
+
.
.
.
=
σ1 (n) xn
n
1
−
x
n=1
n=1
n=1
P
with σ1 (n) = d|n d < n2 . This gives that the radius of convergence is one and f (z) is a holomorphic
function on the open ball |z| < 1. The situation is the same for:
g(x) =
+∞
+∞
X
X
xn
n
2n
3n
=
x
+
2x
+
3x
+
.
.
.
=
σ1 (n) xn .
n )2
(1
−
x
n=1
n=1
n=1
+∞
X
It is interesting to notice that over |z| < 1 we have:
g ≡ f.
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