Analisi in più variabili 1: primo semestre

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Ana lisi in più va r ia bili 1: pr imo se me stre - slide pdf.c om

appunti del corso di analisi III Universit` a di Pisa Anno Accademico 2004/2005

Pietro Majer Docente titolare

CarloEsercitatore Carminati

Appunti redatti da Giovanni Pizzi

http://slide pdf.c om/re a de r/full/a na lisi-in-piu-va r ia bili-1-pr imo-se me stre

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Indice Lezioni L.1 L.2 L.3 L.4 L.5 L.6 L.7

1 n

Prodotto scalare canonico su R . . . . . . . . . . . . . Concetti elementari degli spazi metrici . . . . . . . . . . Propriet` a degli aperti di uno spazio metrico X . . . . . Continuit` a di funzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Distanze topologicamente equivalenti . . . . . . . . . . . Confronto tra norme sullo stesso spazio vettoriale . . . . Parte interna e chiusura di sottoinsiemi di spazi metrici L.7.1 Chiusura sequenziale . . . . . . . . . . . . . . . . Applicazioni lineari continue fra spazi normati . . . . . . Prodotti di spazi metrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . Prodotto di spazi vettoriali normati . . . . . . . . . . . Completezza di spazi metrici . . . . . . . . . . . . . . . Competezza rispetto alla distanza uniforme . . . . . . .

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1 4 6 6 8 8 9 10 11 12 14 15 18

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19 20 23 25 26 27 29 31 32 34 36 39

L.22 Massimi e minimi in più variabili L.22.1 Massimi e minimi liberi . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. L.22.2 Condizione necessaria al second’ordine . . . . . . . . . . . . . L.22.3 Condizione sufficiente al second’ordine . . . . . . . . . . . . . L.22.4 Massimi e minimi vincolati: i moltiplicatori di Lagrange . . . L.23 Equazioni differenziali ordinarie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . L.23.1 Problema di Cauchy per una equazione differenziale ordinaria L.24 Estensione delle soluzioni del problema di Cauchy . . . . . . . . . . . L.25 Dipendenza continua dai dati iniziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . L.26 Equazioni differenziali ordinarie lineari in Rn . . . . . . . . . . . . . L.26.1 Equazioni lineari omogenee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . L.26.2 Equazioni lineari non omogenee . . . . . . . . . . . . . . . . . L.26.3 Caso delle equazioni lineari a coefficienti costanti . . . . . . . L.27 Dipendenza differenziabile dai dati iniziali . . . . . . . . . . . . . . .

.. . . . . . . . . . . . .

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.. . . . . . . . . . . . .

.. . . . . . . . . . . . .

.. . . . . . . . . . . . .

40 41 41 42 42 44 45 51 52 55 56 58 61 63

L.8 L.9 L.10 L.11 L.12

L.12.1 Caso di uno spazio metrico . . . . L.13 Teorema del punto fisso delle contrazioni . L.14 Perturbazioni lipschitziane dell’identità . . L.15 Calcolo differenziale . . . . . . . . . . . . L.15.1 Casi particolari importanti . . . . L.16 Teorema del valor medio . . . . . . . . . . L.16.1 Una facile conseguenza . . . . . . . L.17 Differenziabilità della funzione inversa . . L.18 Teorema di inversione locale . . . . . . . . L.19 Differenziazione parziale . . . . . . . . . . L.20 Differenziazione successiva . . . . . . . . . L.21 Teorema della funzione implicita (di Dini)


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INDICE

L.28 Ricerca di primitive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

66

L.29 Derivazione sotto il segno di integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 Esercitazioni 73 E.1 Disuguaglianza di Cauchy–Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 E.2 Teorema di Bolzano–Weierstrass su Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 E.3 Teorema di Weierstrass su Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 E.4 Ricerca di massimi e minimi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 E.5 Distanza di un punto da un insieme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 E.6 Un’applicazione del teorema del punto fisso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 E.7 Serie a valori in uno spazio normato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 E.8 Derivabilità del limite di una successione di funzioni . . . . . . . . . . . . . . 89 E.9 Serie di potenze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 E.10 Completezza dell’insieme delle applicazioni lineari . . . . . . . . . . . . . . . . 93 E.11 Sviluppo in serie della funzione esponenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 E.12 Il differenziale dell’operatore determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 E.13 Applicazioni del calcolo differenziale allo studio di funzioni . . . . . . . . . . . 96 E.14 Derivate parziali e direzionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 E.15 Coordinate cartesiane, cilindriche e sferiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 E.16 Differenziazione successiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 E.17 Prima prova in itinere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 E.17.1 Correzione della prima prova in itinere . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 E.18 Applicazione del metodo dei moltiplicatori di Lagrange . . . . . . . . . . . . . 109 E.19 Relazione tra norma degli operatori e autovalori . . . . . . . . . . . . . . . . . 110 E.20 Formula di Taylor al secondo ordine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 E.21 Funzioni armoniche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 E.21.1 Alcuni esempi di funzioni armoniche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 E.22 Funzioni convesse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 E.23 Fit lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 E.24 Curve di livello . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 18 E.25 Sistemi di equazioni differenziali lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

Lezioni — Docente: Pietro Majer


iv


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Lezioni (Pietro Majer) Prodotto scalare canonico su Rn

L.1

Definizione L.1 Sia f : A si dice

× A → R un applicazione, con A uno spazio vettoriale. Questa

• bilineare se è lineare nel le due componenti; • simmetrica se f (x, y) = f (y, x) ∀x, y ∈ A; • positiva se f (x, x) ≥ 0 ∀x ∈ A; • definita positiva se f (x, x) > 0 ∀x ∈ A \ {0}. Definizione L.2 Siano x, y ∈ Rn ; denoteremo il loro prodotto scalare canonico con n

·

(x y) =

 j =1

xj yj

∈R,

dove x = (x1 ,

··· , xn) ;

y = (y1 ,

··· , yn) .

Si verifica che l’applicazione ( ) : Rn Rn R, (x, y) (x y) è bilineare, simmetrica e definita positiva. In generale, se V è un R spazio vettoriale e B : V V R è una forma bilineare, simmetrica e definita positiva, B si dice anche prodotto scalare.

·

× →

→ · × →

−

Esempio V V

×

Oss.

Se V = C 0 ([a, b]) (funzioni continue su [a, b]), allora l’applicazione (u, v) u(t)v(t) dt è un prodotto scalare.

→  b a

Prendendo 0

∈

R[a, b] (insieme delle applicazioni integrabili secondo Riemann su [a, b])

invece di C [a, b] si otterrebbe una forma positiva, ma non definita positiva. Sia V = Rn e A n×n (R). Consideriamo (x, y)A = (Ax y). Mostrare che si tratta di un’applicazione bilineare; simmetrica se e solo se lo è A; in generale non è positiva, e che (x, y)A è positiva [A è positiva A è definita positiva].

• Esercizio L.1

Soluzione

∈M ⇔

·

∨

Si ha che



·

 

·



·

·

(x + y, z)A = A(x + y) z = (Ax + Ay) z = (Ax z) + (Ay z) = (x, z)A + (y, z)A , dunque l’applicazione è lineare nella prima componente. In modo del tutto analogo si mostra la linearità nella seconda componente.


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L.1. PRODOTTO SCALARE CANONICO SU

RN

Siano, ora, aij i coefficienti della matrice A; allora, il vettore Ax avrà come componenti Ax =



a1i xi ,

i

  ··· ,

ani xi

,

i

·   

· ∀ ∈{ ⇔

da cui (Ax y) = i j aji xi yj . Procedendo in modo analogo, si vede che (Ay x) è invece uguale a i j aij xi yj . Per l’arbitrarietà di x e y, è dunque necessario che i, j 1, . . . , n , sia aij = aji , ovvero che la matrice sia simmetrica. Sia ora A simmetrica, vogliamo vedere che l’applicazione è positiva A è positiva. Mostriamo le due implicazioni:

}

⇒

( ) Sia λ un autovalore di A, e x un corrispondente autovettore. Allora Ax = λx; moltiplicando scalarmente per x ad entrambi i membri, si ottiene

||

(x, x)A = λ x 2 ; dato che per ipotesi (x, x)A 0, in quanto l’applicazione è positiva, e che x 2 necessariamente essere λ 0, ovvero tutti gli autovalori sono positivi.

≥

≥

⇐

| | ≥ 0, deve

( ) Dato che A è simmetrica, per il teorema spettrale esiste una base di autovettori ortogonali; sia una tale base v1 , . . . , vn , e siano i rispettivi autovalori λ1 , . . . , λn . Tali autovalori possono anche essere uguali tra loro, ma sono sicuramente positivi o nulli per ipotesi (A è positiva). Allora, considerato un generico x = a1 v1 + + an vn , si avrà

{

}

···

·

(x, x)A = (Ax x) =



ai A(vi )

i

   · ai vi

=

i

ai λi vi

i

  · ai vi

;

i

per l’ortogonalità dei vettori, tutti i prodotti misti scompaiono, e resta solo (x, x)A =

 i

che è

a2i λi vi

| |2

≥ 0 essendo somma di numeri positivi o nulli, da cui (x, x)A ≥ 0 ∀x ∈ V .

 ·|·  ·

Definizione L.3 Si chiama norma euclidea di x Rn l’applicazione x = (x x) (geometricamente, è la lunghezza del segmento [0, x]). Pi` u in generale, se V, ( ) è un R spazio vettoriale dotato di prodotto scalare, si può considerare la norma associata al prodotto scalare v ( ) = (v v), v V . Ancora pi` u in generale, se V è uno spazio ·|· vettoriale reale, un’applicazione : V R si dice norma su V se e solo se:

∈



−



 | · 

∈→ 1. è positivamente omogenea : ∀t ∈ R, ∀v ∈ V, tv = |t|v ; 2. v  ≥ 0 ∀v ∈ V , e (v = 0 ⇔ v = 0): 3. è subadditiva : v + u ≤ v + u ∀u, v ∈ V .

Teorema L.1 Ogni norma associata ad un prodotto scalare, ed in particolare la norma euclidea, è effettivamente una norma. Dimostrazione 1. Se x t (x x) = t x .

||

 |

∈

Rn , t

∈

R, allora si ha tx =

 |  (tx tx) =

t2 (x x) =

|

| | 

2. Segue dal fatto che il prodotto scalare e` definito positivo. Lezioni — Docente: Pietro Majer


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L.1. PRODOTTO SCALARE CANONICO SU RN

3. Segue dalla disuguaglianza di Cauchy–Schwarz, valida per ogni prodotto

·|·

− | | | ≤ | | |· | | | Usando tale diseguaglianza, infatti, si ottiene che u+v2 = (u+v)|(u+v) = (u|u)+ (u|v) + (v |u) + (v |v) = u2 + 2(u|v) + v2 ≤ u2 + 2uv + v2 = (u + v)2 , da cui si ha u + v = u + v ≤ u + v = u + v .  scalare ( ) definito su un R spazio vettoriale V : (u v) (u u) (v v) .

• Esercizio L.2

 

   





Sia V = C 0 [a, b]; definiamo f

∀ ∈ V f ∞ = a≤sup |f (x)| = amax |f (x)| , x≤b ≤x≤b

dove la seconda uguaglianza discende dal teorema di Weierstrass. Si verifichi che una norma ( Soluzione 1. Sia t

 · ∞ è

 · ∞ è detta norma uniforme). Verifichiamo di seguito le tre proprietà di una norma:

∈ R, f ∈ V ; allora tf ∞ = amax |tf (x)| = amax |t||f (x)| = |t| amax |f (x)| = |t|f ∞ ≤x≤b ≤x≤b ≤x≤b |

|≥

2. Ovviamente, maxa≤x≤b f (x) 0, essendo il massimo di una quantità positiva o nulla, e se la norma è zero la funzione coincide necessariamente con la funzione identicamente nulla. 3. Si ha (usando la disuguaglianza triangolare)

f + g = max |f + g| ≤ max(|f | + |g|) ≤ max |f | + max |g| = f  + g , dove la seconda disuguaglianza deriva da un’ovvia proprietà del max.

Esempio Esempio

V = R2 ; definiamo x = (x1 , x2 )

∀ V = R2 ; x1 = |x1 | + |x2 |

• Esercizio L.3

∈ R2, x∞ = max{|x1|, |x2|}.

 

{ ∈ R2 v ≤ 1}.

Per i due esempi precedenti, disegnare l’insieme B = v

Soluzione Per il primo dei due esempi, dobbiamo considerare l’insieme di tutti i punti tali che almeno una delle due coordinate è minore o uguale a uno: questo è dato dal quadrato (con bordo) di lato 2, centrato nell’origine e con i lati paralleli agli assi coordinati. Per il secondo esempio, invece, deve essere x + y 1. Si ottiene cos`ı, per i 4 quadranti:

 ≤ − ≤ −−− ≤≤

| | | |≤

x+y 1 I quadrante x + y 1 II quadrante , x y 1 III quadrante x y 1 IV quadrante

che delimitano un quadrato centrato nell’origine, con i lati formanti angoli di 45 ◦ con gli assi, e di lato 2.

√



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L.2. CONCETTI ELEMENTARI DEGLI SPAZI METRICI

Definizione L.4 Una funzione d : X

× X → R si chiama distanza su un insieme X se

valgono le seguenti proprietà: 1. d(x, y) 0 x, y X

≥

∀ ∈ 2. d(x, y) = 0 ⇔ x = y 3. d(x, y) = d(y, x) ∀x, y ∈ X 4. d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) ∀x,y,z ∈ X ( disuguaglianza triangolare) Esempio X = R, d(x, y) = |x − y|. Pi` u in generale, se V è uno spazio vettoriale reale, con una norma  · , ovvero è uno spazio normato, allora vi è una distanza associata definita come segue:

 − v ∀u, v ∈ V

d(u, v) = u

 − v =

Oss. Per una tale distanza, vale la disuguaglianza triangolare: infatti, d(u, v) = u (u w) + (w v) u w + w v = d(u, w) + d(w, v).

 −

− ≤ −   − 

Oss. Nel concetto di spazio metrico, X è un insieme qualunque, eventualmente privo di struttura algebrica. Dato un qualunque insieme X , definiamo la distanza discreta come

Esempio

d(x, y) =



0 x=y . 1 x=y





Esempio Sia X = Z, n, m X ; consideriamo r = max l Z 10l divide n m . − r Definiamo, quindi, d(n, m)  10 . Due interi n e m, dunque, risulteranno “vicini” se avranno molte cifre uguali a partire dalle cifre dell’unità: d(137, 840 137) = 10−4 d(840 136, 840 137) = 1.

∈

L.2

{ ∈

− }

Concetti elementari degli spazi metrici

Definizione L.5 Sia (X, d) uno spazio metrico. Si dice palla di centro x

X e raggio

∈ R ( r ≥ 0) l’insieme dei punti di X che distano meno di r da x: ∈ B(x, r) = {y ∈ X d(x, y) < r} . Definizione L.6 U ⊆ X si dice un intorno di x ∈ X se esiste r > 0 tale che B(x, r) ⊆ U . r



Definizione L.7 Sia (xn )n∈N una successione di punti di X . Diciamo che (xn ) converge a x ¯ X se xn appartiene definitivamente a ogni intorno di x ¯, cioè U intorno di x ¯, n0 N xn U n n0 .

∈ ∃ ∈

  

∈

∀

∀ ≥

Esempio Sia X = C 0 [a, b], con d(f, g) = f g ∞ (distanza uniforme). Allora, B(f, r) = g X il grafico di g è contenuto tra quelli di f r e f + r (vedi figura 1 a fronte). In tal caso, una successione (f n ) C 0 [a, b] converge con questa distanza converge

{ ∈

uniformemente. Lezioni — Docente: Pietro Majer


 − 

⊆

−

}

⇔ 4


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L.2. CONCETTI ELEMENTARI DEGLI SPAZI METRICI

r

Figura 1: B (f, r) è l’insieme delle funzioni comprese tra le due linee tratteggiate (f è la funzione tracciata con una linea continua)

• Esercizio L.4

Mostrare che la seguente definizione di convergenza: xn



→ x¯ ⇔ ∀r > 0 ∃n0 ∈ N ∀n ≥ n0

xn

∈ B(¯x, r) .

è equivalente a quella data in precedenza (definizione L.7 nella pagina precedente).

⇒

Soluzione L’implicazione (Definizione L.7 Esercizio L.4) è ovvia, in quanto posso scegliere come intorno U la palla B(¯x, r). Allo stesso modo, per l’implicazione inversa, scelto U posso trovare (per la definizione L.6 a fronte) un raggio ρ tale che B(¯x, ρ) U . Per ipotesi, gli xn sono definitivamente in tale palla, dunque in particolare sono anche definitivamente in U .

⊆

N

∈

→ x¯ ⇔ ∀r > 0 ∃n0 ∈ → 0 in R.

N.B. y B(x, r) equivale a dire che d(x, y) < r, quindi xn ¯) < r o, in altre parole, xn ¯ ¯) n > n0 si ha d(xn , x x d(xn , x

∀

→ ⇔

Definizione L.8 Si dice che una successione di funzioni (f n ) converge puntualmente a f se x [a, b], r > 0 n0 N n n0 f n (x) f (x) < r .

∀ ∈

∀

∀ ≥

∃ ∈

|

−

|

Trovare una successione di funzioni (f n ) C 0 [0, 1], convergente puntualmente alla funzione identicamente nulla, ma non uniformemente.

• Esercizio L.5 Soluzione

⊆

E ` sufficiente considerare le funzioni ϕn (x) = nϕ(nx), con ϕ(x) data da ϕ(x) =

 

4x 4(1 0

≤ x ≤ 12 ≤x≤1 x≥1 0

1 2

− x)

;

vedi anche la figura 4 a pagina 73, che raffigura ϕn (x).

• Esercizio L.6

Provare che se (f n )

⊆ C 0[0, 1] converge a f uniformemente, allora

1

 0


1

f n (x)


dx

→  0

5

f (x) dx . Lezioni — Docente: Pietro Majer

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` DEGLI APERTI DI UNO SPAZIO METRICO L.3. PROPRIETA

X

Vale la stessa condizione se (f n ) converge solo puntualmente?

Soluzione Vedi proposizione E.1 a pagina 73. Per la seconda domanda, la risposta è negativa (basta considerare l’esempio dell’esercizio precedente).

⊆ ⊆ Sia X = Mn×n (R); allora A = GL(n, R) è aperto in X (GL è l’insieme delle

Definizione L.9 Sia (X, d) uno spazio metrico; un sottoinsieme A X si dice aperto se a A, r > 0 B(a, r) A; equivalentemente, A è aperto se è intorno di ogni suo punto.

∀ ∈ ∃



Esempio 2 matrici invertibili). X è uno spazio metrico in quanto isomorfo a Rn , deucl .



c



⊆ X si dice chiuso ⇔ C (complementare di C in X ) è aperto. X = R: ]0, 1[ è aperto, R \ Z è aperto; [0, 1] è chiuso, N è chiuso; ]0,1] non è né

Definizione L.10 C Esempio aperto né chiuso.

L.3

Propriet` a degli aperti di uno spazio metrico

X

1. ∅, X sono aperti (e chiusi);

⊆ X aperti ⇒ A ∩ B è aperto; 3. Se {Ai }i∈I è una famiglia di insiemi aperti, allora 2. A, B

Dimostrazione Sia a un qualunque punto di cui r > 0 B(a, r) Aj i∈I Ai .

∃



⊆

⊆

Per i chiusi, si avrà:

i I Ai

∈



i I Ai ;

∈

è aperto.

∃ ∈ I

allora, j



a

∈ Aj , da



1. ∅, X sono chiusi (e aperti);

⊆ X chiusi ⇒ C ∪ D è chiuso; 3. {C i }i∈I è una famiglia di chiusi ⇒ 2. C, D



L.4

i I C i

∈

è chiuso.

Continuit` a di funzioni

→

∈

Definizione L.11 Siano (X, dX ) e (Y, dY ) due spazi metrici, sia f : X Y e sia x0 X . Tale f si dice continua in x0 se U intorno di f (x0 ) V intorno di x0 f (V ) U . f , inoltre, si dice continua se x ¯ X , si ha che f è continua in x ¯.

∀ ∈


f : X

∀

∃



⊆

→ Y è continua ⇔ ∀A ⊆ Y aperto in Y , f −1(A) è aperto in X .

Mostriamo le due implicazioni:

( ) Sia A un aperto in Y . Preso un qualunque elemento x f −1 (A), sia y = f (x) A. Considero dunque V A intorno di y (lo trovo in quanto A è aperto). Dato che la funzione è continua, so che U intorno di x tale f (U ) V A, dunque in particolare U f −1 (A).

⇒

∈

∃⊆



⊆ ⊆

6

∈

⊆


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` DI FUNZIONI L.4. CONTINUITA

Abbiamo dunque dimostrato che 1

∀x ∈ f −1(A) trovo U ⊆ f −1(A) intorno di x, dunque

f − (A) è aperto. ( ) Preso x X , considero y = f (x) posso dunque trovare ρ > 0 V  = B(y, ρ) inoltre, x U , in quanto y = f (x) V  , e aperto, è anche un intorno di x; dunque, x tale che f (U ) V , ovvero f è continua.

⇐

∈



∈

⊆

• Esercizio L.8

un intorno di x0 .

f : X

∈ Y , e considero un qualunque intorno V di y; ⊆ V . So per ipotesi che f −1(V ) = U è aperto; ∈ U è la controimmagine di V . Dato che U è ∀ ∈ X , ∀V intorno di f (x), trovo U intorno di x

→ Y è continua in x0 ∈ X ⇔ ∀U intorno di f (x0) in Y , f −1(U ) è

Discende immediatamente dalla definizione.

Soluzione

N.B. Esiste una nozione pi` u generale di quella di spazio metrico, quella di spazio topologico: Definizione L.12 Si dice spazio topologico un insieme in cui sia dichiarata una sua famiglia di sottoinsiemi, detti aperti, tali che valgano le 3 proprietà viste in precedenza. Proposizione L.2 f : X

→ Y è continua ⇔ ∀C ⊆ Y chiuso, f −1(C ) è chiuso (in X ).

 

c

 

Dimostrazione Deriva dal fatto che f −1 (A) = f −1 (Ac ). Si ha, infatti, f −1 (A) x X f (x) A c = x X f (x) A = x X f (x) Ac = f −1 (Ac ).

{ ∈

∈ }

{ ∈

∈ } { ∈

Tutto ciò vale anche per X, Y spazi topologici.



Oss.



∈ }

c

= 



• Esercizio L.9 Siano X, Y spazi metrici; sia x¯ ∈ X e f : X → Y ; allora f è continua in x ¯ ⇔ ∀(xn ) ⊆ X convergente a x ¯, f (xn ) converge a f (¯ x). Dimostriamo le due implicazioni.

Soluzione

⇒ ⊆ ∈

( ) Scelto un qualunque intorno V di f (¯x), per continuità trovo un intorno U di x ¯ tale che f (U ) V . Dato che xn converge a x ¯, definitivamente xn U , e dunque definitivamente f (xn ) V . Dunque, f (xn ) f (¯x). (

)

⇐

∈

→

Supponiamo che, per assurdo, f non sia continua in x ¯; allora,



∃ε > 0 ∀δ > 0 ∃x



d(x, x ¯) < δ

∧





d f (x), f (¯x) > ε

e in particolare, scegliendo δ = n1 , posso costruire una successione (xn ) in modo tale che d(xn , x ¯) < n1 , mentre d f (xn ), f (¯x) > ε n. Dunque, xn x ¯, mentre f (xn ) non può convergere a x ¯: ho trovato quindi un assurdo.



N.B.



∀

→

Le proposizioni sopra riportate sono facili da dimostrare, ma molto importanti.

→

Definizione L.13 Si dice che f : X Y è sequenzialmente continua in x (xn ) X convergente a x, f (xn ) converge a f (x).

∀

⊆

∈ X se ⇔

Dunque, per l’esercizio L.9, una funzione tra due spazi metrici è continua in un punto è sequenzialmente continua nello stesso. Per spazi topologici, invece, vale solo l’implicazione ( ).

⇒



7


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L.5. DISTANZE TOPOLOGICAMENTE EQUIVALENTI

L.5

Distanze topologicamente equivalenti

Definizione L.14 Siano d1 , d2 distanze sullo stesso insieme X ; possiamo considerare la famiglia 1 degli aperti rispetto a d1 , e quella — 2 — degli aperti rispetto a d2 . Diciamo che d1 è una distanza pi` u fine di d2 se 1 2 . In particolare, d1 e d2 si dicono topologicamente equivalenti se 1 = 2 .

T

T T ⊇ T

T T

Proposizione L.3 Dire che d1 è pi` u fine di d2 equivale a dire che idX : (X, d1 )

→ (X, d2)

è continua .

Dimostrazione Immediata per l’esercizio L.8 nella pagina precedente: infatti, idx è continua A e 1  2 , vale A 1 , cio` 2.

⇔ ∀ ∈ T

L.6

∈ T

T ⊇ T

Confronto tra norme sullo stesso spazio vettoriale

· · · → ·

·

Definizione L.15 Date due norme 1 e 2 su V (spazio vettoriale), diciamo che 1 u fine di è pi` 2 se vale la stessa relazione tra le distanze associate alle norme (ovvero, per quanto visto sopra, id : (V, (V, e continua). 1) 2) `

·

• Esercizio L.10 Su V = C 0([0, 1]), le seguenti norme • f ∞ = 0≤sup |f (x)| ∀f ∈ V x≤1

  | |  | | 1

• f 2 =

f (x) 2 dx

∀f ∈ V

0

1

• f 1 =

f (x) dx

0

non sono equivalenti, ma

∀f ∈ V

 · ∞ è più fine di  · 2 che è più fine di  · 1.

Soluzione Utilizzando l’ultima caratterizzazione della proposizione L.6 a pagina 12, mostriamo equivalentemente che f ∞ f 2 f 1 f V . Infatti,

   b

≥  ≥  ∀ ∈ ≤ (b − a) a≤sup f (x) , x≤b

f (x) dx

a

che in particolare dà la prima disuguaglianza cercata per a = 0, b = 1; per la seconda, usiamo la disuguaglianza di Schwarz–H¨ older: dati p e q tali che p1 + 1q = 1, si ha che 1

1

     | | · | | ≥ | b

b

p

f (x)

p

a

b

q

g(x)

q

a

a

·

|

f (x) g(x) dx ;

in particolare, scegliendo p = q = 2, la disuguaglianza si riduce a quella di Cauchy–Schwarz e si ha f 2 g 2 f g 1 . Se, ora, scegliamo come g la funzione che vale costantemente 1 sull’intervallo [0, 1], si ottiene la disuguaglianza cercata f 2 f 1 .

  ·  ≥ 



  ≥ 

8


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L.7. PARTE INTERNA E CHIUSURA DI SOTTOINSIEMI DI SPAZI METRICI

 · ∞ non è equivalente a  · 2, esibiamo una successione di funzioni n tale che f n 2 si mantenga limitata, mentre f n ∞ diverga. A tale scopo, si possono f usare le funzioni √2 n x 0 ≤ x ≤ n1 √ f n (x) = 2n − n2 x n1 ≤ x ≤ n2 , 2 ≤x≤1 0 n √ per cui f n 2 = 1 ∀n, mentre f n ∞ = n → +∞. Infine, per mostrare la non equivalenza di  · 1 e  · 2 , possiamo usare le funzioni n2 x 0 ≤ x ≤ n1 2 gn (x) = 2n − n x n1 ≤ x ≤ n2 , 2 ≤x≤1 0 n per cui f n 1 = 1 ∀n, mentre f n 2 = 23n → +∞. Per mostrare che

  

 

• Esercizio L.11

∈

Sia (X, d) uno spazio metrico, x X , r > 0: provare che la palla di centro x e raggio r B(x, r) = y X d(x, y) < r è un insieme aperto in X .

{ ∈

∈ ⇒ ∈



}

⊆

Soluzione Sia y B(x, r). Devo trovare un ρ > 0 tale che B(y, ρ) B(x, r). Scegliamo ρ = r d(x, y) > 0: sia infatti z B(y, ρ), allora d(y, z) < ρ; ne segue che d(x, z) d(x, y) + d(y, z) < r z B(x, r).

−

∈

≤

Si è visto che fra due spazi metrici le funzioni continue sono anche sequenzialmente continue e viceversa, quindi, se conoscessimo tutte le successioni convergenti di X e Y conosceremmo anche tutte le funzioni continue fra X e Y . Similmente accade per gli insiemi aperti e chiusi, che possono essere caratterizzati in termini di successioni convergenti.

• Esercizio L.12 Sia C ⊆ (X, d) spazio metrico. Allora C è chiuso in X ⇔ è chiuso per successioni (o sequenzialmente chiuso), cioè ∀(xn ) ⊆ C convergente a x ∈ X , vale x ∈ C . Soluzione

Dimostriamo le due implicazioni. c

⇒

⊆∈

∈∈

( trovare ) Se, ρper C allora vorrebbe aperto, dire dunque c ,, dunque potrei > 0assurdo, B(x, ρ)x C dato chedire n siche ha xxn C C ,che ciò èvorrebbe che d(xn , x) ρ, dunque xn non potrebbe convergere a x, assurdo.

≥



∀

¯ = S ( ) Si tratta della proposizione L.4 nella pagina seguente, ricordando che S è chiuso.

⇐

L.7

⇔ S

Parte interna e chiusura di sottoinsiemi di spazi metrici

Come si è visto, unioni di aperti sono aperti: per conseguenza, esiste sempre il pi` u grande aperto contenuto in un assegnato sottoinsieme S X . Questo si chiama parte interna di

⊆



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L.7. PARTE INTERNA E CHIUSURA DI SOTTOINSIEMI DI SPAZI METRICI

˚. S , e si indica con S ˚ = S



{

} ⊆S .

A = il massimo aperto di X contenuto in S

A aperto di X A S

⊆

˚ S ; S ˚ = S S è aperto. In generale, S Dualmente: siccome intersezione di insiemi chiusi sono chiusi, esiste sempre il pi` u piccolo ¯. insieme chiuso di X fra quanti contengono S : si chiama chiusura di S e si indica con S

⊆

⇔



¯= S

{

} ⊇S .

A = il minimo chiuso di X contenente in S

A chiuso di X A S

⊇

¯ In generale, S

⊇ S ; S ¯ = S ⇔ S è chiuso. Inoltre, S ¯c = (S c)◦; (S ˚)c = S c. ¯ ⇔ ∀U intorno di x, Oss. Sia S ⊆ X spazio metrico, allora x ∈ X appartiene a S ∈ S ¯, allora U ∩ S  = ∅ (si dice anche che x è aderente a S ). Infatti, per assurdo, se x  c

¯ è un intorno di x, perché x vi appartiene e l’insieme è aperto; inoltre, questo è U = S evidentemente disgiunto da S . Viceversa, se U è un intorno di x disgiunto da S , vi è un aperto A, x A U , con ovviamente A S = ∅. Dunque, S Ac , che è un insieme chiuso, ¯ Ac x, dunque x S ¯. e per la definizione di chiusura (il più piccolo chiuso), anche S

∈ ⊆

L.7.1

∩

⊆ ⊆ 

∈

Chiusura sequenziale

Negli spazi metrici, la chiusura di S si caratterizza anche come “chiusura sequenziale”. Proposizione L.4 Se S

¯= x X (spazio metrico), S

∈⊆ ∀ ∈

X

{ ∈

(sn )

 ∃ ⊆

S, sn

x .

→  } ∩

¯. n N, consideriamo l’intorno B x, 1 ; allora, B x, 1 S = Dimostrazione Sia x S n n ∅; sia sn un elemento di B x, n1 S : la successione sn è di punti di S , con d(x, sn ) < n1 , dunque sn x. Viceversa, sia x X , (sn ) S, sn x. Allora U intorno di x, U interseca S : infatti, conterrà un sn (con n sufficientemente grande), perché sn U ¯. definitivamente. Quindi, x S 

→

 ∩

∈

⊆

→

∈

Esempio

Soluzione

Sia (V,

∀



∈

 · ) uno spazio vettoriale normato; allora B(a, r) = {x ∈ V x − a ≤ r }  C .



Mostriamo innanzitutto la continuità della norma. Consideriamo la funzione

→ R, ϕ(x) = x − a. Allora, ϕ è 1−lip, infatti |ϕ(x) − ϕ(y)| = x − a − y − a ≤ x − y . Siccome la norma  · , come funzione da V in R, è continua, allora risulta che C è chiuso, in quanto controimmagine di un chiuso (l’insieme [0, r]) tramite la funzione continua ϕ. Siccome B(a, r) ⊆ C chiuso, abbiamo intanto che B(a, r) ⊆ C . Per l’inclusione opposta, sia x ∈ C , cioè x − a ≤ r, vogliamo vedere che ∀U intorno di x, U ∩ B(a, r) =  ∅. Basta considerare il caso di U = B(x, ρ), 0 < ρ < r. Consideriamo il ρ x−a ρ a punto u  x − ρ2 xx− −a ; allora, x − u = 2 x−a = 2 < ρ, dunque u ∈ B(x, ρ); inoltre, u − a = (x − a) 1 − 2xρ−a < x − a ≤ r, quindi ∀x trovo un u ∈ B(a, r) ∩ B(x, r), ϕ : V

dunque x



  ∈ B(a, r).


 




  10


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L.8. APPLICAZIONI LINEARI CONTINUE FRA SPAZI NORMATI

Oss.

Per spazi metrici vale solo l’inclusione B(a, r)

⊇

⊆ {x ∈ X

d(x, a)

≤ r}, mentre

in generale vale r),: mentre ad esempio, (X,y) d), dove B(x, 1) = xnon = B(a, x X siad(x, 1 = dX .è la distanza discreta. Allora,

{}

• Esercizio L.13



{ ∈



≤ }

{}

Verificare che in uno spazio metrico i singoletti x sono insiemi chiusi.

` sufficiente osservare che l’unica successione di elementi dell’insieme è quella Soluzione E costantemente uguale a x, che converge a x, dunque l’insieme è chiuso. Una soluzione alternativa, che non usa la chiusura sequenziale, è la seguente: la proposizione è equivalente a mostrare che X x è aperto. Considerato y X x , abbiamo che x = y d(x, y) = a > 0, dunque B(y, a) X x , ovvero X x è aperto.

\{ }

 ⇒

L.8

∈ \{ } \{ }

⊆ \{ }

Applicazioni lineari continue fra spazi normati

Proposizione L.5 Siano X, Y spazi vettoriali normati, e sia L : X sono equivalenti:

→ Y lineare.

Allora,

1. L è continua; 2. L è continua in 0; 3.

∃C ≥ 0 ∀x ∈ X Lx ≤ C x.



N.B. Nell’ultimo punto, le due norme sono diverse: in effetti, bisognerebbe scrivere Lx Y C x X se ci fosse pericolo di confusione.

  ≤ 

Dimostrazione Dimostriamo le tre implicazioni:

⇒ Ovvio. (2)⇒(3) Per la continuità in zero, preso ε = 1 nella definizione, ∃δ > 0 ∀x ∈ X, x − 0 = x ≤ δ ⇒  Lx − L(0) = Lx ≤ 1. Dico che vale (3) con C = 1δ : infatti, se x = 0, vale la disuguaglianza; se x =  0, considero x = δ xx . Allora, x = δ, quindi Lx = xδ  Lx ha norma ≤ 1 in Y , cioè xδ Lx ≤ 1, o ancora 1 Lx x . Quindi vale (3) con C = 1 . δ δ  ≤   (3)⇒(1) Se vale (3), L è lipschitziana di costante C : ∀u, v ∈ X , Lu − Lv = L(u − v) ≤ C u − v.  b Esempio Sia X = C 0 [a, b],  · ∞ ; Y = R. L : X → Y , Lf = a f (x) dx. L è lineare, continua, ed inoltre vale la (3) con c = b − a, poiché (1) (2)





 

b

f (x) dx

a

Oss.

In generale, L : X

 ≤

(b

− a)f ∞ .

→ Y lineare può non essere continua.



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L.9. PRODOTTI DI SPAZI METRICI

 · 1,  · 2 due norme sullo spazio vettoriale reale X .  · 1 è più fine di  · 2 ⇔ : (X,  · 1)pi`→u fine (X, è ·pi` 2u)grande, è continua ⇔ ∃diC un ≥ 0fattore ∀x ∈moltiplicativo. X, x2 ≤ C x1 . Ci` o significa cheiduna norma a meno Proposizione L.6 Siano



Dimostrazione La prima doppia implicazione è già stata vista; la seconda è stata dimostrata poco sopra. 

 · 1 e  · 2 sono equivalenti ⇔ ∃C > 0 tale che

Vale, inoltre, che

1 x C

 1 ≤ x2 ≤ C x1 ∀x ∈ X . Definizione L.16 Se (X,  · ) è uno spazio vettoriale normato, S ⊆ X si dice limitato se ∃r > 0 S ⊆ B(0, r).

 

n

·

eucl vale la seguente propriet` Ricordiamo che in R , a (compattezza): n (xk ) R limitata, una sottosuccessione (xkl ) convergente .

∀

⊆

∃

Come conseguenza, si ha la seguente Proposizione L.7 Tutte le norme su Rn sono equivalenti.

||  

·    ≤  | | 

Dimostrazione Sia x la norma euclidea di x, e sia un’altra norma arbitraria su Rn . Se x = (x1, x2 , . . . , xn ) Rn , allora x = ni=1 xi ei , con ei la base canonica di n n Rn . Dunque, x = i=1 xi ei i=1 xi ei . Ora, usando la disuguaglianza di Cauchy–Schwarz, si ottiene che

∈

1 2

n

1 2

n

2

x ≤





{ }

2

 | |      i=1

xi

1

i=1

ei

.

n 2 2 . Allora, x Chiamiamo C  Rn , x i=1 ei euclidea è pi` u fine di qualunque altra norma su Rn .

Conseguenza:

 

∀ ∈

  ≤ C |x|.

Dunque, la norma

 ·  : (Rn, | · |eucl) → R è continua (C −lip), perchè per ogni u, v ∈ Rn , u − v ≤ C · |u − v |, che segue dalla disuguaglianza, vera in generale, u − v  ≤ u − v, insieme a quanto visto sopra. Inoltre, l’insieme Σ = {x ∈ Rn |x|eucl = 1} è chiuso e limitato in Rn , dunque per il teorema di Weierstrass la funzione  ·  ha minimo su Σ; quindi, ∃x0 ∈ Σ ∀x ∈ Σ x ≥ x0  = µ > 0. Infatti, x0 ∈ Σ ⇒ |x0 | =  0 ⇒ x0 = 0 ⇒ x0 = 0. Per concludere, se scelgo u ∈ Rn \ {0}, allora u ha norma euclidea 1, quindi ∈ Σ, da

      ≥ ||



cui

u u

Dunque, anche

L.9

µ> 0



|u|

⇒ |u| ≤ µ1 u.

 ·  è più fine di | · |, ovvero le due norme sono equivalenti.



Prodotti di spazi metrici

Definizione L.17 Siano (X, dX ) e (Y, dY ) due spazi metrici. Si pu` o definire una distanza dX ×Y sull’insieme prodotto cartesiano X Y , ponendo

×

{

}

dX ×Y (x, y), (x , y  ) = max dX (x, x ), dY (y, y ) .







12


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L.9. PRODOTTI DI SPAZI METRICI

× Y ) × (X × Y ) → R è davvero una distanza. Infatti, X ècontemporaneamente ovviamente simmetrica anche dY ; dX ×Y ≥ triangolare 0, ed è uguale a zero se x = perch´ x , y e=loy .sono Infine, valed la edisuguaglianza (facile). In questa distanza, una successione {(xn , yn )} converge a (¯ x, y¯) ∈ X × Y ⇔ dX (¯x, xn ) → 0 → x¯ in X . dX ×Y (¯x, y¯), (xn , yn ) → 0 ⇔ ⇔ xy n → dY (¯y, yn ) → 0 y¯ in Y n Inoltre, dato (Z, dZ ) e f : Z → X × Y , cioè f = (f 1 , f 2 ), con f 1 : Z → X , f 2 : Z → Y , f si dice continua in z0 ∈ Z se e solo se Si verifica subito che dX ×Y : (X











f 1 è continua in z0 f 2 è continua in z0

⇔∀ →

.

→

Infatti, f è continua in z0 zn z0 si ha che f (zn ) f (z0 ) in X neamente f 1 (zn ) f 1 (z0 ) in X , e f 2 (zn ) f 2 (z0 ) in Y . Nella distanza dX ×Y , le palle sono prodotti cartesiani di palle:

→



→

B (x, y), r; X (vedi figura 2).

y

× Y

B ( y , ; r Y )



= B(x, r; X )











¡

¡

¡

¡

¡











¡

¡

¡

¡

¡

× Y , cioè contempora-

× B(y, r; Y )









¡

¡

¡

¡

B((x,y),r;X x Y)

 ¡











¡

¡

¡

¡

¡











¡

¡

¡

¡

¡

B(x,r;X) x

`

´

Figura 2: La palla aperta B (x, y ), r ; X × Y come prodotto cartesiano delle palle su X e su Y

• Esercizio L.14

Usare questo fatto per trovare la proprietà di continuità di f : Z in z0 usando la definizione con gli intorni.

∈

→ X ×Y

Soluzione Sia z0 Z , con f (z0 ) = (x, y). Se f è continua in z0 , vuol dire che lo sono le sue due componenti f 1 e f 2 . Dunque che per ogni palla aperta B (x, y), r; X Y  V X V Y , con V X = B(x, r; X ), V Y = B(y, r; Y ), so che trovo un intorno U  di z0 per cui f 1 (U  ) V X (continuit` a di f 1 ) e un intorno U  di z0 per cui f 2 (U  ) V Y (continuit` a di f 2 ). Se ora considero U = U  U  , so che f (U ) V X V Y  V X ×Y , come volevasi (in particolare, tale intersezione non sarà vuota, essendo intersezione di due intorni di z0 ).

∩

⊆



⊆

×

13



×



× ⊆


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L.10. PRODOTTO DI SPAZI VETTORIALI NORMATI

L.10

Prodotto di spazi vettoriali normati

·

·

× · ∀ ∈ × (x, y)X ×Y = max(xX , yY ) .

Se X, e uno spazio vettoriale in modo X e Y, Y sono spazi vettoriali normati, X Y ` naturale; si può dotare della norma ponendo (x, y) X Y X ×Y

• Esercizio L.15 

Verificare che



⇒

 · X×Y è una norma sullo spazio vettoriale X × Y .   ⇒     



⇒ | |  | | 

Soluzione (x, y) X ×Y = 0 max( x X , y Y ) = 0 x X = y Y = 0 x = y = 0. Inoltre, λ(x, y) X ×Y = (λx,λy) X ×Y = max( λx X , λy Y ) = max( λ x X , λ y Y ) = λ (x, y) X ×Y .









| |Restainfine da mostrare la disuguaglianza triangolare. Si ha che (x, z) + (y, w)X ×Y = (x + y, z + w)X ×Y = max(x + yX , z + wY ) ≤ ≤ max(xX + yX , zY + wY ) ≤ max(xX , zY ) + max(yX , wY ) = = (x, z)X ×Y + (y, w)X ×Y , che conclude la dimostrazione.

Oss. La distanza prodotto (costruita precedentemente) delle distanze di X e di Y coincide con la distanza associata alla norma prodotto di X e Y :

·

·

 −   − 

dX ×Y (x, y), (x , y  ) = max dX (x, x ), dY (y, y  ) = max( x x X , y y Y ) = = (x x , y y  ) X ×Y = (x, y) (x , y  ) X ×Y = dX ×Y (x, y), (x , y ) .





 −

• Esercizio L.16



− 





−







Se X è uno spazio vettoriale normato, esiste l’applicazione di somma + : X

(x, x )

× X → X,

→ x + x .

Mostrare che tale applicazione è continua. Oss. Dato che è lineare, si può utilizzare la caratterizzazione vista per le applicazioni lineari continue. Mostrare, poi, che anche la moltiplicazione per scalare

· : R × X → X,

(a, x)

→ ax

è continua.



X ≤ C (a, b)X×X , ma ciò discende immedia-

Soluzione Vogliamo mostrare che a + b tamente da

a + bX ≤ aX + bX ≤ 2max(aX , bX ) = 2(a, b)X×X , dunque la disuguaglianza è verificata con C = 2. Lezioni — Docente: Pietro Majer


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L.11. COMPLETEZZA DI SPAZI METRICI

Per la continuità della moltiplicazione per uno scalare non possiamo ripetere un ragionamento in quanto tale moltiplicazione non è un’applicazione lineare. Utilizziamo dunque lasimile, definizione di continuit` a con i δ e gli ε. ¯ Vogliamo mostrare che, fissato (λ, x ¯) R X ,

∀ε > 0 ∃δ > 0 Ora, dato che λ x



∈ × ¯ x ¯ x < ε . (λ , x ) − (λ, ¯) < δ ⇒ λ x − λ¯

¯ x = λ x − λ x ¯ x = λ (x − x ¯ , − λ¯ ¯ + λ x ¯ − λ¯ ¯) + x ¯(λ − λ)

si ha che

¯ x ≤ |λ |x − x ¯| . λx − λ¯ ¯  + x ¯|λ − λ

Ora, posso scegliere λ in modo tale che il secondo addendo sia minore di 2ε , in quanto tutte le altre quantità sono già fissate; a questo punto, nel primo addendo l’unica quantità che può variare è x , dunque posso sceglierlo in modo tale che anche questo addendo sia minore ¯ x < ε, come si voleva. di 2ε . In conclusione, posso trovare (λ , x ) in modo che λ x λ¯



• Esercizio L.17

− 

× Y c’è anche la norma (x, y)+ = xX + yY ; verificare che  · + è una norma su X × Y , equivalente a  · X ×Y . Soluzione

Se X , Y sono spazi normati, su X

L’unica proprietà delle norme non banale da dimostrare è la disuguaglianza

triangolare. Per dimostrarla, osserviamo che

(x, y) + (z, w)+ = (x + z, y + w)+ = x + zX + y + wY ≤ ≤ xX + zX + yY + wY = (x, y)+ + (z, w)+ . Per mostrare l’equivalenza, osserviamo che

{ X , yY } ≤ xX + yY ≤ 2max{xX , yY } .

max x

L.11

Completezza di spazi metrici

Sia (xn ) una successione convergente a x ¯ nello spazio metrico (X, d). Come conseguenza, siccome d(x p , xq ) d(x p , x ¯) + d(¯x, xq ), vale che

≤



∀ε > 0 ∃nε ∈ N ∀ p,q ≥ nε

d(x p , xq )

≤ε.

(L.1)

Definizione L.18 Una successione verificante la propriet` a L.1 si dice successione di Cauchy o successione fondamentale. Dunque, ogni successione convergente è una successione di Cauchy; in generale, però, non vale il viceversa: ad esempio, sia Q con la distanza d(x, y) = x y . Prendiamo una successione (xn ) Q tale che xn 2 in R. Allora, dato che (xn ) converge in R, è una successione di Cauchy in R, quindi anche in Q, ma non esiste limn→∞ xn in Q. Altro esempio: X = C 0 [0, 1], con . Allora esistono una gran quantità di successioni in X , fondamentali ma non convergenti in1 X .

⊆

| − |

→√

·



15


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⊆ (X, d) una successione di Cauchy, e supponiamo che questa ammetta una sottosuccessione (xn ) convergente a x ¯ ∈ X . Allora, anche (xn ) converge a x ¯. Lemma L.8 Sia (xn )

k

Dimostrazione Voglio vedere che d(¯x, xn ) è minore di ε definitivamente. Dato che la sottosuccessione converge, so che kε k > kε d(¯x, xnk ) 2ε . Inoltre, essendo (xn ) di Cauchy, nε p,q nε d(x p , xq ) ε2 .

∃

∀

≥

∀ ≤

∃

≤

Ora, per la disuguaglianza triangolare,

≤ d(¯x, xn ) + d(xn , xn) ≤ 2ε + 2ε = ε , purché k ed n siano tali che k ≥ kε , nk ≥ nε e n ≥ nε . d(¯x, xn )

k

k



Corollario L.9 Se (xn ) è una successione di Cauchy in R, allora converge a un limite x ¯ R.

∈

Dimostrazione Innanzitutto, (xn ) di Cauchy è limitata. Infatti, preso ε = 1 nella definizione di successione di Cauchy, so che n ¯ x p xq 1 p,q n ¯ ; in particolare, x p xn¯ 1, quindi x p xn¯ + 1 p n ¯ . Dunque, n N

| − |≤



∃ | − |≤ ∀ ≥ | | ≤| | ∀ ≥ ∀ ∈ |xn | ≤ max{|xi + 1| 0 ≤ i ≤ n¯} < +∞ .



Allora, esiste una sottosuccessione (xnk ) convergente, e dato che (xn ) è una successione di Cauchy, (xn ) converge allo stesso limite, per il lemma L.8.



Oss. La stessa dimostrazione vale anche per Rd , ricordando che anche in Rd successioni limitate hanno estratte convergenti. Lemma L.10 Sia (xn ) una successione di Cauchy nello spazio normato (X, (xn ) è limitata.

 · X ). Allora,

Dimostrazione La dimostrazione è la stessa vista poco sopra, in quanto xn n nε , e restano fuori un insieme finito di elementi.

∀ ≥

∈ B(xn , ε) ε



Definizione L.19 Uno spazio metrico (X, d) si dice completo se tutte le successioni di Cauchy di X convergono (in X ). Esempio

R e più in generale Rn sono tutti spazi completi.

Definizione L.20 Due distanze d1 , d2 sullo stesso insieme X si dicono (topologicamente) equivalenti se la famiglia degli insiemi aperti per d1 coincide con la famiglia degli aperti per d2 . N.B. Se d1 e d2 sono (topologicamente) equivalenti, e se (X, d1 ) è completo, allora non è detto che (X, d2 ) lo sia. Cercare una distanza d˜ su R, topologicamente equivalente alla distanza euclidea, tale per cui R, d˜ non sia completo.

• Esercizio L.18

 

˜ y) = arctan x arctan y , con la sucSoluzione Possiamo considerare la distanza d(x, cessione xn = n. Osserviamo innanzitutto che d˜ è effettivamente una distanza, in quanto

|



16

−

|


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le proprietà sono banalmente verificate. Inoltre, è topologicamente equivalente alla distanza euclidea, in quanto palle eaperte tutti i possibili segmenti privatiaperti degli della estremi, insieme a tutta la rettale reale a tuttesono le semirette, e generano gli stessi to˜ pologia euclidea. Se mostriamo che xn è di Cauchy rispetto a d abbiamo finito, in quanto limn→∞ xn = + R. Ci` o è molto semplice da verificare: osserviamo infatti che la funzione arctan è strettamente crescente e che lim x→∞ arctan x = π2 , dunque se n > m si ha che

∞ ∈

˜ m) = arctan n d(n,

|

π m→∞ − arctan m| ≤ nlim arctan n − arctan m = − arctan m −−−−→ 0 , →∞ 2

dunque xn è di Cauchy, come si voleva. N.B.

Per gli spazi vettoriali normati, invece, vale la seguente

 · 1 e  · 2 sono due norme equivalenti  · 2) lo è. Dato che le due norme sono equivalenti, so che ∃C > 1 ∀x ∈ E

Proposizione L.11 Se E è uno spazio vettoriale, su E e se (E, e completo, allora anche (E, 1) `

·

Dimostrazione



1 x C

 1 ≤ x2 ≤ C x1 .

⊆

 · 2. Allora, (xn) è di Cauchy · x p − xq 1 ≤ C x p − xq 2 ≤ Cε ∀ p,q ≥ nε . Essendo (X,  · 1 ) completo, xn → x ¯ nella distanza di  · 1 , ma allora converge anche in  · 2 , perché xn − x¯2 ≤ C xn − x¯1 → 0 . Dunque, anche (X,  · 2 ) è completo.  Sia (xn ) E una successione di Cauchy rispetto a anche rispetto a 1 , in quanto

• Esercizio L.19

Se (X, dX ) e (Y, dY ) sono spazi metrici completi, allora anche (X

Y, dX ×Y ) lo è.

×

` sufficiente dimostrare che se (xn , yn ) è di Cauchy in X Y , allora (xn ) è Soluzione E di Cauchy in X e (yn ) è di Cauchy in Y . Ma ciò è ovvio, perché significa che ε > 0, definitivamente (xn , yn ) (xm , ym ) X ×Y < ε Ma tale norma è per definizione il massimo tra xn xm X e yn ym Y , dunque anche (xn ) e (yn ) sono di Cauchy.

 − 



−

 − 

×



In generale, se (X, d) è uno spazio metrico, e Y la distanza relativa, cioè

|

d Y ×Y : Y

× Y → R

(Y

∀

⊆ X , allora Y è uno spazio metrico con × Y ⊆ X × X ) .

•

|

Esercizio L.20 Dimostrare che se (X, d) è completo e Y è chiuso in X , allora (Y, d Y ×Y ) è completo; se (X, d) è uno spazio metrico e (Y, d Y Y ) è completo, allora Y è chiuso in X .

| Appunti redatti da Giovanni Pizzi


17

× Lezioni — Docente: Pietro Majer

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L.12. COMPETEZZA RISPETTO ALLA DISTANZA UNIFORME

Soluzione la prima consideriamo successione di Cauchy valori dato che X è Per completo, taleparte, successione avrà un una limite in X , diciamo x ¯. Ma,adato cheinY Y :è chiuso, tale limite deve stare in Y , cioè x ¯ Y , dunque tutte le successioni di Cauchy di Y convergono in Y , che è quanto si voleva. Per la seconda parte, supponiamo per assurdo che Y non sia chiuso, dunque che esista una successione xn convergente a x ¯ X , con x ¯ Y . Dato che ogni successione convergente è anche di Cauchy, (xn ) è di Cauchy in X , dunque anche in Y . Ma, essendo Y completo per ipotesi, (xn ) dovrebbe convergere in Y , assurdo.

∈

∈

∈

 · ) uno spazio vettoriale normato, e sia S un qualunque insieme. Definizione L.21 Se f : S → E , si definisce la “norma” uniforme su S f ∞,S = sup f (x)E ≤ +∞ x∈S Sia (E,

(ci sono le virgolette perché potrebbe essere infinita). E ).



∞ ⇔ f : S → E è limitata (cioè, f (S ) è un sottoinsieme limitato di

Vale che f ∞,S <

Consideriamo l’insieme delle funzioni limitate da S in E



B(S, E )  {f : S → E f ∞,S < +∞} . Allora, B(S, E ) è uno spazio vettoriale normato da  · ∞,S . Infatti: f

,S

0; inoltre, f

∞

,S

=0

x

S, f (x) = 0

f

0.

∞

•• ∀t ∈ R, (tf )(x) ≥ = tf (x)  e (tf )x⇔ ∀ ∈ ⇔ ≡ E = |t|f (x)E , quindi prendendo supx∈S otteniamo che tf ∞,S = |t| · f ∞,S . • Se f, g : S → E , allora ∀x ∈ S f + g (x) E = f (x) + g(x)E ≤ f (x)E + g(x)E ≤ f ∞,S + g ∞,S ;

  

prendendo supx∈S , si ha infine

f + g∞,S ≤ f ∞,S + g∞,S . Dunque, se f, g su (S, E ).

B

Oss.

L.12

∈ B(S, E ), anche tf e f + g appartengono a B(S, E ), e  · ∞,S è una norma 



Se è chiaro dal contesto, si scrive semplicemente f ∞ invece di f ∞,S .

Competezza rispetto alla distanza uniforme

` definito allora lo spazio normato delle Sia S un insieme; (X, ) uno spazio normato. E funzioni limitate da S in X

·

B(S, X ) = {f : S → X, f ∞,S < ∞} . Proposizione L.12 Se (X,  · ) è completo, anche B(S, X ),  · ∞,S Lezioni — Docente: Pietro Majer


18





lo è.


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L.12. COMPETEZZA RISPETTO ALLA DISTANZA UNIFORME

Dimostrazione Sia (f n )

⊆ B(S, X ) di Cauchy; bisogna provare che ∃f ∈ B(S, X ) tale che

→ f in B(S, X ), cioè n→∞ f n − f ∞,S −−−−→ 0, quindi: ∀ε > 0 ∃nε ∈ N ∀ p, q > nε f p − f q ∞,S ≤ ε. In particolare, ∀s ∈ S , poiché f p (s) − f q (s)X ≤ f p − f q ∞,S , {f n (s)} è una successione di Cauchy in X , quindi converge in X , che è completo per ipotesi. In questo modo, è definita una funzione f : S → X tale che ∀s ∈ S , f n



f (s)  lim f n (s) :

→∞

n

la successione (f n ) converge puntualmente a f . Bisogna ora verificare che f

(S, X ) , e che f n f ∞,S ∞ ,S Cauchy in  ·  , è limitata ∈rispetto B a  · ∞,S. Dunque, − 

∃R ≥ 0 ∀ ∈ S, ∀n ∈ N,

quindi s

∈





f n ∞,S

0. Siccome f n è di

→

≤R;

f n(s)X ≤ f n∞,S ≤ R ;

tenendo fisso s S , facciamo limn→∞ e quindi otteniamo che f n (s) f n (s) X f (s) X ; quindi, f (s) X R e ciò s S , dunque anche



 →





 ≤ ∀ ∈ sup f (s)X = f ∞,S ≤ R . s∈S

→ f (s) ∈ X ,

 · ∞,S : ∀ε > 0 ∃nε ∈ N p,q ≥ nε, ∀s ∈ S f p(s) − f q (s)X ≤ ε . Ora, fissato ε > 0 ed il corrispondente nε , vale che ∀ p > nε , ∀s ∈ S (passiamo al limite per q → ∞), si ha che f p (s) − f (s)X ≤ ε. Torniamo all’ipotesi f n di Cauchy per

∀

Quindi (con lo stesso nε dato dalla condizione di Cauchy), passando al sups∈S , abbiamo che f p f ∞,S ε ,

 −  cioè f n → f anche nella norma  · ∞,S . L.12.1

≤



Caso di uno spazio metrico

Se (S, d) è uno spazio metrico, possiamo considerare l’insieme delle funzioni continue e limitate S X

→

C B0 (S, X ) = f : S

{

→ X

che in effetti è un sottospazio vettoriale.



f continua e limitata

 · ) è uno spazio normato, allora  · ∞,S .

Proposizione L.13 Se (S, d) è uno spazio metrico e (X, C B0 (S, X ) è un sottospazio vettoriale chiuso in (S, X ), Oss.

B

} ⊆ B(S, X ) ,



In altre parole, la precedente proposizione afferma che limiti uniformi di funzioni

continue sono ancora funzioni continue. Appunti redatti da Giovanni Pizzi


19


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L.13. TEOREMA DEL PUNTO FISSO DELLE CONTRAZIONI

⊆ C B0 (S, X ) una0successione convergente uniformemente a f ∈ 0 Bsuccessioni, (S, X ). Vogliamo provare che f ∈ C B (S, X ) : ciò significa che C B (S, X ) è chiuso per quindi chiuso. S Per vedere che f è C 0 , sia sn − → s una successione convergente in S : bisogna allora X vedere che f (sn ) −→ f (s). Sia p ∈ N, allora dalla disuguaglianza triangolare f (sn) − f (s)X ≤ f (sn) − f p(sn) + f p(sn) − f p(s) + f p(s) − f (s) .

Dimostrazione Sia (f n )

Fissato ora ε > 0, posso trovare un p tale che il primo ed il terzo addendo siano minori di 3ε , in quanto f p f in (S, X ), cioè uniformemente, dunque ognuno dei due termini è minore od uguale a f p f ∞,S . A questo punto, fissato p posso trovare un nε tale che n > nε anche il secondo addendo è minore di 3ε in quanto f p è una funzione continua, dunque f p (sn ) f p (s).

→

∀

B  −  →

∀ ∀

∃

In conclusione, si è ottenuto che sn , ε > 0 nε è quanto si voleva, dunque anche f è continua.

∀



n > nε , f (sn )

− f (s)X ≤ ε, che

Trovare una successione di funzioni continue f n : R puntualmente a una f : R R discontinua .

• Esercizio L.21

→



→ R convergenti

Soluzione Un possibile esempio è la successione f n (x) = arctan(nx), che converge puntualmente a

 − π 2

f (x) =

0

π 2

x>0 x =0 . x<0

·

Come conseguenza dell’esercizio L.20, sia ha che se ( S, d) è uno spazio metrico e (X, ) è uno spazio normato completo, allora anche C B0 (S, X ), ` e completo (in quanto ` e ∞,S chiuso in (S, X ), che è completo).



B

L.13

·



Teorema del punto fisso delle contrazioni

Teorema L.14 (Punto fisso) Sia (X, d) uno spazio metrico completo non vuoto, e sia T : X X una contrazione, ovvero una mappa k lipschitziana, con k < 1. Allora

→ 1. ∃! x ¯ ∈ X 2.

−



∀x0 ∈ X

T (¯x) = x ¯ n n

volte

 ◦ · · · ◦ 

T (x0 ) = (T

 ≤

3. d T n x0 , x ¯

T )(x0 ) converge a x ¯

∈ X

k n d(x0 , x ¯)

1

4. d(y, x ¯)

≤ 1 − k d(T y , y)



20


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Dimostrazione Iniziamo mostrando il punto 2. Sia x0

∈ X ; dico allora che (T m x0)m∈

N

è

di Cauchy: infatti, presi p, q due naturali (con q = p + n), si ha che d(T p x0 , T q x0 ) d(T p x0 , T p+1 x0 ) + + d(T p+n−1 x0 , T p+n x0 )

≤ ··· ≤ p p+1 p+n−1 ≤ k d(x0, T x0) + k d(x0, T x0) + ··· + k d(x0 , T x0 ) = =

    kj

d(x0 , T x0 )

≤

p j

=

≤ k p

k p

    ∞

kj

d(x0 , T x0 ) =

j =0

− k d(x0, T x0) , poiché se T è k −lipschitziana, T ◦ T è k 2 −lipschitziana, e T p è k p −lipschitziana. Quindi, ∀ε ∃n0 ∀n0 ≤ p ≤ q (k p ≤ kn ) si ha 1

0

 

≤

d T p (x0 ), T q (x0 )

k p 1

− k d(x0, T x0) ≤ ε ,

cio` e la successione delle iterate (T n x0 ) è di Cauchy, quindi converge a un x ¯ X , in quanto X è completo per ipotesi. Ora, T n (x0 ) x ¯; T è continua T T n (x0 ) = T n+1 (x0 ) T ¯ x e, per l’unicità del limite, T ¯ x=x ¯.

→

→

⇒

∈

Inoltre, il punto fisso è unico, perchè presi x ¯, y¯ tali che T ¯ x=x ¯, T ¯ y = y¯, allora d(¯x, y¯) = d(T ¯ x, T ¯ y) cioè (1

≤ k d(¯x, y¯) ,

− k)d(¯x, y¯) ≤ 0 ⇔ d(¯x, y¯) = 0 ⇔ x¯ = y¯, che dimostra anche il punto 1.

Per il punto 3,

n

n

n

n

d(T x0 , x ¯) = d(T x0 , T x ¯) Infine, per il punto 4, se y X , si ha che

∈

≤k

d(x0 , x ¯) .

≤ d(y , T y) + d(T y, x¯) = d(y , T y) + d(T y , T x¯) ≤ d(y , T y) + k d(y, x¯) , da cui d(y, x ¯) ≤ 1−1 k d(y , T y).   ∅, per provare che il punto Oss. Se T : X → X è una contrazione su (X, d) completo = fisso x ¯ = T ¯ x ha una certa proprietà P , il modo più pratico (spesso) è provare che l’insieme F ⊆ X degli x ∈ X per cui vale P è chiuso, non vuoto e T −invariante (T (F ) ⊆ F ). Infatti, ∀F ⊆ X chiuso, non vuoto e T −invariante, x¯ ∈ F , perché basta applicare il teorema delle contrazioni a T |F : F → F , che è completo per l’esercizio L.20, ed è ben definito per la T invarianza. Dunque questa funzione ammette punto fisso, che è necessariamente x ¯ per l’unicit` − a del punto fisso. d(y, x ¯)

• Esercizio L.22

Provare che esiste una unica funzione f : R

si abbia

f (2x) = 2f (x)

−

− 2sin x ,

∃

→ R limitata, tale che ∀x ∈ R

 ∀ ∞ ∀ ∈

e provare che f è continua, dispari, 2π periodica ed inoltre α > 0 f (x) > 0 0 < x < α. ¯ = R) tale che f  (x) = + Provare, poi, che esiste D denso in R (D x D, dove con f  (x) intendiamo f (x + h) f (x) ¯ lim R. h→0 h Infine, trovare un espressione per f (x) come serie.

−



21

∈


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1

B

→B

Soluzione allora Sia Φesiste : (Run’unica , R) (R, R) tale Φ f (x) = 2 f (2x) + sinMa x. Se Φ è una contrazione, funzione conche le caratteristiche richieste.

Φ(f ) −



1 Φ(g) = f (2x) + sin x 2



 −

   

1 g(2x) + sin x = 2 1 1 = f (2x) g(2x) = f (x) 2 2



−





− g(x) ,

dunque Φ è in effetti una contrazione. Dato che possiamo ripetere tutta la dimostrazione con Φ : C 0 (R, R) C 0 (R, R), la funzione cercata è continua. Per mostrare che f è dispari, osserviamo che l’insieme F  delle funzioni limitate tali che f è dispari è

→

non vuoto

Basta considerare la funzione arctan x.

chiuso Sia δa il funzionale lineare e continuo δa : C 0 R definito da δa (f ) = f (a) (tale funzionale è continuo in quanto limitato, essendo δa (f ) f ∞ ). Allora, f è dispari se e solo se x R vale (δx + δ−x )f = 0, ovvero il nostro insieme F  è

∀ ∈



F  =

→ | ≤ 

|

∈R

x

Ker(δx + δ−x ) .

{}

Ora, ogni Ker è un chiuso, essendo controimmagine del chiuso (in R) 0 tramite la funzione continua (δx + δ−x ), dunque F  , essendo intersezione di chiusi, è ancora un chiuso.

−

Φ invariante Φ(f )( x).

−

Se f (x) =

−

−f (−x), Φ(f )(x) = 12 f (2x) − sin x = − 12 f (−2x)+sin(−x) = −

In modo analogo 2π vuoto periodica, in quanto l’insieme F  delle funzioni limitate talipossiamo che f (x) mostrare = f (x + che 2π) f è ènon (ad esempio contiene la funzione sin x), Φ invariante (se f (x) = f (x + 2π), allora Φ(f )(x + 2π) = 12 f 2(x + 2π) + sin(x + 2π) = f (2x) + sin x = Φ(f )(x)), e chiuso: sia infatti f n (x) una successione di funzioni 2π periodiche che convergono a f (x), allora per l’unicità del limite

−

−



f n (x)

→ f (x) ;







→ f (x + 2π) ⇒ f (x) = f (x + 2π) ,

f n (x) = f n (x + 2π)

ovvero anche la funzione limite sta in F  . Per trovare uno sviluppo in serie per tale funzione usiamo la proprietà E.12 a pagina 88, con E = (R, R), A(f ) = 12 f (2x), h = sin x. Calcoliamo il termine n esimo della serie:

B

−

1

Ak h(x) = Ak (sin x) = Ak−1

 

= Ak−2



sin2x

2 =



1 sin22 x 22

1

= Ak−2

1

 ·



··· = 21k sin2k x .

2

2

sin (2 2x)

·

=



Lo sviluppo in serie di f sar` a dunque dato da

∞ 1

+

f (x) =



k=0

2k

sin(2k x) .

Per mostrare che D denso in R tale che f  (x) = + x D, innanzitutto mostriamo che f  (0) = + . Infatti, usando lo sviluppo per f pocanzi trovato, si ha

∞

∃

∞ ∀ ∈

∞

f (x) k xlim →0 x = xlim →0 k=0 ϕ(x 2 ) , Lezioni — Docente: Pietro Majer


22



·


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` L.14. PERTURBAZIONI LIPSCHITZIANE DELL’IDENTITA

dove ϕ(t) =

sin t t . (N +1)

N

≤ ≤

Sia, ora, 2− x 2− . Allora, N −1 ∞ f (x) = ϕ(x 2k ) + ϕ(x 2k ) x





·

k=0

k=N

·

≥ N sin(1) +

∞



ϕ(x 2k ) ,

·

k=N

dove la disuguaglianza discende dalla decrescenza di ϕ su [0, 1]. Per il secondo termine, poi, si ha

   ∞

  ≤ ∞

∞

1 ≤ 2 =4, k · 2 −N k=N k =N k=N dove la prima disuguaglianza discende dalla relazione | sin x| ≤ 1, mentre la seconda da x ≤ 2−(N +1). N →∞ +∞ (osserviamo In conclusione, dunque, si ha che limx→0 f (xx) > N sin(1) − 4 −−−−→ che N → ∞ ⇒ x → 0). Mostriamo, ora, che f  (x0 ) = f  (2x0 ) − cos x0 o, equivalentemente, f  (2x0 ) = f  (x0 ) +

·

k

ϕ(x 2 )

1 x 2k



cos x0 . Si ha, infatti, usando la relazione funzionale per f : f (2x0 + 2h) 2h

− f (2x0) = 2f (x0 + h) + 2 sin(x0 + h) − 2f (x0) − 2sin(x0 + h) = 2h f (x0 + h) − f (x0 ) sin(x0 + h) − sin(x0 + h) = + h

h

→

da cui, passando al limite per h 0, si ottiene la relazione cercata. Ora, dato che f  (0) = + , per la periodicità f  (x) = + su tutti i punti della forma

∞

∈

∞

∞

2kπ la relazione appena dimostrata, abbiamo che f  (x) = + 2kπ k della su Z. Usando, tutticon i punti forma poi, Z, h N 0 , in quanto il coseno è limitato. Dato 2h con k che (a meno del fattore 2π) i numeri cercati sono tutti e soli i numeri che si possono scrivere in base 2 con uno sviluppo decimale finito (detto insieme dei diadici), e che ogni numero reale si può approssimare con precisione arbitraria con uno di questi numeri, tale insieme è denso in R, come volevasi. Infine, per mostrare che α > 0 tale che f è positiva su ]0, α[, osserviamo innanzitutto che f è positiva su π4 , π2 : infatti,

∈

 

f (x) = sin x +

∈ \{ }

∃

1 sin2x + 2

 ≥

n 2

1 sin2n x 2n

≥ sin π4 −

 ≥

n 2

1 2n

≥

√2 − 1 2

>0.

Dalla relazione ricorsiva f x2 = 12 f (x) + sin x2 , si ha che f (x) 0 0. Dunque, f x2 π π f è positiva su tutti gli insiemi della forma 2k+1 , 2k . Passando al limite per k , otteniamo dunque che f è positiva almeno su ]0, π2 ].



L.14





≥ ⇒

 ≥

→∞

Perturbazioni lipschitziane dell’identit` a

⊆

Teorema L.15 Sia X uno spazio vettoriale normato completo (di Banach), e sia Ω X aperto; sia poi g : Ω X una funzione lipschitziana di costante k < 1. Allora, l’applicazione f  I + g ( I è la funzione identità) ha le seguenti proprietà:

→

• f (Ω) è aperto in X ; precisamente: ∀x ∈ Ω e ∀r > 0 tale che B(x, r) ⊆ Ω si ha che f (B(x, r) ⊇ B f (x), (1 − k)r Appunti redatti da Giovanni Pizzi


23

 



;


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` L.14. PERTURBAZIONI LIPSCHITZIANE DELL’IDENTITA

• f 1: Ω −∼→ f (Ω) è un omeomorfismo; precisamente, la funzione f −1 : f (Ω) → Ω è 1−k −lipschitziana. Dimostrazione Sia B(x, r) ⊆ Ω; vogliamo vedere che B f (x), (1 − k)r ⊆ f B(x, r) , cioè: ∀y ∈ B f (x), (1 − k)r ∃ξ ∈ B(x, r) f (ξ) = y. Dato y con f (x) − y ≤ (1 − k)r, cerco dunque ξ con ξ − x ≤ r tale che ξ + g(ξ) = y. Consideriamo l’applicazione T : B(x, r) → X tale che T (ξ) = y − g(ξ). Vogliamo un punto fisso ξ ∈ B(x, r) di T : ξ = T (ξ) ⇒ ξ = y − g(ξ). Verifichiamo subito









  

le ipotesi del teorema del punto fisso. Sicuramente T ha costante di Lipschitz k; il dominio è B(x, r) che è uno spazio metrico completo, in quanto la palla è chiusa in X completo (esercizio L.20). Resta solo da verificare che T B(x, r) B(x, r). In effetti, se u B(x, r), cioè u x r, voglio verificare che T (u) x r, ma ciò è vero in quanto T (u) = y g(u), da cui

∈

 − ≤



 ⊆ − ≤

− T (u) − x = y − g(u) − x = y − x − g(x) + g(x) − g(u) ≤ ≤ y − x + g(x)  + g(x) − g(u) = y − f (x) + g(x) − g(u) ≤ ≤ (1 − k)r + kr = r . Come conseguenza, si ha che f (Ω) è aperto: se y ∈ f (Ω), devo vedere che esiste una palla B(y, ε) ⊆ f (Ω): y è della forma y = f (x), con x ∈ Ω; Ω aperto ⇒ ∃ r > 0 B(x, r) ⊆ Ω e, come abbiamo appena dimostrato, si avrà B(y, ε) ⊆ f (Ω) con ε = (1 − k)r. Per il secondo punto del teorema, mostriamo che f : Ω → f (Ω) è iniettiva (per come abbiamo scelto l’insieme immagine è ovviamente surgettiva). Siano x, x ∈ Ω, allora f (x) − f (x) = x + g(x) − x − g(x) ≥ x − x − g(x) − g(x ) ≥ ≥ x − x − kx − x = (1 − k)x − x : quindi se x =  x  anche f (x) = f (x), e f (x) è iniettiva dunque bigettiva, Ω −∼→ f (Ω);







sia y = f (x), y = f (x ); la disuguaglianza di sopra si scrive:

f −1(y) − f −1(y) ≤ 1 −1 k y − y ∀y, y ∈ f (Ω) , cioè f −1 : f (Ω)

•X Esercizio → X . L.23

→ Ω è 1−1 k −lipschitziana, in particolare continua.



Se Ω = X , allora anche f (Ω) = X e quindi f sar` a un omeomorfismo

∀ ∈ ∃ ∈



Soluzione Ci basta mostrare che f è surgettiva, ovvero che y X x X f (x) = y. Infatti, se consideriamo l’applicazione T (x) = y g(x), questa è lipschitziana di costante minore di uno, ed inoltre sono verificate tutte le ipotesi del teorema del punto fisso. Si conclude in modo analogo al teorema precedente.

−

Di f −1 possiamo dire un po’ di più: provare che f −1 : f (Ω) forma f (y) = y + h(y) con h : f (Ω) Ω lipschitziana di costante k .

• Esercizio L.24 −1

→ Lezioni — Docente: Pietro Majer


→ Ω è della

−

1 k

24


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L.15. CALCOLO DIFFERENZIALE

Soluzione Sia x = ( + g)x, y = ( + g)y. Dato che h(a) = ( + g) 1  I − I I stimare la quantità −  −  1 1 I + g) I x I + g) I y . x y  Questa quantità è uguale a



 −

−

| − |

   −

(a), vogliamo

−I



|x − (I + g)(x) − y + (I + g)y| = |g(y) − g(x)| , |(I + g)x − (I + g)y| |x − y + g(x) − g(y)| e per la lipschitzianità di g si ha

|g(y) − g(x)| k |x − y | k |x − y + g(x) − g(y)| ≤ |x − y| − |g(x) − g(y)| ≤ 1 − k , che è proprio la costante di Lipschitz cercata.

L.15

Calcolo differenziale

f (x) Sia f : Ω E F , con E = Rn , F = Rm o pi` u in generale due spazi di Banach. f (yy)− −x , tuttavia, non ha pi` u senso se E = R. L’idea per la giusta generalizzazione di derivata è usare la definizione di derivata tramite sviluppo al primo ordine.

⊆ →



⊆

Definizione L.22 Sia Ω aperto E ; E, F spazi di Banach. f : Ω in x0 Ω se L : E F lineare e continua tale che

∈

∃

→

f (x) = f (x0 ) + L(x

x0 ) + o( x

−

x0 )

→ F è differenziabile

(per x

 − 

x0 ) .

→

N.B. Se E = Rn , F = Rk , allora ogni applicazione lineare L : Rn nella definizione non serve dire “continua”.

→ Rk è continua, e

→

Oss. Nel caso di funzioni f : R R, le uniche funzioni lineari sono la moltiplicazione per una costante, e si ottiene la definizione di derivata già vista nel caso reale. La notazione di Landau è la stessa già vista per R: U intorno di x0 E ; f, g : U F ; f (x) = O g(x) per x x0 significa: C > 0 tale che f (x) C g(x) x U , e similmente la definizione di o piccolo, dunque quando scriveremo o(x) con x Rn , questo sar` a equivalente a o( x ). La definizione equivale dunque a dire che

 



→ −

∃



∈ ≤ 

∀ ∈ ∈

→

0

x→x f (x) − f (x 0 x0−) −x0L(x  − x0) −−−−→

e si può quindi anche scrivere come:



∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x con x − x0 < δ vale f (x) − f (x0) − L(x − x0) ≤ εx − x0 . Oss. Se L esiste è unico: se anche f (x) = f (x0 ) + M (x − x0 ) + o(x − x0 ), sottraendo i due sviluppo si trova: (L − M )v = o(v) (v → 0) . In particolare, ∀v0 ∈ E e v = tv0 , con t ∈ R, t · (L − M )v0 = o(t) e, dividendo per t, (L − M )v0 = o(1) per t → 0 . Quindi Lv0 = M v0 ; essendo v0 arbitrario, L = M . Appunti redatti da Giovanni Pizzi


25


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L.15. CALCOLO DIFFERENZIALE

Definizione L.23 Tale unico L si indica con Df (x0 ) o

df (x0 ) o f  (x0 ) e si chiama

differenziale di f in x0 . Oss. Se f è differenziabile in x0 , è anche continua in x0 :

 

f (x) = f (x0 ) + D f (x0 ) (x

− x0) + o(x − x0) = f (x0) + o(1)

(x

→ x0) .

Elenchiamo di seguito alcune proprietà del differenziale:

• Sia Ω ⊆ E aperto; siano f, g : Ω → F differenziabili in x0 ∈ Ω.

Allora, f + g è

differenziabile in x0 e D(f + g)(x0 ) = Df (x0 ) + Dg(x0 ). Infatti, sommando i due sviluppi si ottiene f (x) = f (x0 ) + Df (x0 )(x g(x) = g(x0 ) + Dg(x0 )(x

0 o(x − x0 ) −−xx0))++ o(x − x0)





− x0) + o(x − x0) • Similmente, ∀c ∈ R, cf è differenziabile in x0 e D(cf )(x0) = c · Df (x0). • Regola di composizione Siano E , F , G spazi di Banach; sia U aperto di E , V aperto di F ; V ⊇ f (U ), f : U → F , g : V → G. Sia x0 ∈ U , y0 = f (x0 ) ∈ V . Allora, se f è differenziabile in x0 e g è differenziabile in y0 , la funzione g ◦ f : U → G è differenziabile in x0 , con D(g ◦ f )(x0 ) = Dg(y0 ) ◦ Df (x0 ) . (f + g)(x) = (f + g)(x0 ) + Df (x0 ) + Dg(x0 ) (x

Abbiamo, infatti,

f (x) = f (x0 ) + A(x g(y) = g(y0 ) + B(y

− x0) + o(x − x0) − y0) + o(y − y0)

→ y0) → y0)

(x (y

da cui

◦

      −

    

− x0) + o(x − x0) = = g f (x0 ) + B A(x x0 ) + o(x − x0 ) + o A(x − x0 ) + o(x − x0 ) = = (g ◦ f )(x0 ) + BA(x − x0 ) + Bo(x − x0 ) + o A(x − x0 ) + o(x − x0 )

(g f )(x) = g f (x) = g f (x0 ) + A(x

 

.

Per mostrare la tesi, è dunque sufficiente mostrare che la quantit` a fra parentesi graffe è o(x x0 ): la dimostrazione è come per le funzioni R R.

− − − −

→

−

Utilizzando la proprietà 3 data dalla proposizione L.5 a pagina 11, avremo che B o(x x0 ) = o(x x0 ), in quanto B o(x x0 ) C o(x x0 ) = o(x x0 ); inoltre A(x x0 ) = O(x x0 ), da cui sostituendo nella parentesi graffa, si ottiene proprio che questa è o(x x0 ).

L.15.1



− ≤

−

−

−

Casi particolari importanti

∼ • E = F = R; f : U ⊆ R → R; allora, c’è l’isomorfismo L(R, R) − → R che associa a  Df (x0 ), matrice 1 × 1, la derivata f (x0 ). • Lo stesso vale nel caso E = R, F qualunque: per f : U ⊆ R → F vale la stessa identificazione di sopra tra L(R, F ) e F , perch` e le uniche applicazioni lineari sono la

moltiplicazione per un elemento v di F . Tali applicazioni sono dette curve o funzioni a valori vettoriali.



26


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L.16. TEOREMA DEL VALOR MEDIO

• E = Rn, F = R; f : U ⊆ Rn → R; in questo caso, si possono pensare tali applicazioni come (·, v): Df (x) (x, v).gradiente Associo allora differenziale di f ,).Df ∈ L(Rn,prodotti R) = (Rnscalari ) , il vettore v, che = chiamo di f al e indico con f (x 0 Quindi,

f (x) = f (x0 ) +



· − x0)

f (x0 ) (x



+ o(x

− x0) .

• Cason E m= Rn, F = Rm . Allora, posso associare al differenziale di f in x0, Df (x0) ∈ L(R , R ) una matrice n × m, tale che Df (x0)(x) = Ax; tale matrice è detta la matrice jacobiana di f , che si indica con J f (x0 ).

γ V • Esercizio L.25 Nel caso R −→ Rn −→ R, chi è la derivata di V ◦ γ in termini di γ  e di V ? f V  Chi è (V ◦ f ) nel caso Rm −→ Rn −→ R in termini di J f e di V ?

◦

Soluzione Nel primo caso, la derivata di V γ sar` a data dal prodotto scalare dei due vettori V e γ  (in effetti, uno il un vettore riga e il secondo un vettore colonna, dunque è il prodotto dei due vettori), mentre nel secondo caso (V f ) si ottiene applicando J f al vettore V : (V f ) = J f T ( V ). Vedi anche a pagina 102.

   ◦

L.16

 ◦



Teorema del valor medio

Oss. Già nel caso in cui lo spazio di arrivo R2 non c’` e nulla di simile alla propriet` a per funzioni [a, b] R “ ξ ]a, b[ f (b) f (a) = (b a)f  (ξ) ” .

→

∃ ∈



−

Esempio f (t) = (cos t, sin t), f : [0, 2π] f  (ξ) = 1.



Oss.



−

→ R2;

f (2π)

− f (0) = 0 = 2πf  (ξ),

perché

In realtà anche nel caso E = R si sa poco di ξ; quella che è utile è la disuguaglianza

|f (b) − f (a)| ≤ (b − a) · a≤sup |f (ξ)| . ξ≤b Questa si può generalizzare a funzioni [a, b]

→ (E,  · ).

→

Proposizione L.16 Sia f : [a, b] E ( E spazio normato) continua in [a, b] e derivabile in ]a, b[. Allora vale la disuguaglianza

f (b) − f (a) ≤ (b − a) · asup f (t) . ≤t≤b Dimostrazione (Caso particolare — E = Rn , ) Sia v Rn ; consideriamo eucl l’applicazione [a, b] t f (t) v R. Essa soddisfa le ipotesi del teorema del valor medio per funzioni scalari; dunque, ξ ]a, b[ tale che

 →

·

· ∈

∈

∃ ∈ f (b) · v − f (a) · v = (b − a) f  (ξ) · v



27





,


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quindi



f (b)



− f (a) · v

−

− a) f (ξ) · v ≤ (b − a)f (ξ) · v ≤ ≤ − a) a


= (b (b



Se, ora, f (b) f (a) = 0 non c’` e nulla di dimostrare; in caso contrario, scegliamo f (b)−f (a) v = f (b)−f (a) , e si ottiene f (b) f (a) (b a)supa


−

≤ −





(Questa dimostrazione si potrebbe adattare al caso generale).



Dimostrazione (Caso generale) Sia M R, M > supa
  →

∈ − −

∞ 





∈

Dico che se t [a, b[, allora t non è di minimo per ϕ (lo dimostriamo tra poco). Come conseguenza, il punto di minimo (che esiste per il teorema di Weierstrass) è b. Dunque, t [a, b] avremo ϕ(b) ϕ(t) e in particolare, per t = a:

∀∈ ≤ f (b) − f (a) − Mb ≤ f (a) − f (a) − Ma ⇒ f (b) − f (a) ≤ M (b − a) . Siccome la disuguaglianza vale ∀M > supa
 − f (a) − M (t + h) = = f (t) + hf  (t) + o(h) − f (a) − M (t + h) ≤ ≤ f (t) − f (a) + hf (t) + o(1) − Mt − M h = = ϕ(t) + h f  (t) + o(1) − M ≤ ϕ(t) + h f  (t) − M + o(1) ≤ ϕ(t)

ϕ(t + h) = f (t + h)

per h > 0, piccolo. Se A

Rn·m ≈











∈ Mn×m (R) e v è un vettore, allora A  norma euclidea di A come elemento di Mn×m(R), ovvero A = a2ij ,

  

1 i n 1 j m

≤≤ ≤≤

  ≤ A · v, ed anche AB ≤ A · B per A, B matrici per cui sia

ha la proprietà Av

definito il prodotto (vedi disuguaglianza (E.1) a pagina 81); queste seguono facilmente dalla disuguaglianza di Cauchy–Schwarz. In generale, dati due spazi normati (E, E ) e (F, F ), si definisce una norma sullo spazio vettoriale delle applicazioni lineari continue = (E, F ) nel modo seguente:

·



A = A|B | ·

E (0,1)



L

∞,B

ovvero la norma uniforme di A BE (0,1) : BE (0, 1) operatori (dedotta da E e F ):

·

A =

sup

v ≤1 E

AvF =

sup

v

E =1

·

E (0,1)

→

,

F , che si chiama norma degli

AvF , AvF = sup v = 0 v E

dove le ultime due uguaglianze discendono dal fatto che A è lineare. Lezioni — Docente: Pietro Majer


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• Esercizio L.26

Verificare le uguaglianze utilizzando la linearità di A.

Soluzione La prima uguaglianza è semplicemente la definizione di norma uniforme. ¯E (0, 1) e S = v E v E = 1 . Vogliamo allora Per la seconda, definiamo D = B mostrare che supv∈S Av F = supv∈D Av F . Dato che S D, si ha la disuguaglian` dunque sufficiente mostrare l’altra disuguaglianza. za supv∈S Av F supv∈D Av F . E Fissato v D, considero v  = vvE S . Allora,

 

  ≤ ∈

 

 

}

}

∈

AvF = { |

  ⊆

{ ∈

   ≤          A

v v E

v

Av

E

F .

Dato che l’insieme v v = vvE = S , passando al sup su D si ha la tesi. Per la terza, uguaglianza, infine,

AvF = sup v v = 0 v E =0

sup

dove di nuovo v  = vvE .

A

v v E

=

F

sup

v  

E =1

AvF ,

  ∞

Oss. Il fatto che A < segue dalla nota caratterizzazione delle applicazioni lineari continue (vedi proposizione L.5 a pagina 11):

∈ L(E, F ) ⇒ ∃C ≥ 0 AvF ≤ C vE ∀v ∈ E ; in particolare, per v ∈ BE (0, 1) si ha AvF ≤ C , dunque A = A|B (0,1) ≤ C . ∞,B (0,1) Quindi, A è la migliore costante C (cioè la pi` u piccola) per cui valga la maggiorazione Av ≤ C v, ed è anche la migliore costante di Lipschitz per A. A





E



•

E

Esercizio L.27 Provare che se E, F sono spazi normati con F completo, allora è uno spazio normato completo (con la norma degli operatori). Sugg.: ricordare che a pagina 18).

Soluzione

L.16.1

B

L(E, F )

 · 

BE (0, 1); F ,

∞ è completo se F lo è (vedi proposizione L.12

Vedi proposizione E.17 a pagina 93.

Una facile conseguenza

Definizione L.24 Ω

⊆ E si dice convesso se ∀x, y ∈ Ω, t ∈ [0, 1] si ha che xt  tx + (1 − t)y ∈ Ω .

Proposizione L.17 Siano E, F spazi normati; Ω aperto convesso E ; f : Ω F , differenziabile in Ω con Df (x) C x Ω. Allora, f è lipschitziana di costante C .



≤



∀ ∈

29

⊆

→


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∈ Ω; consideriamo l’applicazione [0, 1]  t → f x + t(y − x) eper applichiamo ilateorema la convessit` di Ω). del valor medio (osservazione: x + t(y − x) ∈ Ω ∀t ∈ [0, 1]

Dimostrazione Siano x, y



−

x+t(y x)

t

−→ Ω ⊆ E −→f F . Dato che, in generale, se [a, b] − →γ Ω ⊆ E −→f F

ϕ è la composizione di [0, 1]



allora (f γ ) (t) = D(f γ )(t)[1] (cioè calcolata nel punto 1), ovvero

◦

◦



(f γ ) (t) = Df (γ (t)

◦

◦ 

 

       ◦  − · −  ≤  − 

Dγ (t) [1] = Df γ (t) Dγ (t)[1] = Df γ (t) γ  (t) ,

il teorema di composizione in questo caso si scrive (f γ ) (t) = Df γ (t) γ  (t) . Tornando al nostro caso,



ϕ (t) = Df x + t(y



− x) (y − x) ⇒ ϕ(t) ≤ Df x + t(y

x)

y

x

C y

x ;

quindi, siccome ϕ(1) = f (y) e ϕ(0) = f (x), applicando il teorema del valor medio

f (y) − f (x) = ϕ(1) − ϕ(0) ≤ 0
quindi f è C -lipschitziana, e la migliore costante è C = Df ∞,Ω , con Df : Ω (E, F ).

L

→



• Esercizio L.28 2 Verificare che la condizione “Ω convesso” è necessaria: in particolare, trovare f : Ω ⊆ R → R avente Df (x) ≤ 1 ∀x ∈ Ω, ma f non lipschitziana (in effetti quanto detto è vero anche per Ω ⊆ R).





Soluzione Sia Ω = (x, y) R2 2n 1 < x2 + y2 < 2n per qualche n ` allora sufficiente considerare la funzione definita nel modo seguente: E

{

∈

f (x, y) = n2

−

se

2n

−1 <

≥ 1}



x2 + y 2 < 2n .

Dato che la funzione è costante in ogni componente connessa, il differenziale è identicamente nullo in tutto il dominio. Mostriamo ora che la funzione non è lipschitziana: fissato C > 0 posso considerare i vettori a = (2n 12 , 0) e b = (2n + 32 , 0) (n N, dunque a e b sono nel dominio). Si ha dunque f (a) = n2 ; f (b) = (n + 1)2 ; però, se n > C 12

−



f (a) dunque f non è lipschitziana.

• Esercizio L.29

∈

−

− f (b) = 2n + 1 > 2C = C a − b ,

∀

Provare che a, b

∈ R dati, il sistema



x + 12 sin x2 + y 2 = a y 13 cos( x + y ) = b

−

|| ||

ammette un’unica soluzione (x, y) = F (a, b), e che questa soluzione dipende con continuità dai dati a e b (ovvero, F è continua). Sugg.: usare il teorema di perturbazione lipschitziana dell’identit` a.



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` DELLA FUNZIONE INVERSA L.17. DIFFERENZIABILITA

Soluzione Sia G(x, y) = x + 1 sin x2 + y 2 , y 1 cos( x + y ) = + H (x, y), dove 2 3 H (x, y) = 12 sin x2 + y 2 , 13 cos( x + y ) . Se dimostriamo che H è unaI funzione lipschitziana di costante strettamente minore di uno, per il teorema L.15 a pagina 23 avremo che G ammette inversa continua F , il che dimostra quanto voluto. Useremo come norma la norma euclidea di R2 . Studiamo indipendentemente le due componenti di H (x):

 



−

 

|| ||

|| ||



1 sin x2 + y 2 , 2 1 H 2 (x, y) = cos( x + y ) . 3



H 1 (x, y) =

|| ||

Dato che la funzione sin è 1 lipschitziana, e che la funzione x2 + y 2 è la norma (in particolare è 1 lipschitziana), si ha che H 1 (x, y) è 1 lipschitziana. Dato che le funzioni (x, y) x e (x, y) y2 sono 1 lipschitziane, poi, la funzione (x, y) x + y è sicuramente 2 lipschitziana, dunque H 2 sar` a 23 lipschitziana. Sia ora    z = (x, y), z = (x , y ). Allora

− → | | −

−  || || →



→ | | −

 −

−

H (z) − H (z ) = |H 1(z) − H 1(z)|2 + |H 2(z) − H 2(z)|2 ≤ ≤ 14 |z − z|2 + 49 |z − z|2 ≤ e, dato che

L.17

 1 4

+

4 9





1 4 + z 4 9

| − z|

< 1, H è una contrazione, come volevasi.

Differenziabilit` a della funzione inversa

⊆

−∼→

⊆

Teorema L.18 Siano E, F spazi di Banach, U aperto E , V aperto F e f : U V omeomorfismo (funzione bigettiva continua con inversa continua). Supponiamo che f sia differenziabile in un punto x0 U con Df (x0 ) (E, F ) invertibile (con inversa ). Allora f −1 : V U è differenziabile in y0  f (x0 ) con

∈L

∈

→

Df −1 (y0 ) = [Df (x0 )]−1

∈L

∈ L(E, F ) .

Dimostrazione Sia A = Df (x0 ); per ipotesi f (x)

− f (x0) = A(x − x0) + o(x − x0) −

(x

→ x0) . −

−

Dato che, se B è lineare e continua, allora B −o(x x0 ) = O o(x x0 ) = o(x x0 ) (perché C Bu C u ), applicando A 1 e cambiando variabile (y = f (x)) si ottiene:

∃



 

≤  

 





− x0 = f −1(y) − f −1(y0) = A−1(y − y0) + o f −1(y) − f −1(y0) (y → y0) . (L.2) Se si prova che in realtà il resto è o(y − y0 ), la dimostrazione è finita. Basta provare che f −1 (y) − f −1 (y0 ) ≤ C y − y0  per y in un intorno di x0 , cioè f −1 (y) − f −1 (y0 ) = O(y − y0 ). Poich´ e il resto nello sviluppo (L.2) è o f −1 (y) − f −1 (y0 ) per y → y0 , in particolare esiste un intorno W di y0 tale che esso sia minore o uguale a 12 f −1 (y) − f −1 (y0 ), x



cioè



f −1(y) − f −1(y0) − A−1(y − y0) ≤ 12 f −1(y) − f −1(y0) ∀y ∈ W ; Appunti redatti da Giovanni Pizzi


31


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L.18. TEOREMA DI INVERSIONE LOCALE

applicando ora la disuguaglianza triangolare si ha che

f −1(y) − f −1(y0) ≤ f −1(y) − f −1(y0) − A−1(y − y0) + A−1(y − y0) ≤ ≤ 12 f −1(y) − f −1(y0) + A−1(y − y0) , da cui f −1 (y) − f −1 (y0 ) ≤ 2A−1 y − y0 , che conclude la dimostrazione. L.18



Teorema di inversione locale

Teorema L.19 Siano E, F spazi di Banach, U aperto E e f : U F di classe C 1 , cioè differenziabile in ogni x U con x Df (x) continua. Sia x0 U con Df (x0 ) (E, F ) invertibile. Allora f è localmente invertibile in x0 ,

∈

⊆

→

→

∈ ∈L ∼ 0 1 cioè inversa ∃V ⊆ U diintorno di .x tale che f (V ) è aperto in F e tale che f : V − → f (V ) è bigettiva con classe C Esempio Per le funzioni f : R → R, ciò significa che in un punto con derivata non nulla esiste un intorno in cui la funzione è invertibile; serve anche che la derivata sia continua. Dimostrazione Sia A = Df (x0 ) la tesi per la funzione

∈ L(E, F ) invertibile con A−1 ∈ L(F, E ). Basta provare

A−1 f :

U

9 9 f t t t t t

F B

A−1 B B B   / /

⊆ E

:

E

∼ A−1 f (U ) è invertibile e di classe C 1, anche A(A−1 f ) = f : se so che A−1 f : U ∼ U − → f (U ) lo è. −→ L’applicazione A−1 f : U ⊆ E → E è differenziabile in U con D(A−1 f )(x) = D(A−1 ) ◦ D(f )(x) ma, essendo A−1 lineare, DA−1 = A−1 , quindi D(A−1 f )(x) = A−1 ◦ D(f )(x). In particolare, D(A−1 f )(x0 ) = I. Sia ε > 0 tale che B(x0 , ε)

⊆ U e

A−1 ◦ Df (x) − I ≤ 12 ∀x ∈ B(x0, ε) (un ε > 0 siffatto esiste perché x → Df (x) è continua). Sia V  B(x0 , ε); allora A−1 f : V → E si scrive A−1 f = I + g con g = A−1 f − I 1 1 e Dg(x)



2

≤

x

V . Quindi, g è

∀ ∈ −→

2

lispchitziana per la proposizione L.17 a

−

pagina 29; per il teorema delle perturbazioni lipschitziane dell’identità ( L.15 a pagina 23), allora, A−1 f (V ) è aperto in E ; inoltre, il teorema ci dice anche che A−1 f è ∼ un omeomorfismo V A−1 f (V ). Quindi f (V ) è aperto in F , essendo controimma∼ f (V ) è un gine dell’aperto A−1 f (V ) tramite la funzione continua A−1 , e f : V omeomorfismo per l’osservazione fatta all’inizio della dimostrazione.

−→

Per il teorema della differenziabilità della funzione inversa, infine, f −1 : f (V ) −1 . differenziabile in ogni y f (V ), con Df −1 (y) = Df f −1 (y)

  

∈

In effetti, l’applicazione f −1 è di classe C 1 , cioè g composizione di

→ Df −1(y) è continua:

→ V è

essa è la

1

−

−f → f −1y −Df → Df f −1(y) ∈ I (E, F ) −Inv→ Df f −1(y) −1 ∈ L(F, E ) , dove I ⊆ L rappresenta l’insieme delle applicazioni lineari continue ed invertibili. y


 


32

  


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L.18. TEOREMA DI INVERSIONE LOCALE

Sappiamo già che le prime due applicazioni sono continue; resta solo da mostrare che l’ultima applicazione è continua (in effetti è C ∞ ): ciò è dimostrato dal seguente teorema.



I

Teorema L.20 Siano E, F spazi di Banach. Allora, l’insieme (E, F ) delle applicazioni lineari continue ed invertibili da E in F è aperto in (E, F ): pi` u precisamente, vale che 1 B L, L 1  (E, F ). Inoltre, l’applicazione Inv : (E, F ) (F, E ), L L−1 è



−

L

 ⊆ I

I →L ∀H ∈ L(E, F ).

differenziabile, con D Inv(L)[H ] = −L−1 HL−1

→

∈ Mn×n invertibile, il teorema precedente dice che ∃r > 0 tale che ∀H ∈   ≤ r la matrice L + H è invertibile e

Esempio Se L n×n con H

M

(L + H )−1 = L−1 Nel caso n = 1, L, H derivata di x1 è x12 .

−

Oss.

L−1 HL−1 + o(H ) .

− ∈ R; (L + H )−1 = L+1H = L1 − LH + o(H ), che esprime il fatto che la 2

I

Naturalmente in certi casi (E, F ) = ∅, che comunque è aperto.

I − ∞ H n , con H n = H ◦ · · · ◦ H : allora, questa serie è normaln=0

Dimostrazione Caso E = F , L = I In questo caso, (E, E ) = GL(E ) contiene B(I, 1): infatti, sia H (E, E ) con H < 1; dico che I H è invertibile.

∈L

 

Consideriamo la serie



     −  ≤  ⇒  ≤   L ∈L n volte

mente convergente: infatti,

H n

H

∞

n

∞

H n

n=0

H

n

=

n=0

1

1

H

<

∞,

dunque la serie è convergente in (E, E ), in quanto quest’ultimo spazio è completo k (essendolo E stesso), cioè S m = m (E, E ). Dico che S è k =0 H converge a un S l’inverso di I H , cioè S (I H ) = I e (I H )S = I.

−

−

−

Infatti, m

S m (I

m+1

H k

H ) =

−

H m+1 .

H k = I

 −

n=0

n=1

−

A sinistra S m S S m (I H ) S (I H ) essendo la moltiplicazione a destra un operazione continua. A destra, poi, I H m−1 I, perché H n H n 0, essendo H < 1. Analogamente si mostra che (I H )S = I.

→ ⇒

 

Dunque B(I, 1)

−

→

−

⊆ GL(E ), e (I − H )−1 =

− → −



∞ H k , detta serie di Neumann. k=0

Siano E, F spazi di Banach, L

Caso generale

  ≤  →

∈ I (E, F ), H ∈ L(E, F ).

Dato che L è invertibile e L+H = L(I+L−1 H ), ho che L+H stesso è invertibile se e solo se lo è (I + L−1 H ). Per il caso particolare visto sopra, ( I + L−1 H ) è invertibile purché L−1H  < 1. Siccome L−1H  ≤ L−1H , se H  < L1 1  si ha L−1H  < 1 e dunque B L, L1 1  ⊆ I (E, F ), che prova che I (E, F ) è aperto. −



−





33


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L.19. DIFFERENZIAZIONE PARZIALE

A, A1 1  ,

∀ ∈ I (E, F ), H ∈ B

Osserviamo infine che A

−



 

(A + H )−1 = [A(I + A−1 H )]−1 = [I

− (−A−1H )]−1A−1 = ∞ ∞ = (−A−1 H )k A−1 = (−A−1 H )k A−1 = k =0 k =0 = A−1 − A−1 HA−1 + A−1 HA −1 HA−1 − · · · = = A−1 − A−1 HA−1 + o(H ) , ∞ in quanto il resto è R = k=2 (−A−1 H )k A−1 e



R

∞





H

k

A−1 k−1 = H

  ≤ k=2   





ovvero D Inv(A)[H ] =

2

A−1

 

∞

3

 =

( H A−1 )k =

      k=0

H

1

2

A−1 3 = O( H 2 ) = o( H ) , H A−1

−  



 

 

−A−1HA−1.





k

x Ricavare la serie esponenziale f (x) = ex = ∞ R) sapendo k=0 k! (x che f (0) = 1 e f (x) = f (x), usando in modo opportuno la serie di Neumann. (Sugg.: x x f (x) = f (0) + 0 f  (t) dt = 1 + 0 f (t) dt, dunque considero Hf =primitiva di f , da cui 1 = ( I H )f ).

• Esercizio L.30  −

Soluzione

L.19





∈

La soluzione è a pagina 93.

Differenziazione parziale

⊆ × →

∈

Definizione L.25 Sia f : Ω E F G ( Ω aperto, E , F , G spazi di Banach) e (x0 , y0 ) Ω. Possiamo considerare la funzione f ( , y0 ) : x f (x, y0 ) (definita in un intorno di x0 in E ). Se questa è differenziabile in x0 , diciamo che “ f ammette differenziale parziale” rispetto alla prima variabile in (x0 , y0 ). Il differenziale in x0 di f ( , y0 ) si indica con

·

→

∈L

·

→ · ∈L

D1 f (x0 , y0 ) (E, G). Analogamente, se l’applicazione f (x0 , ) : y f (x0 , y) (definita in un intorno di y0 in F ) è differenziabile in y0 , f è differenziabile parzialmente rispetto al la seconda variabile in (x0 , y0 ), e il differenziale si indica con D2 f (x0 , y0 ) (F, G). Il differenziale di f in (x0 , y0 ), Df (x0 , y0 ) (E F, G) si chiama anche differenziale totale di f in (x0 , y0 ).

∈L × →

Proposizione L.21 Se Ω, E , F , G, f : Ω G sono come sopra, e se f è differenziabile in (x0 , y0 ), allora è differenziabile parzialmente rispetto al la prima e alla seconda variabile, e in particolare si ha: D1 f (x0 , y0 )[u] = Df (x0 , y0 )[(u, 0)] D2 f (x0 , y0 )[v] = Df (x0 , y0 )[(0, v)] Df (x0 , y0 )[(u, v)] = D1 f (x0 , y0 )[u] + D2 f (x0 , y0 )[v] Lezioni — Docente: Pietro Majer


34

∀u ∈ E ∀v ∈ F ∀(u, v) ∈ E × F

(a) (b) (c)


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L.19. DIFFERENZIAZIONE PARZIALE

Dimostrazione La (a) segue immediatamente dallo sviluppo che definisce Df (x0 , y0 ):





f (x0 + u, y0 + v) = f (x0 , y0 ) + Df (x0 , y0 )[(u, v)] + o( (u, v) ) ; prendendo incrementi (u, v)

∈ E × F con v = 0, si ha 

f (x0 + u, y0 ) = f (x0 , y0 ) + Df (x0 , y0 )[(u, 0)] + o( u ) , che significa proprio che l’applicazione che manda x in f (x, y0 ) è differenziabile in x0 con differenziale Df (x0 , y0 )[(u, 0)]. La dimostrazione per (b) è identica, scegliendo u = 0 e facendo variare v. (c), infine, si ottiene semplicemente sommando i primi due sviluppi.



× → G ha differenziale parziale nelle due variabili in2 un punto (x0 , y0 ), non è detto neppure che f sia continua in x0 , y0 . Ad esempio, sia f : R → R, con  0 ∧ y = 0 . 0 x= f (x, y) = 1 x =0 ∨y =0 allora questa funzione non è continua nell’origine, sebbene f (0, y) = 1 ∀y e f (x, 0) = 1 ∀x Oss.

In generale, se f : E F



sono entrambe differenziabili. Tuttavia, vale il seguente

Teorema L.22 (del differenziale totale) Siano E , F , G spazi di Banach, Ω aperto; (x0 , y0 ) Ω e f : Ω G. Se

∈

→

⊆ E × F

1. f è differenziabile parzialmente rispetto alla prima variabile in (x0 , y0 );

∀

2. f è differenziabile parzialmente rispetto alla seconda variabile (x, y) zione Ω (x, y) D2 f (x, y) (F, G) è continua in (x0 , y0 );



→

∈L

∈ Ω, e l’applica-

allora, f è differenziabile in (x0 , y0 ) e Df (x0 , y0 )[(u, v)] = D1 f (x0 , y0 )[u] + D2 f (x0 , y0 )[v]. Corollario L.23 f : Ω E F G è di classe C 1 (cioè Df : Ω (E F, G) è continua) se e solo se f è differenziabile parzialmente nelle due variabili in ogni punto di Ω, e sono continue entrambe D1 f : Ω (E, F ) e D2 f : Ω (F, G).

⊆ × → →L

Dimostrazione (del corollario) cedenti.

→L ×

→L

Segue immediatamente dalle due proposizioni pre

Dimostrazione (del teorema L.22)

Bisogna verificare che vale lo sviluppo





 

f (x0 + u, y0 + v) = f (x0 , y0 ) + D1 f (x0 , y0 )[u] + D2 f (x0 , y0 )[v] + o( u + v ) :

∃

infatti, ci` o significa che Df (x0 , y0 ), e che questo differenziale è dato dall’espressione fra parentesi graffe. Stimiamo dunque il resto:

− f (x0, y0) − D1f (x0, y0)[u] − D2f (x0, y0)[v] = = f (x0 + u, y0 ) − f (x0 , y0 ) − D1 f (x0 , y0 )[u] + + f (x0 + u, y0 + v) − f (x0 + u, y0 ) − D2 f (x0 , y0 )[v] .

f (x0 + u, y0 + v)





Il primo pezzo tra parentesi graffe è o( u ) per ipotesi. Usiamo il teorema del valor medio per stimare la parte restante.





35


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L.20. DIFFERENZIAZIONE SUCCESSIVA

→ G tale che ϕ(t) = f (x0 + u, y0 + tv) − tD2f (x0, y0)[v]. Allora, ϕ(1) − ϕ(0) = f (x0 + u, y0 + v) − f (x0 + u, y0 ) − D2 f (x0 , y0 )[v] .

Sia dunque ϕ : [0, 1]

Siccome per ipotesi f ha differenziale nella seconda variabile in Ω, ϕ è derivabile e ϕ (t) = D2 f (x0 + u, y0 + tv)[v]



D2 f (x0 + u, y0 + tv)

Quindi, sup 0 t 1

≤≤

− D2f (x0, y0)[v] =



− D2f (x0, y0)

[v] .

ϕ(t) ≤ 0≤sup D2f (x0 + u, y0 + tv) − D2f (x0, y0) · v = o(1) · v t≤1

per (u, v) (0, 0), per la continuità di D2 in (x0 , y0 ). Dunque, per il teorema del valor medio

→ ϕ(1) − ϕ(0) ≤ 0≤sup ϕ(t) = o(1) · v t≤1

per (u, v)

→ (0, 0) .

In conclusione: f (x0 + u, y0 + v)

− f (x0, y0) − D1f (x0, y0)[u] − D2f (x0, y0)[v] =



o( u ) + o(1)

per (u, v)

→ (0, 0), ovvero questo resto è o(u + v).

Esempio Se f : R3 C 1 (R3 , R).

L.20

· v

R ammette

∂f ∂f ∂x , ∂y

e

∂f ∂z



tutte e tre continue R3

→

R, allora f è

→

Differenziazione successiva

Come nel caso delle derivate, anche per i differenziali si può considerare la differenziazione successiva; la novità è che i codomini dei vari differenziali successivi divengono più complicati.

⊆ E → F , U aperto, E, F spazi di Banach. Se f è differenziabile ∀x ∈ U , ⊆ E → L(E, F ). Se anche Df è differenziabile ∀x ∈ U , allora è definita D(Df ) : U ⊆ E → L E, L(E, F ) ; più in generale, è definito il differenziale k −esimo

Esempio f : U è definito Df : U

 ···  DD

Df : U

k volte

⊆ E

        → L L L ···L E,

E,

(E, F )

.

Per fortuna la situazione è pi` u semplice: dati E , F , G insiemi, e indicato con Y X l’insieme delle applicazioni da X in Y , sappiamo che possiamo trovare un isomorfismo (GF )E GE ×F , e in particolare dati x E , y F :

∈ ∈ f ∈ (GF )E → f ˜ ∈ GE ×F

≈

˜ y) = f (x)(y) . con f (x,

In questa corrispondenza, se E , F , G sono spazi vettoriali, alle f spondono esattamente delle f ˜ : E F G bilineari .

× →



36

E, (F, G) corri-

∈ L

L




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• Esercizio L.31

Verificare l’ultima affermazione.

˜ Soluzione Verifichiamo la linearit` a di f ˜ nella prima componente. Si ha che f (αx+βy,z) = f (αx + βy)(z), ma per la linearità questo è uguale a ˜ z) + β f (y, ˜ z) , [αf (x) + βf (y)](z) = αf (x)(z) + βf (y)(z) = αf (x, che è quanto si voleva. In modo abbastanza simile si ottiene la linearit` a nella seconda componente.

Proposizione L.24 (caratterizzazione delle applicazioni bilineari) Siano E , F , G spazi vettoriali normati, e sia b : E F G bilineare. Allora

× →

1. b è continua

⇔ ∃C ≥ 0 tale che ∀(x, y) ∈ E × F

b(x, y) ≤ C x · y ;



⇔ ∀x ∈ E , b(x, ·) ∈ L(F, G), ovvero è continua da F in G, e l’applicaϕ zione ϕ definita da E  x → b(x, ·) appartiene a L E, L(F, G) .

2. b è continua





Esercizio L.32 Dimostra la proposizione precedente. Sugg.: per il primo punto si procede come nel caso delle applicazioni lineari, e per il secondo si usa il primo e la carratterizzazione delle applicazioni lineari continue, ricordando come è definita la norma di (F, G) (norma degli operatori).

•

L

Soluzione

Mostriamo separatamente i due punti.

⇐

Punto 1 L’implicazione è facile, in quanto fissata una variabile è la lipschitzianità nell’altra; mostriamo . Fissato ε > 0, so che δ x < δ, y < δ b(x, y) < ε. Considero dunque ε = 1 ed il corrispondente δ. Definisco, quindi, x = δ xx , y  = δ yy  , cos`ı x = y  = δ, da cui b(x , y  ) < 1. Ma, per la bilinearità di b, si ha che

⇒



∃     



⇒







2

δ b(x, y ) = x b(x, y) < 1 , y da cui la tesi con C =

1 δ2 .

Punto 2 La prima proprietà è la continuità nella seconda variabile; vogliamo vedere che la seconda è equivalente alla continuit` a nella prima variabile. Se ϕ è continua, allora n→∞ (xn ) x ¯, so che b(xn , ) b(¯x, ). Se ora fisso y, avro in particolare che (xn ) x ¯, y b(xn , y) b(¯x, y), dunque, b è continua nella prima variabile. Per l’implicazione inversa, se y fissato e (xn ) x ¯ si ha che b(xn , y) b(¯x, y), allora in particolare l’applicazione b(xn , ) tende a b(¯ x, ) e, dato che questo vale per ogni successione (xn ) che tende a x ¯, ciò implica la continuità dell’applicazione ϕ.

∀

→ →

· −−−−→ ·

·

∀



∀

∀

·

37

→

→ ∀

→


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Definizione L.26 Dati E , F , G spazi vettoriali normati, si denota con

L2(E × F, G) = {b : E × F → G bilineari e continue} . ∼ → b(·)(·). Questo spazio vettoriale è linearmente isomorfo a L E, L(F, G) via b(·, ·) − ∼ Si pu` o rendere L2 (E × F, G) normato e la corrispondenza − → isometrica, definendo ∀b ∈ L2(E × F, G) b  sup sup b(x, y) = sup b(x, y) .



x≤1 y≤1

• Esercizio L.33



x≤1 y≤1

Provare che se E , F , G sono completi, anche

L2(E × F, G) lo è.

Soluzione Si tratta di una semplice generalizzazione della proposizione E.17 a pagina 93, e la dimostrazione è del tutto analoga.

−

Similmente, per E 1 , . . . , E k , G spazi normati, lo spazio delle applicazioni k lineari

Lk (E 1 × · · · × E k , G) è linearmente isomorfo a

L L L ···L  E 1 ,

E 2 ,

(E k , G)

;

· ··· , ·) −∼→ b(·) ··· (·) è una isometria lineare rispetto alla norma su Lk

la corrispondenza b( ,

bL

k





= xsup b(x1 , . . . , xk ) . i ≤1 1 i k

≤≤

Tornando al calcolo differenziale, se f : U volta è differenziabile in x0 U , allora

∈

⊆ E → F ha differenziale ∀x ∈ U e Df a sua

   

∈ L E, L(E, F ) ; nell’identificazione di questo spazio con L2 (E × E, F ) usiamo la notazione D2 f (x0 ) ∈ L2 (E × E, F ) , D Df (x0 )[u][v] = D2 f (x0 )[u, v] . D(Df )(x0 )

Un buon motivo per vedere D2 f come applicazione bilineare è che è simmetrica , pi` u precisamente vale il seguente Teorema L.25 (simmetria del differenziale secondo) Sia U aperto in E ; E , F spazi di Banach; f : U F differenziabile x U , tale che Df è differenziabile in x0 U . Allora, D2 f (x0 ) (E E, F ) ` e simmetrico. 2

→ ∈L ×

∀ ∈

∈

Dimostrazione Segue dal seguente Lemma L.26 Nelle stesse ipotesi, vale lo sviluppo f (x0 + u + v)



− f (x0 + u) − f (x0 + v) + f (x0) = D2f (x0)[u, v] + o (u + v)2



,

che si pu` o leggere come “il differenziale secondo è uguale alla differenza seconda a meno di infinitesimi di ordine superiore al secondo”. Lezioni — Docente: Pietro Majer


38


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L.21. TEOREMA DELLA FUNZIONE IMPLICITA (DI DINI)

Dimostrazione (del lemma) ϕ : [0, 1]

Sia R il resto dell’espressione; definiamo allora

→ F tale che

ϕ(t) = f (x0 + u + tv)

− f (x0 + tv) − tD2f (x0)[u, v] .

Allora ϕ (t) = Df (x0 + u + tv)[v]

−     −  − −

Df (x0 + tv)[v]

− D2f (x0)[u, v] =

 

− D Df (x0) [u] [v] =∗ ∗ = Df (x0 ) + D Df (x0 ) [u + tv] − Df (x0 )− D Df (x0 ) [tv] D(Df )(x0 )[u] + o(u + v ) [v] = = o(u + v )[v] = o(u + v ) · v  , = Df (x0 + u + tv)

Df (x0 + tv)



dove nel passaggio segnato da un asterisco, sviluppo al primo ordine. Osserviamo che tutto vale uniformemente per 0 t 1: dunque, per il teorema del valor medio R = ϕ(1) ϕ(0) sup ϕ (t) = o( u + v ) v ,

≤ ≤

  

−

 ≤ 0≤t≤1 



    · 

e questo prova il lemma. Dal lemma, poich´ e la “differenza seconda” è una quantit` a simmetrica in u e v, sottraendo le due differenze in cui si scambia il ruolo di u e v si ha che D2 f (x0 )[u, v]

− D2f (x0)[v, u] = o (u + v)2

,

           

ma essendo il primo membro lineare in u e v, necessariamente questo deve essere identicamente nullo. Infatti, se B e tale che B(u, v) = o ( u + v )2 allora B 0, poiché 2 (E E, F ) ` (u0 , v0 ) E E , ho B(tu0 , tv0 ) = t2 B(u0 , v0 ) = o ( tu0 + tv0 )2 = o(t2 ), quindi B(u0 , v0 ) = o(1) per t 0: quindi, B(u0 , v0 ) = 0. Dato che u0 e v0 sono arbitrari, B è identicamente nulla. 

∈L ∈ ×

∀

L.21

×

→

≡

Teorema della funzione implicita (di Dini)

⊆ E × F aperto. Consideriamo f ∈ C (Ω, G). Sia Σ  f − (0) = {(x, y) ∈ Ω f (x, y) = 0}, e (x0 , y0 ) ∈ Σ (cioè f (x0 , y0 ) = 0). Supponiamo, inoltre, che D2 f (x0 , y0 ) sia invertibile (come applicazione lineare continua F → G). Allora “ Σ è localmente in (x0 , y0 ) un grafico di una funzione C 1 nella prima variabile”, cioè ∃U intorno aperto di x0 , ∃V intorno aperto di y0 , U × V ⊆ Ω, ∃u : U → V di classe C 1 tali che Σ ∩ U × V = graf(u), o che è lo stesso ∀(x, y) ∈ U × V f (x, y) = 0 ⇔ y = u(x) . Dimostrazione Consideriamo l’applicazione Φ : Ω → E × G, con Φ(x, y) = x, f (x, y) . 1 Teorema L.27 (di Dini) Siano E , F , G spazi di Banach, e Ω 1

1







Φ è di classe C , perch´ e lo sono le sue componenti; dunque





∗

DΦ(x, y)[s, t] = (s,Df (x, y)[s, t]) = (s, D1 f (x, y)[s] + D2 f (x, y)[t]) , dove nel passaggio segnato da un asterisco si è differenziata ogni componente. Appunti redatti da Giovanni Pizzi


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` VARIABILI L.22. MASSIMI E MINIMI IN PIU

Nel punto (x0 , y0 ), DΦ(x0 , y0 ) risulta invertibile come applicazione E Infatti, DΦ(x0 , y0 )[s, t] = (a, b) soluzionel’equazione (a, b) E (lineare) G:

∀

∈ ×

 da cui



× F → E × G.

∈ E × G ha una ed una sola

s=a D1 f (x0 , y0 )[s] + D2 f (x0 , y0 )[t] = b

s=a −1 t = D2 f (x0 , y0 ) b



 −



D1 f (x0 , y0 )[a]

× → ×

.

× → ×

Quindi non solo DΦ(x0 , y0 ) è bigettiva E F E G, ma l’inversa E G E F , (a, b) (a, D2 f (x0 , y0 )−1 (b D1 f (x0 , y0 )[a]) è anche continua, dunque DΦ(x0 , y0 )

→

−

è invertibile; possiamo cos`ı applicare il teorema di inversione locale a Φ: esiste un intorno aperto di (x0 , y0 ) e un intorno aperto di Φ(x0 , y0 ) = (x0 , 0) fra i quali Φ è invertibile in senso C 1 .

×

⊆

In particolare, siano B(x0 , η) e B(y0 , ε) palle aperte tali che B(x0 , η) B(y0 , ε) Ω; ∼ Φ B(x , η) B(y , ε) Φ B(x0 , η) B(y0 , ε)  W è aperto; Φ : B(x0 , η) B(y0 , ε) 0 0 − 1 1 ha inversa C , Ψ = Φ .





×

×

≤

−→



×



×{ } ⊆

Esiste poi 0 < δ η tale che B(x0 , δ) 0 W : infatti, W è un intorno del punto (x0 , 0) = Φ(x0 , y0 ), quindi contiene addirittura un prodotto B(x0 , δ) B(0, ε ).

× Consideriamo la funzione u : B(x0 , δ) → B(y0 , ε) tale che x ∈ B(x0 , δ) → ΠF Ψ(x, 0) , dove ΠF : E × F → F è la proiezione nel secondo fattore. Osserviamo che, ε) u `⇒ e ben definito, ∈ B(x0∀, (x, δ) ⇒ 0) ∈ W ⇒ Ψ(x, 0) ∈ B(x0 , δ) × B(y ΠF Ψ(x, 0) ∈ perch´ B(y0 ,eε);x inoltre, y) ∈(x, B(x 0 0 , δ) × B(y0 , ε) si ha

 

y = u(x)

⇔ (x, y) ∈ graf(u) ⇔ (x, y) = Ψ(x, 0) ⇔ Φ(x, y) = (x, 0) ⇔ f (x, y) = 0 ,

dunque abbiamo provato il teorema. Oss.



  ∀∈    ◦ − ◦     

Se u è C 1 , dall’identità f x, u(x) = 0

x

D1 f x, u(x) + D2 f x, u(x)

da cui Du(x) =

D2 f x, u(x)

B(x0 , δ), differenziando si trova Du(x) = 0 ,

−1 D f x, u(x) . 1



Esempio Se E = F = G = R, f (x, y) = x2 + y2 1, Σ = (x, y) x2 + y2 = 1 . Le ipotesi per il teorema di Dini sono verificate per (x0 , y0 ) Σ tale che ∂f e 2y0 = 0, ∂y (x0 , y0 ) = 0, cio` cioè (x0 , y0 ) = ( 1, 0). In effetti, in nessun intorno di (1, 0) Σ è localmente grafico di una funzione della prima variabile (vedi figura 3 a fronte). Tuttavia, in questi due punti ∂f e localmente grafico di una funzione ∂x = 0, quindi qui Σ ` della seconda variabile.

− ∈

 ±

{



}





L.22

Massimi e minimi in pi` u variabili

Massimi e minimi si dicono liberi quando il dominio è un aperto. Lezioni — Docente: Pietro Majer


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y

(−1,0)

x

(1,0)

˛

Figura 3: Insieme Σ = {(x, y ) ˛ x2 + y2 = 1}

L.22.1

Massimi e minimi liberi

⊆ E → R con Ω aperto. Proposizione L.28 Se x0 ∈ Ω è un punto di minimo per f , e se f ha derivate direzionali Sia f : Ω

in x0 , queste sono nulle.

Dimostrazione La derivata direzionale nella direzione v ∂f (x )  ∂ f (x + tv) 0 0 ∂v ∂t



∈ E è per definizione



t=0

;

questa, se c’è, è nulla perché se x0 è un minimo per f , la funzione t un minimo per t = 0, dunque la sua derivata sarà zero.

→ f (x0 + tv) avrà



In particolare, nelle stesse ipotesi, se F è differenziabile in x0 allora Df (x0 ) = 0, perché

∀v ∈ E Oss.

Df (x0 )[v] =

∂f (x0 ) = 0 . ∂v

Lo stesso vale se x0 è punto di massimo p er f , in quanto è di minimo per

L.22.2

−f .

Condizione necessaria al second’ordine

∈ ⊆ → × ≥ ≥ ∀ ∈ Infatti, ∀v ∈ E la funzione ϕ(t)  f (x0 + tv) ha derivata seconda in ∂ ∂  2

Proposizione L.29 Sia x0 Ω(aperto) E di minimo per f : Ω R. Supponiamo che sim D2 f (x0 ) (E E, R ) (cio` e una forma bilineare simmetrica). Allora “ D2 f (x0 ) 0”, 2 2 cioè D f (x0 )[v, v] 0 v E .

∃

∈L

Dimostrazione t = 0; ϕ (0) = ∂t ϕ (t) t=0 = ∂t Df (x0 + tv)[v] t=0 = D f (x0 )[v, v], e sappiamo che ϕ (0) 0 essendo t = 0 un punto di minimo per ϕ. 

≥

• 2Esercizio L.34 D f (x0 ) 0. ≥

 





2

Data f (x, y) = y 2 ex



− y, trovare il punto di minimo e verificare che 41


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Soluzione Dato che la funzione assegnata è differenziabile su tutto R2 , i punti di minimo e di massimo (se esistono) saranno da cercarsi tra quelli in cui si annullano contemporaneamente le due derivate parziali. Dato che 2 ∂f = 2xy 2 ex , ∂x

2 ∂f = 2ye x ∂y

−1 , 2

si ottiene immediatamente che ∂f x = 0 y = 0, ∂f y = 12 e−x . ∂x = 0 ∂y = 0 Dunque, l’unico punto in cui si annullano contemporaneamente le due derivate è 0, 12 . Calcoliamo dunque la matrice hessiana:

⇔

∨

⇔

2

f (x, y)

H

2

2

2y 2 ex + 4x2 y 2 ex

=

4xye x

2

2ex



che calcolata nel punto in analisi vale

Hf

    0, 12 =

1 2

0

,

2

4xye x



0 2

 

;

essendo definita positiva, il punto (0, 12 ) è un punto di minimo.

L.22.3

Condizione sufficiente al second’ordine

Vale anche l’analogo della proprietà nota per funzioni di una variabile: Proposizione L.30 Se x0 Ω è tale che Df (x0 ) = 0 e “ D2 f (x0 ) > 0” (cioè è definita positiva , ovvero D2 f (x0 )[v, v] c v 2 , con c > 0), allora x0 è un punto di minimo.

∈

≥ 

Dimostrazione La dimostrazione è analoga al caso di funzioni di una variabile e discende dallo sviluppo di Taylor al secondo ordine dimostrato nella proposizione E.21 a pagina 112. 

L.22.4

Massimi e minimi vincolati: i moltiplicatori di Lagrange

Se abbiamo Ω aperto Rn , vogliamo studiare i minimi ed i massimi di una funzione f 0 in Ω con i vincoli f 1 (x) = 0, . . . , fh (x) = 0, cio` e i minimi (massimi) di f 0 su

⊆

{ ∈Ω

Σ= x



f 1 (x) = 0

∧ . . . ∧ f h(x) = 0} .

Teorema L.31 (Principio dei moltiplicatori di Lagrange) Sia Ω aperto di Rn , e siano f 0 , . . . , fh h + 1 funzioni in C 1 (Ω, R). Sia Σ = x Ω f i (x) = 0 i = 1, . . . , h , e sia x ¯ Σ un minimo di f 0 su Σ: f 0 (¯x) = minx∈Σ f 0 (x). Allora, i gradienti di f i in x ¯ sono linearmente dipendenti, ovvero λ0 , . . . , λh R non tutti nulli tali che

∈

{ ∈

∃

∈



∀

}

h

 i=0



λi f i (¯x) = 0 .

La dimostrazione seguente è dovuta a Ennio De Giorgi. Lezioni — Docente: Pietro Majer


42


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∀ ∈ N)

Dimostrazione Consideriamo le funzioni ( k

h

 − x¯2 + f 0(x) + k

gk (x)  x



f i (x)2 .

i=1

Allora le gk : Ω R sono di classe C 1 . Vedremo che gk deve avere un minimo locale libero xk vicino a x ¯; varr` a la condizione gk (xk ) = 0 e ne trarremo le conclusioni facendo un limite per k .

→



→∞

⊆

∈ B un minimo di gk (esiste perché B è chiuso e

Sia B = B(¯x, ε) Ω, e sia xk limitato). Allora, vale

(ii)

(iii)

−∞ (
gk (xk )

(iv )

≤

(v )

gk (¯x) = f 0 (¯x) .

Le giustificazioni sono le seguenti: (i) Perché B è un compatto e f 0 è continua.

∈

(ii) xk B. (iii) gk = f 0 + termini positivi.

∈

(iv) gk (xk ) = minB gk , e x ¯ B. (v) x ¯ Σ, quindi f i (¯x) = 0, e x ¯

∈

 − x¯2 = 0.

Perciò la successione gk (xk ) è limitata in R. Poiché inoltre (xk ) B, che è compatto, esiste una sottosuccessione xkl l∈N tale che gkl (xkl ) c R ed anche xkl ξ B.

{ }

⊆

→ ∈

Quindi, dall’espressione di gkl , ho che

→ ∈

h

 

kl

f i2 (xkl ) = gkl (xkl )

i=1

− xk − x¯2 − f 0(xk ) l

l

→ ∞, in quanto converge il secondo. converge a hi=1 f i2 (ξ), perché xk → ξ e le f i sono

ed il primo membro converge per l h 2 i=1 f i (xkl )



D’altra parte, anche l continue. Dunque, f i (ξ) = 0 i = 1, . . . , h, altrimenti il primo limite sarebbe stato . Quindi, ξ Σ B; perciò

±∞

∈ ∩

∀

min f = f 0 (¯x) Σ

≤ f 0(ξ) .

Questo risultato si può aggiungere alla catena di disugaglianze scritte sopra, ottenendo dunque

←

≤

≤

≤

f 0 (ξ) f 0 (xkl ) gkl (xkl ) gkl (¯x) = f 0 (¯x) f 0 (ξ) ; applicando il teorema dei due carabinieri, otteniamo che gkl (xkl ) e gkl (¯x) convergono a f 0 (ξ). Dunque dall’espressione di gkl si ottiene

xk − x¯2 ≤ gk (xk ) − f 0(xk ) → f 0(ξ) − f 0(ξ) = 0 , l

l

l

l

→

cioè xkl x ¯, quindi x ¯ = ξ per l’unicit` a del limite. Come conseguenza, xkl è definitivamente interno alla palla perché converge a x ¯. Dunque,

gk (xk ) = 0 l

l

(per l grande) ,

in quanto xkl è un minimo libero per gkl su B; dunque h

2(xkl

− x¯) + f 0(xk ) + kl i=1 2f i(xk )f i (xk ) = 0 .



l

43



l

l


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L.23. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE (l)

(l)

Sia µ(l) = 1, 2kl f 1 (xkl ), . . . , 2kl f h (xkl ) = (µ0 , . . . , µh ) .

− x¯) +

Abbiamo cos`ı 0 = 2(xkl sottosuccessioni



h i=0 µ(i l)



f i(xk ) .

  ≥ 1, a meno di

Poiché µ(l)

l

(l)

µi λi µ(l) con λ = (λ0 , . . . , λh ) tale che λ = 1. Allora



0=

h

−  



h

l

2(xkl x ¯) µ(i ) + µ(l) µ(l) i=0

che conclude la dimostrazione.

L.23

  → ∈R,  f i(xk ) → l

 i=0



λi f i (¯x) , 

Equazioni differenziali ordinarie

Definizione L.27 Una equazione differenziale ordinaria in forma normale è una equazione u (t) = f t, u(t) , (L.3)

 

dove il secondo membro f è una funzione f : Ω R Rn Rn , Ω aperto, e si cerca una u su un intervallo I tale che graf(u) Ω, e valga (L.3) t I .

⊆ ×

⊆

→ ∀∈

Oss. “Forma normale” significa che il termine u compare isolato al primo membro; una equazione differenziale ordinaria non in forma normale è per esempio





F t, u(t), u (t) = 0 ; in tal caso per prima cosa di cercherebbe di scrivere l’equazione in forma normale. Oss. (L.3).

Per n > 1 si parla anche di sistemi di equazioni differenziali ordinarie per x = (x1 , . . . , xn ) ;





f (t, x) = f 1 (t, x1 , . . . , xn ), f 2 (t, x1 , . . . , xn ), . . . , fn (t, x1 , . . . , xn ) ,



e l’equazione (L.3) si scrive come sistema di n equazioni scalari u(t) = u1 (t), . . . , u n (t)

 

u1 (t) = f 1 (t, x1 , . . . , xn ) .. .  un (t) = f n (t, x1 , . . . , xn )

Oss.



.

L’equazione differenziale ordinaria di ordine k,





u(k) (t) = f t, u(t), u (t), . . . , u(k−1)(t)

(L.4)

si può sempre scrivere come sistema di equazioni differenziali del primo ordine: se u(t) = v0 (t), u (t) = v1 (t) e in generale u(j ) (t) = vj (t) (0 j k 1), allora (L.4) si scrive

  

≤ ≤ −

v0 (t) = v1 (t) v1 (t) = v2 (t) .. .  vk 2 (t) = vk 1 (t) − vk − −1 (t) = f (t, v0 , . . . , vk−1)



44

,


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L.23. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE

che è un sistema di equazioni differenziali ordinarie per v = (v0 , v1 , . . . , vk−1 ). Oss. Anche se Ω = R Rn , in generale le soluzioni di (L.3) non saranno definite su tutto R (in generale, I  R ). Ad esempio, se consideriamo u = u2 , f (t, x) = x2 , f : R R R. 1 Tutte le soluzioni sono la famiglia c− o u(t) 0 costante. A parte la soluzione nulla, t

×

 

∈R

c

ogni altra soluzione è definita su semirette ]

× →

≡

− ∞, c[ e ]c, +∞[.

L.23.1

Problema di Cauchy per una equazione differenziale ordinaria

Se (t0 , x0 )

∈ Ω , il problema di Cauchy per l’equazione differenziale (L.3) è



u (t) = f t, u(t) u(t0 ) = x0

 

(L.5)

(si cerca una soluzione u : I R della (L.3) con t0 ˚ I e u(t0 ) = x0 ). Una soluzione n u : I R di (L.5) si chiama anche soluzione locale con condizioni iniziali u(t0 ) = x0 . Proveremo che il problema (L.5) ha una ed una sola soluzione locale in un intervallo I =]t0 δ, t0 + δ[ purché f soddisfi le opportune ipotesi di “lipschitzianit` a locale nella seconda variabile” e δ sia sufficientemente piccolo.

→

→

∈

−

Definizione L.28 Sia f : Ω R Rn Rn ( Ω aperto). Allora diciamo che f è localmente lipschitziana nella seconda variabile se f è continua, (t0 , x0 ) δ > 0, ε > 0, L 0 con la proprietà che [t0 δ, t0 + δ] B(x0 , ε) Ω e t [t0 δ, t0 + δ], x1 , x2 B(x0 , ε) vale f (t, x1 ) f (t, x2 ) L x1 x2 .

⊆ × → ∀ ∃ ∃ ∃ ≥ − × ⊆ ∀∈ − ∀ ∈ | − |≤ | − | In altre parole, ∀t ∈ [t0 − δ, t0 + δ] le funzioni f (t, ·) sono tutte L−lipschitziane su B(x0 , ε). • Esercizio L.35

Nella definizione scritta sopra, sarebbe equivalente chiedere “f continua nella prima variabile” invece che “f continua”.

Soluzione Se f è continua, allora è in particolare continua nella prima variabile. Per dimostrare l’implicazione inversa, fissiamo ε > 0. Allora, per la continuità nella prima ε variabile, posso trovare δ > 0 in modo che se t t0 < δ si abbia f (t, x0 ) f (t0 , x0 ) 2.

|− |

|

−

|≤

D’altra dettascegliere L la costante Lipschitz per la seconda variabile ε ε tutti i punti x),parte, possiamo x x0di < B(t0 , δ) (uguale B x0 ,per e 2L . Dunque, se (t, x) 2L che ` un intorno di (t0 , x0 ), possiamo stimare

| − |

∈

×

 

|f (t, x) − f (t0, x0)| ≤ |f (t, x) − f (t, x0)| + |f (t, x0) − f (t0, x0)| ≤ L|x − x0| + 2ε ≤ ε , ovvero f è continua in (t0 , x0 ).

• Esercizio L.36 Se f è continua in t, localmente lipschitziana in x e se [a, b]×B(x0, r) ⊆ Ω, allora esiste L ≥ 0 tale che |f (t, x1 ) − f (t, x2 )| ≤ L|x1 − x2 | ∀t ∈ [a, b], ∀x1 , x2 ∈ B(x0 , r). Sugg.: dimostrare l’affermazione per assurdo.



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∀ ∃

|

−

|

| − ∈|

2 Soluzione perLassurdo L t, x1 , x2 successione f (t, x1 ) f (t, L x1che xt 2 . ConsideriamoSupponiamo in particolare = n, e che la corrispondente (tnx)n ). > Dato [a, b], posso trovare una sottosuccessione (tnk )k convergente a t¯. Dato che anche x1 e x2 appartengono a un insieme chiuso e limitato, posso estrarre un’ulteriore sottosuccessione (j ) nkj in modo che le successioni relative a x1 e x2 (che per semplicità indicheremo con x1 (j ) e x2 ) convergano anch’esse rispettivamente a x ¯1 e x ¯2 . Ora, il primo membro converge a f (t¯, x ¯1 ) f (t¯, x ¯2 ) , che è una quantità finita, mentre il secondo membro diverge, assurdo. (Osservazione: nel caso in cui x ¯1 = x ¯2 , si otterrebbe 0 > 0, che è comunque un assurdo).

|

−

|

• Esercizio L.37

Sia A : [a, b]

→ Mn×n una curva continua di matrici n × n, cioè a11 (t) ··· a1n (t)

A(t) =

 

.. .

..

an1 (t)

···

.. .

.

 

;

ann (t)

allora f (t, x) = A(t)x definita su Ω =]a, b[ Rn verifica le ipotesi di locale lipschitzianità in x. L’equazione differenziale corrispondente è l’equazione differenziale ordinaria lineare a coefficienti continui (non costanti) u (t) = A(t)u(t).

×

Esercizio L.38 Se f : Ω R Rn nelle variabili x1 , . . . , xn continue in Ω le ipotesi di locale lipschitzianità in x.

•

⊆ ×

→

Rn è continua in Ω è ammette derivate parziali ∈ C 0(Ω, Rn), (i = 1, . . . , n) , allora f verifica



∂f ∂x i

Soluzione Per il teorema del differenziale totale, so che esiste D2 f e che tale differenziale è continuo. Fissato x Ω, sia Ax un chiuso limitato contenuto in Ω che sia anche un intorno per x. Dunque, f (t, y) f (t, x) supAx D2 f y x , dove supAx D2 f < perché stiamo facendo il sup di una funzione continua su un insieme chiuso e limitato.

∈

|

Oss.

−

|≤ |

|·| − |

| ∞

|x|, f : R × R → R non è localmente lipschitziana in x; in effetti, il

f (t, x) =

problema di Cauchy





x(0) = 0 x (t) = x(t)

 |

ammette infinite soluzioni.

|

Lemma L.32 Siano Ω R Rn aperto, f : Ω ¡ (t0 , x0 ) Ω. Allora esistono δ > 0, ε > 0 in modo che

⊆ ×

∈

|

→

Rn localmente lipschitziana in x,

− δ, t0 + δ] × B(x0, ε) ⊆ Ω; 2. ε ≥ δM , con M = f ∞,R = sup f (x, t); 1. R  [t0

∈

(t,x) R

3. δ <

1, L

dove L è una costante di Lipschitz per f su R nella variabile x.



46


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` ovvia: si parte con δ, ε verificanti 1 e la proprietà di lipschitzianità in Dimostrazione E

−

×

x per f su [t0 δ, t0 + δ] B(x0 , ε) come nella definizione di locale lipschitzianità. Prendendo un nuovo δ > 0 pi` u piccolo varanno anche le proprietà 2 e 3. In particolare, ε 0 < δ nuovo < min L1 , δvecchio , M .







−  ≤ ∈

Oss. Se u è una soluzione del problema di Cauchy (L.5) definita su [t0 δ, t0 + δ], allora ci aspettiamo che u(t) B(x0 , ε), cioè graf (u) R. Infatti, l’idea è che partendo al tempo t0 da x0 con velocità in modulo u (t) M , dopo un tempo δ si è fatto un incremento minore o uguale a δ M ε, dunque x(t) B(x0 , ε).

∈

⊆

· ≤

Teorema L.33 (Esistenza ed unicit` a del problema di Cauchy) Siano Ω, f come sopra, con f localmente lipschitziana in x; siano (t0 , x0 ) Ω, e siano δ > 0, ε > 0 numeri verificanti le 3 condizioni del lemma precedente. Allora esiste una unica funzione

∈

u : I  [t0 soluzione di

− δ, t0 + δ] → Rn



u(t0 ) = x0 u (t) = f t, u(t)

Inoltre risulta che graf(u) ε t ]t0 δ, t0 + δ[).

∀∈ −

.

 

⊆ R ]t0 − δ, t0 + δ[×B(x0, ε) (vale a dire che u(t) − x0 ≤

Dimostrazione Osserviamo che se u :]t0 δ, t0 + δ[ Rn è una soluzione del problema di Cauchy, allora deve essere u(t) x0 ε t I . Per assurdo, se non fosse cos`ı, esisterebbe t I tale che u(t ) x0 ε e si avrebbe o t0 δ < t < t0 oppure t0 < t < t 0 + δ; assumiamo il secondo caso per fissare le idee. Sia

∈



− − ≤ − ≥



→ ∈

−



{ ∈ [t0, t] u(t) − x0 ≥ ε} .

E  min t

∞

L’insieme tra parentesi graffe è chiuso perché controimmagine del chiuso [ε, [ tramite la funzione continua t u(t) x0 ; è anche limitato, in quanto è contenuto in [t0 , t ]: dunque il minimo c’è, chiamiamolo t¯. Per costruzione, u(t) x0 ε t [t0 , t¯]. Quindi t0 t t¯, t, u(t) I

→ 



− 

− ≤

∀ ∈

B(x0 , ε) = R e allora per questi t

∀ ≤ ≤

 ∈

×

 

u (t) = f t, u(t)  ≤ M = sup f  ; R per il teorema del valor medio u(t¯) − u(t0 ) ≤ (t¯− t0 )supt ≤t≤t¯ u (t) ≤ (t¯− t0 ) · M < δ M

· ≤

ε, assurdo perché u(t¯)



0

u(t0 ) = u(t¯)

x0

  ∈

− ≥ ∀ ∈

−

ε.

Dunque: se u è una soluzione locale del problema di Cauchy scritto sopra, definita su I =]t0 δ, t0 + δ[, deve essere u(t) B(x0 , ε) t I . Tenendo conto di ci` o , il problema di Cauchy è equivalente al problema di punto fisso seguente:

−

 ∈       u

C 0 I, B(x0 , ε) t

u(t) = x0 +

.

∀t ∈ I

f s, u(s) ds

t0

(L.6)

Infatti, se u è soluzione del problema, è certamente continua in quanto è addirittura C 1 ; si è appena visto che t I , u(t) B(x0 , ε), quindi u C 0 I, B(x0 , ε) . Per il teorema fondamentale del calcolo,

∀ ∈

∈

t

u(t) = Appunti redatti da Giovanni Pizzi

u(t0 ) +

 t0


∈





t

u (s) ds = x0 + 47

f s, u(s) ds .

   t0


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Viceversa, se u verifica il problema di punto fisso (L.6), u

∈ C 0, f s, u(s)

∀∈

è continua

in s e u è derivabile con u (t) = f t, u(t) t I ; inoltre, u(t0 ) = x0 . L’insieme X = C 0 I, B(x0 , ε) è la palla nella norma uniforme di centro la funzione costante x0 (x0 (t) = x0 t) e raggio ε nello spazio di Banach C B0 I, Rn (funzioni n continue e limitate I R ). Infatti,

 



   

∀ → u(t) − x0 ≤ ε ∀t ∈ I ⇔ u − x0∞ = sup u(t) − x0 ≤ ε . t∈I

In particolare, X è un chiuso di C B0 (I, Rn ), quindi X con la distanza indotta è uno spazio metrico completo. Sia T : X C B0 (I, Rn ) tale che u X sia (T u)(t) = x0 + (L.6) consiste nel cercare u X tale che T (u) = u.

→

∈

∀ ∈

   t t0

f s, u(s) ds; il problema

Verifichiamo che T soddisfa le ipotesi del teorema delle contrazioni, cioè che T (X ) e che T è k lipschitziana, con k < 1. Sia v

−

⊆ X

∈ X , cioè v(t) − x0 ≤ ε ∀t ∈ I . Allora

    ≤ ·    ≤ ·  ≤ ⊆ − × ⇒  t

(T v)(t) − x0 = ∈ ⇒

f s, v(s) ds

δ sup f s, v(s)

infatti, v X graf v R =]t0 δ, t0 +δ[ B(x0 , ε) δM ε per la scelta di δ ed ε.

≤

δ M

∈

s I

t0

f s, v(s)

Cerchiamo ora la costante di Lipschitz per T su X . Siano v, w

≤ε

:

  ≤ M ;

supR f

∈ X , t ∈ I . Allora,

t

(T v)(t) − (T w)(t) = t f s, v(s) − f s, w(s) ds ≤ ≤ δ sup f s, v(s) − f s, w(s)  ≤ s∈I ≤ δ · L · v − w ∞ . Prendendo l’estremo superiore per t ∈ I , T v − T w∞ ≤ (δ · L)v − w∞ . Perci` o, T è lipschitziana su X , con costante k = δL, che è minore di 1 per la scelta iniziale di δ e ε. Quindi, T ha uno ed un solo punto fisso u ∈ X . 

       0

Oss.

In effetti, la condizione δL < 1 non sarebbe necessaria: basta R =]t0

− δ, t0 + δ[×B(x0, ε) ⊆ Ω ,

δM

≤ε



con M = sup f . R

` ancora vero Queste due condizioni garantivano che l’operatore T applicasse da X in sé. E che T ha uno ed un solo punto fisso u X (anche se potrebbe non essere una contrazione rispetto alla ∞ ).

·

∈

• 0Esercizio L.39

⊆ Ω; δM ≤ ε, esiste un α ∈ R tale che la norma |v|α su |v|α  sup v(t)e−tα t∈I rende T : X → X una contrazione (∀v, w ∈ X , |T v − T w|α ≤ k |v − w|α ). Inoltre, la norma | · |α è equivalente alla norma  · ∞ , quindi X è ancora completo con la distanza v w α . | − | Nelle ipotesi R C B (I, R) definita da



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•rispetto Esercizio L.40 Nelle stesse ipotesi si ha che T : X → X può non essere una contrazione a  ·  , ma esiste un n ∈ N tale che ∞

T (n) = T

 ◦ ·· · ◦ 

T : X

n volte

→ X

è una contrazione, e in tal caso T deve avere un unico punto fisso. Sugg.: provare per induzione la disuguaglianza n N, t I

∀ ∈ ∀∈ n |T (n)(v)(t) − T (n) (w)(t)| ≤ Ln! |t − t0|nv − w∞ ,

dove L è la costante di Lipschitz per f su R rispetto alla seconda variabile.

• Esercizio L.41 completo, T : X

Si può anche usare questa variante del teorema delle contrazioni: X

→ X continua e ∀v, w ∈ V





d T (m) (v), T (m) (w) <

∈N

m

∞.

Allora, T ha un unico punto fisso. Questa variante si può applicare qui grazie alla disugaglianza dell’esercizio precedente. Soluzione Mostriamo innanzitutto l’unicità: supponiamo di avere due punti fissi x1 e x2 . Allora, detta k la distanza tra x e x , avremo



1 (m )

d T

2 (m)

(x1 ), T

   

(x2 ) =

∈N

d x1 , x2 =

∈N

m

m

m

k<

∈N

∞,

⇒

dunque k = 0 x1 = x2 . Per quanto riguarda l’esistenza, poi, consideriamo w = T (v). Allora, per ipotesi



 

d T (m) (v), T (m) (w) =

∈N



d T (m) (v), T (m+1)(v) = c <

∈N

m

m

Dunque, in particolare T (k) (v) triangolare

∈

F = B(v, c)

∀k,

∞.

in quanto usando la disuguaglianza

k 1

d(v, T (k) v)

≤

≤   

− d T (m) (v), T (m+1)(v)

   

m=0

T (k) (v)

d T (m) (v), T (m+1)(v) = c .

∈N

m



Dunque la successione appartiene a F che è un chiuso e limitato, dunque posso k estrarre una sottosuccessione vkj  T (kj ) (v) j convergente a v¯. Ora, d(T vkj , vkj ) 0 perch´ e è un termine della serie convergente scritta sopra; d’altra parte, per la continuit` a di T e della distanza, questa converge anche a d(T (¯v), v¯), dunque d(T (¯v), v¯) = 0 T (¯v ) = v¯, cioè v¯ è un punto fisso.

→

⇒

Oss. Se f è continua Ω Rn , ma non vale l’ipotesi di locale lipschitzianità, il problema di Cauchy (L.6) ammette ancora una soluzione locale, ma non è più necessariamente unica.

→



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Esempio

Consideriamo f : R2

→ R, f (t, x) = |x|. Allora, il problema u (t) = |u(t)|



 

u(0) = 0

ammette una famiglia di soluzioni continua. Infatti, c’è sicuramente la soluzione nulla u(t) 0; ma possiamo anche cercare una soluzione della forma tα : u(t) = ct t α−1 è soluzione, per c, α opportuni: in particolare α 1 = α2 , cα = c, ovvero a = 2, c = 14 : u0 (t) = 14 t t . D’altra parte, possiamo considerare la soluzione 0 t λ uλ (t) = . u0 (t λ) t λ

√

−

≡ || ≤ ≥

||



−

Se f è solo continua, si può provare l’esistenza di una soluzione u :]t0

→

− δ, t0 + δ[→ B(x0, ε)

come prima usando T : X X ; ora, però, T non è una contrazione, e non funzionano i trucchi dei tre esercizi precedenti. Vi sono teoremi di analisi funzionale che si applicano qui e che garantiscono l’esistenza di almeno un punto fisso. Se, nelle ipotesi del teorema di esistenza ed unicità, u : I Rn e v : J Rn sono soluzioni dello stesso problema di Cauchy,

→



v(t0 ) = x0 v = f (t, v)



e

→

u(t0 ) = x0 u = f (t, u)

≡ ⊆ I ∩ J , anzi ≡ | Infatti,e l’insieme {t ∈ I controimmagine ∩ J u(t) = v(t)di} è{sicuramente in I u∩− J ,v,perch´ u e v sono continue, si tratta della 0} tramite lachiuso funzione ma èe aperto (in I ∩ J ) per la proprietà di unicità locale; infine non è vuoto in quanto contiene almeno t0 per ipotesi. Allora, coincide con tutto l’intervallo I ∩ J per la seguente proprietà di connessione allora per la proprietà di unicità locale, u(t) v(t) in un intorno di t0 coincidono su tutta l’intersezione: u I ∩J v I ∩J .

|



degli intervalli:

Lemma L.34 Sia U un intervallo di R; sia A

⊆ U chiuso, aperto, non vuoto, allora A = U .

Dimostrazione Se per assurdo U è un intervallo diverso da A, A è aperto e non vuoto ed anche U A è aperto e non vuoto. Allora definiamo

\



f (x) =

1

−1

x x

∈A ∈ A

:

f è continua, ma non si annulla mai nell’intervallo, contraddicendo il teorema degli zeri.



{

Allora possiamo considerare l’insieme di tutte le soluzioni del problema di Cauchy uI : I Rn I ∈F , dove è una famiglia di intervalli. Allora, ce n’è una definita su un intervallo massimo: chiamiamo J = I ∈F I e definiamo uJ (t) = uI (t) se t I , cioè

→ }

F





graf uJ =

∈

graf uI .

∈F

I

Quindi, si è dimostrata la seguente

Proposizione L.35 Data f : Ω Rn come nel teorema di esistenza ed unicità locale, e (t0 , x0 ) Ω, esiste una soluzione del problema di Cauchy u :]a, b[ Rn , con ( a< t < b + ) che è definita su un intervallo massimo: v : J Rn soluzione dello stesso problema di Cauchy, risulta J ]a, b[, v = u J .

→

∈

≤ ∞

⊆



→

|

50

∀

−∞ ≤

→


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L.24. ESTENSIONE DELLE SOLUZIONI DEL PROBLEMA DI CAUCHY

L.24

Estensione delle soluzioni del problema di Cauchy

Definizione L.29 Uno spazio topologico X si dice connesso se gli unici sottoinsiemi che siano aperti e chiusi sono X e ∅.

Mostrare che Rn è connesso.

• Esercizio L.42

Proposizione L.36 Sia Ω R Rn aperto; f : Ω Rn continua e localmente lipschitzian  na; sia u :]a, b[ R soluzione di u = f (t, u). Supponiamo che limt→b u(t) = x ¯, e che (b, x ¯) Ω. Allora esistono δ > 0 e una u ˜ :]a, b + δ[ Rn che prolunga u, tale che anche u ˜ è soluzione: u ˜ = f t, u ˜(t) .

⊆ ×

→

∈

 −

Dimostrazione Sia v :]b

→ →

∃

→ Rn una soluzione locale del problema di Cauchy

δ, b + δ[



v(b) = x ¯  v = f (t, v)

.

→ Rn ponendo

Definiamo u ˜ :]a, b + δ[

u ˜(t) =



u(t) v(t)

∀t ∈]a, b[ ∀t ∈ [b, b + δ[

.

La curva u ˜ è continua su è]a, b + δ[, ininquanto lo è in ]a,= b[ x ]b, b + δ[ perché lo sono rispettivamente u e v ed continua b perch´ e lim ¯e:in pi` u precisamente, t→b lim u ˜(t) = lim+ v(t) = x ¯;

→b+

t

t

→b

t

lim u ˜(t) = lim u(t) = x ¯.

→b

−

∀ ∈]a, b + δ[\{δ}.

Inoltre, u ˜ verifica l’equazione t u ˜ (b) = f b, u ˜(b) , cioè

 

∃

∈

→b

t

−

Resta da verificare dunque solo che

 

∃u˜i(b) = f i b, u˜(b) ∀1 ≤ i ≤ n .

\{ }

Sia t ]a, b + δ[ b ; allora possiamo applicare il teorema di Lagrange tra t e b, ottenendo u ˜i (t)t

−− ub˜i(b) = u˜i(ξ)

    

con ξ tra b e t ,

ma u ˜i (ξ) = f i ξ, u ˜(ξ) , in quanto in ξ vale l’equazione. Per la continuità di f e di u ˜, questo è anche uguale a f (b, u ˜(b) + o(1) per t b.

→

Quinidi u ˜ (b) = f b, u ˜(b) = f (b, x ¯).

∃



→ Rn. Vale

In realtà, è sufficiente molto meno per poter prolungare la soluzione u :]a, b[ infatti la seguente

Proposizione L.37 Sia Ω R Rn aperto; f : Ω Rn continua e localmente lipschitziak→∞ n  na; sia u :]a, b[ R soluzione di u = f (t, u). Supponiamo che (sk )k ]a, b[, sk b, tale che u(sk ) x ¯ con (b, x ¯) Ω. Allora, limt b u(t) = x ¯, quindi per la proposizione precedente u si prolunga a una soluzione u ˜ :]a, b + δ[→ Rn .

→ →

⊆ × ⊆



→

∃

51

∃

⊆

−−−−→

→


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L.25. DIPENDENZA CONTINUA DAI DATI INIZIALI

∈

Dimostrazione Basta dimostrare che per ogni altra successione (tk ) ]a, b[ convergente a

→ ∀ ∈ 

∃

∈

→

k ) non converge a x brimpiazzando si ha u(tk ) eventualmente x ¯. Se non fosse ı, una (tk ) sua ]a,sottosuccessione, b[, tk b, ma u(tabbiamo (tkcos` ) con che ε > ¯0; tale che k N u(tk ) x ¯ ε.

− ≥

∃

∃

Se è necessario, prendendo un ε > 0 pi` u piccolo, possiamo supporre che ρ > 0, M > 0 tale che R = [b ρ, b] B(¯x, ε) Ω e f (t, x) M (t, x) R (per la continuità di f ).

∃

−

×

⊆



≤



− ≥ }

∀

∈

Per ogni k N, l’insieme S k = s [sk , b] u(s) x ¯ ε è chiuso (controimmagine di un chiuso tramite una funzione continua), limitato e non vuoto: infatti tm [sk , b] definitivamente per m e u(tm ) x ¯ ε m; dunque esiste tk  min S k . Allora

∈

{ ∈

→∞ 

− ≥

• sk ≤ tk < b • u(tk ) − x¯ ≥ ε  • ∀s ∈ [sk , tk ] si ha u(s) − x¯ ≤ ε, cioè

∈

∀

 ∈

s, u(s) R. Per il teorema del valor medio (e per k grande, tale che b

u(tk ) − u(sk ) ≤ (tk − sk ) s ≤sup s≤t k

 k

− ρ ≤ sk ≤ b), (∗) u(s) = (tk − sk ) s ≤sup  f s, u(s)  ≤ s≤t  k

k

∗

( )

 

∗∗) ≤ (tk − sk ) · M (→ 0, dove (∗) vale perché se s ∈ [sk , tk ], s, u(s) ∈ R e f s, u(s)  ≤ M , e (∗∗) perché sk → b e sk ≤ tk ≤ b, dunque tk → b e (tk − sk ) → 0. Ma u(sk ) → x ¯, mentre u(tk ) − x ¯ ≥ ε, assurdo. 

 

→ ≤ ∞

Rn aperto, f : Ω

R

Proposizione L.38 Sia Ω

 

⊆ × ∃

Rn con le ipotesi di locale lipschi-

→ ≤

  ∈ ⊆

tzianit` a ; sia u :]a, b[ Rn una soluzione massimale di u = f (t, u) e K Ω compatto ( a < b + ). Allora, a , b tali che a < a b < b e t, u(t) K t ]b , b[, t ]a, a [ (“il grafico di una soluzione massimale abbandona ogni compatto Ω”).

−∞ ≤ ∀∈

  ∈ ∀  ∈

Dimostrazione Dimostriamo che b < b tale che t, u(t) è analogo).

∃

K

⊆

∀ ∈

b < t < b (l’altro caso

Se per assurdo non fosse cos`ı, (sk ) b tale che sk , u(sk ) K k N. Rimpiazzando (sk ) con una sua sottosuccessione se necessario, possiamo assumere che sk , u(sk ) converge a un punto (b, x ¯) K . Siamo ora nelle ipotesi della proposizione L.37 nella pagina precedente, quindi ]a, b[ non era massimale. 

∃





→ ∈

∀ ∈

Esercizio L.43 Supponiamo di avere f : R Rn Rn continua, localmente lipschitziana, con f M . Allora le soluzioni massimali di u = f (t, u), u(0) = x0 sono definite su tutto R. Sugg.: considerare K = [0, T ] B(x0 , M T + 1) e usare la proposizione precedente per dedurre che dom(u) [0, T ].

•  ≤

⊇

L.25

× →

×

Dipendenza continua dai dati iniziali

Sia Ω aperto R Rn , f : Ω Rn continua e localmente lipschitziana nella seconda variabile. Supponiamo che (t0 , x0 ) Ω esista (unica) la soluzione massimale del problema di Cauchy u = f (t, u) , u(t0 ) = x0

⊆ ×

∀



→

∈



52


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che è definita su un intervallo aperto ]τ  (t0 , x0 ), τ  (t0 , x0 )[ 

≤ ∞

0 , x0 ) τ (tPossiamo +considerare . τ  e τ  come funzioni Ω

{

Ξ = (t0 , x0 , t)

∈Ω×R



⊆ R, dove −∞ ≤ τ  (t0, x0) <

→ R¯ ; inoltre, sia

τ  (t0 , x0 ) < t < τ  (t0 , x0 ) .

}

Ξ è la zona fra il grafico di τ  e il grafico di τ  ed è sottoinsieme di Ω R. Ξ è inoltre il dominio di una mappa ξ : Ξ Rn tale che ξ(t0 , x0 , t) = u(t), con u soluzione del problema di Cauchy.

→

×

Proposizione L.39 (Dipendenza continua) Nelle ipotesi dette sopra, Ξ è aperto in R Rn R e ξ : Ξ Rn è continua.

×

→

Oss. Ξ aperto significa “stabilità dell’esistenza della soluzione”: se (t0 , x0 , t) (t0 , x0 , t) Ξ purché (t0 , x0 ) sia sufficientemente vicino a (t0 , x0 ).

×

∈ Ξ, allora

∈

Dimostrazione Dimostriamo prima il seguente

∈

Lemma L.40 Nelle stesse ipotesi, sia u soluzione del problema di Cauchy, (t0 , x0 ) Ω e sia t1 R, t0 < t1 < τ  (t0 , x0 ). Allora ρ > 0 e C 0 tale che per ogni dato iniziale y0 Rn con x0 y0 ρ, la soluzione massimale del problema di Cauchy

∈ ∈

 − ≤

∃



≥

v  = f (t, v) v(t0 ) = y0

 − v∞,[t ,t ] ≤ C x0 − y0.

è definita almeno fino al tempo t1 ; inoltre u Oss.

0

1

Il lemma dice in particolare che

u(t1) − v(t1) = ξ(t0, x0, t1) − ξ(t0, y0, t1) ≤ C x0 − y0 , cioé ξ è localmente lipschitziana nella seconda variabile. Per ε > 0, sia

Dimostrazione (del lemma)

{

T ε = (t, x)

∈ R × Rn



per ε > 0 sufficientemente piccolo, T ε ε < inf u(t)

t0

≤ t ≤ t1 , x − u(t) ≤ ε} ;

⊆ Ω — infatti, basta

x ; t0

t

t1 ; (t, x)

Ωc ,

{

−  ≤ ≤ ∈ } ε < min {inf u(t) − x, (t, x) ∈ Ωc } . t ≤t≤t

cioè

0

1

≥ 0 una costante di Lipschitz per f nella seconda variabile in T ε, cioè f (t, x) − f (t, y) ≤ Lx − y ∀(t, x) ∈ T ε , (t, y) ∈ T ε (esiste, con l’argomento già visto, con I × B(x0 , r) in luogo di T ε ). Sia dunque ρ = εe−L(t −t ) < ε, e sia y0 ∈ Rn con x0 − y0  ≤ ρ. Allora (t0 , y0 ) ∈ Ω; sia v la soluzione massimale. Bisogna dimostrare che [t0 , t1 ] ⊆ dom v e graf(v|[t ,t ] ) ⊆ T ε con v − u∞,[t ,t ] ≤ C x0 − y0  (per qualche C ). Sia L

1

0

0

1

0

1

Sia, ora, t¯ [t0 , t1 ] tale che t¯, v(t¯) ∂T ε e t, v(t) T ε t ]t0 , t¯[ (esiste tale t¯ grazie alla proprietà delle soluzioni massimali: uscire definitivamente dai

∈



 ∈ 53

 ∈

∀ ∈


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⊆ Ω) (t¯  min{t ∈ [t0, t1] t, v(t) ∈ T ˚ε} chiuso = ∅). ¯ u(t) − v(t) con t ∈ [t0, t], cioè v(t) ∈ T ε : t u(t) − v(t) − x0 + y0 ≤ u (s) − v (s) ds = compatti

Stimiamo

          −    ≤   −   ≤ ≤    −  ≤ t0 t

=

f s, u(s)

f s, v(s)

ds

t0 t

f s, u(s)

f s, v(s)

ds

t0

t

L

u(s)

v(s) ds .

t0

t t0

  −    

Sia ϕ(t) = cos`ı

u(s)

ϕ(t)e−Lt

dunque

 − y0, dunque ϕ(t) ≤ a + Lϕ(t). Si ha  a ϕ (t) − Lϕ(t) e−Lt ≤ ae−Lt = − e−Lt : L

v(s) ds e a = x0



=

     ≤ ≤  −   −  ≤

ϕ(t) +

ovvero ϕ(t) +

a L

ϕ(t) + a

quindi ϕ(t)

   ≤ 

a −Lt  e L



0

e−Lt è decrescente. Si ha cos`ı

a −Lt e L

ϕ(t0 ) +

eL(t−t0 )

a −Lt0 a e = e−Lt0 L L

∀t ∈ [t0, t] ,

1 ; in conclusione

L

u(t)

v(t) = ϕ (t)

In particolare, u(t¯) v(t¯) < ε; Inoltre, da (L.7) segue anche che



−

≤ aeL(t−t ) < ρeL(t−t ) < ε . (L.7) siccome t¯, v(t¯) ∈ ∂T ε deve essere t¯ = t1 .

a + Lϕ(t)



0

0

 

v − u∞,[t ,t ] ≤ eL(t −t ) x0 − y0 = C x0 − y0 che vale per ogni soluzione v con v(t0 ) = y0 e x0 − y0  ≤ ρ. 1

0

0

1

Si prosegue, ora, provando che ξ è localmente lipschitziana nella terna (a,x,b) e che vale

ξ(a1, x1, b1) − ξ(a0, x0, b0) ≤ (x1 − x0 + M |a1 − a0|) eL(b −a ) + M |b1 − b0| , 0

0

grazie alla disuguaglianza triangolare.




Concludere la dimostrazione della proposizione (continuità di ξ).

Si ha infatti

ξ(a1, x1, b1) − ξ(a0, x0, b0) ≤ ξ(a1, x1, b1) − ξ(a1, x1, b0)+ + ξ(a1 , x1 , b0 ) − ξ(a0 , x1 , b0 ) + |ξ(a0 , x1 , b0 ) − ξ(a0 , x0 , b0 ) . Lezioni — Docente: Pietro Majer


54


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L.26. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE LINEARI IN



Per il terzo addendo abbiamo già la stima ξ(a0 , x1 , b0 )

RN

− ξ(a0, x0, b0) ≤ x1 − x0eL(b −a ) 0

0

dal lemma precedente; per il primo, usando sull’insieme R prima definito f (t, x) poi, M , si hail teorema del valor medio ed il fatto che

 ≤ ξ(a1, x1, b1) − ξ(a1, x1, b0) = u(b1) − u(b0) ≤ |b1 − b0| sup u(t) ≤ t∈]b ,b [ ≤ |b1 − b0| sup f (t, x) ≤ M |b1 − b0| , R 0

1

dove u risolve il problema di Cauchy u = f (t, u) con dato iniziale x1 al tempo a1 . Per il secondo addendo, infine, si usa l’identità ξ(a1 , x1 , b0 ) = ξ s, ξ(a1 , x1 , s), b0 , dunque scegliendo in particolare s = a0 e usando stime analoghe a quelle dei due casi precedenti e ricordando che x1 = ξ(a1 , x1 , a1 ) si ottiene





ξ(a1, x1, b0) − ξ(a0, x1, b0) = ξ a0, ξ(a1, x1, a0), b0 − ξ(a0, x1, b0) ≤ ≤ eL(b −a )ξ(a1, x1, a0) − x1 = eL(b −a )ξ(a1, x1, a0) − ξ(aL(1b, −x1a, )a1) ≤ ≤e M |a1 − a0 | . 0

0

0



0



0

0

Riunendo i risultati fin qui trovati, si ottiene la stima cercata.

Equazioni differenziali ordinarie lineari in Rn

L.26

Una equazione differenziale lineare ordinaria in Rn è una equazione della forma x (t) = A(t)x(t) + b(t)

− ∞ ≤ a < t < b ≤ +∞ ,

dove A(t) è una matrice n n, dipendente con continuità da t ]a, b[ e b(t) Rn , continua in t: A C 0 ]a, b[; n×n (R) , b C 0 (]a, b[; Rn ). Quindi, il secondo membro f (t, x) = A(t)x + b(t) è definito su Ω ]a, b[ Rn R Rn e verifica le ipotesi di lipschitzianità per poter applicare il teorema di Cauchy: f è continua nella prima variabile (t) ed è affine nella seconda (x), per cui per ogni sottointervallo chiuso e limitato [a , b ] ]a, b[ si ha

∈

M



×



∈

∈

∈ × ⊆ ×

⊆

⊆

f (t, x) − f (t, y) = A(t) · (x − y) ≤ A∞,[a ,b ] · x − y ∀t ∈ [a , b] ⊆]a, b[ : quindi f è lipschitziana in x uniformemente in tutti i t ∈ [a , b ]. 



Perciò, ogni problema di Cauchy



x(t0 ) = x0 x = A(t)x + b(t)

∀ ∈



≤  

ha una ed una sola soluzione locale; inoltre, siccome t [a , b ] si ha f (t, x) L x + C , con L  A ∞,[a ,b ] e C  b ∞,[a ,b ] , si ha che le soluzioni massimali del problema di Cauchy sono definite su tutto l’intervallo [a , b ]; essendo [a , b ] ]a, b[ arbitrario, sono definite su tutto ]a, b[.

 











⊆

• Esercizio L.45 In generale, se f ∈ C 0 (]a, b[×Rn , Rn ) localmente lipschitziana in x e tale   che ∀[a , b ] ⊆]a, b[ esistono costanti L e C per cui f (t, x) ≤ Lx + C ∀t ∈ [a , b ], ∀x ∈ Rn , allora le soluzioni massimali sono definite su tutto l’intervallo ]a, b[ e il dominio della soluzione generale ξ(t0 , x0 , t) è I × Rn × I . Sugg.: usare la caratterizzazione delle soluzioni massimali.

Nel caso delle equazioni differenziali ordinarie, quindi, la soluzione generale è definita

∀(t0, x0) in I × Rn e t ∈ I . Appunti redatti da Giovanni Pizzi


55


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RN

L.26.1

Equazioni lineari omogenee Si tratta del caso in cui b(t) ≡ 0, x (t) = A(t)x(t). La soluzione generale è lineare rispetto a x0 :

ξ(t0 , λx0 + νy 0 , t) = λξ(t0 , x0 , t) + νξ (t0 , y0 , t) . Infatti, se u(t) = ξ(t0 , x0 , t) e v(t) = ξ(t0 , y0 , t), abbiamo





u (t) = A(t)u u(t0 ) = x0

v  (t) = A(t)v v(t0 ) = y0

,

quindi w(t) = λu(t) + νv (t) risolve



w (t) = A(t)w w(t0 ) = λx0 + νy 0

,

cioé w(t) = ξ(t0 , λx0 + νy 0 , t). Quindi resta definita una applicazione continua W : I I n×n (R) ponendo W (t, s)x = ξ(s,x,t) (s, t) I I , x Rn . In altre parole, W (t, s)x è il valore che assume la soluzione dell’equazione u = A(t)u al tempo t con dato iniziale u(s) = x. La matrice W (t, s) si chiama matrice di transizione associata al sistema lineare u = A(t)u. Dunque, è definita dall’identità

∀

× →M

∈ × ∀ ∈

∀t, s ∈ I, ∀u soluzione di u(t) = A(t)u(t) .

W (t, s)u(s) = u(t)

(L.8)

Oss. W (t, s) è una matrice le cui colonne sono date da X i = W (t, s)ei , dove ei è l’i esimo vettore della base canonica di Rn , cio` e quella che ha un 1 in i esima posizione e 0 altrove. Dunque, X i (t) è soluzione del problema di Cauchy, con dato iniziale ei al tempo iniziale s:  X i (t) = A(t)X i (t) . X i (s) = ei

−

−



Vediamo alcune proprietà. Sia I =]a, b[: allora vale la seguente Proposizione L.41 Sia A Allora:

∈ C 0(I, Mn×n) e W la corrispondente matrice di transizione.

∀∈

(i) W (t, t) = I t I (ii) ∂ 1 W (t, s) = A(t)W (t, s)

∀t, s ∈ I (iii) W (t, s)W (s, r) = W (t, r) ∀t,r,s ∈ I (iv) W (s, t) = W (t, s)−1 ∀t, s ∈ I (v) ∂ 2 W (t, s) = −W (t, s)A(s) ∀t, s ∈ I Dimostrazione La (i) è ovvia dalla definizione di W ; (ii) anche, derivando (L.8): ∂ 1 W (t, s)u(s) = u (t) = A(t)u(t) = A(t)W (t, s)u(s) ; ci` o vale per ogni soluzione dell’equazione differenziale lineare: vale quindi x = u(s) Rn , dunque ∂ 1 W (t, s) = A(t)W (t, s).

∀



56

∈


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RN

(iii) segue subito dalla definizione: per ogni soluzione u, abbiamo W (t, s)W (s, r)u(r) = W (t, s)u(s) = u(t) ma anche W (t, r)u(r) = u(t) , quindi W (t, r) = W (t, s)W (s, r). (iv) segue dalla precedente e dalla (i) per r = t:

I = W (t, t) = W (t, s)W (s, t) I = W (s, s) = W (s, t)W (t, s) , dunque W (t, s)−1 = W (s, t).

∃

∃

×

Infine, per (v) già sappiamo che ∂ 1 W (t, s) = A(t)W (t, s) continue in I I . D’altra parte, per (iv) W è derivabile anche nella seconda variabile: s W (t, s) è composizione di s W (s, t) e dell’inversione di matrici L L−1 (che è differenziabile); derivando la relazione del punto (iii) in s, otteniamo

→

→

→

  

·

∂ ∂ ∂ 0= W (t, r) = W (t, s)W (s, r) = W (t, s) W (s, r)+ ∂s ∂s ∂s ∂ + W (t, s) W (s, r) = ∂ 2 W (t, s) W (s, r) + W (t, s)A(s)W (s, r) . ∂s





·

Se ora considero s = r, ottengo 0 = ∂ 2 W (t, s) + W (t, s)A(s) .

  −  I    I 

−1

I

Oppure: vedendo W (t, s) come composizione W (s, t) e ricordando che se (L) = L−1 , vale D (L)[H ] = L−1 HL−1 (vedi proposizione L.20 a pagina 33), otteniamo

I

∂ 2 W (t, s) = =

∂ ∂s

W (s, t) = D

W (s, t)



∂ W (s, t) = ∂s

−W (s, t)−1A(s)W (s, t)W (s, t)−1 = −W (t, s)A(s) ,

che è una dimostrazione alternativa della (v) . Come conseguenza, siccome

∃∂ 1W (t, s)

= A(t)W (t, s) e



∃∂ 2W (t, s)

=

−W (t, s)A(s)

×

1 W e ∂ 2 W entrambe continue in I (cio` W 1 (I ha ∂ I I ), per il teorema del differenziale totale W e C ; n×n ). Il determinante di W (t, s), w(t, s) = det W (t, s) (che è > 0 per il teorema degli zeri) verifica una semplice identità (detta equazione di Liouville):

∈

× M

Proposizione L.42

·

∂ 1 w(t, s) = tr A(t) w(t, s) w(s, s) = 1 Dimostrazione

∀t, s ∈ I , ∀ε tale che t + ε ∈ I , vale (usando la proposizione precedente)

W (t + ε, s) = W (t + ε, t)W (t, s) = W (t, t) + ε∂ 1 W (t, t) + o(ε) W (t, s) = = I + εA(t) + o(ε) W (t, s) = I + εA(t) W (t, s) + o(ε) .





   57






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RN

Ricordando lo sviluppo del determinante det(I + H ) = 1 + tr(H ) + o(H ) , abbiamo

   

 

 

∗

I + εA(t) W (t, s) + o(ε) = det I + εA(t) W (t, s) + o(ε) =

w(t + ε, s) = det

= 1 + ε tr A(t) det W (t, s) + o(ε) = w(t, s) + ε tr A(t)w(t, s) + o(ε) , dove il passaggio segnato da un asterisco è possibile perché la funzione det è differenziabile.



t

Dunque, ∂ 1 w(t, s) = tr A(t)w(t, s), da cui det W (t, s) = exp



tr A(τ ) dτ .

s



L.26.2

Equazioni lineari non omogenee Proposizione L.43 Siano A ∈ C 0 I, Mn×n (R) , b ∈ C 0 (I, Rn ), s ∈ I , u0 ∈ Rn . Allora la



soluzione del problema di Cauchy





u (t) = A(t)u(t) + b(t) u(s) = u0

è



t

u(t) = W (t, s)u0 +

W (t, τ )b(τ ) dτ

s

∀t ∈ I

dove W è la matrice di transizione associata ad A. Dimostrazione (1◦ modo: verifica diretta)

Si ha

 ··· s

u(s) = W (s, s)u0 +

(

) = u0 .

s

D’altra parte,



   ·  

u (t) = A(t)W (t, s)u0 + W (t, τ )b(τ )

t

+ τ =t

A(t)W (t, τ )b(τ ) dτ =

s

t

= A(t)W (t, s)u0 + b(t) + A(t)

W (t, τ )b(τ ) dτ =

s

t

= A(t)

• Esercizio L.46



W (t, s)u0

+

s

W (t, τ )b(τ ) dτ + b(t) = A(t)u(t) + b(t) . 

Giustificare la derivazione sotto il segno di integrale.

Dimostrazione (2◦ modo: variazione della costante arbitraria) L’idea della dimostrazione sta nel cercare una soluzione della forma u(t) = W (t, s)y(t), con y(t) un’opportuna funzione C 1 (I, Rn ). Deve essere

∈

u(s) = W (s, s)y(s) = y(s) = u0 ; Lezioni — Docente: Pietro Majer


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RN

inoltre, u (t) = ∂ t W (t, s) y(t) + W (t, s)y  (t) = A(t)W (t, s)y(t) + W (t, s)y  (t)





e si vuole che questo sia uguale a A(t)u(t) + b(t) = A(t)W (t, s)y(t) + b(t). Dunque, u(t) = W (t, s)y(s) è soluzione del problema di Cauchy purché



y(s) = u0 W (t, s)y (t) = b(t)

.

Ricordando che W (t, s)−1 = W (s, t), abbiamo

 quindi, y(t) = u0 +

 t s

y  (t) = W (s, t)b(t) y(s) = u0

;

W (s, τ )b(τ ) dτ soddisfa le richieste e rende u soluzione. Dunque,



t

u(t) = W (t, s)y(t) = W (t, s)u0 +

W (t, τ )b(τ ) dτ

s

perché W (t, s)W (s, τ ) = W (t, τ ).



M 

Proposizione L.44 (Sviluppo in serie per W (t, s)) Sia A C 0 I, la matrice di transizione associata ad A ammette lo sviluppo in serie

∈

W (t, s) =

∞



n n (R)

×

; allora

V k (t, s)

k=0

con V 0 (t, s) = I

 



t

≥0 . s Inoltre, lo sviluppo converge uniformemente sui compatti di I × I (anzi normalmente). Dimostrazione La matrice W soddisfa le relazioni W (s, s) = I (∀s ∈ I ) e ∂ 1 W (t, s) = V k+1 (t, s) =

A(τ )V k (τ, s) dτ

k

A(t)W (t, s) o, equivalentemente:



t

W (t, s) = I +

A(τ )W (τ, s) dτ .

(L.9)

s

Qui si potrebbe applicare il teorema delle contrazioni (l’operatore t

T (W ) = I +



A(τ )W (τ, s) dτ

     



s

è infatti lineare) e provare l’esistenza di W , da cui si ottiene la teoria delle equazioni differenziali ordinarie lineari in modo autonomo dalla teoria vista. Iterando l’identità (L.9), si ha t

W (t, s) = I +

τ

A(τ ) I +

s

A(τ 1 )W (τ 1 , s) dτ 1

s

t

=I+

t

s

−

τ

A(τ ) dτ +

s

s

dτ =

A(τ )A(τ 1 )W (τ 1 , s) dτ 1 dτ =

··· =

m 1

=

V k (t, s) + Rm (t, s) ,



k =0



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RN


dove i termini V k sono dati dalla soluzione ricorsiva

     ···    ···  V 0 (t, s) = I

t

V k+1 (t, s) =

A(τ )V k (τ, s) dτ

k

s

cioè

t

τ k

≥0

τ 2

V k (t, s) =

s s

A(τ k )A(τ k−1 )

s

··· A(τ 1) dτ 1 dτ 2 ··· dτ k ,

mentre il resto è

t

Rm (t, s) =

τ m

τ 2

s s

A(τ m )A(τ m−1 )

s

··· A(τ 1)W (τ 1, s) dτ 1 dτ 2 ··· dτ m ,

(L.10)

come si verifica facilmente per induzione. 0 uniformemente su ogni J J I I con J  [a , b ], cioé Rm ∞,J ×J Rm Infatti dalla (L.10) si ha che (t, s) J J

→

× ⊆ × ∈ ×

∀

  ···   ≤   ···    ·  t

Rm (t, s) ≤ t

τ m

τ 2

s s τ 2

τ m

s

A(τ m )

s s

A(τ m )A(τ m−1 )

···A(τ 1) · W (τ 1, s) dτ 1 dτ 2 ··· dτ m

≤ A∞,J · W ∞,J ×J m

τ m

τ 2

s s

W ∞,J ×J

,J

 

·   ···  t

m

→ 0.

  ≤

··· A(τ 1)W (τ 1, s) dτ 1 dτ 2 ··· dτ m ≤

A(τ m−1 )

s

= A

 

1 dτ 1

s

|t − s |m

m

A

· 

··· dτ m

,J



=

W ∞,J ×J

(b

∞ × ≤     m Rm∞,J ×J ≤ Am∞,J W ∞,J ×J (b −m!a ) .

∞ m! quindi la serie converge uniformemente su J J , con

− a)m , m!

In effetti, per lo stesso motivo





k

V k ∞,J ×J ≤ Ak∞,J · (b −k!a ) , dunque la serie è normalmente convergente su J × J , e si ha in particolare ∞ ∞ Ak · (b − a )k ∞,J V k ,J J = eA (b −a ) . ∞ ×  ≤ k=0 k! k=0  



∞,J



• Esercizio L.47





∀ ∈ J )

Ricavare la disuguaglianza (valida t, s

W (t, s) ≤ eA

∞,J

direttamente, da





·|t−s|

W (s, s) = I ∂ t W = A(t)W (t, s)

60

.


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RN

L.26.3

Caso delle equazioni lineari a coefficienti costanti Proposizione L.45 (Esponenziale di matrici) Sia A ∈ Mn×n (C) ∼ Cn·n . Allora, la successione

  I+

A m

m

converge a un elemento di n×n (C), detto esponenziale di A e indicato con eA o exp(A). Inoltre, valgono le seguenti proprietà:

M

(i) eA =

∞ Ak



k=0

k!

  ≤ eA

(ii) eA

A

(iii) AB = BA (iv) AB = BA (v) Se P

A

⇒ eA+BB= BeA B B A ⇒e =e e =e e 1

−

∈ Mn×n(C) è invertibile, allora eP AP

= P eA P −1

(vi) det(eA ) = etr A (vii) exp :

Mn×n(C) → Mn×n(C) è una funzione di classe C ∞ e D exp(A)[H ] =

 ≥ ≥

k 0 l 0

Ak HAl . (k + l + 1)!

∀ ∈ N si ha Am ≤ Am , la serie

Dimostrazione (ii): poiché m normalmente in n×n (C) e

M

        A

e

=

    ≤  ∈   · ·

∞ Ak

∞ A

k!

k!

k=0

m

k=0

k

n Ak k=0 k !

converge

= eA ;

A (i): che la successione I + m ammetta limite uguale a mente come nel caso ben noto di n = 1, A R. m



Ak k=0 k!

∞

si prova esatta-

m

A A (iii): se AB = BA, allora I + m B = B I+ m . Siccome le applicazioni X X A, X A X sono continue, passando al limite (m ) si ha n×n (C) eA B = Be A .

M

 → ·

→ ·

→∞

(iv): si può dimostrare in un primo modo usando la serie:

   ∞ Ak k!

k=0

∞ Bl

l=0

l!

=

··· =

∞ (A + B)m



m!

m=0

,

oppure con la successione A+B

e





m

A+B = lim I + m→∞ m

(v): per lo stesso motivo, essendo X P AP −1 I+ m




= lim m

→∞

   I+

I+

B m

m

.

→ P XP −1 continua, e

m

A = P I + m

m

  


A m

61

P −1

∀m ,


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L.26. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE LINEARI IN 1

−

passando al limite eP AP

RN

= P eA P −1 .

(vi): dapprima, si analizza il caso di A diagonalizzabile: A = P DP −1 con D = diag(λ1 , . . . , λn ); allora eD = diag(eλ1 , . . . , e λn ); det eD = ni=1 eλi = etr D . Dunque, 1

−

eA = eP DP

= P eD P −1



⇒ det eA = det eD = etr D = etr A .

Per il caso generale, si usa il fatto che ogni A è limite di una successione di matrici diagonalizzabili. 

• Esercizio L.48

Concludere i punti della dimostrazione non conclusi.

Se A C 0 (I, n×n R) è tale che A(t1 )A(t2 ) = A(t2 )A(t1 ) t1 , t2 t allora la matrice di transizione è W (t, s) = exp( s A(τ ) dτ ).

• Esercizio L.49

∈

M

∀



∈ I ,

Oss. Si può verificare che la definizione e le proprietà della mappa esponenziale exp(A) valgono anche nel caso di A (E ) con E spazio di Banach, salvo le proprietà che riguardano det A, tr A che in generale non sono definiti.

∈L

Nel caso di equazioni differenziali lineari in Rn a coefficienti costanti, le soluzioni si  esprimono con la mappa esponenziale. Infatti, etA = AetA = etA A; quindi, la soluzione del problema

 



u (t) = Au(t) u(t0 ) = x0

con x0 Rn , A e u(t) = e(t−t0 )A x0 , in quanto u(t0 ) = e0A x0 = I x0 = x0 ; n×n (R) `   tA −t0 A u (t) = e [e x0 ] = Au(t). La matrice di transizione associata al sistema u = Au è dunque W (t, s) = e(t−s)A

∈



∈M

·



·

(in particolare, valgono le proprietà W (s, s) = I e ∂ t W = AW ). In effetti, dallo sviluppo di W (s, t) in serie, nel caso di A(t) W (t, s) =

∞

·

≡ A costante, si trova

V k (t, s)

k =0



con V 0 (t, s) = I e



t

V k+1 (t, s) =

t

AV k (τ, s) dτ = A

s

abbiamo cos`ı V 1 (t, s) = immediatamente

 t s



V k (τ, s) dτ ;

s

− s)A; V 2(t, s) = A2 (t−2s) (t − s)k k V k (t, s) = A .

A dτ = (t

2

e, per induzione, si trova

k!

In conclusione, W (t, s) =

∞ (t − s)k



k=0



Ak

t−s)A  e(

.

k! 62


66/130

5/9/2018


L.27. DIPENDENZA DIFFERENZIABILE DAI DATI INIZIALI

In generale, se per A

Oss.

∈ C 0 I ; Mn×n (R)

 

∈ C 0 I × I, Mn×n(R) ∀s ∈ I ∀t, s

una W



W (s, s) = I ∂ t W (t, s) = A(t)W (t, s)



verifica



allora W è la matrice di transizione di A. Ciò segue subito dalla definizione di matrice di transizione. Oss. L’esponenziale di numeri complessi è un caso particolare di esponenziale di matrici: se z = a + ib C, la matrice associata a z è la matrice (conforme) 2×2 (R)

∈

A=

∈M

 − a b

b a

.

Allora, l’esponenziale di A è la matrice corrispondente a ez , in quanto entrambe sono definite dalla stessa serie. Sia V un sottospazio vettoriale di dimensione n dello spazio C B0 (R, C) (funzioni continue e limitate) tale che se u V , anche τ h (u) V h R, dove

• Esercizio L.50

 ∈

∈

∀ ∈

τ h (u) (x) = u(x + h)

è la traslata da u. Provare che V è generato da n funzioni eiω1 t , eiω2 t , . . . , eiωn t , con ω1 , . . . , ωn R. Sugg.: provare prima che se u V , allora u è derivabile.

∈

L.27

∈

Dipendenza differenziabile dai dati iniziali

Sia Ω R Rn aperto, e f : Ω Rn . Sappiamo che se f soddisfa le condizioni di Cauchy– Lipschitz, allora esiste un aperto Ξ Ω R R Rn R e ξ : Ξ Rn continua tale che (t0 , x0 ) Ω, t R (t0 , x0 , t) Ξ t dom u

⊆ × ∈ ∀∈

∀

→

⊆ × ⊆ × × ∈ ⇔ ∈

→

dove u è la soluzione massimale del problema di Cauchy; u(t) = ξ(t0 , x0 , t). Inoltre, ξ è lipschitziana nella seconda variabile: (t0 , x0 , t1 ) Ξ δ > 0, M tali che x B(x0 , δ)

∀

∀ ∈ ∀t ∈

∈



−

∈ ∃

(t0 , x, t1 ) Ξ e ξ(t0 , x0 , t) ξ(t0 , x, t) [t0 , t1 ] o t [t1 , t0 ]. In modo equivalente si può scrivere

∈

∃

 ≤ M x − x0

ξ(t0, x0, ·) − ξ(t0, x, ·)∞,[t ,t ] ≤ M x − x0 . Supponiamo, ora, che f : Ω → Rn sia continua tale che f ∈ C 0 (Ω, Rn ) con D2 f ∈ 0 C Ω, L(Rn ) , dove D2 indica il differenziale rispetto alla seconda variabile x. 0



1



Allora f verifica le condizioni di Cauchy–Lipschitz: dato che D2 f è continuo, allora è localmente limitato, dunque f è localmente lipschitziana nella seconda variabile. Inoltre, ξ risulta differenziabile nella seconda variabile, anzi ξ C 1 (Ξ, Rn ). Nella terza variabile, già sappiamo che ∂ t ξ(t0 , x0 , t) = f t, ξ(t0 , x0 , t) , dunque ∂ t ξ C 0 (Ξ, Rn ). Si usa poi l’identità

∈





ξ s, ξ(r, x0 , s), t = ξ(r, x0 , t) Appunti redatti da Giovanni Pizzi


63





∈

(L.11) Lezioni — Docente: Pietro Majer

67/130

5/9/2018



e si prova la differenziabilità nella prima variabile usando la differenziabilit` a nella seconda e nella terza: derivando (L.11) rispetto a s, si ottiene ∂ 1 ξ s, ξ(r, x0 , s), t + D2 ξ s, ξ(r, x0 , s), t [∂ 3 ξ(r, x0 , s)] = 0



 



perch´ e a destra (L.11) non dipende da s, e per r = s

−D2ξ(s, x0, t) · f (s, x0) . Teorema L.46 Sia f ∈ C 0 (Ω, Rn ) con D2 f ∈ C 0 Ω, L(Rn ) ; allora ξ ammette D2 ξ; a sua ∂ 1 ξ(s, x0 , t) =



volta D2 ξ è differenziabile in t e







∂ t D2 ξ(t0 , x0 , t) = D2 ∂ t ξ(t0 , x0 , t) . Oss.

In altre parole, ∂ t D2 ξ(t0 , x0 , t) = D2 f t0 , ξ(t0 , x0 , t)



 



= D2 f t0 , ξ(t0 , x0 , t) D2 ξ(t0 , x0 , t) .

Dunque, D2 ξ(t0 , x0 , t) è la soluzione dell’equazione differenziale lineare ∂ t W (t, t0 ) = A(t)W (t, t0 )

con





A(t) = D2 f t0 , ξ(t0 , x0 , t) .

Inoltre, W (t0 ) = D2 I = I o anche D2 ξ(t0 , x0 , t) è la matrice di transizione W (t, t0 ) del cammino A(t) = D2 f t0 , ξ(t0 , x0 , t) .



Dimostrazione Sia (t0 , x0 , t1 )



∈ Ξ e sia W (t) la soluzione di

 



W  (t) = A(t)W (t) W (t0 ) = I

,

L 

con A(t)  D2 f t0 , ξ(t0 , x0 , t) . Quindi, A C 0 I, (Rn ) , con I = dom ξ(t0 , x0 , ) (e W è la matrice di transizione di A). Vogliamo provare che D2 ξ(t0 , x0 , t1 ) = W (t1 ), cioè che ξ(t0 , x , t1 )

∈

− ξ(t0, x0, t1) − W (t1) · (x − x0) = o(x − x0)

Sia z(t) = ξ(t0 , x , t) z(t1 ).

− ξ(t0, x0, t) − W (t) · (x − x0) ∀t ∈ I .

·

∃

(per x

→ x0) .

Vogliamo dunque stimare

z(t) risolve una sopra equazione 0, A(t) definito e b(t)differenziale opportuno.lineare Infatti,del tipo z  (t) = A(t)z + b(t) con z(t0 ) = z(t0 ) = ξ(t0 , x, t0 )

− ξ(t0, x0, t0) − W (t0) · (x − x0) = x − x0 − (x − x0) = 0 .

Si ha b(t)  z  (t)



   

 

− A(t)z(t) = f t, ξ(t0, x, t) − f t, ξ(t0, x0, t) − A(t)W (t)(x − x0)+ − A(t)ξ(t0, x, t) + A(t)ξ(t0, x0, t) + A(t)W (t)(x − x0) = = f t, ξ(t0 , x, t) − f t, ξ(t0 , x0 , t) − D2 f t, ξ(t0 , x0 , t) ξ(t0 , x, t) − ξ(t0 , x0 , t) .



 

Siano poi p0 = ξ(t0 , x0 , t) e p = ξ(t0 , x , t); allora b(t) = f (t, p) Lezioni — Docente: Pietro Majer




− f (t, p0) − D2f (t, p0)[ p − p0] = F ( p) . 64


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Dato che F ( p0 ) = 0, usando il teorema del valor medio

b(t) = F ( p) = F ( p) − F ( p0) ≤  p − p0 sup DF (q) = q∈[ p,p ] = ξ(t0 , x , t) − ξ(t0 , x0 , t) sup D2 f (t, q) − D2 f t, ξ(t0 , x0 , t) 0





 



q [ p,p0 ]

∈



.

∈ B(x0, δ), t ∈ [t0, t1], tutto è minore di M x − x0  sup D2 f t, ξ(t0 , x0 , t) + v − D2 f t, ξ(t0 , x0 , t)  v ≤ M x − x0  Se, ora, x → x0 , ξ(t0 , x, t) → ξ(t0 , x0 , t) uniformemente per t ∈ [t0 , t1 ]: dunque sup b(t) ≤ x − x0 o(1) = o(x − x0 ) . Se x

 



.

∈

t [t0 ,t1 ]

Poiché z  = A(t)z(t) + b(t), z(t0 ) = 0, si ha



 ≤ | − | ·    − 

t1

z(t1) = quindi

W (τ, t0 )b(τ ) dτ

t0

z(t1)

∃

t1

= o( x

t0



W ∞,[t0 ,t1 ]×[t0 ,t1 ]

x0 ) (per x

· b∞,[t ,t ] 0

1

→ x0)

ovvero D2 ξ(t0 , x0 , t1 ) = D2 f t0 , ξ(t0 , x0 , t1 ) .

• Esercizio L.51

Siano A, B

∈

C 0 I, (Rn ) e siano W A , W B

corrispondenti Provare chematrici di transizione.

L

    t

W B (t, s)



− W A(t, s) =

W A (t, τ ) B(τ )

s



∈ C 0 I × I, L(Rn)



le



− A(τ ) W B (τ, s) dτ

∀ ⊆ I intervallo, W B − W A∞,J ×J ≤ |J | · W A ∞,J ×J · W B ∞,J ×J · B − A∞,J . Quindi, se Ak → A uniformemente su J , allora W A → W A uniformemente su J × J . da cui, J

k

• Esercizio L.52 Sia f ∈ C 0(Ω, Rn ) con D2f ∈ C 0(Ω, Rn). Si è visto che ∀(t0, x , t1) ∈ Ξ ∃D2ξ(t0, x , t1) = W A(t1, t0), con A(t)  D2f t, ξ(t0, x, t) . Dedurne che ξ, come funzione di t0 , x, t1 ha D2 ξ ∈ C 0 Ξ, L(Rn ) . Sugg.: usare l’esercizio precedente. Oss. W A (t1 , t0 ) ∈ L(Rn ) è sempre invertibile.











• Esercizio L.53



(Derivabilit` a di ξ(s,x,t) rispetto a s) Dall’identit` a ξ t, ξ(s,x,t), s = x, verificando le condizioni per applicare il teorema della funzione implicita, ottenere che ξ è derivabile rispetto a s e ∂ s ξ(s,x,t) = D2 ξ(s,x,t)f (s, x) e in particolare D1 ξ C 0 (Ξ, Rn ). Sugg.: sia u(s) = ξ(s,x,t) e F (s, y) = ξ(t,y,s), allora u verifica F s, u(s) = costante.

−



65

∈

 


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L.28. RICERCA DI PRIMITIVE

•∂ Esercizio L.54 Poiché ∂ 3 ξ(s,x,t) = f t, ξ(s,x,t) per costruzione, per composizione ξ ∈ C 0 (Ξ, Rn ); applicando il teorema del differenziale totale dedurne che ξ ∈ C 1 (Ξ, Rn ).



3



Oss. Invece di ξ(t0 , x0 , t) alcuni usano l’ordine ξ(t, t0 , x0 ), che in effetti è consistente con quello del caso lineare dove si ha W (t, t0 )x0 , o anche ξ x (t), . . .

L.28

Ricerca di primitive

Data F : U Rn Rn , vogliamo trovare (se c’è) una funzione V : U R tale che V (x) = F (x) x U (pi` u in generale, data F : U E E  con E spazio di Banach, E  = (E, R) il duale di E , trovare V : U R tale che F (x) = DV (x) (E, R) = E  ).

⊆



L

→ ∀ ∈

→

→

⊆ → ∈L Definizione L.30 Una applicazione ω su un aperto Ω ⊆ Rn a valori in Rn  si chiama una

forma differenziale.

⊆ Rn → Rn si chiama campo vettoriale (su Ω). Data una forma differenziale ω si ha il campo associato F , tale che ∀x ∈ U ω(x)[v] = F (x) · v

Definizione L.31 Una funzione f : Ω Oss.





dove a sinistra abbiamo la forma differenziale ω(x) calcolata in v, mentre a destra abbiamo un prodotto scalare. Esempio Se V : Ω Rn R è C 1 , allora il differenziale di V , ω = DV : Ω Rn n n (R , R) = R è una forma differenziale su Ω. In tal caso, diciamo che V è una primitiva (o una funzione potenziale) di ω.

⊆

L

→

⊆

→

Definizione L.32 Se ω ammette una primitiva, allora si dice esatta (su Ω). Per i campi, si dice che F è conservativo (cioè V F = V ).

∃





N.B. Considereremo solo forme differenziali (o campi) almeno di classe C 0 e definite su aperti Ω Rn .

⊆

Oss.

Sia Ω 1

⊆ Rn aperto, e sia V ∈ C 1(Ω, R).

◦ ∈ C ([a, b], R) con

V ϕ

∀

Allora, ϕ : [a, b]

     ·   −      · V ϕ(t)



= DV ϕ(t)

→ Ω, ϕ ∈ C 1, si ha

ϕ (t) ,

da cui (per il teorema fondamentale del calcolo integrale) b

V ϕ(b)

V ϕ(a) =

DV ϕ(t)

ϕ (t) dt .

a

Questo suggerisce di considerare più in generale, per ω classe C 0 ) in luogo di DV ,



b

ω (ϕ(t) [ϕ (t)] dt

a



 

66

∈ C 0(Ω, Rn ) (forma differenziale di

∈R. Appunti redatti da Giovanni Pizzi

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L.28. RICERCA DI PRIMITIVE b a ω

∈ C 0(Ω, Rn) e ϕ ∈ C 1([a, b], Ω) il numero

Definizione L.33 Per ω

· ϕ(t) dt

(ϕ(t)

si chiama integrale di ω lungo la curva ϕ e si indica con ϕ ω. Oss. Se ω è esatta, allora ϕ ω dipende solo dagli estremi di ϕ, cioè ϕ(a) e ϕ(b), infatti è V (ϕ(b) V (ϕ(a) , dove V è una qualunque primitiva di ω, vale cioè la seguente



  −   

Proposizione L.47 Se ω da ϕ(b) e ϕ(a).

   

∈ C 0(Ω, Rn ) è esatta, allora ∀ϕ ∈ C 1(I, Ω) ∀

Ricordiamo che X spazio topologico è connesso per archi se x0 , x1 continua tale che α(0) = x0 e α(1) = x1 . α −→ |

ϕ

ω dipende solo

∈ X ∃α : [0, 1] → X

Definizione L.34 Una curva [a, b] Rn è una poligonale se è continua ed affine a tratti: a = t0 < t 1 < .. . < tm = b tale che α [tk ,tk+1 ] = vk t + ck .

∃

·

• Esercizio L.55 Un aperto Ω ⊆ Rn è connesso ⇔ è connesso per archi ⇔ è connesso per 1 archi C ⇔ è connesso per poligonali. • Esercizio L.56

\{0}; sia poi ω ∈ C∞(Ω, R2 ). ∀(x, y) ∈ Ω, ∀v = (v1, v2) ∈ R2 y ω(x, y)[v] = 2 · v1 − x2 +x y2 · v2 . x + y2

Sia Ω = R2

definiamo

Provare che ω non è esatta su Ω.

∈

−

Soluzione Sia ϕ(t)2 = (cos t, sin t), con t [0, 2π]. Allora, ϕ (t) = ( sin t, cos t) e 2π − sin t−cos2 t  ω ϕ(t) [ϕ (t) = sin2 t+cos2 t = 1. Si ha cos`ı che 0 ( 1) dt = 2π, mentre l’integrale di una forma esatta su un cammino chiuso è zero.

  

−

 −

−

Oss. Indichiamo con dxi la i esima proiezione Rn R, cioè x = (x1 , . . . , xn ) è una forma lineare. Ogni ω C 0 (Ω, Rn  ) si scrive come

∈

−

→

ω(x) = ω1 (x) dx1 + ω2 (x) dx2 +

→ xi;

dxi

··· + ωn(x) dxn .

Ad esempio, la funzione dell’esempio precedente si scrive anche come y x ω(x, y) = 2 dx dy . 2 2 x +y x + y2

−

Esempio Allo stesso modo dell’esercizio L.56 si può provare che α(x, y) = non è una forma esatta. Proposizione L.48 Se Ω

  ω=

ϕ1

ϕ2

ω

−y dx + x dy

⊆ Rn è un aperto connesso e ω ∈ C 0(Ω, Rn) è tale che ∀ϕ1, ϕ2 ∈ C 1([0, 1]; Ω), ϕ1(0) = ϕ2(0), ϕ1(1) = ϕ2(1)

allora ω è esatta e ha primitiva V (x) =

ω ϕ

con ϕ



∈ C 1([0, 1], Ω) tale che ϕ(1) = x, ϕ(0) = x0 fissato.



67


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5/9/2018



Se Ω è un aperto qualunque, ci si riconduce al caso di aperti connessi considerando

Oss.

le componenti connesse di Ω.



Oss. ω è ben definito anche per cammini ϕ C 1 (I, Ω) a tratti, cioè ϕ C 0 (I, Ω), ϕ ϕ I k C 1 (I k , Ω) con I 1 , . . . Im partizione di I . In particolare, se ω è esatta su Ω, allora ϕ ω è lo stesso per tutti i cammini C 1 a tratti con estremi uguali ϕ(0) = x0 , ϕ(1) = x, grazie alla linearità dell’integrale:

| ∈

∈

  ω=

ϕ

Dimostrazione Sia x0

ϕ

ω+

|1 I

··· +

∈

 ϕ



ω.

|

Im

∈ Ω fissato. Definiamo ∀x ∈ Ω V (x) 

    1

ω ϕ(t) ϕ (t) dt ,

0

∀ ∈ Rn si ha

con ϕ un qualunque cammino tale che ϕ(0) = x0 , ϕ(1) = x. Allora, h V (x + h) =

ω

ψ

→

|

con ψ : [0, 2] Ω tale che ψ [0,1] è un cammino da x0 a x, cioè ψ(0) = x0 , ψ(1) = x e ψ [1,2] è un cammino affine da x a x + h.

|

Quindi, 1

V (x + h) =

ω+ ψ

ψ

,

|[1 2]

0

,

1

= V (x) + ω(x) h +

1

ω(x + th)

0

ω(x + th)

ω(x)

h dt .

0

Siccome

 

ω(x + th) h dt =

     · · − ·

|[0 1]



ω = V (x) +

− ω(x)

·

 ≤   ·

h dt

h



sup ω(y)

− ω(x) = ho(1)

(h

→ 0)

allora V è differenziabile in x, con DV (x) = ω(x). Sia ω C 1 (Ω, Rn  ) (Ω aperto di Rn ). Per ogni x Ω, Dω(x) (Rn , Rn  ) = n n n R , (R , R) = 2 (R R , R): possiamo considerare Dω(x) come una forma bilineare,

∈

Oss.

L



n

L

∼L

2

∈

×

0

∈

n

2

→L

∈L

n

×∀ ∈

come R Rx, R)Ω.si ha Dω(x) = D2 f (x) Se siω èè fatto esattaper su DΩ,f (x). cioè ωQuindi = Df Dω con f C : Ω(Ω, R, allora 2 n n R , R). Dunque, vale la seguente sim (R



L



×





∈

∈ C 1(Ω, Rn) è esatta, la forma bilineare Dω(x) è simmetrica. Se ω ∈ C 1 (Ω, Rn  ) è ω(x) = ω1 (x) dx1 + ··· + ωn (x) dxn , x = (x1 , . . . , xn ), la

Proposizione L.49 Se ω

Oss. simmetria di Dω(x) si esprime dicendo

∂ω i ∂ω j (x) = (x) ( i, j) : ∂x j ∂x i

∀

infatti,

∂ω i ∂x

è la matrice jacobiana di ω.

  j

ij



68


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5/9/2018



Definizione L.35 Una forma differenziale ω

∈ C 1(Ω, Rn ) si dice chiusa se il suo diffe-

renziale Dω(x) è simmetrico, cioè ∂ω i ∂ω j (x) = (x) ∂x j ∂x i

∀

( i, j) .

→ R2 è data da ω(x, y) = −y

dx + x dy, cioè ω1 (x, y) =

∂ω 1 = ∂y

∂ω 2 =1, ∂x

Esempio Sia ω : R2 ω2 (x, y) = x, abbiamo

−1

quindi ω non è esatta su R2 , e neppure su alcun aperto U ω = 0 con γ (t) = eit , 0 t 2π). γ



⊆ R2 (già lo sapevamo, perché

≤ ≤



Esempio

−y,

Sia α(x, y) =

− x2 +y y2 dx + x2 +x y2 dy

α

∈ C 1(R2 \ {0}, R2 ) .

  

Questa forma non è esatta su R2 0 , perché come sopra γ α = γ ω = 0 con γ (t) = eit , 0 t 2π). Tuttavia, si verifica facilmente che Dα è simmetrico in ogni (x, y) R2 0 : ∂α 1 ∂α 2 = . ∂y ∂x

\{ }

≤ ≤

∈ \{ }

Dunque, ogni forma esatta è chiusa, ma forme chiuse non sono necessariamente esatte. Vale però il seguente risultato: Proposizione L.50 Sia ω se ω è chiusa, ω è esatta.

∈ C 1(Ω, Rn ), con Ω aperto convesso non vuoto ⊆ Rn. Allora,

 ∈

Dimostrazione Senza perdere generalità, possiamo supporre che 0 Ω (serve solo per semplificare le notazioni). Consideriamo la funzione f (x) = γx ω, con γ x (t) = tx, t [0, 1] (se ω è esatta, f è una primitiva di ω).

∈

∀ ∈ Ω, f (x) =

Quindi, x



1 ω(tx) 0

∂ s



· x dt. Sia v ∈ Rn , calcoliamo ∂f ∂v = ∂ s f (x + sv)|s=0 :

 

1

ω(tx + tsv)[x + sv] dt

0

.

s=0

Per il criterio di derivazione sotto il segno di integrale, la derivata esiste ed è

  1



·

ω(tx + tsv) v + Dω(tx + tsv)[tv,x + sv]

0

cioè

  1

s=0

dt



·

ω(tx) v + Dω(tx)[tv,x] dt .

0

Usando ora la simmetria di Dω e la sua bilinearità, l’integrale è anche uguale a

 

   

1

1

·

ω(tx) v + tDω(tx)[x, v] dt =

0

0

che è uguale a

·

∂ t tω(tx) v



dt

[tω(tx) v]tt=1 =0 = ω(x) v .

·



·

69


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L.29. DERIVAZIONE SOTTO IL SEGNO DI INTEGRALE

Dunque, f ha derivate direzionali

∂f ∂v (x)

·

= ω(x) v, continue su Ω; in particolare, ha

derivate parziali continue, quindi f è differenziabile: ∂f (x) = ω(x)v Df (x)v = ∂v

∀v

cioè Df (x) = ω(x).



∀ ∈ ∀ ∈

· ∈

Oss. La f della dimostrazione è ben definita perché x Ω, t [0, 1], si ha t x Ω. Dunque, se ω = R2 p , la dimostrazione non funziona (come già visto). Tuttavia, basta un po’ meno dell’ipotesi di convessità per Ω. Premettiamo la definizione seguente:

\{ }

⊆

Definizione L.36 Un sottoinsieme Ω E ( E spazio vettoriale reale) si dice convesso rispetto al punto x0 Ω o anche stellato rispetto al punto x0 Ω se x Ω, t [0, 1],

∈

−

∈

∀ ∈ ∀∈

∈

si ha tx0 + (1 t)x Ω. Ovviamente, Ω è convesso se e solo se è stellato rispetto a ogni suo punto. Dunque, la proposizione in effetti vale con l’ipotesi ω C 1 (Ω, Rn  ) forma chiusa, Ω stellato.

∈

La forma

Esempio

α(x, y) =

− x2 +y y2 dx + x2 +x y2 dy

come si è visto è chiusa e non è esatta su R2 infatti, Ω è stellato rispetto a (1, 0).

• Esercizio L.57





cos(t), sin(t) , 0

L.29

\{0}; tuttavia è esatta su Ω  R2 \{(x, 0)

Sia ω C 1 (R2 0 , R2  ) chiusa e tale che t 2π, allora ω è esatta.

≤ ≤

∈

\{ }

 γ



x

≤ 0}:

ω = 0 con γ (t) =

Derivazione sotto il segno di integrale

× → ∀ ∈

Proposizione L.51 Sia f : [a, b] X R ( X spazio metrico) uniformemente continua. Allora, la funzione F : X R tale che x X

→

b

F (x) =

f (t, x) dt

 a

è continua.

Dimostrazione Sia ω un modulo di continuità per f ; allora, F ammette modulo di continuità (b a)ω. Infatti, se x, x X ,

−

∈

  −  ≤ 

|F (x) − F (x)| =

b

f (t, x)

a

b

  ≤ | −  −  b

f (t, x ) dt

ω d(x, x ) dt = (b

a

f (t, x)

f (t, x ) dt

a

a)ω d(x, x ) ,

dunque F è uniformemente continua, con modulo di continuit` a (b Lezioni — Docente: Pietro Majer


70

| ≤

− a)ω.




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Oss.

Se X è un intervallo [α, β ] chiuso e limitato, o pi` u in generale uno spazio metrico

compatto, ricordiamo f continua implica f uniformemente Più in generale, F che risulta continua se X èautomaticamente localmente compatto (per esempiocontinua. X = Rn n o un aperto di R ). Infatti, basta provare che x0 X u intorno di x0 tale che F U è continua. Se U è compatto, f [a,b]×U è uniformemente continua e si applica la proposizione precedente.

∀ ∈ ∃

|

|

Proposizione L.52 (Derivabilit` a) Siano I = [a, b], J = [α, β ] (intervalli chiusi e limitati b 0 di R). Sia poi f C (I J, R) con ∂ 2 f C 0 (I J, R). Allora F (x) = a f (t, x) dt, x J definisce una funzione F C 1 (J, R) con

∈

× ∈

∈

d F  (x) =

d x





×

b



b

f (t, x) dt =

a

a

∈

∂f (t, x) dt . ∂x

∈ J e t ∈ I . Allora f (t, x) − f (t, x0 ) − ∂ 2 f (t, x0 )(x − x0 ) = ϕ(x) − ϕ(x0 ) dove ϕ(x)  f (t, x) − x∂ 2 f (t, x0 ). Quindi, per il teorema del valor medio |f (t, x) − f (t, x0) − ∂ 2f (t, x0)(x − x0)| ≤ |x − x0| ξsup |ϕ(ξ)| = fra

Dimostrazione Siano x, x0

x0 e x

| − x0| ξsup |∂ 2f (t, ξ) − ∂ 2f (t, x0)| ≤ |x − x0|ω(|x − x0|), fra

= x

x0 e x

×

| − x0| ≤ |x − x0|).

dove ω è un modulo di continuità per ∂ 2 f su I J (osserviamo che ξ Integrando su [a, b]:

  −    { F (x)

b

F (x0 )

b

f (t, x) dt

a

 −   −

∂ 2 f (t, x0 ) dt(x

a

b

=

 −  −

x0 ) =

b

f (t, x0 ) dt

a

∂ 2 f (t, x0 ) dt(x

a

 ≤

b

=

f (t, x)

a

− f (t, x0) − ∂ 2f (t, x0)(x − x0)} dt

b

− x0 )

 

=

≤ |f (t, x) − f (t, x0) − ∂ 2f (t, x0)(x − x0)| dt ≤ a ≤(b − a)ω(|x − x0|) · |x − x0| che è o(x − x0 ) per x → x0 .  Corollario L.53 Sia f : [a, b] × Ω → R, Ω aperto ⊆ Rn con f ∈ C 0 ([a, b] × Ω, Rn ) e con b D2 f ∈ C 0 ([a, b] × Ω, Rn  ). Allora, la funzione F : Ω → R tale che F (x) = a f (t, x) dt è b C 1 (Ω) con DF (x) = a D2 f (t, x) dt ∈ Rn  .





• Esercizio ∂F L.58

Dimostrare il corollario precedente. Sugg.: considerare prima le derivate direzionali ∂v , v Rn riconducendosi al caso di f : I J R; poi usare il teorema del differenziale totale.

∈



× →

71


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Esercitazioni (Carlo Carminati) Proposizione E.1 Siano f n C 0 ([a, b], R), n N dove [a, b] è un intervallo limitato. b b Allora, f n f uniformemente su [a, b] f (x) dx f (x) dx. a n a

∈

→

⇒

Dimostrazione Si ha

   b

f n (x)

a



− f (x)

∈

  ≤ | b

dx

→



f n (x)

a

  ≤  b

− f (x)| dx f n − f ∞ dx = a = (b − a)f n − f ∞ = o(1) (n → +∞) . 

n

fn (x)

1 n

2 n

1

Figura 4: Successione di funzioni che converge puntualmente, ma i cui integrali non convergono

Osserviamo che la convergenza puntuale non è sufficiente garantire la convergenza successione degli integrali: se, infatti, consideriamo delle f n acome in figura 4, x si hadella che f (x)  limn→∞ f n (x) = 0, mentre n

∀

∀



1



1



f n (x) dx = 1 = 0 =

0



f (x) dx .

0

∞

+

→



Sia ϕ : R R continua e tale che 0 ϕ(t) dt = c = 0, che ϕ(0) = 0, e che limx→∞ xϕ(x) = 0; definiamo f n (x) = nϕ(nx). Allora x [0, 1], limn→∞ f n (x) = 0: infatn→∞ ti, se x > 0 — il caso x = 0 è banale — si ha che f n (x) = nϕ(nx) = x1 nx ϕ(nx) 0); n→∞ 1 inoltre 0 f n (x) dx c. Infatti

 

−−−−→

−−−−→

1

0

∀ ∈

1

f n (x)

dx =

 0

+

n

ϕ(nx) d(nx) =


 0

→∞ ϕ(y) dy −−−−→ n

 0

∞ ϕ(y) dy = c .

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Nell’esempio precedente (figura 4 nella pagina precedente), si ha ad esempio ϕ(x) =

4x 4(1 0

 

≤ x ≤ 12 ≤x≤1 x≥1 0

− x)

1 2

.

• Esercizio E.1 Determinare f n tali che 1. f n (x) → 0 ∀x ∈ [0, 1] 1 2. 0 f n (x) dx → 0 2 1 3. 0 f n (x) dx  →0

   

4. f n (x)

0

x.

≥ Soluzione

∀

Come si verifica subito, una possibile soluzione è data da f n (x) =

 

≤ ≤ n1 ≤ ≤ n2 ≤ ≤1

n3 x 0 x 2n n3 x n12 x 2 0 x n2

−

2

2

,

per cui le proprietà 1 e 4 sono immediatamente verificate ed inoltre 2 1 mentre 0 f n (x) dx = 23 .

  

Esempio Siano f n (x) = uniformemente. Soluzione Sia x x > 0, invece, si ha

1 f (x) 0 n

dx =

1 n

→ 0,

log(1 + enx ). Mostrare che le f n convergono puntualmente e

∈ R; studiamo limn→∞ n1 log(1 + enx). Se x ≤ 0 il limite vale zero; per

lim

n

1 n



1

→∞ n

log[enx (e−nx + 1)] = lim x +

→∞

n

1 log(1 + e−nx ) = x , n

→ ∞.

in quanto il secondo termine tende a zero per n puntualmente a x x>0 f (x) = . 0 x 0



|

≤

Dunque, le f n (x) convergono

n

→∞ 0. Si ha − f (x)|  supx∈ |gn(x)| −−−−→ e −1 x> 0 : g  (x) = 1+e

Mostriamo, ora, che supx∈R f n (x) n

R



nx

nx

enx 1+enx

x<0

si ha dunque gn (x) < 0 x R+ , gn (x) > 0 x R− , cioè gn è crescente su R− e + decrescente su R , dunque gn ammette massimo in zero; abbiamo già visto che gn (0) 0 per n (per la convergenza puntuale). Per dimostrare la convergenza uniforme, resta da verificare che gn (x) 0: per x < 0 è evidente, mentre per x > 0 si ha che

∀ ∈

→∞

≥

∀ ∈

1 log(1 + enx ) n che conclude la dimostrazione.

≥ n1 log enx = x ,

Esercitazioni — Docente: Carlo Carminati

74


→


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E.1. DISUGUAGLIANZA DI CAUCHY–SCHWARZ

E.1

Disuguaglianza di Cauchy–Schwarz

Proposizione E.2 (Cauchy–Schwarz) Sia E è uno spazio vettoriale (su R), con prodotto scalare ( , ). Allora, vale (u, v)2 (u, u)(v, v) .

··

≤

Dimostrazione Siano u, v E , t R; consideriamo ϕ(t) = (u + tv,u + tv) essendo il prodotto positivo. Sviluppando l’espressione, si ha

∈

∈

(u, u) + 2t(u, v) + t2 (v, v)

≥ 0 ∀t ∈ R,

≥ 0 ∀t ∈ R ,

dunque il discriminante (ridotto) deve essere negativo o nullo, ovvero (u, v)2 cioè (u, v)2

− (u, u)(v, v) ≤ 0 ,

≤ (u, u)(v, v).



Esempio Su C 0 ([a, b], R), considero il prodotto scalare (f, g) = Cauchy–Schwarz si ottiene, con g(t) = 1 t:

∀



  ≤ | 2

b

a

b

|f (t)| dt



f (t) 2 dt (b

|

a

 b a

f (t)g(t) dt. Usando

− a) ⇒ f 1 ≤ f 2√b − a

 · 1,  · 2 sono definite nell’esercizio L.10 a pagina 8).

(

• Esercizio E.2

Se f

∈ C 0([0, 1], R), e f 1 = f 2, allora f è costante. 



Soluzione Se vale l’uguaglianza f 1 = f 2 , ciò implica che il discriminante è uguale a ) zero, quindi per t = ((u,v v,v ) la funzione (u + tv,u + tv) vale zero. Dato che il prodotto scalare è definito positivo, u = tv ovvero, sostituendo t e scegliendo v = 1, u = f , si ottiene

−

−

     1 0

f (x) = In particolare, osserviamo

f (x) dx

1 1 0

dx

1

=

f (x) dx = k .

0

1

1

f (x) dx =

0

k dx = k ,

0

dunque l’ultima affermazione non è contraddittoria. Altre disuguaglianze sono le seguenti:

f 2 ≤ f ∞√b − a ; f 1 ≤ f ∞(b − a) . b b La prima discende da f 22 = a |f (t)|2 dt ≤ a f 2∞ dt = (b − a)f 2∞ , la seconda è

 ·  →  



immediata conseguenza della prima, insieme a quella dell’esempio precedente.



id

Proposizione E.3 C 0 [a, b], C 0 [a, b], 2 che è continua la funzione identit` a da C 0 [a, b], Oss.

Le applicazioni inverse non sono continue.



 

 · 1  · ∞

75

è continua; allo stesso modo, si ha a C 0 [a, b], 2 .

·




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Dimostrazione La dimostrazione delle due parti della proposizione E.3 discende immediatamente dalle disuguaglianze tra le norme prima scritte. Per i controesempi, consideriamo per semplicità a = 0, b = 1. Per la prima basta trovare delle f n C [0, 1] tale che

∈

sup

f n2 = +∞ ;

∈N f n 1

n

Si possono usare le funzioni della soluzione dell’esercizio L.10 a pagina 8, oppure le 2 funzioni f n (x) = nϕ(nx), con ϕ(x) = xe−x . Si ha, cos`ı:

 |

1

f n22 =

 0

 | n

1

f n1 = n

|

ϕ(nx) dx =

0

n→∞ | −−−−→

ϕ(y) dy

0

n

ϕ2 (y) dy

0

f n

f n ∞ = n sup ϕ(nx) x [0,1]

∈

1 n 2 2 0 ϕ (x) n dy 0 ϕ(y)

f n2 = n f n1 f n∞ = n supy∈[0,n] ϕ(y) n 2 f n2 0 ϕ (x) 1 2

∞

ϕ(y) dy

0

n

 ⇒     | |  √   | | ∼ √ √  |  | ∼ √

n2 ϕ2 (nx) dx = n

 | |  √ 

2

=

n

1 2

ϕ2 (x)

0

c n, che diverge c n, che diverge

il che dimostra che le norme non sono equivalenti, e in particolare che le applicazioni inverse non sono continue.



Vale, inoltre, la seguente Proposizione E.4 La proposizione E.1 a pagina 73 implica che, su intervalli limitati,

f n∞ → 0 (n → ∞) ⇒ (f n, 1) → 0 (n → ∞) √ Dimostrazione Dato che 12 = b − a, si ha che |(f n, 1)| ≤ f n 2 · 12 ≤ f n∞√b − a√b − a = f n∞(b − a) , che tende a zero per n → ∞.  Oltre alle funzioni f : [a, b] → R, sono interessanti altri spazi di funzioni, quali ad esempio le successioni : N →R ∞ (N|.) = {X : N → R supn |X (n)| < +∞} su cui si pu` o definire laX norma X ,o∞lo=spazio supn |X (n)



• Esercizio E.3

Mostrare che i seguenti sono spazi vettoriali normati :

 | | }  →  | | ∞}  →  | | ∞}

c0 (N) = X : N

{

2 (N) = X : N

{

→R

X (n) 2 < +

R

n

1 (N) = X : N

{

 

lim X (n) = 0 , con la norma X ∞ = sup X (n); →∞

n

R

X (n) < +

n

∈N



 2 =

, con la norma X

∈N

76

 1 =

, con la norma X

∈N

n

  | |

X (n) 2 ;

|

∈N

n

|

X (n) .

n

∈N


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n ), (yn ) due succesSoluzione Mostriamo cheanche c0 è uno spazio vettoriale: infatti, siano (x sioni con limite zero; allora la loro somma avrà limite zero, cos` ı come la successione (axn ) a R. 2 , poi, è uno spazio vettoriale perché, se (xn ), (yn ) sono due successioni 2 , allora

∀ ∈

|

xn + yn

|

|2 ≤ 2

xn 2 + 2

|

|

yn

|

|2 < +∞ ;

axn

|2 = a2

|

dove la prima disugugaglianza discende dal fatto che, in generale, (a + b)2 stesso modo, dato che

|

xn + yn

|≤

| | | xn +

|

|

yn ;

| ||

axn = a

si ha che anche 1 è uno spazio vettoriale. Per quanto riguarda la norma, mostriamo innanzitutto che scalare (X, Y ) = xn yn

|

xn

|2 < +∞ ,

≤ 2a2 + 2b2; allo |

xn ,

 · 2 discende dal prodotto



∈N

n

2 (N).

definito su Verifichiamo dapprima che la serie è assolutamente sommabile: dato che 2 b2 vale in generale la disuguaglianza ab a + , si ha che 2

≤

|

xn yn

∈N

n

|≤



1 2

∈N

n

|xn|

2

+

| |  yn

2

∞.

<+

∈N

n

Verifichiamo dunque le proprietà del prodotto scalare: è definito positivo, perché (X, X ) =



x2n

∈N

n

≥0



e

x2n = 0

⇔ xn = 0 ∀n ⇔ X = 0 ;

∈N

n

inoltre è ovviamente simmetrico e si ha infine che (X + Y, Z ) =



(xn + yn )zn =

∈N

n



n

xn zn + yn zn =

∈N



xn zn +

∈N

n



n

yn zn = (X, Z ) + (Y, Z )

∈N

e lo stesso per la seconda componente, dunque è bilineare, il che conclude la dimostrazione. Si mostra poi facilmente che 1 e ∞ sono norme su 1 e c0 rispettivamente.

· ·

i1

i2

i3

•→Esercizio E.4 Mostrare che (1 ,  · 1 ) → (2 ,  · 2 ) → (c0 ,  · ∞ ) → (∞ ,  · ∞ ), dove rappresenta un’immersione continua, tramite la funzione identità. Oss. Vale che C 0 ([a, b]),  · ∞ → C 0 ([a, b]),  · 2 → C 0 ([a, b]),  · 1 .



 

 



Mostrare, quindi, che c0 è chiuso in ∞ , che 1 non è chiuso in 2 , che 2 non è chiuso in c0 e dire quali sono le chiusure di 1 e 2 nei due casi.

Soluzione Innanzitutto mostriamo che 1 2 c0 ∞ . Infatti, presa una successione 1 (xn )  , dato che la serie è convergente, deve necessariamente essere limn→∞ xn = 0, dunque sicuramente n ¯ n, xn xn¯ . Dunque, possiamo scrivere

∈

⊆ ⊆ ⊆

  | |  |

∃ ∀ | | ≤| | 2

n

xn

=

n

|| | ≤ xn¯

xn xn



77

| n

|

∞,

xn < +


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dunque la successione sta anche in 2 . Presa, ora, una successione di 2 , dato che

n

2

| |

⇒

|xn|2

n→∞ xn èanche convergente, devepresa essere limsuccessione = c0 , questa limn→∞ xn =limitata, 0, dunque la gi` successione in c0 . Infine, una di è anche come a osservato,è 0 ∞ dunque è anche in  . Passiamo ora a mostrare che le funzioni identità sono continue. La funzione identità da c0 in ∞ , avendo la stessa norma in partenza e in arrivo, è ovviamente continua, essendo lipschitziana di costante 1. Per la funzione da 2 in c0 , abbiamo che la funzione identità è lipschitziana di costante 1, in quanto

(xn)2∞ =

 

2

sup xn

n

∈N

= sup x2n

∈N

n

≤



n



x2n = (xn )



∈N

22 ⇒ (xn)∞ ≤ (xn)2 ;

allo stesso modo, anche la funzione da 1 a 2 è lipschitziana di costante 1, in quanto 2

   ≤  | |   ⇒   | |  (xn )

2 2

x2n

=

n

xn

∈N

= (xn )

2 1

2 ≤ (xn)1 ,

(xn )

∈N

n

dove la prima disuguaglianza si può dimostrare considerando le somme parziali: infatti, nello 2

N 2 sviluppo di ci sono tutti i termini di N u altri positivi, dunque vale n=1 xn n=1 xn , pi` la disuguaglianza per le somme parziali e passando al limite per N si ottiene quanto cercato. Per mostrare che c0 è chiuso in ∞ , consideriamo una successione di successioni (xkn ) dove, fissato k, (xkn )n∈N è una successione in c0 , e tale che converga per k — nella norma — a una successione (x ). Ci` o significa che abbiamo le seguenti due ipotesi: n ∞

→∞

→∞

·

1.

ε n ˜

n>n ˜

xkn < ε

c0 )

|sup| |xk − xn| < ε ∈(perché xk −k−→∞ −−→ xn) n∈ n n Ciò che vogliamo dimostrare è invece che (xn ) ∈ c0 , cioè che ∀ε ∃n ¯ ∀n > n ¯ |xn | < ε. Procediamo per assurdo, supponendo che ∃ε0 ∀n ¯ ∃n > n ¯ |xn | ≥ ε0 . Dunque, per l’ipotesi 2, scelto ε = ε2 , si trovo un k¯ tale che ∀k > k¯ supn∈ |xkn − xn | < ε2 . Fisso, dunque, ε ¯ e (tramite l’ipotesi 1 con ε = ε ) trovo un n un k > k, ˜ tale che ∀n > n ˜ |xkn | < 10 . 10 Ora, se nell’ipotesi dell’assurdo scelgo n ¯ = n ˜ , so che trovo un n > n ¯ per cui |xn | ≥ ε0 , ma contemporaneamente il corrispondente xkn abbiamo visto essere minore o uguale (in ε 9 modulo) a 10 . Dunque, per i k ed n trovati, possiamo affermare che |xkn − xn | ≥ 10 ε0 . Ma, ε k per l’ipotesi 2, per come avevamo scelto k, doveva essere |xn − xn | < 2 , assurdo. Vogliamo 2 2.

∀∀ ∃∃  ∀∀

(perché xkn

ε k¯

k > k¯

N



0





N

0

0

0

0

0

ora mostrare che la chiusura di  è c0 , o equivalentemente che c0 è denso in 2 . Sia dunque (xn ) c0 limn xn = 0. Vogliamo dimostrare che esiste yn 2 ( c0 ) tale che xn , yn ∞ < ε ε→∞ > 0 fissato. Consideriamo ora zn (h) n∈N c0 definita da



∈ ⇒ ∀

| | 

∈

∈



zn (h) = Si noti che

∞

dunque zn

∈

n
≥

h 1

| | | 2

zn

=

n=1

2 .

−

xn 0

⊆

n=1

xn

|2 < +∞ ∀h ∈ N ,

D’altronde, xn

yn

 − ∞

= sup xn

∈N |

n



zn = sup xn

− | 78

∈ ≥

n N n h

zn = sup xn .

| − |

∈ ≥

n N n h

| |


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E.2. TEOREMA DI BOLZANO–WEIERSTRASS SU

RN

| | ∀2 ∃ ∈ N ∀n > n¯ |xn| < ε, dunque se scelgo ∈ h |xn | ≤ ε, dunque  è denso in c0 . h>n ¯ , so che supnn≥ Allo stesso modo, vogliamo dimostrare che 1 è denso in 2 . Sia (xn ) una successione di 2 , definiamo zn (h) ∈ 2 tale che Ora, dato che limn→∞ xn = 0, so che ε > 0 n ¯



N

 

Dunque,



∞ |z | = n=1 n

zn (h) =



h 1 n=1

− |x | < ∞ n

xn − zn(h)2 = 1

2

  | ∞



xn 0

n
≥

∀h ∈ N, da cui zn(h) ∈ 1. Inoltre, xn

n=1

− zn(h)|2 =

2

1

⇒

  | ∞

xn

n=h

|2 −h−→∞ −−→ 0 ,

dunque è densosolo in da mostrare  =  . che  e  non sono chiusi (nei rispettivi spazi indicati Resta dunque 1 2 sopra), per cui basta verificare che 1 = 1 = 2 e che 2 = 2 = c0 ; in particolare è sufficiente considerare nei due casi rispettivamente le successioni 1 1 xn = 1 , 2 ; xn = 2 , c0 . k k





√ ∈ ∈

∈ ∈



• Esercizio E.5 Sia (xn)n∈ una successione tale che allora, k∈ |xk | < +∞. (Sugg.: usare Cauchy–Schwarz) N

N



k

2 2 ∈N k xk < +∞. Mostrare che,

| | ≤        | | ≤ ·

Soluzione Sia (x, y) = n xn yn il prodotto scalare definito nella soluzione dell’esercizio E.3 a pagina 76. Allora, per Cauchy–Scwarz si ha che (X, Y )2 (X, X )(Y, Y ). Scegliamo dunque X k = k xk , Y k = k1 : allora, la disuguaglianza diventa

| |

2

k 2 x2k

xk

k

∈N

k

∈N

k

∈N

1 k2

e, dato che i due fattori a destra sono limitati, anche la serie a destra sarà limitata.

E.2

Teorema di Bolzano–Weierstrass su

Proposizione E.5 (Bolzano–Weierstrass) Sia (xn )n∈N allora xnk sottosuccessione convergente a x ¯ Rd .

∃

∈

Dimostrazione Sia Rd (1) xn1 k

n

⊆ Rd unaRsuccessione limitata,

(d)  xn = (x(1) n , . . . , xn ), allora esiste una sottosuccessione xn

1 k

tale

che è convergente per il teorema di Bolzano–Weierstrass su R, dato che se xn è limitata, lo sono anche tutte le sue componenti. Scelgo ora una sottosuccessione di xn1k , che indico con xn2k , tale che la seconda coordinata x(2) converga. La prima coordinata convergerà comunque, in quanto si tratta di n2k una sottosuccessione di una successione convergente.

Procedo allo stesso modo, fino ad ottenere la sottosuccessione xndk , per cui tutte le coordinate convergono, dunque convergerà anche xndk , come si voleva. Appunti redatti da Giovanni Pizzi


79




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E.3. TEOREMA DI WEIERSTRASS SU RN

E.3

Teorema di Weierstrass su Rn

Proposizione E.6 (Weierstrass) Sia f : C allora, f ammette massimo e minimo su C .

 →

⊆

→ R continua, con C ⊆ Rd chiuso e limitato;

→

Dimostrazione Sia (xn )n∈N C f (xn ) supx∈C f (x), allora per Bolzano–Weierstrass è possibile scegliere (xnk ) (xnk ) x ¯; dato che C è chiuso, x ¯ C ; essendo f continua, si ha che f (xnk ) f (¯x); quindi, per il teorema dell’unicità del limite, x ¯ è punto di massimo assoluto: f (¯x) = supx∈C f (x). 

→

E.4

∈

Ricerca di massimi e minimi

Il fatto di sapere che una funzione ammette massimo o minimo è utile anche per trovarlo, come è mostrato dal seguente Tra tutti i triangoli di perimetro 1 assegnati, trovare quello con area massima.

Esempio

Soluzione Siano a,b,c i lati del triangolo. Tali valori devono allora soddisfare alle seguenti condizioni: a a

≥0 ≤b+c

b b

≥0 ≤ a+c

c c

≥0 ≤ a+b

La condizione sul perimetro ci dice, poi, che a + b + c = 1. Sia S = (a,b,c) R3 (a,b,c) soddisfa le 7 richieste precedenti . Osserviamo che S è chiuso e limitato. Infatti, se consideriamo la norma su R3 (su Rd tutte le norme 1 sono equivalenti), abbiamo (a,b,c) 1 = a + b + c = 1 (a,b,c) S , dunque S è limitato. Inoltre, possiamo considerare S come intersezione degli insiemi dati dalle condizioni precedenti, che sono tutti controimmagini di chiusi tramite funzioni continue:

{

∈

}



{



| | | | | | ·  ∀





∈



≥ 0} ∩ . . . ∩ {(a,b,c) a ≤ b + c} ∩ . . . ∩ {(a,b,c) a + b + c = 1} . 1 [0, +∞) ; se ψ(a,b,c) = Ad esempio, se ϕa (a,b,c) = a, allora {(a,b,c) ∈ R3 a ≥ 0} = ϕ− a − 3 1 a + b + c, allora {(a,b,c) ∈ R a + b + c = 1 } = ψ ({1}), e cos`ı via. S = (a,b,c) a





L’area è data dalla formula di Erone con p = Area(T abc ) =

p( p



a+b+c 2





:



− a)( p − b)( p − c) ,

che è una funzione continua da S in R; avendo provato che S è chiuso e limitato, sappiamo per il teorema di Weierstrass che l’area ammette massimo. Vogliamo mostrare che il massimo è dato dal triangolo equilatero; è allora sufficiente mostrare che se T è un triangolo non equilatero, allora l’area di T non è massima; sapendo che il massimo esiste, deve necessariamente coincidere con il caso del triangolo equilatero. Se il triangolo ABC non è equilatero, avrà almeno due lati diversi, diciamo AC e CB (vedi figura 5 nella pagina successiva). Tracciamo la parallela per C al lato AB, e disegniamo la congiungente AB  , dove B  è il simmetrico di B rispetto alla retta appena tracciata. Sia C  l’intersezione della congiungente con la retta: allora, il triangolo ABC  ha la stessa area di ABC , avendo stessa base e stessa altezza, ma ha perimetro minore, in quanto



perimetro(ABC ) = AB + BC + CA = AB + B  C + CA

≥ AB + B A =

= AB + AC  + C  B  = AB + AC  + C  B = perimetro(ABC  ) , Esercitazioni — Docente: Carlo Carminati


80


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E.4. RICERCA DI MASSIMI E MINIMI B’

C’

C

b

a

c

A

B

Figura 5: L’area di un triangolo non equilatero non è quella massima

dove la disuguaglianza discende dalla disuguaglianza triangolare sul triangolo AB  C . Dunque, se riscaliamo con una similitudine ABC  (ingrandendolo) in modo che il perimetro del nuovo triangolo sia uguale a quello di ABC , l’area di questo triangolo sarà maggiore di quella di ABC , come volevamo. Consideriamo le matrici a coefficienti reali di taglia m

Mm×n(R) =





(aij )1≤i≤m aij 1 j n

× n:

∈ R ∀i = 1, . . . , m , ∀ j = 1, . . . , n

≤≤ Essendo tale spazio isomorfo a Rm·n , possiamo considerare su questo la norma m i=1

 



n ij . j=1 a2

Sulle matrici, poi, abbiamo anche altre operazioni: ad esempio, se A B n× p (R), allora possiamo definire

∈M

. 2:

A

2 2

=

·   ∈ Mm×n(R),

n

∈ Mm× p(R) , C = (cij )1≤≤ij≤≤m p

C = AB

con cik =

1



aij bjk .

j=1

Vogliamo mostrare che

AB2 ≤ A2B2 .

(E.1)

·

a N.B. Le varie norme 2 , anche se indicate con lo stesso simbolo, sono in realt` diverse, operando su matrici appartenenti a spazi diversi (hanno diversa taglia). p Sia allora AB 22 = m ik . Per Cauchy–Schwarz abbiamo i=1 k=1 c2

 

          ≤            ≤   ·       2

n

c2ik

=

n

n

a2ij

aij bjk

j=1

j=1

b2jk

.

j=1

2 Quando effettuo la somma sull’indice k, il termine n j=1 aij non dipende da k e lo posso raccogliere; quindi, effettuando la somma rispetto all’indice i, si ottiene: m

AB

p

n

2 2

n

a2ij

i=1 j=1

dove ho separato raccolto a destra il fattore Appunti redatti da Giovanni Pizzi


b2jk

= A

2 2

B

2 2

,

k=1 j=1 p k=1

81

n 2 j=1 bjk ,

che non dipende da i.


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E.5. DISTANZA DI UN PUNTO DA UN INSIEME

• Esercizio E.6 Soluzione che

 22 = tr(AAT ), dove tr indica la traccia della matrice.

Mostrare che A

Sia A = (aij ), AT = (bij ) = (aji ), e supponiamo che A n

(AAT )kl =



n

aki bil =

i=1

e in particolare (AAT )kk =



n 2 i=1 aki .



E.5



aki ali

i=1

n

che è proprio AAT 2 .

 

Dato che tr A =

tr(AAT ) =

∈ Mn×n(R). Sappiamo

n

n k=1 akk ,

si ha che

n

(AAT )kk = k=1

k=1 i=1





a2ki ,

Distanza di un punto da un insieme

Premettiamo la seguente Definizione E.1 Uno spazio di Banach è uno spazio vettoriale normato completo.

∈ X fissato; definisco allora ϕa(x) = d(x, a). Proposizione E.7 ϕa è una funzione 1−lipschitziana. Sia (X, d), a

Dimostrazione Si ha che

|ϕa(x) − ϕa (y)| ≤ d(x, y) ; infatti, dalle disuguaglianze triangolari, si ottiene

− d(y, a) ≤ d(x, y) ; − d(x, a) ≤ d(x, y) , che insieme danno la disuguaglianza voluta |d(x, a) − d(y, a)| ≤ d(x, y). d(x, a) d(y, a)

≤ d(x, y) + d(y, a) ≤ d(y, x) + d(x, a)

⇒ ⇒

d(x, a) d(y, a)



Proposizione E.8 Sia (X, d) uno spazio metrico e f : X R una funzione tale che x, x0 X , f (x) f (x0 ) + M d(x, x0 ). Allora, f è M lipschitziana.

→ Dimostrazione Infatti, si ha contemporaneamente che f (x) − f (x0 ) ≤ M d(x, x0 ) e che (scambiando x con x0 ) f (x0 ) − f (x) ≤ Md(x0 , x), da cui |f (x) − f (x0 )| ≤ Md(x0 , x).  Proposizione E.9 Sia (X, d) uno spazio metrico, e consideriamo M ∈ R, A =  ∅; siano poi f α : X → R ( α ∈ A) tali che |f α (x) − f α (y)| ≤ M d(x, y) ∀α ∈ A e che inf α∈A f α (x) > −∞ ∀x ∈ X . Allora, f (x) = inf α∈A f α(x) è M −lipschitziana. Dimostrazione f α è M −lipschitziana, dunque si ha che f (x) ≤ f α (x) ≤ f α (y) + M d(x, y) ∀α ∈ A , dunque passando all’inf si ha che f (x) ≤ f (y) + M d(x, y).  ∀

∈

≤



−

82


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E.5. DISTANZA DI UN PUNTO DA UN INSIEME

•e concava; Esercizio E.7 Sia (X, d) uno spazio metrico, e ω : R+ → R continua in zero, crescente se f : X → R hanno tutte come modulo di continuità la funzione ω, ovvero α

 

|f α(x) − f α(y)| ≤ ω d(x, y) e vale che inf α∈A f α (x) >

−∞, allora f (x) = inf α∈A f α(x) ha ω come modulo di continuità.

Soluzione Una dimostrazione analoga a quella della proposizione E.8 a fronte ci permette di affermare che una proprietà equivalente a quella del modulo di continuità data dall’esercizio è f α (x) f α (y) + ω d(x, y) .

≤

≤

≤

Possiamo chequanto f (x) cercato. f α (x) f α (y) + ω d(x, y) ; se, ora, facciamo l’inf sul termine didunque destra, scrivere otteniamo

Definizione E.2 Sia A

  

⊆ X un insieme, definisco la distanza di x dall’insieme A d(x, A)  inf d(x, a) .

∈

a A

⊆ −

Teorema E.10 Sia (X, d) uno spazio metrico e A X un insieme non vuoto; sia, inoltre, ¯ ϕA (x) = inf a∈A d(x, a). Allora, ϕA è una funzione 1 lipschitziana, e ϕA (x) = 0 x A.

⇔ ∈

Dimostrazione Applico la proposizione E.9 nella pagina precedente con M = 1, α = a,

≥

−

f α (x) = d(x, α). che sappiamo f α proposizione 0 e che ognisono f α èverificate, 1 lipschitziana (vedi proposizione E.7Dato a fronte), le ipotesiche della dunque ci` o dimostra la prima parte.

∈

≤ ∀ ∈ ⇒ ⊆

Per la seconda, osserviamo che se x A, allora ϕA (x) d(x, x) = 0, in quanto ϕA (x) 1 è definito come l’inf. Dunque, ϕA (x) = 0 x A A ϕ− A (0). Se, poi, x A¯ r > 0 B(x, r) A = ∅, dunque d(x, a) r a A. Allo1 ¯ dato che ϕA è ra, ϕA (x) r > 0. Ho dunque dimostrato che A ϕ− (0) A; A ¯ lipschitziana, quindi continua, ϕ−1 (0) è un chiuso, dunque ϕ−1 (0) = A. 



∈ ⇒ ∃ ≥

• Esercizio E.8

∩

⊆

A

A

≥ ⊆

∀ ∈

Sia (X, d) uno spazio metrico tale che X abbia diametro limitato,

ovvero

∞. C è chiuso e C =  ∅}. Posso mettere su F  la metrica

sup d(x, y) < +

∈

x,y X



Consideriamo dunque F  = C X d(C 1 , C 2 ) = ϕC 1 ϕC 2 ∞ . Verificare che si tratta di una distanza; verificare inoltre che vale quanto segue:



−



{ ∈

≤ ε ⇔ C 1 ⊆ N ε(C 2) e C 2 ⊆ N ε(C 1) , dove con N ε (C ) intendiamo l’insieme {x ∈ X ϕC (x) ≤ ε}. d(C 1 , C 2 )



Soluzione Iniziamo mostrando che d(C 1 , C 2 ) è in effetti una distanza. Ovviamente la funzione è simmetrica e d(C 1 , C 2 ) 0; inoltre, d(C 1 , C 2 ) = 0 ϕC 1 ϕC 2 = 0 ∞ quanto ϕC 1 = ϕC 2 ; ciò permette di dedurre che i due insiemi hanno la stessa chiusura (in

≥



⇒

83

−



⇒


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E.6. UN’APPLICAZIONE DEL TEOREMA DEL PUNTO FISSO

abbiamo visto che la funzione vale zero se e solo se il punto sta nella chiusura) ed essendo gli insiemi chiusi, questi coincidono. Per la disuguaglianza triangolare, infine, vale che d(C 1 , C 3 ) = ϕC 1 ϕC 3 ϕC 1 ϕC 2 + ϕC 2 ϕC 3 = d(C 1 , C 2 ) + d(C 2 , C 3 ) ,



−

 ≤

−

 

−



che conclude la dimostrazione della prima parte. Per la seconda parte, dimostriamo le due implicazioni:

⇒

( ) Innanzitutto per la simmetria di d è sufficiente mostrare solo una delle due inclusioni scritte, e l’altra discende immediatamente da questa scambiando i ruoli dei due insiemi. Vale che d(C 1 , C 2 )

≤ ε ⇒ ϕC − ϕC ∞ ≤ ε ⇒ sup |ϕC (x) − ϕC (x)| ≤ ε , x 1

2

1

2

∀ ∈ C 1 si ha che

dunque x

|ϕC (x) − ϕC (x)| = |ϕC (x)| ≤ ε ; 1

ovvero x

2

2

∈ N ε (C 2).

⇐

∈ −

⇒

≤

∈

⇒

≤

( ) Sappiamo che x C 1 ϕC 2 (x) ε, e che x C 2 ϕC 1 (x) ε. Vogliamo mostrare che supx ϕC 1 (x) ϕC 2 (x) ε. Consideriamo dunque un qualunque x X , e calcoliamo ϕC 1 (x) = inf a∈C 1 d(a, x). Per le propriet` a dell’inf, so che ρ > 0 posso trovare un punto P  di C 1 a distanza da x minore di ϕC 1 (x) + ρ. Per ipotesi, poi, so che P  C 2 tale che d(P  , P  ) < ε; dunque, usando la disuguaglianza triangolare,

|

|≤

d(x, P  )

ϕC 2 (x)

≤

∀

d(x, P  ) + d(P  , P  )

≤

e, facendo tendere ρ a zero, ϕC 2 (x)

∈

∃ ∈

ϕC 1 (x) + ρ + ε

≤

≤ ϕC (x) + ε ⇒ ϕC (x) − ϕC (x) ≤ ε . 1

2

1

Possiamo ora ripetere il ragionamento scambiando i ruoli di C 1 e C 2 , ottenendo cos`ı la disuguaglianza ϕC 1 (x) ϕC 2 (x) ε, che insieme alla precedente ci permette di scrivere

−

≤ |ϕC (x) − ϕC (x)| ≤ ε . 2

1

In particolare, dunque, si avrà

|

d(C 1 , C 2 ) = sup ϕC 2 (x) x

− ϕC (x)| ≤ |ϕC (x) − ϕC (x)| ≤ ε , 1

2

1

come si voleva.

E.6

Un’applicazione del teorema del punto fisso

Abbiamo visto (teorema L.14 a pagina 20) che se (X, d) è uno spazio metrico completo, e ϕ : X X è una contrazione, allora ! x0 X ϕ(x0 ) = x0 . Un caso in cui si usa questo teorema è per mostrare che esiste la soluzione di alcune equazioni differenziali. Ad esempio, consideriamo il problema di Cauchy seguente:

→

∃



u (t) = 1 + tu2 (t) u(0) = 0





∈

84

;

(E.2) Appunti redatti da Giovanni Pizzi

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E.6. UN’APPLICAZIONE DEL TEOREMA DEL PUNTO FISSO

∃ ∈ C 1([0, a], R) tale che u risolve il problema

ci domandiamo se esiste un a > 0 tale che u di Cauchy precedente. Integrando, si ha



t

u(t) = u(t)

− u(0) =

u (s) ds =

0

  t

[1 + su2 (s)] ds .

0

t

Se u è soluzione del problema precedente, allora u(t) = 0 [1 + su2 (s)] ds. t Viceversa, se u(t) = 0 [1 + su2 (s)] ds, allora u C ∞ ([0, a], R), e u soddisfa il problema di Cauchy (dal teorema fondamentale del calcolo). t Considero ora Φ : C 0 ([0, a], R) C 0 ([0, a], R), v Φv, dove Φv (t) = 0 [1+sv2 (s)] ds. Osserviamo che se u è punto fisso per Φ, allora u risolve il problema di Cauchy dato prima. ¯ r) C 0 ([0, a], R), cioè X = u C 0 ([0, a], R) Considero X = B(0, u ∞ r . Devo ¯ ¯ scegliere a, r in modo che Φ B(0, r) B(0, r), e che Φ(u) Φ(v) ∞ sup <1, u v ∞ ¯ (0,r) u,v ∈B



∈ → { ∈

→

⊆

 ⊆



  

 ≤ }



−   − 



u=v

¯ r). in modo che Φ sia una contrazione su B(0, Per la prima condizione, voglio che u ∞ t a)

  ≤ r ⇒ Φ(u)∞ ≤ r.

≤

|  |   | −  |

 ≤   ≤

t

Φu (t) =

t

2

[1 + su (s)] ds

0

Φv (t) =

t

2

ds + sup u

∈

s [0,a]

0



t

s ds

0

≤ a+r

2

0

2 2

s ds

≤ a + r 2a

2 2

e la prima condizione diventa a + Per la seconda parte, invece, Φu



Allora (ricordiamo che



t

2

[su (s)

0

r 2a

r.

 ≤  |    ≤ t

2

− sv (s)] ds

||

s u(s) + v(s) u(s)

0

− v(s)| ds ≤

t

 − v∞ ≤ a2ru − v∞ .

s ds 2r u

0

Dato che la disuguaglianza vale per ogni t, abbiamo ottenuto che

ϕ(u) − ϕ(v)∞ ≤ a2ru − v∞ , 2

e laIlseconda condizione diventa dunqueala trovare r < 1. a ed r tali che problema si è dunque ricondotto



2 2

a + r 2a a2 r < 1

≤r

.

(E.3)

Risolviamo innanzitutto il caso in cui le due disuguaglianze sono sostituite da uguaglianze. Si ottiene, cos`ı, che a = √1r , e sostituendo sopra si ha

√1r + 2r = r ⇒

2

r =23

⇒

1

a = 2− 3 .

Scegliendo r = 22/3 e a < 2−1/3 , la coppia (a, r) risolve (E.3); anzi, entrambe le disuguaglianze in (E.3) risultano strette. Appunti redatti da Giovanni Pizzi


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E.7. SERIE A VALORI IN UNO SPAZIO NORMATO 2 1 In conclusione, abbiamo mostrato che se r = 2 3 , a < 2− 3 , allora Φ : X

→ X è una ] < r. Vogliamo mostrare che ∃!u : contrazione, dunque del ∃!u problema ∈ X Φ(u) = u, e (infatti, u∞,[0,aX [0, a] → R soluzione di Cauchy è l’insieme delle sole funzioni con



norma minore o uguale a r). Supponiamo dunque per assurdo che v : [0, a] R tale che v r e v è soluzione del problema. Allora, per il teorema dei valori intermedi a [0, a] è tale che v(a ) = r, ed inoltre possiamo scegliere a in modo tale che supt∈[0,a [ v(t) < r; dunque, per l’unicità già mostrata, v(t) u(t) su [0, a ]. In particolare, dunque, v(a ) = u(a ) < r, in quanto u < r , e ciò è assurdo perché avevamo detto v(a ) = r.

∃

→

 ≥ ∃ ∈ | | | | | |

|



≡



• Esercizio E.9

|

∃ ∈ C 1

Mostrare che !u

|

  1

0, 2− 3

|

soluzione di (E.2).

Soluzione Sappiamo che, ε > 0, l’unica soluzione f ε è continua e derivabile su [0, a ε]. Dato che f ε B(0, ¯ r), f è limitata; inoltre, anche la sua derivata è limitata, in quanto dal problema di Cauchy f ε (t) = 1 + tf ε2 (t) 1 + r2 , essendo 0 t 1 e f ε < 1: dunque, f ε 2 è lipschitziana di costante 1 + r . Facciamo ora il limite per ε 0 (in pratica, prolunghiamo la funzione fino ad a, senza modificare il tratto [0, a ε[: anche la funzione limite f , sicuramente definita su [0, a[, è lipschitziana con la stessa costante: quindi, f si può estendere per continuità in a in modo unico ed inoltre, essendo lipschitziana, sappiamo anche che la sua derivata prima è limitata. 1 Con un ragionamento analogo a quello finale fatto per il caso a < 2− 3 , infine, si prova che la funzione è unica anche se f r.

∈

∀ | |

|

|≤

≤ ≤

−

| |

→

−

| |≥

E.7

Serie a valori in uno spazio normato

·

⊆  − 

Definizione E.3 Sia (E, ) uno spazio normato. Se (xk )k∈N E , poniamo S n  n−1 ¯ ¯ = 0, allora x . Se S ammette limite in E , cio` e se S E lim S S n n→∞ n k=0 k si dice che la serie ∞ x converge. k =0 k

 



⊆

Definizione E.4 Sia (xn )k∈N E . Sia σn ∞ x è normalmente convergente. k=0 k Proposizione E.11 Sia (E, le seguenti condizioni:



∃ ∈





n 1 k=0

− x . Se sup σ < +∞, si dice che k n∈N n

 · ) uno spazio vettoriale normato.

Allora, sono equivalenti

 · ) è uno spazio completo. k =0 xk  < ∞ ⇒ k=0 xk ∈ E . ∞ 2. ∀(xk )k∈ ⊆ E , ∞ Dimostrazione Dimostriamo che 1 ⇒ 2. Se (xk )k∈ è tale che ∞ k=0 xk  < ∞, allora −1 x  è una successione di Cauchy (in quanto convergente), σn  nk=0 dunque k 1. (E,

  ∀ ∃ ∀



N

ε > 0 N

Quindi, se m

m



N

   −

m 1

≥ n ≥ N

allora

≥ n ≥ N , si ha che

|σm − σn | ≤ ε

   −

m 1

S n − S m = ovvero (σn ) è di Cauchy converge.

k =n

  ≤   −

cioè

k =n

xk



 ≤ε

.

m 1

xk

k=n

xk

 ≤ε,

(S n ) è di Cauchy; quindi, per l’ipotesi di completezza, (S n )

⇒



86

 Appunti redatti da Giovanni Pizzi

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E.7. SERIE A VALORI IN UNO SPAZIO NORMATO

• Esercizio E.10

Dimostra l’altra implicazione della proposizione E.11.

Soluzione Consideriamo una successione (sn ) di Cauchy in E . Vogliamo mostrare che questa successione converge in E . Mostriamo dapprima che (snk ), sottosuccessione di (sn ), tale che snk+1 snk 2−k . Sia, infatti, ε = 1. Allora, so che n0 tale che n,m > n0 si ha sn sm 1, in quanto (sn ) è di Cauchy. Per induzione, poi, sia ε = 21k , allora so che nk > nk−1 tale che n, m > n k si ha sn sm ε. Dunque, la sottosuccessione (snk ) ha la caratteristica voluta. Considerata, ora, xk = snk+1 snk , vale xk 2−k e in particolare k∈N xk converge. Dunque, per ipotesi, converge anche k∈N xk , ovvero

∃

 − ≤  − ≤  − ≤ −  ≤ xk = snN +1

k=0

∀

∃

∀





N



∃

N →∞ S ¯ − sn −−−−→

⇒

0

 

→ sn

snk

0

+ S¯ .

Ma (sn ) è una successione di Cauchy che possiede una sottosuccessione convergente, dunque per il lemma L.8 a pagina 16, anche (sn ) converge.



Oss. Non è vero in generale (ovvero se E non è completo) che xk normalmente convergente xk convergente. Ad esempio, si può considerare E = C 0 ([0, 1], R), con la norma 1 1 1 1 f 1 = 0 f (t) dt. Consideriamo quindi I k = (k+1) π , kπ e f k (t) = χI k (t) sin t , allora si

⇒   | |   ≤∞  ≤ − ∞





∞ f non converge. k =1 k

ha che k=1 f k 1 , ma 1 1 Infatti, f = k kπ k 1 ( +1) ∞ f (x) converge alla funzioneπ k=1 k

1

·

, la cui serie converge.

Tuttavia, la serie

k(k+1)π

f (x) =



0 sin x1

x =0 , x>0

che non appartiene a C 0 ([0, 1], R). ¯ Se S

• Esercizio E.11

maggiore di zero.

∈

C 0 ([0, 1], R), allora limn→∞





n 1 k =1 f k (x)

−

− S ¯1

esiste ed è

n−1 ` sufficiente mostrare che limn→∞ ¯ 1 esiste; in tal caso, sarà Soluzione E S k =1 f k (x) anche positivo, in quanto non può essere negativo (è un integrale di una funzione positiva) −1 f (x) S ¯, funzione continua, in norma né nullo, in quanto in tal caso si avrebbe che nk=1 k , mentre abbiamo dimostrato che ci` o non accade. Si ha dunque 1



·

  −

n 1 k=1

f k (x)

      |

− S ¯(x)

−

1 n 1

=

0

1

1 (n+1)π

=

f k (x)

k =1



    

− S ¯(x)

0

→

dx = 1

¯(x) dx + S

|

− 

π

1 (n+1)π

1 sin x

−

  |

¯(x) dx + S

1

1

π

¯(x) dx . S

|

¯ continua, e in particolare Il primo integrale all’ultimo membro tende a zero, essendo S ¯, e non è influenzato limitata; il terzo integrale, poi, esiste finito, sempre per la continuità di S Appunti redatti da Giovanni Pizzi


87


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E.7. SERIE A VALORI IN UNO SPAZIO NORMATO

dal processo di limite. Resta da mostrare che anche il secondo integrale tende a un valore limitato per n

→ ∞. Ma lim

→∞

n

che è finito.

  1

1 sin x

π

1 (n+1)π

   1

−

1 sin x

π

¯(x) dx = S

0

−



¯(x) dx , S

Esempio Ci sono serie convergenti ma non normalmente convergenti: sia E = C 0 ([0, 1], R) ∞ 1 ¯ definita da dotato della norma ∞ , e f k (t) = χI k (t) t sin t . Allora, k=1 f k S

·



·

0 S ¯(t) = tuttavia

t=0

t sin 0



f k ∞ = tsup ∈I

k

1 t

0 π1



t sin

1 t

 ≥

1

≤π

→

,

1 (k + 12 )π

la cui serie diverge, in quanto si comporta come la serie armonica.

·

∈L

Proposizione E.12 Sia (E, ) uno spazio vettoriale normato completo; A (E, E ) e supponiamo che esista α [0, 1[ Au α u ; consideriamo Φ : E E definita da ∞ k Φ(u) = Au + h: allora Φ ammette un punto fisso S e S = + e k=0 A h, dove l’ultima serie ` normalmente convergente.

∈



≤  

→

 

Dimostrazione L’esistenza di un punto fisso è assicurata dal teorema L.14 a pagina 20; n−1 k vale allora che S = limn→∞ Φ(n) (0), con Φ(n) (0) = k=0 A h, dove quest’ultima uguaglianza si verifica facilmente per induzione. Infatti,

     −

n 1

Φ Φ(n) (0) = A

−

n 1

Ak h

+h =

k=0

n

Ak+1 h + h =

k=0



Ak h = Φ(n+1)(0) .

k=0

L’assoluta convergenza, infine, è assicurata dal fatto che Ak h mabile, essendo 0 α < 1.

 ≤ αk h che è som-



≤

2





Sia f k (x) = k1 e−(x−k) . Verificare che x R, ∞ e convergente; k=1 f k (x) ` 0 (R, R) (funzioni continue e limitate). Quindi, che la serie f ` e convergente in C k b k=1 verificare che la serie ∞ e normalmente convergente. k=0 f k non `

• Esercizio E.12 ∞ Soluzione x si ha che

  

∀ ∈

∞ f (x) converge puntualmente per il criterio della radice: infatti, fissato k=1 k

 k

2 1 −(x−k)2 e−(x−k) /k e = k k k

√

−k−→∞ −−→ 0 .

Per la convergenza uniforme, vogliamo vedere che ε > 0 uniformemente in x.

∀



88

1

M

∃



2

e−(x−k) < ε

≥

k M k


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` DEL LIMITE DI UNA SUCCESSIONE DI FUNZIONI E.8. DERIVABILITA

Consideriamo dunque la funzione g(x) =

−

k

−(x−k)2 , che è ben definita per ogni x, ∈Z e

è ovviamente 1 periodica, eadconverge su domini Infatti, se consideriamo esempio normalmente gli intervalli della formalimitati. [n, m] con n, m − x−k)2 ( dato che e è crescente su ] , k[ e decrescente su ]k, + [, avremo

−∞

 k

∈Z



2

 

e−(x−k) ∞,[n,m] =

∞

2

e−(n−k) + (m



k
∞

=

2

e−k + (m

−∞

k=

− n) +



∈ Z, m > n,

2

e−(m−k) =

≥

k m

− n) < +∞ ,

come si vede subito per mezzo del criterio del rapporto. Dunque, g(x) è continua ovunque: quindi, per Weierstrass, g ∞,[0,1] = C < la periodicit` a abbiamo che g ∞,R = C .





∞, ma per

Abbiamo cos`ı che

 ≥

k M

1 −(x−k)2 e k

1 ≤ M



e−(x−k)

1 C ≤ M g(x) ≤ , M

2

≥

k M

che pu` o essere reso piccolo a piacere scegliendo M grande: dunque, la convergenza è uniforme. La serie ∞ e normalmente convergente: infatti, k=0 f k , tuttavia, non `



f k 



la cui serie diverge.

E.8



2 1 1 = sup e−(x−k) = , k x∈R k

Derivabilit` a del limite di una successione di funzioni

Proposizione E.13 Sia I R un intervallo limitato, x0 I fissato, e sn C 1 (I, R). n→∞  Supponiamo che sn (x0 ) α, e che sn g uniformemente su I . Allora, posto s(x) = x α + x0 g(t) dt si ha che sn s uniformemente, e sn s uniformemente.



⊆ −−−−→ →

∈

→

Dimostrazione Sia M = sup I

|sn(x) − s(x)

→

− inf I . Allora

 | ≤ |



x

= sn (x0 ) +

∈

x0

  ≤   −   ≤

s (t) dt − α − n

x

g(t) dt

x0

− α| + x sn(t) g(t) dt x ≤ |sn(x0) − α| + sn − g∞ · M e dato che la disuguaglianza vale ∀x ∈ I , passando al sup si ottiene sup |sn (x) − s(x)| = sn − s∞ ≤ |sn (x0 ) − α| + sn − g ∞ · M ; x∈I sn (x0 )

0

per ipotesi il secondo membro tende a zero, dunque sn

→ s uniformemente.



Oss. Se al posto di I consideriamo un insieme convesso di uno spazio di Banach, il teorema continua ad essere vero (si restringe la funzione al segmento [x0 , x] e la dimostrazione è analoga). In particolare, l’enunciato diventa Appunti redatti da Giovanni Pizzi


89


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` DEL LIMITE DI UNA SUCCESSIONE DI FUNZIONI E.8. DERIVABILITA

⊆ E un sottoinsieme convesso e limitato di E n(spazio di Ba1 →∞ α, e che 0 ∈ Ω fissato, e (S n )n∈ ⊆ C (Ω, R). Supponiamo che S n (x0 ) −−−−→ nach), x DS n → G uniformemente su Ω. Allora, posto Proposizione E.14 Sia Ω

N

  1

S (x) = α +

G x0 + t(x

0



− x0) [x − x0] dt ,

→ S uniformemente ed inoltre S ∈ C 1(Ω, R). Dimostrazione Sia ϕ(t) = S n x0 + t(x − x0 ) . Allora ϕ (t) = DS n x0 + t(x − x0 ) [x − x0 ], si ha che S n da cui

 

1

ϕ(1)

− ϕ(0) =

ϕ (t) dt =

0

  

 

1

DS n x0 + t(x

0



− x0) [x − x0] dt .

Ci` o ci permette di dire che

|S n(x) − S (x)| =

 

  1

S n (x0 ) +

   −

DS n x0 + t(x

0

− x0) [x − x0] dt+ 1

−α

G x0 + t(x

0

 



− x0) [x − x0] dt

Usando la disuguaglianza triangolare e raccogliendo, si ottiene

.

1

|S n(x) − S (x)| ≤ |S n(x0) − α| +

(DS n 0

 

− G) x0 + t(x − x0) [x − x0]



1

≤ |S n(x0) − α| +

DS n

0

− G∞ · |x − x0| dt .



dt

≤



 − G∞ → 0, passando al sup per x ∈ Ω si ottiene infine n→∞ S n − S ∞ ≤ |S n(x0) − α| + M DS n − G∞ −−−−→ 0,

Dato che per ipotesi DS n

che dimostra il teorema. Oss.



` facile verificare che S è derivabile in x0 e che S pu` E o essere scritta come 1

S (x) = S (x1 ) +

G x1 + t(x

x1 ) [x

−

  0



x1 ] dt

−

x1

Ω.

∀ ∈

Ciò può essere utilizzato per mostrare che S è differenziabile su tutto Ω. Esempio

Consideriamo s(x) =

∞ 1



k=0

2k

sin(kx) =

∞

   f k

k=0

f k

∈ C b0(R, R)



Dato che f k ∞ = 21k , la serie è normalmente convergente, quindi sn s uniformemente, dove sn (x) = nk=0 21k sin(kx). Allora sn (x) = nk=0 2kk cos(kx), e in particolare

 



sn (x)

∞ k

→ k=0 2k cos(kx) = g(x)





→

puntualmente e uniformemente. 90


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E.9. SERIE DI POTENZE

Dunque, s(x) è derivabile ed ha come derivata g(x).

• Esercizio E.13

Se S (x) = allora S è di classe C ∞ (R, R).



∞ c sin(kx), e ∀m k =0 k

∈ N si ha che limk→∞ km |ck | = 0,

Sia (sn ) la successione delle somme parziali. Innanzitutto, sn (0) = 0

Soluzione

sn (x) = kck cos(kx)

∀n. Poi,

sia m > 2, dalla condizione limk→∞ k m ck = 0 si ha che fissato ε > 0 vale definitivamente kck < kmε 1 , dunque scelto n sufficientemente grande vale

| |

| |

−

∞

m

kc k cos(kx)

|

kc k cos(kx)

| ≤|

k=n

hε ,

|≤

k=n

dunque la successione delle somme parziali è di Cauchy e quindi s converge uniformemente. Per la proposizione E.13 a pagina 89, dunque, la funzione S (x) è derivabile. Per l’arbitrarietà di m, possiamo applicare il ragionamento alle derivate successive, a patto di prendere m sufficientemente grande in modo che la serie converga: S è dunque C ∞ .

E.9

Serie di potenze

Una serie di potenze è un’espressione del tipo

∞ ck z k .

   − k =0



k

∞ k +∞ x Esempio Alcune serie già viste sono + k =0 x ; k=0 k ! . In particolare, la seconda serie converge (su tutto C) alla fuzione exp(x). Avevamo anche ottenuto la stima

 

− zk

n 1

exp(z)

k!

k =0

 ≤

e|z| z n!

| |n

e in B(0, R) l’esponenziale converge uniformemente, in quanto

 

exp(z)

• Esercizio E.14

 − ≤   − zk

n 1

k!

eR

Rn n!

n→∞ −−−−→ 0.

k =0

Se (ak )k∈N è una successione tale che limk→∞ ak = , allora lim sup an

∈N

n



inf sup ak =  .

∈N k≥n

n

−

Soluzione Fissato ε > 0, so che definitivamente ak sar` a compreso tra  ε e  + ε. Allora, anche supk>n ak sar` a in questo intervallo per n grande, quindi prendendo il limite per n , ovvero facendo il lim sup, avr` o che questo sta nell’intervallo [ ε,  + ε]. Per l’arbitrariet` a di ε, il lim sup sarà uguale a .

→∞



−

91


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E.9. SERIE DI POTENZE

ck z k . Definiamo

Proposizione E.15 Consideriamo una serie di potenze della forma



 

k

n

{ |ck | , k ≥ n} = limnsup |cn| .

L  inf sup

∈N

n

Se L < + , posto R = L1 ( R = se L = 0) la serie considerata converge puntualmente ¯ r) (in particolare è in B(0, R); inoltre, r < R la serie converge normalmente su B(0, continua). R si chiama raggio di convergenza della serie di potenze.

∞

∞

∀

Dimostrazione Sia r < R, e sia ρ = r+2R (r < ρ < R). Allora, ρ < R = L1 1 1 k le proprietà dell’inf, n0 supk≥n0 k ck ck k ρ . Quindi, ρ − k ρ k n0 .

∃

∀ ≥

 | | ≤



Dato che

⇒ ρ1 > L. Per ∀ ≥ n0 ⇒ |ck | ≤

 | | ≤

ck z k = ck r k ,

sup

 || | | || | | | | ≤| |    | |  − ∞ ¯ (0,r) z B

∈

∞ c rk è finita. Ma k=0 k

ci basta dimostrare che

∞

−

n0 1

| |

ck r k =

k=0

∗

=

ck r k

k=0

k=n0

n0 1

r ρ

−

ck r k +

k=0

−

n0 1

∞

ck r k +

∞

ck r k +

k=0

k=n0

Soluzione

k

∗

=

n0 r ρ

1

<+

,

r ρ

dove l’uguaglianza segnata da un asterisco segue dal fatto che

• Esercizio E.15

r ρ

< 1.



||

Mostrare che la serie non converge (nemmeno puntualmente) se z > R.

||



| | · lim supn |cn| > 1, ovvero

Osserviamo che z > R vuol dire che z limsup n

 | || | n

cn z

n

n

> 1.

Ma ciò significa che esiste una sottosuccessione tale che cnk z nk > 1 k. Allora, quando calcolo la serie n cn z n , ho un numero infinito di termini maggiori di uno, dunque la serie non converge.

| || |

| || |



 − 

∀

k Consideriamo, ora, S (x) = ∞ R. Per la proposizione precedente, S k=0 ck x con ck definisce una funzione continua su ( R, R). In realtà, la funzione S ha proprietà di regolarità maggiori:

∈

k Proposizione E.16 Sia S (x) = ∞ k=0 ck x con ck della serie. Allora, S è C ∞ su ( R, R).

∈ R, e sia R il raggio di convergenza − Fissato x ∈ (−R, R), scelgo r ∈]|x|, R[. Dette sn (x) le somme parziali,

Dimostrazione sicuramente sn (0) convergono. Inoltre,

n 1

n k 1

sn (x) = k=1 k ck x − =





92

−

k

(k + 1) ck+1 x . k=0




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E.10. COMPLETEZZA DELL’INSIEME DELLE APPLICAZIONI LINEARI

∞ (k + 1) c xk è normalmente convergente su k+1 k=0

Se ora dimostro che G(x) =

−

(allaR,proposizione R) (in particolare raggio maggiore oe uguale a R), E.13 a ha pagina 89 di so convergenza che S (x) è derivabile, applicando lo grazie stesso ragionamento alle derivate successive si ottiene la tesi.

 

Verifichiamo dunque che ρ−k se k n0 ) si ha

≥

∞





∞ (k + 1) |c |rk < ∞. Per la stima precedente ( |c | ≤ k+1 k k=0

−

n0 1

(k + 1) ck+1 rk =

k=0

|

|

∞

(k + 1) ck+1 r k +

|

k=0

|

−



(k + 1) ck+1 rk

|

k=n0

n0 1

≤



(k + 1) ck+1 rk +

|

k=0

|

| ≤

∞ k+1 r

 

k =n0

ρ

ρ

k

<

∞,

in quanto l’ultima serie converge.

E.10



Completezza dell’insieme delle applicazioni lineari

Proposizione E.17 Siano E, F spazi vettoriali normati. Allora, F completo completo.

⇒ L(E, F ) è

Dimostrazione Consideriamo la restrizione rρ dalle funzioni lineari e continue alle funzioni limitate dalla palla chiusa di raggio ρ Bρ in F : r L(E, F ) −→ B(Bρ, F ) , Bisogna mostrare che B(Bρ , F ) è chiuso. ρ

A

→ A|B

ρ

.

Innanzitutto osserviamo che

 | 

 

sup Ax = A Bρ

∈

x Bρ

∞

 

= ρ A L(E,F ) ,

L

∀

dunque se (An ) è una successione di Cauchy in (E, F ), allora ρ > 0 An è di Cauchy ¯ρ , F ), quindi converge per la completezza di (B ¯ρ , F ). in (B

B

→

B

∀ ∈

Dunque, An (x) g(x) puntualmente x E , perché posso scegliere ρ sufficientemente grande da includere ogni punto x E fissato. Resta da mostrare che g(x)

∈

∈ L(E, F ): la linearità è immediata, in quanto →∞

An (ax + by)

n

aAn (x) + bAn (y)

n

→∞

/ / / /

g(ax + by)

ag(x) + bg(y)

e, per l’unicità del limite, g(ax + by) = ag(x) + bg(y). Infine, g è continua in quanto limitata sulla palla di raggio 1. 

E.11

Sviluppo in serie della funzione esponenziale

Consideriamo le condizioni





x = x x(0) = α 93

. Esercitazioni — Docente: Carlo Carminati

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E.12. IL DIFFERENZIALE DELL’OPERATORE DETERMINANTE

⇔ x(t) = α +

Vogliamo mostrare che x è soluzione 0

−

t x(τ ) 0

dτ . t 0 x(s)

In C ([ a, a], R), consideriamo l’applicazione Φ(x)(t) = α +

  −    ≤  − 

ds. Allora,

t

Φ(x) − Φ(y) =

sup

x(t)

∈−

t [ a,a]

y(t) ds

x

·

y ∞ a :

0

dunque se a < 1, Φ è una contrazione. t Se (Lx)(t) = 0 x(s) ds allora, usando come funzione quella costantemente uguale ad α, k ottengo (Lk α)(t) = α tk! . Si ha cos`ı Φ(x) = α + Lx, e sappiamo dalla proposizione E.12 a pagina 88 che



−

n 1

(n)

Φ

(0) =



Lk α

k =0

n→∞ −−−−→ Φ(x) = x .

tk In conclusione, abbiamo ottenuto x(t) = limn→∞ Φ(n) (0) = α ∞ k=0 k! . Quanto detto vale per x < a, per cui Φ è una contrazione; tuttavia, la soluzione ottenuta è convergente ed ha le proprietà richieste su tutto R. Dunque, dato x Lx = α (I L)x = α, se L < 1, I L è invertibile (per il teorema della perturbazione lipschitziana dell’identità), dunque x = (I L)−1 α. In effetti, comunque, la condizione L < 1 è sovrabbondante: ad esempio per la matrice



−

⇔ −





L=

−

−

  0 103 0 0

L∞ = 10k 3 > 1, ma già L2 = 0, dunque anche in questo caso I − L è invertibile (con inversa k=0 L

= I + L). Per la proposizione E.17 nella pagina precedente, se E è completo allora (E, E ) è completo; possiamo dunque considerare ∞ (E, E ). In particolare, la k =0 ck Ak , con A serie è normalmente convergente se A L < R, dove R è il raggio di convergenza della serie di potenze definita dai coefficienti ck . k Una condizione meno restrittiva per la convergenza della serie ∞ e la seguente: k =0 ck A `



  inf k

E.12

∈N

∈L

   k

L



Ak L < R .



Il differenziale dell’operatore determinante

Consideriamo l’applicazione Φ : n×n (R) R tale che Φ(A) = det A. Mostriamo innanzitutto che Φ è differenziabile. Dato che, se A = (aij ), allora

M

det A =

→

−

( 1)ε(σ) a1 σ(1)

σ

∈S

n

· · · · · an σ(n) ,

la funzione Φ è differenziabile, essendo somma e prodotto di funzioni differenziabili. Per trovare il differenziale di Φ nell’identità, dato che sappiamo già che l’applicazione è differenziabile, basterà studiare le derivate direzionali. Si ha allora Φ(I + εH ) = Φ(I) + εDΦ(I)[H ] + o(ε) per ε 0. Sia H = (aij ). Allora, I + εH sar` a della forma

→

I + εH =

  

1 + εa11

εa12

εa21 .. .

1 + εa22

εan1

···



··· ..

94

.

εan(n−1)

εa1n .. . εa(n

1)n

− nn 1 + εa

  

.


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E.12. IL DIFFERENZIALE DELL’OPERATORE DETERMINANTE

Osserviamo che, se scegliamo una permutazione σ diversa dall’identità, stiamo scegliendo almeno due volte degli fuori dalla diagonale, e dunque l’addendo relativo a σ sar` a moltiplicato almeno perelementi ε2 . Dunque, n

det(I + εH ) =



(1 + εaii ) + O(ε2 ) .

i=1

Anche nella produttoria, tuttavia, vi sono dei termini che sono O(ε2 ): in conclusione, si ottiene n

det(I + εH ) = 1 + ε



aii + O(ε2 ) ,

i=1

dunque DΦ(I)[H ] = tr H . Volendo ora calcolare il differenziale di Φ in una generica matrice, si usa lo stesso metodo. Se A è invertibile,





Φ(A + εH ) = det(A + εH ) = det A(I + εA−1 H ) = det A det(I + εA−1 H ) =

·





= det A 1 + ε tr(A−1 H ) + O(ε2 ) ,

dunque

Φ(A) + εDΦ(A)[H ] + o(ε) = det(A) + ε det A tr(A−1 H ) + O(ε2 ) .

·

In conclusione, se A è invertibile, si ha DΦ(A)[H ] = det A tr(A−1 H ) .

·

Se A non è invertibile, invece, il problema è più complicato e non verrà qui trattato. Proposizione E.18 Se f 1 , f 2 : Ω E R, x0 Ω e entrambe le funzioni sono differenziabili in x0 , allora g = f 1 (x) f 2 (x) è ancora differenziabile in x0 .

⊆ →

·

∈

• Esercizio E.16

Dimostrare la proposizione precedente. Suggerimento: considerare l’applicazione come composizione delle due seguenti funzioni: / /

Ω x

/ /

R×R

R

;

· si rende cos`ı sufficiente dimostrare che l’applicazione P : L(E, G) × L(E, G) → L(E, G) che ad ogni coppia di funzioni (f 1 , f 2 ) associa l’applicazione f 1 · f 2 è differenziabile, e in particolare DP (x1 , x2 )

Soluzione



f 1 (x), f 2 (x)

/ /



H 1 = H 1 x2 + x1 H 2 . H 2

/ /

f 1 (x) f 2 (x)



Vogliamo mostrare che P (x1 + H 1 , x2 + H 2 ) = P (x1 , x2 ) + H 1 x2 + x1 H 2 = o

  H 1 H 2

,

H 12

.

cioè che P (x1 + H 1 , x2 + H 2 )

− P (x1, x2) − H 1x2 − x1H 2 = o



95

 


99/130

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E.13. APPLICAZIONI DEL CALCOLO DIFFERENZIALE ALLO STUDIO DI FUNZIONI

Scrivendo esplicitamente chi è P e semplificando, si ottiene H 1 H 2 = o Quest’uguaglianza è equivalente a

H 1 H 2

 

.

H 1H 2 = o(1) per H 1, H 2 → 0 . (E.4) max{H 1 , H 2 } Supponiamo ora che H 1  ≥ H 2  (l’altro caso è analogo). Allora, ricordando che H 1 H 2  ≤ H 1H 2, la prima frazione è minore o uguale a H 1H 2 = H 2 , max{H 1 , H 2 } che tende a zero per H 2

E.13

→ 0, dunque la frazione in (E.4) è in effetti o(1), come si voleva.

Applicazioni del calcolo differenziale allo studio di funzioni

Figura 6: Grafico della funzione f (x, y) = sin x · sin y · sin(x − y)

·

·

− y) (vedi figura 6). Questa funzione si annulla nei punti (k ∈ Z)] ∨ [y = kπ (k ∈ Z)] ∨ [x − y = kπ (k ∈ Z)] .

Sia f (x, y) = sin x sin y sin(x



(x, y) [x = kπ



96


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2π −

− +

−

−2π

− +

− +

−

+ −

+

+ −

+

+

2π

−

+ −

+ −

+ −

−

−

+ −

+ −

+

+

+

−2π

Figura 7: Segno della funzione f (x, y ) = sin x · sin y · sin(x − y )

Inoltre, il segno è quello rappresentato in figura 7.

• Esercizio E.17

In effetti, la funzione ha caratteristiche di periodicità: in particolare,

verificare che

f (x + hπ,y + kπ) = f (x, y) per ogni h, k interi. Soluzione

Infatti,

−



− k)π = h k h−k = ( −1) sin(x) · (−1) sin(y) · (−1) sin(x − y) = 2h = f (x, y) · (−1) = f (x, y) ,

f (x + hπ,y + kπ) = sin(x + hπ) sin(y + kπ)sin x

y + (h

quindi la funzione ha periodo π in entrambe le variabili.

×

Per Weierstrass, sappiamo che nel quadrato [0, π] [0, π] la funzione assume massimo e minimo, e questi saranno punti di massimo e minimo globali per la periodicità. Studiamo le derivate parziali della funzione: ∂f ∂x (x, y) = cos x sin(x ∂f (x, y) = cos y sin(x ∂y



− y) + cos(x − y) · sin x sin y − y) − cos(x − y) · sin y sin x



Osserviamo che se x Ω Rn è un punto di massimo o di minimo, allora è necessario che tutte le derivate parziali si annullino in x. Usando le formule trigonometriche, possiamo riscrivere le derivate parziali come

∈ ⊆

∂f (x, y) = sin y sin(2x ∂x

·

∂f (x, y) = sin x sin(x ∂y

− y) ,

·

− 2y) .

Le derivate si annullano rispettivamente per ∂f ∂x (x, y) = 0

∂f

⇔ y = kπ ∨ y = 2x + hπ ,



∂y (x, y) = 0 97

⇔ x = kπ ∨ x = 2y + hπ .

Esercitazioni — Docente: Car lo Carminati

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D

π

C

E

F

B 0 A

π

Figura 8: Luogo dei punti in cui si annullano le derivate parziali. I sei punti A , B , C , D , E , F sono ∂f ∂x

i punti in cui si annullano contemporaneamente

e

∂f ∂y

.

×

Analizziamo tutto all’interno del quadrato [0, π] [0, π]. I punti di massimo e di minimo (vedi figura 8) vanno scelti tra quelli in cui entrambe le derivate si annullano, cioè tra A,B,C,D,E,F ; ma un punto di massimo o di minimo non pu` o trovarsi sul bordo del quadrato, perché ha ai lati sia punti in cui la funzione è positiva, sia punti in cui è negativa. Restano dunque solo i due punti interni E ed F , e necessariamente quello positivo (F ) sarà il massimo e quello negativo (E ) il minimo.

• Esercizio E.18

2 2 Sia f (x, y) = x e−(x +y ) . Determinare, se esistono, massimi e minimi

di questa funzione. Soluzione

Studiamo le derivate parziali della funzione assegnata. Queste sono 2 2 ∂f = e−(x +y ) (1 ∂x

∂f = ∂y

− 2x2 )

2

2

−2xye−(x +y ) , 1 2, 0

dunque le derivate sono entrambe nulle nei due punti x1 =

1 2, 0

−

e x2 =

. Per

vedere se si tratta di massimi o minimi, calcoliamo l’hessiano. Si ottiene facilmente

Hf (x, y) =



2x(2x2 2y(2x2

2

2

2

2

− 3)e−(x +y ) − 1)e−(x +y )

2y(2x2 2x(2y2

      − −

2 2 1)e−(x +y ) 2 2 1)e−(x +y )

,

da cui

Hf (x1) =

−    −  2

2 e

0

0

2 e

Hf (x2 ) =

,

H

      2 e

2

0

0

2 e

:

quindi, x1 è un punto di massimo, essendo f (x1 ) definita negativa, mentre x2 è un punto di minimo in quanto f (x2 ) è definita positiva.

H

Esercitazioni — Docente: Car lo Carminati


98


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E.14. DERIVATE PARZIALI E DIREZIONALI

E.14

Derivate parziali e direzionali

⊆ × →

∀ ∈

Sia f : Ω E 1 E 2 G. Abbiamo visto che, se f è differenziabile, allora x2 E 2 fissato, f ( , x2 ) è differenziabile e che x1 E 1 fissato, f (x1 , ) è differenziabile. Abbiamo cos`ı le due applicazioni D1 f : Ω (E 1 , G) e D2 f : Ω (E 2 , G). Si ha che

·

∀ ∈

·

→L

→L ∀h1 ∈ E 1 , ∀h2 ∈ E 2

D1 f (x1 , x2 )[h1 ] = Df (x1 , x2 )[h1 , 0] D2 f (x1 , x2 )[h2 ] = Df (x1 , x2 )[0, h2 ] e sommando

Df (x1 , x2 )[h1 , h2 ] = D1 f (x1 , x2 )[h1 ] + D2 f (x1 , x2 )[h2 ] . Esercizio E.19

Rn

Se f : Ω

•

⊆

G è differenziabile, mostrare che vale la formula

→

n

Df (x)[(h1 , . . . , hn )] =



Dj f (x)[hj ] ,

j =1

che è un’estensione del caso bidimensionale già visto.

Soluzione

La dimostrazione è la stessa di quella della proposizione L.21 a pagina 34.

Nel caso E 1 = E 2 = R, abbiamo che Dj f : Ω (R, G). Osserviamo che c’` e un isomorfismo tra G e (R, G) che ad ogni vettore v G associa l’applicazione ϕ(t) = tv, e l’applicazione inversa associa ad ogni ϕ (R, G) il vettore ϕ(1).

L

∈

→L

∈L

Definizione E.5 Indicheremo Dj f (x)[1] con il simbolo di derivata parziale: Dj f (x)[1] =

• Esercizio E.20

Verificare che, se f : Ω 1 f (x + tej ) t→0 t lim

dove il primo membro è

Soluzione



d dt

⊆ Rn → G è differenziabile, allora



− f (x)

f (x + tej )



∂f (x) . ∂x j

t=0

= Df (x)[ej ]  Dj f (x)[1] ,

.



Un risultato pi` u generale è enunciato nell’esercizio E.21 nella pagina seguente.

L’esercizio precedente ci permette di scrivere in un ulteriore modo l’espressione dell’esercizio E.19: n ∂f Df (x)[(h1 , . . . , hn )] = (x)hj . ∂x j j =1



Definizione E.6 In generale, si può definire la derivata direzionale ∂f 1 →0 t f (x + tv) ∂v (x)  tlim Appunti redatti da Giovanni Pizzi




99

− f (x)



.


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• Esercizio E.21

Verificare che si può scrivere la derivata direzionale nel modo seguente: ∂f (x) = Df (x)[v] , ∂v

esprimendola in funzione del differenziale totale.

Soluzione

Usando la definizione di differenziale, si ha che f (x + tv) t

− f (x) = Df (x)[tv] + o(tv) = Df (x)[v] + o(v) t

per t

→0,

dove nell’ultima uguaglianza si è usata la linearit` a di Df (x). Dunque, effettuando il limite per t 0, si ottiene la tesi, in quanto il primo membro tende a ∂f ∂v (x), mentre l’ultimo tende a Df (x)[v].

→

∂f ∂x j (x)

Oss.

Osserviamo che

Oss.

Se G = R e f : Ω

=

∂f ∂e j (x).

⊆ Rn → R, allora ∂x∂f (x) ∈ R, e j

     ∂f (x) ∂x 1

.. .

f (x) =

.

∂f n (x) ∂x

Cos`ı, Df (x)[h] =

• Esercizio E.22

f (x) · h. Mostrare che f (x, y) =

x2 + y 2 è differenziabile in R2

\ {0}.

Soluzione Possiamo pensare f come composizione delle due applicazioni g1 : R2 R+ , tale che g1 (x, y) = x2 + y 2 , e g2 : R+ R tale che g2 (x) = x: f = g2 g1 . Dato che g1 è differenziabile su tutto R2 , essendo un polinomio, e che g2 è differenziabile ovunque tranne che in zero, f sar` a differenziabile nei punti tali che

√

→

·

→

 ⇔ x2 + y2 = 0 ⇔ (x, y) = 0 .

g1 (x) = 0

` evidente che la funzione f dell’esercizio precedente non è differenziabile in zero: Oss. E infatti, non ammette nemmeno derivate parziali, in quanto f (x, 0) = x non è differenziabile.

||



Esempio Se g(x, y) = ϕ( x2 + y 2 ), con ϕ risulta differenziabile su R2 .

∈ C 1(R+, R), dire per quali ϕ la funzione g

Soluzione Grazie all’esercizio E.22, è sufficiente studiare il problema nell’origine. Affermiamo che è necessario e sufficiente che ϕ (0) sia nullo. Esercitazioni — Docente: Carlo Carminati


100


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Sia α = ϕ (0). Poniamo y = 0, allora ϕ( x )

| | − ϕ(0) = α|x| + o(|x|) =

Necessariet` a

− · 

·

 (0)che αα,sign(x) + o(x): in ogni intornosiadidifferenziabile, zero, α sign(x)è assume sia che il valore +α il valore dunque xaffinch´ e l’applicazione necessario α=ϕ = 0. Per ipotesi ϕ (0) = 0, dunque ϕ(η)

Sufficienza

ϕ

  − x2 + y 2

che è come dire che g(x, y) differenziale nullo.

ϕ(0) = o

− g(0) =

 

x2 + y 2 = o(x, y) ,

o(x, y), ovvero che g è differenziabile in zero con

Considerata l’applicazione ϕ : Rn

Esercizio E.23

•

Rn

\{ }

mostrare che ϕ è differenziabile su 0 , e che dell’esercizio E.22 nella pagina precedente).

Soluzione

− ϕ(0) = o(η), e in particolare

R, ϕ(x) = x (norma euclidea),

ϕ(x) → = |x| (si tratta | | di un estensione

L’applicazione in analisi è

  n

||

ϕ(x) = x =

x2i ;

i=1

essendo composizione di funzioni differenziabili se x R2 0 , sarà anch’essa differenziabile in questo dominio. Usando le regole di differenziazione per le funzioni composte, si ottiene che

∈ \{ }

∂ϕ = ∂x j 2

1

∂ n 2 ∂x j i=1 xi

   

Dunque,

ϕ=

Esercizio E.24

  ||

n

1 = 2x

x2i

i=1

∂ϕ ∂ϕ ,..., ∂x 1 ∂x n

n

i=1

∂ x2i xj = . ∂x j x

1

=

||

x

|x| (x1, . . . , xn) = |x| .

C 1 (]0, + [, R) tale che g(x) = ϕ( x ) soddisfi

Determinare ϕ

•

  

∈∂ 2g ∞ ∂ 2g g = ∂x (x, y) + (x, y) = 0 2 ∂y 2

||



( g è chiamato il laplaciano di g).

Soluzione

La soluzione è a pagina 114.

Nel caso di f : Ω

⊆ Rn → Rm, ∂x∂f

j

sono dei vettori in Rm , e continua a valere la formula n

Df (x)[(h1 , . . . , hn )] Appunti redatti da Giovanni Pizzi


=

101

 j =1

∂f ∂x j (x)hj . Esercitazioni — Docente: Carlo Carminati

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E.15. COORDINATE CARTESIANE, CILINDRICHE E SFERICHE m i=1 f i (x) ei ,

Se scriviamo f in funzione delle sue funzioni componenti f i , cioè f (x) = si avrà

∂f (x) = ∂x j

segue dunque che Df (x)[h] =

m

i=1



∂f i (x)ei ; ∂x j

      m

n

i=1

j =1

∂f i (x)hj ∂x j

ei .

Definizione E.7 La matrice di coordinate

∂f i (x) ∂x j

J f (x) =

i=1,...,m j =1,...,n

si chiama matrice jacobiana di f in x. Consideriamo la composizione

Esempio

Rn Quanto vale Soluzione <

f

/ /

Rm

U / /

R.

(U ◦ f )?

Osserviamo che

(U ◦ f ), h >

Rn



  ◦        ◦

D(U f )(x)[h] = DU f (x)

=<

Df (x) [h] =

U f (x) , J f (x)h > Rm =< J f (x)

T

U f (x) , h > Rn ,

dove l’ultima uguaglianza segue dal seguente lemma: Lemma E.19 Se A = (aij )i=1,...,n , v j =1,...,m

E.15

∈ Rn, w ∈ Rm, allora < v,Aw >

Rn

=< AT v,w >Rm .

Coordinate cartesiane, cilindriche e sferiche Φ −→

Consideriamo l’applicazione (ρ, θ) (ρ cos θ, ρ sin θ). Ci domandiamo per quali (ρ, θ) DΦ(ρ, θ) è invertibile. Ci converrà lavorare in coordinate; calcoliamo cos`ı lo jacobiano



∂ ρ Φ1 J Φ (ρ, θ) = ∂ ρ Φ2

∂ θ Φ1 ∂ θ Φ2

  =

cos θ sin θ

−ρ sin θ ρ cos θ



.



Richiedere che DΦ(ρ, θ) sia invertibile è equivalente a dire che det J Φ = 0. Dato che det J Φ = ρ, la funzione è (localmente) invertibile in tutti i punti in cui ρ = 0. Se, ora, consideriamo l’applicazione ristretta al dominio R+ [0, 2π[, questa funzione diventa invertibile in tutti i punti (tranne nell’origine).



• Esercizio E.25

×

Rispondere alla stessa domanda per la trasformazione ρ cos θ

Φ1

(ρ,θ,z) Esercitazioni — Docente: Carlo Carminati


−→

ρ sin z θ

 

102


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E.15. COORDINATE CARTESIANE, CILINDRICHE E SFERICHE

(è la matrice della trasformazione in coordinate cilindriche).

Soluzione

Lo jacobiano di questa trasformazione è J Φ1 (ρ,θ,z) =

 

 

−ρ sin θ

cos θ sin θ 0

0 0 1

ρ cos θ 0

,



il cui determinante vale ρ: dunque, anche in questo caso DΦ1 è invertibile se ρ = 0. Osserviamo che passare in coordinate sferiche corrisponde a passare due volte in coordinate polari: la trasformazione complessiva è (r,θ,ϕ)

− Ψ→

r cos θ sin ϕ r sin θ sin ϕ r cos ϕ





,

con r R+ , ϕ [0, π], θ [0, 2π[, e può essere vista come Ψ = Φ1 dell’esercizio precedente, mentre Φ2 è definita da

∈

∈

∈

Φ2 (r,θ,ϕ) =

◦ Φ2, dove Φ1 è quella

    r sin ϕ θ r cos ϕ

e per calcolare il determinante di J Ψ è conveniente calcolare il determinante degli jacobiani di Φ1 e Φ2 , perché sono pi` u semplici, quindi applicare Binet ottendo det J Ψ = det J Φ1 det J Φ2 ,

·

dove per J Φ1 bisogna calcolare tutto in Φ2 :

·

2

·

det J Ψ = ρ r = (r sin ϕ) r = r sin ϕ . Φ U −→ R2 −→ R, e sia ξ = (ρ, θ). Allora, (U ◦ Φ) = J Φ(ξ)T U Φ(ξ) , ˜ = U ◦ Φ, U ˜ è U vista in coordinate ma in genere è più usata un’altra relazione. Detta U

Consideriamo ora R2

 

polari, e in particolare

∂U ∂x ∂U

Φ(ξ) Φ(ξ)

= J Φ (ξ)T

˜ ∂ U ∂ρ (ρ, θ) ˜ ∂ U

−1

.

(ρ, θ) J Φ è scritta sopra; si ottiene subito che l’inversa della trasposta è

          −  ∂y

∂θ

J Φ (ξ)T

Si ha cos`ı

−1

=

cos θ sin θ

1 ρ

˜ ∂U ∂ U Φ(ξ) = cos θ (ξ) ∂x ∂ρ ˜ ∂U ∂ U Φ(ξ) = sin θ (ξ) + ∂y ∂ρ



sin θ cos θ

.

˜

− 1ρ sin θ ∂ ∂θU (ξ) ,

   

1 ρ

103

˜ 1 ∂ U cos θ (ξ) . ρ ∂θ


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E.16. DIFFERENZIAZIONE SUCCESSIVA

In conclusione, 2

2

1 + ρ2 ∂ θ U (ξ) ˜

2

       U Φ(ξ)

• Esercizio E.26 E.16

= ∂ ρ U ˜ (ξ)

.

Fare gli stessi conti in coordinate cilindriche e sferiche.

Differenziazione successiva



⊆ →



→L →L L ∈L L ∈L ∈ L L −→ L × f Φ Consideriamo, ora E − → F −→ G. Quanto vale DD(f ◦Φ)(x)? Abbiamo che D(f ◦Φ)(x) =

Sia f : Ω E G; allora, Df : Ω (E, G) e DDf : Ω E, (E, F ) . Si ha cos`ı che DDf (x) E, (E, G) ; DDf (x)[h] (E, G) e DDf (x)[h][k] G. ∼ (E E, G), associando a DDf (x) Tuttavia possiamo identificare E, (E, G) l’applicazione D2 f (x).

 

       −→   −→

Df Φ(x) DΦ(x), che posso vedere come composizione di x

Df Φ(x) DΦ(x)

Df Φ(x) DΦ(x)

e gli insiemi su cui opera sono Ω

−→ L(F, G) × L(E, F ) −→ L(E, G) .

Si avrà cos`ı

L(E,F )

                                      

◦

DD(f Φ)(x)[h] = DDf Φ(x) DΦ(x)[h] DΦ(x) + Df Φ(x)

L

L

F, (F,G )

F

L(E,F )

DDΦ(x)

L(F,G) L

E, (E,F )

L

[h] E

L(E,F )

L(F,G) L(E,G )

L(E,G )

o, usando l’isomorfismo, si ha

D2 (f Φ)(x)[h, k] = D2 f Φ(x) DΦ(x)[h], DΦ(x)[k] + Df Φ(x) D2 Φ(x)[h, k] .

◦

n

n

×

m

n

→

Oss. Sescrivere b : R taliRvettoriR come è bilineare, fissati x, y possiamo

∈R

n

x=



(E.5)

{ }

usando la base canonica ei n

xi ei ;

y=

i=1



yi ei .

i=1

Si avrà allora che

    n

b(x, y) = b

n

n

xi ei ,

i=1

yi ei

i=1

=

xi yj b(ei , ej ) .

i,j =1

b è cos`ı univocamente determinata dai valori bij  b(ei , ej ). Inoltre, si verifica facilmente che b(x, y) = xT By = x By, dove B è la matrice (bij ). In effetti, ciò può anche essere scritto come B T x)T y = (B T x) y.

·





104

·


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E.16. DIFFERENZIAZIONE SUCCESSIVA

Sia f : Ω

⊆ Rn → R, e supponiamo che f sia C 1(Ω, R). Supponiamo, inoltre, che ∃



∂ ∂f ∂x j ∂x i



∀x .

(x)

Definiamo allora la matrice hessiana di f in x come

Hf (x)  • Esercizio E.27 Soluzione

  hij (x)

Mostrare che

con

hij (x) =



∂ ∂f ∂x j ∂x i



(x) .

Hf (x) = J f (x).

Dalla definizione dello jacobiano (definizione E.7 a pagina 102), J g (x) =

Nel nostro caso, g(x) =

∂g i (x) ∂x j

.

ij

f (x), e in particolare gi(x) = ∂x∂f : dunque, i

J f (x) = che è uguale a

 



∂ ∂f ∂x j ∂x i

  (x)

, ij

Hf (x).

Come conseguenza dell’esercizio precedente, si ha che

Hf (x) è continua in x ∈ Ω ⇔ f (x) ∈ C 1(Ω, R) . D’altronde, si ha la seguente Proposizione E.20 Se Df è differenziabile in x0 , cioè se esiste DDf , allora hij (x0 ) = D2 f (x0 )[ei , ej ] e in particolare, per la simmetria del secondo membro, in queste ipotesi hij (x0 ) = hji (x0 ), cioè la matrice hessiana è simmetrica. Dimostrazione Per la differenziabilità di Df abbiamo che Df (x0 + tei ) = Df (x0 ) + tDDf (x0 )[ei ] + o(t) , cioè DDf (x0 )[ei ] = lim t

ne discende dunque che

1

→0 t



Df (x0 + tei )



1 ∂f (x0 + tei ) t→0 t ∂x j

DDf (x0 )[ei ][ej ] = lim



− Df (x0)

 

∂f − ∂x (x0 ) j

=

;



∂ ∂ f (x0 ) , ∂x i ∂x j

che è quanto volevamo. Appunti redatti da Giovanni Pizzi




105


109/130

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E.17. PRIMA PROVA IN ITINERE

Esempio

Caso interessante: se Φ(x) = Ax, allora DΦ(x) = A e DDΦ(x) = 0. In questo 2

2

◦

caso, usando formula D a(f Φ)(x)[h, k] = D f Φ(x) [Ah, Ak]. Ma questolasar` a anche(E.5), uguale (Ah)T

   H  

Hf (Ax)Ak = hT AT

f (Ax)A k

:

f ◦Φ (x)

H

dunque, in questo caso particolare

Hf ◦Φ(x) = AT Hf (Ax)A.

Oss. Se AT A = I (cioè A è una matrice ortogonale) allora detto f il laplaciano di f , (f Φ)(x) = f Φ(x) , perché f (x) = tr f (x), e tr(A−1 f A) = tr f .

 ◦



• Esercizio E.28

 



H



H

H

Scrivere la formula (E.5) in coordinate per la trasformazione Φ(t, θ) = ett cos θ e sin θ

 

(si tratta della rappresentazione esponenziale per i numeri complessi vista sul piano reale).

E.17

Prima prova in itinere

1. Si consideri la successione di funzioni f k (t) =

tk −t e k!

∞

(a) Mostrare che f k converge uniformemente in [0, + [. (b) Studiare la convergenza della serie ∞ k=0 f k , in particolare dire se sono vere o false le seguenti proposizioni: f k converge uniformemente su [0, 1]. f k converge uniformemente su [0, + [. f k converge normalmente su [0, + [.

∈



 

∞ ∞

2. Sia λ [0, 1]. Si consideri il problema di trovare una funzione che soddisfi le seguenti condizioni u (t) = u(λt), u(0) = 1 ( )

∗

C 0 ([0, 1/2], R)

(a) Determinare una contrazione Φ : C 0 ([0, 1/2], R) con la proprietà che Φ(u) = u u soddisfa ( ). (b) Mostrare che esiste una unica u C 1 (R, R) che soddisfa ( ). Mostrare che u ammette uno sviluppo in serie di potenze convergente per ogni t R e calcolarlo.

∈

3. Sia F : R2

→ R2 definita da F (x, y) =



⇔

4x2

→

∗

− 4x + y2 + 1 6xy − 3y

∗

∈



(a) Calcolare la matrice jacobiana J F (x, y) e dire per quali (x, y) R2 essa risulta invertibile. (b) Verificare che F è invertibile fra un intorno U di (0, 0) ed un intorno V di (1, 0). Detta G : V U l’inversa di F U , calcolare la matrice jacobiana di J G (1, 0) di G.

∈

→

Nota: la formula di Stirling è n! = Esercitazioni — Docente: Carlo Carminati


|

√2πnn+1/2e−n 1 + o(1) , 106





n

→ +∞.


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E.17.1

Correzione della prima prova in itinere

Primo esercizio

Sia

tk −t e t [0, + [ . k! Vogliamo mostrare che limt→∞ f k ∞ = 0: calcoliamo preliminarmente supt∈[0,+∞[ f k (t). La derivata di f k è tk−1 −t f k (t) = (k t) e , k! dunque f k (t) > 0 su (0, k), f k (t) < 0 su (k, + ), quindi f k (k) = maxt∈[0,+∞[ f k .

∀∈

f k (t) =

∞

 

− ∞

−k−→∞ −−→

k

Per la formula di Stirling, kk! e−k 0, che è quanto volevamo. Per quanto riguarda la convergenza della serie su [0, 1], osserivamo che mente convergente, e quindi anche uniformemente convergente. Infatti,

f k ∞ =

sup f k (t) = f k (1) =

∈

t [0,1]



f k è normal-



1 , e k!

·

purché k 1. La serie di ek1 ! è sommabile, dunque f k è normalmente convergente. Tuttavia, f k non converge uniformemente su [0, + [ perché, fissato k, limt→∞ f k (t) = 0, dunque anche passando alle somme parziali si ha che

≥



∞

n



lim

t

→∞ k f k (t) = 0 . =0

Quindi n

n

T

1

t T . 2 Tuttavia, la serie converge puntualmente alla funzione costantemente uguale a 1; dunque, la convergenza non può essere uniforme. Infine, f k non può convergere normalmente, in quanto non converge neppure uniformemente; volendo mostrare la proposizione direttamente, è sufficiente osservare che

∀ ∃



f k (t) <

∀≥

   k=0

f k ∞,[0,+∞[ ∼ √2π1√k ,

e dato che la serie dei termini a destra non converge, per il criterio del confronto asintotico la serie delle norme non converge. Esercizio 2

Sia λ

[0, 1] fissato, consideriamo il problema

∈



u (t) = u(λt) u(0) = 1

.

 t

Come già dimostrato (vedi a pagina 84), u è soluzione se e solo se u(t) = 1+ 0 u(λs) ds. t Voglio verificare che l’applicazione u Φ(u), con Φ(u)(t)  0 u(λs) ds, è una contra1 0 zione su C ([0, 2 ]; R). Infatti,

→

 −  −  t

ϕ(u) − ϕ(v)∞,[0,1/2] =

sup

∈

t [0,1/2]

[u(λs)

v(λs)] ds

v

=

0

sup t u

≤ t∈[0,1/2] Appunti redatti da Giovanni Pizzi


  ≤

∞,[0,1/2]

107

1 2

u

v

.

 − ∞,[0,1/2]




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∃ ∈ C 0([0, 12 ], R) tale che Φ(u) = u.

Per il teorema delle contrazioni, dunque, !u k



→∞ cos`ı, che Φk (0) −− −−→ u; usando la proposizione E.12 a pagina 88, u(t) = ∞Abbiamo, λ[k(k−1)]/2 t e si dimostra facilmente che in effetti Φ(u) = u; tale serie è uniformemente k

k=0

k!

−

convergente su ogni insieme della forma [ r, r], dunque converge su tutto R. [k (k −1)]/2 tk 1 , e questa serie ` La serie derivata è u (t) = ∞ e in effetti uguale a k=1 λ (k−1)! u(λt). Dunque, la serie trovata è soluzione su tutto R. Resta solo da stabilire l’unicità della soluzione su tutto R. Sappiamo già che u è l’unica soluzione del problema su [0, 12 ]. Supponiamo, allora, che estista un’altra soluzione v del problema su tutto R: allora la funzione w  u v è identicamente nulla su tutto [0, 12 ], ed inoltre vale che w (t) = w(λt). I casi λ = 0, λ = 1 sono facili. Mi restringo dunque al caso 0 < λ < 1. Dato che w è identicamente nullo su [0, 12 ] e che w (t) = w(λt), allora w (t) sarà identicamente nullo su [0, 12 λ1 ]; dunque, poiché w è continua, w è costante su tutto l’intervallo,



−

−

ed in particolare è nulla. Ripetendo iterativamente il ragionamento, possiamo mostrare che k →∞ w è identicamente nulla su tutti gli intervalli [0, 12 λ1k ]; dato che λ1k , w(t) = 0 su [0, + [. Dato che, in effetti, la funzione Φ trovata era una contrazione anche su C 0 ([ 12 , 12 ], R), ripetendo il ragionamento sugli intervalli [ λ1k 12 , 12 λ1k ] si mostra che la soluzione è unica su tutto R; inoltre, vale lo stesso sviluppo in serie.

−−−−→ ∞

∞

−

−

 



x 4x2 4x y 2 + 1 = . La funzione è evidentemente diffey 6xy 3y renziabile su tutto R2 ; lo jacobiano è dato da Sia F

Esercizio 3

− − −

−

−

8x 4 2y 6y 6x 3

J F (x, y) =

−



.



La matrice è invertibile se e solo se il suo determinante è diverso da zero. Dato che 1 det J F (x) = 12(2x 1)2 + 12y 2 , la matrice è invertibile su R2 2,0 . 1 Dato che F C (R, R), F è localmente invertibile vicino a (0, 0) per il teorema di ∼ V inversione locale, cioè U intorno di (0, 0), V intorno di F (0, 0) = (1, 0) tale che F U : U − 1 è un isomorfismo. Inoltre, se G  (F U ) , vale che

∈

−

∃

|

|

    −  DG F (ξ) = DF (ξ)

Dato che J F (0, 0) =

4 0

0

−3

−1

J G (1, 0)

−→

∀ξ ∈ U .

, avremo infine che 1 4

1

• Esercizio E.29

\{ }

=

J F (0, 0)]

− =



0

− −  0

1 3

.

∃

Verificare che F (1, 0) = (1, 0), e mostrare che U intorno di (1, 0) tale

che

[ξ

∈ U, f (ξ) = ξ] ⇔ ξ = (1, 0) ,

cioè che localmente (1, 0) è l’unico punto fisso che può avere f . Sugg.: scegliere U in modo che [F U ]−1 sia una contrazione.

|

Soluzione

Calcoliamo la matrice jacobiana nel punto in questione: J F (1, 0) =



04 30

 

108

. Appunti redatti da Giovanni Pizzi

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E.18. APPLICAZIONE DEL METODO DEI MOLTIPLICATORI DI LAGRANGE

Dato che F (1, 0) = (1, 0), −

0

  



A = J F 1 (1, 0) = J F (1, 0)

−1 =

1 4

1 3

0

.

Dato che la norma (degli operatori) di A è strettamente minore di uno, ciò implica per la continuità del differenziale che posso trovare un intorno U di (1, 0) dove la funzione ha differenziale con norma minore di ρ < 1. Dunque, per la proposizione L.17 a pagina 29, avremo che in questo intorno la funzione [F U ]−1 ha costante di Lipschitz minore o uguale a ρ, dunque è una contrazione. Dunque, (1, 0) è l’unico punto fisso per f ristretta ad U .

|

E.18

Applicazione del metodo dei moltiplicatori di Lagrange

Sia f (x,y,z) = xy + yz; cerchiamo massimi e minimi su A = x2 + y 2 + 2z 2 1 z 0 . In effetti, A è un chiuso essendo intersezione di chiusi: ad esempio, detta Φ(x,y,z) = x2 + y 2 + 2z 2 1, si ha che x2 + y 2 + 2z 2 1 = Φ−1 ] , 0] . Inoltre, A è limitato in quanto (x,y,z) A (x,y,z) 1. Dunque, esistono massimi e minimi su questo insieme. Studiamo innanzitutto il gradiente di f :

− ∈ ⇒|

{

|≤

∂ x f (x,y,z) = y ,



≤ }

{ −∞

≤ }∩ { ≥ }



∂ y f (x,y,z) = x + z ,

∂ z f (x,y,z) = y ,

che si annulla se y = 0 e x + z = 0 (si tratta di una retta). Su tutti questi punti, f = 0. Tuttavia, esistono punti di A dove f è strettamente positivo o strettamente negativo: dunque, zero non è valore né di massimo né di minimo, quindi i massimi e i minimi vanno cercati sul bordo di A. Ora, per il principio dei moltiplicatori di Lagrange, se Ω RN è aperto, f 0 C 1 (Ω, R) è una funzione da massimizzare con i vincoli f i C 1 (Ω, R), i = 1, . . . , h e Σ = x Ω f i (x) = 0 i = 1, . . . , h , allora x ¯ è di massimo per f 0 Σ (λ0 , . . . , λh ) Rh+1 h 0 x) = 0. i=0 λi f i (¯

 

{}

Oss.



∀

⊆ | ⇒∃

∈

}

∈

∈

{ ∈ \

(λ0 , . . . , λh ) è determinato ovviamente a meno di una costante moltiplicativa.





Oss. Se f i (¯ x), i = 1, . . . , h sono linearmente indipendenti, allora λ0 = 0. In tal caso l’enunciato si può esprimere come segue: h

λi

h

∃(µ1, . . . , µh) ∈ R f 0(¯x) = i=1 µif i(¯x)







µi =

− λ0



.

Nel nostro caso, si ha f 0 (ξ) = y(x + z), f 1 (ξ) = x2 + y 2 + 2z 2 1, f 2 (ξ) = z, con ξ = (x,y,z). ˚ f 1 (ξ) < 0, f 2 (ξ) > 0. Sia A = ξ R3 f 1 (ξ) 0 ; f 2 (ξ) 0 . Si ha allora che ξ A ¯ ˚ ¯ ¯ D’altra parte, se ξ A e f 0 (ξ) = maxξ ∈A f 0 (ξ), allora f 0 (ξ) = 0, ma abbiamo visto che se f 0 (ξ) = 0 allora f (ξ) = 0, e in tal caso ξ non è né di massimo né di minimo. ˚ = A¯ Ac = ∂A (frontiera di A), ed è uguale a α β γ , dove Dato che A è chiuso, A A

−

{ ∈



 ∈

≤

\

≥ }

∩ α = {f 1 (ξ) < 0 ∧ β = {f 1 (ξ) = 0 ∧ γ = {f 1 (ξ) = 0 ∧



109



∈ ⇔

∪ ∪

} } f 2 (ξ) = 0} f 2 (ξ) = 0 f 2 (ξ) > 0


113/130

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E.19. RELAZIONE TRA NORMA DEGLI OPERATORI E AUTOVALORI

3

R

|

{ ∈

Per f B , applico il metodo dei moltiplicatori di Lagrange con il vincolo f 1 su Ω = ξ

} ∈

f 2 (ξ) > 0 (aperto). Oss. Se ξ β , allora f 1 (ξ) = 0, quindi se ξ¯ ¯ = µ f 1 (ξ). ¯ In altre parole, ξ¯ risolve f 0 (ξ)











 

∈ β e f 0(ξ)¯ = max f 0|β

ne segue che



f 0 (ξ) = µ f 1 (ξ) f 1 (ξ) = 0 f 2 (ξ) > 0

per un certo µ Dato che

∈ R.

           − ⇒      − ±

f 0(ξ) =

y x+z ,

2x 2y , si tratta di risolvere il sistema

f 1 (ξ) =

y

4z

y + 2µx = 0 x + z + 2µy = 0 y + 4µz = 0 x2 + y 2 + 2z 2 1 = 0

;



(x,y,z) = (0, 0, 0)

vogliamo trovare µ tale che

2µ 1 0 1 2µ 1 0 1 4µ

det

3

−

=0,



ovvero 16µ 2µ 4µ = 0. Scartando il caso µ = 0, che corrisponderebbe a f 0 (ξ) = 0, restano le due soluzioni µ = 12 32 . Sostituendo tale valore nel sistema, si trovano le soluzioni cercate. Analogamente si studiano i casi f α e f γ .

|

• Esercizio E.30

|

Siano α,β,γ gli angoli interni di un triangolo. Esiste un triangolo che

massimizzi

f (α,β,γ ) = (sin α)(sin β )(sin γ ) ? (Usare i moltiplicatori di Lagrange con le condizioni α + β + γ = π e α,β,γ

• Esercizio E.31

definiamo f (x) =

E.19

≥ 0).

Sia ϕ(t) = t log t per t > 0, ϕ(0) = 0. Sia x = (x1 , . . . , xN ) RN e N N 0 . i=1 ϕ(xi ). Mostrare che f ha massimo su Σ = i=1 xi = 1 ; xi

−





∈ ≥



Relazione tra norma degli operatori e autovalori

Sia A una matrice simmetrica n n, e f 0 (x) = 12 Ax x. Trovare massimi e minimi di f 0 sull’insieme Σ  x f 1 (x) = 0 , dove f 1 (x) = 12 x 2 1 .



{

}

×

| | −· 

Oss. Se x Σ, allora f 1 (x) = 0. Innanzitutto, mostriamo che f 0 (x) = Ax: infatti, ∗ 1 (Ax h + Ax h) = Ax h, dove il passaggio segnato Df 0 (x)[h] = 12 (Ah x + Ax h) = 2

∈

·

·





·

·

110

·




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E.19. RELAZIONE TRA NORMA DEGLI OPERATORI E AUTOVALORI

da un asterisco è dovuto alla simmetria di A. In modo analogo, si verifica che

∈

| |



f 1(x) = x,



dunque se x Σ si ha x = 0 e in particolare f 1 (x) = 0. Dato che Σ è chiuso e limitato, esistono massimo e minimo. Per il principio dei mol¯ ¯ è soluzione tiplicatori di Lagrange, se x ¯ è di massimo (o di minimo), λ R (¯x, λ) di f 0 (x) = λ f 1 (x) Ax = λx cioè , f 1 (x) = 0 x2=1

∃ ∈









||

¯ è una coppia autovettore – autovalore, e varr` ¯ cioè (¯ x, λ) a f 0 (¯x) = 12 λ. Dunque, a meno di un fattore 12 , massimo e minimo saranno il massimo ed il minimo autovalore della matrice A. Possiamo vedere il tutto da un altro punto di vista: cerco il massimo della funzione ·x N ϕ(x) = Ax 0 . Il problema è del tutto analogo al precedente, in quanto x x su Ω = R

∀ ∈

\ {\ }{| } ∈

· ϕ(λx) = ϕ(x) x RN 0 , λ R+ . In effetti, sup ϕ = sup ϕ Σ = max ϕ Σ , perch´ e Σ è chiuso e limitato (osserviamo che 1 2 ϕ Σ = f 0 Σ ). Vogliamo ora calcolare chi è ϕ(x).

|

|

|



• Esercizio E.32

Mostrare che vale la formula



 h g

 − hg .

g h

=

g2

Nel nostro caso, grazie all’esercizio precedente varrà

· x) · x = 2 ϕ(x) = 2 (x · x)Ax(x−· x)(Ax 2 |x|2



Ax



− ϕ(x) · x

.

Dunque, se x è di massimo la quantità sopra è nulla, e in particolare (essendo ϕ(x) uno scalare) x deve essere un autovalore di A, e ϕ(x) è l’autovalore corrispondente. Oss.

Sappiamo che

AL(E,F ) = sup |Ax|F . x∈E |x|=1

Se E = RN , F = RM , entrambi dotati della norma euclidea, avremo che

|Ax|2 = (Ax, Ax)

= (AT Ax,x)RN ,

RM

e

AL(

RN ,RM )

= sup N

x∈R |x|2 =1



(AT Ax,x) .

Dato che AT A è sempre una matrice simmetrica, per il punto precedente la norma di A sar` a data dal sup della radice quadrata degli autovalori di AT A.

• Esercizio E.33

Se A è una matrice n



× n simmetrica, allora AL = max|x|=1 Ax · x. 111


115/130

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E.20. FORMULA DI TAYLOR AL SECONDO ORDINE

E.20

Formula di Taylor al secondo ordine

⊆ RN .

Proposizione E.21 Sia f C 2 (Ω, R), con Ω tale che x + v Ω. Allora, vale

∈

∈

Sia, quindi x

∈ Ω fissato, e v ∈ Rn

1 f (x + v) = f (x) + Df (x)[v] + D2 f (x)[v, v] + o( v 2 ) . 2

||

Dimostrazione Consideriamo la funzione ϕ(t) = f (x + tv), allora ϕ dunque che ϕ(1) = ϕ(0) + ϕ (0) +



1

(1

0

∈ C 2([0, 1], R). Si ha

− s)ϕ(s) ds

(E.6)

(è la formula di Taylor con resto integrale al secondo ordine). 2

Abbiamo poi che ϕ (t) = Df (x + tv)[v], e ϕ (t) = D f (x + tv)[v, v]. Dunque, riscrivendo la formula (E.6), avremo



1

f (x + v) = f (x) + Df (x)[v] +

(1

0

− s)D2f (x + sv)[v, v] ds .

Ma



1

(1

0

=

− s)D2f (x + sv)[v, v] ds =



1

(1

0

− s)D2f (x)[v, v] ds +



1

0

(1

− s) D2f (x + sv) − D2f (x) [v, v] ds = = 1 D2 f (x)[v, v] + r(x, v) , 2





essendo D2 f (x)[v, v] costante in s. Resta dunque solo da mostrare che r(x, v) = o( v 2 ). Infatti,

 −  1

(1

2

s) D f (x + sv)

0

2

 ≤ | | 



− D f (x) [v, v] ds

v2 sup D2 f (x + sv) 2 s∈[0,1]

||

− D2f (x)

∈ C 2(RN , R), abbiamo che ∀ε ∃δ |v| < δ ⇒ D2f (x + v) − D2f (x) ≤ ε , cioè D2 f (x + v) − D2 f (x) = o(1) per v → 0. Ma dato che f

E.21

.





Funzioni armoniche

Definizione E.8 Sia Ω 0 x Ω.

∀ ∈



⊆ Rn aperto, e u ∈ C 2(Ω, R).

u si dice armonica se

u(x) =

¯ R) (cioè è estenProposizione E.22 (Principio di massimo) Sia u C 2 (Ω, R) C (Ω, dibile per continuità sulla chiusura di Ω) ed armonica. Se Ω è limitato, allora

∈

∩

¯ 1. u ammette massimo (e minimo) su Ω; 2.

∃x0 ∈ ∂ Ω  Ω¯ \ ˚Ω tale che u(x0) ≥ u(x) ∀x ∈ Ω.



112


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E.21. FUNZIONI ARMONICHE

Oss.

∃ ∈Ω

In effetti vale qualcosa di pi` u forte, ovvero che se Ω è connesso ed x0

≡

Ω ¯ u, allora u(x) maxLa c = u(x0è)necessaria: su tutto Ω.infatti, se consideriamo Ω richiesta di connessione e 0 x [0, 1] u(x) = , 1 x [2, 3]



u(x0 ) =



⊆ R, Ω = (0, 1) ∪ (2, 3)

∈ ∈

allora questa è una funzione armonica, il massimo è assunto in un punto interno, ma u non è costante.

∈ Ω tale che u(x0) = maxx∈Ω¯ u(x),

Dimostrazione Supponiamo per assurdo che esista x0 ma u(x0 ) > u(x) x ∂ Ω.

∀ ∈

Definisco, dunque, uε (x)

| − x 0 |2 .

u(x) + ε x



Dato che Ω è limitato, se ε > 0 è

∀ ∈ ∂ Ω.

sufficientemente vale che uε (x0 ) > uε (x) x ¯ piccolo Allora, xε Ω uε (xε ) = maxx∈Ω¯ uε (x). Dunque,

∃ ∈



uε (xε )

≥ uε (x0) > uε (x) ∀x ∈ ∂ Ω ⇒ xε ∈ ∂ Ω .

Ma∗ uε (xε ) = u(xε ) + 2nε = 2nε > 0. Siano λ1 , . . . , λn gli autovalori di uε (xε ) (matrice hessiana di uε , che è simmetrica). Allora, uε (xε ) = tr uε (xε ) = N i=1 λi > ¯ è strettamente positivo. Sia v¯ l’autovettore relativo: 0, ovvero almeno un autovettore λ detta dunque ϕ(t) = uε (xε + t¯ v ), abbiamo che ϕ (0) = D2 uε (xε )[¯v, v¯] = uε v¯ v¯ > 0;  questo, insieme a ϕ (0) = 0, ci permette di dire che 0 è un punto di minimo locale per ϕ, ma ciò è assurdo perché vorrebbe dire che uε ha un minimo in xε . 







H

H

H ·

• Esercizio E.34

Trovare un controesempio nel caso in cui Ω non sia limitato.



n i=1 xi

Soluzione Sia Ω = Rn , f (x) = tuttavia non ha massimo.

con x = (x1 , . . . , xn ). Allora f è armonica,

Studiamo alcune delle conseguenze della proposizione E.22. Se Ω, u sono come nelle ipotesi della proposizione, e u ∂ Ω c, allora u c su tutto Ω. In particolare, nelle stesse ipotesi se ho due funzioni u1 , u2 armoniche, e u1 ∂ Ω u2 ∂ Ω ¯ u1 u2 su Ω.

| ≡

≡

RN aperto qualsiasi (non necessariamente limitato), u

Proposizione E.23 Se Ω C (Ω, ¯ R)

∩ C 2(Ω, R), u = 0⊆su Ω e valgono le condizioni



limx→∞ u(x) = 0 u ∂ Ω = 0

allora u

≡ | ≡ | ⇒

|

∈

,

(E.7)

≡ 0 su Ω.

Dimostrazione Sia x0 tale che u(x0 ) = maxx∈Ω¯ u(x). Se si avesse che u(x0 ) dunque x0 Ω) potrei considerare l’insieme

∈

˜ x Ω

{ ∈ Ω¯

∗ Infatti,

∂ ∂x

|x − x 0 | = j

|x − x0 |2 = 2n.

xj

|x−x |

, da cui

0

∂ ∂x



u(x) >

|x − x0 |2 = 2xj e j



c 2

− c > 0 (e

}

∂2 |x − x0 |2 ∂x 2

= 2. Calcolando il laplaciano,

j

113


117/130

5/9/2018


E.21. FUNZIONI ARMONICHE

che è un insieme aperto, non vuoto e per (E.7) limitato.

|

Applicando la conseguenza prima citata della proposizione E.22 a pagina 112 a u Ω˜ , otterrei ˜ u = 0 su Ω c ˜, u su Ω c 2 u ∂ Ω˜ 2



⇒ ≡

| ≡

˜ assurdo per come abbiamo definito Ω.

E.21.1



Alcuni esempi di funzioni armoniche

Proponiamo qui alcuni esempi di funzioni armoniche. Innanzitutto, vi sono tutte le funzioni lineari. Anche le funzioni u(x, y) = cos xey , v(x, y) = sin xey sono funzioni armoniche.

• Esercizio E.35

Mostrare l’affermazione precedente.

Calcoliamo le derivate parziali delle due funzioni:

Soluzione ∂u (x, y) = ∂x ∂v (x, y) = ∂x

− cos xey

da cui si ottiene immediatamente che

che

 ≡∈

∂ 2 u (x, y) = ∂x 2 ∂ 2 u (x, y) = ∂x 2

∂u (x, y) = cos xey ∂y ∂u (x, y) = sin xey ∂y

− sin xey

\{ }

∂ 2 u (x, y) = cos xey ; ∂y 2 ∂ 2 u (x, y) = sin xey , ∂y 2

− cos xey − sin xey

u = v = 0.

||

∈

Se x RN 0 , u(x) = ϕ( x ), ϕ C 2 (R+ , R), allora è possibile scegliere ϕ in modo u 0. Abbiamo, infatti, la seguente composizione di funzioni / /

RN f

x

/ /

/ /

R

|x| t

/ /

ϕ

R

||

ϕ( x )

/ /

ϕ(t)

Dalla formula (E.5) a pagina 104, si ottiene nel nostro caso ∂ 2 u

∂f

||

∂x i 2 (x) = ϕ ( x )

||

Detta f (x) = x , si ha

∂x i (x)

2

 

∂ 2 f

||

+ ϕ ( x ) ∂x i 2 (x) .

· 

∂ 2 f ∂ (x) = ∂x j ∂x i ∂x j

∂f xi = ; ∂x i x

||

xi

1

|x|

=

δij x

xi xj | | − |x|3 .

La formula diventa dunque

 ||

2 ∂ 2 u ( x ) xi + ϕ ( x ) (x) = ϕ ∂x i 2 x2

||||

x2i x3

1 x

| |−| |



,

da cui si ottiene immediatamente N

u(x) = ϕ(|x|) + ϕ(|x|) Esercitazioni — Docente: Carlo Carminati


114

1

 | −|  x

.


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E.22. FUNZIONI CONVESSE

Ora,

u ≡ 0 su RN \ {0} se e solo se tN −1 ϕ (t) + tN −2 (N 1)ϕ (t) = 0 cioè d N −1  t ϕ (t) = 0 t>0, dt

−



dunque tN −1 ϕ (t) = c ϕ (t) = tNc 1 . In definitiva, ϕ(t) = k ψ(t), con

⇒

−

·

ψ(t) =



log t 1

tN −2

se N = 2 . se N 3

≥

Ad esempio, log(x2 + y 2 ) è l’unica funzione armonica a simmetria radiale in due variabili.

• Esercizio E.36 Se u ∈ C 2(R22, R) armonica, allora ∃v ∈ C 2(R2, R) armonica tale che u(x, y) ·v(x, y) = 0 ∀(x, y) ∈ R . u e v si dicono armoniche coniugate. In particolare, trovare l’armonica coniugata della funzione u(x, y) = xy.

• Esercizio E.37 Mostrare che in generale se u ∈ C 2 (Ω, R), Ω ⊆ R2 aperto (ad esempio 2 Ω = R \ {0}), il risultato precedente non vale, cioè ∃v ∈ C 2 (Ω, R) armonica tale che u · v ≡ 0 su Ω. ⊆ RN aperto. Allora v ∈ C2(Ω, R) si dice: • subarmonica se v ≥ 0; • superarmonica se v ≤ 0. ¯ allora Proposizione E.24 Se Ω è un aperto limitato e u, v ∈ C 2 (Ω) ∩ C 0 (Ω), u = 0 v ≥ 0 =⇒ v(x) ≤ u(x) ∀x ∈ Ω . u(x) = v(x) ∀x ∈ ∂ Ω Dimostrazione Sia w(x) = v(x) − u(x); allora w = v ≥ 0, e w|∂ Ω ≡ 0. Se Ω è limitato e w ≥ 0, allora ∃x0 ∈ ∂ Ω 0 = w(x0 ) = maxx∈Ω¯ w(x) dimostrazione è la stessa ¯ si(la della proposizione E.22 a pagina 112). Allora, ∀x ∈ Ω ha w(x) ≤ w(x0 ) = 0, cioè ¯ v(x) ≤ u(x) ∀x ∈ Ω.  Definizione E.9 Sia Ω

 



E.22

Funzioni convesse

Definizione E.10 Una funzione f : RN

→ R si dice convessa se ∀x, y ∈ Rn, ∀t ∈ [0, 1] . f tx + (1 − t)y ≤ tf (x) + (1 − t)f (y) Oss. Se x, y ∈ RN e ϕx,y : R → R è definita da ϕx,y (t)  f tx + (1 − t)y , allora f è convessa se e solo se ∀x, y ∈ RN fissati, ϕx,y : R → R è convessa. Se si definisce xt  tx + (1 − t)y, allora vale xt − xs = (t − s)(x − y).









115




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E.22. FUNZIONI CONVESSE

Proposizione E.25 Se f

∈ C 1(RN , R), sono equivalenti le due affermazioni seguenti:

(i) f è convessa; (ii)





∀x, y ∈ RN , si ha f (x) − f (y) · (x − y) ≥ 0. ⇒

Dimostrazione (i) (ii) Siano x, y fissati; allora f convessa convessa, dunque ϕx,y è crescente, quindi ϕx,y (1) ϕx,y (0) 0.

−

Scriviamo esplicitamente ϕ :



ϕx,y (t) =

≥

⇒ ϕx,y

: R

→ R è



f tx + (1 − t)y · (x − y) ; si ottiene dunque ϕx,y (1) − ϕx,y (0) = f (x) − f (y) · (x − y) ≥ 0 che è proprio quanto voluto.



⇒

 ·

∀

(ii) (i) Siano x, y fissati; è sufficiente mostrare che ϕx,y è convessa x, y e, dato che ϕx,y è derivabile, è sufficiente mostrare la crescenza della derivata. Considero allora ϕx,y (t) ϕx,y (s) = f (xt ) f (xs ) (x y) .



−

Sappiamo che (x

− y) = xt−−sx t

s

−

−

e, se t > s, il prodotto scalare



f (xt )

− f (xs ) · xtt −− sxs ≥ 0



:

dunque ϕ è crescente, ovvero ϕ è convessa; per l’arbitrariet` a di x e y, anche f è convessa. 

∈ C 2(RN , R), sono equivalenti le due affermazioni seguenti: (i) f è convessa ⇔ f (x) − f (y) · (x − y) ≥ 0 . (ii) ∀v, y ∈ RN , si ha D2 f (y)[v, v] ≥ 0 ⇔ Hf (y)v · v ≥ 0.

Proposizione E.26 Se f

 





Oss.

f (y + tv) − f (y) = Hf (y)tv + o(t) Dimostrazione Nel seguito, sarà v



x

(t

→ 0) .

− y.

⇒ (ii) f (y + tv) −f (y) · tv ≥ 0 ⇒ Hf (y)v · v + o(1) ≥ 0 che implica la tesi. (ii) ⇒ (i) Sia ψ(t)  f (y + tv) − f (y) v; voglio mostrare che ψ(1) ≥ 0. Ma ψ(0) = 0, e ψ  (t) = Hf (y + tv)v · v ≥ 0; queste due affermazioni insieme implicano che ψ(1) ≥ 0.  (i)

• Esercizio E.38



 

Se f



∈ C 2(Rn , R), allora [f convessa ⇒ f ≥ 0].

Soluzione Per la proposizione precedente, se f è convessa allora la sua matrice hessiana e positiva; dunque, f avrà n autovalori λ1 , . . . , λn positivi o nulli, e f = tr f = f `

H



H

i λi



H

≥ 0.



116


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E.23. FIT LINEARI

• Esercizio E.39

Se f

Sia y

Soluzione

∈ C 1(Rn, R) è convessa e f (x0) = 0, allora f (x0) = minx∈

∈ RN fissato; definiamo



ϕ(t)  f tx0 + (1

− t)y



Rn

f (x).

.

Allora, abbiamo che ϕ è convessa, ϕ(0) = f (y) e ϕ(1) = f (x0 ); inoltre,



ϕ (t) =



f tx0 + (1 − t)y · (x0 − y) e in particolare ϕ (1) = f (x0 ) · (x0 − y) = 0. Per quanto sappiamo le ⇒ funzioni reali a variabile reale, 1 è un punto di minimo assoluto per ϕ, gi` daa cui ϕ(1) ≤per ϕ(0) f (x0 ) ≤ f (y). E.23

Fit lineari

{

}





Siano dati (ai , bi ) con i = 1, . . . , n , ai = aj se i = j. Vogliamo trovare α e β in modo tale che la quantità N

Φ(α, β ) =



(αai + β

i=1

− bi)2

sia la minima possibile, in modo da trovare la retta della forma αa+β b = 0 che approssimi al meglio i nostri dati (usiamo i quadrati degli scarti perch´ e la somma degli scarti è nulla, e perché la funzione x2 è derivabile, al contrario della funzione modulo). Definiamo, per comodit` a, i vettori a  (a1 , . . . , an ), b  (b1 , . . . , bn ), = (1, . . . , 1). Calcoliamo dunque le derivate parziali:

−

1

N

∂ α Φ(α, β ) =

 

2(αai + β

− bi)ai ,

2(αai + β

− bi ) ;

i=1 N

∂ β Φ(α, β ) =

i=1

e le derivate parziali seconde N

∂ α2 Φ(α, β ) = 2



a2i ,

i=1

∂ β2 Φ(α, β ) = 2N , N

∂ α ∂ β Φ(α, β ) = 2

 ||

ai .

i=1

Abbiamo cos`ı che

1 2



a 2 (a, ) Φ (α, β ) = 2 (a, )

H

1

1

1

da cui det Φ = 4 a 2 2 (a, 1)2 > 0 per Cauchy–Schwarz. Inoltre, tr Φ > 0: dunque, entrambi gli autovalori sono positivi, in quanto detti λ1 , λ2 i due autovalori, det Φ > 0 1

H

| | | | − 



H

117

H

⇒


121/130

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E.24. CURVE DI LIVELLO

λ1 λ2 > 0; tr

HΦ > 0 ⇒ λ1 + λ2 > 0. La prima relazione ci dice che i due autovalori hanno

lo stesso segno, ed essendo la loro somma positiva, positiva, dunque devono essere entrambi In conclusione, la matrice è definita la funzione Φ è positivi. convessa e ogni punto in cui Φ = 0 è un punto di minimo. Dobbiamo dunque determinare α, β in modo che



 cioè

∂ α Φ(α, β ) = 0 ∂ β Φ(α, β ) = 0

,

        | |     a2i + β ( ai ) = ai ) + βN = bi

α α(

ai bi

.

Si tratta in conclusione di risolvere

a 2 (a, ) 2 (a, )

α (a, b) = β (b, 1)

1

||

1

• Esercizio E.40 Soluzione

1

Concludere i calcoli.

Usando la regola di Cramer, si ottiene immediatamente α=

 −  −    −−   N

ai bi ( ai ) ( bi ) ; N a2i ( ai )2 a2i (

β =

E.24

.

bi )

N

(

a2i

ai bi ) (

(

ai )

ai )

2

.

Curve di livello

Sia g(x, y) = x3 +y 3 3xy. Innanzitutto g(0, 0) = 0; d’altra parte, dato che g(x, y) = g(y, x), la funzione è simmetrica rispetto alla retta y = x. Studiamo ora le derivate parziali:

−

∂ x g(x, y) = 3(x2 ∂ y g(x, y) = 3(y

2

− y) x)

−

I punti critici (in cui entrambe le derivate si annullano) sono cos`ı (0, 0) e (1, 1). Studiamo, quindi, le derivate seconde: ∂ x2 g(x, y) = 6x ∂ y2 g(x, y) = 6y ∂ x ∂ y g(x, y) = ∂ y ∂ x g(x, y) = cioè





Hg (x, y) = −6x3 −6y3

−3

.

Dato che tr g (0, 0) = 0, det g (0, 0) = 9 < 0, la matrice ha un autovalore positivo e uno negativo, dunque l’origine non è né un punto di massimo né un punto di minimo.

H

H



−

118


122/130

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E.24. CURVE DI LIVELLO

Hg (1, 1) è definita positiva, e (1, 1) è g(x, un punto di3 − minimo relativo. tratta un −∞ minimo assoluto, in quanto x) = 2x 3x2 tende a +∞ Tuttavia, per x → +non ∞, asi −∞ perdix → . Per capire meglio il comportamento della funzione, studiamone le curve di livello. Sia dunque Σc = {(x, y) ∈ R2 g(x, y) = c}. Se (x0 , y0 ) ∈ Σc e ∂ y g(x, y) =  0, allora per il teorema della funzione implicita ∃I × J intorno di (x0 , y0 ) ed ∃!ϕ ∈ C 1 (I, J ) in modo che Σ c ∩ (I × J ) = { x, ϕ(x) x ∈ I }, e In (1, 1), invece, sia traccia che determinante sono positivi: dunque,



 

∂ x g x, ϕ(x) ϕ (x) = − ∂ y g x, ϕ(x)

 

∀x ∈ I .

Ciò che conosciamo delle curve di livello, dunque, è l’equazione differenziale cui devono soddisfare:

 

ϕ (x) = F x, ϕ(x)

F (x, y) =

ϕ(x) − ∂ ∂ xgg x,x, ϕ(x) y

 

.

Ora, se y = 0 si ha g(x, 0) = x3 , dunque g è sempre positiva sul semiasse positivo. D’altra parte, sulla parabola x = y2 si ha g(x, x) = x3/2 (x3/2 2), che è negativa per 0 < x < 22/3 : dunque, una retta verticale di ascissa compresa tra 0 e 2 2/3 incontrer` a almeno uno zero della funzione tra l’asse x e la parabola (per il teorema degli zeri). In realtà, ogni retta di tale tipo incontrerà un solo zero, in quanto ∂ y g(x, y) < 0 (se y 2 < x). Inoltre, questo punto si troverà sotto la parabola y = x2 , in quanto anche su questa parabola g < 0. Dunque, x0 (0, 22/3 ) !y0 = ϕ(x0 ) 0 < y 0 < x20 e g(x0 , y0 ) = 0.

√

∀ ∈

−



∃

•inEsercizio E.41punto Tutte le rette passano per l’origine (tranne una speciale) intersecano un solo altro la curva di che livello 0. Soluzione

Le intersezioni tra tali rette e la curva di livello 0 sono date da

 da cui x2 [(1 + t3 )x

y = tx x3 + y 3

− 3xy = 0

− 3t] = 0 che, oltre alla soluzione (0, 0), ha la sola soluzione x=

3t

,

y=

• Esercizio E.42

−

Calcolare ϕ

  3 2

e ϕ

3 2

.

Se u è soluzione di u = F (t, u) e u(t0 ) = t0 , con F (t0 ) in funzione delle derivate di F .

• Esercizio(kE.43 ) calcolare u

3t2

1 + t3 1 + t3 1, che corrisponde alla retta “speciale” y = x cercata.

−

definita per t =

,



119

∈ C ∞(R × R, R),


123/130

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E.25. SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI LINEARI

E.25

Sistemi di equazioni differenziali lineari

Consideriamo il problema di Cauchy



x (t) = A(t)x x(t0 ) = x0

,

(E.8)

dove A : t A(t) va da I R in C 0 (I, n×n ). n×n (R) e in particolare A Sappiamo dalla teoria che esiste una matrice di transizione W (t, s) che è l’unica matrice tale che u(t)  W (t, t0 )x0

→

⊆

M

∈

M

è soluzione di (E.8) o, equivalentemente, è tale che

Oss.

Se Z (t) (con Z : I



∂ t W (t, s) = A(t)W (t, s) W (s, s) = I

.

→ Mn×n) risolve Z  = A(t)Z

allora Z (t)[Z (s)]−1 = W (t, s). Infatti, se s = t otteniamo l’identità; d’altra parte,

    

∂ t Z (t)[Z (s)]−1 = Z  (t)[Z (s)]−1 = A(t) Z (t)[Z (s)]−1 . W (t,s)

Esempio

Consideriamo

W (t,s)

 

u λu = 0 u(t0 ) = α0 u (t0 ) = α1

−

   .

(E.9)

Tale problema può essere riscritto come sistema nella forma seguente

    ∈

u = v v = λu u(t0 ) = α0

         u v

⇒



=

0 1 λ 0

u v

;

u(t0 ) v(t0 )

=

α0 α1

.

v(t0 ) = α1

Sia ω C λ = ω 2 ; allora u1 (t) = eω t e u2 (t) = e−ωt sono soluzioni e sono linearmente indipendenti. Dunque,

     u1 v1

eωt = ωe ωt

sono soluzioni di (E.9). Quindi, la matrice Z (t) =

u2 v2

,



eωt ωe ωt

=

e−ωt ωe −ωt

−

e−ωt ωe −ωt

−





è soluzione matriciale di (E.8). Dato che A non dipende dal tempo, W (t, s) = W (t W (t, 0) = Z (t)[Z (0)]−1 . Esercitazioni — Docente: Carlo Carminati


120

s, 0),

−


124/130

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Si ha Z (0) = dunque

1 ω

1 ω

 − 

[Z (0)]−1 =

;

1 ω

cosh(ωt) ω sinh(ωt)

Z (t)[Z (0)]−1 =



1

1

1 2 2

2ω1 2ω

−





;

sinh(ωt) = etA . cosh(ωt)



Oss. Fino a qui, abbiamo supposto λ = 0, nel qual caso avrei come soluzioni le funzioni affini. Osservando il sistema, tuttavia, si vede subito che lim W ω (t) =

ω

→0

  1 t 0 1

,

che è la matrice di transizione nel caso ω = 0: c’` e dunque una dipendenza continua da ω. Consideriamo ora il caso ω = 1: da e(t+s)A = etA esA si ricavano le formule di addizione per sinh e cosh; nel caso ω = i, invece, si ottengono le rispettive formule per le funzioni sin e cos.

 − a b

• Esercizio E.44

Calcolare etA per A =

• Esercizio E.45

Dire per quali valori di α

b , con (a, b) a

∈ R il problema di Cauchy

2



∈ R2.

x = et (x2 x(0) = α

1)

−

ha una soluzione definita su tutto R. Mostrare, quindi, che se x(t) è una soluzione definita su tutto R e non costante, allora limt→+∞ x(t) = 1, limt→−∞ x(t) = 1.

−

Sia x = t

− x2

Allora,

(E.10)



{x ≤ 0} = {(t0, x0) t ≤ x2} . Calcoliamo dunque la derivata seconda e la derivata terza:

− 2xx = 1 − 2x(t − x2) ; (E.11) 2    x = −2x − 2xx . (E.12) La derivata seconda è negativa se 1 − 2x(t − x2 ) ≤ 0. Ciò non accade mai se x = 0; se x > 0, otteniamo la relazione t ≥ 21x + x2 ; se invece x < 0 otteniamo t ≤ 21x + x2 . x = 1

Oss. che se x = 0, allora da (E.11) otteniamo x = 1, dunque nei punti in cui la derivata prima si annulla, questa è strettamente crescente: la regione x 0 è positivamente invariante, nel senso che se entriamo nell’insieme x 0 , rimaniamo sempre al suo interno: se x(t) è soluzione di (E.10) con condizione iniziale x(t0 ) = x0 e (t0 , x0 ) x 0 , allora  t, x(t) x 0 t > t 0 t dom(x) . Infatti, se (t0 , x0 ) x = 0 , x è crescente in un intorno di t0 , dunque x(t) x > 0 t (t0 , t0 + δ).

{ ≥ }

∀ ∈ 

∈{ ≥ } ∀ ∈{



∈ }





{ ≥ } ∈{ ≥ } ∈{

121

}


125/130

5/9/2018



Se invece (t0 , x0 )

∈ {x > 0}, allora detto t¯ = sup t > t0

x > 0

  ∈{ s, x(s)



} ∀s ≤ t

,

 ∈{

se t¯ fosse diverso dal tempo massimale di esistenza di x(t) si avrebbe t¯, x(t¯) ma s (t0 , t¯) x (s) < x  (t¯) = 0, assurdo.

∃ ∈



x = 0 ,

}

Oss. Se x = 0, da (E.12) abbiamo che x < 0 (perch´ e in questi punti x = 0). Dunque,  la regione x 0 è positivamente invariante. Ne consegue immediatamente, grazie anche all’osservazione precedente, che x 0 x 0 è positivamente invariante.



{ ≤ }

Oss. Se (t0 , x0 ) [t0 , + [.

∞

{ ≥ }∩{ ≤ }

∈ {x ≥ 0}, detta x(t) la soluzione massimale di (E.10), si ha dom(x) ⊇ { ≥ }∩{ ≤ }

 definitivamente. Infatti, T > t0 fissato Definiamo K T = xK 0 t T . Dato che K Tsia e un compatto, la arbitrariamente. soluzione massimale deve abbandonare ` T Non potendo però uscire attraverso il ramo di parabola, deve necessariamente uscire dal segmento, cioè avere tempo di esistenza maggiore di T . Per l’arbitrarietà di T , il tempo di esistenza è dunque + .

∞ Ora, se (t0 , x0 ) ∈ {x ≥ 0}, allora dom(x) ⊇ [t0 , +∞[ come già visto; inoltre, vale la

seguente

∃ ≥ t0

 ∈{

x > 0, x < 0

} ∀t ≥ τ . Dimostrazione Per assurdo (grazie al fatto che la regione {x ≥ 0} ∩ {x ≤ 0} è positivamente invariante) abbiamo che t, x(t) ∈ { x ≥ 0, x ≥ 0} ∀ t ≥ t0 . Dunque, Proposizione E.27 τ

t, x(t)

t1 x (t1 ) = δ > 0 x(t) δ(t t1 ) + x(t1 ) t t1 , cioè resta sempre sopra la tangente (essendo convessa). Ma ci` o è assurdo, in quanto T x(T ) > T ma T, x(T ) x > 0 , contro l’invarianza di x > 0 . 

∃

   ∈ {

}

→

≥

−

∀ ≥ }

  {

∃

√



• Esercizio E.46

Mostrare che se t0 > 0 e x0 > 0, allora la soluzione massimale x(t) di (E.10) con condizione iniziale (t0 , x0 ) esiste per tutti i tempi.

Lemma E.28 Se (t0 , x0 ) x < 0, x allora detto b  sup dom(x), si ha b < +

∈{

≤ 0} e x(t) è soluzione di (E.10) con x(t0) = x0, ∞ e limt→b x(t) = −∞. −

− ∞

∃−

0) = Dimostrazione supponiamo . Osserviamo x (tparte, δ > 0. Se Per t assurdo, [t0 , b[, x(t) x(t0 ) che δ(tb =t0+ ) per la concavit` ache . D’altra δ t1 > t0 x(t) < 21δ t t1 , in quanto questa retta interseca sicuramente 2t la precedente e definitivamente le resta sopra (avendo coefficiente angolare più piccolo in modulo.

∃



∈

− −

≤ − ∀ ≥

Definisco dunque u(t) = t−t11 −δ + 1δ , che soddisfa il problema



− − 1δ )2

u = (u u(t0 ) = 0

Inoltre, vale x < x x(t1 ) < 0

1 2 δ

 − − 



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.

t

∀≥

t1 . Appunti redatti da Giovanni Pizzi

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Perciò x(t1 ) < u(t1 ); se esistesse un t¯ minimo per cui le due funzioni si intersecano, si ¯ ¯ ¯ ¯ ¯   avrebbe u( t) x( t) = 0, u ( t) x ( t) > 0 e s (t, t) tale che u(s) x(s) < 0, assurdo ¯ perché avevamo supposto che t era il primo punto di intersezione.

−

−

 ∀ ∈  ≥ ≤ } ≥ 

∃ ∈

−

Dunque, x(t) < u(t) t ]t0 , b[ e limt→b x(t) = δ.



Sia dunque A1 = (t0 , x0 ) la soluzione x(t) di (E.10) con x(t0 ) = x0 entra in x > 0, x 0 per t 0 , e A2 = (t0 , x0 ) la soluzione x(t) di (E.10) con x(t0 ) = x0   entra in x < 0, x 0 per t 0 . Osserviamo che A1 e A2 sono aperti per il teorema di dipendenza continua dai dati iniziali, e sono non vuoti; dunque, per la connessione A1 A2 = R2 , ovvero esiste almeno un punto che non sta in nessuno dei due insiemi. Si può dimostrare che una soluzione che parta da questi punti ha esistenza globale e si incunea tra le due regioni.

≤ } {



{

∪ 

•a Esercizio E.47 Mostrare che se x(t) è una soluzione di (E.10), dom(x) = (a, b) con ∈ R, ed inoltre limt→a x(t) = +∞. Mostrare, inoltre, che ∃!x soluzione convessa di ∈ (A1 ∩ A2). Inoltre, se x, y sono due (E.11). Sugg.: x soluzione convessa ⇒ 0, x(0)  soluzioni convesse, 0 ≥ x(0) ≥ y(0), e x − y  = −(x2 − y 2 ) < 0 ∀t ≥ 0 perché due soluzioni non possono incrociarsi per l’unicità. Inoltre, x(t) − y(t) > x(0) − y(0) = ε > 0. +



 

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Indice analitico A applicazione bilineare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 definita positiva . . . . . . . . . . . . . . . 1, 42 positiva .......................... 1 simmetrica ....................... 1 armoniche coniugate .................. 115 C campo conservativo ....................... 66 vettoriale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 chiusura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 compattezza ........................... 12 connessione per archi ................... 67 contrazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 convergenza puntuale .................... 5 curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 D derivata direzionale ......................... 99 parziale ............................ 99 differenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 parziale ............................ 34 totale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 distanza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 da un insieme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 3 discreta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 più fine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

esponenziale di una matrice . . . . . . . . . . . . 61 F forma differenziale . . .. .. .. .. .. .. . .. .. .. . 66 chiusa ............................. 69 esatta ............................. 66 funzione a valori vettoriali . .. .. . .. .. .. .. . .. . 26 armonica ......................... 112 continua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6, 7 continua in un punto ................ 6 convessa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 15 differenziabile ...................... 25 localmente invertibile .............. 32 localmente lipschitziana ............ 45 potenziale ......................... 66 sequenzialmente continua . . . . . . . . . . . 7 subadditiva . 2 subarmonica . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .115 superarmonica .................... 115 G gradiente ............................... 27 I insieme aperto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 chiuso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 convesso ........................... 29 rispetto ad un punto . . . . . . . . . . . . 70

relativa ............................ 17 dei diadici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 topologicamente equivalente . . . . . 8, 16 stellato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 disuguaglianza integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 di Cauchy–Schwarz . .. .. .. .. .. .. . .. . 3 i n t o r n o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 di Schwarz–Hö l d e r . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 triangolare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 L laplaciano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 E equazione di Liouville .................. 57 M equazione differenziale massimo libero ......................... 40 o r d i n a r i a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 4 matrice di ordine k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 di transizione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 in forma normale . .. .. .. .. .. .. . .. 44 hessiana .......................... 105 lineare a coefficienti continui . . . . . 46 jacobiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27, 102


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INDICE ANALITICO

ortogonale ........................ 106 minimo libero . . . . .a. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. 40 modulo di continuit` 83 N norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 associata al prodotto scalare . . . . . . . . 2 degli operatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 equivalente ........................ 12 euclidea ............................ 2 più fine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 positivamente omogenea ............ 2 uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3, 18 O omeomorfismo .......................... 31 P palla aperta ............................. 4 parte interna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 poligonale .............................. 67 primitiva ............................... 66 prodotto scalare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 canonico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punto aderente ......................... 10 S serie di Neumann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 di potenze ......................... 91 raggio di convergenza . . . . . . . . . . . . 92 normalmente convergente .......... 86 sistemi di equazioni differenziali . . . . . . . . 44 soluzione locale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 spazio di Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 metrico a diametro limitato . . . . . . . . . . . . . . 83 chiuso per successioni ............. 9 completo ........................ 16 sequenzialmente chiuso . . . . . . . . . . . 9 normato ............................ 4 topologico .......................... 7 connesso ........................ 51 vettoriale limitato ......................... 12 successione di Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 fondamentale ...................... 15

Analisi III


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Analisi in più variabili 1: primo semestre

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