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Teorema unicità del limite

Sia {an} Se limn→∞ esiste esso è unico

Dimostrazione

Per assurdo supponiamo che

limn→∞ an = l1 con l1 ≠ l2 e l1, l2 ∈ ℝ

  1. ∀ ε > 0 ∃vε ∀ν ≥ vε aν - l1 < ε
  2. ∀ ε > 0 ∃v'ε ∀ν' ≥ v'ε aν - l2 < ε

Supponiamo che l1 ≠ l2

Comunque ε è abbastanza piccolo {|l1 - ε|, l1 + ε| ∩ {|l2 - ε|, l2 + ε|} = ∅

∀ ν ≥ max{vε, v'ε} ⇒ aν ∈ {|l1 - ε|, l1 + ε|} ∩ {|l2 - ε|, l2 + ε|}

Assurdo

  1. limn→∞ an = lk

Se ε è abbastanza piccolo e k abbastanza grande

{|l2 - ε|, l1 +ε| ∩ l2 - l1 ∈ ℝ, ε ∉ ∅ Assurdo

Sia A con A ⊆ B

  1. x ≤ S ∀x ∈ A
  2. ∀ ε > 0 ∃ xε ∈ A: S - ε < xε

LimA con A ⊆ R

  1. x ≥ I ∀x ∈ A
  2. ∀ ε > 0 ∃ xε ∈ A: I + ε > xε

Iniettiva: ∃! e solo e ∀ x, y ∈ X x + y => f(x) + f(y) ∀ x, y ∈ X f(x) = f(y) => x = y

Suriettiva: ∀ y ∈ Y ∃ x ∈ X: f(x) = y

Biettiva: ∀ y ∈ Y ∃! x ∈ X f(x) = ∃! y

Teorema di permanenza del segno

Se limn an = l > 0 ⇒ ∃Vx : an > 0

Se limn an = l < 0 ⇒ ∃Vx : an < 0

Dimostrazione

Poneti V = I(l) : ∃V : an ∈ I(l)

∃x ∈ I(l) che definiamo Polos. Poneti un certo appiatenere a questo interno libero.

V : an ∈ S0 : an > 0 cioè è definitivamente positivo.

Teorema del confronto PT 1

Siamo {an}, {bn}, {cn} con an ≤ bn ≤ cn. Se lim an = l

e lim bn = l allora anche lim cn = l.

Dim:

V: ∃ Sx : u : ∃xan

V: ∃ Sn : u : ∃x, an ≤ cn < l te

Quindi

V∃x : an = {vt, vt} : z : l - ε < an bncn < cn < bn

Quindi l - ε < bn = cn , cioè anche lim bn = l.

Teorema del confronto PT 2

Siano {an}, {bn}, {cn} con an ≤ bn ∀n ∈ N, se:

  1. lim an = +∞ ⇒ lim bn = +∞
  2. lim bn = -∞ ⇒ lim an = -∞

Dim

V∃x : ∪Vx : ∃u : an ∈ N : bn

Ponete lim bn allora {bn}, anx

Quindi anche lim bn = +∞

Teorema media geometrica

Th: lim Gn = l

lim log Gn = lim 1n log a1a2...an

lim log an = lim log Gn

lim an = lim Gn

Principio di induzione

[Metodo dimostrativo]

  • Supponiamo di voler dimostrare che una proposizione Pn ﹣ FN
  • 1) Pn è vera per n=1 [Base di induzione]
  • 2) Supposta vera Pn, allora è vera anche Pn
  • Pn è vera ad ogni n

Disuguaglianza di Bernoulli

∀n∈N ∀ x∈ℝ : x > -1 ⇒ (1+x)n ≥ 1+nx

  1. Base di induzione u=0
  2. 1+x ≥ 1+ x [IDENTITÀ]
  3. 2) Supponiamo che la disuguaglianza valga per n-1

(1+x)n-1 ≥ 1+ (n-1) x

(1+x)n ≥ [(1+x)n-1](1+x)

(1+x)n ≥ [1+ (n-1) x] [1+x]

(1+x)n ≥ 1 + x + nx-x2

(1+x)n ≥ 1 + nx + x 2(n-1)

Per n=1, la quantità x2(n-1) è sempre positiva, quindi

(1+x)n ≥ 1+nx

topologie sulle rette reale

A un sottinsieme di R

Si dice che x0 ∈ R è un punto di accumulazione per A se ogni intorno di x0 contiene almeno un elemento di A distinto da x0 cioè I - (A - {x0}) ≠ ∅ Un punto x0 ∈ A che non è un punto di accumulazione, viene detto punto isolato.

Se x0 è un punto di accumulazione per A, allora ogni intorno di x0 contiene infiniti punti di A.

Supponiamo che Ix0 = {x ∈ R : |x - x0| < ε} I1 (A - {x0}) = ∅ quindi { x1 : x = x2} È quindi possibile dividere l'intorno in tanti intervalli {ak, l : jk x2 : -xn, bi} x0 poi appartenere solo ad uno di questi intervalli e l'intersezione di quest'ultimo con A si riduce al punto x0 e quindi contraddice la definizione di punto di accumulazione.

Un insieme dotato di punti di accumulazione dire cosce infinito.

Teorema di Bolzano Weierstrass

Ogni sottinsieme A di R contenente infiniti punti e limitato ha almeno un punto di accumulazione. Dim: dato Poiché A è limitato esso è contenuto in [a, b]. Dividiamo tale intervallo nel punto medio escludendone e poniamo solo l'insieme che contiene ancora infiniti punti: {a; b} con a ≤ a1 ≤ b ≤ b1 e b - an; b - a

Iterando il procedimento otteniamo:

k = an - bn ,   bn - an =   b - a con a < b, xn+1 < bn+1

Alla possiamo quindi dire che la successioni an e bn sono contigue e la prima è crescente e la seconda decrescente. l'esempio contiguo possiamo trovare un punto c tale che c: infn + un.

Teorema dei valori intermedi

f: [a, b] → R

f è continua

m = minimo f(x),

M = massimo f(x).

Il codominio di f è [m, M]

cioè la funzione assume tutti i

valori tra m e M.

Dimostrazione

m = f(x)

M = f(x)

f(x) ≤ f(x) ≤ f(x) ∀ x ∈ [a, b]

Supponiamo x < ξ < x̅ e prendiamo a ∈ m, M e consideriamo g(x) = f(x) - a continua

g(x̅) = f(x̅) - a = M - a < 0

g(x̅) = f(x̅) - a = M - a > 0

Per il teorema degli zeri

∃ ξ ∈ (x, x̅) : g(ξⱼ) = 0 ∴ f(ξⱼ) = a ∴ a ∈ codominio

f(x) assume ogni valore tra m e M.

Definizione di derivata

Sia f(x) definita in [a, b] e sia x₀ un punto di [a, b].

si dice che la funzione f(x) è derivabile in x₀ se

esiste ed è finito il limite del rapporto incrementale

limx→x₀ (f(x) - f(x₀)) / (x - x₀) oppure limh→0 (f(x+h) - f(x)) / h

2o Conseguenza1

Hf f'(x) > 0 ∀ x ∈ Io

Th: f(x) è crescente in I

Dim.

Prendiamo due punti x1, x2 ∈ Io con x1 < x2 e consideriamo l'intervallo [x1, x2] ⊆ Io.

f continua in [x1, x2] ⇒ Vale il teorema di Lagrange. ∃ c osservabile in ]x1, x2[ f(x2) - f(x1) = f'(c) > 0 Per Hf. ⇒ f(x2) ≥ f(x1) f è crescente

Teorema di de l'Hopital

Hf f e g derivabili in ]a, b[

g e g' ≠ 0 in ]a, b[ Th: limx→a+ f(x)/g(x) = l limx→a+ f(a) = limx→a+ g(a) = 0

Dim.

Sia {xm} una successione tale che limm xm = a e consideriamo la funzione h(x) = f(xm)g(x) - f(x)g(xm) su ]a, xm ] Sappiamo che h(a)= f(xm)g(a) - g(xm)f(a) = 0 h(xm)= f(x)g(xm) - g(xm)f(xm) = 0

Per Rolle, ∃ tm ∈ ]a, xm[, u(tm) = 0 h'(tm) = f'(xm)g(tm) - g(tm)f'(xm) h(tm)= f'(tm)g(tm) - g(tm)f'(tm) = 0

f(xm) g(xm) = f'(tm) h(tm) = g(tm) = 0

Poisch. lim→a+ f(tm)/g(tm) = limm f'(tm) / g'(tm) = l limk→a f(x) g(tm) = l limx→a+ f(x) limx→a+ g(x) } a < tm < xm limy→a

Dettagli
A.A. 2015-2016
35 pagine
SSD Scienze matematiche e informatiche MAT/05 Analisi matematica

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher wwwjuve10delpiero di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Analisi matematica I e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Università degli studi di Napoli Federico II o del prof Trombetti Cristina.