Teoremi e dimostrazioni Analisi 1

Principio di induzione

Due condizioni

• Passo "zero"
• Passo induttivo

Quando si usa?

Se si deve dimostrare una certa proprietà in funzione dei numeri naturali (n∈N).

Passo "zero" [caso base]

Dimostrare che P(n) (una certa proprietà) è vera per n=0.

Sostituire n=0 e verificare che sia P(0) e verificare (è vera).

Passo "induttivo" [caso induttivo]

Data P(n) vera allora P(n+1) è vera.

=> Si dimostra P(n) è vera ∀n∈N.

=> Scrivere P(n+1) in funzione di P(n) (usare per ipotesi).

Disuguaglianza di Bernoulli

∀x> -1, x∈ℝ ∧ ∀n∈N.

P(n): (1+x)ⁿ ≥ nx + 1.

Dimostrazione per induzione

Caso base: P(0) = (1+x)⁰ ≥ 0 + 1.

=> 1 ≥ 1 => caso base verificato.

Caso induttivo:

P(n+1) = (1+x)ⁿ⁺¹ = (n+1)x + 1.

(1+x)ⁿ⁺¹ = (1+x)ⁿ (1+x).

= (nx+1)(1+x).

= nx+nxt+x+1.

= nx+n+x+t+x².

= x(n+1)+1+n+x².

= (n+1)x + 1.

(1+x) ≥ 0 per ipotesi.

Perché x²n ≥ 0 => x(n+1) +1+x² ≥ (n+1)+1.

Principio di induzione

Due condizioni:

• Passo "zero"
• Passo induttivo

Quando si usa?

Se si deve dimostrare una certa proprietà in funzione dei numeri naturali (n∈N).

Passo "zero" [caso base]

Dimostrare che P(n) (una certa proprietà *) è vera per n=0.

Sostituire n=0 e verificare che sia P(0), e verificare (è vera).

Passo "induttivo" [caso induttivo]

Data P(n) vera, allora P(n+1) è vera [ipotesi induttiva].

=> Si dimostri P(n) è vera ∀n∈N.

2) Scrivere P(n+1) in funzione di P(n) (usare per ipotesi).

Disuguaglianza di Bernoulli

∀x>−1, x∈ℝ ∧ ∀n∈N.

P(n): (1+x)ⁿ ≥ nx + 1.

Dimostrazione per induzione

• Caso base: P(0) = (1+x)⁰ ≥ 0+1 => 1 ≥ 1 => caso base verificato.
• Caso induttivo: P(n+1) = (1+x)ⁿ⁺¹ = (n+1)x + 1.

(1+x)ⁿ⁺¹ = (1+x)ⁿ (1+x) ≥ (nx+1)(x+1).

= nx+n + x+1.

= nx+x+1+n.

= x(n+1) + n+1.

= (n+1)x + 1.

Perché xⁿ ≥ 0 => x(n+1)+1+xⁿ⁺¹ ≥ (n+1)x+1.

Formula di esistenza radici complesse

Ipotesi

Sia w = r(cos(Θ)+i(sin(Θ))) ∈ ℂ un numero complesso e sia n ∈ ℕ*.

Tesi

Allora esistono esattamente n radici complesse distinte z_k, k = [1, n].

In particolare z_k = r^1/n (cos(Θ_k) + i(sen(Θ_k))).

Con r = r^1/n.

Θ_k = Θ + 2kπ / n.

∀ k = [1, 2... n-1].

Dimostrazione

Dato w = r(cos(Θ)+i(sin(Θ))) ∈ ℤ = r(cos(Θ)+i(sin(Θ))) una generica radice n-ésima di w.

Dalla formula di De Moivre si ha che zⁿ = rⁿ(cos(nΘ) + i(sin(nΘ))).

Dalla def. di radice, ponendo zⁿ = w.

r(cos(Θ)+i(sin(Θ))) = rⁿ(cos(nΘ)+i(sin(nΘ))).

r = rⁿ per ipotesi.

Θ = Θ + 2kπ / n con ν = 1 o Θ + 2kπ.

Con ν = n + λ : Θ = Θ + 2(n + λ)π / n = Θ + 2kπ / n.

Monotonia stretta implica invertibilità

Sia f : A ⊆ ℝ → ℝ una funzione suriettiva e strettamente monotona in A, allora f è invertibile.

Per dimostrare che f è invertibile bisogna dimostrare che f è biettiva. Essendo f suriettiva per ipotesi, basta dimostrare la sua iniettività.

Ipotesi: x₁ ≠ x₂ allora f(x₁) ≠ f(x₂).

Di conseguenza avremo x₁ < x₂ o x₁ > x₂.

⇒ f(x₁) < f(x₂) oppure f(x₁) > f(x₂) [Monotonia stretta].

In entrambi i casi f(x₁) ≠ f(x₂).

Unicità del limite di successioni

Def.: Se lim a_n esiste, allora è unico.

Supponiamo per assurdo che lim a_n = e₁ ∨ lim a_n = e₂ n→∞.

Con e₁ ≠ e₂ con δ = |e₁ − e₂| e ε = δ/2.

Dunque per def. di limite avremo:

∃n₁ : ∀n≥n₁ : |a_n − e₁| < ε.

∃n₂ : ∀n≥n₂ : |a_n − e₂| < ε.

In totale avremo che 2ε = δ:

|e₁ − e₂| = |e₁ − a_n + a_n − e₂| ≤ |e₁ − a_n| + |a_n − e₂| (dis. triangolare).

= |a_n − e₁| + |a_n − e₂| < ε + ε.

⇒ 2ε < 2ε.

Dim. per contraddizione.

Teorema del confronto derivabile

Ipotesi

Siano f,g : (a,b) →ℝ derivabili tali che:

• g(a) ≤ f(a)
• g'(x) ≤ f'(x)

Così allora: g(x) ≤ f(x).

Dimostrazione

Poniamo h(x) = f(x) − g(x).

Osservo che h(x) ≥ 0.

h'(x) = f'(x) − g'(x) ≥ 0.

⇒ h è crescente.

Con h(a) = 0 ∈ h(x) ≥ 0 ∀x∈(a,b).

⇒ f(x) ≥ g(x) c.v.d.

Teorema del confronto limiti

Siano lim a_n = a n→+∞.

lim b_n = b n→+∞.

Se a_n ≥ b_n ∀n∈ℕ allora a ≥ b.

Dimostrazione

Dalle ipotesi: lim a_n - lim b_n = a - b n→+∞ n→+∞.

= lim (a_n - b_n) = a - b n→+∞.

Siccome per ipotesi a_n ≥ b_n then allora a_n - b_n ≥ 0.

Dimostriamo per assurdo che a - b ≥ 0.

Supponiamo quindi a - b < 0 allora b - a > 0.

Consideriamo la successione b_n - a_n.

lim b_n - a_n = b - a > 0 n→+∞.

Dalla permanenza del segno deve esistere un intero n₀:

∀n ≥ n₀ b_n - a_n > 0 ma questo contraddice l'ipotesi che a_n ≥ b_n ∀n∈ℕ ⇒ contraddizione.

Teorema carabinieri

Siano {a_n}_n∈ℕ, {b_n}_n∈ℕ, {c_n}_n∈ℕ tre successioni t.c.

a_n ≤ b_n ≤ c_n.

lim a_n = l n→+∞ lim c_n = l n→+∞.

Allora lim b_n = l n→+∞.

Oss. se b_n ≥ a_n per il teo del confronto lim b_n = l ≥ lim a_n n→+∞ n→∞.

⇒ l ≥ c=>=>.

Teorema valori intermedi

Ipotesi

Date f: I -> R.

Dove I è un intervallo ed f continua nell'intervallo.

Ponendo M = {inf(f(x)); x ∈ I}, M = {sup(fx)); x ∈ I}.

Tesi

Allora ∀ γ ∈ (M, M) ∃ x ∈ I f(x) = γ.

Dimostrazione

Arrivo il teorema degli zeri a f(x) = γ.

f(x) nell'intervallo I = [a,b] => f(a) . f(b) ≤ 0 => ∃ x₀ ∈ [a,b].

f(x₀) = 0 f(x₀) = γ - f(x_c) f(x₀) = γ.

Condizione necessaria convergenza

Se ∑_{k = 1} ^∞ a_n è convergente allora lim_n->∞ a_n = 0.

Condizione necessaria => lim_n->∞ a_n ≠ 0 ∑_{k = 1}^∞ a_n non è convergente.

Dimostrazione

Per ipotesi: lim_n->∞ S_n = S deve essere che lim_n->∞ S_n-1 = S.

=> lim_n->∞ S_n - S_n-1 = 0 ma S - Sn-1 = a_n.

=> lim_n->∞ a_n = 0.

Teorema di Fermat

Sia x_o ∈ (a, b) un punto di estremo relativo (massimo o minimo) di f: [a, b] → ℝ. Se f è derivabile in x_o allora f’(x_o) = 0.

Dimostrazione

Sia x_o punto di massimo locale allora f(x_o + h) ≤ f(x_o).

f’(x_o) = { f’(x_o) = lim_{h → 0⁺} (f(x_o + h) - f(x_o)) / h ≤ 0.

f’(x_o) = lim_{h → 0^-} (f(x_o + h) - f(x_o)) / h ≥ 0}.

Quindi 0 ≤ f’(x_o) ≤ 0 ⇒ f’(x_o) = 0 c.v.d.

Teorema di Rolle

Sia f continua in [a, b].

Sia f derivabile in (a, b) ⇒ ∃ c ∈ (a, b) : f’(c) = 0.

f(a) = f(b).

Dimostrazione

Poiché f(x) è continua nell'intervallo [a, b] per il teorema di Weierstrass ammetterà un punto di minimo (m) ed un punto di massimo (M).

Caso 1

• f(a) = f(b)
• M = N
• Allora f è costante quindi f’(x) = 0 ∀ x ∈ (a, b)

Caso 2

• M ≠ N
• Abbiamo due punti (M₁, M₂) interni da a, b, se in questi la derivata sarà nulla x il teorema di Fermat