Analisi matematica 4

Indice

• Idea di Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
• Equazioni differenziali ordinarie . . . . . . . . . . . . . . . . 26
• Integrali di Lebesgue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

Analisi matematica IV

Idea di Newton

→ f : [0, 1] f (x) = 0 x = 1 R 08 > 0 −y = f (x ) + f (x )(x x ) < n n n+1 n >: y = 00 − f (x ) + f (x )(x x ) = 0n n n+1 n0 − − f f (x )(x x ) = (x )n n+1 n n f (x )n− − = > x x = n+1 n 0f (x )nf (x )n−x = + x = K(x )n+1 n n0f (x )n f (α)−α = α 0f (α)f (x)−K(x) = x => x = K(x)0f (x)Per approssimazioni successive: →x = 1; x = K(x )...x = K(x ) x α0 1 0 n+1 n n

8> 0y = a(t)y<>: y(t ) = α0

Equazioni differenziali ordinarie

è di classe posso integrare, 0 0u (t) = a(t)u(t) => u C => u(t ) = α0ZZZ ttt 0 − a(τ )u(τ )dτa(τ )u(τ )dτ => u(t) α =u (τ )dτ = ttt 000 ZZ tt a(τ )u(τ )dτ + α => u = K(u)a(τ )u(τ )dτ + α => K(u)(t) =u(t) = tt 00Lo risolvo usando le approssimazioni successiveu (t) = α, u = K(α)0 1 ZZ tt a(τ )dτ = u (t) = α(1 + A(t))a(τ )αdτ + α => α 1 +u (t) = 11 tt 00 Z Zt tu (t) = K(u )(t) => a(τ )u (τ )dτ + α => α + a(τ )α(1 + A(t))dτ =2 1 1t t0 0 !– ™ Z τ =t2A (τ )t= α 1 + A(t) a(τ )A(τ )dτ = α 1 + A(t) =2t0 τ =t0Œ‚ 2A (t)= α 1 + A(t) 2u = K(u )3 2 ‚ Œ2 3A (t) A (t)u (t) = α 1 + A(t) + +3 2 3!∞n k kA(t) A(t)X X A(t)−→u (t) = α u(t) = α = αen n→+∞k! k!k=0 k=0A(t)u(t) = αe 0 A(t)u(t ) = α, u (t) = αe a(t) = a(t)u(t)0

Teorema del punto fisso (di Banach)

Sia spazio metrico. Sia Si dice che è una contrazione−→(X, d) K : X X. Kse: ∃α ∈]0, ≤ ∀x, ∈1[: d(K(x), K(y)) αd(x, y) y X0.1 Idea di Newton 5non è uguale a perché è sso.d(K(x), K(y)) < d(x, y) α

Teorema (di Banach)

Sia uno spazio metrico completo e sia una contra-−→(X, d) K : X Xzione, allora ∃!x ∈ X : x = K(x)

Premessa

Se è una contrazione è continuaK => KInfatti, sia intanto Sia poi:∈]0, ≤ ∀x, ∈α 1[: d(K(x), K(y)) αd(x, y) y X.n→+∞∈ −→ ∈x X x Xn dAllora ≤ ≤ −→0 d(K(x ), K(x)) αd(x , x) 0n n n→+∞−→K(x ) K(x)n teorema di BanachDimostrazione.Per ipotesi ∃α ∈]0, ≤ ∀x, ∈1[: d(K(x), K(y)) αd(x, y) y X

Unicità

0 0 0 0 ∈x = K(x), x = K(x ) => x = x (x, x X)Ora: 0 0 0 0≤ ≤d(x, x ) = d(K(x), K(x )) αd(x, x ) => d(x, x ) 0Ma una distanza non può essere negativa 0 0=> d(x, x ) = 0 => x = x

Esistenza

∃x ∈ X : K(x) = xSia fissato ad arbitrio. Deniamo:∈x X0 8>> x = K(x )> 1 0>< ...>>>> ∈: x = K(x ) n Nn+1 nDimostreremo che è una successione di Cauchy in Ne verrà per la(x ) X .n dcompletezza di che di conseguenza:d∃x ∈ −→X X : x xd n −→K(x ) = x xn n+1Ma è continua e n→+∞−→K K(x ) => K(x) = xn

Dimostrazione che è di Cauchy

x n ≤ ≤1)d(x , x ) = d(K(x ), K(x )) αd(x , x ) = αd(K(x ), K(x )) ...n n+1 n−1 n n−1 n n−2 n−1n≤... α d(x , x )0 12)d(x , x ) con m > nn m € Šn m−1≤ ≤d(x , x ) d(x , x )+d(x , x )+...+d(x +x ) d(x , x α + ... + α =n m n n+1 n+1 n+2 m−1 m 0 1m−n n−1 α α d(x , x )0 1n m−n−1 n ≤= α d(x , x )(1 + α + ... + α ) = α d(x , x )0 1 0 1 − −1 α 1 αConclusione: nα d(x , x )0 1≤ ≤ −→ ∀n, ∈0 d(x , x ) 0 m > mNnn→+∞n m −1 α

Corollario (Caccioppoli)

0.1 Idea di Newton 7spazio metrico completo. sia una|P |−→ ∃P ∈X K : X X : : KNdcontrazione.€ Š è una iterata|P |P × × × ∃!x ∈K = K K ... K , K => X : K(x) = xDimostrazione. |P | |P | P∃!x ∈ X : K (x) = x => K(K (x)) = K(x) => K (K(x)) = K(x)Allora è un punto sso dell'iterata ma l'iterata ha un solo punto ssoK(x)=> K(x) = x

Invertibilità locale

8>> f (x , ..., x ) = y> 1 1 N 1>< ...>>>>: f (x , ..., x ) = yN 1 N NN⊆ −→f : Ω R Rj N−→f = (f , ..., f ) : Ω R1 Nx = (x , ..., x ), y = (y , ..., y ) => f (x) = y1 N 1 N∈a Ω, b = f (a) =>∃V ∈ ∈ ∀y ∈ ∃!x ∈µ , W µ W, V : f (x) = ya b −1 1−11−1−→ ∃ −→f : V W allora (f /V ) : W Vsu su

Definizione (diffeomorfismo locale)

Sia con aperto Si dice che è un dieo-k N N∈ ⊆ ≤f C (Ω, ) Ω k 1. fR Rmorsmo locale se: ∀a ∈ ∈ ⊆Ω∃V µ (V Ω) tale che :a8 INDICEè −1) f /V 1 1 è aperto2) W := f (W ) −1su k N−→ ∈3) f : V W (f /V ) C (W, )R1−1OSSERVAZIONE su−→F = f /V : V W1−1−1 su−→G = (f /V ) : W V1−1Allora e sono di classe allora vale la regolak◦ ◦G F = id F G = id CV Wdei dierenziali perché è dierenziabile.f ◦=> dG dF = id NR◦dF dG = id NRallora∈ ◦x V => dG(F (x)) dF (x) = id ,NR· ·I (F (x)) I (x) = id => det I (F (x)) det I (x) = 1NG F G FRAllora 6det I (x) = 0FConclusione:Se è un dieomorsmo locale 6 ∀x ∈f => det I (x) = 0 ΩFNOTAZIONEdet I (x) = J (x) determinante Jacobiano di ff f

Teorema dello Jacobiano

Sia aperto. Allora:k N N∈ ⊆f C (Ω, ), ΩR R0.1 Idea di Newton 9è un dieomorsmo locale di classe se e solo sek 6 ∀x ∈f C J (x) = ΩfOSSERVAZIONE , allora0⊆ −→ ∈ 6 ∈f : Ω intervallo di : f C f (x) = 0∀x ΩR R0 0∈ ↑ ∈ ↓f (x) > 0∀x Ω => f s oppure f (x) < 0∀x Ω => f sè globalmente invertibilesu−→f : Ω f (Ω) => f1−1

Idea della dimostrazione

dove è il termi-∈ −a Ω f (x) = f (a) + T (x a) + g(x) T = df (a) g(x)ne di perturbazione dell'equazione ane 6df (a) = 0 + T = df (a) + dg(a) => dg(a) = 0 det T = 0

Premesse e richiami

N N−→T : lineareR R||T || |T |T ≤ ||T |||h|= max (h)| => (h)||h|=1||A|| ||T ||, ||A|| |Ah|:= = max => A = (a )ij i,j=1,...,N|h|=1 Ì NX 2||A|| ≤ a iji,j=1LEMMA aperto dik N N∈ ≥f C (Ω, ), Ω , k 1R R 0N N∈ 7→ ∈x Ω df (x) L(R , ) e continua in ΩR

Dimostrazione

Ì ‚ Œ 2N ∂f ∂fX i i∈ ||df ||I ≤ − →x, y Ω => (x)−df (y)|| = (x)−I (y)|| (x) (y) 0f f x→y∂x ∂xj ji,j=1COROLLARIO 0∈ 7→ ||df ∈x Ω (x)|| e continuaRDimostrazione.| ||df − ||df | ≤ |df − −→(x)|| (y)|| (x) df (y)| 0x→yPerché è continuadf (x)LEMMA invertibileN N N∈ ∃m |T ≥ ∀h ∈T L(R , ) => > 0 : (h)| m|h|R RDimostrazione. −1 −1 −1N∈ |h| ≤ ||T || |Th => h = T (T (h)) => = T (T (h)) (h)| =>R 1|T ≥ |h|(h)| = m|h|−1||T ||PROPOSIZIONE (iniettività locale)Sia aperto di tale chek N N∈ ≥ 6 ∀x ∈f C (Ω, ), Ω , k 1 J (x) = 0, ΩR R fallora è localmente iniettiva. Precisamente:f 0∀a ∈ ∈ ⊆ −Ω∃V µ , V Ω : f /V e 1 1a0.1 Idea di Newton 11Poiché è dierenziabile (perché di classe ) si ha:kf CDimostrazione. − −f (x) = f (a) + T (x a) + g(x) T = df (a) g(x) = ω(x)|x a|Allora e . Quindi:k∈g C dg(a) = 0 (df (a) = T + dg(a))||dg(x)|| −→ ||dg(a)|| = 0x→aAllora pongo (perché allora è invertibile)1 6m = J (a) = 0 Tf−1||T || m ∀x ∈∃ρ ⊆ ||dg(x)|| ≤ D(a, ρ)> 0 : D(a, ρ) Ω, 2Ricordiamo poi: N|T ≥ ∀h ∈(h)| m|h| RRisulta quindi:0 0 0 0 0 0∈ |f |(T |T ≥x, x D(a, ρ) => (x)−f (x )| = (x)+g(x))−(T (x )+g(x ))| = (x−x )+(g(x)−g(x ))|0 0 0 0≥ |T − − |g(x) − ≥ − | − |g(x) −(x x )| g(x )| m|x x g(x )|D'altra parte, per il teorema del valor medio:0 0 0|g(x) − ≤ ||dg(z)|| |x − | ∈ ⊆ ⊆g(x )| x dove z [x, x ] D(a, ρ) Ωm0 0||dg(z)|| |x − | ≤ |x − |=> x x2Per tanto: m m0 0 0 0 0∈ |f − ≥ − | − |x − | |x − |x, x D(a, rho) => (x) f (x )| m|x x x = x2 2Allora: m0 0|f − ≥ |x − |(x) f (x )| x (∗)2Dunque ristretta a è −f f /D(a, ρ) 1 1m0 0 0 0 0|f − ≥ |x − | |x − |f (x) = f (x ) => (x) f (x )| x => x = 0 => x = x

Nota

su−→f : D(a, ρ) f (D(a, ρ))1−1−1G = (f /D(a, ρ)) −→G : f (D(a, ρ)) D(a, ρ)0 0 0 0 0 0∈ ∈ ∈ ∈y, y f (D) => y = f (x), y = f (x ) x, x D => x G(y), x G(y )Allora per (∗) m m0 0 0 0|y − | ≥ |G(y) − |G(y) − ≤ |y − |y G(y )| => G(y )| y2 2Allora l'inversa è continua (Lipschiziana)PROPOSIZIONE 0k N∈ 6 ∈f C (Ω, ), J (x) = 0∀x Ω => f e localmente suriettivaR fPrecisamente: ⊆ ⊇∀a ∈ D(a, ρ)(disco chiuso) Ω, f (D(a, ρ) D(f (a), σ)Ω∃ρ, σ > 0 :∈ ∈ ∃x ∈y D(f (a), σ) => y f (D(a, ρ)) => D(a, ρ) : f (x) = y

Teorema di risolubilità

Sia Scriviamo con∈ −a Ω. f (x) = f (a) + T (x a) + g(x)Dimostrazione., k∈ −T = df (a) g C , g(x) = ω(x)|x a| dg(a) = 0Sia ora con ( è invertibilem 1⊆ ||dg(x)|| ≤ρ > 0 : D(a, ρ) Ω, m = T−1||T ||2)6<= J (a) = 0fSia ora da determinare e prendiamo ∈σ > 0 y D(f (a), σ)Dimostriamo che si può scegliere ∀y ∈ ∈σ > 0 : D(f (a), σ)∃x D(a, ρ) :f (x) = y0.1 Idea di Newton 13( )⊆D(f (a), σ) f (D(a, ρ))Sia dunque allora∈ −y d(f (a), σ) f (x) = y <=> f (a) + T (x a) + g(x) =−1− − − − − −y <=> T (x a) = y f (a) g(x) <=> x a = T (y f (a) g(x))con−1{a − − ∈<=> x = + T (y f (a) g(x))} => x = K(x) x D(a, ρ)=K(x)DIMOSTRIAMO ORA CHE:Si può scegliere ⊆ −→1) σ > 0 : K(D(a, ρ)) D(a, ρ) => K : D(a, ρ) D(a, ρ)è una contrazione. Ne verrà che ∃!x ∈ D(a, ρ) : x = K(x) <=> f (x) =2) Ky (1)Dimostrazione. e . Allora:∈ ∈y D(f (a), σ) x D(a, ρ) −1 −1|K(x)−a| ≤ |K(x)−a| |a+T ≤ ||T || |y−f ≤ρ => = (y−f (a)−g(x))−a| (a)−g(x)| ‹m−1 −1 −1≤ ||T || − |g(x) − ≤ ||T || ||dg(z)|| |x − ≤ ||T || ≤(|y f (a)| + g(a)|) (σ + a|) σ + ρ ρ2l'ultima disuguaglianza è veraPerché ρm1 ≤, <=> σ + ρ =m = −1 −1||T || ||T ||2m≤mρ <=> σ ρ2 (2)Dimostrazione. € Šè una contrazione nello spazio metricoK D(a, ρ), d <=>e0 0 0∃α ∈]0, |K(x) − ≤ − | ∀x, ∈1[: K(x )| α|x x x D(a, ρ)Ora:0 0 −1 −1 0∈ |K(x)−K(x − − − − −x, x D(a, rho) => )| = a + T (y f (a) g(x)) (a + T (y f (a) g(x )))−1 −1 0 −1 0 −1 0 −1 0|−T |T ≤ ||T || |g(x)−g(x ≤ ||T || ||dg(z)|| |x−x |=> (g(x))+T (g(x ))| = (g(x)−g(x ))| )|1 m 10 0 0≤ |x − | |x − |x = ( ) x => è una contrazione=αm 2

Teorema (invertibilità locale)

è aperta, cioè aperto è aperto.∀V ⊆f Ω, V => f (V )Sia Dimostriamo che Se∈ ∃σ ⊆b f (V ). > 0 : D(b, σ) f (V ).Dimostrazione.allora . Per la proposizione sulla locale suriettivi-∈ ∃a ∈b f (V ) V : f (a) = btà, ∃σ, ⊆ ⊇ ⊆ρ > 0 : D(a, ρ) V, f (D(a, ρ)) D(f (a), σ) = D(b, σ) => D(b, σ)⊆ρ)) f (V )f (D(a, teorema di invertibilità localeDimostrazione.Sia Per la proposizione sull' iniettività locale:∈a Ω. 0∃ρ ⊆ −> 0 : D(a, ρ) Ω, f /D(a, ρ) e 1 1Poniamo Per la proposizione sulla suriettività locale:V := D(a, ρ). W :=è aperto, abbiamo quindi:f (V ) −1 −→f /V = F G = F : W VDimostriamo che ricordiamo preliminarmente che si ha:k∈G C , m 0 00 |x − | ∀x, ∈|F − ≤ x x V(x) F (x )| 2Poniamo e . Allora:0 0 0 0F (x) = y, F (x ) = y <=> x = G(y) x = G(x )m 20 0 0 0 0|y − | ≥ |G(y) − |G(y) − ≤ |y − | ∀y, ∈y G(y )| <=> G(y )| y y W2 mIn particolare è continua nel suo dominio Dimostriamo che èG (W ). Gdierenziabile in ogni punto di . Poiche è dierenziabile in ogni puntoW Fdel suo dominio si ha:0 0 0 0− − |F (x) = F (x ) + T (x x ) + ω(x)|x x dove T = dF (x )0.1 Idea di Newton 150 0 0− − − − |<=> T (x x ) = F (x) F (x ) ω(x)|x xè invertibile per le ipotesi 0 −1 0<=> T <=> x−x = T (F (x)−F (x )−ω(x)|x−0 |)x <=> 0 −1 0 0 −1− − |x − |T<=> x = x + T (F (x) F (x )) x (ω(x))0 −1 0 −1 0 →<=> G(y) = G(y )+T (y−y ){−T (ω(G(y))|G(y)−G(y )|} 00∗ 0 | y→yω (y)|y−yOra: 0|G(y) − G(y )|∗ −1−Tω (y) = (ω(G(y)) 0|y − |yse allora perché0∗ 0 ∗ 0 02 y→y≤ → −→ −→ω (y) y y ω (y) 0 G(y) = x G(y ) = x .mInne, per vericare che osserviamo:k∈G C ,∀x ∈G(F (x)) = x V∀y ∈F (G(y)) = y W◦ ◦ −→ ◦ ∀y ∈d(F G) = id d(F (x)) dG = id dF (G(y)) dG(y) = idN N NR R R−1·W <=> J (G(y)) J (y) = id => J (y) = (J (G(y)))F N G FG(y)Se allora i termini di sono di classe perché anche0 02∈ ∈F C J C G CFFUNZIONI IMPLICITESia