Dimostrazione teoremi per l’orale
Le formule per le somme
dimostrazione.
e
La dimostrazione viene eseguita per induzione. Il predicato è vero per
con
e il caso base infatti è:
assumendo vero per ipotesi che il predicato vale per , adesso bisogna dimostrare che vale per
:
però sappiamo per ipotesi che
quindi si può sostituire nella precedente formula ottenendo
e quindi si ha
dimostrando così la formula.
Anche questa dimostrazione viene fatta per induzione. Anche in questo caso il predicato è vero per
quindi il caso base sarà:
come prima ora dimostriamo il predicato per
ora sostituiamo l’ipotesi nella tesi per avere
e quindi
dopo alcuni passaggi algebrici
dimostrando così la formula.
:
e
Il teorema di Bolzano-Weierstrass: un sottoinsieme limitato di
contenga infiniti punti ha almeno un punto di accumulazione.
Sia
che
limitato e contenente infiniti punti, allora esiste almeno un punto di accumulazione per .
La dimostrazione viene fatta usando il metodo di bisezione. L’insieme E è limitato, cioè è compreso tra due
costanti reali che chiamiamo e e quindi
.
Prendiamo il punto-medio
e consideriamo le due metà dell’intervallo di partenza:
Poiché l’insieme E contiene infiniti punti, almeno una delle due metà ne contiene infiniti. Concentriamoci
quindi su una metà con infiniti punti e rinomino i suoi estremi
In questo modo ho che in
e
ci sono infiniti punti di E, e che
In
si ripresenterà la stessa situazione di partenza che avevamo con
procedimento (all’infinito).
sarà la metà di
.
, quindi posso iterare il
Avremo quindi una successione di infiniti intervalli
con le seguenti proprietà:


Contengono infiniti punti;
L’intervallo successivo è la metà del precedente.
Si può dire che esiste un unico numero reale che appartiene a tutti questi intervalli
contemporaneamente. Questo sarà il nostro candidato a punto di accumulazione. Dico che
Ora è da dimostrare che se
1.
2.
;
ossia che
è punto di accumulazione.
Sappiamo che ciascun a è minore di ciascun b:
se quindi prendo l’estremo superiore dell’insieme degli
noto che è uguale all’estremo inferiore dei
Prendiamo maggiorante di
e minorante di . Abbiamo
e quindi
Assumiamo ora che
allora avremo che
.
. Prendiamo ora il logaritmo in baso
due di ambo i membri in maniera tale da conservare le disuguaglianze
L’ultima proposizione va contro la proprietà di Archimede secondo la quale dati due numeri positivi esiste
sempre un multiplo intero del primo che supera il secondo, mentre secondo ciò che è stato scritto n è
sempre minore della differenza dei due logaritmi.
Si giunge perciò ad un assurdo. La precedente assunzione
essere
e quindi
Rimane da dimostrare che
incontra E in infiniti punti.
allora è falsa, quindi non può che
è di accumulazione per E che equivale a dimostrare che ogni intorno di x
Prendiamo un intorno di x:
, non è detto che sia uno degli intervalli di prima, però
sicuramente almeno uno degli intervalli precedenti
.
Ciò accadrà quando la lunghezza di
sarà minore di .
Ci basta trovare un
Quindi anche
tale che
allora
ha infiniti punti di
e perciò
.
è di accumulazione.
Il teorema del limite della somma e del prodotto di due funzioni aventi
limiti finiti.
Siano
con
e
due funzioni e sia
,
Allora:
1.
2.
3.
4.
5.
Infatti:
1.
2.
3.
4.
5.
un punto di accumulazione per
e supponiamo che
La successione fondamentale
: dimostrazione che è crescente,
dimostrazione che la successione ausiliaria
è decrescente, e
dimostrazione che hanno entrambe limite finito, coincidente.
Guardando i valori della successione, sembra che questa cresca lentamente. Bisogna dimostrare quindi che
che è equivalente a scrivere
.
Essendo tutta positiva (n parte da 1) si può scrivere
Questo è ciò che dobbiamo dimostrare.
Il primo membro si può scrivere:
Il primo termine dell’ultima uguaglianza assomiglia molto al termine della disuguaglianza di Bernoulli:
Possiamo quindi utilizzare la disuguaglianza di Bernoulli a patto che
. Nel nostro caso
quindi
Se
allora
può usare Bernoulli.
. Dato che partiamo da
Ma poiché il termine
(per questo abbiamo scritto all’inizio
si
è sempre positivo, posso scrivere
quindi è dimostrato che
e quindi la successione non può che essere crescente.
Come prima guardando i valori si nota che la successione tende a decrescere. Per dimostrarlo bisogna porre
che è uguale a scrivere
Poiché la successione è sempre positiva, è indifferente scrivere
Bisogna quindi vedere se il primo termine è sempre maggiore di uno.
Come prima si può usare la disuguaglianza di Bernoulli se
. Poiché
allora
è sempre
positivo e quindi l’espressione è sempre vera.
Bernoulli ci dice che
ma poiché
è sempre positivo, allora è lecito affermare
Se ne deduce quindi che
e quindi che la successione decresce.
Per provare il fatto che le successioni siano limitate si consideri
La successione è strettamente maggiore della successione , quindi significa che non hanno valori in
comune. Abbiamo però visto
è crescente, mentre è decrescente. Significa quindi che per forza
devono convergere entrambe ad un valore. Si definisce perciò:
con
Voglio dimostrare che
dove
per
.
. Quindi
Teorema dell’esistenza degli zeri.
Sia
un intervallo chiuso e
hanno segno opposto,
e
una funzione continua
allora esiste almeno uno zero di , ossia un punto
tale che
.
Esempi:
Questi sono i due casi che potrebbero capitare. Per semplicità prendiamo in esame il secondo caso in cui
e
. La dimostrazione per il caso opposto è pressoché identica solo con il cambio di
segno.
Usiamo ancora una volta il procedimento di bisezione. L’idea è quella di dividere a metà l’intervallo
e prendere in considerazione la metà che si trova nella stessa condizione dell’intervallo di
partenza, cioè che presenta un cambio di segno. Può capitare che nessuna delle due metà presenti un
cambio di segno: in questo caso abbiamo trovato il nostro zero e la dimostrazione finisce.
Chiamiamo quindi il punto medio di
e
, intervallo di partenza,
quello con cambio di segno. Chiamiamolo
e scegliamo tra gli intervalli
.
Ora possiamo iterare il procedimento. Possono capitare due cose:


e
Prima o poi troviamo uno zero (in un numero limitato di passi) finendo così la dimostrazione;
Non troviamo mai uno zero; abbiamo però una serie di intervalli
tali che
e
(in questo caso) e che
è lungo la metà di
.
sono entrambe successioni monotone limitate, e quindi hanno sempre limite finito.
Quindi
non so però se e coincidono.
Voglio quindi dimostrare che
e che
Vediamo dunque di dimostrare la coincidenza di
Sappiamo che
è lungo la metà di
sappiamo anche però che
e
.
e
.
. Quindi ciò implica che
e quindi anche
e
. Di conseguenza
Ora sappiamo che
e tendono allo stesso valore
Usiamo il fatto di avere una continua.
Vediamo quindi che anche
e
. Ora vogliamo dimostrare che
tendono allo stesso valore
.
. Sappiamo inoltre che:
segue che:
segue che:
Tiriamo le conclusioni:
deve per forza valere quindi
Le funzioni derivabili sono continue. Esempio di funzione continua ma non
derivabile.
Se
è derivabile in
, allora è continua in
.
Ipotesi:
Tesi:
cioè
è continua in
.
Vogliamo quindi dimostrare che
.
Il concetto di derivabilità è diverso dal concetto di continuità. Cioè è falso dire che
infatti il teorema afferma che
Un esempio di funzione continua dappertutto, ma non derivabile in 0 è
infatti
La derivata di somma, prodotto e quoziente di due funzioni derivabili.
Siano
e
due funzioni derivabili in
, allora
1.
2.
3.
Infatti:
1.
2.
3.
Teorema di Fermat: in un punto di massimo o minimo locale interno una
funzione derivabile ha derivata nulla.
Sia
, un punto interno a , derivabile in
allora la derivata di in è nulla, ossia
e
sia estremo locale (massimo o minimo) per ,
Il teorema si dimostra nel seguente modo:
è estremo locale. Supponiamo che sia un massimo: per definizione esiste un intorno
Ciò vorrebbe dire che
avrebbe come segno
di
tale che
Per
e passando al limite si conservano le disuguaglianze deboli
Per
come prima
Mettiamo assieme il tutto:
per ipotesi è derivabile, quindi la derivata destra e sinistra coincidono. La dimostrazione è simile nel caso
in cui sia minimo locale.
Teorema di Rolle, con significato geometrico.
Sia
un intervallo chiuso e limitato.
Sia
continua su
e derivabile su
Supponiamo che
Allora esiste almeno un punto
tale che
Per dimostrare il teorema consideriamo che vale sempre
Consideriamo i quattro casi che possono capitare:
1.
è assunto in almeno un punto . non può essere esterno perché agli estremi la funzione
vale meno del massimo. Quindi è per forza interno.
Per Fermat la derivata in si annulla.
2.
è assunto in almeno un punto . non può essere esterno perché agli estremi la funzione
vale più del massimo. Quindi è per forza interno.
Per Fermat la derivata in si annulla.
3.
Il ragionamento è identico ai casi precedenti.
4.
La tesi diventa banale perché la derivata è nulla in tutto l’intervallo.
Teorema del valor medio di Lagrange, con significato geometrico.
Sia
Sia
un intervallo chiuso e limitato.
continua su
e derivabile su
Allora esiste almeno un punto
tale che
Il teorema dice che da qualche parte esiste almeno un punto in
cui la pendenza della retta passante per
e
pari a
è uguale alla pendenza della tangente nel punto .
Il problema si presenta in forma simile a quello del teorema di
Rolle. Con un artificio ci riportiamo al teorema di Rolle: riportiamo
la distanza tra ogni punto della funzione e la retta sull’asse delle
ascisse in maniera tale da ottenere una funzione ausiliaria avente
la caratteristica di avere i punti
ed
alla stessa altezza,
cioè zero. In questa maniera ci mettiamo nella condizione di poter applicare Rolle a .
La formula della funzione
è:
Applichiamo, dunque, Rolle alla funzione . Sappiamo per cui che esiste almeno un punto in cui
. Calcoliamo la derivata di :
Per Rolle possiamo dire che
di conseguenza è immediato verificare che
Teorema di De L’Hôpital: enunciato generale, dimostrazione nel caso 0/0
in un punto finito con limite finito.
Sia un intervallo e un estremo di .
Siano
derivabili in .
Supponiamo che valga uno dei seguenti due casi:
1.
2.
e
per
per
Supponiamo anche che esista
con finito o infinito,
Allora esiste anche
e vale anch’esso .
Per semplicità dimostriamo solo il caso 1.
Se
e
non fossero definite le poniamo a 0 in modo che
Sia
e
, per il teorema di Cauchy sappiamo che
e
siano continue anche in
Su sappiamo solo che è compreso tra e . Però il punto non è fisso perché tende a
quindi che anche vari in dipendenza da . Quindi abbiamo la funzione
:
.
. Mi aspetto
Applichiamo il cambio di variabile
Abbiamo quindi che
e
abbiamo per il teorema del confronto
e quindi avremo per ipotesi
e poiché