Teoria Analisi 1

Dispensa per l’orale di Analisi matematica

Teoremi fondamentali: enunciati, interpretazioni, esempi e controesempi.

1 Numeri naturali e principio di induzione

Assumiamo N = {0, 1, 2, 3, . . .}.

1.1 Principio del buon ordinamento

Teorema 1.1 (Principio del buon ordinamento). Ogni sottoinsieme non vuoto di N possiede un elemento minimo.

In simboli, se A ⊆ N e A ≠ ∅, allora esiste m ∈ A tale che m ≤ a per ogni a ∈ A.

Spiegazione intuitiva. I numeri naturali sono disposti in modo discreto e iniziano da 0. Perciò, se scegliamo almeno un numero naturale, tra quelli scelti ce n’è sempre uno che viene prima di tutti gli altri.

Frase da dire all’orale. Il principio del buon ordinamento afferma che ogni sottoinsieme non vuoto dei numeri naturali ammette un minimo. È una proprietà caratteristica dell’ordinamento di N.

Esempio 1.1. Consideriamo A = {n ∈ N : n² ≥ 30}. Poiché 5² = 25 < 30, 6² = 36 ≥ 30, si ha min A = 6.

Controesempio 1.1. La stessa proprietà non vale in Z. L’insieme Z = {. . . , −2, −1, 0, 1, 2, . . .} è non vuoto, ma non possiede un minimo: dato un intero z esiste sempre l’intero z − 1, z − 1 < z.

1.2 Principio di induzione

Teorema 1.2 (Principio di induzione). Sia P(n) un predicato dipendente da n ∈ N. Supponiamo che:

• P(0) sia vera;
• Per ogni n ∈ N, P(n) ⇒ P(n + 1).

Allora P(n) è vera per ogni n ∈ N.

Spiegazione intuitiva. L’induzione funziona come una fila infinita di tessere del domino. La prima tessera cade, e ogni tessera che cade fa cadere la successiva. Di conseguenza cadono tutte le tessere.

Frase da dire all’orale. Per applicare il principio di induzione devo verificare il caso base e il passo induttivo. Nel passo induttivo suppongo vera l’affermazione per un generico n e, usando questa ipotesi, dimostro che è vera per n + 1.

Controesempio 1.2 (Necessità del caso base). Consideriamo l’insieme A = {1, 2, 3, . . .}. Vale n ∈ A ⇒ n + 1 ∈ A, ma A ≠ N perché 0 ∉ A. Il solo passo induttivo, senza il caso base, non basta.

Controesempio 1.3 (Necessità del passo induttivo). Consideriamo A = {0}. Si ha 0 ∈ A, ma non vale n ∈ A ⇒ n + 1 ∈ A. Il solo caso base non basta.

1.3 Equivalenza tra buon ordinamento e induzione

Teorema 1.3. Il principio del buon ordinamento e il principio di induzione sono equivalenti.

Dimostrazione. Dimostriamo le due implicazioni.

Dal buon ordinamento all’induzione. Sia A = {n ∈ N : P(n) è vera}. Supponiamo che 0 ∈ A e che n ∈ A ⇒ n + 1 ∈ A. Vogliamo dimostrare che A = N.

Supponiamo per assurdo che B = N \ A sia non vuoto. Per il principio del buon ordinamento, B possiede un minimo m.

Poiché 0 ∈ A, si ha m ≠ 0; quindi m − 1 ∈ N. Dalla minimalità di m segue che m − 1 ∉ B, dunque m − 1 ∈ A. Per il passo induttivo, m = (m − 1) + 1 ∈ A, in contraddizione con m ∈ B. Quindi B = ∅ e A = N.

Dall’induzione al buon ordinamento. Sia S ⊆ N non vuoto. Supponiamo per assurdo che S non abbia minimo. Definiamo A = {n ∈ N : S ∩ {0, 1, . . . , n} = ∅}.

Poiché S non ha minimo, 0 ∉ S, quindi 0 ∈ A.

Supponiamo ora n ∈ A. Se n + 1 ∉ A, poiché S non ha minimo, esisterebbe s ∈ S con s < n + 1. Essendo s ≤ n, si avrebbe s ∈ S ∩ {0, 1, . . . , n}, in contraddizione con n ∈ A. Quindi n + 1 ∈ A e pertanto n ∈ A per induzione.

Per induzione A = N, dunque S = ∅, contro l’ipotesi. Pertanto S possiede un minimo.

Spiegazione intuitiva. I due principi esprimono la stessa caratteristica di N: non ci sono “salti” procedendo da 0 verso destra e non è possibile scendere indefinitamente all’interno dei naturali.

Frase da dire all’orale. Il buon ordinamento e l’induzione sono equivalenti. Per passare dal buon ordinamento all’induzione si considera l’insieme degli eventuali controesempi e si prende il minimo. Per l’altra implicazione si usa l’induzione per mostrare che un sottoinsieme non vuoto senza minimo dovrebbe in realtà essere vuoto.

1.4 Induzione a partire da un indice qualsiasi

Proposizione 1.1 (Principio di induzione da n₀). Sia n₀ ∈ N. Se:

• P(n₀) è vera;
• Per ogni n ≥ n₀, P(n) ⇒ P(n + 1);

allora P(n) è vera per ogni n ≥ n₀.

Esempio 1.2. Per dimostrare un’affermazione valida per ogni n ≥ 3, il caso base non deve essere necessariamente n = 0: si verifica P(3) e poi si dimostra il passaggio da n a n + 1.

1.5 Disuguaglianza di Bernoulli

Teorema 1.4 (Disuguaglianza di Bernoulli). Per ogni a ≥ 0 e per ogni n ∈ N, (1 + a)ⁿ ≥ 1 + na.

Dimostrazione. Procediamo per induzione su n.

Per n = 0, (1 + a)⁰ = 1 = 1 + 0a.

Supponiamo ora (1 + a)ⁿ ≥ 1 + na. Poiché 1 + a > 0, possiamo moltiplicare entrambi i membri per 1 + a:

(1 + a)ⁿ⁺¹ ≥ (1 + na)(1 + a).

Sviluppando, (1 + na)(1 + a) = 1 + (n + 1)a + na². Poiché na² ≥ 0, (1 + a)ⁿ⁺¹ ≥ 1 + (n + 1)a.

La tesi segue per induzione.

Spiegazione intuitiva. L’espressione (1 + a)ⁿ contiene, oltre ai termini 1 e na, anche altri termini non negativi. Per questo è almeno grande quanto 1 + na.

Frase da dire all’orale. La disuguaglianza di Bernoulli afferma che, per a ≥ 0, la potenza (1 + a)ⁿ è maggiore o uguale alla sua approssimazione lineare 1 + na. Si dimostra per induzione.

Esempio 1.3. Con a = 0,1 e n = 3, (1,1)³ = 1,331 e 1 + 3 · 0,1 = 1,3. Quindi 1,331 ≥ 1,3.

Controesempio 1.4. Non si può sostituire sempre il simbolo ≥ con >. Per a = 0, (1 + 0)ⁿ = 1 = 1 + n · 0.

1.6 Somma dei primi numeri naturali

Teorema 1.5. Per ogni n ∈ N,

0 + 1 + 2 + · · · + n = Σ_k=0ⁿ k = n(n + 1) / 2.

Dimostrazione. Per n = 0, Σ_k=0⁰ k = 0 = 0 · 1 / 2.

Supponiamo Σ_k=0ⁿ k = n(n + 1) / 2. Allora:

Σ_k=0ⁿ⁺¹ k = Σ_k=0ⁿ k + (n + 1) = n(n + 1) / 2 + (n + 1).

Raccogliendo n + 1, Σ_k=0ⁿ⁺¹ k = (n + 1)(n + 2) / 2.

Spiegazione intuitiva. La somma cresce come un’area triangolare: il numero dei termini è circa n, mentre il loro valore medio è circa n/2.

Frase da dire all’orale. La somma dei naturali da 0 a n vale n(n + 1) / 2. La dimostrazione per induzione consiste nell’aggiungere il nuovo termine n + 1 e ricondurre il risultato alla stessa formula.

Esempio 1.4. 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 = 5 · 6 / 2.

1.7 Somma geometrica finita

Teorema 1.6 (Somma geometrica finita). Per ogni q ∈ R con q ≠ 1 e per ogni n ∈ N,

1 + q + q² + · · · + qⁿ = Σ_k=0ⁿ q^k = (1 − qⁿ⁺¹) / (1 − q).

Dimostrazione. Poniamo S = 1 + q + q² + · · · + qⁿ. Moltiplicando per q, qS = q + q² + · · · + qⁿ⁺¹.

Sottraendo membro a membro, S − qS = 1 − qⁿ⁺¹. Quindi S(1 − q) = 1 − qⁿ⁺¹ e, poiché q ≠ 1, S = (1 − qⁿ⁺¹) / (1 − q).

Spiegazione intuitiva. Moltiplicando la somma per q, quasi tutti i termini si allineano e si eliminano nella sottrazione.

Esempio 1.5. Per q = 2 e n = 4, 1 + 2 + 4 + 8 + 16 = 31, mentre (1 − 2⁵) / (1 − 2) = 31.

Controesempio 1.5. La formula con il quoziente non può essere usata per q = 1, perché il denominatore sarebbe nullo. In quel caso Σ_k=0ⁿ 1 = n + 1.

1.8 Fattoriale e coefficienti binomiali

Definizione 1.1 (Fattoriale). Si definisce 0! = 1 e, per n ≥ 1, n! = n(n − 1)(n − 2) · · · 2 · 1.

Equivalentemente, n! = n(n − 1)!.

Proposizione 1.2. Il numero delle biiezioni tra due insiemi finiti aventi entrambi n elementi è n!.

Spiegazione intuitiva. Per il primo elemento ci sono n possibili immagini; per il secondo ne rimangono n − 1, poi n − 2, e così via.

Esempio 1.6. Tra due insiemi di 4 elementi esistono 4! = 4 · 3 · 2 · 1 = 24 biiezioni.

Definizione 1.2 (Coefficiente binomiale). Per 0 ≤ k ≤ n si definisce n su k = n! / [k!(n − k)!].

Il numero n su k conta i sottoinsiemi di k elementi di un insieme con n elementi.

Esempio 1.7. Il numero dei sottoinsiemi di 3 elementi di un insieme con 5 elementi è 5 su 3 = 5! / (3!2!) = 10.

1.9 Cardinalità dell’insieme delle parti

Teorema 1.7. Se A è un insieme finito con n elementi, allora |P(A)| = 2ⁿ.

Dimostrazione. Procediamo per induzione su n.

Se n = 0, allora A = ∅ e P(A) = {∅}, quindi |P(A)| = 1 = 2⁰.

Supponiamo che ogni insieme con n elementi abbia 2ⁿ sottoinsiemi. Sia A = {a₁, . . . , a_n, a_n+1}.

I sottoinsiemi di A si dividono in due classi:

• Quelli che non contengono a_n+1;
• Quelli che contengono a_n+1.

In entrambi i casi le possibilità sono 2ⁿ. Pertanto |P(A)| = 2ⁿ + 2ⁿ = 2ⁿ⁺¹.

Spiegazione intuitiva. Per ogni elemento abbiamo due scelte indipendenti: inserirlo oppure non inserirlo nel sottoinsieme.

Esempio 1.8. Se A = {a, b, c}, allora |P(A)| = 2³ = 8.

Controesempio 1.6. Non vale la formula errata |P(A)| = 2|A|. Per |A| = 3, infatti, |P(A)| = 8 ≠ 6.

1.10 Formula di Pascal

Teorema 1.8 (Formula di Pascal). Per 1 ≤ k ≤ n, n su k − 1 + n su k = n + 1 su k.

Dimostrazione. Consideriamo un insieme A con n + 1 elementi e fissiamo un elemento a ∈ A.

I sottoinsiemi di A con k elementi si dividono in:

• Quelli che contengono a: bisogna scegliere gli altri k − 1 elementi tra i rimanenti n, quindi sono n su k − 1;
• Quelli che non contengono a: bisogna scegliere tutti i k elementi tra i rimanenti n, quindi sono n su k.

La somma delle due quantità è il numero totale dei sottoinsiemi di k elementi di A, cioè n + 1 su k.

Spiegazione intuitiva. Si conta lo stesso insieme di oggetti dividendolo in due casi: sottoinsiemi che contengono un elemento fissato e sottoinsiemi che non lo contengono.

Esempio 1.9. 4 su 2 + 4 su 3 = 6 + 4 = 10 = 5 su 3.

1.11 Binomio di Newton

Teorema 1.9 (Binomio di Newton). Per ogni a, b ∈ R e per ogni n ∈ N,

(a + b)ⁿ = Σ_k=0ⁿ (n su k) a^kb^n−k.

Dimostrazione. Procediamo per induzione su n.

Per n = 0, (a + b)⁰ = 1.

Supponiamo vera la formula per n. Allora:

(a + b)ⁿ⁺¹ = (a + b)Σ_k=0ⁿ (n su k) a^kb^n−k.

Distribuendo e raccogliendo i termini con la stessa potenza di a, i coefficienti interni diventano n su k − 1 + n su k.

Per la formula di Pascal, n su k − 1 + n su k = n + 1 su k.

Si ottiene quindi:

(a + b)ⁿ⁺¹ = Σ_k=0ⁿ⁺¹ (n + 1 su k) a^kb^n+1−k.

Spiegazione intuitiva. Nel prodotto di n fattori uguali ad a + b, il termine a^kb^n−k si ottiene scegliendo a in k fattori e b negli altri. Il numero di queste scelte è n su k.

Frase da dire all’orale. Il binomio di Newton sviluppa (a + b)ⁿ. Il coefficiente del termine a^kb^n−k è n su k, perché rappresenta il numero dei modi in cui si scelgono i k fattori dai quali prendere a.

Esempio 1.10. (a + b)³ = a³ + 3a²b + 3ab² + b³.

Controesempio 1.7. In generale non vale (a + b)ⁿ = aⁿ + bⁿ. Per esempio, (1 + 1)² = 4, 1² + 1² = 2.

2 Numeri interi, razionali e reali

Le inclusioni fondamentali sono N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R.

2.1 Divisione con resto

Teorema 2.1 (Divisione con resto). Siano a ∈ Z, b ∈ Z, b > 0. Esistono q, r ∈ Z e sono unici tali che a = bq + r e 0 ≤ r < b.

Spiegazione intuitiva. Il numero q indica quante volte b entra in a, mentre r è la parte che rimane. La condizione 0 ≤ r < b rende univoca la scelta.

Frase da dire all’orale. Il teorema della divisione con resto afferma che, dato un intero a e un divisore positivo b, esistono e sono unici un quoziente q e un resto r tali che a = bq + r e 0 ≤ r < b.

Esempio 2.1. Per a = −17 e b = 5, −17 = 5(−4) + 3. Quindi q = −4, r = 3.

Controesempio 2.1. Se si elimina la condizione sul resto, la rappresentazione non è unica: 17 = 5 · 3 + 2 ma anche 17 = 5 · 2 + 7. La seconda scrittura non è la divisione con resto, perché 7 ≮ 5.

2.2 Teorema fondamentale dell’aritmetica

Teorema 2.2 (Teorema fondamentale dell’aritmetica). Ogni numero naturale n > 1 può essere scritto come prodotto di numeri primi. Tale scrittura è unica, a meno dell’ordine dei fattori.

Equivalentemente, n = p₁^α₁ · · · p_k^α_k, dove p₁, . . . , p_k sono primi distinti e α₁, . . . , α_k ≥ 1.

Spiegazione intuitiva. I numeri primi sono i “mattoni” moltiplicativi dei numeri naturali: ogni naturale maggiore di 1 si costruisce in un solo modo usando questi mattoni, salvo cambiare l’ordine.

Frase da dire all’orale. Il teorema fondamentale dell’aritmetica garantisce sia l’esistenza sia l’unicità della scomposizione di ogni naturale maggiore di 1 in fattori primi.

Esempio 2.2. 360 = 2³ · 3² · 5.

Controesempio 2.2. L’unicità non vale se si permette di usare fattori composti: 12 = 3 · 4 = 2 · 6. L’unicità riguarda precisamente la scomposizione in fattori primi.

2.3 Densità dei numeri razionali

Teorema 2.3 (Densità di Q in R). Se a, b ∈ R e a < b, allora esiste q ∈ Q tale che a < q < b.

In realtà, tra a e b esistono infiniti numeri razionali.

Spiegazione intuitiva. Per quanto due numeri reali siano vicini, è sempre possibile trovare una frazione compresa tra essi. La retta razionale non contiene intervalli vuoti.

Frase da dire all’orale. Dire che Q è denso in R significa che tra due reali distinti esiste sempre almeno un numero razionale, e quindi ne esistono infiniti.

Esempio 2.3. Tra √2 ≈ 1,4142 e 1,42 si trova, per esempio, 1,415 = 283 / 200.

Controesempio 2.3. La densità non significa che ogni numero reale sia razionale. Il numero √2 è circondato da numeri razionali arbitrariamente vicini, ma non è razionale.

2.4 Caratterizzazione decimale dei razionali

Teorema 2.4. Un numero reale è razionale se e solo se la sua espansione decimale è finita oppure infinita periodica.

Spiegazione intuitiva. Nella divisione tra due interi i resti possibili sono finiti. Quindi o compare il resto 0, e la divisione termina, oppure un resto si ripete, e da quel momento si ripetono anche le cifre decimali.

Esempio 2.4. 1 / 8 = 0,125 ha espansione finita, mentre 1 / 6 = 0,1666 . . . ha espansione periodica.

Esempio 2.5. Il numero x = 0,27̅ è razionale. Infatti 100x = 27,27̅, quindi 99x = 27 e x = 27 / 99 = 3 / 11.

Controesempio 2.4. Il numero 0,101001000100001 . . . ha espansione infinita non periodica, quindi non è razionale.

2.5 Irrazionalità delle radici dei numeri primi

Teorema 2.5. Se p è un numero primo, allora √p ∉ Q.

Dimostrazione. Supponiamo per assurdo che √p = a / b, con a, b ∈ Z, b ≠ 0, e con la frazione ridotta ai minimi termini.

Elevando al quadrato, a² = pb². Quindi p | a². Poiché p è primo, dalla fattorizzazione unica segue che p | a.

Esiste dunque k ∈ Z tale che a = pk. Sostituendo, p²k² = pb², e quindi pk² = b².

Ne segue che p | b², dunque p | b.

Il numero primo p divide quindi sia a sia b, in contraddizione con il fatto che a/b sia ridotta ai minimi termini. Pertanto √p ∉ Q.

Se fosse una frazione ridotta, l’equazione ot