Che materia stai cercando?

Anteprima

ESTRATTO DOCUMENTO

G.Di Fazio

Poniamo ∈ ∀t ∈

x = sup{x [x , b) : u(t) = v(t) [x , x]}.

1 0 0

∈]x

Preso σ > 0 in modo che x + σ < b, per ogni x , x + σ[ usando l’ipotesi di Lipschizianità, si

1 1 1

ha: x x +σ

Z Z

1 1

ku(x) − ≤ − −

v(x)k f (t, u(t)) f (t, v(t))dt + f (t, u(t)) f (t, v(t))dt

x x

0 1

x +σ x +σ

Z Z

1 1

− ≤ ku(t) −

= f (t, u(t)) f (t, v(t))dt L v(t)k dt

x x

1 1

≤ ku(x) −

Lσ max v(x)k

[x ,x +σ]

1 1

e quindi ku(x) − ≤ ku(x) −

max v(x)k Lσ max v(x)k

[x ,x +σ] [x ,x +σ]

1 1 1 1

da cui ≤

1 Lσ

+

che è assurda per σ 0 . j

Osservazione 1.1 Si può vedere che, se T è una contrazione di costante L allora T è contrazione

j

di costante L ed ammette lo stesso punto fisso di T. Ciò implica che il numero δ fornito dal teorema

precedente può essere scelto in modo indipendente da L.

Nel caso in cui, attraverso il teorema precedente, si riesca a stabilire l’esistenza e l’unicità di

una soluzione locale, ci si può chiedere se essa si possa poi estendere ad una funzione che risulta

soluzione in un intervallo più ampio. Quest’ultimo intervallo può coincidere o essere contenuto

nell’intervallo risultante dalla proiezione di Ω sull’asse ~x. A tal proposito risulta utile il seguente

n ∈

Teorema 1.3 (di esistenza ed unicità globale) Supponiamo che Ω = (a, b)×R sia aperto, (x , y )

0 0

0 n

∈ ×

Ω, f C (Ω) ed inoltre verifica la (1.3) in [α, β] per ogni sottointervallo [α, β] contenente x

R 0

con costante di Lipschitz eventualmente dipendente da [α, β]. Allora esiste una ed una sola soluzione

del problema di Cauchy (1.1) definita in (a, b).

Dim. Identica alla precedente. n,n n

→ → ∈

Corollario 1.1 Siano A : (a, b) , B : (a, b) due funzioni continue in (a, b), x

R R 0

n

(a, b), y . Il problema di Cauchy

R

0 ( 0

y = A(x)y + B(x)

y(x ) = y

0 0

ammette una ed una sola soluzione in (a, b).

Dim. Infatti, in tal caso si ha:

∂(A(x)y + B(x)) n

≤ |A(x)| ∀x ∈ ∀y ∈

max [α, β], R

∂y [α,β]

verificando cosı̀ le ipotesi del teorema di esistenza ed unicità globale.

4

Appunti di Analisi Matematica II n+1

Teorema 1.4 (dipendenza continua dai dati) Siano dati un insieme aperto Ω , (x , y ) un

R 0 0

n n

punto di Ω, y una successione di elementi di convergente in ad un vettore y . Sia inoltre

R R

0,j 0

f (x, y) una successione di funzioni continue uniformemente convergente su tutti i sottoinsiemi

j ⊂

compatti K Ω ad una funzione (continua) f (x, y). Supponiamo ancora che per ogni compatto K

di Ω esista una costante L tale che

kf − ≤ − k ∀(x, ∈ ∀j ∈

(x, y ) f (x, y )k Lky y y ), (x, y ) K N.

n n

j 1 j 2 1 2 1 2

R R

Sia y la soluzione del problema di Cauchy (P C) in cui il termine noto è f e il dato iniziale è y .

j j j 0,j

Allora,esiste δ > 0 tale che la successione y converge uniformemente in [x δ, x + δ] e, detta y

j 0 0

la funzione limite, essa è l’unica soluzione del problema di Cauchy (P C) in cui f è il termine noto

0

e y è il dato iniziale.

0 n

Q −

− × [y b, y + b].

Dim. Consideriamo il problema (PC) e poniamo K = [x δ, x + δ] j,0 j,0

0 0

0 j=1

Proviamo che la successione y converge uniformemente a y in [x δ, x + δ]. Sottraendo membro

j 0 0

a membro nelle rispettive equazioni integrali di Volterra, si ha:

x

Z

ky − ≤ ky − k kf −

(x) y(x)k y + (t, y (t)) f (t, y(t))k dt

j 0,j 0 j j

x

0

x x

Z Z

≤ ky − k kf − kf −

y + (t, y (t)) f (t, y(t))k dt + (t, y(t)) f (t, y(t))k dt

0,j 0 j j j j

x x

0 0

x

Z kf −

≤ ky − k − − | (t, y(t)) f (t, y(t))k dt

y + Lky yk|x x + j

0,j 0 j 0 x

0

e quindi si ha:

ky − ≤ ky − k − |x − | kf − k

(x) y(x)k y + Lky yk x + f δ

∞ ∞

j 0,j 0 j 0 j

≤ ky − − kf − k ∀x ∈ −

yk + Lδky yk + f δ [x δ, x + δ]

∞ ∞

0,j j j 0 0

1 ,

e visto che δ < L 1 δ

ky − ≤ ky − k kf − k

yk y + f

n

∞ ∞

j 0,j 0 j

R

− −

1 Lδ 1 Lδ

da cui segue facilmente la tesi.

1.2 Sistemi lineari

n,n

Sia A : (a, b) . Il sistema

R 0

y = A(x)y (2.1)

0

si dice Sistema lineare omogeneo di coefficienti A(x). Nell’ ipotesi A C (a, b) qualsiasi Problema

di Cauchy associato al sistema (2.1) ammette una ed una sola soluzione globale. Studiamo adesso

in maniera più dettagliata l’insieme S delle soluzioni di (2.1).

Teorema 2.1 L’insieme S è uno spazio vettoriale di dimensione n. 5

G.Di Fazio

Dim. Si ha: 0 0 0 ∀y ∈ ∀α, ∈

(αy + βy ) = αy + βy = αAy + Aβy = A (αy + βy ) , y S β R

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 n

e quindi S è un sottospazio vettoriale di C ((a, b), ). Per provare che dimS = n facciamo vedere

R

n ∈

che è isomorfo a . Fissato x (a, b), definiamo pertanto una applicazione

R 0 n

T : S R

mediante la legge ∀x ∈

T (y(x)) = y(x ) (a, b).

0

Applicando il teorema di esistenza ed unicità in grande si prova che T è una corrispondenza biuni-

voca. Il fatto che T sia lineare poi è evidente. Quindi S ha dimensione n.

Allora, per determinare le soluzioni di un sistema lineare sarà sufficiente conoscerne n soluzioni

indipendenti. ∈ ∈

Teorema 2.2 Siano y , . . . , y S e sia x̄ (a, b) : y (x̄), . . . , y (x̄) siano linearmente dipendenti

1 k 1 k

n

in . Allora le funzioni y , . . . , y sono linearmente dipendenti in S.

R 1 k

Dim. Ovvia dal teorema precedente

Definizione 2.1 Siano y , . . . , y S. La matrice che ha per colonne tali vettori si dice matrice

1 n

Wronskiana delle n soluzioni y , . . . , y . Nel seguito indicheremo con W (x) la matrice Wronskiana

1 n

|W

e con (x)| il suo determinante. |W ∀x ∈ |W 6

Dal teorema precedente è immediato riconoscere che si ha: (x)| = 0 (a, b) oppure (x)| =

∀x ∈ |W 6

0 (a, b). Nel caso in cui (x)| = 0 lo spazio generato dalle colonne di W (x) è S.

n

Sia B : (a, b) . Il sistema

R 0

y = A(x)y + B(x)

si dice lineare non omogeneo e la funzione B si dice termine noto del sistema. In questo caso

l’insieme delle soluzioni S̄ non è uno spazio vettoriale ma uno spazio affine. Precisamente si ha:

Teorema 2.3 Se ȳ è una soluzione del sistema non omogeneo e A, B sono continue si ha:

S̄ = ȳ + S. ∈

Dim. È sufficiente far vedere che una qualsiasi soluzione ϕ S̄ è del tipo ȳ + y per una

∈ ∃y ∈

opportuna funzione di S. Ma questo è abbastanza ovvio perché ϕ− ȳ S e quindi S : ϕ− ȳ = y

da cui ϕ = ȳ + y ȳ + S.

6

Appunti di Analisi Matematica II 0

Osservazione 2.1 Fissato t (a, b) sia ϕ(t, t , y ) = y(t) l’unica soluzione del sistema y = A(t)y

0 0 0

tale che y(t ) = y . In questo modo abbiamo definito un’applicazione

0 0 n n

× × →

ϕ : (a, b) (a, b) R R

ponendo ϕ(t, t , y ) = y(t).

0 0

n n

∈ ∈

(a, b), la funzione ϕ è lineare da in sé e quindi esiste una matrice R(t, t )

Fissati t, t R R

0 0

tale che n

∀y ∈

ϕ(t, t , y) = R(t, t )y .

R

0 0

Naturalmente R(t , t ) = I ed inoltre si ha:

0 0 n

R(t , t ) R(t , t ) y = R(t , t )ϕ(t , t , y) = R(t , t )y(t ) = R(t , t )y

2 1 1 0 2 1 1 0 2 1 1 2 0

Guardando adesso a ϕ come funzione della t si ha:

d 0 0

R(t , t) y = ϕ (t, t , y ) = y (t) = A(t)y (t) = A(t)ϕ(t, t , y )

0 0 0 0 0 0

0

dt

e quindi d R(t , t) = A(t)R(t , t)

0 0

dt

e quindi abbiamo dimostrato il seguente

Teorema 2.4 La matrice R(t, t ) è soluzione del sistema matriciale

0 0

X = A(t)X

nel senso che ogni sua colonna è soluzione del sistema assegnato.

Da ora in poi chiameremo R(t , t) una matrice risolvente o una matrice Wronskiana per il

0

sistema assegnato.

Supponiamo adesso di conoscere n elementi indipendenti di S ovvero una matrice risolvente.

A partire da questa possiamo determinare una soluzione del sistema - non omogeneo -

0

y = A(t)y + B(t).

Il metodo che permette questo è conosciuto col nome di variazione della costante arbitraria ed è

dovuto a Lagrange. Detta W (x) la matrice Wronskiana di n soluzioni indipendenti cerchiamo una

n

funzione γ : (a, b) in modo che la funzione W (x)γ(x) sia soluzione del sistema non omogeneo.

R

Allora 0 ∀x ∈

(W (x)γ(x)) = A(x)W (x)γ(x) + B(x) (a, b)

ovvero 0 0 ∀x ∈

W (x)γ(x) + W (x)γ (x) = A(x)W (x)γ(x) + B(x) (a, b) 7

G.Di Fazio

e, utilizzando il teorema precedente, 0 ∀x ∈

W (x)γ (x) = B(x) (a, b)

da cui, per il fatto che le soluzioni sono indipendenti,

0 −1 ∀x ∈

γ (x) = W (x)B(x) (a, b)

e quindi la soluzione cercata è x

Z −1 ∀x ∈

W (x) W (t)B(t)dt (a, b)

x

0

e l’integrale generale (cioè l’insieme S̄) del sistema non omogeneo è

x

Z −1 n

· ∀x ∈ ∀C ∈

W (x) C + W (x) W (t)B(t)dt, (a, b), .

R

x

0

Rimane il problema di determinare n elementi indipendenti di S che, in generale è impossibile.

Osservazione 2.2 Nel caso di una equazione differenziale lineare di ordine n > 1, se y , . . . , y

1 n

sono soluzioni, il loro Wronskiano è ···

y y y 

 1 2 n

0 0 0

···

y y y n

1 2 

W (x) = .. .. .. .. 

 . . . . 

 (n−1) (n−1) (n−1)

· · ·

y y y n

1 2

e la funzione γ = (γ , . . . , γ ) che si trova ricorrendo al metodo di Lagrange ha componenti che

1 n

sono soluzione del sistema, 0 0

 · · ·

y γ + + y γ = 0

1 n

1 n

 0 0 0 0

 · · ·

y γ + + y γ = 0

 1 1 n n

 ..

.

 (n−1)

 0 0

(n−1)

· · ·

y γ + + y γ = B(x)

 1 n n

1

dove B(x) è il termine noto (scalare) dell’equazione differenziale assegnata.

Esempio 2.1 Il problema 00

 y + y = x

 y(0) = 0

0

 y (0) = 1

è equivalente al sistema lineare in cui si ha:

0 1 0

A(x) = , B(x) = .

−1 0 x

8

Appunti di Analisi Matematica II

1.3 Sistemi lineari a coefficienti costanti 0

n,n

Data A consideriamo il sistema lineare y = Ay. Pensando alla dimostrazione del

R

teorema delle contrazioni otteniamo

 y (x) = y

0 0

 x

Z

y (x) = y + Ay (t) dt.

j+1 0 j

 0

e quindi j ∞

k k

x x

X X

k k Ax

→ ≡ ∀x ∈

y (x) = A y A y e y R

j 0 0 0

k! k!

k=0 k=0

e la soluzione - unica - del sistema assegnato è

Ax ∀x ∈

y(x) = e y R.

0

n λx

∈ ∈

Siano adesso λ e y . La funzione ϕ(x) = e y è soluzione del sistema se λ è autovalore

R R

della matrice A e y è autovettore associato a λ. Il problema che rimane da affrontare quindi è quello

della indipendenza lineare delle soluzioni. Il primo caso, e il più semplice, è quello in cui la matrice

A ammette n autovalori reali e distinti λ , . . . , λ . In questo caso le n soluzioni corrispondenti sono

1 n

λ x

y (x) = e e sono indipendenti perché si ha:

j

j |W |col(y 6

(0)| = , . . . , y )| = 0

1 n

perché gli autovettori sono linearmente indipendenti. I problemi nascono nel caso in cui la ma-

trice abbia autovalori multipli. Senza addentrarci nei dettagli del metodo chiariamo la situazione

attraverso qualche esempio. 0

Esempio 3.1 Risolviamo il sistema y = Ay in cui la matrice A è

 

1 0 2

0 1 1

 

2 1 0

In tal caso gli autovalori sono tutti reali e distinti e si ha:

√ √

1 21 1+ 21

, λ =

λ = 1, λ =

1 2 3

2 2

e, denotata con u , u , u una base di autovettori, si ha:

1 2 3 √ √

1− 21 1− 21

x x x ∀x ∈

y(x) = c e u + c e u + +c e u

2 2 R.

1 1 2 2 3 3 9

G.Di Fazio

Osservazione 3.1 nel caso in cui si abbia una equazione differenziale di ordine n ed il termine noto

(α+ıβ)x

sia del tipo e P (x) con P polinomio, un integrale particolare della equazione completa si può

(α+ıβ)x p

cercare sotto la forma e x Q(x) dove p è la molteplicità algebrica dell’ autovalore α + ıβ e Q

è un polinomio dello stesso grado di P. n,n T

∈ ∈

Osservazione 3.2 Sia λ un autovalore di A , A = A e sia u un autovettore di A

R R 1

n

associato a λ. Allora, determiniamo u in modo che la funzione

R

2 λx

ϕ(x) = (xu + u )e

1 2

0

sia una soluzione del sistema y = Ay. Sostituendo nel sistema si ottiene:

( Au = λu

1 1

(A λI)u = u

2 1

e quindi, a partire dall’autovalore λ otteniamo le soluzioni

λx λx

u e , (xu + u )e .

1 1 2

Verificare che le soluzioni ottenute sono indipendenti equivale a dimostrare che i vettori u , u sono

1 2

n

indipendenti in . Questo è ovvio perché mentre u è autovettore di A relativo a λ, u non lo è.

R 1 2

0

Esempio 3.2 Risolviamo il sistema y = Ay in cui la matrice A è

 

1 1 0

0 0 1

 

−1 −1 3

Stavolta abbiamo un autovalore λ = 0 semplice ed un autovalore λ = 2 di molteplicità algebrica

1 2

T λ x

−1,

pari a 2. Un autovettore associato a λ è u = (1, 0) e la soluzione corrispondente è e u =

1

1 1 1

u . Dobbiamo trovare due soluzioni indipendenti a partire dall’ autovalore λ . Cerchiamo due vettori

1 2

2x

u , u in modo che la funzione (u x + u )e sia soluzione del sistema. Allora, u deve essere un

2 3 2 3 2 T

autovettore e u deve essere soluzione del sistema lineare (A 2I)u = u . Posto u = (a, b, c) si

3 3 2 2

ha: 

   

 −1

−1 −1 1 0 a

1 0 a 1 0 a

→ −2 → −2

−2 0 1 b 0 1 b

0 1 b   

   −

−1 −1 −1 − 0 0 0 a + b c

1 c 0 2 a c T

quindi deve essere a + b c = 0, per esempio a = 1, b = 0, c = 1, da cui u = (1, 0, 1) , e u

2 3

T

soluzione del corrispondente sistema. Una di tali soluzioni è u = (0, 1, 2) per cui si ha:

3

2x 2x ∀x ∈

y(x) = c u + c u e + c (u x + u )e R

1 1 2 2 3 2 3

che è la soluzione generale del sistema dato.

10

Appunti di Analisi Matematica II 0

Esempio 3.3 Risolviamo il sistema y = Ay in cui la matrice A è

 

4 3 1

−4 −4 −2

 

8 12 6

La matrice ha un autovalore - λ = 2 - di molteplicità algebrica pari a 3 mentre la dimensione

topologica del medesimo autovalore è 2. Dobbiamo trovare tre soluzioni indipendenti a partire dall’

Detto u un autovettore cerchiamo altri due vettori non nulli w , w con il criterio seguente:

1 2

− −

(A 2I)w = u; (A 2I)w = w .

1 2 1

In tal modo, le funzioni 2x 2x 2 2x

ue , w xe , w x e

1 2

saranno soluzioni indipendenti del sistema. Allora, u deve essere un autovettore e u deve essere

2 3

T

soluzione del sistema lineare (A 2I)u = u . Posto w = (α, β, γ) si ha:

3 2 1

    

 −1 −1 −1

1 0 α 1 0 α 1 0 α

−2 → −2 → −2

0 1 β 0 1 β 0 1 β

     

−1 −1 −1 − −

1 γ 0 2 α γ 0 0 0 α + β γ T

quindi deve essere α + b γ = 0, per esempio a = 1, b = 0, c = 1, da cui u = (1, 0, 1) , e u

2 2 3

T

soluzione del corrispondente sistema. Una di tali soluzioni è u = (0, 1, 2) per cui si ha:

3

2x 2x ∀x ∈

y(x) = c u + c u e + c (u x + u )e R

1 1 2 2 3 2 3

che è la soluzione generale del sistema dato. Adesso - a titolo di esempio - esaminiamo alcune

procedure che permettono la risoluzione di alcuni tipi di equazioni differenziali.

Equazioni a variabili separabili Consideriamo due funzioni

⊂ → ⊂ →

a : I b : J

R R R R

continue nei rispettivi intervalli di definizione. Il problema della ricerca di tutte le funzioni

y : (α, β) R

derivabili nell’ intervallo (α, β) tali che:

∈ ∀x ∈

1) y(x) J (α, β);

0 ∀x ∈

2) y (x) = a(x) b(y(x)) (α, β).

si chiama equazione differenziale del primo ordine a variabili separabili e si indica con la

scrittura 0

y = a(x) b(y) (3.1)

11

G.Di Fazio

Per risolvere l’equazione (3.1) si incomincia cercandone le eventuali soluzioni costanti. Se una

funzione che assume costantemente il valore k in (α, β) soddisfa la (3.1) deve risultare b(k) =

R

0 e quindi le eventuali soluzioni costanti sono tutte e sole soluzioni dell’ equazione b(k) = 0.

Proseguiamo la ricerca con funzioni che non assumono alcuno degli eventuali valori k determinati

6 ∀x ∈

in precedenza. Se y(x) è una siffatta funzione risulta b(y(x)) = 0 (α, β) e quindi

0

y (x) ∀x ∈

= a(x) (α, β).

b(y(x))

Indichiamo con A(x), B(y) rispettivamente una primitiva della funzione a(x) ed una primitiva della

1 ∈

funzione . Per una conseguenza del teorema di Lagrange esiste k :

R

b(y) ∀x ∈

B(y(x)) = A(x) + k (α, β).

La derivata della funzione B(y) è continua e non nulla e quindi, per continuità, ha segno costante.

Ciò assicura l’invertibilità della funzione B(y). Applicando l’ inversa ad ambo i membri otteniamo

−1 ∀x ∈

y(x) = B [A(x) + k] (α, β) (3.2)

Verifichiamo adesso che la (3.2) fornisce una soluzione dell’ equazione (3.1). Infatti, per il teorema

di derivazione delle funzioni inverse, 1

d −1

B (x) = 0

dx B (y) −1

y=B (x)

e quindi d

0 −1

y (x) = B [A(x) + k]

dx 0

−1 ∀x ∈

= b B [A(x) + k] (A(x) + k) = a(x)b(y(x)) (α, β).

Potrebbe esistere qualche soluzione non costante della (3.1) che tuttavia assume qualcuno dei valori

k determinati in precedenza. In generale non esistono metodi per determinare queste soluzioni di

tipo misto. La situazione può essere resa più chiara mediante qualche esempio.

Esempio 3.4 Risolvere l’equazione differenziale |y| − y

0

y = x

− ∞,

L’equazione si pone nell’ intervallo ] 0[ oppure nell’ intervallo ]0, +∞[. Le soluzioni costanti,

in ogni caso, sono ∀k ≥ ∀x ∈

y(x) = k 0 (α, β)

Cerchiamo adesso soluzioni non costanti che non assumono alcuno dei valori k determinati in

precedenza. In questo caso ciò significa cercare eventuali soluzioni negative. Procedendo nel modo

prima illustrato si trova 1

k ∀x ∈

−e (α, β)

y(x) = 2

x

12

Appunti di Analisi Matematica II − ∞,

dove k è una costante fornita dal teorema di Lagrange e (α, β) coincide con l’intervallo ] 0[

oppure ]0, +∞[.

In questo caso non esistono soluzioni di tipo misto. Infatti sia y(x) in soluzione di tipo misto che, in

∈ ≥

un punto x̄ (α, β) assume un valore k 0. Allora il problema di Cauchy relativo all’ equazione che

stiamo studiando con il dato iniziale y(x̄) = k non avrebbe unicità. Questo contrasterebbe con il

|y|−y

teorema di esistenza ed unicità in piccolo in quanto la funzione f (x, y) = risulta lipschitziana

x

in un conveniente intorno del punto (x̄, k). Infatti,

1 2

− |y | − − |y | ≤ |y − |.

f (x, y ) f (x, y ) = y + y y

1 2 1 1 2 2 1 2

|x| |x|

Esempio 3.5 Dire per quali λ il problema di Cauchy

R

( p

0 2

− ≡

y = 1 y f (x, y)

y(0) = λ |λ| ≤ |λ|

Innanzitutto, affinchè il problema abbia significato, è necessario che 1. Se < 1 la funzione

y

|f − è limitata in un intorno di (0, λ) e quindi il problema ha esistenza ed unicità.

(x, y)| =

y 2

1−y

Si verifica direttamente che nel caso λ = 1 la funzione

∀x ∈

y(x) = 1 R |λ| 6

è una soluzione del problema. Determiniamo la soluzione nel caso < 1. Supponiamo y(x) =

∀x ∈

1 (α, β). Allora 0

y (x) ∀x ∈

=1 (α, β).

p 2

1 y π π

∈] − − −

Affinchè l’ultima eqguaglianza scritta abbia significato deve essere x k, k[ ed inoltre

2 2

π π π

∈] − − − |k|

0 k, k[ da cui < . Allora, usando il dato iniziale,

2 2 2 arcsen λ = arcsen y(0) = k

ovvero π π

∀x ∈ ⊆] − − −

arcsen y(x) = x + arcsen λ (α, β) k, k[

2 2

ed in definitiva otteniamo π π

∀x ∈] − − − ≡

y(x) = sen (x + arcsen λ) arcsen λ, arcsen λ[ (α, β)

2 2

e questa è l’unica soluzione grazie al teorema di esistenza ed unicità. Da un esame dei grafici delle

soluioni appena trovate appare chiaro che il problema, per λ = 1, non ha unicità in quanto la

funzione  ∈] −

cos x x π, 0[;

 −1 ∈] − ∞, −π];

y(x) = x

 ∈

1 x [0, +∞[

è soluzione del problema in In realtà il problema, in questo caso, ammette infinite soluzioni che,

R. −1

a questo punto, sono facilmente determinabili. Il caso λ = si discute in maniera simile. 13

G.Di Fazio

Esempio 3.6 Risolvere l’equazione differenziale

0 y

y = xe

In questo caso l’equazione non ammette soluzioni costanti e quindi, ovviamente, non ammette

soluzioni di tipo misto. Procedendo nella solita maniera troviamo che, se y(x) è una soluzione

allora 2

x

−y(x)

−e ∀x ∈

= + k (α, β)

2

e ciò ha senso se 2

x + k < 0.

2

Quindi √

2

x

− − ∀x |x| −2k.

y(x) = log + k : <

2

Esempio 3.7 Risolvere l’equazione differenziale

p 2

1 y

0 √

− ≡

y = f (x, y).

2

1 x

Le soluzioni costanti sono −1 ∀x ∈] −

y(x) = 1 e y(x) = 1, 1[.

|y(x)| ∀x ∈ ⊆]−1,

Sia y(x) una soluzione tale che < 1 (α, β) 1[. Separando le variabili ed integrando

si trova −

arcsen y(x) = arcsen x + k.

Per la validità di quest’ ultima eguaglianza deve essere

π π

k < arcsen x < k + . (3.3)

2 2

|x| ∈] −

Per k = 0 la (3.3) fornisce < 1. Per k > 0 la (3.3) fornisce x cos k, 1[ e 0 < k < π. Per k < 0

∈] − −π

la (3.3) fornisce x 1, cos k[ e < k < 0. Quindi

− ∀x ∈

y(x) = sen(k arcsen x) (α, β).

Da un esame dei grafici di tali soluzione si deduce che, anche in questo caso, esistono soluzioni di

tipo misto. Per esempio la funzione

( ∈] −

1 x 1, cos k[;

y(x) = − ∈

sen(k arcsen x) x [cos k, 1[.

Esempio 3.8 Risolvere l’equazione differenziale 2

y(1 + y )

0

y = x

14

Appunti di Analisi Matematica II

nell’ intervallo ]0, +∞[.

L’unica soluzione costante è la funzione identicamente nulla nell’ intervallo ]0, +∞[. Separando le

variabili ed integrando si trova y(x) = kx

p 2

1 + y (x) ∈

dove la soluzione ha lo stesso segno della costante k Esplicitando

R.

2 2 2 2 2

y (x)(1 k x ) = k x (> 0)

ovvero kx 1

√ ∀x ∈]0,

y(x) = [

|k|

2 2

1 k x

dove la costante k ha lo stesso segno della soluzione. Non esistono soluzioni di tipo misto.

Equazioni di tipo omogeneo Consideriamo una funzione

⊂ →

f : (a, b) R R

continua nel suo intervallo di definizione. Il problema della ricerca di tutte le funzioni

y : (α, β) R

derivabili nell’ intervallo (α, β) tali che:

1) 0 / (α, β);

y(x) ∈ ∀x ∈

(a, b) (α, β);

2) x

y(x)

0 ∀x ∈

3) y (x) = f (α, β)

x

si chiama equazione differenziale del primo ordine di tipo omogeneo e si indica con la scrittura

y

0

y = f (3.4)

x

Per risolvere l’equazione (3.4) poniamo y(x)

z : (α, β) z(x) = (3.5)

R x

Se y(x) è una soluzione di (3.4), dalla (3.5) si ha che

1) z(x) è derivabile in (α, β);

∈ ∀x ∈

2) z(x) (a, b) (α, β); 15

G.Di Fazio

0 1 − ∀x ∈

3) z (x) = (f (z) z) (α, β).

x

ovvero z è soluzione dell’ equazione a variabili separabili

1

0 −

z = (f (z) z) (3.6)

x

e viceversa, se z(x) è soluzione di (3.6) allora la funzione y(x) definita dalla (3.5) è soluzione dell’

equazione (3.4).

Esempio 3.9 Risolvere l’equazione −

x y

0

y = .

x + y − ∞,

Studiamo l’equazione in ]0, +∞[. Lo studio si effettua in maniera simile in ] 0[. Procedendo

come è stato illustrato sopra si ha che la funzione z definita dalla (3.5) risolve l’ equazione

2 −

1 (z + 1) 2

0 −

z = x z +1

che si risolve con i metodi visti nel paragrafo precedente. Le soluzioni costanti sono

√ √

−1 −1 − ∀x ∈]0,

z(x) = + 2 z(x) = 2 +∞[.

Le soluzioni non costanti sono (k > 0) r k

−1 ∀x ∈]0,

z(x) = + 2+ +∞[;

2

x

r k

−1 − ∀x ∈]0,

z(x) = 2 + +∞[;

2

x r

r k

k

−1 − ∀x ∈] , +∞[;

z(x) = + 2 2

x 2

r r

k k

−1 − − ∀x ∈]

z(x) = 2 , +∞[;

2

x 2

e non ci sono soluzioni di tipo misto. Mediante la posizione (3.5) si ottengono le soluzioni dell’

equazione di partenza.

Consideriamo l’equazione 0 6

y = f (ax + by) b = 0 (3.7)

con f : (γ, δ) funzione continua. Risolvere la (3.7) significa trovare tutte le funzioni y :

R

(α, β) derivabili tali che:

R ∈ ∀x ∈

1) ax + by(x) (γ, δ) (α, β);

16

Appunti di Analisi Matematica II

0 ∀x ∈

2) y (x) = f (ax + by(x)) (α, β).

Consideriamo la funzione →

z : (α, β) z(x) = ax + by(x).

R

Se y è una soluzione dell’ equazione (3.7) allora la funzione z risulta una soluzione dell’ equazione

0

z = a + bf (z)

a variabili separabili.

Esempio 3.10 Risolvere il problema di Cauchy

( p

0 |y −

y = 1 + x|

y(1) = 1

Ponendo u(x) = y(x) x il problema diventa

( p

0 |u|

u =

u(1) = 0

che si risolve con i metodi visti nel paragrafo precedente. Il problema ammette infinite soluzioni e

sono: ≡ ∀x ∈

u(x) 0 R;

 2

x + c

 −c;

x >

 2

u(x) =  ≤ −c.

0 x

 2

x + c

 − −c;

x <

 2

u(x) =  ≥ −c.

0 x

Esempio 3.11 Risolvere l’equazione 0 2

y = (y x) .

Ragionando come nell’ esempio precedente si trova: √

2x

1 + ke −

u(x) = x < log k;

2x

1 ke √

2x

1 + ke −

u(x) = x > log k;

2x

1 ke

2x

1 ke ∀x ∈

u(x) = R.

2x

1 + ke

Equazioni di tipo omogeneo generalizzato Sono equazioni del tipo

ax + by + c

0

y = f a x + b y + c

1 1 1 17

G.Di Fazio

con f funzione continua. Per la risoluzione consideriamo due casi:

Se risulta a b =0

a b

1 1

a b

posto λ = = l’ equazione diventa

a b

1 1

λc + c

1

0 − ≡

y = f λ g(a x + b y)

1 1

a x + b y + c

1 1 1

che si riconduce facilmente ad un’ equazione a variabili separabili ponendo a x + b y = u.

1 1

Se invece risulta a b 6 = 0

a b

1 1

il sistema ( −c

ax + by = −c

a x + b y =

1 1 1

ha una ed una sola soluzione (x , y ). Risulta allora

0 0 ( −c

ax + by =

0 0 (3.8)

−c

a x + b y =

1 0 1 0 1

Poniamo −

η(ξ) = y(ξ + x ) y

0 0

Ovviamente η risulta derivabile ed, utilizzando le (3.8) si trova

a(ξ + x ) + by(ξ + x ) + c

0 0

0 0

η (ξ) = y (ξ + x ) = f

0 a (ξ + x ) + b y(ξ + x ) + c

1 0 1 0 1

aξ + bη(ξ)

= f a ξ + b η(ξ)

1 1

che è di un tipo precedentemente considerato.

Esempio 3.12 Risolvere l’equazione −

x y

0

y = .

x + y 2

Il punto (x , y ) in questo caso è il punto (1, 1). Procedendo come sopra illustrato si ottiene l’

0 0

equazione −

ξ η

0

η = ξ + η

che è già stata risolta in precedenza.

Esempio 3.13 Risolvere il problema di Cauchy x y

 0

y = + 2

 y x

y(1) = 1

18

Appunti di Analisi Matematica II

y(x) il problema si riduce al seguente

Ponendo u(x) = x  2

1 u + 1

0

 u =

 x u

 u(1) = 1

Risolvendo quest’ ultimo problema e sostituendo si trova che l’ unica soluzione del problema asseg-

nato è la funzione 1

p √

2 − ∀x

y(x) = x 2x 1 > .

2

Esempio 3.14 Risolvere il problema di Cauchy 2xy

 0

y =

 2 2

x y

y(1) = 2

y(x)

Ponendo u(x) = il problema si riduce al seguente

x 2

 u + 1

u

0

u =

 2

x 1 u

 u(1) = 2

Possiamo supporre u > 1. Separando le variabili ed integrando si trova

√ 2 2

1+ 1 4k x 1 1

∈]1,

u(x) = x [ 0 <k<

2kx 2k 2

e non ci sono altre soluzioni grazie al teorema di esistenza ed unicità.

Esempio 3.15 Risolvere l’equazione p

0 2 2

xy = y + x + y

Se x > 0, risolviamo l’equazione r 2

y

y

0 + 1+

y = x x

che è di tipo omogeneo e, procedendo come nell’ esempio precedente, si trova

1 1

2 −

kx , x > 0, k > 0.

y(x) = 2 2k

Se x < 0, otteniamo l’equazione r 2

y

y

0 − 1+

y = x x

le cui soluzioni sono 2

x k

y(x) = + , x < 0, k > 0.

2k 2 19

G.Di Fazio

Esempio 3.16 Risolvere il problema di Cauchy y

y

0 1 + log

y =

 x x

y(1) = e

Procedendo come negli esempi precedenti si trova

x ∀x

y(x) = xe > 0.

Equazioni differenziali di Bernoulli Siano p, q : (a, b) due funzioni continue in (a, b) e sia

R

m L’equazione differenziale

R. 0 m

y + p(x)y = q(x)y (3.9)

si chiama equazione differenziale di Bernoulli. Se m = 0 oppure m = 1 l’equazione (3.9) è lineare

6

quindi non è restrittivo supporre m = 0, 1. Cerchiamo le soluzioni positive di (3.9). Dividendo per

m 1−m

y e ponendo u(x) = y (x) si trova

0 − −

u + (1 m)p(x)u = (1 m)q(x). (3.10)

Quindi, se y(x) è una soluzione positiva della (3.9) allora u(x) è una soluzione positiva della (3.10)

e viceversa. p

− ± 1−m u(x) possono essere soluzioni;

1) Se 1 m è pari allora y(x) = p

− 1−m

2) Se 1 m non è un intero pari allora y(x) = u(x) è una soluzione positiva.

0 3

Esempio 3.17 Risolvere l’equazione y = xy + xy . 1 ∀x ∈

≡ ∀x ∈

In questo caso m = 3 e y 0 è soluzione in Sia y(x) > 0 (a, b). Poniamo u(x) =

R. 2

y (x)

(a, b). Ragionando come in precedenza si trova

0 −2x ∀x ∈

u + 2xu = (a, b)

che è un’ equazione lineare il cui integrale generale è

2

−x

−1 ∈

u(x) = + ke k R.

|x|

Imponendo u(x) > 0 si trova < log k e quindi le soluzioni dell’ equazione di Bernoulli sono

1 p

± |x|

y(x) = < log k.

2

−x −

ke 1

Non ci sono altre soluzioni. Infatti il problema di Cauchy

( 0 3

y = xy + xy

y(x̄) = 0

20

Appunti di Analisi Matematica II

∀x ∈

ha unicità in piccolo R. √

0

Esempio 3.18 Risolvere l’equazione y = xy + x y.

1 ≡ ∀x ∈

In questo caso m = e y 0 è soluzione in Sia y(x) > 0 (a, b). Poniamo u(x) =

R.

2

p ∀x ∈

y(x) (a, b). Ragionando come in precedenza si trova

x x

0 −

u u =

2 2

il cui integrale generale è 2

x

−1 , k > 0.

u(x) = + ke 4

Imponendo che u(x) > 0 si trovano le soluzioni dell’ equazione di Bernoulli assegnata che sono:

2

2

x

−1 ∀x ∈ ≥

y(x) = + ke k 1;

4 R

2

2

x p

−1 ∀x ∈]2 −

y(x) = + ke log k, +∞[ 0 < k < 1;

4 2

2

x p

−1 ∀x ∈] − ∞, −2 −

y(x) = + ke log k[ 0 < k < 1.

4

Questa volta ci sono soluzioni miste. Esse sono 2

 2

x

−1 + k̄e x > x̄;

4

 ¯ ≤ ≤

y(x) = 0 x̄ x x̄;

 2

 2

¯ x

 ¯

−1 k̄ e

+ x < x̄

;

 4

¯

con k̄, k̄ < 1.

Esempio 3.19 Risolvere il problema di Cauchy √

( 0

y = xy + x y

4

y(1) = 1. 3

Cerchiamo soluzioi positive in un intorno di x = 1. Ponendo u(x) = y (x) si ha:

4

3 3

0

u = xu + x

4 4

il cui integrale generale è 2

3 x

−1 ∈

u(x) = + ke k

8 R.

Imponendo la condizione u(x) > 0 in (a, b) si trova: 43

2

3 x

−1 ∀x ∈

y(x) = + ke (a, b)

8

q q

83 83

≥ − − ∞, − −

dove (a, b) = se k 1 mentre (a, b) =] log k, +∞[ oppure (a, b) =] log k[ se

R

0 < k < 1. Imponendo la condizione di Cauchy si trova che l’ unica soluzione del problema è

43

2

3 −1)

(x ∀x ∈

−1

y(x) = + 2e 8 R. 21

G.Di Fazio

Esempio 3.20 Risolvere l’equazione 2 sen x

1 e

0 3

y + y cos x + y = 0.

3 −

2 x 1

≡ ∀x ∈

Osserviamo che m = 3 quindi y 0 è soluzione e che se una funzione positiva è soluzione

R

allora risulta soluzione anche la sua opposta. Procedendo come negli esempi precedenti, ponendo

1

u = , si trova

2

y 2 sen x

e

0 −

u 2 cos xu = 3 −

x 1

il cui integrale generale è 2 sen x

u(x) = e (k + γ(x))

1

dove γ(x) è una primitiva di , ovvero

3 −1

x √

1 1 1 2 1

2 √

|x − −

γ(x) = log 1| log(x + x + 1) + 3 arctang (x + )

3 3 2 2

3

ed x è scelto in modo che risulti γ(x) + k > 0.

Allora: −k,

1) se x > 1, detto x̄ l’unico punto tale che γ(x̄) = risulta (a, b) =]x̄, +∞[.

π π

¯

− ∞, ≤

risulta (a, b) =] x̄

[ mentre se k non ci sono soluzioni.

2) se x < 1, k > √ √

2 3 2 3

In definitiva le soluzioni sono: La funzione identicamente nulla e

− sen x

e

±

y(x) = p γ(x) + k

π

¯

∀k ∈ − ∞,

in ]x̄, +∞[, x̄ > 1 oppure ] x̄

[ se k > e non ci sono altre soluzioni.

R 2 3 3

→ ⊂

Equazioni del secondo ordine. Alcuni casi particolari Sia f : Ω Ω e sia

R, R

0 ∈

(x , y , y ) Ω. Il problema

0 0 0 00 0

 y = f (x, y, y )

 y(x ) = y

0 0

0 0

 y (x ) = y

 0 0

è equivalente al problema 0

 y = u

 0

 u = f (x, y, u)

 y(x ) = y

0 0

 0

 u(x ) = y

0 0

e le questioni di esistenza ed unicità si possono discutere facendo riferimento alla teoria dei sistemi

di equazioni differenziali.

Esaminiamo alcuni casi particolari.

22

Appunti di Analisi Matematica II

1) La funzione f dipende soltanto da y. 00

 y = f (y)

 y(x ) = y

0 0

0 0

 y (x ) = y

 0 0 0

In tal caso l’ equazione si abbassa di ordine moltiplicando per 2y ed integrando. Detta F una

primitiva di f si trova 0 2 ∈

(y ) = 2F (y) + c c R

0

2) La funzione f dipende soltanto da y . 00 0

 y = f (y )

 y(x ) = y

0 0

0 0

 y (x ) = y

 0 0

0

In questo caso è sufficiente porre u = y come è stato osservato in precedenza.

∈ →

Equazioni differenziali di Eulero Siano dati a , . . . , a ed una funzione f : (a, b)

R R.

1 n

L’equazione a a a

1 n−1 n

0

(n−1)

(n) · · ·

y + + +

y + y y = f (x) (3.11)

n−1 n

x x x

− ∞,

si chiama equazione di Eulero ed è assegnata in ] 0[ oppure in ]0, +∞[. L’equazione (3.11)

è lineare a coefficienti variabili. Illustriamo adesso un procedimento mediante il quale essa si

riconduce ad una equazione lineare a coefficienti costanti. Supponiamo, per semplicità, n = 2. Se

t t

x > 0, poniamo x = e . La (3.11) scritta per x = e fornisce allora

00 0

2t t t t t 2t t ∀t ∈

e y (e ) + a e y (e ) + a y(e ) = e f (e ) (3.12)

R.

1 2

t

Adesso poniamo u(t) = y(e ), deriviamo due volte e sostituiamo nella (3.12) che diventa

00 0 2t t

− ∀t ∈

u + (a 1)u + a u = e f (e ) R.

1 2 −t.

Se x < 0 ci si riconduce facilmente al caso precedente ponendo x =

Esempio 3.21 Risolvere l’equazione 00 0

2

x y + 3xy + y = 0.

Se x > 0, abbiamo 00 0

u + 2u + u = 0

il cui integrale generale è −t ∀t ∈ ∀c ∈

u(t) = (c + c t) e , c

R R

1 2 1 2

e quindi 1 ∀x > 0.

y(x) = (c + c log x)

1 2 x 23

G.Di Fazio

Si procede similmente per x < 0.

Esempio 3.22 Risolvere il problema 00 0

2

 −

x y xy + y = 2x

 y(1) = 0

0

 y (1) = 1

Procedendo esattamente come nell’ esempio precedente si trova

00 0 t

 −

u 2u + u = 2e

 u(0) = 0

0

 u (0) = 1

che ammette la funzione t ∀t ∈

u(t) = t(1 + t)e R

come soluzione e quindi l’unica soluzione del problema assegnato è

∀x

y(x) = log x(1 + log x)x > 0.

Esempio 3.23 Risolvere l’equazione 00 0

2 − −

x y xy 3y = 0.

Se x > 0, abbiamo 00 0

− −

u 2u 3u = 0

il cui integrale generale è −t

3t ∀t ∈

u(t) = c e + c e R

1 2 1

3 ∀x > 0.

y(x) = c x + c

1 2 x

Se x < 0, si ottiene

1

3 ∀x

− > 0.

y(x) = c x + c

1 2 x

Esempio 3.24 Risolvere l’equazione 00 0

2

x y + xy + 4y = 0.

Se x > 0, si riduce a 00

u + 4u = 0

il cui integrale generale è ∀t ∈

u(t) = c sen 2t + c cos 2t R

1 2 ∀x

y(x) = c sen(2 log x) + c cos(2 log x) > 0

1 2

mentre se x < 0, si ottiene |x|) |x|) ∀x

y(x) = c sen(2 log + c cos(2 log < 0.

1 2

24

Appunti di Analisi Matematica II →

Equazione differenziale di Clairaut Sia ψ : (α, β) una funzione derivabile in (α, β). L’

R

equazione 0 0

y = xy + ψ(y ) (3.13)

si dice di Clairaut. É un’ equazione del primo ordine in forma non normale (cioè non risolta rispetto

2

alla derivata prima). Cerchiamo eventuali soluzioni della (3.13) che siano di classe C . Derivando

la (3.13) si trova 00 0 0

y (x + ψ (y )) = 0

0 0

e quindi y(x) = ax + ψ(a) e x + ψ (y ) (integrale singolare).

Esempio 3.25 Risolvere l’equazione 2

0 0

y = xy + y .

Procedendo come illustrato sopra si trova 2

x

2 −

y(x) = ax + a e y(x) = .

4

Esempio 3.26 Risolvere l’equazione 0

0 y

y = xy + e .

Procedendo come illustrato sopra si trova

a − ∀x

y(x) = ax + e e y(x) = x log(−x) x < 0.

Esempio 3.27 Risolvere l’equazione q

0 2

0

y = xy + 1 y .

Procedendo come illustrato sopra si trova p

p 2 2

− |a| ∀x ∈

y(x) = ax + 1 a < 1 e y(x) = 1 + x R.

2

Equazioni differenziali esatte Sia Ω un aperto semplicemente connesso di ed

R

ω P (x, y)dx + Q(x, y)dy

0 6 ∀(x, ∈

una forma differenziale chiusa di classe C (Ω) tale che Q(x, y) = 0 y) Ω. Allora l’equazione

P (x, y)

0 − (3.14)

y = Q(x, y)

si dice equazione differenziale esatta del primo ordine. Dimostriamo che, l’integrale generale dell’

equazione (3.14) è dato dalla formula

U(x, ∈

y(x)) = c c (3.15)

R

U

dove è una funzione potenziale della forma differenziale ω. 25

G.Di Fazio

U(x, −

Infatti, se y(x) è una funzione implicita definita dall’ equazione y) c = 0, per il teorema

del Dini, U (x, y(x)) P (x, y(x))

x

0 − −

y (x) = =

U (x, y(x)) Q(x, y(x))

y

ovvero, y(x) è una soluzione dell’equazione (3.14). Viceversa, se y(x) è una soluzione dell’ equazione

(3.14), allora

d 0 0

U(x, U U

y(x)) = (x, y(x)) + (x, y(x))y (x) = P (x, y(x)) + Q(x, y(x))y (x) = 0

x y

dx

U(x, ∈

e quindi y(x)) = c per qualche c R.

Quindi, l’equazione (3.14) si può risolvere completamente nell’ ipotesi che la forma differenziale

ω P (x, y)dx + Q(x, y)dy

sia esatta. Tuttavia, nelle applicazioni, questo non sempre accade. In tal caso si può però deter-

minare una funzione µ(x, y) detta fattore integrante in maniera tale che la forma µω risulti esatta.

La determinazione di tale funzione, in generale è molto difficile e quindi in pratica si tenta di trovare

fattori integranti di tipo particolare. 1

Esempio 3.28 Determinare una funzione ϕ C (]0, +∞[) in modo che la forma differenziale

3 3 2

ω = (x + y )ϕ(x)dx + (−xy ϕ(x))dy

risulti esatta in Ω =]0, +∞[×R. Risolvere poi il problema

3 3

x + y

 0

y =

 2

xy

 y(1) =1

In questo caso la forma differenziale 3 3 2

(x + y )dx + (−xy )dy

non è esatta in Ω perchè non è chiusa. La funzione ϕ(x) è un fattore integrante per tale forma

ma, come si può notare, è di tipo particolare perchè dipende soltanto dalla variabile x. Essendo Ω

semplicemente connesso (è convesso) basterà imporre che ω sia chiusa. Imponendo le condizioni di

simmetria si trova 0

2 2

−y ∀(x, ∈

3y ϕ(x) = (ϕ(x) + xϕ (x)) y) Ω

ovvero 0 −4ϕ(x) ∀x

xϕ (x) = > 0

e quindi la funzione ϕ(x) è una soluzione dell’ equazione lineare omogenea

4

0 −

ϕ = ϕ

x 1

in ]0, +∞[. Risolvendo l’ equazione differenziale si trova che ϕ(x) = . Trovata la funzione ϕ(x)

4

x

determiniamo un potenziale di ω. Si trova 3

y 1

U(x, −

y) = + log x +

3

3x 3

e quindi, risolvendo rispetto ad y, y(x) = x 3 log x + 1 che è la soluzione del problema di Cauchy

3

assegnato. La soluzione è unica per il teorema di esistenza ed unicità in piccolo.

26

1. Successioni di funzioni

1.1 Definizioni e varie nozioni di convergenza

R N N

→ ∀n ∈ ∈

Sia f : (a, b) . La corrispondenza che associa ad ogni n la funzione f (x) si

n n

{f },

dice successione di funzioni di termine generale f (x) e si denota con il simbolo n = 1, 2, . . . , .

n n

{f },

La successione n = 1, 2, . . . , converge puntualmente in (a, b) se, comunque

Definizione 1.1 n

∈ {f

si fissi x̄ (a, b) la successione numerica (x̄)}, n = 1, 2, . . . ,è convergente. In tal caso è possibile

n ∈

definire una funzione f (x) in (a, b) associando ad ogni x (a, b) il numero f (x) = lim f (x).

n→∞ n

Quindi la definizione è equivalente a dire che N

∀x ∈ ∀ε ∃ν ∈ ∀n |f −

(a, b) > 0 : > ν (x) f (x)| < ε

n

n

{x },

La successione n = 1, 2, . . . , converge in [0, 1] alla funzione

Esempio 1.1 ( ≤

0 0 x < 1;

f (x) = 1 x = 1.

{f },

Sia n = 1, 2, . . . , convergente (puntualmente) ad f (x) in (a, b). Diciamo che

Definizione 1.2 n

converge uniformemente in (a, b) alla funzione f (x) se

N

∀ε ∃ν ∈ ∀n |f − ∀x ∈

> 0 : > ν (x) f (x)| < ε (a, b)

n →

e tale circostanza sarà indicata con la notazione f f.

n → {f

(caratterizzazione della convergenza uniforme) Sia (x)}, n = 1, 2, . . . , una suc-

Teorema 1.1 n →

cessione di funzioni definite in (a, b) convergente ad una funzione f (x). f f in (a, b) se e solo se

n →

: ≡ |f − ∞

1) a sup (x) f (x)| < per n sufficientemente grande;

n n

(a,b) (1.1)

2) lim a = 0.

n

n→∞

Dim. Se f f allora dalla definizione segue che

n → N

∀ε ∃ν ∈ ≤ ∞

> 0 : a ε <

n

e, allo stesso tempo, abbiamo la 1) e la 2).

Viceversa, dalla 2), usando la definizione di limite, segue la convergenza uniforme.

n

{x },

La successione n = 1, 2, . . . , non converge uniformemente in [0, 1].

Esempio 1.2

Infatti se cosı̀ fosse avremmo N n

∀ε ∃ν ∈ ∀n |x − ∀x ∈

> 0 : > ν f (x)| < ε [0, 1] G.Di Fazio

ma questo implicherebbe n

|x − ∀ε

1 = sup f (x)| < ε > 0

[0,1] R

1

{

La successione sen nx}, n = 1, 2, . . . , converge uniformemente in alla funzione

Esempio 1.3 n

identicamente nulla.

Infatti 1 1 R

≤ ∀x ∈

sen nx

n n

e quindi 1 R

N ≤ ∀x ∈

∃ν ∈ ∀n sen nx ε .

: > ν n

n

x

{ },

La successione n = 1, 2, . . . , converge alla funzione identicamente nulla in

Esempio 1.4

R n!

ma la convergenza non è ivi uniforme. Tuttavia risulta uniforme in ogni intervallo del tipo

∀k

[−k, k] > 0.

Infatti n n

|x|

x N

∀n ∈

a = sup = sup = +∞

n R

R n! n!

x∈

x∈

mentre, per il teorema di Weierstrass, n n

|x| |x |

k

(k)

∃x ∈ ≡

[−k, k] : a sup =

k n n! n!

x∈[−k,k]

(k) →

e quindi, siccome a 0, la convergenza è uniforme in [−k, k].

n nx

{ },

La successione n = 1, 2, . . . , converge alla funzione identicamente nulla in

Esempio 1.5 2 2

R 1+n x

ma la convergenza non è uniforme. Infatti,

1 1

|f − |f =

a = sup (x) f (x)| = max (x)| = f

n n n n

R

R n 2

che non converge a zero. n

{nx

La successione (1−x)}, n = 1, 2, . . . , converge alla funzione identicamente nulla

Esempio 1.6 n −

in [0, 1] ma la convergenza non è ivi uniforme. Infatti, posto f (x) = nx (1 x), si ha:

n

n

n n n 1

|f − − → 6

a = sup (x) f (x)| = f = n 1 = 0

n n n n +1 n +1 n +1 e

[0,1]

e quindi la convergenza non è uniforme in [0, 1].

0

Denotiamo con il simbolo C ([a, b]) l’insieme delle funzioni continue nell’ intervallo

Definizione 1.3

2

Appunti di Analisi Matematica II

chiuso e limitato [a, b].

Ponendo ( 0

∀x ∈ ∀f, ∈

(f + g) (x) = f (x) + g(x) [a, b], g C ([a, b]);

R 0

∀x ∈ ∀α ∈ ∀f ∈

(αf ) (x) = αf (x) [a, b], , C ([a, b]);

0

l’ insieme C ([a, b]) diventa uno spazio vettoriale reale che si può rendere normato, ad esempio,

ponendo kf k |f

= max (x)| (1.2)

[a,b] {f

(criterio di Cauchy per la convergenza puntuale) Sia (x)}, n = 1, 2, . . . , una

Teorema 1.2 n

{f

successione di funzioni definite in (a, b). La successione (x)}, n = 1, 2, . . . , è convergente, in

n

(a, b) se e solo se N

∀x ∈ ∀ε ∃ν ∈ ∀n, |f −

(a, b) > 0 : m > ν (x) f (x)| < ε (1.3)

n m

Dim. La dimostrazione è immediata conseguenza della definizione di convergenza e del criterio

di Cauchy per le successioni numeriche. {f

(criterio di Cauchy per la convergenza uniforme) Sia (x)}, n = 1, 2, . . . , una

Teorema 1.3 n →

successione di funzioni definite in (a, b) convergente, in (a, b), ad una funzione f (x). Allora f f

n →

in (a, b) se e solo se N

∀ε ∃ν ∈ ∀n, |f − ∀x ∈

> 0 : m > ν (x) f (x)| < ε (a, b). (1.4)

n m

Dim. Infatti, se la successione converge uniformemente in (a, b) allora

|f − ≤ |f − |f − ≤ ∀n, ∀x ∈

(x) f (x)| (x) f (x)| + (x) f (x)| ε m > ν (a, b).

n m n m

Viceversa se vale la (1.4), di certo la successione è puntualmente convergente per il teorema prece-

→ ∞

dente. Passando al limite per m nella (1.4) si ha

a ε

n

e quindi la convergenza uniforme.

{f

(di continuità) Sia (x)}, n = 1, 2, . . . , una successione di funzioni in (a, b) continue

Teorema 1.4 n

in un punto x (a, b) ed uniformemente convergente ad una funzione f (x) nell’ intervallo (a, b).

0

Allora la funzione limite f (x) è continua nel punto x .

0

Dim. Ricordiamo che, dalla caratterizzazione della convergenza uniforme

ε ∀n

∀ε ∃ν > ν.

> 0 > 0 : a <

n 3 3

G.Di Fazio

Allora |f − ≤ |f − |f − |f −

(x) f (x )| (x) f (x)| + (x) f (x )| + (x ) f (x )|

0 ν+1 ν+1 ν+1 0 ν+1 0 0

≤ |f −

2a + (x) f (x )|

ν+1 ν+1 ν+1 0

2ε |f −

< + (x) f (x )|

ν+1 ν+1 0

3 |x − |

Siccome la funzione f è continua nel punto x esiste δ > 0 tale che, se x < δ, l’ultimo

ν+1 0 0

ε e quindi la tesi.

addendo si può rendere minore di 3 0

{f },

La convergenza di una successione n = 1, 2, . . . , di elementi di C ([a, b]),

Osservazione 1.1 n

nel senso della norma (1.2), coincide con la convergenza uniforme della successione di funzioni

{f

continue (x)}, n = 1, 2, . . . , .

n {f

Infatti, se la successione di funzioni continue (x)}, n = 1, 2, . . . , converge uniformemente

n

in [a, b] la funzione limite è continua per il teorema di continuità e, per la caratterizzazione della

convergenza uniforme, si ha la convergenza nel senso della norma. Il viceversa è ovvio.

Mediante il teorema di continuità si può verificare che la convergenza nell’

Osservazione 1.2

esempio 1.2 non è uniforme. Infatti, se la convergenza fosse uniforme, la funzione limite dovrebbe

essere continua in [0, 1]. {f },

(passaggio al limite sotto il segno di integrale) Sia n = 1, 2, . . . , una successione

Teorema 1.5 n

di funzioni continue in [a, b] ed uniformemente convergente in [a, b] ad una funzione (continua) f (x).

Allora vale la formula b b

Z Z

lim f (x)dx = f (x)dx. (1.5)

n

n→∞ a a

Dim. Si ha b b b

Z Z Z

− ≤ |f − ≤ −

f (x)dx f (x)dx (x) f (x)| dx a (b a) < ε.

n n n

a a a

{f

La successione (x)}, n = 1, 2, . . . , definita ponendo

Esempio 1.7 n 1

 2 ≤ ≤ ;

4n x ; 0 x

 2n

 1 1

 2

f (x) = −4n ≤ ≤

x + 4n ; x ;

n 2n n

 1

 ≤ ≤

0 x 1.

 n

converge alla funzione identicamente nulla nell’ intervallo [0, 1] ma non converge uniformemente

perchè non vale la (1.5). La successione dell’ esempio 1.3 invece verifica la (1.5) però non converge

4

Appunti di Analisi Matematica II

uniformemente. {f

(di derivabilità) Sia (x)}, n = 1, 2, . . . , una successione di funzioni di classe

Teorema 1.6 n

1

C (a, b) con (a, b) intervallo limitato. Supponiamo inoltre che:

0

i) f g in (a, b);

n →

∃x ∈ {f

ii) (a, b) : (x )}, n = 1, 2, . . . , converge.

0 n 0

Allora : →

1) f f in (a, b);

n → 0

1

2) f C (a, b) e f = g.

0

Dim. Per il teorema di continuità g C (a, b). Dal teorema fondamentale del calcolo

x

Z N

0 ∀x ∈ ∀n ∈

f (x) = f (t)dt + f (x ) (a, b) .

n n 0

n

x 0

Per l’ipotesi i) ed il teorema di passaggio al limite sotto il segno di integrale dall’ ultima eguaglianza

si deduce che f (x) converge, in (a, b) ad una certa funzione f (x). Passando quindi al limite per

n

→ ∞

n si ha: x

Z ∀x ∈

f (x) = g(t)dt + f (x ) (a, b)

0

x 0

1

da cui si ha f C . Derivando, infine segue

0 ∀x ∈

f (x) = g(x) (a, b).

Proviamo adesso che f f. Infatti, per la i), abbiamo: (supponiamo x > x )

n 0

→ x

Z 0

0

|f − ≤ |f − −

|f

(x) f (x)| (x ) f (x )| + (t) f (t)| dt

n n 0 0 n

x 0

ε 0 0

≤ |x − | |f −

+ x sup (x) f (x)|

0 n

2 (a,b)

ε 0 0

≤ − |f − |

+ (b a) sup f < ε.

n

2 R

x

Studiamo la convergenza della successione f (x) = sen in .

Esempio 1.8 n n

Si ha: 1 x 1 R

0

|f ≤ ∀x ∈

(x)| = cos

n n n n

R

→ →

0 ⊂

e quindi, f 0 in qualsiasi compatto K . Per il corollario al teorema di derivazione, f 0 in

n

n → →

R R

ogni compatto K . La successione data non converge uniformemente in . Infatti, altrimenti si

avrebbe: x 1

N R

∃ν ∈ ∀n ∀x ∈

: > ν sen <

n 2

e quindi x 1 R

∀x ∈

sen < .

ν +1 2 5

G.Di Fazio

12

π

Scegliendo x = (ν + 1) + 2nπ si trova 1 < .

2 2

−nx

La successione di termine generale f (x) = e converge, ma non uniformemente

Esempio 1.9 n

R

in .

Infatti, la funzione limite è ( 6

0 x = 0;

f (x) = 1 x =0

R |x| ≥ ∀k

che non è continua in . Proviamo adesso che la convergenza è uniforme in k > 0. Infatti,

2 2

−nx −nk

|f |e | ≤ |x| ≥

(x)| = e k

n

e quindi 2

−nk

(k) |f ≤ →

a = sup (x)| e 0.

n

n |x|≥k −nx

La successione di termine generale f (x) = e cos nx converge, ma non uniforme-

Esempio 1.10 n

mente in [0, 2π].

Infatti, la funzione limite è ( ∈]0,

0 x 2π];

f (x) = 1 x =0 ∀k ∈]0,

che non è continua in x = 0. Proviamo adesso che la convergenza è uniforme in [k, 2π] 2π[.

Infatti, −nx −nk

|f − | ≤ ∀x ∈

(x) f (x)| = e cos nx| e [k, 2π]

n

e quindi, −nk

(k) |f − ≤ →

a = sup (x) f (x)| e 0.

n

n [k,2π] −nx

La successione di termine generale f (x) = e sen nx converge, alla funzione

Esempio 1.11 n

identicamente nulla in [0, 2π].

Stavolta non possiamo usare il teorema di continuità per stabilire che la convergenza non è uniforme.

Osserviamo che

1 1 −1

|f − ≥ −

a = sup (x) f (x)| f f = e sen 1

n n n n n

[0,2π]

e quindi a non tende a zero e la convergenza non è uniforme. Ragionando come nell’esempio

n ∀k ∈]0,

precedente si vede che la convergenza è uniforme in [k, 2π] 2π[. Infatti,

−nx −nk

|f − | ≤ ∀x ∈

(x) f (x)| = e sen nx| e [k, 2π]

n

e quindi, −nk

(k) |f − ≤ →

a = sup (x) f (x)| e 0.

n

n [k,2π]

6

Appunti di Analisi Matematica II nx x

La successione di termine generale f (x) = sen converge, alla funzione identi-

Esempio 1.12 n

R n

\ {0}

camente uguale ad 1 in ma la convergenza non è uniforme.

Infatti, dire che la successione converge uniformemente significa che

n x

N

∀ε ∃ν ∈ − ∀n ∀x 6

> 0 : sen 1 < ε > ν = 0.

x n

sen t

Ricordiamo che lim = 1 ovvero

t→0 t 1

∀ε ∃δ − |t|

> 0 > 0 : sen t 1 < ε 0 < < δ.

t

Se esiste x

N ∀n ∀x 6

∈ <δ > ν = 0

ν : n x

allora la convergenza è uniforme, altrimenti non lo è. Siccome lim = +∞, ciò non è

x→+∞ n

possibile.

Adesso vediamo qualche applicazione agli spazi metrici e agli spazi normati.

0 0

(completezza di C ([a, b])) Lo spazio C ([a, b]) risulta completo rispetto alla norma

Teorema 1.7

(1.2). 0

{f },

Dim. Sia n = 1, 2, . . . , una successione di Cauchy di elementi di C ([a, b]). Allora

n N

∀ε ∃ν ∈ ∀n, kf − k

> 0 : m > ν f < ε.

n m

Per definizione di (1.2) N

∀ε ∃ν ∈ ∀n, |f − | ∀x ∈

> 0 : m > ν f < ε [a, b].

n m →

Per il criterio di Cauchy relativo alla convergenza uniforme, f f e per il teorema di continuità

n →

0

f C . Per l’osservazione 1.1 abbiamo infine la tesi.

0

Nello spazio C ([a, b]) si può introdurre anche la seguente norma integrale

1

! p

b

Z p

kf k |f ∞

= (x)| dx 1 <p< (1.6)

p a

Lo spazio però non risulta completo rispetto alla norma integrale (1.6) come mostra il seguente

esempio. {f

La successione (x)}, n = 1, 2, . . . , definita dalla legge

Esempio 1.13 n 1

 ≤ ≤

1 x 1;

 n

 1 1

f (x) = − ≤ ≤

nx x ;

n n n

 1

 −1 − ≤ ≤−

1 x ;

 n 7

G.Di Fazio

è una successione di Cauchy secondo la norma (1.6) ma non è convergente.

N

Infatti, se n > m si ha: 1

1

1 Z

Z Z n m

p

p p p

|f − ≤ − |mx −

(x) f (x)| dx 2(n m) x dx + 2 1| dx

n m 1

−1 0 n

p

(n m) 1 1

≤ −

2 +2

p+1

(p + 1)n m n

2 1 1 1

≤ −

+2 <ε n, m > ν.

p +1 n m n

Analogamente, se  ≤

1 0 < x 1;

f (x) = 0 x = 0;

 −1 − ≤

1 x< 0

abbiamo 1

Z 2

p

|f − →

(x) f (x)| dx = 0.

n n(p + 1)

−1

{f },

Proviamo che n = 1, 2, . . . , non converge nel senso della norma (1.6). Supponiamo, per

n ∗ 0

assurdo, che esista una funzione f C ([−1, 1]) limite nel senso della norma (1.6) della successione

{f }, n = 1, 2, . . . , . Allora

n 1 1

1 1

Z Z

p p

∗ ∗

p p

≤ |f − | kf − k →

|f − | f dx + f 0

f dx n n p

−1

−1 ∗ 0

≡ ∈

e quindi avremmo f f ma f / C ([−1, 1]) che è assurdo.

Da ora in avanti sarà

Definizione 1.4 R 0

1 0

→ ∃ ∈

C ([a, b]) = f : [a, b] : f C ([a, b])

normato ponendo 0 0

kf k ≡ kf k kf k |f |f

+ = max (x)| + max (x)| (1.7)

1 0 0

C C C [a,b] [a,b]

1

Lo spazio C ([a, b]) è completo rispetto alla norma (1.7).

Teorema 1.8 1

{f },

Dim. Infatti, sia n = 1, 2, . . . , una successione di Cauchy in C ([a, b]). Allora,

n N

∀ε ∃ ∈ kf − k ∀

> 0 ν : f < ε n, m > ν

1

n m C

e quindi ( kf − k

f < ε

0

n m C

0 0

kf − k

f < ε.

0

C

n m

0 0

Siccome C ([a, b]) è completo esistono f, g C ([a, b]) :

0

kf − k → kf − →

f 0 gk 0.

0 0

n C C

n

0

∃f

Per il corollario al teorema di derivazione = g e quindi

kf − k →

f 0.

1

n C

8

Appunti di Analisi Matematica II

2. Serie di funzioni

2.1 Definizioni e varie nozioni di convergenza

{f

Sia (x)}, n = 1, 2, . . . , una successione di funzioni definite in (a, b) a valori reali e sia

n ∞

P

x (a, b). Se la serie numerica f (x ) risulta convergente diremo che la serie di funzioni

0 n 0

n=1 ∞

X f (x) (1.1)

n

n=1

converge in x . Se questo accade per ogni x (a, b) allora diremo che la serie (1.1) converge

0

puntualmente in (a, b). Ovvero n

N X

∀x ∈ ∀ε ∃ν ∈ ∀n −

(a, b) > 0 : > ν f (x) f (x) < ε. (1.2)

k

k=1

Se invece n

N X

∀ε ∃ν ∈ ∀n − ∀x ∈

> 0 : > ν f (x) f (x) < ε (a, b) (1.3)

k

k=1

P

diremo allora che la serie f (x) converge uniformemente ad f (x) in (a, b). In maniera simile

n

n=1

a quanto visto per le successioni di funzioni, anche per le serie abbiamo i criteri di convergenza di

Cauchy ∞

P

(criterio di Cauchy per la convergenza puntuale). La serie f (x) converge

Teorema 1.1 n

n=1

puntualmente in (a, b) se e solo se n+p

N N X

∀x ∈ ∀ε ∃ν ∈ ∀n ∀p ∈

(a, b) > 0 : > ν f (x) < ε (1.4)

k

k=n+1

Dim. Basta applicare il criterio di Cauchy alla successione di funzioni s (x).

n ∞

P f (x) converge

(criterio di Cauchy per la convergenza uniforme). La serie

Teorema 1.2 n

n=1

uniformemente in (a, b) se e solo se n+p

N N X

∀ε ∃ν ∈ ∀n ∀p ∈ ∀x ∈

> 0 : > ν f (x) < ε (a, b) (1.5)

k

k=n+1

Dim. Basta applicare il criterio di Cauchy relativo alla convergenza uniforme alla successione

di funzioni s (x).

n 9

G.Di Fazio

P

(convergenza totale) La serie f (x) converge totalmente in (a, b) se

Definizione 1.1 n

n=1

+∞

X |f

sup (x)| < +∞

n

(a,b)

n=1

(Test di Weierstrass) La convergenza totale implica la convergenza assoluta ed

Teorema 1.3

uniforme. ≡ |f

Dim. Usiamo il criterio di Cauchy per la convergenza uniforme. Posto M sup (x)|

n n

(a,b)

N

∀n ∈ si ha: n+p n+p n+p

X X

X ≤ |f ≤ |f ∀x ∈

(x)| sup (x)| < ε, (a, b).

f (x) k k

k (a,b)

k=n+1 k=n+1

k=n+1

In generale il viceversa e’ falso (vedi piu’ avanti, dopo il teorema di Abel).

Consideriamo le serie

Esempio 1.1 ∞ ∞ ∞

n

x sen(nx)

X X X

n

x ; ; .

2 2

n n

n=0 n=1 n=1 −

La prima è la serie geometrica di ragione x. Converge puntualmente in ] 1, 1[ ma la convergenza

non è uniforme e si vede applicando il criterio di Cauchy. La seconda serie è convergente in [−1, 1]

e la convergenza è totale perchè n

x 1

≤ ∀x ∈ [−1, 1].

2 2

n n R

Infine la terza serie è totalmente convergente in perchè

sen(nx) 1 R N

≤ ∀x ∈ ∀n ∈

, .

2 2

n n

P ∈

(continuità) Sia f (x) una serie di funzioni continue in x (a, b) uniforme-

Teorema 1.4 n 0

n=1

mente convergente alla funzione f (x) in (a, b). Allora f (x) è continua in x .

0

{s

Dim. Applicare il teorema di continuità alla successione (x)}, n = 1, 2, . . . , delle somme

n

parziali.

10

Appunti di Analisi Matematica II ∞ 1

P

(derivabilità) Sia f (x) una serie di funzioni di classe C (a, b) con (a, b) inter-

Teorema 1.5 n

n=1

vallo limitato. Supponiamo inoltre che:

X

∃x ∈ (a, b) : f (x ) converge;

0 n 0

n=1

X 0

f (x) converge uniformemente a g(x)in (a, b).

n

n=1

P

Allora la serie f (x) converge uniformemente in (a, b) e, detta f (x) la funzione somma, f (x)

n

n=1 0

1 ∀x ∈

risulta di classe C ed inoltre f (x) = g(x) (a, b). {s

Dim. Applicare il teorema di derivabilità alla successione (x)}, n = 1, 2, . . . , delle somme

n

parziali. ∞

P

(Integrazione per serie) Sia f (x) una serie di funzioni continue in [a, b] uni-

Teorema 1.6 n

n=1

formemente convergente alla funzione f (x) in [a, b]. Allora vale la formula

∞ b b

Z Z

X f (x)dx = f (x)dx.

n

a a

n=1

Dim. Applicare il teorema di passaggio al limite sotto il segno di integrale alla successione

{s (x)}, n = 1, 2, . . . , delle somme parziali.

n ∞ n

P nx .

Calcolo della somma della serie

Esempio 1.2 n=1

Applicando il teorema di derivazione si ha:

∞ ∞ ∞ 0

X X X

0

n n n

nx = x(x ) = x (x )

n=1 n=1 n=1

0

∞ ! 0

x

X n

= x x = x −

1 x

n=1

x ∀x ∈] −

= , 1, 1[.

2

(1 x ) R

Studio della convergenza puntuale ed uniforme in della serie

Esempio 1.3 ∞ x R

X ∈

, x .

4 2

2 + 3n x

n=1 6

Studiamo la convergenza puntuale: Per x = 0 la serie è ovviamente convergente. Sia x = 0. Poichè

x 1

4 6

lim n = = 0

4 2

2 + 3n x 3|x|

n→∞ 11

G.Di Fazio

R

la serie è convergente in per il criterio di confronto con la serie armonica generalizzata.

R

Per studiare la convergenza uniforme proviamo che la serie converge totalmente in . Infatti

si ha: r

1 2 1

x =

sup

R 4 2 2

2 + 3n x 4 3 n R

e quindi, essendo convergente la serie dei sup, la serie data converge totalmente in .

2.2 Serie di potenze +∞ n

P − {a }

In questo paragrafo considereremo serie di funzioni della forma a (z z ) dove

n 0 n

n=0

è una successione di numeri complessi. Tali serie vengono dette serie di potenze di coefficienti

{a }, n = 1, 2, . . . , e centro z . (*) La cosa che distingue le serie di potenze tra le serie di funzioni

n 0

è la struttura dell’ insieme di convergenza. Qualunque serie di potenze converge nel suo centro.

Risulta quindi non vuoto il seguente insieme

( )

+∞

C C

X n

≡ ∈ − ∈

C z : a (z z ) .

n 0

n=0 +∞ n

P

Osserviamo sin da adesso che, posto ω = z z ci si può ridurre a studiare la serie a ω che

0 n

n=0

è centrata nell’ origine. Per cominciare dimostriamo il seguente

+∞ n

P

(Abel) Sia a z una serie di potenze. Allora:

Lemma 2.1 n

n=0

+∞ n

P ∀z |z| |z |

6 a z converge in z , la serie converge assolutamente : <

1) Se esiste z = 0 : n 0 0

0 n=0

⊆ ∀δ |z |.

ovvero B (0) C. Inoltre la serie converge totalmente in B (0), <

|z | δ 0

0 +∞ n

P

6 ∀z |z| |z |

2) Se esiste z = 0 : a z non converge in z , la serie non converge : > ovvero

0 n 0 0

n=0

C C

\ ⊂ \

B (0) C.

|z |

0

Dim. n n

∈ |a | → ∃M |a | ≤ |z| |z |

Proviamo la 1). Sia z C. Allora z 0 e quindi : z M Allora, se <

0 n n 0

0 0

n n n

z δ

z

n n

|a | |a | ≤ ≤ ∀z ∈

z = z M M B (0)

n n δ

0 z z z

0 0 0

e quindi la 1). +∞ n

P

∃z |z| |z |

Proviamo la 2). Per assurdo, se : > e a z converge, allora per la 1) la serie

0 n

n=0

converge (assolutamente) in z .

0

0

(*) 0 = 1

Conveniamo di porre

12

Appunti di Analisi Matematica II C

n o

+∞ +∞

n n

P P

≡ ≡ |z| ∈

Data una serie di potenze a z , sia R % sup : a z .

Definizione 2.1 n a n

n=0 n=0

In generale % può essere un numero non negativo oppure +∞.

Le serie

Esempio 2.1 ∞

+∞ +∞ n

z

X X X

n n

n!z ; ; z .

n!

n=0 n=0 n=0

hanno raggio di convergenza % = 0; % = +∞; % = 1 rispettivamente.

La prima serie converge solo per z = 0 perchè

n+1

(n + 1)!|z| → ∀z 6

= (n + 1)|z| +∞ = 0.

n

n!|z|

C 6

La seconda serie converge in . Infatti, per z = 0 si ha:

n+1 |z|

n!|z| →

= 0.

n

(n + 1)!|z| (n + 1)

|z|

La terza è la serie geometrica e quindi converge solo per < 1.

Nello studio di una serie di potenze è di fondamentale importanza conoscere il raggio di con-

vergenza. Questo è lo scopo dei prossimi teoremi. ⊆ ⊆

Per ogni serie di potenze di raggio % si ha: B (0) C B (0)

Teorema 2.1 % %

Dim. ∗ ∗

|z| ∈ |z| |z |

Sia < %. Usando la seconda proprietà dell’estremo superiore si trova z C : < < %

∈ ⊆ ∈ B%(0) ovvero

da cui, per il Lemma di Abel segue che z C e quindi B%(0) C. Sia adesso z /

C C

|z| ∈ \ ⊆ \

> %. Per la prima proprietà dell’ estremo superiore si ha che z / C ovvero B%(0) C.

Inoltre si ha: R̃

∈ ⊆ ⊆

Sia r : B (0) C B (0) Allora r = %.

Teorema 2.2 r

r |z| ∈

Dim. Infatti, se r > % esiste z : % < < r : z C contro la prima proprietà dell’estremo

⊆ \

superiore. Se invece r < %, poichè C B (0), in B (0) B (0) non si ha convergenza ovvero non vi

r % r

sono elementi di C. Ma questo va contro la seconda proprietà dell’estremo superiore quindi la tesi.

Diamo adesso un metodo per il calcolo esplicito del raggio di convergenza.

+∞ p

n

P |a |

n

(Calcolo del raggio) Sia data la serie di potenze a z . Se maxlim =

Teorema 2.3 n n→∞ n

n=0

1

l [0, +∞] si ha % = .

l 1

|z|

Dim. Supponiamo l > 0. Applicando il criterio della radice abbiamo che, se < allora

l

1

∈ |z| ⊆ ⊆

z C mentre se > la serie diverge assolutamente. Allora, B (0) C B (0) da cui la tesi.

1 1

l l l 13

G.Di Fazio

∞ ∞

2n 2 n

P P

z . Si può porre w = z ed applicare il teorema alla serie w .

Esempio 2.2 n=0 n=0

In modo simile si può dimostrare il seguente teorema

+∞ a 1

n

P n+1

Sia data la serie di potenze a z . Se lim sup = l allora % = .

Teorema 2.4 n n

n=0 a l

n

Da tutto quello che abbiamo sinora visto possiamo concludere che la conoscenza del raggio

di convergenza dice quasi tutto sul comportamento della serie. L’unico dubbio concerne il com-

portamento della serie sulla frontiera dell’ insieme di convergenza. A tal proposito dimostriamo il

seguente +∞ n

P

(Abel) Sia data la serie di potenze a z con % > 0. Se la serie converge in un

Teorema 2.5 n

n=0 +∞ n

P

punto z della frontiera dell’insieme di convergenza allora la serie a z converge uniforme-

0 n

n=0 |z−z |

0

mente in ogni sottoinsieme del cerchio di convergenza in cui la funzione è limitata.

|z|−|z |

0

Dim. Non è restrittivo supporre che % = 1 e che z = 1. Usando il fatto che la serie converge

0

nel punto z = 1 si ha:

n+k−1

X j n n+1 n+1 n+2 n+2 n+3

− − −

z

a = a (z z ) + (a + a )(z z ) + (a + a + a )(z z )+

j n n n+1 n n+1 n+2

j=n n+k−1

· · · · · ·

+ (a + a + + a )z

n n+1 n+k−1

n n+1 n+2

≤ |a ||z ||1 − |a ||z ||1 − |a ||z ||1 −

z| + + a z| + + a + a z|+

n n n+1 n n+1 n+2

n+k−1

· · · |a · · · ||z |

+ + a + + a

n n+1 n+k−1 |1 − z|

k−2

≤ − |z| · · · |z|

|1 z| 1 + + + < − |z|

1

e la tesi segue dal criterio di Cauchy relativo alla convergenza uniforme. C C

∈ ⊂ →

Introduciamo adesso il concetto di derivazione complessa. Sia z Ω e sia f : Ω .

0 C

Diciamo che f è derivabile nel punto z in senso complesso se esiste (in ) il seguente limite:

0 −

f (z) f (z )

0 0

lim = f (z ).

0

z z

z→z 0

0

Si può facilmente dimostrare che una funzione derivabile è anche continua e, similmente al caso

della derivazione reale si dimostrano i teoremi sulla derivata di una somma, di un prodotto, di

un quoziente e della funzione composta. Tuttavia, il concetto di derivazione in senso complesso è

profondamente diverso dal suo analogo in campo reale. A titolo di esempio verifichiamo che, anche

funzioni molto semplici possono risultare non derivabili in alcun punto.

C C

Consideriamo la funzione f : definita dalla legge f (z) = z̄.

Esempio 2.3

C

Sia z . Verifichiamo che f non è derivabile in z . Si ha:

0 0

− −

f (z) f (z ) z̄ z

¯ w̄

0 0

lim = lim = lim .

− −

z z z z w

z→z z→z w→0

0 0

0 0

14

Appunti di Analisi Matematica II

Il limite non esiste. Infatti, considerando la restrizione all’asse reale si ha:

w̄ x

lim = lim = 1,

w x

w→0 x→0

mentre considerando la restrizione all’asse immaginario,

−iy

w̄ −1.

lim = lim =

w iy

w→0 y→0

+∞ +∞

n n−1

P P

Data la serie di potenze a z , la serie na z si chiama serie derivata. Si ha

n n

n=0 n=1 ∞

+∞ n n−1

P P

Sia data la serie di potenze z con % > 0 e sia z la serie

a na

Teorema 2.6 n n

n=0 n=1

0 0

derivata con raggio di convergenza % . Allora % = % .

|z | |z | |z|

Dim. Sia < % e z : < < %. Allora,

1 1 n n

n z n z

1 1 0

n−1 n n

|a | ≤ ≡ ∀|q|

z M M nq , < 1

na z =

n n

1 |z | |z |

z z

1 1

0 0 0

∈ ≤ |z |

e quindi z C da cui % % . Viceversa, sia < % Allora, definitivamente si ha:

1 1

|z |

1 n−1 n−1

n ≤ |

|a | na z n|a z

z = n n

n 1 1 1

n

0 0

∈ ≤

da cui z C e quindi % % e,come volevasi % = % .

1 +∞ n

P

La serie a z è derivabile in senso complesso e si ha:

Teorema 2.7 n

n=0 !

+∞ +∞

d X X

n n−1 ∀z |z|

a z = na z , : < %.

n n

dz n=0 n=1

Dim. Sia z C. Proviamo che la serie è derivabile in z . Proviamo perciò che:

0 0 +∞

f (z) f (z )

0 X n−1

∀ ∃ ∀z 6 |z − | ⇒ −

> 0 δ > 0 : = z , z < δ na z < .

0 0 n 0

z z 0 n=1

Si ha: +∞ +∞ n

X X X j−1

n n n−j

− − −

f (z) f (z ) = a (z z ) = a (z z ) z z

0 n n 0

0 0

n=1 n=1 j=1 15

G.Di Fazio

e quindi,  

+∞ +∞ n +∞

f (z) f (z )

0 X X X X

j−1

n−1 n−1

n−j −

− a z z na z

na z =

n n n

 

0 0 0

z z

0 n=1 n=1 n=1

j=1

 

+∞ n

X X j−1 n−1

n−j −

= a z z nz

n  

0 0

n=1 j=1 

N n

X X j−1 n−1

n−j

≤ −

a z z nz

n 

 0 0

n=1 j=1

 

+∞ n

X X j−1 n−1

n−j −

+ a z z nz

n  

0 0

j=1

n=N +1

= I + II. |z|, |z |

Ovviamente, lim I = 0. Per quanto riguarda II, siano < r < %. Si ha:

z→z 0

0  

+∞ n +∞

X X X

n−j j−1 n−1 n−1

|II| ≤ |a | |z| |z | | ≤ |r

+ n|z 2 n|a <

n 0 0 n

  2

j=1

n=N +1 n=N +1

per N maggiore di un conveniente N . Ciò è possibile perchè l’ultimo termine è resto di una serie

convergente e la convergenza è assicurata dal fatto che la serie delle derivate ha lo stesso raggio di

convergenza della serie data. In conclusione si ha:

+∞

f (z) f (z )

0 X n−1

− ≤ |I| ∀

na z maxlim + = , > 0

maxlim n z→z

z→z 0

0 0

z z 0 n=1

da cui si ottiene la tesi.

A questo punto possiamo notare che una funzione che si possa esprimere come somma di una

serie di potenze è in realtà una funzione di classe C e ciò si vede applicando ripetutamente il

teorema appena dimostrato. Più precisamente dimostriamo quanto segue:

+∞ n

P

(sulla regolarità delle serie di potenze) Sia f (z) = a z definita in B (0).

Teorema 2.8 n %

n=0

Allora: ∞

1) f C (B (0));

% N

(k) ∀k ∈

2) f (0) = k!a .

k

Dim. La funzione f (z) è derivabile all’interno del cerchio di convergenza grazie al teorema

appena dimostrato. Si ha: n

· · · · · ·

f (z) = a + a z + + a z + , f (0) = a

0 1 n 0

0 0

n−1

· · · ···

f (z) = a + 2a z + + na z + , f (0) = a

1 2 n 1

16

Appunti di Analisi Matematica II

e, continuando in questo modo si trova N

(k) ∀k ∈

f (0) = k!a

k

da cui si ha che f C (B (0)) ed inoltre

% ∞ (n)

f (0)

X n

f (z) = z .

k!

n=1 +∞ n

P

(Unicità dello sviluppo in serie di potenze) Sia f (z) = a z e f (z) =

Teorema 2.9 n

n=0

+∞ n

P ∀z ∈

b z B (0). Allora:

n %

n=0 N

∀n ∈

a = b .

n n

Dim. Da quanto visto nella dimostrazione del teorema precedente, se esistessero due serie

∞ ∞ ∞ ∞

n n n n

P P P P

a z e b z tali che f (z) = a z e f (z) = b z allora dovrebbe risultare

n n n n

n=0 n=0 n=0 n=0

N

(k) ∀k ∈

f (0) = k!a

k

e contemporaneamente N

(k) ∀k ∈

f (0) = k!b k

da cui l’ unicità dello sviluppo. C

∈ ∈ ⊆

Sia f C (Ω), z Ω . Diciamo che f è sviluppabile in serie di Taylor in Ω

Definizione 2.2 0

se vale la seguente eguaglianza +∞ (n)

f (0)

X n

− ∀z ∈

(z z ) Ω. (2.1)

f (z) = 0

n!

n=0

Da questo momento in poi decidiamo di occuparci della versione reale delle serie di Taylor riman-

dando lo studio nel campo complesso per la mancanza di strumenti adatti a tale indagine. Diremo

quindi che una funzione reale è sviluppabile in serie di Taylor di centro x (oppure che è analitica

0

R

reale) se vale la (2.1) in un intorno (⊂ ) di x . Dalla definizione è evidente che una funzione

0

analitica risulta di classe C . In generale, non è vero il viceversa come mostra il seguente esempio

dovuto a Cauchy. R R

La funzione f : definita dalla legge

Esempio 2.4 ( 1

− 6

x = 0

e 2

x

f (x) = 0 x =0

R N

∞ (n) ∀n ∈

risulta di classe C ( ) e, precisamente f (0) = 0 . Da questo segue che la serie di Mac

Laurin relativa ad f è identicamente nulla e quindi non può convergere alla funzione assegnata. 17

G.Di Fazio

Si può ancora affermare che, in generale la convergenza della (2.1) non è assicurata nemmeno

in un punto (a parte il centro!). Ciò è conseguenza del seguente risultato dovuto a Borel:

R

{c } ∈

Data una successione a termini reali esiste una funzione f C ( ) tale che

Teorema 2.10 n

N

(n) ∀n ∈

f (0) = c .

n 2

Quindi scegliendo c = (n!) si ottiene una serie che converge soltanto in x = 0.

n ∞

∈ −

(Condizione sufficiente per l’ analiticità) Sia f C (] %, %[), % > 0. Supponiamo

Teorema 2.11

che M n!

N (n)

∃ν ∈ ∃M ≥ |f ∀n

| ≤

, 0 : sup > ν.

n

%

]−%,%[

Allora f è analitica in ] %, %[.

|x| ∈]0,

Dim. Sia < %. Per fissare le idee supponiamo x %[. Dalla formula di Mac Laurin

arrestata all’ ordine n si ha che n−1 (n) (n)

(k)

f (0) f (ξ) f (ξ)

X k n n

∃ξ ∈]0, x + x = s (x) + x (2.2)

x[: f (x) = n

k! n! n!

k=0

e quindi, usando (2.2) n−1 (k)

f (0)

X k

|f − ≡ −

(x) s (x)| f (x) x

n k!

k=0 n

n

(n)

|x| |x|

f (ξ) n (n)

≤ |f ≤ →

= x sup (x)| M 0.

n! n! %

(a,b) ∞

∈ −

(Condizione sufficiente per l’ analiticità) Sia f C (] %, %[) % > 0. Supponiamo

Corollario 2.1

che esista N (n)

∃ν ∈ ∃M ≥ |f | ≤ ∀n

, 0 : sup M > ν.

]−%,%[

Allora f è analitica in (a, b).

Dim. La tesi segue dal fatto che n!

lim = +∞

n

%

n→∞

e quindi, per definizione di limite, n!

N

∃ν ∈ ∀n

: > 1 > ν.

n

%

2.3 Sviluppi notevoli

18

Appunti di Analisi Matematica II

Adesso, a titolo di esempio, prendiamo in esame il problema della analiticità di alcune funzioni.

1) Serie esponenziale ∞ 1 R

X

x n ∀x ∈

e = x . (3.1)

n!

n=0

Infatti, fissato % > 0, si ha N

n x %

|D | ≤ ∀x ∈] − ∀n ∈

e e %, %[,

e quindi, per il corollario, la formula (3.1) vale in ]−%, %[. Sia % > %. Per l’unicità dello sviluppo

1 −

in serie di potenze si ha che la stessa formula (3.1) deve essere valida anche in ] % , % [. Poichè

1 1

R

% è arbitrario, la formula (3.1) vale in . Esaminiamo un caso particolare. Ponendo x = 1

1

nella (3.1) si ottiene ∞ 1

X

e = (3.2)

n!

n=0

La serie risulta a termini positivi quindi diamo una valutazione diretta dell’ errore commesso

approssimando la somma della serie con una somma parziale. Si ha

1 1 1 1

X

− ···

e s = = 1+ + +

n k! n! n + 1 (n + 1)(n + 2)

k=n ∞ k 2

1 1 1 n +1 1 n 1

X

≤ = = 2

− −

n! n +1 n! n (n 1)!(n 1) n

k=0 1 N

∀n ∈

< .

− −

(n 1)!(n 1)

2) ∞ n

(−1) R

X 2n+1 ∀x ∈

x . (3.3)

sen x = (2n + 1)!

n=0

Infatti, si ha R N

n

|D ≤ ∀x ∈ ∀n ∈

sen x| 1

e per il corollario si ha la (3.3).

3) ∞ n

(−1) R

X 2n ∀x ∈

cos x = x . (3.4)

(2n)!

n=0

La formula (3.4) si deduce dalla (3.3) applicando il teorema di derivazione per serie.

4) ∞ 2n+1

x R

X ∀x ∈

senh x = . (3.5)

(2n + 1)!

n=0 19

G.Di Fazio

Sfruttando la formula (3.1) si ha ∞ ∞ !

−x

x n

e e 1 1 (−1)

X X

n n

senh x = = x x =

2 2 n! n!

n=0 n=0

∞ n 2n+1

1 [1 (−1) ] x R

X X

n ∀x ∈

= x = .

2 n! (2n + 1)!

n=0 n=0

5) ∞ 2n

x R

X ∀x ∈

cosh x = . (3.6)

(2n)!

n=0

Si ottiene derivando la formula (3.5).

6) Prima serie logaritmica ∞ n+1

x

X

− − ∀x ∈

log(1 x) = [−1, 1[. (3.7)

n +1

n=0

Si ha ∞

1 X n ∀t ∈] −

= t , 1, 1[. (3.8)

1 t n=0

∈]0,

Fissato x 1[, poichè il raggio di convergenza della serie (3.8) è 1, nell’ intervallo [0, x]

abbiamo convergenza totale e quindi, integrando per serie, dalla (3.8) otteniamo

x x

Z Z

1 X n

− −

log(1 x) = dt = t dt

1 t

0 0 n=0

∞ ∞

x n+1

Z x

X X

n

= t dt = n +1

0

n=0 n=0

∈]0, ∈] −

e quindi abbiamo la (3.7) per x 1[. Se x = 0 la (3.7) è ovvia; se x 1, 0] si ragiona

∈ −1.

analogamente al caso x [0, 1[; se x = 1 la (3.7) non può valere. Esaminiamo il caso x =

−1

La serie che figura a secondo membro nella (3.7) converge per x = grazie al teorema di

Leibnitz e quindi la serie di potenze (3.7) converge uniformemente in [−1, 0] per il teorema di

Abel perciò la serie (3.7) definisce una funzione continua in [−1, 0], in particolare, continua in

+

−1. → −1

x = Possiamo passare al limite per x ottenendo che la formula (3.7) vale anche in

−1

x = ed inoltre ∞ n+1

(−1)

X

log 2 = (3.9)

n +1

n=0

che potrebbe essere usata per il calcolo approssimato del numero log 2. La formula (3.9) però

non è molto utile ai fini della determinazione delle cifre decimali di log 2. Infatti, utilizzando

−2

il teorema di Leibniz si ha che, per ottenere una approssimazione con errore minore di 10

bisogna utilizzare almeno 100 termini della serie. Più avanti vedremo che il calcolo può essere

portato avanti in modo più efficiente utilizzando un’ altra serie la cui somma è log 2.

20

Appunti di Analisi Matematica II

7) Seconda serie logaritmica ∞ n

(−1)

X n+1 ∀x ∈] −

log(1 + x) = x 1, 1]. (3.10)

n +1

n=0

−x.

Si ottiene dalla (3.7) sostituendo x con

8) Terza serie logaritmica ∞ 2n+1

1+ x x

X ∀x ∈] −

log =2 1, 1[. (3.11)

1 x 2n + 1

n=0

Utilizzando le formule (3.7) e (3.10) abbiamo ∞ ∞

n n+1

1+ x (−1) x

X X

n+1

− −

= log(1 + x) log(1 x) = x +

log −

1 x n +1 n +1

n=0 n=0

∞ ∞

n+1 2n+1

x x

X X

n ∀x ∈] −

= ((−1) + 1) =2 , 1, 1[.

n +1 2n + 1

n=0 n=0 N

1 ∈ 6

Esaminiamo un caso particolare della formula (3.11). Se si pone x = con m , m = 1 si

m

ha ∞

m +1 1 1

X

log =2 (3.12)

2n+1

m 1 2n + 1 m

n=0

che, per esempio, per m = 2 fornisce ∞ 1 1

X (3.13)

log 3 = n

2n + 1 4

n=0

La serie (3.13) è a termini positivi quindi per determinare un valore approssimato della sua

somma bisogna procedere ad un’ analisi diretta stimando l’errore (per difetto) commesso ap-

prossimando log 3 con la somma dei primi n termini. Si ha

∞ ∞

n−1 1 1 1 1 1 1

X X X

− ≤

log 3 =

k k k

2k + 1 4 2k + 1 4 2n + 1 4

k=0 k=n k=n

1 1 1 1 1 1 N

∀n ∈

= = .

1

n n−1

2n + 1 4 3 2n + 1 4

1 4

Scegliendo n = 3 si ottiene quindi un’ approssimazione per difetto con errore minore di un

centesimo. Precisamente 1 1 263

∼ · · ·

log 3 1 + + = = 1, 0

12 80 240

Si può procedere similmente nel caso m = 3 ottenendo un valore approssimato di log 2. E’ utile

confrontare con la formula (3.9). Per m = 3 la (3.12) fornisce

∞ 1 1

X

log 2 = 2 2n+1

2n + 1 3

n=0 21

G.Di Fazio

e quindi ∞

n−1 1 1 1 1

X X

− ≤

log 2 = 2

2k+1 2k+1

2k + 1 3 2k + 1 3

k=0 k=n

∞ ∞

1 1 2 1 1

X X

≤ = =

2k+1 2k

2n + 1 3 2n + 1 3 3

k=n k=n

2 1 1 1 3 1 1 1

= = < .

1

n n

2n + 1 3 9 4 2n + 1 9 100

1 9

Ad esempio, scegliendo n = 2, si ottiene

2 2 1 56

log 2 + = = 0, 691 . . .

3

3 3 3 81

9) ∞ n

(−1)

X 2n+1 ∀|x| ≤

arctang x = x 1. (3.14)

2n + 1

n=0

Ragioniamo in modo simile a quando abbiamo dimostrato la (3.7). Si ha

∞ ∞

1 X X

2 n n 2n ∀|t|

= (−t ) = (−1) t , < 1. (3.15)

2

1 + t n=0 n=0

∈]0,

Sia x 1[. Poichè il raggio di convergenza della (3.15) è 1, in [0, x] abbiamo convergenza

∈]0,

totale e quindi, integrando per serie la (3.15) abbiamo la (3.14) per x 1[. Similmente si

∈] −

procede per x 1, 0[ essendo ovvia per x = 0. La formula (3.14) è valida anche nei punti

−1

x = 1, x = e ciò si dimostra come è stato fatto in 6). A questo punto però notiamo

che l’eguaglianza (3.14) è stata dimostrata soltanto nell’ intervallo [−1, 1] mentre la funzione

R

arctang x è di classe C ( ). Il raggio di convergenza della serie che compare nella formula

(3.14) è 1 quindi, per l’ unicità dello sviluppo in serie di potenze la (3.14) esprime l’ unico

sviluppo possibile (in serie di Mac Laurin) della funzione arctang x.

10) Serie binomiale ∞ α

X

α n ∀x ∈] −

(1 + x) = x 1, 1[ (3.16)

n

n=0

α(α−1)···(α−k+1)

αk ≡

dove e, per convenzione 0! = 1. La serie si dice binomiale perchè, oltre

N

k! ∈

al fatto che i coefficienti binomiali compaiono esplicitamente nello sviluppo, se α , la (3.16)

restituisce la formula del binomio di Newton.

N

Infatti, se α si ha: − · · · −

α α(α 1) (α n + 1)

∀α ≤ −

= =0 n 1

n n!

22

Appunti di Analisi Matematica II

α 6 − ≤

e quindi = 0 solo se α > n 1 ovvero n α e perciò

n α α R

X

α n ∀x ∈

(1 + x) = x (∗)

n

n=0

N R N

∈ ∈ \

Se α la (*) rappresenta un polinomio e quindi % = +∞. Se invece α allora % = 1 e la

convergenza agli estremi dell’ intervallo si può studiare mediante il criterio di Raabe.

11) ∞ 2n+1

(2n 1)!! x

X ∀|x| ≤

, 1. (3.17)

arcsen x = x + (2n)!! 2n + 1

n=1 12

2

−t − . Nei

La (3.17) si ottiene integrando l’ eguaglianza fornita dalla (3.16) per x = , α =

punti estremi dell’ intervallo si ha convergenza e si vede con il criterio di Raabe.

2.4 Sviluppi dedotti da quelli notevoli

In questo paragrafo vengono dedotti sviluppi di altre funzioni ricavati a partire da quelli

notevoli. x

1) Sviluppare in serie di Mac Laurin la funzione precisando il più ampio intervallo in cui lo

2

x +4

sviluppo è valido. ∞ n

2

x x 1 x x

X −

= =

x

2 2

x + 4 4 1 + ( ) 4 2

2 n=0

∞ ∞

2n n

x x (−1)

X X

n 2n+1 ∀|x|

= (−1) = x < 2.

n n+1

4 4 4

n=0 n=0

L’ intervallo trovato non si può estendere. Infatti, se la funzione data fosse sviluppabile in

un intervallo più ampio, diciamolo ] %̄, %̄[, dall’ unicità dello sviluppo in serie di potenze,

− −

avremmo che lo sviluppo in ] 2, 2[, dovrebbe coincidere con lo sviluppo in ] %̄, %̄[, ma ciò

sarebbe impossibile perchè la serie trovata dovrebbe avere raggio di convergenza maggiore di

2. 2

x

2) Sviluppare in serie di Mac Laurin la funzione precisando il più ampio intervallo in cui

2 −5x+6

x

lo sviluppo è valido. 2

x 1 1

2 · −

= x + =

2 − − −

x 5x + 6 x 2 x 3

1/2 1 1

2 2

= x x

x x

− −

1 3 1

2 3

∞ ∞

n n

1 x 1 x

X X

2 2

= x x

n n

2 2 3 3

n=0 n=0

1 1

X n+2

− |x|

= x , < 2.

n+1 n+1

2 3

n=0 23

G.Di Fazio

1

3) Sviluppare in serie di Mac Laurin la funzione precisando il più ampio intervallo in cui

2

(x−2)

lo sviluppo è valido. 1

Sfruttiamo il fatto che la funzione da sviluppare è la derivata di .

x−2

∞ n

1 1 x

1 1 X

− −

= =

x n

− −

x 2 2 1 2 2

2 n=0

∞ n

x

X |x|

− , < 2

= n+1

2

n=0

Derivando per serie si ottiene: ∞

1 n

X n−1 ∀x ∈] −

= x , 2, 2[.

2 n+1

(x 2) 2

n=1 2

4) Sviluppare in serie di Mac Laurin la funzione sen x precisando il più ampio intervallo in cui

lo sviluppo è valido. 2

Sviluppiamo la derivata di sen x cioè sen 2x.

∞ n

(−1) R

X 2n+1 ∀x ∈

(2x) .

sen 2x = (2n + 1)!

n=0

Integrando per serie si ottiene ∞ 2n+1 2n+2

2 x R

X

2 n ∀x ∈

sen x = (−1) .

(2n + 1)! 2n + 2

n=0 2

5) Sviluppare in serie di Mac Laurin la funzione cos x precisando il più ampio intervallo in cui

lo sviluppo è valido. 2 −

Sviluppiamo la derivata di cos x cioè sen 2x.

∞ n+1

(−1) R

X 2n+1

− ∀x ∈

sen 2x = (2x) .

(2n + 1)!

n=0

Integrando per serie si ottiene ∞ 2n+1

2 R

X

2 n+1 2n+2 ∀x ∈

cos x = 1 + (−1) x .

(2n + 2)!

n=0 p 2

|x|, |x|, |x|

6) Dire quali delle seguenti funzioni sono sviluppabili in serie di Mac Laurin e

scriverne lo sviluppo precisando il più ampio intervallo in cui esso è valido.

24

Appunti di Analisi Matematica II

p

|x|, |x|

Le funzioni non sono derivabili nell’ origine e quindi non sono analitiche mentre

R

2 2 2 3

|x| · · · · · ∀x ∈

= x = 0 + 0 x + x + 0 x +

lo è.

7) Data la funzione 2

4 2 x

x + (1 + x )e

f (x) = 2

x + 1

(vi)

calcolare f (0).

Per il legame che esiste tra i coefficienti della serie di Mac Laurin e le derivate della funzione

somma nell’ origine (vedi teorema sulla regolarità delle serie di potenze) è sufficiente valutare il

6 |x|

coefficiente di x nello sviluppo di Mac Laurin. Per < 1 si ha

∞ ∞

2

4 2 x 2n

x + (1 + x )e x

X X

4 n 2n

= x (−1) x +

2

x + 1 n!

n=0 n=0

∞ ∞ 2n

x

X

X n 2n+4

= (−1) x + n!

n=0 n=0

2

x 1

X k 2k

=1+ + (−1) + x .

2! k!

k=2

1

−1 −240.

e quindi la derivata richiesta vale 6! + =

3!

√ −5

8) Calcolare il numero 101 con errore minore di 10 .

Osserviamo che, usando la serie binomiale, si ha ∞

√ r 1

1 1

X 2

101 = 10 1+ = 10 n

100 n 100

n=0

Calcolando i coefficienti binomiali abbiamo,

1

1

1

2 2

=1 =

0 1 2

1 1 12

1 · − · · · − −

1 (n 1) −

(2n 3)!!

n−1

2 2

2 ≥

= = (−1) ; n 2

n n! (2n)!!

e quindi ∞ ∞

√ 1

1 1 1 (2n 3)!! 1

X X n−1

2

101 = 10 + + = 10 + + (−1) .

2n−1 2n−1

20 n 10 20 (2n)!! 10

n=2 n=2 25

G.Di Fazio

La serie ottenuta soddisfa le ipotesi del teorema di Leibniz sulla convergenza delle serie di segno

alterno e quindi l’ errore ottenuto approssimando 101 con la somma dei primi n termini della

serie risulta minore di − −

(2(n + 2) 3)!! 1 (2n 1)!! 1

a = =

n+2 2n+3

2(n+2)−1

(2(n + 2))!! (2n + 4)!! 10

10

−5

Scegliendo n = 1 si trova a < 10 e quindi

3

√ −

1 1 1 80.000 + 400 1 80.399

∼ − ∼

101 10 + = = 10, 00498

3

20 4!! 10 8.000 8.000

−5

a meno di 10 . √ −3

9) Calcolare il numero 24 con errore minore di 10 , .

Similmente all’ esercizio precedente utilizzando la serie binomiale abbiamo

∞ ∞

n

√ r 1 n−1

1 1 (−1) (2n 3)!!

X X n

2

− ·

24 = 5 1 =5 =5+ (−1)

2n−1

25 n 25 5 (2n)!!

n=0 n=1

∞ −

(2n 3)!! 1

X

=5 .

2n−1

(2n)!! 5

n=1

Siccome la serie ottenuta risulta a termini positivi dobbiamo procedere ad una diretta valutazione

dell’ errore. L’errore è dato dalla serie resto di posto n + 1. Precisamente (*)

∞ ∞ k

− 1 1 1

(2k 3)!! 1 1 1 1

X X <

< 5 = 5 =

1 2n−1

2k−1 n+1 − 24 5 1000

(2k)!! 5 25 25 1 25

k=n+1 k=n+1

Scegliendo n = 2 si ha √

1 1 1 4899

1

∼ − · ·

24 5 + = = 4, 899

3

2 5 4!! 5 1000

−3

a meno di 10 . Siccome la serie approssimante è a termini positivi l’ errore commesso è certamente

−3

per difetto e dell’ ordine di 10 . Se la terza cifra decimale fosse sbagliata, poichè 4, 899 + 0, 001 =

4, 900 varierebbe la cifra dei centesimi, che invece sappiamo essere corretta. Quindi la terza cifra

decimale del numero 4, 899 è corretta.

1 2 −2

sen x

R

10) Calcolare il numero dx con un errore minore di 10 .

x

0

La funzione integranda è generalmente continua e limitata in [0, 1] quindi ivi sommabile. Se

6

x = 0 si ha ∞

2 n

sen x (−1)

X 4n+1 ≡ ∀x 6

= x ϕ(x), = 0.

x (2n + 1)!

n=0

k

+∞ q

n

P ∀q ∈] −

(*) Ricorda che q = , 1, 1[.

n=k 1−q

26

Appunti di Analisi Matematica II R

La funzione ϕ è somma di una serie di potenze con raggio % = +∞ quindi risulta analitica in R

2

sen x

ed in particolare è continua in 0. Possiamo dire che ϕ è il prolungamento analitico di ad .

x

Quindi, ∞

1 1 1

1 2 n

Z Z Z

Z sen x (−1)

X 4n+1

dx = lim ϕ(x)dx = ϕ(x)dx = x dx

x (2n + 1)!

ε→0

0 ε 0 0 n=0

∞ n

(−1) 1

X

= .

(2n + 1)! 4n + 2

n=0

L’integrazione per serie è lecita per il teorema del raggio (% = +∞). Per il criterio di Leibniz

l’errore commesso approssimando la somma della serie con la somma dei primi n termini è minore

di 1 1

(2n + 1)! 4n + 2

−2

che, per n = 2, è minore di 10 e quindi 1 2

Z sen x ∼

dx 0, 4

x

0

−2

a meno di 10 . 1 −3

dx

R

11) Calcolare il numero con un errore minore di 10 .

4 2

x +1

0 14

La funzione integranda è continua in [0, ] quindi ivi sommabile. Si ha

1 1

Z Z

dx

4 4 X n 2n

= (−1) x dx

2

x +1

0 0 n=0

∞ ∞

1

Z 1 1

4

X X

n 2n n

= (−1) x dx = (−1) 2n+1

4 2n + 1

0

n=0 n=0

L’integrazione per serie è lecita grazie al teorema del raggio (% = 1). Per il teorema di Leibniz

l’errore risulta minore di 1 1

2n+1

4 2n + 1

−3

che, per n = 2, risulta minore di 10 e quindi

1 1 1 1

∼ − ∼

arctang 0, 24

3

4 4 4 3

−3

a meno di 10 . 1 −2

2

R

12) Calcolare il numero arctang x dx con un errore minore di 10 .

0

La funzione integranda è continua in [0, 1] quindi ivi sommabile. Si ha

∞ n

(−1)

X

2 4n+2 ∀|x| ≤

arctang x = x 1.

2n + 1

n=0 27

G.Di Fazio

La serie ottenuta ha raggio di convergenza % = 1 e siccome converge in x = 1, converge uniforme-

mente in [0, 1] per il teorema di Abel. E’ lecito dunque integrare per serie ottenendo

1 n

Z (−1) 1

X

2

arctang x dx = .

2n + 1 4n + 3

0 n=0 −2

Per il teorema di Leibniz, scegliendo n = 3, l’errore commesso è minore di 10 , quindi

1

Z 2 ∼

arctang x dx 0, 2

0

−2

a meno di 10 . 2 −2

1 1

R −

13) Calcolare il numero sen dx con un errore minore di 10 .

x x

1

La funzione integranda è continua in [1, 2] quindi ivi sommabile. Si ha

2 2 1

Z Z Z

1 1 1 sen x

− − −

dx = sen dx log 2 = dx log 2

sen 2

x x x x

1

1 1 2

∞ 1

n Z

(−1)

X 2n−1 −

= x dx log 2

(2n + 1)! 1

n=0 2

∞ 1

n −

1

(−1) 1

X n

4 ∼ − ∼

= a = 0

1

(2n + 1)! 2n 16

n=1

−2

a meno di 10 . √

1 −3

R

14) Calcolare il numero cos xdx con un errore minore di 10 .

0

La funzione integranda è continua in [0, 1] quindi ivi sommabile. Si ha

∞ ∞

1 1 1

n n

√ √

Z Z

Z (−1) (−1)

X X

2n n

cos xdx = ( x) dx = x dx

(2n)! (2n)!

0 0 0

n=0 n=0

∞ n

(−1) 1

X

= (2n)! n + 1

n=0

l’integrazione per serie essendo lecita perchè la serie ha raggio % = +∞. Per il criterio di Leibniz si

ha 1 √

Z ∼

cos xdx 0, 76

0

−3

a meno di 10 . 1 −7

15

R

15) Calcolare il numero x arctang xdx con un errore minore di 10 .

2

0

28

Appunti di Analisi Matematica II 12

La funzione integranda è continua in [0, ] quindi ivi sommabile. Si ha

1 1 n

Z

Z (−1)

2 2 X 2n+1

15 15

x arctang xdx = x x dx

2n + 1

0 0 n=0

∞ 12

n Z

(−1)

X 2n+16

= x dx

2n + 1 0

n=0

∞ n

(−1) 1 1

X

= .

2n+17

2n + 1 2 2n + 17

n=0

Per il teorema di Leibniz, 1

Z 1

2 15 ∼ ∼

x arctang xdx a = 0

0 2.228.224

0

−7 1 1

a meno di 10 . Infatti, se n = 1, l’errore commesso è minore di < .

7

29.884.416 10

16) Dire quali delle seguenti funzioni

√ −3

5

2 − − |

senh( x ) ; arcsen(1 x); (1 x) ; sen x|

sono sviluppabili in serie di Mac Laurin ed, in caso affermativo, scriverne lo sviluppo.

√ ∞

5

2 ∀δ

La funzione senh( x ) non è di classe C (]−δ, δ[) > 0. La funzione arcsen(1−x) è definita

−3

in [0, 2] che non è un intorno completo di zero. La funzione (1 x) è la derivata seconda della

1

funzione e quindi per il teorema di derivazione per serie,

1−x ∞ ∞

2 −

1 d n(n 1)

X X

n n−2 ∀|x|

= x = x < 1.

3 2

(1 x) dx 2

n=0 n=2

|

Infine la funzione sen x| non è di classe C in alcun intorno dell’ origine. 29

1. Serie di Fourier 2

1.1 Serie di Fourier in L ([a, b]). 2 2

{ϕ }

Una successione di elementi di L si dice sistema ortonormale in L ([a, b])

Definizione 1.1 j

se: b

Z N

≡ ∀i, ∈

< ϕ , ϕ > ϕ (x)ϕ (x) dx = δ j .

i j i j ij

a 2

Fissato un sistema ortonormale e una funzione f L ([a, b]) la successsione

Definizione 1.2

numerica c =< f, ϕ > si dice successione dei coefficienti di Fourier di f rispetto al sistema

j j

{ϕ }.

ortonormale j 2 2

{ϕ } ∈ {c }

Sia un sistemo ortonormale in L ([a, b]) e sia f L ([a, b]). Se è la

Teorema 1.1 j j

{γ }

successione dei coefficienti di Fourier di f, e una successione arbitraria, poniamo

j

n n N

X X ∀n ∈

s (x) = c ϕ (x), t (x) = γ ϕ (x), .

n j j n j j

j=1 j=1

Allora, N

kf − k ≤ kf − k ∀n ∈

s t ,

n 2 n 2 N

∀j ∈

e il minimo dell’espressione a secondo membro si ha quando γ = c , .

j j

22

kf − k

Dim. Calcoliamo t . Usando la definizione di sistema ortonormale si ha:

n

b b b

Z Z Z

22 22 22

kf − k − − kf k kt k − −

t = (f t )(f t ) dx = + f t dx f t dx.

n n n n n n

a a a

Ma n n n

b b

Z Z X X X

22 2

kt k |γ |

= t t dx = γ ϕ (x) γ ϕ (x) dx =

n n n j j i i j

a a j=1 i=1 j=1

e anche n n n

b b b

Z Z Z

X X X

f (x)t (x) dx = f (x) γ ϕ (x) dx = γ f (x)ϕ (x) dx = c γ

n j j j j j j

a a a

j=1 j=1 j=1

e quindi, n n n

X X X

22 22 2

kf − k kf k |γ | − −

t = + c γ c γ

n j j j j j

j=1

j=1 j=1

n n n N

X X X

22 2 2 22 2

kf k |γ − | − |c | ≥ kf k − |c | ∀n ∈

= + c

j j j j

j=1 j=1 j=1 G.Di Fazio

e la tesi a questo punto è evidente. 2

(Disuguaglianza di Bessel) Per ogni f L ([a, b]) si ha:

Corollario 1.1 1/2

 ∞

X 2

|c | ≤ kf k .

j 2

 

j=1

Dim. Basta porre γ = c nell’ultima disuguaglianza della precedente dimostrazione. Si ottiene

j j n N

X

22 22 2

kf k −

≤ kf − k |c | ∀n ∈

=

0 s

n j

j=1

→ ∞

e, passando al limite per n si ha la disuguaglianza della tesi.

lim c = 0.

Corollario 1.2 n→∞ n

Dim. Ovvia. N

2 ∀j ∈ ⇒

Un sistema ortonormale in L ([a, b]) si dice completo se c = 0 f = 0.

Definizione 1.3 j

{ϕ }

(Formula di Parseval) Se è un sistema ortonormale completo, si ha:

Teorema 1.2 j 1/2

 

X 2 kf k

|c | = .

2

j

 

j=1 ks − k

Dim. Per provare la tesi sarà sufficiente dimostrare che lim f = 0 e per questo basterà

n n 2 2

provare che la successione s è una successione di Cauchy nella norma di L . Pertanto, usando la

n {ϕ }

disuguaglianza di Bessel ed il fatto che è ortonormale, si ha:

j

2

n+p n+p

n+p

b

Z X

X X

22

ks − k = c ϕ (x) dx

s c ϕ = c ϕ (x)

n+p n j j i i

j j

a

j=n+1 i=n+1

j=n+1

n+p n+p

b

Z N

X X 2

|c | ∀n ∀p ∈

= c c ϕ (x)ϕ (x) dx = < ε > ν, .

i j j i j

a i,j=n+1 j=n+1

2 2

∈ ks −

Per la completezza di L esiste una funzione u L ([a, b]) tale che lim uk = 0. Adesso

n n 2

2 ku − k

vogliamo provare che u = f nel senso di L ovvero che f = 0. Per fare questo usiamo la

2

{ϕ }.

completezza del sistema Proviamo quindi che la funzione u ha gli stessi coefficienti di Fourier

j

della funzione f. n

X

− −

< u, ϕ > = < u s , ϕ > + < s , ϕ >= < u s , ϕ > + c < ϕ , ϕ >

j n j n j n j i i j

i=1

N

− ∀j, ∈

= < u s , ϕ > +c n .

n j j

2

Appunti di Analisi Matematica II

Applicando la disuguaglianza di Cauchy - Schwarz, si ottiene:

|< − ≤ ku − k kϕ k ku − k →

u s , ϕ >| s = s 0

n j n 2 j 2 n 2

da cui N

∀j ∈

< u, ϕ >= c

j j 2

{ϕ }

e, per la completezza del sistema si ha u = f in L da cui u = f q.o.. Da questo si ha

j ks − k

lim f = 0

n 2

n

e quindi l’eguaglianza di Parseval.

1.2 Convergenza puntuale delle Serie di Fourier.

R R

Sia f : una funzione periodica di periodo 2π. Poniamo

π

Z

1 1 N

−ınx

ınx ∀n ∈

c = < f, e >= f (x)e dx,

n 0

2π 2π −π

e, N

∀n ∈

c c , .

=

−n n

Inoltre sia, n

X ıhx ∀x ∈

s (x) = c e , [−π, π[.

n h

h=−n

La serie di Fourier di f è allora, +∞

X ıhx

c e . (2.1)

h

h=−∞

Sebbene la (2.1) sia molto maneggevole, talvolta è utile anche la forma reale di (2.1). A tal fine

posto a 0

 ;

c =

0

 2

 −

a ıb N

h h ∈

c = , h ;

h 2

 N

 ∈

c = c , h

−h h

si ha: ∞

a

0 X

f (x) = + (a cos nx + b sen nx) (2.2)

n n

2 n=1

Vogliamo, in questo paragrafo, indagare su alcune condizione che possano garantire la convergenza

puntuale della serie (2.1), ovvero della serie (2.2). Una prima ovvia condizione che assicura la

convergenza (totale) della (2.2) è ∞

X | |b |) ∞.

(|a + <

n n

n=1

Naturalmente si ha: π

Z N

∀m ∈

f (x) cos mxdx = πa (2.3)

m 0

−π 3

G.Di Fazio

e π

Z N

∀m ∈

f (x) sen mxdx = πb (2.4)

m

−π

Gli integrali in (2.3) e (2.4) possono essere estesi ad un intervallo qualsiasi di

Osservazione 2.1

lunghezza pari al periodo.

Se la funzione f (x) è pari, dalle (2.3) e (2.4) si ha b = 0 mentre

Osservazione 2.2 n

π

Z

2

a = f (x) cos nxdx.

n π 0

Similmente se f (x) è dispari, sempre dalle (2.3) e (2.4) si ha a = 0 mentre

n

π

Z

2

b = f (x) sen nxdx.

n π 0 6

Se la funzione f (x) è periodica di periodo T = 2π allora tutto quello che

Osservazione 2.3 2πn 2πn

abbiamo detto sin qui si ripete sostituendo sen nx con sen x e cos nx con cos x .

T T

In ogni caso i numeri a , b si dicono coefficienti di Fourier della funzione f (x).

n n −

(Onda a dente di sega) La serie di Fourier relativa alla funzione f (x) = x [x]

Esempio 2.1 R

periodica di periodo T = 1 in è ∞

1 1 1

X

− sen(2nπx).

2 π n

n=1

Studiamo adesso il problema della convergenza puntuale delle serie di Fourier. Poniamo

n

X ıhx

D = e

n h=−n

che si dice nucleo di Dirichlet di ordine n. Possiamo esprimere s (x) in funzione di D (x). Si ha:

n n

n

n π

Z

1 X

X −ıht

ıhx ıhx

s (x) = c e = f (t) e dte

n h 2π −π h=−n

h=−n n

π π

Z Z

1 1

X ıh(x−t) −

= f (t) e dt = f (t)D (x t) dt

n

2π 2π

−π −π

h=−n

e quindi, π π

Z Z

1 1

− − − − −

s (x) f (x) = f (t)D (x t) dt f (x) = f (x t)D (t) dt f (x)

n n n

2π 2π

−π −π

π

Z

1 − −

= (f (x t) f (x))D (t) dt

n

2π −π

4

Appunti di Analisi Matematica II R

∈ ∃δ ≥ |f − − ≤ |t| ∀t ∈] −

Supponiamo adesso che, per ogni x > 0, M 0 : (x t) f (x)| M δ, δ[.

Allora, π π

− −

Z Z

1 f (x t) f (x) 1 1

1

|s − ≤ ≡ |g(t)|

(x) f (x)| )t dt sen(n + )t dt

sen(n +

n t

2π 2 2π 2

sen

−π −π

2

π π

Z Z

1 t 1 t

≤ |g(t)| |g(t)|

sen nt cos dt + cos nt sen dt

2π 2 2π 2

−π −π

π π

Z Z

1

1

≤ |g(t)|| |g(t)|| →

sen nt| dt + cos nt| dt 0.

2π 2π

−π −π

2

Infatti, g L ([−π, π]) e quindi gli integrali tendono a zero per il corollario alla disuguaglianza di

Bessel del paragrafo precedente. Abbiamo quindi provato che

R R

Sia f : una funzione periodica di periodo 2π e localmente integrabile.

Teorema 2.1 R

∈ ∃δ ≥ |f − − ≤ |t| ∀t ∈] −

Supponiamo che, per ogni x > 0, M 0 : (x t) f (x)| M δ, δ[. Allora, la

serie di Fourier converge alla funzione f (x) in [−π, π[.

Più in generale si potrebbe dimostrare che

R R

→ −

Sia f : una funzione periodica di periodo 2π, limitata in ] π, π[ e monotona.

Teorema 2.2 R

∈ ∃δ ≥ |f − − ≤ |t| ∀t ∈] −

Supponiamo che, per ogni x > 0, M 0 : (x t) f (x)| M δ, δ[. Allora, la

+

f (x )+f (x )

serie di Fourier converge, alla funzione m (x) in [−π, π[.

f 2 R

Sviluppare la funzione f (x) = x [x] periodica in di periodo T = 1.

Esempio 2.2

La funzione data è periodica di periodo T = 1 e verifica le ipotesi del teorema di sviluppabilità

e si trova 1

Z −2nπıx

c = xe dx

n 0 1 1

−2nπıx

Z

e 1 ı N

−2nπıx

− ∀n ∈

= x e dx = ,

−2nπı −2nπı 2nπ

0

0

mentre 1

Z 1

c = x dx =

0 2

0

e quindi la serie di Fourier di f (x) è ∞

1 ı 1 1 1 1

X X

2nπıx −

+ e = sen 2nπx

2 2π n 2 π n

n=1

n6 =0

R 1

che converge alla funzione m (x) in . Osserviamo che, ponendo x = si ottiene,

f 2π

∞ −

sen n π 1

X = .

n 2

n=1 5

G.Di Fazio

Sviluppare la funzione

Esempio 2.3 ( 2 |x| ≤

x π;

f (x) = R

f (x + 2π) x .

R

periodica in di periodo T = 2π. R

La funzione data è continua in e 2π− periodica. Inoltre è monotona decrescente in [−π, 0]

e monotona crescente in [0, π] quindi per il teorema di Dirichlet è sviluppabile e la serie di Fourier

R

converge ad f (x) in . Abbiamo:

π 2

Z

1 π

2

c = x dx =

0 2π 3

−π ( )

π

π π

−nıx −nıx

2

Z Z

1 1 x e e

−nıx

2 −

c = x e dx = 2x dx

n −ın −ın

2π 2π

−π −π

−π

π

Z

ı 2

−nıx n ∀n 6

− xe dx = (−1) = 0

= 2

nπ n

−π

quindi, ∞

2 n 2 n

π (−1) π (−1) R

X X

ınx ∀x ∈

f (x) = +2 e = + 4 cos nx .

2 2

3 n 3 n

n=1

n6 =0

In particolare, se x = 0 otteniamo ∞

2 n−1

π (−1)

X

= 2

12 n

n=1

mentre, se x = π, ∞

2

π 1

X

= .

2

6 n

n=1

Quest’ ultima va sotto il nome di formula di Eulero. Inoltre, dalla formula di Eulero possiamo

dedurre che ∞ 2

1 π

X = .

2

(2n + 1) 8

n=0

Infatti, ∞ ∞

∞ 1 1 1

X X X

= +

2 2 2

n (2n + 1) (2n)

n=1 n=0 n=1

∞ ∞

1 1 1

X X

= +

2 2

(2n + 1) 4 n

n=0 n=1

e quindi ∞ ∞ 2

1 3 1 π

X

X = = .

2 2

(2n + 1) 4 n 8

n=0 n=1

6

Appunti di Analisi Matematica II

Sviluppare la funzione

Esempio 2.4 ( 4 |x| ≤

x π;

f (x) = R

f (x + 2π) x .

R

periodica in di periodo T = 2π. R

La funzione data è continua in e 2π− periodica. Inoltre è monotona decrescente in [−π, 0]

e monotona crescente in [0, π] quindi per il teorema di Dirichlet è sviluppabile e la serie di Fourier

R

converge ad f (x) in . Abbiamo:

π 4

Z

1 π

4

x dx =

c =

0 2π 5

−π

π π

−ınx

4

Z Z

1 1 x e 4

−ınx −ınx

4 3

c = x e dx = + x e dx

n −ın

2π 2π ın

−π −π

π 2

Z

2 4π 24

−ınx

3 n n

− ∀n 6

x e dx = (−1) (−1) = 0.

2 4

ınπ n n

π

Quindi ∞

2 4 2

4

π 4π 24 π 8π 48 R

X X

n n ınx n n

− − ∀x ∈

+ (−1) (−1) e = + cos nx (−1) (−1) .

f (x) = 2 4 2 4

5 n n 5 n n

n=1

n6 =0

Se x = π si trova ∞

4

π 1

X

= .

4

90 n

n=1

Il valore della somma dell’ultima serie si pup̀ ottenere anche applicando la

Osservazione 2.4 2

formula di Parseval allo sviluppo della funzione x .

Sviluppare la funzione

Esempio 2.5 ( x ∈

e x [−π, π[;

f (x) = R

f (x + 2π) x .

R

periodica in di periodo T = 2π.

La funzione è sviluppabile e si ha:

π

Z

1 cosh π

x

c = e dx =

0 2π π

−π

π π

Z Z

1 1 senh π 1 + ın

−ınx

x x(1−ın) n ∀n 6

c = e e dx = e dx = (−1) = 0.

n 2

2π 2π π 1 + n

−π −π 7

G.Di Fazio

quindi, +∞

senh π 1 + ın R

X n ınx ∀x ∈

(−1)

f (x) = e .

2

π 1 + n

n=−∞

Se x = π si trova +∞

π senh π 1 + ın

X n

= (−1) 2

tangh π π 1 + n

n=−∞

da cui, +∞

1 π

1

X −

= 1 ,

2

1+ n 2 tangh π

n=1

mentre se x = 0, si trova +∞ 1 1 π

X n −

= 1 .

(−1) 2

1 + n 2 senh π

n=1

8

1. Spazi Metrici e Spazi Normati

1.1 Definizioni ed esempi

6 ∅ × →

Definizione 1.1 Sia S = un insieme. Una funzione d : S S si dice distanza o metrica in

R

S se verifica i seguenti requisiti:

≥ ∀x, ∈

1) d(x, y) 0 y S;

2) d(x, y) = 0 se e solo se x = y;

∀x, ∈

3) d(x, y) = d(y, x) y S;

≤ ∀x, ∈

4) d(x, y) d(x, z) + d(z, y) y, z S.

In tal caso la coppia ordinata (S, d) si dice spazio metrico.

Esempio 1.1 Qualsiasi insieme S non vuoto può essere reso spazio metrico. Infatti basta porre

( 6

1 x = y;

d(x, y) = 0 x = y.

1/2

P

n

n 2

|x − |

Esempio 1.2 (C , d) dove d(x, y) = .

y

j j

j=1

L’ unica proprietà che necessita di spiegazione è la 4). Infatti, usando la diseguaglianza di Cauchy

- Schwarz si ottiene n n

X X

2 2 2

|x − | |(x − −

d (x, y) = y = z ) + (z y )|

j j j j j j

j=1 j=1 n n o

X

2 2 − −

= d (x, z) + d (z, y) + 2 Re (x z )(z y )

j j j j

j=1

n

X

2 2

≤ |x − | |z − |

d (x, z) + d (z, y) + 2 z y

j j j j

j=1 2

2 2

≤ d (x, z) + d (z, y) + 2d(x, z) d(z, y) = (d(x, z) + d(z, y)) .

0 0

≡ {f →

Esempio 1.3 Sia C ([a, b]) : [a, b] continua in [a, b]} . L’insieme C ([a, b]) diventa uno

R

spazio metrico ponendo 0

|f − ∀f, ∈

d (f, g) = max (x) g(x)|, g C ([a, b]).

∞ [a,b] G.Di Fazio

Lo stesso insieme si può rendere metrico anche ponendo

1/p

!

b

Z p 0

|f − ∀f, ∈

d (f, g) = (x) g(x)| dx g C ([a, b])

p a

dove p 1. 0

Per verificare che quest’ ultima è una metrica su C ([a, b]) proviamo il seguente

0

Teorema 1.1 (disuguaglianza di Hölder) Siano f, g C ([a, b]) e siano p, q > 1 due numeri tali

1

1 + = 1. Si ha:

che p q 1/p 1/q

! !

b b b

Z Z Z

p q

|f ≤ |f |g(x)|

(x)g(x)| dx (x)| dx dx .

a a a

Dim. Usiamo la disuguaglianza numerica p q

a b

≤ ≤

0 ab +

p q

con |f (x)|

a = 1/p

b

R p

|f (x)| dx

a

e |g(x)| .

b = 1/q

b

R q

|g(x)| dx

a

Integrando la disugualianza p q

|f |f |g(x)|

(x)g(x)| 1 (x)| 1

≤ +

b b

1/p 1/q p q

R R

p q

R R |f |g(x)|

(x)| dx dx

b b

p q

|f |g(x)|

(x)| dx dx a a

a a

si ottiene immediatamente la tesi. 0

∈ ≥

Teorema 1.2 (Disuguaglianza di Minkowsky) Per ogni f, g C ([a, b]), p 1 si ha:

1/p 1/p 1/p

! ! !

b b b

Z Z Z

p p p

|f ≤ |f |g(x)|

(x) + g(x)| dx (x)| dx + dx

a a a

2

Appunti di Analisi Matematica II

Dim. Se p = 1 non c’ è nulla da dimostrare e quindi supponiamo p > 1. Usando la disug-

uaglianza di Hölder otteniamo:

b b

Z Z

p p−1

|f |f |f

(x) + g(x)| dx = (x) + g(x)| (x) + g(x)| dx

a a b b

Z Z

p−1 p−1

≤ |f |f |f |g(x)|

(x) + g(x)| (x)| dx + (x) + g(x)| dx

a a

p−1  

1/p 1/p

! ! !

p b

b b

Z Z

Z  

p p

p |g(x)|

≤ |f |f dx

(x) + g(x)| dx (x)| dx +

a a a 

da cui la tesi. 0

A questo punto possiamo verificare la proprietà triangolare che rende C ([a, b]) spazio metrico

rispetto alla metrica d . Infatti,

p 1/p

!

b

Z p

|f −

d (f, g) = (x) g(x)| dx

p a 1/p

!

b

Z p

≤ − |h(x) −

(|f (x) h(x)| + g(x)|) dx

a 1/p 1/p

! !

b b

Z Z

p p

≤ |f − |h(x) −

(x) h(x)| dx + g(x)| dx

a a

= d (f, h) + d (h, g)

p p

∈ {y ∈

Definizione 1.2 Sia r > 0 e x S. L’insieme B (x ) = S : d(x , y) < r} si chiama sfera

0 r 0 0

aperta di centro x e raggio r. Diciamo che X S è un intorno di x se esiste δ > 0 tale che

0 0

B (x ) X.

δ 0 ∈

Definizione 1.3 Dato x S la classe di tutti gli intorni di x si dice la famiglia degli intorni di

0 0

⊂ ∈

x . Sia X S, x X. Diciamo che x è interno all’insieme X se esiste un intorno U di x tale

0 0 0 0

∈ ⊂ ⊂

che x U X. Un insieme A S si dice aperto se ogni suo punto è interno. La classe di tutti

0

gli aperti di S si dice la famiglia degli aperti di S o la topologia di S indotta dalla metrica.

⊂ ∈

Definizione 1.4 Sia X S e sia x S. Diciamo che x è un punto di accumulazione per X

0 0

\ {x }) ∩ 6 ∅.

se comunque si assegna un intorno U di x si ha: (U X = L’insieme dei punti di

0 0 ∪

accumulazione di X si chiama derivato di X e si indica con DX. Infine l’insieme X DX è sempre

chiuso e si chiama la chiusura dell’ insieme X.

Definizione 1.5 Sia V uno spazio vettoriale su un campo Per fissare le idee possiamo pensare

K.

N →

al campo dei reali oppure dei complessi. Sia : V una funzione tale che

R 3

G.Di Fazio

N ≥ ∀x ∈

1) (x) 0 V ;

N

2) (x) = 0 =⇒ x = 0 ;

V

N |α|N ∀α ∈ ∀x ∈

3) (αx) = (x) V ;

C,

N ≤ N N ∀x, ∈

4) (x + y) (x) + (y) y V. N

Da ora in poi una tale funzione si dirà una norma su V e la coppia ordinata (V, ) si dirà uno

N kxk.

spazio normato. Nel seguito, per brevità sarà (x) =

k · k) kx − ∀x, ∈

Teorema 1.3 (V, è uno spazio metrico ponendo d(x, y) = yk y V.

n

Esempio 1.4 Sia p 1. si può normare ponendo

R 1/p

 

n

X p n

kxk |x | ∀x ∈

= R

p j

 

j=1

oppure ponendo n

kxk |x | ∀x ∈

= max .

R

∞ j

1≤j≤n

0

In maniera analoga a quanto visto in C ([a, b]), si possono provare facilmente i seguenti risultati:

1

1 + = 1 allora

Teorema 1.4 (Hölder discreto) Se p q 1/p 1/q

   

n n n

X X X

p q

|x | ≤ |x | · |y | ∀n ∈

y , N.

j j j j

   

j=1 j=1 j=1

Teorema 1.5 (Minkowsky discreto) Se p 1 allora

1/p 1/p 1/p

     

n n n

X X X

p p p

|x | ≤ |x | |y | ∀n ∈

+ y + , N.

j j j j

     

j=1 j=1 j=1

Il teorema che segue mette in relazione le norme su introdotte.

≤ ≤ ≥

Teorema 1.6 Siano 1 p q < +∞. Allora esistono costanti c , c , c 0 dipendenti solo da

1 2 3

n, p, q tali che: n

kxk ≤ kxk ≤ kxk ≤ kxk ∀x ∈

c c c .

R

1 1 p 2 q 3

4

Appunti di Analisi Matematica II n

n X

X 1/p 1/p

p p

kxk k · kx k

Dim. Infatti = (kx ) = (1 ) da cui applicando la disuguaglianza di

j j

p j=1 j=1

Hölder si ha: 1/p

kxk ≤ kxk

n .

p q

D’altra parte, 1/q

 

n

X q 1/q

kxk ≤ kxk kxk

= n ∞

q ∞

 

j=1

{x }

Definizione 1.6 Sia una successione di punti in uno spazio metrico (S, d). Diciamo che la

j ∈

successione converge ad un punto x S secondo la metrica d se lim d(x , x ) = 0.

0 j→∞ j 0

n n

{x } ∈

Teorema 1.7 Sia una successione di punti in . Allora lim x = x se e solo se

R R

j j→∞ j 0

hj h ∈ ∀h

lim x = x = 1, . . . , n.

R,

j→∞ 0

Dim. La dimostrazione segue subito dal teorema precedente. Infatti,

hj h

|x − | ≤ kx − k ≤ − k →

x x nkx x 0

j 0 1 j 0

0

implica hj h

|x − | → ∀h

x 0 = 1, . . . , n.

0

Il viceversa segue subito dalla disuguaglianza,

kx − k ≤ − k →

x nkx x 0.

j 0

j 0

1.2 Completezza

Definizione 2.1 Sia S uno spazio metrico con metrica d. Una successione di punti di S si dice di

Cauchy se ∀ ∃ν ∈ ∀n, ⇒

> 0 : m > ν d(x , x ) < .

N n m

Definizione 2.2 Lo spazio metrico S si dice completo quando ogni successione di Cauchy è

convergente ad un elemento di S. n

Esempio 2.1 Lo spazio metrico è completo con la metrica usuale.

R 5


PAGINE

145

PESO

1.29 MB

AUTORE

Moses

PUBBLICATO

+1 anno fa


DESCRIZIONE APPUNTO

Appunti dettagliati del corso di Analisi matematica 2 tenuto dal professor Di Fazio con nozioni su: la funzione implicita, gli spazi metrici (estremi relativi di funzioni su spazi metrici), successioni di funzioni, teoremi, esercizi, equazioni, definizioni e varie nozioni di convergenza.


DETTAGLI
Corso di laurea: Corso di laurea in ingegneria informatica
SSD:
Università: Catania - Unict
A.A.: 2007-2008

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher Moses di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Analisi matematica II e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Catania - Unict o del prof Di Fazio Giuseppe Natale.

Acquista con carta o conto PayPal

Scarica il file tutte le volte che vuoi

Paga con un conto PayPal per usufruire della garanzia Soddisfatto o rimborsato

Recensioni
Ti è piaciuto questo appunto? Valutalo!

Altri appunti di Analisi matematica ii

Riassunto esame Analisi matematica 2, quarta parte, prof. Zamboni
Appunto
Riassunto esame Analisi Matematica 2, le equazioni differenziali, prof. Zamboni
Appunto
Riassunto esame Analisi Matematica II, prof. Zamboni
Appunto
Riassunto esame Analisi matematica 2, la successione della serie di funzioni, prof. Zamboni
Appunto