Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
vuoi
o PayPal
tutte le volte che vuoi
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
- ∀ ε > 0 ∃vε ∀ν ≥ vε aν - l1 < ε
- ∀ 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
- 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
- x ≤ S ∀x ∈ A
- ∀ ε > 0 ∃ xε ∈ A: S - ε < xε
LimA con A ⊆ R
- x ≥ I ∀x ∈ A
- ∀ 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:
- lim an = +∞ ⇒ lim bn = +∞
- lim bn = -∞ ⇒ lim an = -∞
Dim
V∃x : ∪Vx : ∃u : an ∈ N : bn
Ponete lim bn allora {bn}, anxキ
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
- Base di induzione u=0
- 1+x ≥ 1+ x [IDENTITÀ]
- 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