ANALISI MATEMATICA I. Paola Loreti. Dipartimento di Scienze di Base, e Applicate per l Ingegneria, Via Scarpa n.16, Roma, Italy

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1 ANALISI MATEMATICA I Pol Loreti Diprtimento di Scienze di Bse, e Applicte per l Ingegneri, Vi Scrp n.6, 6 Rom, Itly

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3 Indice Cpitolo. Continuzione iii Cpitolo. Integrle v. Clcolo dell re e Definizione di integrle v. Proprietà dell integrle viii 3. Primitive viii 4. Integrzione per sostituzione x 5. Integrzione per prti x 6. Esercizi xi Cpitolo 3. Cenni sulle equzioni differenzili ordinrie: consultre testo xvii. Equzioni del primo ordine: formul risolutiv xvii. Equzioni del secondo ordine omogenee coefficienti costnti xvii 3. Equzioni del secondo ordine non omogenee coefficienti costnti:lcuni csi xviii Cpitolo 4. Conclusione xxi. Un disuguglinz xxi Cpitolo 5. Esercizi di Ricpitolzione xxiii. Esempio di esercizi d risolvere con soluzioni xxiii Esercizio xxiii Esercizio xxiii Esercizio 3 xxiii Esercizio 4 xxiii Domnd xxiii Domnd xxiv Cpitolo 6. Ulteriori risultti ottenibili trmite l teori studit xxvii. Disuguglinz di Young xxvii. Trscendenz di e xxvii 3. Resto Integrle e di Lgrnge xxix i

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5 CAPITOLO Continuzione Vedere note precedenti. Quest prte dell dispense è solo espost in trcci. Si richiede integrzione delle dimostrzioni e degli rgomenti mncnti. DA COMPLETARE iii

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7 CAPITOLO Integrle. Clcolo dell re e Definizione di integrle Clcolimo l re A del segmento di prbol f(x) = x x b. In primo luogo operrimo un suddivisione dell intervllo [, b] = x < x <... x N = b, con punti equidistnti. Il generico punto x n srà dto d x n = + b N n Clcolimo un pprossimzione per eccesso dell re A. N S N = M n (x n x n ), M n = f(x n ) = sup f(x) (x n,x n) Poichè si ottiene n= S N = S N = (b ) N M n = x n = N n= N n= ( + ( + ) (b )n, N ) (b )n (b ) N N, ( (b )n + + N ( (b )n N ) ), Sviluppndo i qudrti ( (b ) S N = (b ) N ( ) (b ) N ) N + n + n N N N n= n= ( ) (b ) S N = ( (b ) N(N + ) (b ) ) N(N + )(N + ) N+ + = N N N 6 S N = (b ) N N + (b ( ) ) N(N + ) (b ) 3 N(N + )(N + ) N + N 6 Per N +, S(x) (b ) + (b ) + (b )3 3 b 3 + b + 3 b + b b b = b Sviluppre per esercizio l pprossimzione per difetto, tenendo conto che v =

8 vi. INTEGRALE m n = f(x n ) = inf (xn,x n) f(x) dimostrre che per N +, vle In forz di s N b per n + si ottiene s N A S N, A = b L prtizione che bbimo scelto dell intervllo [, b] è fornit d un insieme di N + punti equispziti l cui unione disgiunt fornisce [, b], e l mpiezz dell intervllo [x i, x i ) è b N. In reltà possimo pensre prtizioni dell intervllo più generli, osservimo che non è detto che cmbindo prtizione e umentndo i punti ottenimo un pprossimzione migliore. Ad esempio nel cso in cui i punti in più vengono ggiunti in un zon dove l funzione è pitt: non ggiungimo termini che dnno luogo un migliore pprossimzione. Mentre se d un stess prtizione umentimo il numero dei punti, l pprossimzione che ne risult srà migliore o ugule dell precedente. In generle dt un prtizione dell intervllo [, b] ossi un insieme di N + punti x < x <... x N, che dnno luogo N intervlli [x i, x i ) l cui unione fornisce l intervllo [, b]. Assumimo or che l funzione si limitt in [, b], e clcolimo le somme inferiori e superiori su prtizioni diverse. Per confrontre due qulsisi prtizioni si us l unione delle due prtizioni che divent confrontbile con le prtizioni di cui è l unione nel senso che contiene gli stessi punti di ciscun prtizione. Vlgono le seguenti proprietà: Se A e B sono due intervlli vle inf A sup A f(x) inf B f(x), f(x) sup f(x), B se A B se A B Lemm.. Si considerino due prtizioni P e P e l loro unione P 3. Allor s(p ) s(p 3 ) S(P 3 ) S(P ) Dimostrzione. Si P P. Allor confrontimo le prtizioni P = {x,..., x N } e P 3. L prtizione P 3 conterrà lmeno un punto in più (in cso di pi u punti il rgionmento si iter il rgionmento): ζ e ζ (x k, x k ), per qulche k. Allor N s(p ) = inf f(x)(x n x n ) = (x n,x n) k n= n= inf f(x)(x n+ x n )+ (x n,x n)

9 . CALCOLO DELL AREA E DEFINIZIONE DI INTEGRALE vii inf f(x)(x k x k ) + (x k,x k ) k n= N n=k+ inf f(x)(x n+ x n )+ (x n,x n) inf f(x)(z x k )+ inf f(x)(x k z)+ (x k,x k ) (x k,x k ) In forz di inf f(x)(x n+ x n ) = (x n,x n) N n=k+ inf f(x)(x k x k ) inf f(x)(z x k ) (x k,x k ) (x k,z) inf f(x)(x n+ x n ) = (x n,x n) Quindi Quindi inf f(x)(x k x k ) inf f(x)(x k z). (x k,x k ) (z,x k ) s(p ) k n= inf f(x)(z x k ) + + (x k,z) inf f(x)(x n+ x n )+ (x n,x n) N n=k+ inf f(x)(x n+ x n ) = s(p 3 ) (x n,x n) s(p ) s(p 3 ). Dimostrre per esercizio l rimnente prte. Si dimostr che dt un funzione limitt in un intervllo, e dte due prtizioni qulunque P = {ξ,..., ξ N } e P = {x,..., x M } le somme inferiori sono minori o uguli delle somme superiori, ossi Teorem.. N s = inf f(ξ)(ξ n ξ n ) (ξ n,ξ n) n= M sup n= (x n,x n) f(x)(x n x n ) = S L dimostrzione del teorem è conseguenz del lemm. Se sup s = inf S, l vrire comunque dell prtizione, si definisce integrle di Riemnn di un funzione limitt in un intervllo tle vlore e si indic con il simbolo b f(x)dx = sup s = inf S. Non tutte le funzioni limitte in un intervllo sono integrbili secondo Riemnn. Ad esempio, l funzione di Dirichlet non è integrle secondo Riemnn in [, ] {, x Q, f(x) =, x R \ Q. Sfruttndo l densit di Q e di R \ Q in R, si verific che s(x) = per ogni prtizione e S(x) = per ogni prtizione.

10 viii. INTEGRALE. Proprietà dell integrle In ipotesi di integrbilià delle funzioni f e g negli intervllo [, b], vlgono le seguenti proprietà () f(x)dx = () (3) (4) b b f(x)dx = b f(x)dx b b c f(x) + c g(x)dx = c f(x)dx + c g(x)dx b f(x)dx = c f(x)dx + b c f(x)dx (5) L integrle di un funzione dispri in un intervllo simmetrico rispetto ll origine vle f(x)dx = (6) L integrle di un funzione pri in un intervllo simmetrico rispetto ll origine vle f(x)dx = f(x)dx Un clsse di funzioni integrbili secondo Riemnn in un intervllo [, b] è l clsse delle funzioni continue in [, b]. llor.. Clcolo di Are. Se f(x) g(x), b ( g(x) f(x) ) dx rppresent l re compres tr i grfici delle due funzioni per x b. 3. Primitive Definizione 3.. Un funzione F è un primittiv di un funzione f continu in [, b] se F è derivbile in [, b] e F (x) = f(x) in [, b]. L crtterizzzione delle funzioni primitive ssume llor un ruolo fondmentle. Dt un funzione primitiv di f ne esistono ltre che non sino un ddizione di F con un qulisisi constnte? Osservimo che mentre dire che se F è primitiv di f, llor F + c è ncor primitiv è un conseguenz bnle del ftto che l derivt di un constnte è zero, non è cos`ì diretto ffermre che tutte le funzioni primitive sono ftte in tl modo. Teorem 3.. Se F e G sono due primitive di f in [, b] llor F = G + c.

11 3. PRIMITIVE ix L dimostrzione si bs su un conseguenz del teorem di Lgrnge Teorem 3.3. Se f h derivt null in (, b) llor f è un costnte. Assumendo vero questo teorem si ottiene l dimostrzione del teorem llor e. (F G) (x) = F (x) G (x) = f(x) f(x) = (F G)(x) = c F = G + c Per le funzioni in continue in [, b] vle il teorem dell medi integrle. Teorem 3.4. Si f continu in [, b]. Allor esiste x in [, b] tle che f(x ) = b b f(x)dx Dimostrzione. Dlle stime sulle somme inferiori e superiori si h l stim dove m(b ) b m = min [,b] f(x) f(x)dx M(b ), M = mx [,b] f(x). Qiondi b f(x)dx b è un vlore compreso, tr il minimo e il mssimo. Il risultto segue llor dl teorem dei vlori intermedi per funzioni f continue in [, b]. Vle il teorem fondmentle del clcolo integrle Teorem 3.5. Si f continu in [, b]. Indichimo con F (x) = x llor F è un primitiv dell funzione f. f(t)dt, Dimostrzione. Si consider il rpporto incrementle F (x + h) F (x) = [ x+h x ] f(t)dt f(t)dt = h h x+h f(t)dt = f(x(h)), h x per il teorem dell medi integrle. Vle lim x(h) = x, lim h Quindi esiste finito lim h f(x(h)) = f(lim x(h)) = f(x) h h F (x + h) F (x), h

12 x. INTEGRALE e vle f(x). Dl teorem fondmentle del clcolo integrle segue l formul fondmentle del clcolo integrle (il problem dell integrzione è ricondotto l clcolo di funzioni primitive). Teorem 3.6. b Dimostrzione. Si h sostituendo x = ossi f(t)dt = F (b) F () F (x) = c + x F () = c, F (b) = F () + F (b) F () = b b f(t)dt, f(t)dt, f(t)dt, 3.. Integrle Indefinito. Si può ssocire ll funzionef l insieme delle sue primitive, ossi l integrle indefinito. Si indic con il simbolo f(x)dx + c, ove c è un costnte rbitrri. L integrle indefinito è, l vrire dell costnte c in R un fmigli di funzioni. 4. Integrzione per sostituzione Supponimo che f si un funzione integrbile, e φ(t) un funzione derivbile definit sull intervllo [, b] con Si h φ(b) φ() φ[, b] domf. f(x)dx = b f(φ(t))φ (t)dt 5. Integrzione per prti Supponimo che f, g funzioni derivbili, d dx (f(x)g(x)) = f (x)g(x) + f(x)g (x) d f(x)g(x) = dx f(x)g(x)dx = f (x)g(x)dx + f(x)g (x)dx f (x)g(x)dx = f(x)g(x) f(x)g (x)dx

13 6. ESERCIZI xi Esercizio 5.. Scrivere l formul di integrzione per prti nel cso di integrle definito. 6. Esercizi Esercizio 6.. Clcolre l integrle π r. π x π sin x dx = π x π sin x dx. ( x + π ) sin x dx + π Integrndo per prti l integrle contenente x sin x si ottiene π Esercizio 6.. Clcolre l integrle r. Abbimo D cui D cui Quindi 3 x π sin x dx = π. 3 3 ( x ) + ( x + )dx = 3 x + + x dx. 3 (x + ) + ( x + )dx = (x + ) + (x ))dx = π (x π ) sin x dx. x dx = x x 3 = 4, x + + x dx = 3. Esercizio 6.3. Determinre (, ) tle che r. Abbimo dx = ln. x dx x = ln + ln + = ln, + = 4. = dx = 3x = 9, x + dx = x + x 3 =.

14 xii. INTEGRALE Esercizio 6.4. Clcolre l integrle x x + x + dx. r. L integrle si puó scrivere: x + x + x + dx + x + x + x + dx + tenuto conto che log(x + x + ) rctn 3 x + x + = Esercizio 6.5. Clcolre gli integrli π 4 x + x + dx = x + x + dx = ( 3 x + ) + c, 3 ( x + ) (xx (log x + ))dx, cos x sin x dx. r. Clcolimo il primo integrle. Abbimo Clcolimo il secondo integrle: π 4 cos x sin dx = 3 (xx (log x + ))dx = 3 π 4 Esercizio 6.6. Clcolre l integrle r. Risult posto π 6 procedimo per sostituzione 3 π π π 6 cos x dx = cos(π x) dx. π cos(π x) dx = 6 sin y dy = y = π + x, 3 π Moltiplicndo numertore e denomintore per π cos y, =. π cos x dx = cos y sin y dy. cos tdt =.

15 trovimo 3 π cos y π tn y d( y ). D cui ottenimo il clcolo dell integrle 6. ESERCIZI xiii ln tn z ove z = y clcolto tr z = π 4 e z = π 3. Quindi ln tn( π 3 ) = ln 3. Esercizio 6.7. Clcolre π r. Abbimo π π 3 π 3 sin x sin x dx = π π 3 sin x dx sin x sin x dx. π π 3 π π 3 sin x sin x dx = sin x dx = log tn( π 6 ) + cot π 3 = log Esercizio 6.8. Clcolre 5 3 cos x dx. r. Ponimo x = rctn t ossi t = tn x. D cui Inoltre Ponimo cos x = t + t. dx = + t dt, 5 3 cos x dx = 8t + dt = z = t z + dz = rctn z. 4t + dt = Sostituendo z si h 5 3 cos x dx = ( rctn tn x ). Esercizio 6.9. Clcolre l integrle, l vrire < λ <, π sin λx sin λxdx.

16 xiv. INTEGRALE r. Essendo < λ <, < λx < π, quindi π sin λx sin λxdx = π (sin λx) dx. Sostituendo λx = t, λdx = dt, d cui dx = λdt D cui l integrle indefinito si risolve per sostituzione ed integrzione per prti (oppure fecendo uso di formule trigonometriche). Si ottiene π 4 λ sin λπ cos λπ. Esercizio 6.. Clcolre l integrle 3 4 π sin x cos x cos x dx. r. Nell insieme [, 3π 4 ] l funzione sin x è non negtiv, quindi sin x = sin x e nche x, quindi x = x, mentre cos x cmbi segno e quindi 3π 4 quindi sin x cos x cos x dx = π π sin x(cos x) dx 3π 4 sin x cos x dx = 3 ( ( )3 ). Esercizio 6.. Clcolre l integrle e Esercizio 6.. Clcolre log xdx e log x x dx xe x dx, utilizzndo l formul di integrzione per prti. π sin x(cos x) dx, Esercizio 6.3. Si m ; dimostrre, trmite l formul di integrzione per prti, che vle l formul e π/ sin m x dx = m m Segue llor iterndo l formul π/ π/i sin n x dx = sin n+ x dx = π = ((n)!!) (n + )!!(n )!! π/ sin m x dx. (n )!! π (n)!! (n)!! (n + )!! π/ sin n x dx. π/ sin n+ x dx.

17 Or e quindi e e < π = lim n + π = π/ sin n x dx. π/ sin n+ x dx = n + n lim n + π = Ricpitolndo con lim n + 6. ESERCIZI xv π/ sin n x dx. π/ sin n x dx. + n, π/ sin n x dx. π/ sin n+ x dx =, π = lim ((n)!!) n + (n + )!!(n )!! ((n)!!) (n + )!!(n )!! = lim n + 4 (n ) (n) 3 5 (n ) (n + ) 4 (n ) (n) 3 5 (n ) (n + ) = 4 (n ) ( n) lim n (n ) lim n + 4 (n ) (n) π = (n)! n n (n!) lim n + (n)! n n (n!) = lim n + (n)! n Esercizio 6.4. Dimostrre, utilizzndo risultti di teori, che r.abbimo in (, ]. Quindi e t dt > e t = + t + t4 + O 4(t) O 4 (t) > e e t dt > e t + t + t4 Esercizio 6.5. Clcolre il limite ( + t + t4 )dt = = lim x + x e t sin tdt. sin x r Il limite è nell form. Applicndo de l Hopitl, e utilizzndo il teorem fondmentle del clcolo per il numertore si h che il limite è.

18 xvi. INTEGRALE Esercizio 6.6. Clcolre l re del tringolo che h come estremi (, ), ( π, ) e ( π, f( π )) con f(x) = tn x + e x. Specificre (motivndo l rispost) se tle re costituisce un pprossimzione per eccesso o per difetto dell re dell regione pin limitt individut dll sse x, dlle rette x =, x = π e dl grfico dell funzione f. r L re del tringolo si ottiene: A = π e π 4. Inoltre tle re costituisce un pprossimzione per difetto, essendo l funzione convess e dunque il suo grfico l di sotto dell rett congiungente ( π 4, e π 4 ) e (, ): f(x) = tn x + e x π e π 4 x, x (, π ). D cui il risultto segue per integrzione. Esercizio 6.7. Vlutimo sin x cos xdx = sin xd(sin x) = sin x + c M vle nche sin x cos xdx = cos xd(cos x) = cos x + c Trovre l spiegzione

19 CAPITOLO 3 Cenni sulle equzioni differenzili ordinrie: consultre testo. Equzioni del primo ordine: formul risolutiv y (x) = (x)y(x) + b(x) [ R y(x) = e (t)dt c + b(s)e R ] (τ)dτ ds, Esercizio.. Verificre che y(x) = e R [ (t)dt c + b(s)e R ] (τ)dτ ds, è, l vrire di c R, un fmigli di soluzioni di y (x) = (x)y(x) + b(x) L soluzione dell equzione differenzile si ottiene sommndo ll fmigli di soluzioni dell equzione omogene un soluzione prticolre. Nel cso in esme l soluzione prticolre è dt d y(x) = e R (t)dt b(s)e R (τ)dτ ds.. Problem di Cuchy. { y (x) = (x)y(x) + b(x) y(x ) = y R x x y(x) = e x (t)dt[ y + b(s)e R ] s x (τ)dτ ds x. Equzioni del secondo ordine omogenee coefficienti costnti y (x) + y (x) + by(x) =,, b R Si consider il polinomio crtteristicop (λ) cos`ì definito di cui si determinno le rdici Posto P (λ) = λ + λ + b λ + λ + b = λ, = ± 4b = 4b, xvii = ± 4b

20 xviii 3. CENNI SULLE EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE: CONSULTARE TESTO si h λ, = ± Si distinguono le rdici e più precismente si h > λ, = ± = λ = λ = < λ, = ± i e di conseguenz le soluzioni del problem differenzile > y(x) = c e ( )x + c e ( + )x = y(x) = c e x + c xe x < y(x) = c e x sin( x) + c e x cos( x) 3. Equzioni del secondo ordine non omogenee coefficienti costnti:lcuni csi y (x) + y (x) + by(x) = g(x) Ci occuperemo del metodo di somiglinz, ossi dto g(x), cercre un soluzione prticolre y p (x) del tipo g. g(x) = Q n (x), Q n polinomio di grdo n, llor G n (x) se λ non è soluzione di P(λ) = y p (x) = xg n (x) se λ è soluzione semplice di P(λ) = x G n (x) se λ è soluzione doppi di P(λ) = dove G n è un polinomio di grdo n, i cui coefficienti sono d determinre trmite sostituzione nell equzione differenzile g(x) = Ce αx Ke αx se α non è soluzione di P(λ) = y p (x) = Kxe αx se α è soluzione semplice di P(λ) = Kx e αx se α è soluzione doppi di P(λ) = dove K è un costnte rele opportun, d determinre trmite sostituzione nell equzione differenzile. g(x) = A cos(βx) + B sin(βx) { K cos(βx) + H sin(βx) se iβ non è soluzione di P(λ) = y p (x) = x(k cos(βx) + H sin(βx)) se iβ è soluzione di P(λ) = dove K, H costnti rele opportune, d determinre trmite sostituzione nell equzione differenzile.

21 3. EQUAZIONI DEL SECONDO ORDINE NON OMOGENEE A COEFFICIENTI COSTANTI:ALCUNI CASI xix 3.. Problem di Cuchy. y (x) + y (x) + by(x) = g(x) y (x ) = y y(x ) = y y(x) = y omogene + y p, con le condizioni y(x ) = y y (x ) = y

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23 CAPITOLO 4 Conclusione. Un disuguglinz Dimostrimo l disuguglinz di cui bbimo prlto nell introduzione dell prim prte dell dispens con il reltivo riferimento bibliogrfico. Ivn Niven The Two-Yer College Mthem- tics Journl, Vol. 3, No.. (Autumn, 97), pp Si trtt di fr vedere che e π > π e. Dimostrzione. Considerimo l funzione f(x) = x x = e x ln x. f (x) = e x ln x ( x ln x + x ) f (x) = x = e f(e) = e e Si h che il punto x = e è un punto di mssimo stretto ssoluto per l funzione nel suo insieme di definizione (, + ), poichè l funzione è derivbile in (, + ) e lim x + x x = lim e x ln x = e lim x + x ln x = x + lim x x = lim e x ln x = e lim x + x ln x = x + x + Dunque e e > π π, e il risultto segue elevndo ll πe mbo i membri. xxi

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25 CAPITOLO 5 Esercizi di Ricpitolzione. Esempio di esercizi d risolvere con soluzioni Esercizio (i) Verificre che x = è un punto stzionrio dell funzione f(x) = ( + x) x, (f () = ). (ii) Verificre che x = è un punto di mssimo reltivo. Clcolre, se esiste, il limite lim n + Esercizio n n ( + ) n n (i) Clcolre (ii) Clcolre Esercizio 3 4 lim x + e t π dt x et dt e x Esercizio 4 Clcolre l soluzione dell seguente equzione differenzile ordinri y (x) + y(x) = x Domnd (i) Dre l definizione di derivbilità per f : R R in x i) Dre l definizione di derivbilità przile rispetto ll vribile y per f : R R R in (x, y ) (ii) Clcolre l derivt przile rispetto ll vribile x e l derivt przile rispetto ll vribile y di f(x, y) = sin(x y 3 ) xxiii

26 xxiv 5. ESERCIZI DI RICAPITOLAZIONE Se f : R R é continu llor Domnd f é derivbile b f é continu c f é derivbile Domnd 3 Si ( n n= n+) un serie tle che lim n + n = e n n N. Allor L serie converge b L serie diverge c Nessun delle precedenti.. Soluzioni d completre trmite scrittur o finendo i clcoli. f(x) = ( + x) x. f(x) = = e ln(+x)x e x ln(+x) = e x ln(+x). ( f (x) = e x ln(+x) ln( + x) + x ) = + x e x ln(+x) + x ( ( + x) ln( + x) + x ). f () = f (x) = e x ln(+x) ( ln( + x) + e x ln(+x) ( + x + e x ln(+x) + x x ) + + x ) ( + x) = ) ( + + x. f () = < lim n + n n ( + ) n = n ) n = lim n + ( + n ( + ) n = e n n lim n lim n + n + se e t π llor e t π = e t π. 4 Si h e t π dt = e t π t ln π ln π (π e t ) dt + 4 ln π (e t π) dt =...

27 DOMANDA 3 xxv y (x) + y(x) = x y(x) = c cos x + c sin x + y p (x) y p (x) = x + bx + c y p (x) =, + x + bx + c = x D =, b =, c =, y p (x) = x f(x, y) = sin(x y 3 ) f x (x, y) = xy 3 cos(x y 3 ) f y (x, y) = 3y x cos(x y 3 ) D L rispost estt è b. D3 L rispost estt è (criterio dell rdice).

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29 CAPITOLO 6 Ulteriori risultti ottenibili trmite l teori studit. Disuguglinz di Young Dto p >, p R il coniugto di p è il numero rele q tle che p + q =. Teorem.. Disuguglinz di Young (esponenti reli): dti due numeri reli positivi x e y, e dti p, q numeri reli coniugti, si h Dimostrzione. Elevndo esponenzile xy xp p + yq q ln(xy) = ln x + ln y = p ln(xp ) + q ln(xq ). xy = e ln(xy) = e p ln(xp )+ q ln(xq ) Dll convessità dell funzione esponenzile e p ln(xp )+ q ln(xq) p eln(xp) + q eln(xq) = p xp + q xq. Segue il risultto.. Trscendenz di e Ricordimo il seguente risultto di Hermite sull trscendenze e. Teorem.. Il numero e è trscendente, cioè non soddisf un equzione lgebric coefficienti interi Dimostrzione. Si f un polinomio di grdo n. Abbimo f(x) =. Integrndo per prti f(x)e x dx + [ e x f(x) ] + f (x)e x dx = Ripetendo quest procedur ottenimo f(x)e x dx + [ e x (f(x) + f (x) + + f (n) (x)) ] =. xxvii

30 xxviii 6. ULTERIORI RISULTATI OTTENIBILI TRAMITE LA TEORIA STUDIATA Per semplicità di scrittur ponimo Ne segue, moltiplicndo per e F (x) = f(x) + f (x) + + f (n) (x) e F () = F () + e f(x)e x dx per ogni R. Applichimo l identità per =,..., m, e moltiplichimo ciscun equzione per c i... Sommimo c ef () = c F () + c e f(x)e x dx c e F () = c F () + c e f(x)e x dx m c m e m F () = c m F (m) + c m e m f(x)e x dx c ef () + c e F () + + c m e m F () = c F () + c F () + + c m F (m)+ m +c e f(x)e x dx + c e f(x)e x dx +... c m e m f(x)e x dx Assumimo per contrddizione che per lcuni interi c,..., c m tli che c. c + c e + + c m e m = Deducimo l seguente identità = c F () + c F () + + c m F (m) + m i c i e i f(x)e x dx. Arriveremo un contrddizione se trovimo un polinomio f tle che mentre i= c F () + c F () + + c m F (m) m i c i e i f(x)e x dx <. i= Fissimo un numero p primo e sufficientemente grnde, soddisfcente p > m e p > c, e considerimo il polinomio f(x) = (p )! xp (x ) p (x ) p... (x m) p. Osservimo f, f,..., f (p ) si nnullno tutti in,,..., m. Derivndo f ottenimo che f (p), f (p+),... sono polinomi i cui coefficienti sono multipli interi di p. Allor dll definizione di F segue () F (), F (),..., F (m) sono multipli di p. Inoltre osservimo che

31 3. RESTO INTEGRALE E DI LAGRANGE xxix f() = f () = = f (p ) () = f (p) (), f (p+) (),... sono multipli di p. Inoltre f (p ) () = ( ) mp (m!) p è un intero, non è un multiplo di p perchè p > m. Poichè < c < p, segue Allor F () è un intero, non è un multiplo di p. c F () + c F () + + c m F (m) Per l dimostrzione m i c i e i f(x)e x dx <. osservimo Quindi i= f(x) mmp+p (p )! m i ( c i e i f(x)e x m dx i= i= if x m. i= ( m = c i e i m m) (m m+ ) p. (p )! c i e i) m mp+p (p )! Poichè l ultimo termine tende per p +, per p grnde si ottiene l disuguglinz. 3. Resto Integrle e di Lgrnge Definizione 3.. Se f è derivbile n+ volte, il resto dto dll formul di Tylor n f k (x ) r n (x ) = f(x) (x x ) k k! k= Teorem 3.. Se f è derivbile n + volte, per il resto vle r n (x ) = x x f n+ (t) (x t) n dt n! Dimostrzione. L dimostrzione del risultto segue il principio di induzione. Per n = il risultto segue d x x f (t)dt = f(x) f(x ) Assunto ver l ffermzione l psso n n r n (x ) = f(x) k= f k (x ) (x x ) k = k!

32 xxx 6. ULTERIORI RISULTATI OTTENIBILI TRAMITE LA TEORIA STUDIATA x x In conclusione n r n (x ) = f(x) e quindi f n (t) x (n )! (x f n [ (t) t)n dt = x (n )! [ ] (x t) n x x f n (t) + f n+ (t) n! x x = (x x ) n f n (x ) + n! k= r n (x ) = f(x) f k (x ) k! [ n k= x x x f n+ (t) (x x ) k = (x x ) n f k (x ) k! x f n+ (t) n! ] (x t)n dt = n (x t)n dt n! (x t)n dt n! (x x ) k + (x x ) n (x t)n dt. n! x f n (x )+ f n+ (x t)n (t) dt, x n! n! ] f n (x ) = Dll formul del resto integrle si deduce l formul del resto di Lgrnge. Teorem 3.3. Dimostrzione. r n (x ) = f n+ (ξ) (x x ) n+, (n + )! r n (x ) = x x f n+ (t) (x t)n dt = n! Assumimo x > x. In [x, x] pplichimo il teorem dell medi integrle essendo Abbimo Ossi m (x x ) n+ (n + )! m f n+ (t) M, m = min f(t) M = mx f(t). [x,x] [x,x] x x f n+ (t) (x t)n dt M (x x ) n+ n! (n + )! [ (x x ) n+ ] x m f n+ (x t)n (t) dt M (n + )! x n! Dl teorem dei vlori intermedi pplicto f n+, si h che esiste ξ per cui [ (x f n+ x ) n+ ] x (ξ) = f n+ (x t)n (t) dt, (n + )! x n! d cui l tesi.

33 3. RESTO INTEGRALE E DI LAGRANGE xxxi Esercizio 3.4. Per x > si definisce l Funzione Γ di Eulero Γ(x) = + t x e t dt. Dimostrre che vlgono le proprietà Γ() =, Γ(x + ) = xγ(x) x > Γ(n + ) = n! n N.