Analisi 1- parte 1

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Revisionato il 18/07/2026

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Parte 1 di 3. Il documento contiene i teoremi di analisi matematica 1 con ipotesi, tesi, enunciato e dimostrazione. Argomenti trattati:-proprietà dei naturali, dei reali ed …

Esame Analisi 1

Facoltà Scienze matematiche fisiche e naturali

Università Università degli studi di L'Aquila

A.A. 2022-2023

47 pagine

Appunti esame

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Estratto del documento

Diseguaglianza triangolare

Per ogni coppia di numeri reali (a, b) vale:

|a+b| ≤ |a| + |b|
|a| + |b| ≤ |a+b|
(|a| - |b| ≤ |a - b|)

Dimostrazione

a ≤ |a|, b ≤ |b| ⇒ a+b ≤ |a| + |b| _(i)
−a ≤ |a|, −a ≤ |a|, −b ≤ |b| ⇒ −(a+b) = −a+(−b) ≤ |a| + |b| ⇒ −(a+b) ≤ |a| + |b| _(ii)

|a+b| = {a+b se a+b > 0 −(a+b) se a+b < 0}

Da (i) e (ii) e dalla definizione di valore assoluto, è possibile dedurre che |a+b| ≤ |a| + |b|.

2) |a| + |b| = a+b+ (−b) ≤ |a+b| + |b| = |a+b| + |b| ⇒ |a| − |b| ≤ a+b _(iii)

Ma anche |b| ≤ |b+a| +(−a)| ≤ |a+b| + |a| ⇒ |b| − |a| ≤ a+b _(iv)

Da (iii) e (iv) ⇒ |a| − |b| ≤ a+b

Se si sostituisce b con −b: |a| + |b| ≤ |a+(−b)| ⇒ |a| − |b| ≤ |a − b|

Disuguaglianza triangolare

Per ogni coppia di numeri reali (a, b) vale:

|a+b| ≤ |a| + |b|
|a| + |b| ≤ |a+b|
(|a| - |b| ≤ |a - b|)

Dimostrazione

a ≤ |a|, b ≤ |b| ⇒ a+b ≤ |a| + |b| (i)
−a ≤ |a|, −a ≤ |a|, −b ≤ |b| ⇒ −(a+b) = −a + (−b) ≤ |a| + |b| ⇒ −(a+b) ≤ |a| + |b| (ii)

| a+b | = {(a+b) se a+b > 0 (-a+b) se a+b < 0}

Da (i) e (ii) e dalla definizione di valore assoluto, è possibile stabilire che a+b ≤ |a| + |b|

2) |a| = |a+b+(-b)| ≤ |a+b| + |-b| = |a+b| + |b| ⇒ |a| - |b| ≤ |a+b| (iii)

Ma anche |b| = |b+a+(-a)| ≤ |a+b| + |a| ⇒ |b| - |a| ≤ |a+b| (iv)

Da (iii) e (iv) ⇒ |a| - |b| ≤ |a+b|

Se si sostituisce b con -b: |a| + |b| ≤ |a+(-b)| ⇒ |a-|-b|| ≤ |a-b|

Proposizione

hps: 1) a,b ∈ R, a < b

ch: ∃r ∈ Q, a < r < b

Dati due numeri reali a e b, con a < b, ∃r ∈ Q, a < r < b.

Dimostrazione

Senza perdita di generalità, supponiamo che 0 < a < b. Fissiamo a,b reali. Sia N un numero naturale tale che N > b-a. Consideriamo i numeri razionali del tipo 0, 1/N, 2/N, ..., N/N. Solo un numero finito di essi risulta essere minore o uguale ad a.

Sia B={i ∈ N: i/N ≤ a}. Sia k=maxB. Allora k/N ≤ a e:

k+1 N > a
(k+1)/N < b
a < b-a
N > 1/(b-a)

Principio di Archimede

Ipotesi: ∈ ℝ con , > 0

Tesi: ∃ ∈ ℕ > Dato due numeri reali positivi e esiste ∈ ℕ >

Dimostrazione

Fissiamo due reali , > 0. Supponiamo che ≤ , ∀ ∈ ℕ. Allora è un maggiorante per l'insieme A={: ∈ ℕ}.

Esiste un maggiorante e quindi l'insieme è limitato superiormente. Dunque, s=supA è maggiorante cioè ≤ ∀ ∈ ℕ ⟹ (+1) ≤ ⟹ ⟹ + ≤ ⟹ ≤ - ∀ ∈ ℕ.

Allora - è un maggiorante per A, ma ⌀- (perché a>0) Ciò è assurdo perché , in quanto supA, è il più piccolo dei maggioranti di A.

Binomio di Newton

(a+b)ⁿ = Σ_k=0ⁿ ⁽ⁿ⁾ C_(k) a^n-k b^k

Dimostrazione

Per induzione

Base induttiva: (a+b)¹ = Σ_k=0¹ ⁽¹⁾ C_(k) a^1-k b^k = a+b
P_n ⇒ P_n+1: (a+b)ⁿ⁺¹ = (a+b)(a+b)ⁿ = [Σ_k=0ⁿ ⁽ⁿ⁾ C_(k) a^n-k b^k]a + [Σ_k=0ⁿ ⁽ⁿ⁾ C_(k) a^n-k b^k]b
= a [Σ_k=0ⁿ ⁽ⁿ⁾ C_(k) a^n-k b^k] + b [Σ_k=0ⁿ ⁽ⁿ⁾ C_(k) a^n-k b^k]
= Σ_k=0ⁿ ⁽ⁿ⁾ C_(k) a^n+1-k b^k + Σ_k=0ⁿ ⁽ⁿ⁾ C_(k) a^n-k b^k+1
= aⁿ⁺¹ + Σ_k=1ⁿ ⁽ⁿ⁾ C_(k) a^n+1-k b^k + Σ_k=0^n-1 ⁽ⁿ⁾ C_(k) a^n-k b^k+1 + bⁿ⁺¹

Numero di Nepero

a_n = (1 + x_n)ⁿ

Dimostrare che a_n è monotona crescente ⇒ a_n+1 ≥ a_n, ∀ n ∈ N

a_n = (1 + x_n)ⁿ= binomio di Newton (a+b)ⁿ = n∑_k=0(n/k)a^n-kb^k... = n/1 + ... + n/

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