Si dimostri che la (*) possiede un unica soluzione (u n ) limitata.

Scuola Normale Superiore, ammissione al IV anno del corso ordinario Prova scritta di Analisi Matematica per Fisica, Informatica, Matematica 26 Agosto 21 Esercizio 1. Siano (a n )e(b n ) successioni di numeri complessi tali che inf a n > 1, n2n sup b n < 1, n2n e si consideri la relazione ricorsiva ( ) u n+1 = a n u n + b n, 8n 2 N. Si dimostri che la (*) possiede un unica soluzione (u n ) limitata. Esercizio 2. Sia C R n il cubo [, 1] n, n ossia l insieme C 1 = n[ {x 2 [, 1] n x i 2{, 1} 8i 6= j}. j=1 2, e sia C 1 il suo 1-scheletro, Sia f : C! R il minimo tra due funzioni convesse su C. Si dimostri che max f(x) = max f(x). x2c x2c 1 Esercizio 3. Sia f : R! R una funzione di Borel localmente integrabile e sia ( i ) # una successione tale che f(x + i ) f(x) apple i 8x 2 R, i2 N. Si mostri che: (a) se f è continua, allora f(x + y) f(x) apple y per ogni x, y 2 R; (b) con un esempio, che l ipotesi di continuità in (a) è essenziale; (c) che in ogni caso esiste una funzione g tale che g(x + y) g(x) apple y per ogni x, y 2 R e f(x) =g(x) per (Lebesgue) quasi ogni x. (continua sul retro) 1

Esercizio 4. Sia : [, +1)! [, +1) una funzione convessa e strettamente crescente, tale che () =. Indichiamo con L (, 1) l insieme delle funzioni f misurabili da (, 1) in R tali che R 1 ( f / ) dt < 1 per qualche > e poniamo (con la convenzione inf ; = 1) kfk := inf >: Si mostri che: (a) kfk < 1 per ogni f 2 L (, 1) e (b) se f n 2 L (, 1) e che ( f / ) dt apple 1. kf + gk apple 2kfk +2kgk 8f, g 2 L (, 1). lim kf n f m k =, allora esiste f 2 L (, 1) tale n,m!1 lim kf n fk =. n!1 Esercizio 5. Si mostri che per ogni y 2 R il problema di Cauchy 8 Z 1 t >< arctan(y(s)) ds y t (t) = >: y() = y ha un unica soluzione, nella classe delle funzioni continue su [, +1), con derivata continua in [, +1). Si mostri inoltre che la soluzione ha una dipendenza monotona rispetto al dato iniziale y. 2

Scuola Normale Superiore, ammissione al IV anno del corso ordinario Prova scritta di Analisi Matematica per Fisica, Informatica, Matematica 26 Agosto 21 Soluzioni Esercizio 1. Siano (a n )e(b n ) successioni di numeri complessi tali che inf a n > 1, n2n e si consideri la relazione ricorsiva sup b n < 1, n2n ( ) u n+1 = a n u n + b n, 8n 2 N. Si dimostri che la (*) possiede un unica soluzione (u n ) limitata. Soluzione. (1) L unicità della successione limitata è ovvia: la di erenza d n tra due di esse è limitata e soddisfa d n+1 = a n d n, quindi è identicamente nulla. L esistenza può essere mostrata con una verifica diretta a partire dalla formula (ove con indichiamo il simbolo di produttoria): ( ) u n := 1X i=n b i i na j. Si noti che, indicato con M un maggiorante di b n e con di a n, vale 1X M u n apple = M i n 1, i=n >1 un minorante quindi (u n ) è limitata. L argomento euristico che porta alla formula di rappresentazione (*) è il seguente. La relazione ricorsiva (*) espande le distanze di un fattore almeno ad ogni passo ed è reversibile nel tempo (qui discreto, indicizzato da N). Quindi se fissiamo un intero k, possiamo considerare la successione (u (k) n ) che è nulla per n = k, e calcolarla a ritroso per n apple k per ottenere u (k) k 1 = b k 1 a k 1, u (k) k 2 = b k 1 a k 1 a k 2 b k 2 a k 2 ( ) u (k) k 3 = b k 1 a k 1 a k 2 a k 3 b k 2 a k 2 a k 3 b k 3 a k 3,... Se ora (u n ) è la successione limitata e vogliamo calcolarne il valore in un intero n, dovrà necessariamente essere u n u (k) n per k 1, dato che al 1

tempo k entrambe i valori delle successioni distano meno di L := sup n u n e quindi al tempo n distano meno di L/ k n. In sostanza, se (u n ) esiste, deve essere determinabile passando al limite per k!1in u (k) n a n fissato. Usando la (**) si ottiene la (*). Esercizio 2. Sia C R n il cubo [, 1] n, n 2, e sia C 1 il suo 1-scheletro, ossia l insieme n[ C 1 = {x 2 [, 1] n x i 2{, 1} 8i 6= j}. j=1 Sia f : C! R il minimo tra due funzioni convesse su C. Si dimostri che max f(x) = max f(x). x2c x2c 1 Soluzione. Sia f = min{g, h} con g : C! R e h : C! R convesse. Sia x 2 C un punto di massimo per f. Dato che i sottolivelli di g e h sono convessi, x appartiene all intersezione dei bordi di due semispazi G e H tali che g g(x) sug \ C e h h(x) suh \ C. Essendo non vuota, l intersezione G \ H contiene un semi-iperpiano. Ogni semi-iperpiano che interseca C interseca anche il suo 1-scheletro C 1. Quindi G \ H \ C, che è composto da punti di massimo per min{g, h}, interseca C 1. Esercizio 3. Sia f : R! R una funzione di Borel localmente integrabile e sia ( i ) # una successione tale che f(x + i ) f(x) apple i 8x 2 R, i2 N. Si mostri che: (a) se f è continua, allora f(x + y) f(x) apple y per ogni x, y 2 R; (b) con un esempio, che l ipotesi di continuità in (a) è essenziale; (c) che in ogni caso esiste una funzione g tale che g(x + y) g(x) apple y per ogni x, y 2 R e f(x) =g(x) per (Lebesgue) quasi ogni x. Soluzione. (a) Fissato x 2 R, sia y 2 R e supponiamo per fissare le idee y> (nel caso y<il ragionamento è analogo). Sia n i 1 il minimo intero n tale che n i >y. Ovviamente (n i 1) i apple y<n i i e l ipotesi su f dà f(x + y) f(x) apple f(x + y) f(x +(n i 1) i ) + f(x +(n i 1) i ) f(x) apple f(x + y) f(x +(n i 1) i ) +(n i 1) i apple f(x + y) f(x +(n i 1) i ) + y. Per i!1abbiamo che x +(n i 1) i! x + y, quindi se f è continua possiamo passare al limite per i!1per ottenere che f soddisfa la tesi, i.e. f è 1-Lipschitziana. 2

(b) Basta prendere i razionali e come f la classica funzione di Dirichlet (1 sui razionali e sugli irrazionali). (c) L ipotesi fatta è invariante per traslazioni ed è stabile rispetto all operazione di media. Quindi le funzioni mollificate Z f (x) = f(x y) (y) dy R (che sono appunto medie, rispetto a un nucleo di convoluzione, di traslate di f) soddisfano la stessa ipotesi. Per il punto (a), tutte le funzioni f sono 1-Lipschitziane; quindi la famiglia (f ) è relativamente compatta, per il teorema di Ascoli-Arzelá e un argomento diagonale, rispetto alla convergenza uniforme sui compatti di R. Sia ora ( i ) # tale che f i converge a f non solo in L 1 loc (R), ma anche quasi ovunque. Grazie alla relativa compattezza, estraendo se necessario una sottosuccessione da ( i ) possiamo anche supporre che f i! g localmente uniformemente su R, e ovviamente g resta 1-Lipschitziana. Confrontando le due convergenze (puntuale quasi ovunque a f, uniforme locale a g) otteniamo che f(x) =g(x) per quasi ogni x. Esercizio 4. Sia : [, +1)! [, +1) una funzione convessa e strettamente crescente, tale che () =. Indichiamo con L (, 1) l insieme delle funzioni f misurabili da (, 1) in R tali che R 1 ( f / ) dt < 1 per qualche > e poniamo (con la convenzione inf ; = 1) kfk := inf >: ( f / ) dt apple 1. Si mostri che: (a) kfk < 1 per ogni f 2 L (, 1) e (b) se f n 2 L (, 1) e che kf + gk apple 2kfk +2kgk 8f, g 2 L (, 1). lim kf n f m k =, allora esiste f 2 L (, 1) tale n,m!1 lim kf n fk =. n!1 Soluzione. (a) La prima parte segue subito dal teorema della convergenza dominata, dato che ( f / ) # per " 1. Per mostrare la disuguaglianza triangolare osserviamo che l inf è un minimo, quindi ( f kfk ) dt apple 1, ( g kgk ) dt apple 1 3

e usando f + g apple f + g e due volte la convessità di otteniamo f + g ( 2kfk +2kgk ) dt apple apple 2kfk 2kf k +2kgk apple 1 2 f ( 2kfk ) dt + 2kgk 2kf k +2kgk f ( kfk ) dt + 1 2 g ( kgk ) dt apple 1. g ( 2kgk ) dt (b) Basta trovare una sottosuccessione g i = f n(i) che converge a g quasi ovunque. Infatti, se > è fissato, sia j tale che kg i g j k apple per i j j. Passando al limite per i!1nella disuguaglianza per j j ( g i g j ) dt apple kg i g j k ( g i g j kg i g j k ) dt apple kg i g j k apple 1 otteniamo, grazie al lemma di Fatou, ( g g j ) dt apple 1 quindi kg g j k apple per j j. Essendo arbitrario, si conclude che kg g j k!. Infine, usando la disuguaglianza triangolare e la proprietà di Cauchy si deduce che kf n gk!. Per costruire g i basta osservare che kfk = kfk p se (z) =z p per qualche p 1, e che la funzione ha crescita almeno lineare (a meno che non sia identicamente nulla, caso in cui la tesi vale banalmente). Quindi (f n ) è di Cauchy anche per la norma L 1. Esiste allora una sottosuccessione di (f n ) che converge quasi ovunque. Esercizio 5. Si mostri che per ogni y 2 R il problema di Cauchy 8 Z 1 t >< arctan(y(s)) ds y t (t) = >: y() = y ha un unica soluzione, nella classe delle funzioni continue su [, +1), con derivata continua in [, +1). Si mostri inoltre che la soluzione ha una dipendenza monotona rispetto al dato iniziale y. 4

Soluzione. Per l esistenza e l unicità in un intorno [,a] dell origine basta applicare il teorema delle contrazioni alla mappa (y)(t) := y + Z t 1 s Z s arctan y( ) d ds nello spazio X := {y 2 C([,a]) : y() = y } munito della norma del sup. Usando la rappresentazione equivalente Z t Z t Z 1 t (y)(t) =y + arctan y( ) s dsd = y + ln(t/ )arctan y( ) d si vede subito infatti che la costante di Lipschitz di non supera a R a ln(1/ ) d, che è minore di 1 per a> abbastanza piccolo. Si può poi continuare nello stesso modo, considerando l unica soluzione ȳ in [,a] e il problema 8 Z 1 t >< y t c a + arctan (y(s)) ds a (t) = >: y(a) =ȳ(a) nello spazio X := {y 2 C([a, b]) : y(a) =ȳ(a)}, con c a = R a arctan ȳ(s) ds. In questo caso la mappa (y)(t) =ȳ(a)+ 1 t c a + Z a t arctan y(s) ds ha costante di Lipschitz (maggiorando 1/t con 1/a) non superiore a (b a)/a e basta allora scegliere b = a + a/2. Continuando in questo modo si prolunga l intervallo di esistenza e unicità per una lunghezza pari a a/2 ad ogni passo. Mostriamo ora la monotonia. Se y < ȳ, indichiamo con y eȳ le due soluzioni corrispondenti e sia t>il primo istante in cui si incontrano. Dato che y<ȳ in [,t), con uguaglianza al tempo t, deve essere y (t) y(t). D altro canto, usando ancora il fatto che y<ȳ in [,t), vale Z t arctan(y(s)) ds < Z t arctan(ȳ(s)) ds. Essendo y e ȳ soluzioni, le due disuguaglianze si contraddicono. Quindi y non incontra mai ȳ. 5

Scuola Normale Superiore Ammissione al IV anno del corso ordinario Prova scritta di Algebra e Geometria per matematici 27 agosto 21 Esercizio 1. Siano n e d due interi positivi, e sia (x) 2 C[x] un polinomio di grado al più d. Sia V C[x] il sottospazio vettoriale dei polinomi di grado al più n; definiamo un operatore lineare T : V! V mediante la formula Tf(x) def = (x)f (d) (x) (dove con f (d) indichiamo la derivata d-esima di f). Date delle condizioni necessarie e su cienti perché l operatore T sia diagonalizzabile. Esercizio 2. Sia G un sottogruppo non abeliano di GL 2 (C). Fate vedere che il centro di G è contenuto nel centro di GL 2 (C). Esercizio 3. Considerate l anello R[x, y]/(x 2 + y 2 ); è un dominio, siccome R[x, y] è un dominio a fattorizzazione unica e x 2 + y 2 è irriducibile in R[x, y]. (a) Dimostrate che i soli elementi invertibili in R[x, y]/(x 2 + y 2 ) sono le classi delle costanti non nulle in R[x, y]. (b) Fate vedere che R[x, y]/(x 2 + y 2 ) non è un dominio a fattorizzazione unica. Esercizio 4. Sia L ' RP 1 una retta sul piano proiettivo reale RP 2. Sia X lo spazio topologico ottenuto incollando due copie di RP 2 lungo L. Calcolate il gruppo fondamentale di X. Esercizio 5. Sia : (a, b)! R 3 una curva regolare C 1, la cui curvatura non si annulla mai. Supponiamo che i centri dei cerchi osculatori giacciano su una retta. Fate vedere che descrive un arco di circonferenza (e quindi, in particolare, che i cerchi osculatori coincidono tutti). Esercizio 6. Sia L = {x +iy ax + by + c =} una retta a ne reale in C ' R 2, e sia f : C! C una funzione olomorfa tale che f(l) L. Sia z 2 L. Dimostrate che i numeri complessi f(z + a +ib) ef(z a ib) sono simmetrici rispetto ad L.

Scuola Normale Superiore Ammissione al IV anno del corso ordinario Prova scritta di Algebra e Geometria per matematici 27 agosto 21 Soluzioni Esercizio 1. Siano n e d due interi positivi, e sia (x) 2 C[x] un polinomio di grado al più d. SiaV C[x] il sottospazio vettoriale dei polinomi di grado al più n; definiamo un operatore lineare T : V! V mediante la formula Tf(x) def = (x)f (d) (x) (dove con f (d) indichiamo la derivata d-esima di f). Date delle condizioni necessarie e su cienti perché l operatore T sia diagonalizzabile. Soluzione esercizio 1. Se d > nl operatore T è nullo, quindi diagonalizzabile. Supponiamo d apple n. Se il grado di (x) è minore di d, allora il grado di Tf(x) èsempre minore del grado di f(x), se f(x) 6=, quindi l operatore T è nilpotente. Un operatore nilpotente è diagonalizzabile se e solo se è nullo; siccome Tx d = d! (x), vediamo che T è nullo se e solo se (x) =. Se invece il grado di (x) è uguale a d, siaa il suo coe ciente di grado d; quindi a 6=. Abbiamo Tx i = i(i 1)...(i d + 1)ax i + termini di grado <i; quindi la matrice di T rispetto alla base 1, x,...,x n è triangolare superiore, con elementi sulla diagonale i(i 1)...(i d+1)a per i che va da a n. Questi valori saranno quindi gli autovalori di T, contati con la loro molteplicità algebrica; tra questi viene ripetuto d volte, mentre i restanti appaiono con molteplicità algebrica 1. Per verificare che T è diagonalizzabile basta quindi accertarsi che la molteplicità geometrica di sia d; ma il nucleo di T è costituito precisamente dai polinomi di grado minore di d, e quindi ha dimensione d. Quindi T è diagonalizzabile. In conclusione, T è diagonalizzabile se e solo se una delle seguenti condizioni è verificata. (1) d>n. (2) (x) =. (3) (x) ha grado uguale a d. Esercizio 2. Sia G un sottogruppo non abeliano di GL 2 (C). Fate vedere che il centro di G è contenuto nel centro di GL 2 (C). Soluzione esercizio 2. Supponiamo che il centro di G non sia contenuto nel centro di GL 2 (C), e mostriamo che G è necessariamente abeliano. È ben noto che il centro di GL 2 (C) consiste dei multipli non nulli della matrice identità. Sia g un elemento del centro di G che non sia un multiplo non nullo dell identità; il gruppo G è contenuto nel centralizzatore di g, per cui basta fare vedere che il centralizzatore di g è abeliano. Elementi coniugati 1

2 di un gruppo hanno stabilizzatori coniugati; perciò possiamo assumere che g sia in forma di Jordan. Ci sono due possibilità. La matrice g può avere due autovalori distinti, e quindi essere in forma di Jordan 1 2 dove 1 e 2 sono elementi distinti di C. In questo caso si verifica facilmente che il centralizzatore di g è costituito dalle matrici diagonali, che ovviamente commutano tra di loro. Oppure g può avere un solo autovalore ma non essere diagonalizzabile, nel quale caso deve essere della forma 1 con 2 C. In questo caso si verifica pure con agio che il centralizzatore di g consiste delle matrici della forma a b a con a 2 C e b 2 C, e che queste matrici commutano sempre fra di loro. Esercizio 3. Considerate l anello R[x, y]/(x 2 + y 2 ); è un dominio d integrità, siccome R[x, y] è un dominio a fattorizzazione unica e x 2 + y 2 è i r r i d u c i b i l e in R[x, y]. (a) Dimostrate che i soli elementi invertibili in R[x, y]/(x 2 + y 2 ) sono le classi delle costanti non nulle in R[x, y]. (b) Fate vedere che R[x, y]/(x 2 + y 2 ) non è un dominio a fattorizzazione unica. Soluzione esercizio 3. Poniamo A def = R[x, y]/(x 2 +y 2 ). Pensiamo a x 2 +y 2 come a un polinomio in y acoe cientiinr[x]; siccome questo è monico di grado 2, segue dal lemma di divisione per i polinomi che ogni elemento di A può essere scritto in modo unico come a (x)+a 1 (x)y, con a (x) ea 1 (x) in R[x]. Dalla relazione x 2 +(ix) 2 =inc[x] segue che esiste un omomorfismo di anelli A! C[x] che manda a (x) +a 1 (x)y in a (x) +ixa 1 (x). La sua immagine è il sottoanello B di C[x] costituito dai polinomi complessi il cui termine costante è reale. Siccome ogni elemento di B può essere scritto in modo unico come a (x)+ixa 1 (x) con a (x) ea 1 (x) inr[x], vediamo che l omomorfismo A! B è un isomorfismo. (a) Un elemento invertibile di A corrisponde a un elemento invertibile di B, che è pure invertibile in C[x]; ma i soli elementi invertibili di C[x] sono le costanti non nulle. (b) Gli elementi x e y corrispondono agli elementi x eix di B, che sono ovviamente irriducibili. Non sono associati tra di loro, ma x 2 = y 2 ; questo dimostra che A non è un dominio a fattorizzazione unica.

Esercizio 4. Sia L ' RP 1 una retta sul piano proiettivo reale RP 2.SiaX lo spazio topologico ottenuto incollando due copie di RP 2 lungo L. Calcolate il gruppo fondamentale di X. Soluzione esercizio 4. Fissiamo un punto p 2 L. Il piano proiettivo RP 2 è un quoziente della sfera S 2 per un azione libera del gruppo ciclico Z/2Z. Questo implica che S 2, che è semplicemente connessa, è il rivestimento universale di RP 2, il cui gruppo fondamentale è quindi Z/2Z. Il gruppo fondamentale di L = RP 1 ' S 1 è Z; inoltre l omomorfismo 1 (L, p)! 1 (RP 2,p) è suriettivo (questo segue, per esempio, dal fatto che l immagine inversa di L in S 2 è connessa). Sia V un intorno tubolare di L in RP 2, quindi tale che L sia un retratto per deformazione di L. Chiamiamo X 1 e X 2 le due copie di RP 2 ; denotiamo con U 1 l unione di X 1 con la copia di V in X 2, e analogamente per U 2. Gli aperti U 1 e U 2 di X sono omotopi a RP 2, e la loro intersezione, che è l unione di due copie di V incollate lungo L, è omotopicamente equivalente a L; quindi i gruppi fondamentali di U 1 e U 2 sono isomorfi a Z/2Z; inoltre il gruppo fondamentale di U 1 \ U 2 è isomorfo a Z, e gli omomorfismi 1 (U 1 \ U 2,p)! 1 (U i,p) sono non banali. Denotiamo con x 1 e x 2 i generatori di 1 (U 1,p)edi 1 (U 2,p); e con y un generatore di 1 (U 1 \ U 2,p). Per il teorema di Van Kampen, il gruppo fondamentale di X è generato da tre generatori x 1, x 2 e y, con le relazioni x 2 1 = x2 2 = 1, y = x 1 = x 2 ; quindi è isomorfo a Z/2Z. Esercizio 5. Sia : (a, b)! R 3 una curva regolare C 1, la cui curvatura non si annulla mai. Supponiamo che i centri dei cerchi osculatori giacciano su una retta. Fate vedere che descrive un arco di circonferenza (e quindi, in particolare, che i cerchi osculatori coincidono tutti). Soluzione esercizio 5. Possiamo supporre che sia parametrizzata con la lunghezza d arco s. Siano t(s), n(s), b(s) ilriferimentodifrenet, apple(s) la curvatura e (s) la torsione di.ilcentroo(s) del centro osculatore a in s è dato dalla nota formula O(s) = (s)+ 1 apple(s) n(s). Dal fatto che gli O(s) giacciono tutti su una retta deduciamo che esistono un punto p, un vettore v e una funzione :(a, b)! R tali che p + (s)v = O(s). Derivando e usando il fatto che (s) =t(s) e le formule di Frenet ṫ(s) =apple(s)n(s) ṅ(s) = ḃ(s) = apple(s)t(s)+ (s)b(s) (s)n(s) otteniamo apple(s) (s)v = apple(s) 2 n(s)+ (s) apple(s) b(s). Derivando ulteriormente ricaviamo un uguaglianza del tipo (s)v = apple(s) apple(s) t(s)+( )n(s)+( )b(s) 3

4 (i coe cienti di n(s) eb(s) non hanno importanza). Ma (s)v e (s)v sono paralleli; quindi la componente di (s) lungo t(s) deve essere nulla, perciò apple(s) =, e apple(s) =apple è costante. Quindi (s)v = (s) apple b(s); derivando quest espressione più semplice ricaviamo (s) (s)v 2 (s) = n(s)+ apple apple b(s). Ancora una volta sfruttiamo il parallelismo di (s)v edi (s)v per dedurre che (s) =. Quindi ha curvatura costante e torsione identicamente nulla; è quindi ben noto che descrive un arco di circonferenza. Esercizio 6. Sia L = {x +iy ax + by + c =} una retta a ne reale in C ' R 2,esiaf: C! C una funzione olomorfa tale che f(l) L. Sia z 2 L. Dimostrate che i numeri complessi f(z + a +ib) ef(z a ib) sono simmetrici rispetto ad L. Soluzione esercizio 6. Sia L : C! C la riflessione lungo la retta L; si tratta di un isometria data dalla formula L (x +iy) =x +iy ax + by + c 2 a 2 + b 2 (a +ib). Si ha L (z + a +ib) =z a ib. Facciamo vedere che f( L z)= L f(z); questo implica che f(z a ib) = L f(z + a +ib). Supponiamo che L = R. In questo caso f(r) R, ilcheimplicachef è definita da una serie di potenze a coe cienti reali. La riflessione R è i l coniugio, quindi l enunciato si riduce all ovvio fatto che f(z) = f(z). Nel caso generale, sia : C! C la funzione definita da (z) = p b +ia a 2 + b z + z 2 ; si tratta di un isometria olomorfa, con la proprietà che (R) =L. Ovviamente R 1 = L ; inoltre 1 f : C! C è una funzione olomorfa che porta R in R. Allora f L = f R 1 = 1 f R 1 = R 1 f 1 = L f.