Appunti di Analisi III

appunti del corso dianalisi III

Universita di PisaAnno Accademico 2004/2005

Pietro MajerDocente titolare

Carlo CarminatiEsercitatore

Appunti redatti daGiovanni Pizzi

Indice

Lezioni 1

L.1 Prodotto scalare canonico su Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1L.2 Concetti elementari degli spazi metrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4L.3 Proprieta degli aperti di uno spazio metrico X . . . . . . . . . . . . . . . . . 6L.4 Continuita di funzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6L.5 Distanze topologicamente equivalenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8L.6 Confronto tra norme sullo stesso spazio vettoriale . . . . . . . . . . . . . . . . 8L.7 Parte interna e chiusura di sottoinsiemi di spazi metrici . . . . . . . . . . . . 9

L.7.1 Chiusura sequenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10L.8 Applicazioni lineari continue fra spazi normati . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11L.9 Prodotti di spazi metrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12L.10 Prodotto di spazi vettoriali normati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14L.11 Completezza di spazi metrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15L.12 Competezza rispetto alla distanza uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

L.12.1 Caso di uno spazio metrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19L.13 Teorema del punto fisso delle contrazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20L.14 Perturbazioni lipschitziane dell’identita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23L.15 Calcolo differenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

L.15.1 Casi particolari importanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26L.16 Teorema del valor medio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

L.16.1 Una facile conseguenza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29L.17 Differenziabilita della funzione inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31L.18 Teorema di inversione locale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32L.19 Differenziazione parziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34L.20 Differenziazione successiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36L.21 Teorema della funzione implicita (di Dini) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39L.22 Massimi e minimi in piu variabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

L.22.1 Massimi e minimi liberi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41L.22.2 Condizione necessaria al second’ordine . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41L.22.3 Condizione sufficiente al second’ordine . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42L.22.4 Massimi e minimi vincolati: i moltiplicatori di Lagrange . . . . . . . . 42

L.23 Equazioni differenziali ordinarie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44L.23.1 Problema di Cauchy per una equazione differenziale ordinaria . . . . . 45

L.24 Estensione delle soluzioni del problema di Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . 51L.25 Dipendenza continua dai dati iniziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52L.26 Equazioni differenziali ordinarie lineari in Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

L.26.1 Equazioni lineari omogenee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56L.26.2 Equazioni lineari non omogenee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58L.26.3 Caso delle equazioni lineari a coefficienti costanti . . . . . . . . . . . . 61

L.27 Dipendenza differenziabile dai dati iniziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

INDICE

L.28 Ricerca di primitive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66L.29 Derivazione sotto il segno di integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

Esercitazioni 73

E.1 Disuguaglianza di Cauchy–Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75E.2 Teorema di Bolzano–Weierstrass su Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79E.3 Teorema di Weierstrass su Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80E.4 Ricerca di massimi e minimi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80E.5 Distanza di un punto da un insieme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82E.6 Un’applicazione del teorema del punto fisso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84E.7 Serie a valori in uno spazio normato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86E.8 Derivabilita del limite di una successione di funzioni . . . . . . . . . . . . . . 89E.9 Serie di potenze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91E.10 Completezza dell’insieme delle applicazioni lineari . . . . . . . . . . . . . . . . 93E.11 Sviluppo in serie della funzione esponenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93E.12 Il differenziale dell’operatore determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94E.13 Applicazioni del calcolo differenziale allo studio di funzioni . . . . . . . . . . . 96E.14 Derivate parziali e direzionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99E.15 Coordinate cartesiane, cilindriche e sferiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102E.16 Differenziazione successiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104E.17 Prima prova in itinere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

E.17.1 Correzione della prima prova in itinere . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107E.18 Applicazione del metodo dei moltiplicatori di Lagrange . . . . . . . . . . . . . 109E.19 Relazione tra norma degli operatori e autovalori . . . . . . . . . . . . . . . . . 110E.20 Formula di Taylor al secondo ordine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112E.21 Funzioni armoniche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

E.21.1 Alcuni esempi di funzioni armoniche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114E.22 Funzioni convesse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115E.23 Fit lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117E.24 Curve di livello . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118E.25 Sistemi di equazioni differenziali lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

Lezioni — Docente: Pietro Majer iv Appunti redatti da Giovanni Pizzi

Lezioni (Pietro Majer)

L.1 Prodotto scalare canonico su Rn

Definizione L.1 Sia f : A× A→ R un applicazione, con A uno spazio vettoriale. Questasi dice

• bilineare se e lineare nelle 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

(x · y) =n∑

j=1

xjyj ∈ R , dove x = (x1, · · · , xn) ; y = (y1, · · · , yn) .

Si verifica che l’applicazione (·) : Rn ×Rn → R, (x, y)→ (x · y) e bilineare, simmetrica edefinita positiva.

In generale, se V e un R−spazio vettoriale e B : V × V → R e una forma bilineare,simmetrica e definita positiva, B si dice anche prodotto scalare.

Esempio Se V = C0([a, b]) (funzioni continue su [a, b]), allora l’applicazione (u, v) ∈V × V → ∫ b

au(t)v(t) dt e un prodotto scalare.

Oss. Prendendo R[a, b] (insieme delle applicazioni integrabili secondo Riemann su [a, b])invece di C0[a, b] si otterrebbe una forma positiva, ma non definita positiva.

• Esercizio L.1 Sia V = Rn e A ∈Mn×n(R). Consideriamo (x, y)A = (Ax · y). Mostrareche si tratta di un’applicazione bilineare; simmetrica se e solo se lo e A; in generale non epositiva, e che (x, y)A e positiva ⇔ [A e positiva ∨ A e definita positiva].

Soluzione 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 e lineare nella prima componente. In modo del tutto analogo si mostrala linearita nella seconda componente.

L.1. PRODOTTO SCALARE CANONICO SU RN

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

Ax =

(∑

i

a1ixi, · · · ,∑

i

anixi

),

da cui (Ax · y) =∑i

∑j ajixiyj . Procedendo in modo analogo, si vede che (Ay · x) e invece

uguale a∑i

∑j aijxiyj . Per l’arbitrarieta di x e y, e 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 e positiva ⇔ A e 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 e positiva, e che |x|2 ≥ 0, devenecessariamente essere λ ≥ 0, ovvero tutti gli autovalori sono positivi.

(⇐) Dato che A e simmetrica, per il teorema spettrale esiste una base di autovettoriortogonali; sia una tale base v1, . . . , vn, e siano i rispettivi autovalori λ1, . . . , λn. Taliautovalori possono anche essere uguali tra loro, ma sono sicuramente positivi o nulli peripotesi (A e positiva). Allora, considerato un generico x = a1v1 + · · ·+ anvn, si avra

(x, x)A = (Ax · x) =

(∑

i

aiA(vi) ·∑

i

aivi

)=

(∑

i

aiλivi ·∑

i

aivi

);

per l’ortogonalita dei vettori, tutti i prodotti misti scompaiono, e resta solo

(x, x)A =∑

i

a2iλi|vi|2

che e ≥ 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, e la lunghezza del segmento [0, x]). Piu in generale, se

(V, (·|·)) e un

R−spazio vettoriale dotato di prodotto scalare, si puo considerare la norma associata alprodotto scalare ‖v‖(·|·) =

√(v|v), v ∈ V . Ancora piu in generale, se V e uno spazio

vettoriale reale, un’applicazione ‖ · ‖ : V → R si dice norma su V se e solo se:

1. e positivamente omogenea: ∀t ∈ R, ∀v ∈ V, ‖tv‖ = |t| ‖v‖;2. ‖v‖ ≥ 0 ∀v ∈ V , e (‖v‖ = 0⇔ v = 0):

3. e subadditiva: ‖v + u‖ ≤ ‖v‖+ ‖u‖ ∀u, v ∈ V .

Teorema L.1 Ogni norma associata ad un prodotto scalare, ed in particolare la normaeuclidea, e effettivamente una norma.

Dimostrazione 1. Se x ∈ Rn, t ∈ R, allora si ha ‖tx‖ =√

(tx|tx) =√t2(x|x) =

|t|√

(x|x) = |t| ‖x‖.2. Segue dal fatto che il prodotto scalare e definito positivo.

Lezioni — Docente: Pietro Majer 2 Appunti redatti da Giovanni Pizzi

L.1. PRODOTTO SCALARE CANONICO SU RN

3. Segue dalla disuguaglianza di Cauchy–Schwarz, valida per ogni prodottoscalare (·|·) definito su un R−spazio vettoriale V :

|(u|v)| ≤√|(u|u)| ·

√|(v|v)| .

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‖. ¤

• Esercizio L.2 Sia V = C0[a, b]; definiamo ∀f ∈ V‖f‖∞ = sup

a≤x≤b|f(x)| = max

a≤x≤b|f(x)| ,

dove la seconda uguaglianza discende dal teorema di Weierstrass. Si verifichi che ‖ · ‖∞ euna norma (‖ · ‖∞ e detta norma uniforme).

Soluzione Verifichiamo di seguito le tre proprieta di una norma:

1. Sia t ∈ R, f ∈ V ; allora

‖tf‖∞ = maxa≤x≤b

|tf(x)| = maxa≤x≤b

|t||f(x)| = |t| maxa≤x≤b

|f(x)| = |t| ‖f‖∞

2. Ovviamente, maxa≤x≤b |f(x)| ≥ 0, essendo il massimo di una quantita positiva o nulla,e se la norma e zero la funzione coincide necessariamente con la funzione identicamentenulla.

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 proprieta del max.

Esempio V = R2; definiamo ∀x = (x1, x2) ∈ R2, ‖x‖∞ = max|x1|, |x2|.

Esempio V = R2; ‖x‖1 = |x1|+ |x2|

• Esercizio L.3 Per i due esempi precedenti, disegnare l’insieme B = v ∈ R2∣∣ ‖v‖ ≤ 1.

Soluzione Per il primo dei due esempi, dobbiamo considerare l’insieme di tutti i punti taliche almeno una delle due coordinate e minore o uguale a uno: questo e 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 cosı, per i 4 quadranti:

x+ y ≤ 1 I quadrante−x+ y ≤ 1 II quadrante−x− y ≤ 1 III quadrantex− y ≤ 1 IV quadrante

,

che delimitano un quadrato centrato nell’origine, con i lati formanti angoli di 45 con gliassi, e di lato

√2.

Appunti redatti da Giovanni Pizzi 3 Lezioni — Docente: Pietro Majer

L.2. CONCETTI ELEMENTARI DEGLI SPAZI METRICI

Definizione L.4 Una funzione d : X × X → R si chiama distanza su un insieme X sevalgono le seguenti proprieta:

1. d(x, y) ≥ 0 ∀x, y ∈ X2. d(x, y) = 0⇔ x = y

3. d(x, y) = d(y, x) ∀x, y ∈ X4. d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) ∀x, y, z ∈ X (disuguaglianza triangolare)

Esempio X = R, d(x, y) = |x− y|.Piu in generale, se V e uno spazio vettoriale reale, con una norma ‖ · ‖, ovvero e uno spazionormato, allora vi e una distanza associata definita come segue:

d(u, v) = ‖u− v‖ ∀u, v ∈ V

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

Oss. Nel concetto di spazio metrico, X e un insieme qualunque, eventualmente privo distruttura algebrica.

Esempio Dato un qualunque insieme X, definiamo la distanza discreta come

d(x, y) =

0 x = y

1 x 6= y.

Esempio Sia X = Z, n,m ∈ X; consideriamo r = maxl ∈ Z∣∣ 10l divide n − m.

Definiamo, quindi, d(n,m) + 10−r. Due interi n e m, dunque, risulteranno “vicini” seavranno molte cifre uguali a partire dalle cifre dell’unita: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 raggior ∈ 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 .

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

∣∣ xn ∈ U ∀n ≥ n0.

Esempio Sia X = C0[a, b], con d(f, g) = ‖f − g‖∞ (distanza uniforme). Allora, B(f, r) =g ∈ X

∣∣ il grafico di g e contenuto tra quelli di f − r e f + r (vedi figura 1 a fron-te). In tal caso, una successione (fn) ⊆ C0[a, b] converge con questa distanza ⇔ convergeuniformemente.


L.2. CONCETTI ELEMENTARI DEGLI SPAZI METRICI

r

Figura 1: B(f, r) e l’insieme delle funzioni comprese tra le due linee tratteggiate (f e la funzionetracciata 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) .

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

Soluzione L’implicazione (Definizione L.7⇒Esercizio L.4) e ovvia, in quanto posso sce-gliere come intorno U la palla B(x, r). Allo stesso modo, per l’implicazione inversa, scelto Uposso 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 definitivamentein U .

N.B. y ∈ B(x, r) equivale a dire che d(x, y) < r, quindi xn → x ⇔ ∀r > 0 ∃n0 ∈N

∣∣ ∀n > n0 si ha d(xn, x) < r o, in altre parole, xn → x⇔ d(xn, x)→ 0 in R.

Definizione L.8 Si dice che una successione di funzioni (fn) converge puntualmente af se ∀x ∈ [a, b], ∀r > 0 ∃n0 ∈ N

∣∣ ∀n ≥ n0 |fn(x)− f(x)| < r.

• Esercizio L.5 Trovare una successione di funzioni (fn) ⊆ C0[0, 1], convergente puntual-mente alla funzione identicamente nulla, ma non uniformemente.

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

ϕ(x) =

4x 0 ≤ x ≤ 12

4(1− x) 12 ≤ x ≤ 1

0 x ≥ 1;

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

• Esercizio L.6 Provare che se (fn) ⊆ C0[0, 1] converge a f uniformemente, allora∫ 1

0

fn(x) dx→∫ 1

0

f(x) dx .


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

Vale la stessa condizione se (fn) converge solo puntualmente?

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

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 e aperto se e intorno di ogni suo punto.

Esempio Sia X = Mn×n(R); allora A = GL(n,R) e aperto in X (GL e l’insieme dellematrici invertibili). X e uno spazio metrico in quanto isomorfo a

(Rn2

, deucl).

Definizione L.10 C ⊆ X si dice chiuso ⇔ Cc (complementare di C in X) e aperto.

Esempio X = R: ]0, 1[ e aperto, R \ Z e aperto; [0, 1] e chiuso, N e chiuso; ]0,1] non e neaperto ne chiuso.

L.3 Proprieta degli aperti di uno spazio metrico X

1. ∅, X sono aperti (e chiusi);

2. A,B ⊆ X aperti ⇒ A ∩B e aperto;

3. Se Aii∈I e una famiglia di insiemi aperti, allora⋃i∈I Ai e aperto.

Dimostrazione Sia a un qualunque punto di⋃i∈I Ai; allora, ∃j ∈ I

∣∣ a ∈ Aj , dacui ∃r > 0

∣∣ B(a, r) ⊆ Aj ⊆⋃i∈I Ai. ¤

Per i chiusi, si avra:

1. ∅, X sono chiusi (e aperti);

2. C,D ⊆ X chiusi ⇒ C ∪D e chiuso;

3. Cii∈I e una famiglia di chiusi ⇒ ⋂i∈I Ci e chiuso.

L.4 Continuita 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 e continua in x.

• Esercizio L.7 f : X → Y e continua ⇔ ∀A ⊆ Y aperto in Y , f−1(A) e aperto in X.

Soluzione 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 e aperto). Dato che la funzionee continua, so che ∃U intorno di x tale f(U) ⊆ V ⊆ A, dunque in particolare U ⊆ f−1(A).


L.4. CONTINUITA DI FUNZIONI

Abbiamo dunque dimostrato che ∀x ∈ f−1(A) trovo U ⊆ f−1(A) intorno di x, dunquef−1(A) e aperto.

(⇐) Preso x ∈ X, considero y = f(x) ∈ Y , e considero un qualunque intorno V di y;posso dunque trovare ρ > 0

∣∣ V ′ = B(y, ρ) ⊆ V . So per ipotesi che f−1(V ′) = U e aperto;inoltre, x ∈ U , in quanto y = f(x) ∈ V ′, e U e la controimmagine di V ′. Dato che U eaperto, e anche un intorno di x; dunque, ∀x ∈ X, ∀V intorno di f(x), trovo U intorno di xtale che f(U) ⊆ V , ovvero f e continua.

• Esercizio L.8 f : X → Y e continua in x0 ∈ X ⇔ ∀U intorno di f(x0) in Y , f−1(U) eun intorno di x0.

Soluzione Discende immediatamente dalla definizione.

N.B. Esiste una nozione piu generale di quella di spazio metrico, quella di spaziotopologico:

Definizione L.12 Si dice spazio topologico un insieme in cui sia dichiarata una suafamiglia di sottoinsiemi, detti aperti, tali che valgano le 3 proprieta viste in precedenza.

Proposizione L.2 f : X → Y e continua ⇔ ∀C ⊆ Y chiuso, f−1(C) e chiuso (in X).

Dimostrazione Deriva dal fatto che(f−1(A)

)c = f−1(Ac). Si ha, infatti,(f−1(A)

)c =x ∈ X ∣∣ f(x) ∈ Ac = x ∈ X ∣∣ f(x) 6∈ A = x ∈ X ∣∣ f(x) ∈ Ac = f−1(Ac). ¤

Oss. Tutto cio vale anche per X,Y spazi topologici.

• Esercizio L.9 Siano X,Y spazi metrici; sia x ∈ X e f : X → Y ; allora f e continua inx⇔ ∀(xn) ⊆ X convergente a x, f(xn) converge a f(x).

Soluzione Dimostriamo le due implicazioni.

(⇒) Scelto un qualunque intorno V di f(x), per continuita trovo un intorno U di x taleche f(U) ⊆ V . Dato che xn converge a x, definitivamente xn ∈ U , e dunque definitivamentef(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 = 1n , posso costruire una successione (xn) in modo tale che

d(xn, x) < 1n , mentre d

(f(xn), f(x)

)> ε ∀n. Dunque, xn → x, mentre f(xn) non puo

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 e sequenzialmente continua in x ∈ X se∀(xn) ⊆ X convergente a x, f(xn) converge a f(x).

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


L.5. DISTANZE TOPOLOGICAMENTE EQUIVALENTI

L.5 Distanze topologicamente equivalenti

Definizione L.14 Siano d1, d2 distanze sullo stesso insieme X; possiamo considerare lafamiglia T1 degli aperti rispetto a d1, e quella — T2 — degli aperti rispetto a d2. Dicia-mo che d1 e una distanza piu fine di d2 se T1 ⊇ T2. In particolare, d1 e d2 si diconotopologicamente equivalenti se T1 = T2.

Proposizione L.3 Dire che d1 e piu fine di d2 equivale a dire che

idX : (X, d1)→ (X, d2) e continua.

Dimostrazione Immediata per l’esercizio L.8 nella pagina precedente: infatti, idx e con-tinua ⇔ ∀A ∈ T2, vale A ∈ T1, cioe T1 ⊇ T2. ¤

L.6 Confronto tra norme sullo stesso spazio vettoriale

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

• Esercizio L.10 Su V = C0([0, 1]), le seguenti norme

• ‖f‖∞ = sup0≤x≤1

|f(x)| ∀f ∈ V

• ‖f‖2 =

√∫ 1

0

|f(x)|2 dx ∀f ∈ V

• ‖f‖1 =∫ 1

0

|f(x)| dx ∀f ∈ V

non sono equivalenti, ma ‖ · ‖∞ e piu fine di ‖ · ‖2 che e piu fine di ‖ · ‖1.

Soluzione Utilizzando l’ultima caratterizzazione della proposizione L.6 a pagina 12, mo-striamo equivalentemente che ‖f‖∞ ≥ ‖f‖2 ≥ ‖f‖1 ∀f ∈ V . Infatti,

∫ b

a

f(x) dx ≤ (b− a) supa≤x≤b

f(x) ,

che in particolare da la prima disuguaglianza cercata per a = 0, b = 1; per la seconda, usiamola disuguaglianza di Schwarz–Holder: dati p e q tali che 1

p + 1q = 1, si ha che

(∫ b

a

|f(x)|p) 1

p

·(∫ b

a

|g(x)|q) 1

q

≥∫ b

a

|f(x) · g(x)| dx ;

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


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

Per mostrare che ‖ · ‖∞ non e equivalente a ‖ · ‖2, esibiamo una successione di funzionifn tale che ‖fn‖2 si mantenga limitata, mentre ‖fn‖∞ diverga. A tale scopo, si possonousare le funzioni

fn(x) =

√n2x 0 ≤ x ≤ 1

n√2n− n2x 1

n ≤ x ≤ 2n

0 2n ≤ x ≤ 1

,

per cui ‖fn‖2 = 1 ∀n, mentre ‖fn‖∞ =√n→ +∞. Infine, per mostrare la non equivalenza

di ‖ · ‖1 e ‖ · ‖2, possiamo usare le funzioni

gn(x) =

n2x 0 ≤ x ≤ 1n

2n− n2x 1n ≤ x ≤ 2

n

0 2n ≤ x ≤ 1

,

per cui ‖fn‖1 = 1 ∀n, mentre ‖fn‖2 =√

2n3 → +∞.

• Esercizio L.11 Sia (X, d) uno spazio metrico, x ∈ X, r > 0: provare che la palla dicentro x e raggio r B(x, r) = y ∈ X

∣∣ d(x, y) < r e un insieme aperto in X.

Soluzione Sia y ∈ B(x, r). Devo trovare un ρ > 0 tale che B(y, ρ) ⊆ B(x, r). Scegliamoρ = 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 e visto che fra due spazi metrici le funzioni continue sono anche sequenzialmentecontinue e viceversa, quindi, se conoscessimo tutte le successioni convergenti di X e Yconosceremmo anche tutte le funzioni continue fra X e Y . Similmente accade per gli insiemiaperti e chiusi, che possono essere caratterizzati in termini di successioni convergenti.

• Esercizio L.12 Sia C ⊆ (X, d) spazio metrico. Allora C e chiuso in X ⇔ e chiusoper successioni (o sequenzialmente chiuso), cioe ∀(xn) ⊆ C convergente a x ∈ X, valex ∈ C.

Soluzione Dimostriamo le due implicazioni.

(⇒) Se, per assurdo, x 6∈ C, allora vorrebbe dire che x ∈ Cc che e aperto, dunquepotrei trovare ρ > 0

∣∣ B(x, ρ) ⊆ Cc, dunque dato che ∀n si ha xn ∈ C, cio vorrebbe dire ched(xn, x) ≥ ρ, dunque xn non potrebbe convergere a x, assurdo.

(⇐) Si tratta della proposizione L.4 nella pagina seguente, ricordando che S = S ⇔ Se chiuso.

L.7 Parte interna e chiusura di sottoinsiemi di spazimetrici

Come si e visto, unioni di aperti sono aperti: per conseguenza, esiste sempre il piu grandeaperto contenuto in un assegnato sottoinsieme S ⊆ X. Questo si chiama parte interna di


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

S, e si indica con S.

S =⋃

A aperto di XA⊆S

A = il massimo aperto di X contenuto in S ⊆ S .

In generale, S ⊆ S; S = S ⇔ S e aperto.Dualmente: siccome intersezione di insiemi chiusi sono chiusi, esiste sempre il piu piccolo

insieme chiuso di X fra quanti contengono S: si chiama chiusura di S e si indica con S.

S =⋂

A chiuso di XA⊇S

A = il minimo chiuso di X contenente in S ⊇ S .

In generale, S ⊇ S; S = S ⇔ S e chiuso. Inoltre, Sc = (Sc); (S)c = Sc.

Oss. Sia S ⊆ X spazio metrico, allora x ∈ X appartiene a S ⇔ ∀U intorno di x,U ∩ S 6= ∅ (si dice anche che x e aderente a S). Infatti, per assurdo, se x 6∈ S, alloraU = Sc e un intorno di x, perche x vi appartiene e l’insieme e aperto; inoltre, questo eevidentemente disgiunto da S. Viceversa, se U e un intorno di x disgiunto da S, vi e unaperto A, x ∈ A ⊆ U , con ovviamente A∩S = ∅. Dunque, S ⊆ Ac, che e un insieme chiuso,e per la definizione di chiusura (il piu piccolo chiuso), anche S ⊆ Ac 63 x, dunque x 6∈ 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 (spazio metrico), S = x ∈ X∣∣ ∃(sn) ⊆ S, sn → x.

Dimostrazione Sia x ∈ S. ∀n ∈ N, consideriamo l’intorno B(x, 1

n

); allora, B

(x, 1

n

)∩S 6=∅; sia sn un elemento diB

(x, 1

n

)∩S: la successione sn e di punti di S, con d(x, sn) < 1n ,

dunque sn → x. Viceversa, sia x ∈ X, (sn) ⊆ S, sn → x. Allora ∀U intorno di x,U interseca S: infatti, conterra un sn (con n sufficientemente grande), perche sn ∈ Udefinitivamente. Quindi, x ∈ S. ¤

Esempio Sia (V, ‖ · ‖) uno spazio vettoriale normato; allora

B(a, r) = x ∈ V∣∣ ‖x− a‖ ≤ r + C .

Soluzione Mostriamo innanzitutto la continuita della norma. Consideriamo la funzioneϕ : V → R, ϕ(x) = ‖x− a‖. Allora, ϕ e 1−lip, infatti

|ϕ(x)− ϕ(y)| =∣∣‖x− a‖ − ‖y − a‖

∣∣ ≤ ‖x− y‖ .Siccome la norma ‖ · ‖, come funzione da V in R, e continua, allora risulta che C e 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, cioe ‖x− a‖ ≤ r, vogliamo vedere che ∀U intorno di

x, U ∩ B(a, r) 6= ∅. Basta considerare il caso di U = B(x, ρ), 0 < ρ < r. Consideriamo ilpunto u + x − ρ

2x−a‖x−a‖ ; allora, ‖x − u‖ =

∥∥∥ρ2 x−a‖x−a‖

∥∥∥ = ρ2 < ρ, dunque u ∈ B(x, ρ); inoltre,

‖u− a‖ =∥∥∥(x− a)

(1− ρ

2‖x−a‖)∥∥∥ < ‖x− a‖ ≤ r, quindi ∀x trovo un u ∈ B(a, r) ∩B(x, r),

dunque x ∈ B(a, r).


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 non vale ⊇: ad esempio, sia (X, d), dove d e la distanza discreta. Allora,B(x, 1) = x = B(a, r), mentre x ∈ X

∣∣ d(x, y) ≤ 1 = X.

• Esercizio L.13 Verificare che in uno spazio metrico i singoletti x sono insiemi chiusi.

Soluzione E sufficiente osservare che l’unica successione di elementi dell’insieme e quellacostantemente uguale a x, che converge a x, dunque l’insieme e chiuso.

Una soluzione alternativa, che non usa la chiusura sequenziale, e la seguente: la propo-sizione e equivalente a mostrare che X \ x e aperto. Considerato y ∈ X \ x, abbiamoche x 6= y ⇒ d(x, y) = a > 0, dunque B(y, a) ⊆ X \ x, ovvero X \ x e aperto.

L.8 Applicazioni lineari continue fra spazi normati

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

1. L e continua;

2. L e 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:

(1)⇒(2) Ovvio.

(2)⇒(3) Per la continuita 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 6= 0, considero x′ = δ x‖x‖ . Allora,

‖x′‖ = δ, quindi Lx′ = δ‖x‖Lx ha norma ≤ 1 in Y , cioe δ

‖x‖‖Lx‖ ≤ 1, o ancora‖Lx‖ ≤ 1

δ ‖x‖. Quindi vale (3) con C = 1δ .

(3)⇒(1) Se vale (3), L e lipschitziana di costante C: ∀u, v ∈ X, ‖Lu − Lv‖ =‖L(u− v)‖ ≤ C‖u− v‖. ¤

Esempio Sia X = C0[a, b], ‖ · ‖∞; Y = R. L : X → Y , Lf =∫ baf(x) dx. L e lineare,

continua, ed inoltre vale la (3) con c = b− a, poiche∣∣∣∣∣∫ b

a

f(x) dx

∣∣∣∣∣ ≤ (b− a)‖f‖∞ .

Oss. In generale, L : X → Y lineare puo non essere continua.


L.9. PRODOTTI DI SPAZI METRICI

Proposizione L.6 Siano ‖ · ‖1, ‖ · ‖2 due norme sullo spazio vettoriale reale X. ‖ · ‖1 e piufine di ‖ · ‖2 ⇔ id : (X, ‖ · ‖1)→ (X, ‖ · ‖2) e continua ⇔ ∃C ≥ 0

∣∣ ∀x ∈ X, ‖x‖2 ≤ C‖x‖1.Cio significa che una norma piu fine e piu grande, a meno di un fattore moltiplicativo.

Dimostrazione La prima doppia implicazione e gia stata vista; la seconda e stata dimo-strata poco sopra. ¤

Vale, inoltre, che ‖ · ‖1 e ‖ · ‖2 sono equivalenti ⇔ ∃C > 0 tale che

1C‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ C‖x‖1 ∀x ∈ X .

Definizione L.16 Se (X, ‖ · ‖) e uno spazio vettoriale normato, S ⊆ X si dice limitato se∃r > 0

∣∣ S ⊆ B(0, r).

Ricordiamo che in Rn, ‖ · ‖eucl vale la seguente proprieta (compattezza):

∀(xk) ⊆ Rn 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 suRn. Se x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn, allora x =

∑ni=1 xiei, con ei la base canonica di

Rn. Dunque, ‖x‖ = ‖∑ni=1 xiei‖ ≤

∑ni=1 |xi|‖ei‖. Ora, usando la disuguaglianza di

Cauchy–Schwarz, si ottiene che

‖x‖ ≤(

n∑

i=1

|xi|2) 1

2(

n∑

i=1

‖ei‖2) 1

2

.

Chiamiamo C +(∑n

i=1 ‖ei‖2) 1

2 . Allora, ∀x ∈ Rn, ‖x‖ ≤ C|x|. Dunque, la normaeuclidea e piu fine di qualunque altra norma su Rn.Conseguenza:

‖ · ‖ : (Rn, | · |eucl)→ R e continua (C−lip),

perche 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 e chiuso e limitato in Rn, dunque peril teorema di Weierstrass la funzione ‖ · ‖ ha minimo su Σ; quindi, ∃x0 ∈ Σ

∣∣ ∀x ∈Σ ‖x‖ ≥ ‖x0‖ = µ > 0. Infatti, x0 ∈ Σ⇒ |x0| 6= 0⇒ x0 6= 0⇒ ‖x0‖ 6= 0.

Per concludere, se scelgo u ∈ Rn \ 0, allora u|u| ha norma euclidea 1, quindi ∈ Σ, da

cui ∥∥∥∥u

|u|

∥∥∥∥ ≥ µ > 0⇒ |u| ≤ 1µ‖u‖.

Dunque, anche ‖ · ‖ e piu fine di | · |, ovvero le due norme sono equivalenti. ¤

L.9 Prodotti di spazi metrici

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

dX×Y((x, y), (x′, y′)

)= maxdX(x, x′), dY (y, y′) .


L.9. PRODOTTI DI SPAZI METRICI

Si verifica subito che dX×Y : (X × Y ) × (X × Y ) → R e davvero una distanza. Infatti,e ovviamente simmetrica perche lo sono anche dX e dY ; dX×Y ≥ 0, ed e uguale a zero secontemporaneamente x = x′, y = y′. Infine, vale la disuguaglianza triangolare (facile).

In questa distanza, una successione (xn, yn) converge a (x, y) ∈ X × Y ⇔

dX×Y((x, y), (xn, yn)

)→ 0⇔dX(x, xn)→ 0dY (y, yn)→ 0

⇔xn → x in Xyn → y in Y

.

Inoltre, dato (Z, dZ) e f : Z → X × Y , cioe f = (f1, f2), con f1 : Z → X, f2 : Z → Y , fsi dice continua in z0 ∈ Z se e solo se

f1 e continua in z0f2 e continua in z0

.

Infatti, f e continua in z0 ⇔ ∀zn → z0 si ha che f(zn)→ f(z0) in X × Y , cioe contempora-neamente f1(zn)→ f1(z0) in X, e f2(zn)→ f2(z0) in Y .

Nella distanza dX×Y , le palle sono prodotti cartesiani di palle:

B((x, y), r;X × Y )

= B(x, r;X)×B(y, r;Y )

(vedi figura 2).

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

y

x

B(y,r;Y

)

B(x,r;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 proprieta di continuita di f : Z → X×Yin z0 usando la definizione con gli intorni.

Soluzione Sia z0 ∈ Z, con f(z0) = (x, y). Se f e continua in z0, vuol dire che lo sono le suedue componenti f1 e f2. Dunque che per ogni palla aperta B

((x, y), r;X × Y )

+ VX × VY ,con VX = B(x, r;X), VY = B(y, r;Y ), so che trovo un intorno U ′ di z0 per cui f1(U ′) ⊆ VX(continuita di f1) e un intorno U ′′ di z0 per cui f2(U ′′) ⊆ VY (continuita di f2). Se oraconsidero U = U ′ ∩U ′′, so che f(U) ⊆ VX × VY + VX×Y , come volevasi (in particolare, taleintersezione non sara vuota, essendo intersezione di due intorni di z0).


L.10. PRODOTTO DI SPAZI VETTORIALI NORMATI

L.10 Prodotto di spazi vettoriali normati

Se X, ‖ · ‖X e Y, ‖ · ‖Y sono spazi vettoriali normati, X × Y e uno spazio vettoriale in modonaturale; si puo dotare della norma ‖ · ‖X×Y ponendo ∀(x, y) ∈ X × Y

‖(x, y)‖X×Y = max(‖x‖X , ‖y‖Y ) .

• Esercizio L.15 Verificare che ‖ · ‖X×Y e 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 coincidecon 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 e uno spazio vettoriale normato, esiste l’applicazione di somma

+ : X ×X → X, (x, x′) 7→ x+ x′ .

Mostrare che tale applicazione e continua.

Oss. Dato che e lineare, si puo utilizzare la caratterizzazione vista per le applicazionilineari continue.

Mostrare, poi, che anche la moltiplicazione per scalare

· : R×X → X, (a, x) 7→ ax

e continua.

Soluzione Vogliamo mostrare che ‖a + b‖X ≤ C‖(a, b)‖X×X , ma cio discende immedia-tamente da

‖a+ b‖X ≤ ‖a‖X + ‖b‖X ≤ 2max(‖a‖X , ‖b‖X) = 2‖(a, b)‖X×X ,

dunque la disuguaglianza e verificata con C = 2.


L.11. COMPLETEZZA DI SPAZI METRICI

Per la continuita della moltiplicazione per uno scalare non possiamo ripetere un ragio-namento simile, in quanto tale moltiplicazione non e un’applicazione lineare. Utilizziamodunque la definizione di continuita con i δ e gli ε.

Vogliamo mostrare che, fissato (λ, x) ∈ R×X,

∀ε > 0 ∃δ > 0∣∣ ‖(λ′, x′)− (λ, x)‖ < δ ⇒ ‖λ′x′ − λx‖ < ε .

Ora, dato che

λ′x′ − λx = λ′x′ − λ′x+ λ′x− λx = λ′(x′ − x) + x(λ′ − λ) ,

si ha che‖λ′x′ − λx‖ ≤ |λ′|‖x′ − x‖+ ‖x‖|λ′ − λ| .

Ora, posso scegliere λ′ in modo tale che il secondo addendo sia minore di ε2 , in quanto tuttele altre quantita sono gia fissate; a questo punto, nel primo addendo l’unica quantita chepuo variare e x′, dunque posso sceglierlo in modo tale che anche questo addendo sia minoredi ε2 . In conclusione, posso trovare (λ′, x′) in modo che ‖λ′x′ − λx‖ < ε, come si voleva.

• Esercizio L.17 Se X, Y sono spazi normati, su X × Y c’e anche la norma

‖(x, y)‖+ = ‖x‖X + ‖y‖Y ;

verificare che ‖ · ‖+ e una norma su X × Y , equivalente a ‖ · ‖X×Y .

Soluzione L’unica proprieta delle norme non banale da dimostrare e la disuguaglianzatriangolare. 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

max‖x‖X , ‖y‖Y ≤ ‖x‖X + ‖y‖Y ≤ 2max‖x‖X , ‖y‖Y .

L.11 Completezza di spazi metrici

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

∀ε > 0 ∃nε ∈ N∣∣ ∀p, q ≥ nε d(xp, xq) ≤ ε . (L.1)

Definizione L.18 Una successione verificante la proprieta L.1 si dice successione diCauchy o successione fondamentale.

Dunque, ogni successione convergente e una successione di Cauchy; in generale, pero,non vale il viceversa: ad esempio, sia Q con la distanza d(x, y) = |x − y|. Prendiamo unasuccessione (xn) ⊆ Q tale che xn →

√2 in R. Allora, dato che (xn) converge in R, e una

successione di Cauchy in R, quindi anche in Q, ma non esiste limn→∞ xn in Q.Altro esempio: X = C0[0, 1], con ‖ · ‖1. Allora esistono una gran quantita di successioni

in X, fondamentali ma non convergenti in X.



Lemma L.8 Sia (xn) ⊆ (X, d) una successione di Cauchy, e supponiamo che questa am-metta una sottosuccessione (xnk

) convergente a x ∈ X. Allora, anche (xn) converge ax.

Dimostrazione Voglio vedere che d(x, xn) e minore di ε definitivamente. Dato che lasottosuccessione converge, so che ∃kε

∣∣ ∀k > kε d(x, xnk) ≤ ε

2 . Inoltre, essendo (xn)di Cauchy, ∃nε

∣∣ ∀p, q ≥ nε d(xp, xq) ≤ ε2 .

Ora, per la disuguaglianza triangolare,

d(x, xn) ≤ d(x, xnk) + d(xnk

, xn) ≤ ε

2+ε

2= ε ,

purche k ed n siano tali che k ≥ kε, nk ≥ nε e n ≥ nε. ¤

Corollario L.9 Se (xn) e una successione di Cauchy in R, allora converge a un limitex ∈ R.

Dimostrazione Innanzitutto, (xn) di Cauchy e limitata. Infatti, preso ε = 1 nella defini-zione di successione di Cauchy, so che ∃n

∣∣ |xp − xq| ≤ 1 ∀p, q ≥ n; in particolare,|xp − xn| ≤ 1, quindi |xp| ≤ |xn|+ 1 ∀p ≥ n. Dunque, ∀n ∈ N

|xn| ≤ max|xi + 1| ∣∣ 0 ≤ i ≤ n < +∞ .

Allora, esiste una sottosuccessione (xnk) convergente, e dato che (xn) e 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 successionilimitate hanno estratte convergenti.

Lemma L.10 Sia (xn) una successione di Cauchy nello spazio normato (X, ‖ · ‖X). Allora,(xn) e limitata.

Dimostrazione La dimostrazione e la stessa vista poco sopra, in quanto xn ∈ B(xnε , ε)∀n ≥ nε, e restano fuori un insieme finito di elementi. ¤

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

Esempio R e piu 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 apertiper d2.

N.B. Se d1 e d2 sono (topologicamente) equivalenti, e se (X, d1) e completo, allora none detto che (X, d2) lo sia.

• Esercizio L.18 Cercare una distanza d su R, topologicamente equivalente alla distanzaeuclidea, tale per cui

(R, d

)non sia completo.

Soluzione Possiamo considerare la distanza d(x, y) = | arctanx − arctan y|, con la suc-cessione xn = n. Osserviamo innanzitutto che d e effettivamente una distanza, in quanto



le proprieta sono banalmente verificate. Inoltre, e topologicamente equivalente alla distan-za euclidea, in quanto le palle aperte sono tutti i possibili segmenti privati degli estremi,insieme a tutta la retta reale e a tutte le semirette, e generano gli stessi aperti della to-pologia euclidea. Se mostriamo che xn e di Cauchy rispetto a d abbiamo finito, in quantolimn→∞ xn = +∞ 6∈ R. Cio e molto semplice da verificare: osserviamo infatti che la fun-zione arctan e strettamente crescente e che limx→∞ arctanx = π

2 , dunque se n > m si hache

d(n,m) = | arctann− arctanm| ≤ limn→∞

arctann− arctanm =π

2− arctanm m→∞−−−−→ 0 ,

dunque xn e di Cauchy, come si voleva.

N.B. Per gli spazi vettoriali normati, invece, vale la seguente

Proposizione L.11 Se E e uno spazio vettoriale, ‖ · ‖1 e ‖ · ‖2 sono due norme equivalentisu E e se (E, ‖ · ‖1) e completo, allora anche (E, ‖ · ‖2) lo e.

Dimostrazione Dato che le due norme sono equivalenti, so che ∃C > 1∣∣ ∀x ∈ E

1C‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ C‖x‖1 .

Sia (xn) ⊆ E una successione di Cauchy rispetto a ‖ · ‖2. Allora, (xn) e di Cauchyanche rispetto a ‖ · ‖1, in quanto

‖xp − xq‖1 ≤ C‖xp − xq‖2 ≤ Cε ∀p, q ≥ nε .

Essendo (X, ‖ · ‖1) completo, xn → x nella distanza di ‖ · ‖1, ma allora converge anchein ‖ · ‖2, perche

‖xn − x‖2 ≤ C‖xn − x‖1 → 0 .

Dunque, anche (X, ‖ · ‖2) e completo. ¤

• Esercizio L.19 Se (X, dX) e (Y, dY ) sono spazi metrici completi, allora anche (X ×Y, dX×Y ) lo e.

Soluzione E sufficiente dimostrare che se (xn, yn) e di Cauchy in X × Y , allora (xn) edi Cauchy in X e (yn) e di Cauchy in Y . Ma cio e ovvio, perche significa che ∀ε > 0,definitivamente ‖(xn, yn) − (xm, ym)‖X×Y < ε Ma tale norma e per definizione il massimotra ‖xn − xm‖X e ‖yn − ym‖Y , dunque anche (xn) e (yn) sono di Cauchy.

In generale, se (X, d) e uno spazio metrico, e Y ⊆ X, allora Y e uno spazio metrico conla distanza relativa, cioe

d|Y×Y : Y × Y → R (Y × Y ⊆ X ×X) .

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


L.12. COMPETEZZA RISPETTO ALLA DISTANZA UNIFORME

Soluzione Per la prima parte, consideriamo una successione di Cauchy a valori in Y :dato che X e completo, tale successione avra un limite in X, diciamo x. Ma, dato che Y echiuso, tale limite deve stare in Y , cioe x ∈ Y , dunque tutte le successioni di Cauchy di Yconvergono in Y , che e quanto si voleva.

Per la seconda parte, supponiamo per assurdo che Y non sia chiuso, dunque che esistauna successione xn convergente a x ∈ X, con x 6∈ Y . Dato che ogni successione convergentee anche di Cauchy, (xn) e di Cauchy in X, dunque anche in Y . Ma, essendo Y completo peripotesi, (xn) dovrebbe convergere in Y , assurdo.

Sia (E, ‖ · ‖) 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 = supx∈S‖f(x)‖E ≤ +∞

(ci sono le virgolette perche potrebbe essere infinita).

Vale che ‖f‖∞,S <∞⇔ f : S → E e limitata (cioe, f(S) e un sottoinsieme limitato diE).

Consideriamo l’insieme delle funzioni limitate da S in E

B(S,E) + f : S → E∣∣ ‖f‖∞,S < +∞ .

Allora, B(S,E) e 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 otteniamoche

‖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 ∈ B(S,E), anche tf e f + g appartengono a B(S,E), e ‖ · ‖∞,S e una normasu B(S,E).

Oss. Se e chiaro dal contesto, si scrive semplicemente ‖f‖∞ invece di ‖f‖∞,S .

L.12 Competezza rispetto alla distanza uniforme

Sia S un insieme; (X, ‖ · ‖) uno spazio normato. E definito allora lo spazio normato dellefunzioni limitate da S in X

B(S,X) = f : S → X, ‖f‖∞,S <∞ .

Proposizione L.12 Se (X, ‖ · ‖) e completo, anche(B(S,X), ‖ · ‖∞,S

)lo e.


L.12. COMPETEZZA RISPETTO ALLA DISTANZA UNIFORME

Dimostrazione Sia (fn) ⊆ B(S,X) di Cauchy; bisogna provare che ∃f ∈ B(S,X) tale chefn → f in B(S,X), cioe

‖fn − f‖∞,S n→∞−−−−→ 0 ,

quindi: ∀ε > 0 ∃nε ∈ N∣∣ ∀p, q > nε ‖fp − fq‖∞,S ≤ ε.

In particolare, ∀s ∈ S, poiche ‖fp(s) − fq(s)‖X ≤ ‖fp − fq‖∞,S , fn(s) e una suc-cessione di Cauchy in X, quindi converge in X, che e completo per ipotesi. In questomodo, e definita una funzione f : S → X tale che ∀s ∈ S,

f(s) + limn→∞

fn(s) :

la successione (fn) converge puntualmente a f .

Bisogna ora verificare che f ∈ B(S,X), e che ‖fn − f‖∞,S → 0. Siccome fn e diCauchy in ‖ · ‖∞,S , e limitata rispetto a ‖ · ‖∞,S . Dunque,

∃R ≥ 0∣∣ ‖fn‖∞,S ≤ R ;

quindi ∀s ∈ S, ∀n ∈ N,‖fn(s)‖X ≤ ‖fn‖∞,S ≤ R ;

tenendo fisso s ∈ S, facciamo limn→∞ e quindi otteniamo che fn(s) → f(s) ∈ X,‖fn(s)‖X → ‖f(s)‖X ; quindi, ‖f(s)‖X ≤ R e cio ∀s ∈ S, dunque anche

sups∈S‖f(s)‖X = ‖f‖∞,S ≤ R .

Torniamo all’ipotesi fn di Cauchy per ‖ · ‖∞,S :

∀ε > 0 ∃nε ∈ N∣∣ ∀p, q ≥ nε,∀s ∈ S ‖fp(s)− fq(s)‖X ≤ ε .

Ora, fissato ε > 0 ed il corrispondente nε, vale che ∀p > nε,∀s ∈ S (passiamo al limiteper q →∞), si ha che ‖fp(s)− f(s)‖X ≤ ε.Quindi (con lo stesso nε dato dalla condizione di Cauchy), passando al sups∈S , abbiamoche

‖fp − f‖∞,S ≤ ε ,cioe fn → f anche nella norma ‖ · ‖∞,S . ¤

L.12.1 Caso di uno spazio metrico

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

C0B(S,X) = f : S → X

∣∣ f continua e limitata ⊆ B(S,X) ,

che in effetti e un sottospazio vettoriale.

Proposizione L.13 Se (S, d) e uno spazio metrico e (X, ‖ · ‖) e uno spazio normato, alloraC0B(S,X) e un sottospazio vettoriale chiuso in

(B(S,X), ‖ · ‖∞,S).

Oss. In altre parole, la precedente proposizione afferma che limiti uniformi di funzionicontinue sono ancora funzioni continue.


L.13. TEOREMA DEL PUNTO FISSO DELLE CONTRAZIONI

Dimostrazione Sia (fn) ⊆ C0B(S,X) una successione convergente uniformemente a f ∈

B(S,X). Vogliamo provare che f ∈ C0B(S,X): cio significa che C0

B(S,X) e chiuso persuccessioni, quindi chiuso.

Per vedere che f e C0, sia snS−→ s una successione convergente in S: bisogna allora

vedere che f(sn)X−→ f(s). Sia p ∈ N, allora dalla disuguaglianza triangolare

‖f(sn)− f(s)‖X ≤ ‖f(sn)− fp(sn)‖+ ‖fp(sn)− fp(s)‖+ ‖fp(s)− f(s)‖ .

Fissato ora ε > 0, posso trovare un p tale che il primo ed il terzo addendo siano minoridi ε3 , in quanto fp → f in B(S,X), cioe uniformemente, dunque ognuno dei due terminie minore od uguale a ‖fp − f‖∞,S . A questo punto, fissato p posso trovare un nε taleche ∀n > nε anche il secondo addendo e minore di ε

3 in quanto fp e una funzionecontinua, dunque fp(sn)→ fp(s).

In conclusione, si e ottenuto che ∀sn, ∀ε > 0 ∃nε∣∣ ∀n > nε, ‖f(sn)− f(s)‖X ≤ ε, che

e quanto si voleva, dunque anche f e continua. ¤

• Esercizio L.21 Trovare una successione di funzioni continue fn : R → R convergentipuntualmente a una f : R→ R discontinua.

Soluzione Un possibile esempio e la successione fn(x) = arctan(nx), che converge pun-tualmente a

f(x) =

π2 x > 00 x = 0−π2 x < 0

.

Come conseguenza dell’esercizio L.20, sia ha che se (S, d) e uno spazio metrico e (X, ‖ · ‖)e uno spazio normato completo, allora anche

(C0B(S,X), ‖ · ‖∞,S

)e completo (in quanto e

chiuso in B(S,X), che e completo).

L.13 Teorema del punto fisso delle contrazioni

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

1. ∃! x ∈ X∣∣ T (x) = x

2. ∀x0 ∈ X Tn(x0) =

n volte︷︸︸︷(T · · · T )(x0) converge a x ∈ X

3. d(Tnx0, x

) ≤ knd(x0, x)

4. d(y, x) ≤ 11− kd(Ty, y)



Dimostrazione Iniziamo mostrando il punto 2. Sia x0 ∈ X; dico allora che (Tmx0)m∈N edi Cauchy: infatti, presi p, q due naturali (con q = p+ n), si ha che

d(T px0, Tqx0) ≤ d(T px0, T

p+1x0) + · · ·+ d(T p+n−1x0, Tp+nx0) ≤

≤ kpd(x0, Tx0) + kp+1d(x0, Tx0) + · · ·+ kp+n−1d(x0, Tx0) =

=

∑

p≤j<p+nkj

d(x0, Tx0) ≤ kp

∞∑

j=0

kj

d(x0, Tx0) =

=kp

1− kd(x0, Tx0) ,

poiche se T e k−lipschitziana, T T e k2−lipschitziana, e T p e kp−lipschitziana.

Quindi, ∀ε ∃n0

∣∣ ∀n0 ≤ p ≤ q (kp ≤ kn0) si ha

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

) ≤ kp

1− kd(x0, Tx0) ≤ ε ,

cioe la successione delle iterate (Tnx0) e di Cauchy, quindi converge a un x ∈ X, inquanto X e completo per ipotesi. Ora, Tn(x0) → x; T e continua ⇒ T

(Tn(x0)

)=

Tn+1(x0)→ T x e, per l’unicita del limite, T x = x.

Inoltre, il punto fisso e unico, perche presi x, y tali che T x = x, T y = y, allora

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

Per il punto 3,d(Tnx0, x) = d(Tnx0, T

nx) ≤ knd(x0, x) .

Infine, per il punto 4, se y ∈ X, si ha che

d(y, x) ≤ d(y, Ty) + d(Ty, x) = d(y, Ty) + d(Ty, T x) ≤ d(y, Ty) + k d(y, x) ,

da cui d(y, x) ≤ 11−kd(y, Ty). ¤

Oss. Se T : X → X e una contrazione su (X, d) completo 6= ∅, per provare che il puntofisso x = T x ha una certa proprieta P , il modo piu pratico (spesso) e provare che l’insiemeF ⊆ X degli x ∈ X per cui vale P e chiuso, non vuoto e T−invariante (T (F ) ⊆ F ). Infatti,∀F ⊆ X chiuso, non vuoto e T−invariante, x ∈ F , perche basta applicare il teorema dellecontrazioni a T |F : F → F , che e completo per l’esercizio L.20, ed e ben definito per laT−invarianza. Dunque questa funzione ammette punto fisso, che e necessariamente x perl’unicita del punto fisso.

• Esercizio L.22 Provare che esiste una unica funzione f : R→ R limitata, tale che ∀x ∈ Rsi abbia

f(2x) = 2f(x)− 2 sinx ,

e provare che f e continua, dispari, 2π−periodica ed inoltre ∃α > 0∣∣ f(x) > 0 ∀0 < x < α.

Provare, poi, che esiste D denso in R (D = R) tale che f ′(x) = +∞ ∀x ∈ D, dove conf ′(x) intendiamo

limh→0

f(x+ h)− f(x)h

∈ R .Infine, trovare un espressione per f(x) come serie.



Soluzione Sia Φ : B(R,R) → B(R,R) tale che Φ(f(x)

)= 1

2f(2x) + sinx. Se Φ e unacontrazione, allora esiste un’unica funzione con le caratteristiche richieste. Ma

‖Φ(f)− Φ(g)‖ =∥∥∥∥

12f(2x) + sinx−

(12g(2x) + sinx

)∥∥∥∥ =

=12‖f(2x)− g(2x)‖ =

12‖f(x)− g(x)‖ ,

dunque Φ e in effetti una contrazione. Dato che possiamo ripetere tutta la dimostrazionecon Φ′ : C0(R,R)→ C0(R,R), la funzione cercata e continua.

Per mostrare che f e dispari, osserviamo che l’insieme F ′ delle funzioni limitate tali chef e dispari e

non vuoto Basta considerare la funzione arctanx.

chiuso Sia δa il funzionale lineare e continuo δa : C0 → R definito da δa(f) = f(a)(tale funzionale e continuo in quanto limitato, essendo |δa(f)| ≤ ‖f‖∞).

Allora, f e dispari se e solo se ∀x ∈ R vale (δx+ δ−x)f = 0, ovvero il nostro insieme F ′ e

F ′ =⋂

x∈RKer(δx + δ−x) .

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

Φ−invariante Se f(x) = −f(−x), Φ(f)(x) = 12f(2x)−sinx = − 1

2f(−2x)+sin(−x) =−Φ(f)(−x).

In modo analogo possiamo mostrare che f e 2π−periodica, in quanto l’insieme F ′′ dellefunzioni limitate tali che f(x) = f(x + 2π) e non vuoto (ad esempio contiene la funzionesinx), Φ−invariante (se f(x) = f(x+ 2π), allora Φ(f)(x+ 2π) = 1

2f(2(x+ 2π)

)+ sin(x+

2π) = f(2x) + sinx = Φ(f)(x)), e chiuso: sia infatti fn(x) una successione di funzioni2π−periodiche che convergono a f(x), allora per l’unicita del limite

[fn(x)→ f(x) ; fn(x) = fn(x+ 2π)→ f(x+ 2π)

] ⇒ f(x) = f(x+ 2π) ,

ovvero anche la funzione limite sta in F ′′.Per trovare uno sviluppo in serie per tale funzione usiamo la proprieta E.12 a pagina 88,

con E = B(R,R), A(f) = 12f(2x), h = sinx. Calcoliamo il termine n−esimo della serie:

Ak(h(x)

)= Ak(sinx) = Ak−1

(12

sin 2x)

= Ak−2

[12·(

12

sin (2 · 2x))]

=

= Ak−2

(122

sin 22x

)= · · · = 1

2ksin 2kx .

Lo sviluppo in serie di f sara dunque dato da

f(x) =+∞∑

k=0

12k

sin(2kx) .

Per mostrare che ∃D denso in R tale che f ′(x) = +∞ ∀x ∈ D, innanzitutto mostriamoche f ′(0) = +∞. Infatti, usando lo sviluppo per f pocanzi trovato, si ha

limx→0

f(x)x

= limx→0

∞∑

k=0

ϕ(x · 2k) ,


L.14. PERTURBAZIONI LIPSCHITZIANE DELL’IDENTITA

dove ϕ(t) = sin tt .

Sia, ora, 2−(N+1) ≤ x ≤ 2−N . Allora,

f(x)x

=N−1∑

k=0

ϕ(x · 2k) +∞∑

k=N

ϕ(x · 2k) ≥ N sin(1) +∞∑

k=N

ϕ(x · 2k) ,

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

∣∣∣∣∣∞∑

k=N

ϕ(x · 2k)∣∣∣∣∣ ≤

∞∑

k=N

1x · 2k ≤ 2

∞∑

k=N

12k−N

= 4 ,

dove la prima disuguaglianza discende dalla relazione | sinx| ≤ 1, mentre la seconda dax ≤ 2−(N+1).

In conclusione, dunque, si ha che limx→0f(x)x > N sin(1) − 4 N→∞−−−−→ +∞ (osserviamo

che N →∞⇒ x→ 0).Mostriamo, ora, che f ′(x0) = f ′(2x0) − cosx0 o, equivalentemente, f ′(2x0) = f ′(x0) +

cosx0.Si ha, infatti, usando la relazione funzionale per f :

f(2x0 + 2h)− f(2x0)2h

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

2h=

=f(x0 + h)− f(x0)

h+

sin(x0 + h)− sin(x0 + h)h

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

2kπ con k ∈ Z. Usando, poi, la relazione appena dimostrata, abbiamo che f ′(x) = +∞ sututti i punti della forma 2kπ

2h con k ∈ Z, h ∈ N \ 0, in quanto il coseno e limitato. Datoche (a meno del fattore 2π) i numeri cercati sono tutti e soli i numeri che si possono scriverein base 2 con uno sviluppo decimale finito (detto insieme dei diadici), e che ogni numeroreale si puo approssimare con precisione arbitraria con uno di questi numeri, tale insieme edenso in R, come volevasi.

Infine, per mostrare che ∃α > 0 tale che f e positiva su ]0, α[, osserviamo innanzituttoche f e positiva su

[π4 ,

π2

]: infatti,

f(x) = sinx+12

sin 2x+∑

n≥2

12n

sin 2nx ≥ sinπ

4−

∑

n≥2

12n≥√

2− 12

> 0 .

Dalla relazione ricorsiva f(x2

)= 1

2f(x) + sin x2 , si ha che f(x) ≥ 0 ⇒ f

(x2

) ≥ 0. Dunque,f e positiva su tutti gli insiemi della forma

[π

2k+1 ,π2k

]. Passando al limite per k → ∞,

otteniamo dunque che f e positiva almeno su ]0, π2 ].

L.14 Perturbazioni lipschitziane dell’identita

Teorema L.15 Sia X uno spazio vettoriale normato completo (di Banach), e sia Ω ⊆ Xaperto; sia poi g : Ω→ X una funzione lipschitziana di costante k < 1. Allora, l’applicazionef + I+ g (I e la funzione identita) ha le seguenti proprieta:

• f(Ω) e 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) ;


L.14. PERTURBAZIONI LIPSCHITZIANE DELL’IDENTITA

• f : Ω ∼−→ f(Ω) e un omeomorfismo; precisamente, la funzione f−1 : f(Ω) → Ω e1

1−k−lipschitziana.

Dimostrazione Sia B(x, r) ⊆ Ω; vogliamo vedere che B(f(x), (1− k)r) ⊆ f

(B(x, r)

),

cioe: ∀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). Vogliamoun punto fisso ξ ∈ B(x, r) di T : ξ = T (ξ) ⇒ ξ = y − g(ξ). Verifichiamo subitole ipotesi del teorema del punto fisso. Sicuramente T ha costante di Lipschitz k; ildominio e B(x, r) che e uno spazio metrico completo, in quanto la palla e chiusa in Xcompleto (esercizio L.20). Resta solo da verificare che T

(B(x, r)

) ⊆ B(x, r). In effetti,se u ∈ B(x, r), cioe ‖u− x‖ ≤ r, voglio verificare che ‖T (u)− x‖ ≤ r, ma cio e vero inquanto 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) e aperto: se y ∈ f(Ω), devo vedere che esisteuna palla B(y, ε) ⊆ f(Ω): y e della forma y = f(x), con x ∈ Ω; Ω aperto ⇒ ∃r >0

∣∣ B(x, r) ⊆ Ω e, come abbiamo appena dimostrato, si avra B(y, ε) ⊆ f(Ω) conε = (1− k)r.Per il secondo punto del teorema, mostriamo che f : Ω → f(Ω) e iniettiva (per comeabbiamo scelto l’insieme immagine e 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 6= x′ anche f(x) 6= f(x′), e f(x) e 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′)‖ ≤ 11− k ‖y − y

′‖ ∀y, y′ ∈ f(Ω) ,

cioe f−1 : f(Ω)→ Ω e 11−k−lipschitziana, in particolare continua. ¤

• Esercizio L.23 Se Ω = X, allora anche f(Ω) = X e quindi f sara un omeomorfismoX → X.

Soluzione Ci basta mostrare che f e surgettiva, ovvero che ∀y ∈ X ∃x ∈ X ∣∣ f(x) = y.Infatti, se consideriamo l’applicazione T (x) = y − g(x), questa e lipschitziana di costanteminore di uno, ed inoltre sono verificate tutte le ipotesi del teorema del punto fisso. Siconclude in modo analogo al teorema precedente.

• Esercizio L.24 Di f−1 possiamo dire un po’ di piu: provare che f−1 : f(Ω)→ Ω e dellaforma f−1(y) = y + h(y) con h : f(Ω)→ Ω lipschitziana di costante k

1−k .


L.15. CALCOLO DIFFERENZIALE

Soluzione Sia x′ = (I+ g)x, y′ = (I+ g)y. Dato che h(a) =((I+ g)−1 − I)(a), vogliamo

stimare la quantita ∣∣(I+ g)−1 − I)x′ − (I+ g)−1 − I)y′

∣∣|x′ − y′| .

Questa quantita e uguale a

|x− (I+ g)(x)− y + (I+ g)y||(I+ g)x− (I+ g)y| =

|g(y)− g(x)||x− y + g(x)− g(y)| ,

e per la lipschitzianita di g si ha

|g(y)− g(x)||x− y + g(x)− g(y)| ≤

k|x− y||x− y| − |g(x)− g(y)| ≤

k

1− k ,

che e proprio la costante di Lipschitz cercata.

L.15 Calcolo differenziale

Sia f : Ω ⊆ E → F , con E = Rn, F = Rm o piu in generale due spazi di Banach. f(y)−f(x)y−x ,

tuttavia, non ha piu senso se E 6= R. L’idea per la giusta generalizzazione di derivata eusare la definizione di derivata tramite sviluppo al primo ordine.

Definizione L.22 Sia Ω aperto ⊆ E; E,F spazi di Banach. f : Ω→ F e differenziabilein x0 ∈ Ω se ∃L : E → F lineare e continua tale che

f(x) = f(x0) + L(x− x0) + o(‖x− x0‖) (per x→ x0) .

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

Oss. Nel caso di funzioni f : R→ R, le uniche funzioni lineari sono la moltiplicazione peruna costante, e si ottiene la definizione di derivata gia vista nel caso reale.

La notazione di Landau e la stessa gia 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, questosara equivalente a o(‖x‖).

La definizione equivale dunque a dire che

‖f(x)− f(x0)− L(x− x0)‖‖x− x0‖

x→x0−−−−→ 0

e si puo 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 e unico: se anche f(x) = f(x0) + M(x − x0) + o(x − x0), sottraendo idue 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 = Mv0; essendo v0 arbitrario, L = M .


L.15. CALCOLO DIFFERENZIALE

Definizione L.23 Tale unico L si indica con Df(x0) o df(x0) o f ′(x0) e si chiamadifferenziale di f in x0.

Oss. Se f e differenziabile in x0, e 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 proprieta del differenziale:

• Sia Ω ⊆ E aperto; siano f, g : Ω → F differenziabili in x0 ∈ Ω. Allora, f + g edifferenziabile 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− x0) + o(x− x0)g(x) = g(x0) +Dg(x0)(x− x0) + o(x− x0)

(f + g)(x) = (f + g)(x0) +(Df(x0) +Dg(x0)

)(x− x0) + o(x− x0)

• Similmente, ∀c ∈ R, cf e 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 apertodi F ; V ⊇ f(U), f : U → F , g : V → G. Sia x0 ∈ U , y0 = f(x0) ∈ V . Allora,se f e differenziabile in x0 e g e differenziabile in y0, la funzione g f : U → G edifferenziabile in x0, con D(g f)(x0) = Dg(y0) Df(x0) .

Abbiamo, infatti,

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

da cui

(g f)(x) = g(f(x)

)= g

(f(x0) +A(x− 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)

).

Per mostrare la tesi, e dunque sufficiente mostrare che la quantita fra parentesi graffee o(x− x0): la dimostrazione e come per le funzioni R→ R.

Utilizzando la proprieta 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 eo(x− x0).

L.15.1 Casi particolari importanti

• E = F = R; f : U ⊆ R → R; allora, c’e l’isomorfismo L(R,R) ∼−→ R che associa aDf(x0), matrice 1× 1, la derivata f ′(x0).

• Lo stesso vale nel caso E = R, F qualunque: per f : U ⊆ R → F vale la stessaidentificazione di sopra tra L(R, F ) e F , perche le uniche applicazioni lineari sono lamoltiplicazione per un elemento v di F . Tali applicazioni sono dette curve o funzionia valori vettoriali.


L.16. TEOREMA DEL VALOR MEDIO

• E = Rn, F = R; f : U ⊆ Rn → R; in questo caso, si possono pensare tali applicazionicome prodotti scalari (·, v): Df(x) = (x, v). Associo allora al differenziale di f , Df ∈L(Rn,R) = (Rn)?, il vettore v, che chiamo gradiente di f e indico con ∇f(x0).

Quindi,f(x) = f(x0) +

(∇f(x0) · (x− x0))

+ o(x− x0) .

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

• Esercizio L.25 Nel caso R γ−→ Rn V−→ R, chi e la derivata di V γ in termini di γ′ e di∇V ?

Chi e ∇(V f) nel caso Rm f−→ Rn V−→ R in termini di Jf e di ∇V ?

Soluzione Nel primo caso, la derivata di V γ sara data dal prodotto scalare dei duevettori ∇V e γ′ (in effetti, uno il un vettore riga e il secondo un vettore colonna, dunque eil prodotto dei due vettori), mentre nel secondo caso ∇(V f) si ottiene applicando Jf alvettore ∇V : ∇(V f) = JTf (∇V ). Vedi anche a pagina 102.

L.16 Teorema del valor medio

Oss. Gia nel caso in cui lo spazio di arrivo R2 non c’e nulla di simile alla proprieta perfunzioni [a, b]→ R

“ ∃ξ ∈]a, b[∣∣ f(b)− f(a) = (b− a)f ′(ξ) ” .

Esempio f(t) = (cos t, sin t), f : [0, 2π] → R2; f(2π) − f(0) = 0 6= 2πf ′(ξ), perche‖f ′(ξ)‖ = 1.

Oss. In realta anche nel caso E = R si sa poco di ξ; quella che e utile e la disuguaglianza

|f(b)− f(a)| ≤ (b− a) · supa≤ξ≤b

|f ′(ξ)| .

Questa si puo 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) · supa≤t≤b

‖f ′(t)‖ .

Dimostrazione (Caso particolare — E = Rn, ‖ · ‖eucl) Sia v ∈ Rn; consideriamol’applicazione [a, b] 3 t 7→ f(t) · v ∈ R. Essa soddisfa le ipotesi del teorema del valormedio per funzioni scalari; dunque, ∃ξ ∈]a, b[ tale che

f(b) · v − f(a) · v = (b− a)(f ′(ξ) · v) ,



quindi∣∣(f(b)− f(a)

) · v∣∣ = (b− a) ∣∣(f ′(ξ) · v)∣∣ ≤ (b− a)‖f ′(ξ)‖ · ‖v‖ ≤≤ (b− a) sup

a<t<b‖f ′(t)‖ · ‖v‖ ,

Se, ora, f(b) − f(a) = 0 non c’e nulla di dimostrare; in caso contrario, scegliamov = f(b)−f(a)

‖f(b)−f(a)‖ , e si ottiene ‖f(b)− f(a)‖ ≤ (b− a) supa<t<b ‖f ′(t)‖.(Questa dimostrazione si potrebbe adattare al caso generale). ¤

Dimostrazione (Caso generale) Sia M ∈ R, M > supa<t<b ‖f ′(t)‖ (osserviamo che,nel caso supa<t<b ‖f ′(t)‖ = +∞, non c’e nulla da dimostrare); consideriamo la funzioneausiliaria ϕ : [a, b]→ R; ϕ(t) = ‖f(t)−f(a)‖−Mt. ϕ e continua in [a, b], ma in generalenon e derivabile.

Dico che se t ∈ [a, b[, allora t non e di minimo per ϕ (lo dimostriamo tra poco). Comeconseguenza, il punto di minimo (che esiste per il teorema di Weierstrass) e 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<t<b ‖f ′(t)‖, allora vale anche per M =supa<t<b ‖f ′(t)‖, cioe ‖f(b)− f(a)‖ ≤ (b− a) supa<t<b ‖f ′(t)‖.Verifichiamo l’affermazione precedente: sia a ≤ t < b; 0 ≤ h < b − t (t ≤ t + h < b).Allora,

ϕ(t+ h) = ‖f(t+ h)− 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−Mh =

= ϕ(t) + h(‖f ′(t) + o(1)‖ −M) ≤ ϕ(t) + h

(‖f ′(t)‖ −M + o(1)) ≤ ϕ(t)

per h > 0, piccolo. ¤

Se A ∈Mn×m(R) e v e un vettore, allora ‖A‖ + norma euclidea di A come elemento diRn·m ≈Mn×m(R), ovvero

‖A‖ =√√√√

∑

1≤i≤n1≤j≤m

a2ij ,

ha la proprieta ‖Av‖ ≤ ‖A‖ · ‖v‖, ed anche ‖AB‖ ≤ ‖A‖ · ‖B‖ per A, B matrici per cui siadefinito il prodotto (vedi disuguaglianza (E.1) a pagina 81); queste seguono facilmente dalladisuguaglianza di Cauchy–Schwarz.

In generale, dati due spazi normati (E, ‖ · ‖E) e (F, ‖ · ‖F ), si definisce una norma sullospazio vettoriale delle applicazioni lineari continue = L(E,F ) nel modo seguente:

‖A‖ =∥∥∥A|BE(0,1)

∥∥∥∞,BE(0,1)

,

ovvero la norma uniforme di A|BE(0,1)

: BE(0, 1) → F , che si chiama norma deglioperatori (dedotta da ‖ · ‖E e ‖ · ‖F ):

‖A‖ = sup‖v‖E≤1

‖Av‖F = sup‖v‖E=1

‖Av‖F = supv 6=0

‖Av‖F‖v‖E ,

dove le ultime due uguaglianze discendono dal fatto che A e lineare.



• Esercizio L.26 Verificare le uguaglianze utilizzando la linearita di A.

Soluzione La prima uguaglianza e semplicemente la definizione di norma uniforme.Per la seconda, definiamo D = BE(0, 1) e S = v ∈ E

∣∣ ‖v‖E = 1. Vogliamo alloramostrare che supv∈S ‖Av‖F = supv∈D ‖Av‖F . Dato che S ⊆ D, si ha la disuguaglian-za supv∈S ‖Av‖F ≤ supv∈D ‖Av‖F . E dunque sufficiente mostrare l’altra disuguaglianza.Fissato v ∈ D, considero v′ = v

‖v‖E∈ S. Allora,

‖Av‖F =∥∥∥∥A

v

‖v‖E

∥∥∥∥ ‖v‖E ≤ ‖Av′‖F .

Dato che l’insieme v′|v′ = v‖v‖E = S, passando al sup su D si ha la tesi.

Per la terza, uguaglianza, infine,

supv 6=0

‖Av‖F‖v‖E = sup

v 6=0

∥∥∥∥A(

v

‖v‖E

)∥∥∥∥F

= sup‖v′‖E=1

‖Av′‖F ,

dove di nuovo v′ = v‖v‖E

.

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

A ∈ 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|BE(0,1)

∥∥∥∞,BE(0,1)

≤ C.

Quindi, ‖A‖ e la migliore costante C (cioe la piu piccola) per cui valga la maggiorazione‖Av‖ ≤ C‖v‖, ed e anche la migliore costante di Lipschitz per A.

• Esercizio L.27 Provare che se E,F sono spazi normati con F completo, allora L(E,F )e uno spazio normato completo (con la norma degli operatori).

Sugg.: ricordare che(B(BE(0, 1);F

), ‖ · ‖∞

)e completo se F lo e (vedi proposizione L.12

a pagina 18).

Soluzione Vedi proposizione E.17 a pagina 93.

L.16.1 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 e lipschitziana di costante C.



Dimostrazione Siano x, y ∈ Ω; consideriamo l’applicazione [0, 1] 3 t 7→ f(x + t(y − x))

e applichiamo il teorema del valor medio (osservazione: x + t(y − x) ∈ Ω ∀t ∈ [0, 1]per la convessita di Ω).

ϕ e la composizione dit

[0, 1]−→x+t(y−x)Ω ⊆ E f−→ F . Dato che, in generale, se

[a, b]γ−→ Ω ⊆ E f−→ F

allora (f γ)′(t) = D(f γ)(t)[1] (cioe 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)‖ ≤ sup0<t<1

‖ϕ′(t)‖ ≤ C‖y − x‖ ,

quindi f e C-lipschitziana, e la migliore costante e C = ‖Df‖∞,Ω, con Df : Ω →L(E,F ). ¤

• Esercizio L.28 Verificare che la condizione “Ω convesso” e necessaria: in particolare,trovare f : Ω ⊆ R2 → R avente ‖Df(x)‖ ≤ 1 ∀x ∈ Ω, ma f non lipschitziana (in effettiquanto detto e vero anche per Ω ⊆ R).

Soluzione Sia Ω = (x, y) ∈ R2∣∣ 2n− 1 <

√x2 + y2 < 2n per qualche n ≥ 1

E allora sufficiente considerare la funzione definita nel modo seguente:

f(x, y) = n2 se 2n− 1 <√x2 + y2 < 2n .

Dato che la funzione e costante in ogni componente connessa, il differenziale e identica-mente nullo in tutto il dominio. Mostriamo ora che la funzione non e lipschitziana: fissatoC > 0 posso considerare i vettori a = (2n− 1

2 , 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; pero, se n > C − 12

‖f(a)− f(b)‖ = 2n+ 1 > 2C = C‖a− b‖ ,dunque f non e lipschitziana.

• Esercizio L.29 Provare che ∀a, b ∈ R dati, il sistemax+ 1

2 sin√x2 + y2 = a

y − 13 cos(|x|+ |y|) = b

ammette un’unica soluzione (x, y) = F (a, b), e che questa soluzione dipende con continuitadai dati a e b (ovvero, F e continua). Sugg.: usare il teorema di perturbazione lipschitzianadell’identita.


L.17. DIFFERENZIABILITA DELLA FUNZIONE INVERSA

Soluzione Sia G(x, y) =(x + 1

2 sin√x2 + y2, y − 1

3 cos(|x| + |y|)) = I + H(x, y), doveH(x, y) =

(12 sin

√x2 + y2, 1

3 cos(|x| + |y|)). Se dimostriamo che H e una funzione lipschi-tziana di costante strettamente minore di uno, per il teorema L.15 a pagina 23 avremo cheG ammette inversa continua F , il che dimostra quanto voluto.

Useremo come norma la norma euclidea di R2. Studiamo indipendentemente le duecomponenti di H(x):

H1(x, y) =12

sin√x2 + y2 ,

H2(x, y) =13

cos(|x|+ |y|) .

Dato che la funzione sin e 1−lipschitziana, e che la funzione√x2 + y2 e la norma (in

particolare e 1−lipschitziana), si ha che H1(x, y) e 12−lipschitziana.

Dato che le funzioni (x, y) 7→ |x| e (x, y) 7→ |y| sono 1−lipschitziane, poi, la funzione(x, y) 7→ |x| + |y| e sicuramente 2−lipschitziana, dunque H2 sara 2

3−lipschitziana. Sia oraz = (x, y), z′ = (x′, y′). Allora

‖H(z)−H(z′)‖ =√|H1(z)−H1(z′)|2 + |H2(z)−H2(z′)|2 ≤

≤√

14|z − z′|2 +

49|z − z′|2 ≤

√14

+49|z − z′|

e, dato che√

14 + 4

9 < 1, H e una contrazione, come volevasi.

L.17 Differenziabilita della funzione inversa

Teorema L.18 Siano E,F spazi di Banach, U aperto ⊆ E, V aperto ⊆ F e f : U ∼−→ Vomeomorfismo (funzione bigettiva continua con inversa continua).

Supponiamo che f sia differenziabile in un punto x0 ∈ U con Df(x0) ∈ L(E,F )invertibile (con inversa ∈ L). Allora f−1 : V → U e differenziabile in y0 + f(x0) con

Df−1(y0) = [Df(x0)]−1 ∈ 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 e lineare e continua, allora B(o(x− x0)

)= O

(o(x− x0)

)= o(x− x0)

(perche ∃C ∣∣ ‖Bu‖ ≤ C‖u‖), applicando A−1 e cambiando variabile (y = f(x)) siottiene:

x−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 realta il resto e o(y − y0), la dimostrazione e finita. Basta provareche ‖f−1(y)−f−1(y0)‖ ≤ C‖y−y0‖ per y in un intorno di x0, cioe f−1(y)−f−1(y0) =O(y − y0).Poiche il resto nello sviluppo (L.2) e 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)‖,

cioe

‖f−1(y)− f−1(y0)−A−1(y − y0)‖ ≤ 12‖f−1(y)− f−1(y0)‖ ∀y ∈W ;


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)‖ ≤≤ 1

2‖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 C1, cioedifferenziabile in ogni x ∈ U con x 7→ Df(x) continua.

Sia x0 ∈ U con Df(x0) ∈ L(E,F ) invertibile. Allora f e localmente invertibile in x0,cioe ∃V ⊆ U intorno di x0 tale che f(V ) e aperto in F e tale che f : V ∼−→ f(V ) e bigettivacon inversa di classe C1.

Esempio Per le funzioni f : R → R, cio significa che in un punto con derivata non nullaesiste un intorno in cui la funzione e invertibile; serve anche che la derivata sia continua.

Dimostrazione Sia A = Df(x0) ∈ L(E,F ) invertibile con A−1 ∈ L(F,E). Basta provarela tesi per la funzione

FA−1

ÃÃBBBB

A−1f : U ⊆ Ef 99ttttt

// E

:

se so che A−1f : U ∼−→ A−1f(U) e invertibile e di classe C1, anche A(A−1f) = f :U

∼−→ f(U) lo e.

L’applicazione A−1f : U ⊆ E → E e differenziabile in U con D(A−1f)(x) = D(A−1) D(f)(x) ma, essendo A−1 lineare, DA−1 = A−1, quindi D(A−1f)(x) = A−1D(f)(x).In particolare, D(A−1f)(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 perche x 7→ Df(x) e continua).

Sia V + B(x0, ε); allora A−1f : V → E si scrive A−1f = I + g con g = A−1f − Ie ‖Dg(x)‖ ≤ 1

2 ∀x ∈ V . Quindi, g e 12−lispchitziana per la proposizione L.17 a

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

Per il teorema della differenziabilita della funzione inversa, infine, f−1 : f(V ) → V edifferenziabile in ogni y ∈ f(V ), con Df−1(y) =

[Df

(f−1(y)

)]−1.

In effetti, l’applicazione f−1 e di classe C1, cioe g 7→ Df−1(y) e continua: essa e lacomposizione di

yf−1

7−→ f−1yDf7−→ Df

(f−1(y)

) ∈ I(E,F ) Inv7−→ [Df

(f−1(y)

)]−1 ∈ L(F,E) ,

dove I ⊆ L rappresenta l’insieme delle applicazioni lineari continue ed invertibili.


L.18. TEOREMA DI INVERSIONE LOCALE

Sappiamo gia che le prime due applicazioni sono continue; resta solo da mostrareche l’ultima applicazione e continua (in effetti e C∞): cio e dimostrato dal seguenteteorema. ¤

Teorema L.20 Siano E,F spazi di Banach. Allora, l’insieme I(E,F ) delle applicazionilineari continue ed invertibili da E in F e aperto in L(E,F ): piu precisamente, vale cheB

(L, 1

‖L−1‖)⊆ I(E,F ). Inoltre, l’applicazione Inv : I(E,F ) → L(F,E), L 7→ L−1 e

differenziabile, con D Inv(L)[H] = −L−1HL−1 ∀H ∈ L(E,F ).

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

(L+H)−1 = L−1 − L−1HL−1 + o(H) .

Nel caso n = 1, L,H ∈ R; (L+H)−1 = 1L+H = 1

L − HL2 + o(H), che esprime il fatto che la

derivata di 1x e − 1

x2 .

Oss. Naturalmente in certi casi I(E,F ) = ∅, che comunque e aperto.

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

Consideriamo la serie∑∞n=0H

n, con Hn = H · · · H︸︷︷︸n volte

: allora, questa serie e normal-

mente convergente: infatti,

‖Hn‖ ≤ ‖H‖n ⇒∞∑n=0

‖Hn‖ ≤∞∑n=0

‖H‖n =1

1− ‖H‖ <∞ ,

dunque la serie e convergente in L(E,E), in quanto quest’ultimo spazio e completo(essendolo E stesso), cioe Sm =

∑mk=0H

k converge a un S ∈ L(E,E). Dico che S el’inverso di I−H, cioe S(I−H) = I e (I−H)S = I.

Infatti,

Sm(I−H) =m∑n=0

Hk −m+1∑n=1

Hk = I−Hm+1 .

A sinistra Sm → S ⇒ Sm(I −H) → S(I −H) essendo la moltiplicazione a destra unoperazione continua. A destra, poi, I−Hm−1 → I, perche ‖Hn‖ ≤ ‖H‖n → 0, essendo‖H‖ < 1. Analogamente si mostra che (I−H)S = I.

Dunque B(I, 1) ⊆ GL(E), e (I−H)−1 =∑∞k=0H

k, detta serie di Neumann.

Caso generale Siano E,F spazi di Banach, L ∈ I(E,F ), H ∈ L(E,F ).

Dato che L e invertibile e L+H = L(I+L−1H), ho che L+H stesso e invertibile se e solose lo e (I+L−1H). Per il caso particolare visto sopra, (I+L−1H) e invertibile purche‖L−1H‖ < 1. Siccome ‖L−1H‖ ≤ ‖L−1‖‖H‖, se ‖H‖ < 1

‖L−1‖ si ha ‖L−1H‖ < 1 e

dunque B(L, 1

‖L−1‖)⊆ I(E,F ), che prova che I(E,F ) e aperto.


L.19. DIFFERENZIAZIONE PARZIALE

Osserviamo infine che ∀A ∈ I(E,F ), H ∈ B(A, 1

‖A−1‖),

(A+H)−1 = [A(I +A−1H)]−1 = [I − (−A−1H)]−1A−1 =

=

[ ∞∑

k=0

(−A−1H)k]A−1 =

∞∑

k=0

(−A−1H)kA−1 =

= A−1 −A−1HA−1 +A−1HA−1HA−1 − · · · == A−1 −A−1HA−1 + o(‖H‖) ,

in quanto il resto e R =∑∞k=2(−A−1H)kA−1 e

‖R‖ ≤∞∑

k=2

‖H‖k‖A−1‖k−1 = ‖H‖2‖A−1‖3∞∑

k=0

(‖H‖‖A−1‖)k =

=‖H‖2‖A−1‖3

1− ‖H‖‖A−1‖ = O(‖H‖2) = o(‖H‖) ,

ovvero D Inv(A)[H] = −A−1HA−1. ¤

• Esercizio L.30 Ricavare la serie esponenziale f(x) = ex =∑∞k=0

xk

k! (x ∈ R) sapendoche f(0) = 1 e f ′(x) = f(x), usando in modo opportuno la serie di Neumann. (Sugg.:f(x) = f(0) +

∫ x0f ′(t) dt = 1 +

∫ x0f(t) dt, dunque considero Hf =primitiva di f , da cui

1 = (I−H)f).

Soluzione La soluzione e a pagina 93.

L.19 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 7→ f(x, y0) (definita in un intorno di x0

in E). Se questa e differenziabile in x0, diciamo che “f ammette differenziale parzia-le” rispetto alla prima variabile in (x0, y0). Il differenziale in x0 di f(·, y0) si indica conD1f(x0, y0) ∈ L(E,G). Analogamente, se l’applicazione f(x0, ·) : y 7→ f(x0, y) (definita inun intorno di y0 in F ) e differenziabile in y0, f e differenziabile parzialmente rispetto allaseconda variabile in (x0, y0), e il differenziale si indica con D2f(x0, y0) ∈ L(F,G). Il diffe-renziale di f in (x0, y0), Df(x0, y0) ∈ L(E × F,G) si chiama anche differenziale totaledi f in (x0, y0).

Proposizione L.21 Se Ω, E, F,G, f : Ω → G sono come sopra, e se f e differenziabile in(x0, y0), allora e differenziabile parzialmente rispetto alla prima e alla seconda variabile, ein particolare si ha:

D1f(x0, y0)[u] = Df(x0, y0)[(u, 0)] ∀u ∈ E (a)D2f(x0, y0)[v] = Df(x0, y0)[(0, v)] ∀v ∈ F (b)

Df(x0, y0)[(u, v)] = D1f(x0, y0)[u] +D2f(x0, y0)[v] ∀(u, v) ∈ E × F (c)


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) e differenziabile in x0

con differenziale Df(x0, y0)[(u, 0)].

La dimostrazione per (b) e identica, scegliendo u = 0 e facendo variare v.

(c), infine, si ottiene semplicemente sommando i primi due sviluppi. ¤

Oss. In generale, se f : E×F → G ha differenziale parziale nelle due variabili in un punto(x0, y0), non e detto neppure che f sia continua in x0, y0. Ad esempio, sia f : R2 → R, con

f(x, y) =

0 x 6= 0 ∧ y 6= 01 x = 0 ∨ y = 0

.

allora questa funzione non e continua nell’origine, sebbene f(0, y) = 1 ∀y e f(x, 0) = 1 ∀xsono entrambe differenziabili.

Tuttavia, vale il seguente

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

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

2. f e differenziabile parzialmente rispetto alla seconda variabile ∀(x, y) ∈ Ω, e l’applica-zione Ω 3 (x, y) 7→ D2f(x, y) ∈ L(F,G) e continua in (x0, y0);

allora, f e differenziabile in (x0, y0) e Df(x0, y0)[(u, v)] = D1f(x0, y0)[u] +D2f(x0, y0)[v].

Corollario L.23 f : Ω ⊆ E × F → G e di classe C1 (cioe Df : Ω → L(E × F,G) econtinua) se e solo se f e differenziabile parzialmente nelle due variabili in ogni punto di Ω,e sono continue entrambe D1f : Ω→ L(E,F ) e D2f : Ω→ L(F,G).

Dimostrazione (del corollario) Segue immediatamente dalle due proposizioni pre-cedenti. ¤

Dimostrazione (del teorema L.22) Bisogna verificare che vale lo sviluppo

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

+ o(‖u‖+ ‖v‖) :

infatti, cio significa che ∃Df(x0, y0), e che questo differenziale e dato dall’espressionefra parentesi graffe.

Stimiamo dunque il resto:

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

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

+

+ f(x0 + u, y0 + v)− f(x0 + u, y0)−D2f(x0, y0)[v] .

Il primo pezzo tra parentesi graffe e o(‖u‖) per ipotesi. Usiamo il teorema del valormedio per stimare la parte restante.


L.20. DIFFERENZIAZIONE SUCCESSIVA

Sia dunque ϕ : [0, 1]→ 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)−D2f(x0, y0)[v] .

Siccome per ipotesi f ha differenziale nella seconda variabile in Ω, ϕ e derivabile e

ϕ′(t) = D2f(x0 + u, y0 + tv)[v]−D2f(x0, y0)[v] =D2f(x0 + u, y0 + tv)−D2f(x0, y0)

[v] .

Quindi,

sup0≤t≤1

‖ϕ′(t)‖ ≤ sup0≤t≤1

‖D2f(x0 + u, y0 + tv)−D2f(x0, y0)‖ · ‖v‖ = o(1) · ‖v‖

per (u, v) → (0, 0), per la continuita di D2 in (x0, y0). Dunque, per il teorema delvalor medio

‖ϕ(1)− ϕ(0)‖ ≤ sup0≤t≤1

‖ϕ′(t)‖ = o(1) · ‖v‖ 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) · ‖v‖

per (u, v)→ (0, 0), ovvero questo resto e o(‖u‖+ ‖v‖). ¤

Esempio Se f : R3 → R ammette ∂f∂x , ∂f

∂y e ∂f∂z tutte e tre continue R3 → R, allora f e

C1(R3,R).

L.20 Differenziazione successiva

Come nel caso delle derivate, anche per i differenziali si puo considerare la differenziazionesuccessiva; la novita e che i codomini dei vari differenziali successivi divengono piu complicati.

Esempio f : U ⊆ E → F , U aperto, E,F spazi di Banach. Se f e differenziabile ∀x ∈ U ,e definito Df : U ⊆ E → L(E,F ). Se anche Df e differenziabile ∀x ∈ U , allora e definita

D(Df) : U ⊆ E → L(E,L(E,F )

);

piu in generale, e definito il differenziale k−esimo

DD · · ·Df︸︷︷︸k volte

: U ⊆ E → L(E,L

(E,L( · · · L(E,F )

))).

Per fortuna la situazione e piu semplice: dati E,F,G insiemi, e indicato con Y X l’insiemedelle applicazioni daX in Y , sappiamo che possiamo trovare un isomorfismo (GF )E ≈ GE×F ,e in particolare dati x ∈ E, y ∈ F :

f ∈ (GF )E 7→ f ∈ GE×F con f(x, y) = f(x)(y) .

In questa corrispondenza, se E,F,G sono spazi vettoriali, alle f ∈ L(E,L(F,G)

)corri-

spondono esattamente delle f : E × F → G bilineari.



• Esercizio L.31 Verificare l’ultima affermazione.

Soluzione Verifichiamo la linearita di f nella prima componente. Si ha che f(αx+βy, z) =f(αx+ βy)(z), ma per la linearita questo e uguale a

[αf(x) + βf(y)](z) = αf(x)(z) + βf(y)(z) = αf(x, z) + βf(y, z) ,

che e quanto si voleva. In modo abbastanza simile si ottiene la linearita nella secondacomponente.

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

1. b e continua ⇔ ∃C ≥ 0 tale che

∀(x, y) ∈ E × F ‖b(x, y)‖ ≤ C‖x‖ · ‖y‖ ;

2. b e continua ⇔[∀x ∈ E, b(x, ·) ∈ L(F,G), ovvero e continua da F in G, e l’applica-

zione ϕ definita da E 3 x ϕ7→ b(x, ·) appartiene a L(E,L(F,G)

)].

• 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, ricordandocome e definita la norma di L(F,G) (norma degli operatori).

Soluzione Mostriamo separatamente i due punti.

Punto 1 L’implicazione ⇐ e facile, in quanto fissata una variabile e la lipschitzianitanell’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 x‖x‖ , y

′ = δ y‖y‖ , cosı ‖x′‖ = ‖y′‖ = δ, da cui ‖b(x′, y′)‖ < 1. Ma,

per la bilinearita di b, si ha che

‖b(x′, y′)‖ =δ2

‖x‖‖y‖‖b(x, y)‖ < 1 ,

da cui la tesi con C = 1δ2 .

Punto 2 La prima proprieta e la continuita nella seconda variabile; vogliamo vedereche la seconda e equivalente alla continuita nella prima variabile. Se ϕ e continua, allora∀(xn)→ x, so che b(xn, ·) n→∞−−−−→ b(x, ·). Se ora fisso y, avro in particolare che ∀(xn)→ x, ∀yb(xn, y)→ b(x, y), dunque, b e continua nella prima variabile.

Per l’implicazione inversa, se ∀y fissato e ∀(xn)→ x si ha che b(xn, y)→ b(x, y), allora inparticolare l’applicazione b(xn, ·) tende a b(x, ·) e, dato che questo vale per ogni successione(xn) che tende a x, cio implica la continuita dell’applicazione ϕ.



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

L2(E × F,G) = b : E × F → G bilineari e continue .

Questo spazio vettoriale e linearmente isomorfo a L(E,L(F,G)

)via b(·, ·) ∼−→ b(·)(·).

Si puo rendere L2(E × F,G) normato e la corrispondenza ∼−→ isometrica, definendo∀b ∈ L2(E × F,G)

‖b‖ + sup‖x‖≤1

sup‖y‖≤1

‖b(x, y)‖ = sup‖x‖≤1‖y‖≤1

‖b(x, y)‖ .

• Esercizio L.33 Provare che se E,F,G sono completi, anche L2(E × F,G) lo e.

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

Similmente, per E1, . . . , Ek, G spazi normati, lo spazio delle applicazioni k−lineariLk(E1 × · · · × Ek, G) e linearmente isomorfo a

L(E1,L

(E2,L

( · · · L(Ek, G))))

;

la corrispondenza b(·, · · · , ·) ∼−→ b(·) · · · (·) e una isometria lineare rispetto alla norma su Lk‖b‖Lk

= sup‖xi‖≤11≤i≤k

‖b(x1, . . . , xk)‖ .

Tornando al calcolo differenziale, se f : U ⊆ E → F ha differenziale ∀x ∈ U e Df a suavolta e differenziabile in x0 ∈ U , allora

D(Df)(x0) ∈ L(E,L(E,F )

);

nell’identificazione di questo spazio con L2(E × E,F ) usiamo la notazione

D2f(x0) ∈ L2(E × E,F ) , D(Df

)(x0)[u][v] = D2f(x0)[u, v] .

Un buon motivo per vedere D2f come applicazione bilineare e che e simmetrica, piuprecisamente vale il seguente

Teorema L.25 (simmetria del differenziale secondo) Sia U aperto in E; E, F spazidi Banach; f : U → F differenziabile ∀x ∈ U , tale che Df e differenziabile in x0 ∈ U .Allora, D2f(x0) ∈ L2(E × E,F ) e simmetrico.

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 puo leggere come “il differenziale secondo e uguale alla differenza seconda ameno di infinitesimi di ordine superiore al secondo”.


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

Dimostrazione (del lemma) Sia R il resto dell’espressione; definiamo alloraϕ : [0, 1]→ 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] =

=Df(x0 + u+ tv)−Df(x0 + tv)−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‖ ,

dove nel passaggio segnato da un asterisco, sviluppo al primo ordine. Osserviamoche tutto vale uniformemente per 0 ≤ t ≤ 1: dunque, per il teorema del valormedio

‖R‖ = ‖ϕ(1)− ϕ(0)‖ ≤ sup0≤t≤1

‖ϕ′(t)‖ = o(‖u‖+ ‖v‖) · ‖v‖ ,

e questo prova il lemma.

Dal lemma, poiche la “differenza seconda” e una quantita simmetrica in u e v, sot-traendo le due differenze in cui si scambia il ruolo di u e v si ha che

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

ma essendo il primo membro lineare in u e v, necessariamente questo deve essereidenticamente nullo.

Infatti, se B ∈ L2(E×E,F ) e tale che B(u, v) = o((‖u‖+ ‖v‖)2) allora B ≡ 0, poiche

∀(u0, v0) ∈ E × E, ho B(tu0, tv0) = t2B(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, Be identicamente nulla. ¤

L.21 Teorema della funzione implicita (di Dini)

Teorema L.27 (di Dini) Siano E,F,G spazi di Banach, e Ω ⊆ E × F aperto. Conside-riamo f ∈ C1(Ω, G). Sia Σ + f−1(0) = (x, y) ∈ Ω

∣∣ f(x, y) = 0, e (x0, y0) ∈ Σ (cioef(x0, y0) = 0). Supponiamo, inoltre, che D2f(x0, y0) sia invertibile (come applicazione li-neare continua F → G). Allora “Σ e localmente in (x0, y0) un grafico di una funzione C1

nella prima variabile”, cioe ∃U intorno aperto di x0, ∃V intorno aperto di y0, U × V ⊆ Ω,∃u : U → V di classe C1 tali che Σ ∩ U × V = graf(u), o che e 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)

).

Φ e di classe C1, perche lo sono le sue componenti; dunque

DΦ(x, y)[s, t] ∗= (s,Df(x, y)[s, t]) = (s,D1f(x, y)[s] +D2f(x, y)[t]) ,

dove nel passaggio segnato da un asterisco si e differenziata ogni componente.


L.22. MASSIMI E MINIMI IN PIU VARIABILI

Nel punto (x0, y0), DΦ(x0, y0) risulta invertibile come applicazione E × F → E × G.Infatti, l’equazione (lineare) DΦ(x0, y0)[s, t] = (a, b) ∈ E × G ha una ed una solasoluzione ∀(a, b) ∈ E ×G:

s = a

D1f(x0, y0)[s] +D2f(x0, y0)[t] = b

da cui s = a

t =[D2f(x0, y0)

]−1(b−D1f(x0, y0)[a]

) .

Quindi non solo DΦ(x0, y0) e bigettiva E×F → E×G, ma l’inversa E×G→ E×F ,(a, b) 7→ (a,D2f(x0, y0)−1(b − D1f(x0, y0)[a]) e anche continua, dunque DΦ(x0, y0)e invertibile; possiamo cosı applicare il teorema di inversione locale a Φ: esiste unintorno aperto di (x0, y0) e un intorno aperto di Φ(x0, y0) = (x0, 0) fra i quali Φ einvertibile in senso C1.

In particolare, siano B(x0, η) e B(y0, ε) palle aperte tali che B(x0, η)× B(y0, ε) ⊆ Ω;Φ

(B(x0, η)×B(y0, ε)

)+ W e aperto; Φ : B(x0, η)×B(y0, ε)

∼−→ Φ(B(x0, η)×B(y0, ε)

)ha inversa C1, Ψ = Φ−1.

Esiste poi 0 < δ ≤ η tale che B(x0, δ) × 0 ⊆ W : infatti, W e 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) 7→ B(y0, ε) tale che x ∈ B(x0, δ) 7→ ΠF

(Ψ(x, 0)

),

dove ΠF : E × F → F e la proiezione nel secondo fattore.

Osserviamo che u e ben definito, perche x ∈ B(x0, δ) ⇒ (x, 0) ∈ W ⇒ Ψ(x, 0) ∈B(x0, δ)×B(y0, ε)⇒ ΠFΨ(x, 0) ∈ B(y0, ε); inoltre, ∀(x, y) ∈ B(x0, 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 e C1, dall’identita f(x, u(x)

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

D1f(x, u(x)

)+D2f

(x, u(x)

) Du(x) = 0 ,

da cui Du(x) = −[D2f

(x, u(x)

)]−1 D1f(x, u(x)

).

Esempio Se E = F = G = R, f(x, y) = x2 + y2− 1, Σ = (x, y) ∣∣ x2 + y2 = 1. Le ipotesiper il teorema di Dini sono verificate per (x0, y0) ∈ Σ tale che ∂f

∂y (x0, y0) 6= 0, cioe 2y0 6= 0,cioe (x0, y0) 6= (±1, 0). In effetti, in nessun intorno di (1, 0) Σ e localmente grafico di unafunzione della prima variabile (vedi figura 3 a fronte).

Tuttavia, in questi due punti ∂f∂x 6= 0, quindi qui Σ e localmente grafico di una funzionedella seconda variabile.

L.22 Massimi e minimi in piu variabili

Massimi e minimi si dicono liberi quando il dominio e un aperto.



x

y

(−1,0) (1,0)

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

L.22.1 Massimi e minimi liberi

Sia f : Ω ⊆ E → R con Ω aperto.

Proposizione L.28 Se x0 ∈ Ω e un punto di minimo per f , e se f ha derivate direzionaliin x0, queste sono nulle.

Dimostrazione La derivata direzionale nella direzione v ∈ E e per definizione

∂f

∂v(x0) + ∂

∂t

(f(x0 + tv)

)∣∣t=0

;

questa, se c’e, e nulla perche se x0 e un minimo per f , la funzione t 7→ f(x0 + tv) avraun minimo per t = 0, dunque la sua derivata sara zero. ¤

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

∀v ∈ E Df(x0)[v] =∂f

∂v(x0) = 0 .

Oss. Lo stesso vale se x0 e punto di massimo per f , in quanto e di minimo per −f .

L.22.2 Condizione necessaria al second’ordine

Proposizione L.29 Sia x0 ∈ Ω(aperto) ⊆ E di minimo per f : Ω → R. Supponiamo che∃D2f(x0) ∈ Lsim

2 (E ×E,R) (cioe una forma bilineare simmetrica). Allora “D2f(x0) ≥ 0”,cioe D2f(x0)[v, v] ≥ 0 ∀v ∈ E.

Dimostrazione Infatti, ∀v ∈ E la funzione ϕ(t) + f(x0 + tv) ha derivata seconda int = 0; ϕ′′(0) = ∂

∂t

[ϕ′(t)

]t=0

= ∂∂t

[Df(x0 + tv)[v]

]t=0

= D2f(x0)[v, v], e sappiamo cheϕ′′(0) ≥ 0 essendo t = 0 un punto di minimo per ϕ. ¤

• Esercizio L.34 Data f(x, y) = y2ex2 − y, trovare il punto di minimo e verificare che

D2f(x0) ≥ 0.



Soluzione Dato che la funzione assegnata e differenziabile su tutto R2, i punti di minimoe di massimo (se esistono) saranno da cercarsi tra quelli in cui si annullano contemporanea-mente le due derivate parziali. Dato che

∂f

∂x= 2xy2ex

2,

∂f

∂y= 2yex

2 − 1 ,

si ottiene immediatamente che ∂f∂x = 0⇔ x = 0 ∨ y = 0, ∂f∂y = 0⇔ y = 1

2e−x2

.Dunque, l’unico punto in cui si annullano contemporaneamente le due derivate e

(0, 1

2

).

Calcoliamo dunque la matrice hessiana:

Hf (x, y) =

(2y2ex

2+ 4x2y2ex

24xyex

2

4xyex2

2ex2

),

che calcolata nel punto in analisi vale

Hf(0, 1

2

)=

(12 00 2

);

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

L.22.3 Condizione sufficiente al second’ordine

Vale anche l’analogo della proprieta nota per funzioni di una variabile:

Proposizione L.30 Se x0 ∈ Ω e tale che Df(x0) = 0 e “D2f(x0) > 0” (cioe e definitapositiva, ovvero D2f(x0)[v, v] ≥ c‖v‖2, con c > 0), allora x0 e un punto di minimo.

Dimostrazione La dimostrazione e analoga al caso di funzioni di una variabile e discen-de dallo sviluppo di Taylor al secondo ordine dimostrato nella proposizione E.21 apagina 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 f0 inΩ con i vincoli f1(x) = 0, . . . , fh(x) = 0, cioe i minimi (massimi) di f0 su

Σ = x ∈ Ω∣∣ f1(x) = 0 ∧ . . . ∧ fh(x) = 0 .

Teorema L.31 (Principio dei moltiplicatori di Lagrange) Sia Ω aperto di Rn, e sia-no f0, . . . , fh h + 1 funzioni in C1(Ω,R). Sia Σ = x ∈ Ω

∣∣ fi(x) = 0 ∀i = 1, . . . , h, esia x ∈ Σ un minimo di f0 su Σ: f0(x) = minx∈Σ f0(x). Allora, i gradienti di fi in x sonolinearmente dipendenti, ovvero ∃λ0, . . . , λh ∈ R non tutti nulli tali che

h∑

i=0

λi∇fi(x) = 0 .

La dimostrazione seguente e dovuta a Ennio De Giorgi.



Dimostrazione Consideriamo le funzioni (∀k ∈ N)

gk(x) + ‖x− x‖2 + f0(x) + k

h∑

i=1

fi(x)2 .

Allora le gk : Ω → R sono di classe C1. Vedremo che gk deve avere un minimo localelibero xk vicino a x; varra la condizione ∇gk(xk) = 0 e ne trarremo le conclusionifacendo un limite per k →∞.

Sia B = B(x, ε) ⊆ Ω, e sia xk ∈ B un minimo di gk (esiste perche B e chiuso elimitato). Allora, vale

−∞ (i)< min

x∈Bf0(x)

(ii)

≤ f0(xk)(iii)

≤ gk(xk)(iv)

≤ gk(x)(v)= f0(x) .

Le giustificazioni sono le seguenti:

(i) Perche B e un compatto e f0 e continua.(ii) xk ∈ B.(iii) gk = f0 + termini positivi.(iv) gk(xk) = minB gk, e x ∈ B.(v) x ∈ Σ, quindi fi(x) = 0, e ‖x− x‖2 = 0.

Percio la successione gk(xk) e limitata in R. Poiche inoltre (xk) ⊆ B, che e 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

kl

h∑

i=1

f2i (xkl

) = gkl(xkl

)− ‖xkl− x‖2 − f0(xkl

)

ed il primo membro converge per l→∞, in quanto converge il secondo.

D’altra parte, anche∑hi=1 f

2i (xkl

) converge a∑hi=1 f

2i (ξ), perche xkl

→ ξ e le fi sonocontinue. Dunque, fi(ξ) = 0 ∀i = 1, . . . , h, altrimenti il primo limite sarebbe stato±∞. Quindi, ξ ∈ Σ ∩B; percio

minΣf = f0(x) ≤ f0(ξ) .

Questo risultato si puo aggiungere alla catena di disugaglianze scritte sopra, ottenendodunque

f0(ξ)← f0(xkl) ≤ gkl

(xkl) ≤ gkl

(x) = f0(x) ≤ f0(ξ) ;

applicando il teorema dei due carabinieri, otteniamo che gkl(xkl

) e gkl(x) convergono

a f0(ξ). Dunque dall’espressione di gklsi ottiene

‖xkl− x‖2 ≤ gkl

(xkl)− f0(xkl

)→ f0(ξ)− f0(ξ) = 0 ,

cioe xkl→ x, quindi x = ξ per l’unicita del limite. Come conseguenza, xkl

edefinitivamente interno alla palla perche converge a x. Dunque,

∇gkl(xkl

) = 0 (per l grande) ,

in quanto xkle un minimo libero per gkl

su B; dunque

2(xkl− x) +∇f0(xkl

) + kl

h∑

i=1

2fi(xkl)∇fi(xkl

) = 0 .


L.23. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE

Sia µ(l) =(1, 2klf1(xkl

), . . . , 2klfh(xkl))

= (µ(l)0 , . . . , µ

(l)h ) .

Abbiamo cosı 0 = 2(xkl− x) +

∑hi=0 µ

(l)i ∇fi(xkl

) . Poiche ‖µ(l)‖ ≥ 1, a meno disottosuccessioni

µ(l)i

‖µ(l)‖ → λi ∈ R ,

con λ = (λ0, . . . , λh) tale che ‖λ‖ = 1. Allora

0 =2(xkl

− x)‖µ(l)‖ +

h∑

i=0

µ(l)i

‖µ(l)‖∇fi(xkl)→

h∑

i=0

λi∇fi(x) ,

che conclude la dimostrazione. ¤

L.23 Equazioni differenziali ordinarie

Definizione L.27 Una equazione differenziale ordinaria in forma normale e unaequazione

u′(t) = f(t, u(t)

), (L.3)

dove il secondo membro f e una funzione f : Ω ⊆ R×Rn → Rn, Ω aperto, e si cerca una usu 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; unaequazione differenziale ordinaria non in forma normale e 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. Per n > 1 si parla anche di sistemi di equazioni differenziali ordinarie per(L.3).

x = (x1, . . . , xn) ;

f(t, x) =(f1(t, x1, . . . , xn), f2(t, x1, . . . , xn), . . . , fn(t, x1, . . . , xn)

),

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

)

u′1(t) = f1(t, x1, . . . , xn)...

u′n(t) = fn(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 puo 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

v′0(t) = v1(t)v′1(t) = v2(t)

...v′k−2(t) = vk−1(t)v′k−1(t) = f(t, v0, . . . , vk−1)

,



che e 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 tuttoR (in generale, I & R). Ad esempio, se consideriamo u′ = u2, f(t, x) = x2, f : R× R→ R.Tutte le soluzioni sono la famiglia

1c−t

c∈R

o u(t) ≡ 0 costante. A parte la soluzione nulla,

ogni altra soluzione e definita su semirette ]−∞, c[ e ]c,+∞[.

L.23.1 Problema di Cauchy per una equazione differenziale ordina-ria

Se (t0, x0) ∈ Ω , il problema di Cauchy per l’equazione differenziale (L.3) eu′(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 soluzioneu : I → Rn 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 intervalloI =]t0 − δ, t0 + δ[ purche f soddisfi le opportune ipotesi di “lipschitzianita locale nellaseconda variabile” e δ sia sufficientemente piccolo.

Definizione L.28 Sia f : Ω ⊆ R×Rn → Rn (Ω aperto). Allora diciamo che f e localmen-te lipschitziana nella seconda variabile se f e continua, ∀(t0, x0) ∃δ > 0, ∃ε > 0, ∃L ≥ 0con la proprieta 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 continuanella prima variabile” invece che “f continua”.

Soluzione Se f e continua, allora e in particolare continua nella prima variabile.Per dimostrare l’implicazione inversa, fissiamo ε > 0. Allora, per la continuita nella prima

variabile, posso trovare δ > 0 in modo che se |t− t0| < δ si abbia |f(t, x0)− f(t0, x0)| ≤ ε2 .

D’altra parte, detta L la costante di Lipschitz per la seconda variabile (uguale per tutti ipunti x), possiamo scegliere |x − x0| < ε

2L . Dunque, se (t, x) ∈ B(t0, δ) × B(x0,

ε2L

)che e

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|+ ε

2≤ ε ,

ovvero f e continua in (t0, x0).

• Esercizio L.36 Se f e 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.



Soluzione Supponiamo per assurdo che ∀L ∃t, x1, x2

∣∣ |f(t, x1) − f(t, x2)| > L|x1 − x2|.Consideriamo in particolare L = n, e la corrispondente successione (tn)n. Dato che t ∈[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 sottosuccessionenkj in modo che le successioni relative a x1 e x2 (che per semplicita indicheremo con x

(j)1

e x(j)2 ) convergano anch’esse rispettivamente a x1 e x2. Ora, il primo membro converge a

|f(t, x1) − f(t, x2)|, che e una quantita finita, mentre il secondo membro diverge, assurdo.(Osservazione: nel caso in cui x1 = x2, si otterrebbe 0 > 0, che e comunque un assurdo).

• Esercizio L.37 Sia A : [a, b]→Mn×n una curva continua di matrici n× n, cioe

A(t) =

a11(t) · · · a1n(t)

.... . .

...an1(t) · · · ann(t)

;

allora f(t, x) = A(t)x definita su Ω =]a, b[×Rn verifica le ipotesi di locale lipschitzianita inx.

L’equazione differenziale corrispondente e l’equazione differenziale ordinaria lineare acoefficienti continui (non costanti) u′(t) = A(t)u(t).

• Esercizio L.38 Se f : Ω ⊆ R × Rn → Rn e continua in Ω e ammette derivate parzialinelle variabili x1, . . . , xn continue in Ω

(∂f∂xi∈ C0(Ω,Rn), (i = 1, . . . , n)

), allora f verifica

le ipotesi di locale lipschitzianita in x.

Soluzione Per il teorema del differenziale totale, so che esiste D2f e che tale differenzialee continuo. Fissato x ∈ Ω, sia Ax un chiuso limitato contenuto in Ω che sia anche un intornoper x. Dunque, |f(t, y) − f(t, x)| ≤ | supAx

D2f | · |y − x|, dove | supAxD2f | < ∞ perche

stiamo facendo il sup di una funzione continua su un insieme chiuso e limitato.

Oss. f(t, x) =√|x|, f : R × R → R non e localmente lipschitziana in x; in effetti, il

problema di Cauchy x(0) = 0x′(t) =

√|x(t)|

ammette infinite soluzioni.

Lemma L.32 Siano Ω ⊆ R × Rn aperto, f : Ω → Rn localmente lipschitziana in x,¡(t0, x0) ∈ Ω. Allora esistono δ > 0, ε > 0 in modo che

1. R + [t0 − δ, t0 + δ]×B(x0, ε) ⊆ Ω;

2. ε ≥ δM , con M = ‖f‖∞,R = sup(t,x)∈R

‖f(x, t)‖;

3. δ < 1L , dove L e una costante di Lipschitz per f su R nella variabile x.



Dimostrazione E ovvia: si parte con δ, ε verificanti 1 e la proprieta di lipschitzianita inx per f su [t0 − δ, t0 + δ]×B(x0, ε) come nella definizione di locale lipschitzianita.

Prendendo un nuovo δ > 0 piu piccolo varanno anche le proprieta 2 e 3. In particolare,0 < δnuovo < min

1L , δvecchio,

εM

. ¤

Oss. Se u e una soluzione del problema di Cauchy (L.5) definita su [t0 − δ, t0 + δ], alloraci aspettiamo che u(t) ∈ B(x0, ε), cioe graf(u) ⊆ R.

Infatti, l’idea e che partendo al tempo t0 da x0 con velocita in modulo ‖u′(t)‖ ≤M , dopoun tempo δ si e fatto un incremento minore o uguale a δ ·M ≤ ε, dunque x(t) ∈ B(x0, ε).

Teorema L.33 (Esistenza ed unicita del problema di Cauchy) Siano Ω, f come so-pra, con f localmente lipschitziana in x; siano (t0, x0) ∈ Ω, e siano δ > 0, ε > 0 numeriverificanti le 3 condizioni del lemma precedente. Allora esiste una unica funzione

u : I + [t0 − δ, t0 + δ]→ Rn

soluzione di u(t0) = x0

u′(t) = f(t, u(t)

) .

Inoltre risulta che graf(u) ⊆ R +]t0 − δ, t0 + δ[×B(x0, ε) (vale a dire che ‖u(t) − x0‖ ≤ε ∀t ∈]t0 − δ, t0 + δ[).

Dimostrazione Osserviamo che se u :]t0 − δ, t0 + δ[→ Rn e una soluzione del problemadi Cauchy, allora deve essere ‖u(t) − x0‖ ≤ ε t ∈ I. Per assurdo, se non fosse cosı,esisterebbe t? ∈ I tale che ‖u(t?) − x0‖ ≥ ε e si avrebbe o t0 − δ < t? < t0 oppuret0 < t? < t0 + δ; assumiamo il secondo caso per fissare le idee. Sia

E + mint ∈ [t0, t?]∣∣ ‖u(t)− x0‖ ≥ ε .

L’insieme tra parentesi graffe e chiuso perche controimmagine del chiuso [ε,∞[ tramitela funzione continua t 7→ ‖u(t)−x0‖; e anche limitato, in quanto e contenuto in [t0, t?]:dunque il minimo c’e, 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 = supR‖f‖ ;

per il teorema del valor medio ‖u(t)−u(t0)‖ ≤ (t−t0) supt0≤t≤t ‖u′(t)‖ ≤ (t−t0)·M <δ ·M ≤ ε, assurdo perche ‖u(t)− u(t0)‖ = ‖u(t)− x0‖ ≥ ε.Dunque: se u e una soluzione locale del problema di Cauchy scritto sopra, definitasu I =]t0 − δ, t0 + δ[, deve essere u(t) ∈ B(x0, ε) ∀t ∈ I. Tenendo conto di cio, ilproblema di Cauchy e equivalente al problema di punto fisso seguente:

u ∈ C0

(I,B(x0, ε)

)

u(t) = x0 +∫ t

t0

f(s, u(s)

)ds ∀t ∈ I . (L.6)

Infatti, se u e soluzione del problema, e certamente continua in quanto e addiritturaC1; si e appena visto che ∀t ∈ I, u(t) ∈ B(x0, ε), quindi u ∈ C0

(I,B(x0, ε)

). Per il

teorema fondamentale del calcolo,

u(t) = u(t0) +∫ t

t0

u′(s) ds = x0 +∫ t

t0

f(s, u(s)

)ds .



Viceversa, se u verifica il problema di punto fisso (L.6), u ∈ C0, f(s, u(s)

)e continua

in s e u e derivabile con u′(t) = f(t, u(t)

) ∀t ∈ I; inoltre, u(t0) = x0.

L’insieme X = C0(I,B(x0, ε)

)e la palla nella norma uniforme di centro la funzione

costante x0 (x0(t) = x0 ∀t) e raggio ε nello spazio di Banach C0B(I,Rn

)(funzioni

continue e limitate I → Rn). Infatti,

‖u(t)− x0‖ ≤ ε ∀t ∈ I ⇔ ‖u− x0‖∞ = supt∈I‖u(t)− x0‖ ≤ ε .

In particolare, X e un chiuso di C0B(I,Rn), quindi X con la distanza indotta e uno

spazio metrico completo.

Sia T : X → C0B(I,Rn) tale che ∀u ∈ X sia (Tu)(t) = x0+

∫ tt0f(s, u(s)

)ds; il problema

(L.6) consiste nel cercare u ∈ X tale che T (u) = u.

Verifichiamo che T soddisfa le ipotesi del teorema delle contrazioni, cioe che T (X) ⊆ Xe che T e k−lipschitziana, con k < 1.

Sia v ∈ X, cioe ‖v(t)− x0‖ ≤ ε ∀t ∈ I. Allora

‖(Tv)(t)− x0‖ =∣∣∣∣∫ t

t0

f(s, v(s)

)ds

∣∣∣∣ ≤ δ · sups∈I‖f(

s, v(s))‖ ≤ δ ·M ≤ ε :

infatti, v ∈ X ⇒ graf v ⊆ R =]t0−δ, t0+δ[×B(x0, ε)⇒ ‖f(s, v(s)

)‖ ≤ supR ‖f‖ ≤M ;δM ≤ ε per la scelta di δ ed ε.

Cerchiamo ora la costante di Lipschitz per T su X. Siano v, w ∈ X, t ∈ I. Allora,

‖(Tv)(t)− (Tw)(t)‖ =∥∥∥∥∫ t

t0

f(s, v(s)

)− f(s, w(s)

)ds

∥∥∥∥ ≤

≤ δ sups∈I‖f(

s, v(s))− f(

s, w(s))‖ ≤

≤ δ · L · ‖v − w‖∞ .

Prendendo l’estremo superiore per t ∈ I, ‖Tv − Tw‖∞ ≤ (δ · L)‖v − w‖∞. Percio, Te lipschitziana su X, con costante k = δL, che e minore di 1 per la scelta iniziale di δe ε. Quindi, T ha uno ed un solo punto fisso u ∈ X. ¤

Oss. In effetti, la condizione δL < 1 non sarebbe necessaria: basta

R =]t0 − δ, t0 + δ[×B(x0, ε) ⊆ Ω , δM ≤ ε con M = supR‖f‖ .

Queste due condizioni garantivano che l’operatore T applicasse da X in se. E ancora veroche T ha uno ed un solo punto fisso u ∈ X (anche se potrebbe non essere una contrazionerispetto alla ‖ · ‖∞).

• Esercizio L.39 Nelle ipotesi R ⊆ Ω; δM ≤ ε, esiste un α ∈ R tale che la norma |v|α suC0B(I,R) definita da

|v|α + supt∈I‖v(t)e−tα‖

rende T : X → X una contrazione (∀v, w ∈ X, |Tv − Tw|α ≤ k|v − w|α).Inoltre, la norma | · |α e equivalente alla norma ‖ · ‖∞, quindi X e ancora completo con

la distanza |v − w|α.



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

T (n) = T · · · T︸︷︷︸n volte

: X → X

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

|T (n)(v)(t)− T (n)(w)(t)| ≤ Ln

n!|t− t0|n‖v − w‖∞ ,

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

• Esercizio L.41 Si puo anche usare questa variante del teorema delle contrazioni: Xcompleto, T : X → X continua e ∀v, w ∈ V

∑

m∈Nd(T (m)(v), T (m)(w)

)<∞ .

Allora, T ha un unico punto fisso. Questa variante si puo applicare qui grazie alla disuga-glianza dell’esercizio precedente.

Soluzione Mostriamo innanzitutto l’unicita: supponiamo di avere due punti fissi x1 e x2.Allora, detta k la distanza tra x1 e x2, avremo

∑

m∈Nd(T (m)(x1), T (m)(x2)

)=

∑

m∈Nd(x1, x2

)=

∑

m∈Nk <∞ ,

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

∑

m∈Nd(T (m)(v), T (m)(w)

)=

∑

m∈Nd(T (m)(v), T (m+1)(v)

)= c <∞ .

Dunque, in particolare T (k)(v) ∈ F = B(v, c) ∀k, in quanto usando la disuguaglianzatriangolare

d(v, T (k)v) ≤k−1∑m=0

d(T (m)(v), T (m+1)(v)

) ≤∑

m∈Nd(T (m)(v), T (m+1)(v)

)= c .

Dunque la successione(T (k)(v)

)k

appartiene a F che e un chiuso e limitato, dunque possoestrarre una sottosuccessione vkj +

(T (kj)(v)

)j

convergente a v. Ora, d(Tvkj , vkj ) → 0perche e un termine della serie convergente scritta sopra; d’altra parte, per la continuita diT e della distanza, questa converge anche a d(T (v), v), dunque d(T (v), v) = 0⇒ T (v) = v,cioe v e un punto fisso.

Oss. Se f e continua Ω→ Rn, ma non vale l’ipotesi di locale lipschitzianita, il problemadi Cauchy (L.6) ammette ancora una soluzione locale, ma non e piu necessariamente unica.



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’e sicuramente la soluzione nulla u(t) ≡ 0; ma possiamo anche cercare una

soluzione della forma tα: u(t) = ct|t|α−1 e soluzione, per c, α opportuni: in particolareα−1 = α

2 , cα =√c, ovvero a = 2, c = 1

4 : u0(t) = 14 t|t|. D’altra parte, possiamo considerare

la soluzione

uλ(t) =

0 t ≤ λu0(t− λ) t ≥ λ .

Se f e solo continua, si puo provare l’esistenza di una soluzione

u :]t0 − δ, t0 + δ[→ B(x0, ε)

come prima usando T : X → X; ora, pero, T non e una contrazione, e non funzionano itrucchi dei tre esercizi precedenti. Vi sono teoremi di analisi funzionale che si applicano quie che garantiscono l’esistenza di almeno un punto fisso.

Se, nelle ipotesi del teorema di esistenza ed unicita, u : I → Rn e v : J → Rn sonosoluzioni dello stesso problema di Cauchy,

v(t0) = x0

v′ = f(t, v)e

u(t0) = x0

u′ = f(t, u)

allora per la proprieta di unicita locale, u(t) ≡ v(t) in un intorno di t0 ⊆ I ∩ J , anzicoincidono su tutta l’intersezione: u|I∩J ≡ v|I∩J .

Infatti, l’insieme t ∈ I∩J∣∣ u(t) = v(t) e sicuramente chiuso in I∩J , perche u e v sono

continue, e si tratta della controimmagine di 0 tramite la funzione u− v, ma e aperto (inI ∩J) per la proprieta di unicita locale; infine non e vuoto in quanto contiene almeno t0 peripotesi. Allora, coincide con tutto l’intervallo I ∩ J per la seguente proprieta di connessionedegli 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 e un intervallo diverso da A, A e aperto e non vuoto edanche U \A e aperto e non vuoto. Allora definiamo

f(x) =

1 x ∈ A−1 x 6∈ A :

f e continua, ma non si annulla mai nell’intervallo, contraddicendo il teorema deglizeri. ¤

Allora possiamo considerare l’insieme di tutte le soluzioni del problema di Cauchy uI :I → RnI∈F , dove F e una famiglia di intervalli. Allora, ce n’e una definita su un intervallomassimo: chiamiamo J =

⋃I∈F I e definiamo uJ (t) = uI(t) se t ∈ I, cioe

graf uJ =⋃

I∈Fgraf uI .

Quindi, si e dimostrata la seguente

Proposizione L.35 Data f : Ω → Rn come nel teorema di esistenza ed unicita locale, e(t0, x0) ∈ Ω, esiste una soluzione del problema di Cauchy u :]a, b[→ Rn, con (−∞ ≤ a <t < b ≤ +∞) che e definita su un intervallo massimo: ∀v : J → Rn soluzione dello stessoproblema di Cauchy, risulta J ⊆]a, b[, v = u|J .


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 chesiano aperti e chiusi sono X e ∅.

• Esercizio L.42 Mostrare che Rn e connesso.

Proposizione L.36 Sia Ω ⊆ R×Rn aperto; f : Ω→ Rn continua e localmente lipschitzia-na; sia u :]a, b[→ Rn 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 esoluzione: u′ = f

(t, u(t)

).

Dimostrazione Sia v :]b− δ, b+ δ[→ Rn una soluzione locale del problema di Cauchyv(b) = x

v′ = f(t, v).

Definiamo u :]a, b+ δ[→ Rn ponendo

u(t) =

u(t) ∀t ∈]a, b[v(t) ∀t ∈ [b, b+ δ[

.

La curva u e continua su ]a, b+ δ[, in quanto lo e in ]a, b[ e in ]b, b+ δ[ perche lo sonorispettivamente u e v ed e continua in b perche limt→b = x: piu precisamente,

limt→b+

u(t) = limt→b+

v(t) = x; limt→b−

u(t) = limt→b−

u(t) = x .

Inoltre, u verifica l’equazione ∀t ∈]a, b + δ[\δ. Resta da verificare dunque solo che∃u′(b) = f

(b, u(b)

), cioe

∃u′i(b) = fi(b, u(b)

) ∀1 ≤ i ≤ n .

Sia t ∈]a, b + δ[\b; allora possiamo applicare il teorema di Lagrange tra t e b,ottenendo

ui(t)− ui(b)t− b = u′i(ξ) con ξ tra b e t ,

ma u′i(ξ) = fi(ξ, u(ξ)

), in quanto in ξ vale l’equazione. Per la continuita di f e di u,

questo e anche uguale a f(b, u(b))

+ o(1) per t→ b.

Quinidi ∃u′(b) = f(b, u(b)

)= f(b, x). ¤

In realta, e sufficiente molto meno per poter prolungare la soluzione u :]a, b[→ Rn. Valeinfatti la seguente

Proposizione L.37 Sia Ω ⊆ R×Rn aperto; f : Ω→ Rn continua e localmente lipschitzia-na; sia u :]a, b[→ Rn soluzione di u′ = f(t, u). Supponiamo che ∃(sk)k ⊆]a, b[, sk

k→∞−−−−→ b,tale che u(sk) → x con (b, x) ⊆ Ω. Allora, ∃ limt→b u(t) = x, quindi per la proposizioneprecedente u si prolunga a una soluzione u :]a, b+ δ[→ Rn.


L.25. DIPENDENZA CONTINUA DAI DATI INIZIALI

Dimostrazione Basta dimostrare che per ogni altra successione (tk) ∈]a, b[ convergente ab si ha u(tk) → x. Se non fosse cosı, ∃(tk) ∈]a, b[, tk → b, ma u(tk) non converge a x;rimpiazzando eventualmente (tk) con una sua sottosuccessione, abbiamo che ∃ε > 0tale che ∀k ∈ N ‖u(tk)− x‖ ≥ ε.Se e necessario, prendendo un ε > 0 piu 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 lacontinuita di f).

Per ogni k ∈ N, l’insieme Sk = s ∈ [sk, b]∣∣ ‖u(s)− x‖ ≥ ε e 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 + minSk. Allora

• sk ≤ t?k < b

• ‖u(t?k)− x‖ ≥ ε• ∀s ∈ [sk, t?k] si ha ‖u(s)− x‖ ≤ ε, cioe

(s, u(s)

) ∈ R.

Per il teorema del valor medio (e per k grande, tale che b− ρ ≤ sk ≤ b),

‖u(t?k)− u(sk)‖ ≤ (t?k − sk) supsk≤s≤t?k

‖u′(s)‖ = (t?k − sk) supsk≤s≤t?k

‖f(s, u(s)

)‖(∗)≤

(∗)≤ (t?k − sk) ·M

(∗∗)→ 0 ,

dove (∗) vale perche se s ∈ [sk, t?k],(s, u(s)

) ∈ R e ‖f(s, u(s)

)‖ ≤ M , e (∗∗) perchesk → 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. ¤

Proposizione L.38 Sia Ω ⊆ R × Rn aperto, f : Ω → Rn con le ipotesi di locale lipschi-tzianita; 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)

) 6∈ 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)

) 6∈ K ∀b′ < t < b (l’altro casoe analogo).

Se per assurdo non fosse cosı, ∃(sk) → b tale che(sk, u(sk)

) ∈ K ∀k ∈ N. Rim-piazzando (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 proposizio-

ne 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 tuttoR. Sugg.: considerare K = [0, T ] × B(x0,MT + 1) e usare la proposizione precedente perdedurre 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 secondavariabile. Supponiamo che ∀(t0, x0) ∈ Ω esista (unica) la soluzione massimale del problemadi Cauchy

u′ = f(t, u)u(t0) = x0

,



che e definita su un intervallo aperto ]τ?(t0, x0), τ?(t0, x0)[⊆ R, dove −∞ ≤ τ?(t0, x0) <τ?(t0, x0) ≤ +∞.

Possiamo considerare τ? e τ? come funzioni Ω→ R; inoltre, sia

Ξ = (t0, x0, t) ∈ Ω× R ∣∣ τ?(t0, x0) < t < τ?(t0, x0) .

Ξ e la zona fra il grafico di τ? e il grafico di τ? ed e sottoinsieme di Ω×R. Ξ e inoltre ildominio di una mappa ξ : Ξ→ Rn tale che ξ(t0, x0, t) = u(t), con u soluzione del problemadi Cauchy.

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

Oss. Ξ aperto significa “stabilita dell’esistenza della soluzione”: se (t0, x0, t) ∈ Ξ, allora(t′0, x

′0, t) ∈ Ξ purche (t′0, x

′0) sia sufficientemente vicino a (t0, x0).

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 datoiniziale y0 ∈ Rn con ‖x0 − y0‖ ≤ ρ, la soluzione massimale del problema di Cauchy

v′ = f(t, v)v(t0) = y0

e definita almeno fino al tempo t1; inoltre ‖u− v‖∞,[t0,t1] ≤ C‖x0 − y0‖.

Oss. Il lemma dice in particolare che

‖u(t1)− v(t1)‖ = ‖ξ(t0, x0, t1)− ξ(t0, y0, t1)‖ ≤ C‖x0 − y0‖ ,

cioe ξ e localmente lipschitziana nella seconda variabile.

Dimostrazione (del lemma) Per ε > 0, sia

Tε = (t, x) ∈ R× Rn∣∣ t0 ≤ t ≤ t1 , ‖x− u(t)‖ ≤ ε ;

per ε > 0 sufficientemente piccolo, Tε ⊆ Ω — infatti, basta

ε < inf‖u(t)− x‖; t0 ≤ t ≤ t1; (t, x) ∈ Ωc,

cioeε < min

t0≤t≤t1inf ‖u(t)− x‖, (t, x) ∈ Ωc .

Sia L ≥ 0 una costante di Lipschitz per f nella seconda variabile in Tε, cioe

‖f(t, x)− f(t, y)‖ ≤ L‖x− y‖ ∀(t, x) ∈ Tε, (t, y) ∈ Tε(esiste, con l’argomento gia visto, con I ×B(x0, r) in luogo di Tε).Sia dunque ρ = εe−L(t1−t0) < ε, e sia y0 ∈ Rn con ‖x0 − y0‖ ≤ ρ. Allora(t0, y0) ∈ Ω; sia v la soluzione massimale. Bisogna dimostrare che [t0, t1] ⊆ dom ve graf(v|[t0,t1]) ⊆ Tε con ‖v − u‖∞,[t0,t1] ≤ C‖x0 − y0‖ (per qualche C).Sia, ora, t ∈ [t0, t1] tale che

(t, v(t)

) ∈ ∂Tε e(t, v(t)

) ∈ Tε ∀t ∈]t0, t[ (esistetale t grazie alla proprieta delle soluzioni massimali: uscire definitivamente dai



compatti ⊆ Ω) (t + mint ∈ [t0, t1]∣∣ (t, v(t)

) 6∈ Tε chiuso 6= ∅). Stimiamo‖u(t)− v(t)‖ con t ∈ [t0, t], cioe v(t) ∈ Tε:

‖u(t)− v(t)‖ − ‖x0 + y0‖ ≤∥∥∥∥∫ t

t0

(u′(s)− v′(s)) ds

∥∥∥∥ =

=∥∥∥∥∫ t

t0

[f(s, u(s)

)− f(s, v(s)

)]ds

∥∥∥∥ ≤

≤∫ t

t0

∥∥f(s, u(s)

)− f(s, v(s)

)∥∥ ds ≤

≤ L∫ t

t0

‖u(s)− v(s)‖ ds .

Sia ϕ(t) =∫ tt0‖u(s)− v(s)‖ ds e a = ‖x0 − y0‖, dunque ϕ′(t) ≤ a+ Lϕ(t). Si ha

cosı (ϕ(t)e−Lt

)′=

(ϕ′(t)− Lϕ(t)

)e−Lt ≤ ae−Lt =

(− aLe−Lt

)′:

dunque [(ϕ(t) +

a

L

)e−Lt

]′≤ 0

ovvero(ϕ(t) + a

L

)e−Lt e decrescente. Si ha cosı

(ϕ(t) +

a

L

)e−Lt ≤

(ϕ(t0) +

a

L

)e−Lt0 =

a

Le−Lt0 ∀t ∈ [t0, t] ,

quindi ϕ(t) ≤ aL

(eL(t−t0) − 1

); in conclusione

‖u(t)− v(t)‖ = ϕ′(t) ≤ a+ Lϕ(t) ≤ aeL(t−t0) < ρeL(t−t0) < ε . (L.7)

In particolare, ‖u(t) − v(t)‖ < ε; siccome(t, v(t)

) ∈ ∂Tε deve essere t = t1.Inoltre, da (L.7) segue anche che

‖v − u‖∞,[t0,t1] ≤ eL(t1−t0)‖x0 − y0‖ = C‖x0 − y0‖

che vale per ogni soluzione v con v(t0) = y0 e ‖x0 − y0‖ ≤ ρ.

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

‖ξ(a1, x1, b1)− ξ(a0, x0, b0)‖ ≤ (‖x1 − x0‖+M |a1 − a0|) eL(b0−a0) +M |b1 − b0| ,

grazie alla disuguaglianza triangolare. ¤

• Esercizio L.44 Concludere la dimostrazione della proposizione (continuita di ξ).

Soluzione 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)‖ .


L.26. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE LINEARI IN RN

Per il terzo addendo abbiamo gia la stima ‖ξ(a0, x1, b0)− ξ(a0, x0, b0)‖ ≤ ‖x1−x0‖eL(b0−a0)

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

‖ξ(a1, x1, b1)− ξ(a1, x1, b0)‖ = ‖u(b1)− u(b0)‖ ≤ |b1 − b0| supt∈]b0,b1[

‖u′(t)‖ ≤

≤ |b1 − b0| supR‖f(t, x)‖ ≤M |b1 − b0| ,

dove u risolve il problema di Cauchy u′ = f(t, u) con dato iniziale x1 al tempo a1. Per il se-condo addendo, infine, si usa l’identita 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 ricordandoche 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(b0−a0)‖ξ(a1, x1, a0)− x1‖ = eL(b0−a0)‖ξ(a1, x1, a0)− ξ(a1, x1, a1)‖ ≤≤ eL(b0−a0)M |a1 − a0| .

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

L.26 Equazioni differenziali ordinarie lineari in Rn

Una equazione differenziale lineare ordinaria in Rn e una equazione della forma

x′(t) = A(t)x(t) + b(t) −∞ ≤ a < t < b ≤ +∞ ,

dove A(t) e una matrice n× n, dipendente con continuita da t ∈]a, b[ e b(t) ∈ Rn, continuain t: A ∈ C0

(]a, b[;Mn×n(R)

), b ∈ C0(]a, b[;Rn).

Quindi, il secondo membro f(t, x) = A(t)x+ b(t) e definito su Ω ⊆]a, b[×Rn ⊆ R×Rn everifica le ipotesi di lipschitzianita per poter applicare il teorema di Cauchy: f e continuanella prima variabile (t) ed e affine nella seconda (x), per cui per ogni sottointervallo chiusoe limitato [a′, b′] ⊆]a, b[ si ha

‖f(t, x)− f(t, y)‖ = ‖A(t) · (x− y)‖ ≤ ‖A‖∞,[a′,b′] · ‖x− y‖ ∀t ∈ [a′, b′] ⊆]a, b[ :

quindi f e lipschitziana in x uniformemente in tutti i t ∈ [a′, b′].Percio, 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 problemadi Cauchy sono definite su tutto l’intervallo [a′, b′]; essendo [a′, b′] ⊆]a, b[ arbitrario, sonodefinite su tutto ]a, b[.

• Esercizio L.45 In generale, se f ∈ C0(]a, b[×Rn,Rn) localmente lipschitziana in x e taleche ∀[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 dellasoluzione generale ξ(t0, x0, t) e I × Rn × I. Sugg.: usare la caratterizzazione delle soluzionimassimali.

Nel caso delle equazioni differenziali ordinarie, quindi, la soluzione generale e definita∀(t0, x0) in I × Rn e t ∈ I.



L.26.1 Equazioni lineari omogenee

Si tratta del caso in cui b(t) ≡ 0, x′(t) = A(t)x(t).La soluzione generale e lineare rispetto a x0:

ξ(t0, λx0 + νy0, t) = λξ(t0, x0, t) + νξ(t0, y0, t) .

Infatti, se u(t) = ξ(t0, x0, t) e v(t) = ξ(t0, y0, t), abbiamou′(t) = A(t)uu(t0) = x0

v′(t) = A(t)vv(t0) = y0

,

quindi w(t) = λu(t) + νv(t) risolvew′(t) = A(t)ww(t0) = λx0 + νy0

,

cioe w(t) = ξ(t0, λx0 + νy0, t).Quindi resta definita una applicazione continua W : I × I → Mn×n(R) ponendo

W (t, s)x = ξ(s, x, t) ∀(s, t) ∈ I × I, ∀x ∈ Rn.In altre parole, W (t, s)x e 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, e definita dall’identita

W (t, s)u(s) = u(t) ∀t, s ∈ I, ∀u soluzione di u′(t) = A(t)u(t) . (L.8)

Oss. W (t, s) e una matrice le cui colonne sono date da Xi = W (t, s)ei, dove ei e l’i−esimovettore della base canonica di Rn, cioe quella che ha un 1 in i−esima posizione e 0 altrove.

Dunque, Xi(t) e soluzione del problema di Cauchy, con dato iniziale ei al tempo iniziales:

Xi′(t) = A(t)Xi(t)Xi(s) = ei

.

Vediamo alcune proprieta. Sia I =]a, b[: allora vale la seguente

Proposizione L.41 Sia A ∈ C0(I,Mn×n) e W la corrispondente matrice di transizione.Allora:

(i) W (t, t) = I ∀t ∈ I(ii) ∂1W (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) ∂2W (t, s) = −W (t, s)A(s) ∀t, s ∈ I

Dimostrazione La (i) e ovvia dalla definizione di W ; (ii) anche, derivando (L.8):

∂1W (t, s)u(s) = u′(t) = A(t)u(t) = A(t)W (t, s)u(s) ;

cio vale per ogni soluzione dell’equazione differenziale lineare: vale quindi ∀x = u(s) ∈Rn, dunque ∂1W (t, s) = A(t)W (t, s).



(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 ancheW (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) gia sappiamo che ∃∂1W (t, s) = A(t)W (t, s) continue in I × I. D’altraparte, per (iv) W e derivabile anche nella seconda variabile: s 7→ W (t, s) e compo-sizione di s 7→ W (s, t) e dell’inversione di matrici L 7→ L−1 (che e differenziabile);derivando la relazione del punto (iii) in s, otteniamo

0 =∂

∂sW (t, r) =

∂

∂s

[W (t, s)W (s, r)

]=

(∂

∂sW (t, s)

)·W (s, r)+

+W (t, s)(∂

∂sW (s, r)

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

Se ora considero s = r, ottengo

0 = ∂2W (t, s) +W (t, s)A(s) .

Oppure: vedendo W (t, s) come composizione[W (s, t)

]−1 e ricordando che se I(L) =L−1, vale DI(L)[H] = −L−1HL−1 (vedi proposizione L.20 a pagina 33), otteniamo

∂2W (t, s) =∂

∂sI(W (s, t)

)= DI(W (s, t)

) [∂

∂sW (s, t)

]=

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

che e 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)(cioe W ha ∂1W e ∂2W entrambe continue in I × I), per il teorema del differenziale totaleW ∈ C1(I × I;Mn×n).

Il determinante di W (t, s), w(t, s) = detW (t, s) (che e > 0 per il teorema degli zeri)verifica una semplice identita (detta equazione di Liouville):

Proposizione L.42

∂1w(t, s) = trA(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∂1W (t, t) + o(ε)

)W (t, s) =

=(I+ εA(t) + o(ε)

)W (t, s) =

(I+ εA(t)

)W (t, s) + o(ε) .



Ricordando lo sviluppo del determinante

det(I+H) = 1 + tr(H) + o(H) ,

abbiamo

w(t+ ε, s) = det[(I+ εA(t)

)W (t, s) + o(ε)

] ∗= det((I+ εA(t)

)W (t, s)

)+ o(ε) =

=(1 + ε trA(t)

)detW (t, s) + o(ε) = w(t, s) + ε trA(t)w(t, s) + o(ε) ,

dove il passaggio segnato da un asterisco e possibile perche la funzione det e differen-ziabile.

Dunque, ∂1w(t, s) = trA(t)w(t, s), da cui detW (t, s) = exp(∫ t

s

trA(τ) dτ)

. ¤

L.26.2 Equazioni lineari non omogenee

Proposizione L.43 Siano A ∈ C0(I,Mn×n(R)

), b ∈ C0(I,Rn), s ∈ I, u0 ∈ Rn. Allora la

soluzione del problema di Cauchyu′(t) = A(t)u(t) + b(t)u(s) = u0

e

u(t) = W (t, s)u0 +∫ t

s

W (t, τ)b(τ) dτ ∀t ∈ I

dove W e la matrice di transizione associata ad A.

Dimostrazione (1 modo: verifica diretta) Si ha

u(s) = W (s, s)u0 +∫ s

s

(· · · ) = u0 .

D’altra parte,

u′(t) = A(t)W (t, s)u0 +[W (t, τ)b(τ)

]τ=t

+∫ t

s

A(t)W (t, τ)b(τ) dτ =

= A(t)W (t, s)u0 + b(t) +A(t) ·∫ t

s

W (t, τ)b(τ) dτ =

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

∫ t

s

W (t, τ)b(τ) dτ]

+ b(t) = A(t)u(t) + b(t) .

¤

• Esercizio L.46 Giustificare la derivazione sotto il segno di integrale.

Dimostrazione (2 modo: variazione della costante arbitraria) L’idea della di-mostrazione sta nel cercare una soluzione della forma u(t) = W (t, s)y(t), con y(t)un’opportuna funzione ∈ C1(I,Rn). Deve essere

u(s) = W (s, s)y(s) = y(s) = u0 ;



inoltre,

u′(t) =(∂tW (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) e soluzione del problema di Cauchy purchey(s) = u0

W (t, s)y′(t) = b(t).

Ricordando che W (t, s)−1 = W (s, t), abbiamoy′(t) = W (s, t)b(t)y(s) = u0

;

quindi, y(t) = u0+∫ tsW (s, τ)b(τ) dτ soddisfa le richieste e rende u soluzione. Dunque,

u(t) = W (t, s)y(t) = W (t, s)u0 +∫ t

s

W (t, τ)b(τ) dτ

perche W (t, s)W (s, τ) = W (t, τ). ¤

Proposizione L.44 (Sviluppo in serie per W (t, s)) Sia A ∈ C0(I,Mn×n(R)

); allora

la matrice di transizione associata ad A ammette lo sviluppo in serie

W (t, s) =∞∑

k=0

Vk(t, s)

con V0(t, s) = I

Vk+1(t, s) =∫ t

s

A(τ)Vk(τ, s) dτ k ≥ 0.

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 ∂1W (t, s) =A(t)W (t, s) o, equivalentemente:

W (t, s) = I+∫ t

s

A(τ)W (τ, s) dτ . (L.9)

Qui si potrebbe applicare il teorema delle contrazioni (l’operatore

T (W ) = I+∫ t

s

A(τ)W (τ, s) dτ

e infatti lineare) e provare l’esistenza di W , da cui si ottiene la teoria delle equazionidifferenziali ordinarie lineari in modo autonomo dalla teoria vista.

Iterando l’identita (L.9), si ha

W (t, s) = I+∫ t

s

A(τ)[I+

∫ τ

s

A(τ1)W (τ1, s) dτ1

]dτ =

= I+∫ t

s

A(τ) dτ +∫ t

s

∫ τ

s

A(τ)A(τ1)W (τ1, s) dτ1 dτ = · · · =

=m−1∑

k=0

Vk(t, s) +Rm(t, s) ,



dove i termini Vk sono dati dalla soluzione ricorsivaV0(t, s) = I

Vk+1(t, s) =∫ t

s

A(τ)Vk(τ, s) dτ k ≥ 0

cioe

Vk(t, s) =∫ t

s

∫ τk

s

· · ·∫ τ2

s

A(τk)A(τk−1) · · ·A(τ1) dτ1 dτ2 · · · dτk ,

mentre il resto e

Rm(t, s) =∫ t

s

∫ τm

s

· · ·∫ τ2

s

A(τm)A(τm−1) · · ·A(τ1)W (τ1, s) dτ1 dτ2 · · · dτm , (L.10)

come si verifica facilmente per induzione.

Rm → 0 uniformemente su ogni J × J ⊆ I × I con J + [a′, b′], cioe ‖Rm‖∞,J×J → 0.Infatti dalla (L.10) si ha che ∀(t, s) ∈ J × J

‖Rm(t, s)‖ ≤∣∣∣∣∫ t

s

∫ τm

s

· · ·∫ τ2

s

‖A(τm)A(τm−1) · · ·A(τ1)W (τ1, s)‖ dτ1 dτ2 · · · dτm

∣∣∣∣ ≤

≤∣∣∣∣∫ t

s

∫ τm

s

· · ·∫ τ2

s

‖A(τm)‖ · ‖A(τm−1)‖ · · · ‖A(τ1)‖ · ‖W (τ1, s)‖ dτ1 dτ2 · · · dτm

∣∣∣∣ ≤

≤ ‖A‖m∞,J · ‖W‖∞,J×J ·∣∣∣∣∫ t

s

∫ τm

s

· · ·∫ τ2

s

1 dτ1 · · · dτm

∣∣∣∣ =

= ‖A‖m∞,J · ‖W‖∞,J×J|t− s|mm!

≤ ‖A‖m∞,J‖W‖∞,J×J(b′ − a′)m

m!,

quindi la serie converge uniformemente su J × J , con

‖Rm‖∞,J×J ≤ ‖A‖m∞,J‖W‖∞,J×J(b′ − a′)m

m!.

In effetti, per lo stesso motivo

‖Vk‖∞,J×J ≤ ‖A‖k∞,J ·(b′ − a′)k

k!,

dunque la serie e normalmente convergente su J × J , e si ha in particolare

∞∑

k=0

‖Vk‖∞,J×J ≤∞∑

k=0

‖A‖k∞,J · (b′ − a′)kk!

= e‖A‖∞,J (b′−a′) .

¤

• Esercizio L.47 Ricavare la disuguaglianza (valida ∀t, s ∈ J)

‖W (t, s)‖ ≤ e‖A‖∞,J ·|t−s|

direttamente, da W (s, s) = I∂tW = A(t)W (t, s)

.



L.26.3 Caso delle equazioni lineari a coefficienti costanti

Proposizione L.45 (Esponenziale di matrici) Sia A ∈ Mn×n(C) ∼ Cn·n. Allora, lasuccessione (

I+A

m

)m

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

(i) eA =∞∑

k=0

Ak

k!

(ii) ‖eA‖ ≤ e‖A‖

(iii) AB = BA⇒ eAB = BeA

(iv) AB = BA⇒ eA+B = eAeB = eBeA

(v) Se P ∈Mn×n(C) e invertibile, allora ePAP−1

= PeAP−1

(vi) det(eA) = etrA

(vii) exp :Mn×n(C)→Mn×n(C) e una funzione di classe C∞ e

D exp(A)[H] =∑

k≥0l≥0

AkHAl

(k + l + 1)!.

Dimostrazione (ii): poiche ∀m ∈ N si ha ‖Am‖ ≤ ‖A‖m, la serie∑nk=0

Ak

k! convergenormalmente in Mn×n(C) e

‖eA‖ =

∥∥∥∥∥∞∑

k=0

Ak

k!

∥∥∥∥∥ ≤∞∑

k=0

‖A‖kk!

= e‖A‖ ;

(i): che la successione(I+ A

m

)mammetta limite uguale a

∑∞k=0

Ak

k! si prova esatta-mente come nel caso ben noto di n = 1, A ∈ R.

(iii): se AB = BA, allora(I+ A

m

)m · B = B · (I+ Am

)m. Siccome le applicazioni

Mn×n(C) 3 X 7→ X ·A, X 7→ A ·X sono continue, passando al limite (m→∞) si haeAB = BeA.

(iv): si puo dimostrare in un primo modo usando la serie:( ∞∑

k=0

Ak

k!

)( ∞∑

l=0

Bl

l!

)= · · · =

∞∑m=0

(A+B)m

m!,

oppure con la successione

eA+B = limm→∞

(I+

A+B

m

)m= limm→∞

[(I+

A

m

)(I+

B

m

)]m.

(v): per lo stesso motivo, essendo X 7→ PXP−1 continua, e(I+

PAP−1

m

)m= P

(I+

A

m

)mP−1 ∀m ,



passando al limite ePAP−1

= PeAP−1.

(vi): dapprima, si analizza il caso di A diagonalizzabile: A = PDP−1 con D =diag(λ1, . . . , λn); allora eD = diag(eλ1 , . . . , eλn); det eD =

∏ni=1 e

λi = etrD. Dunque,

eA = ePDP−1

= PeDP−1 ⇒ det eA = det eD = etrD = etrA .

Per il caso generale, si usa il fatto che ogni A e limite di una successione di matricidiagonalizzabili. ¤

• Esercizio L.48 Concludere i punti della dimostrazione non conclusi.

• Esercizio L.49 Se A ∈ C0(I,Mn×nR) e tale che A(t1)A(t2) = A(t2)A(t1) ∀t1, t2 ∈ I,allora la matrice di transizione e W (t, s) = exp(

∫ tsA(τ) dτ).

Oss. Si puo verificare che la definizione e le proprieta della mappa esponenziale exp(A)valgono anche nel caso di A ∈ L(E) con E spazio di Banach, salvo le proprieta che riguardanodetA, trA che in generale non sono definiti.

Nel caso di equazioni differenziali lineari in Rn a coefficienti costanti, le soluzioni siesprimono con la mappa esponenziale. Infatti,

(etA

)′ = AetA = etAA; quindi, la soluzionedel problema

u′(t) = Au(t)u(t0) = x0

con x0 ∈ Rn, A ∈ Mn×n(R) e u(t) = e(t−t0)A · x0, in quanto u(t0) = e0A · x0 = I · x0 = x0;u′(t) =

(etA[e−t0Ax0]

)′ = Au(t). La matrice di transizione associata al sistema u′ = Au edunque

W (t, s) = e(t−s)A

(in particolare, valgono le proprieta W (s, s) = I e ∂tW = AW ).In effetti, dallo sviluppo di W (s, t) in serie, nel caso di A(t) ≡ A costante, si trova

W (t, s) =∞∑

k=0

Vk(t, s)

con V0(t, s) = I e

Vk+1(t, s) =∫ t

s

AVk(τ, s) dτ = A

∫ t

s

Vk(τ, s) dτ ;

abbiamo cosı V1(t, s) =∫ tsA dτ = (t − s)A; V2(t, s) = A2 (t−s)2

2 e, per induzione, si trovaimmediatamente

Vk(t, s) =(t− s)kk!

Ak .

In conclusione,

W (t, s) =∞∑

k=0

(t− s)kk!

Ak + e(t−s)A .


L.27. DIPENDENZA DIFFERENZIABILE DAI DATI INIZIALI

Oss. In generale, se per A ∈ C0(I;Mn×n(R)

)una W ∈ C0

(I × I,Mn×n(R)

)verifica

W (s, s) = I ∀s ∈ I∂tW (t, s) = A(t)W (t, s) ∀t, s

allora W e la matrice di transizione di A. Cio segue subito dalla definizione di matrice ditransizione.

Oss. L’esponenziale di numeri complessi e un caso particolare di esponenziale di matrici:se z = a+ ib ∈ C, la matrice associata a z e la matrice (conforme) ∈M2×2(R)

A =(a −bb a

).

Allora, l’esponenziale di A e la matrice corrispondente a ez, in quanto entrambe sono definitedalla stessa serie.

• Esercizio L.50 Sia V un sottospazio vettoriale di dimensione n dello spazio C0B(R,C)

(funzioni continue e limitate) tale che se u ∈ V , anche τh(u) ∈ V ∀h ∈ R, dove(τh(u)

)(x) = u(x+ h)

e la traslata da u. Provare che V e generato da n funzioni eiω1t, eiω2t, . . . , eiωnt, conω1, . . . , ωn ∈ R.

Sugg.: provare prima che se u ∈ V , allora u e 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 ∈ domu

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

∀x ∈ B(x0, δ)

(t0, x, t1) ∈ Ξ e ‖ξ(t0, x0, t)− ξ(t0, x, t)‖ ≤M‖x− x0‖∀t ∈ [t0, t1] o t ∈ [t1, t0]. In modo equivalente si puo scrivere

‖ξ(t0, x0, ·)− ξ(t0, x, ·)‖∞,[t0,t1] ≤M‖x− x0‖ .Supponiamo, ora, che f : Ω → Rn sia continua tale che f ∈ C0(Ω,Rn) con D2f ∈

C0(Ω,L(Rn)

), dove D2 indica il differenziale rispetto alla seconda variabile x.

Allora f verifica le condizioni di Cauchy–Lipschitz: dato che D2f e continuo, allora elocalmente limitato, dunque f e localmente lipschitziana nella seconda variabile. Inoltre, ξrisulta differenziabile nella seconda variabile, anzi ξ ∈ C1(Ξ,Rn).

Nella terza variabile, gia sappiamo che ∂tξ(t0, x0, t) = f(t, ξ(t0, x0, t)

), dunque ∂tξ ∈

C0(Ξ,Rn). Si usa poi l’identita

ξ(s, ξ(r, x0, s), t

)= ξ(r, x0, t) (L.11)



e si prova la differenziabilita nella prima variabile usando la differenziabilita nella seconda enella terza: derivando (L.11) rispetto a s, si ottiene

∂1ξ(s, ξ(r, x0, s), t

)+D2ξ

(s, ξ(r, x0, s), t

)[∂3ξ(r, x0, s)] = 0

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

∂1ξ(s, x0, t) = −D2ξ(s, x0, t) · f(s, x0) .

Teorema L.46 Sia f ∈ C0(Ω,Rn) con D2f ∈ C0(Ω,L(Rn)

); allora ξ ammette D2ξ; a sua

volta D2ξ e differenziabile in t e

∂tD2ξ(t0, x0, t) = D2

(∂tξ(t0, x0, t)

).

Oss. In altre parole,

∂tD2ξ(t0, x0, t) = D2

[f(t0, ξ(t0, x0, t)

)]= D2f

(t0, ξ(t0, x0, t)

)D2ξ(t0, x0, t) .

Dunque, D2ξ(t0, x0, t) e la soluzione dell’equazione differenziale lineare

∂tW (t, t0) = A(t)W (t, t0) con A(t) = D2f(t0, ξ(t0, x0, t)

).

Inoltre, W (t0) = D2I = I o anche D2ξ(t0, x0, t) e la matrice di transizione W (t, t0) delcammino A(t) = D2f

(t0, ξ(t0, x0, t)

).

Dimostrazione Sia (t0, x0, t1) ∈ Ξ e sia W (t) la soluzione diW ′(t) = A(t)W (t)W (t0) = I

,

con A(t) + D2f(t0, ξ(t0, x0, t)

). Quindi, A ∈ C0

(I,L(Rn)

), con I = dom ξ(t0, x0, ·) (e

W e la matrice di transizione di A). Vogliamo provare che ∃D2ξ(t0, x0, t1) = W (t1),cioe che

ξ(t0, x, t1)− ξ(t0, x0, t1)−W (t1) · (x− x0) = o(‖x− x0‖) (per x→ x0) .

Sia z(t) = ξ(t0, x, t) − ξ(t0, x0, t) −W (t) · (x − x0) ∀t ∈ I. Vogliamo dunque stimarez(t1).

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

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)

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



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

‖b(t)‖ = ‖F (p)‖ = ‖F (p)− F (p0)‖ ≤ ‖p− p0‖ supq∈[p,p0]

‖DF (q)‖ =

= ‖ξ(t0, x, t)− ξ(t0, x0, t)‖ supq∈[p,p0]

∥∥D2f(t, q)−D2f(t, ξ(t0, x0, t)

)∥∥ .

Se x ∈ B(x0, δ), t ∈ [t0, t1], tutto e minore di

M‖x− x0‖ sup‖D2f

(t, ξ(t0, x0, t) + v

)−D2f(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

supt∈[t0,t1]

‖b(t)‖ ≤ ‖x− x0‖o(1) = o(‖x− x0‖) .

Poiche z′ = A(t)z(t) + b(t), z(t0) = 0, si ha

‖z(t1)‖ =∥∥∥∥∫ t1

t0

W (τ, t0)b(τ) dτ∥∥∥∥ ≤ |t1 − t0| · ‖W‖∞,[t0,t1]×[t0,t1] · ‖b‖∞,[t0,t1]

quindi‖z(t1)‖ = o(‖x− x0‖) (per x→ x0)

ovvero ∃D2ξ(t0, x0, t1) = D2f(t0, ξ(t0, x0, t1)

). ¤

• Esercizio L.51 Siano A,B ∈ C0(I,L(Rn)

)e siano WA,WB ∈ C0

(I × I,L(Rn)

)le

corrispondenti matrici di transizione.Provare che

WB(t, s)−WA(t, s) =∫ t

s

WA(t, τ)(B(τ)−A(τ)

)WB(τ, s) dτ

da cui, ∀J ⊆ I intervallo,

‖WB −WA‖∞,J×J ≤ |J | · ‖WA‖∞,J×J · ‖WB‖∞,J×J · ‖B −A‖∞,J .

Quindi, se Ak → A uniformemente su J , allora WAk→WA uniformemente su J × J .

• Esercizio L.52 Sia f ∈ C0(Ω,Rn) con D2f ∈ C0(Ω,Rn). Si e visto che ∀(t0, x, t1) ∈ Ξ∃D2ξ(t0, x, t1) = WA(t1, t0), con A(t) + D2f

(t, ξ(t0, x, t)

). Dedurne che ξ, come funzione di

t0, x, t1 ha D2ξ ∈ C0(Ξ,L(Rn)

). Sugg.: usare l’esercizio precedente.

Oss. WA(t1, t0) ∈ L(Rn) e sempre invertibile.

• Esercizio L.53 (Derivabilita di ξ(s, x, t) rispetto a s) Dall’identita ξ(t, ξ(s, x, t), s

)=

x, verificando le condizioni per applicare il teorema della funzione implicita, ottenere che ξ ederivabile rispetto a s e ∂sξ(s, x, t) = −D2ξ(s, x, t)f(s, x) e in particolare D1ξ ∈ C0(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.


L.28. RICERCA DI PRIMITIVE

• Esercizio L.54 Poiche ∂3ξ(s, x, t) = f(t, ξ(s, x, t)

)per costruzione, per composizione

∂3ξ ∈ C0(Ξ,Rn); applicando il teorema del differenziale totale dedurne che ξ ∈ C1(Ξ,Rn).

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

L.28 Ricerca di primitive

Data F : U ⊆ Rn → Rn, vogliamo trovare (se c’e) una funzione V : U → R tale che∇V (x) = F (x) ∀x ∈ U (piu in generale, data F : U ⊆ E → E? con E spazio di Banach,E? = L(E,R) il duale di E, trovare V : U → R tale che F (x) = DV (x) ∈ L(E,R) = E?).

Definizione L.30 Una applicazione ω su un aperto Ω ⊆ Rn a valori in Rn? si chiama unaforma differenziale.

Definizione L.31 Una funzione f : Ω ⊆ Rn → Rn si chiama campo vettoriale (su Ω).

Oss. Data una forma differenziale ω si ha il campo associato F , tale che ∀x ∈ U

ω(x)[v] =(F (x) · v)

dove a sinistra abbiamo la forma differenziale ω(x) calcolata in v, mentre a destra abbiamoun prodotto scalare.

Esempio Se V : Ω ⊆ Rn → R e C1, allora il differenziale di V , ω = DV : Ω ⊆ Rn →L(Rn,R) = Rn? e una forma differenziale su Ω. In tal caso, diciamo che V e una primitiva(o una funzione potenziale) di ω.

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

∣∣ F = ∇V ).

N.B. Considereremo solo forme differenziali (o campi) almeno di classe C0 e definitesu aperti Ω ⊆ Rn.

Oss. Sia Ω ⊆ Rn aperto, e sia V ∈ C1(Ω,R). Allora, ∀ϕ : [a, b] → Ω, ϕ ∈ C1, si haV ϕ ∈ C1([a, b],R) con [

V(ϕ(t)

)]′ = DV(ϕ(t)

) · ϕ′(t) ,da cui (per il teorema fondamentale del calcolo integrale)

V(ϕ(b)

)− V (ϕ(a)

)=

∫ b

a

DV(ϕ(t)

) · ϕ′(t) dt .

Questo suggerisce di considerare piu in generale, per ω ∈ C0(Ω,Rn?) (forma differenziale diclasse C0) in luogo di DV ,

∫ b

a

ω((ϕ(t)

)[ϕ′(t)] dt ∈ R .



Definizione L.33 Per ω ∈ C0(Ω,Rn?) e ϕ ∈ C1([a, b],Ω) il numero∫ baω((ϕ(t)

) · ϕ′(t) dtsi chiama integrale di ω lungo la curva ϕ e si indica con

∫ϕω.

Oss. Se ω e esatta, allora∫ϕω dipende solo dagli estremi di ϕ, cioe ϕ(a) e ϕ(b), infatti e

V((ϕ(b)

)− V ((ϕ(a)

), dove V e una qualunque primitiva di ω, vale cioe la seguente

Proposizione L.47 Se ω ∈ C0(Ω,Rn?) e esatta, allora ∀ϕ ∈ C1(I,Ω)∫ϕω dipende solo

da ϕ(b) e ϕ(a).

Ricordiamo che X spazio topologico e connesso per archi se ∀x0, x1 ∈ X ∃α : [0, 1]→ Xcontinua tale che α(0) = x0 e α(1) = x1.

Definizione L.34 Una curva [a, b] α−→ Rn e una poligonale se e continua ed affine a tratti:∃a = t0 < t1 < . . . < tm = b tale che α|[tk,tk+1] = vk · t+ ck.

• Esercizio L.55 Un aperto Ω ⊆ Rn e connesso ⇔ e connesso per archi ⇔ e connesso perarchi C1 ⇔ e connesso per poligonali.

• Esercizio L.56 Sia Ω = R2 \0; sia poi ω ∈ C∞(Ω,R2?). ∀(x, y) ∈ Ω, ∀v = (v1, v2) ∈ R2

definiamoω(x, y)[v] =

y

x2 + y2· v1 − x

x2 + y2· v2 .

Provare che ω non e esatta su Ω.

Soluzione Sia ϕ(t) = (cos t, sin t), con t ∈ [0, 2π]. Allora, ϕ′(t) = (− sin t, cos t) eω(ϕ(t)

)[ϕ′(t)

]= − sin2 t−cos2 t

sin2 t+cos2 t= −1. Si ha cosı che

∫ 2π

0(−1) dt = −2π, mentre l’integrale di

una forma esatta su un cammino chiuso e zero.

Oss. Indichiamo con dxi la i−esima proiezione Rn → R, cioe x = (x1, . . . , xn) 7→ xi; dxie una forma lineare. Ogni ω ∈ C0(Ω,Rn?) si scrive come

ω(x) = ω1(x) dx1 + ω2(x) dx2 + · · ·+ ωn(x) dxn .

Ad esempio, la funzione dell’esempio precedente si scrive anche come

ω(x, y) =y

x2 + y2dx− x

x2 + y2dy .

Esempio Allo stesso modo dell’esercizio L.56 si puo provare che α(x, y) = −y dx + x dynon e una forma esatta.

Proposizione L.48 Se Ω ⊆ Rn e un aperto connesso e ω ∈ C0(Ω,Rn?) e tale che∫

ϕ1

ω =∫

ϕ2

ω ∀ϕ1, ϕ2 ∈ C1([0, 1]; Ω), ϕ1(0) = ϕ2(0), ϕ1(1) = ϕ2(1)

allora ω e esatta e ha primitiva

V (x) =∫

ϕ

ω

con ϕ ∈ C1([0, 1],Ω) tale che ϕ(1) = x, ϕ(0) = x0 fissato.



Oss. Se Ω e un aperto qualunque, ci si riconduce al caso di aperti connessi considerandole componenti connesse di Ω.

Oss.∫ϕω e ben definito anche per cammini ϕ ∈ C1(I,Ω) a tratti, cioe ϕ ∈ C0(I,Ω),

ϕ|Ik∈ C1(Ik,Ω) con I1, . . . Im partizione di I. In particolare, se ω e esatta su Ω, allora

∫ϕω

e lo stesso per tutti i cammini C1 a tratti con estremi uguali ϕ(0) = x0, ϕ(1) = x, graziealla linearita dell’integrale:

∫

ϕ

ω =∫

ϕ|I1ω + · · ·+

∫

ϕ|Im

ω .

Dimostrazione Sia x0 ∈ Ω fissato. Definiamo ∀x ∈ Ω

V (x) +∫ 1

0

ω(ϕ(t)

)ϕ′(t) dt ,

con ϕ un qualunque cammino tale che ϕ(0) = x0, ϕ(1) = x. Allora, ∀h ∈ Rn si ha

V (x+ h) =∫

ψ

ω

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

Quindi,

V (x+ h) =∫

ψ|[0,1]

ω +∫

ψ|[1,2]

ω = V (x) +∫ 1

0

ω(x+ th) · h dt =

= V (x) + ω(x) · h+∫ 1

0

[ω(x+ th)− ω(x)

] · h dt .

Siccome∣∣∣∣∫ 1

0

[ω(x+ th)− ω(x)

] · h dt∣∣∣∣ ≤ ‖h‖ · sup ‖ω(y)− ω(x)‖ = ‖h‖o(1) (h→ 0)

allora V e differenziabile in x, con DV (x) = ω(x). ¤

Oss. Sia ω ∈ C1(Ω,Rn?) (Ω aperto di Rn). Per ogni x ∈ Ω, Dω(x) ∈ L(Rn,Rn?) =L(Rn,L(Rn,R)

) ∼= L2(Rn×Rn,R): possiamo considerare Dω(x) come una forma bilineare,come si e fatto per D2f(x). Quindi Dω ∈ C0(Ω,L2

(Rn × Rn,R)

).

Se ω e esatta su Ω, cioe ω = Df con f : Ω→ R, allora ∀x ∈ Ω si ha Dω(x) = D2f(x) ∈L2

sim(Rn × Rn,R). Dunque, vale la seguente

Proposizione L.49 Se ω ∈ C1(Ω,Rn?) e esatta, la forma bilineare Dω(x) e simmetrica.

Oss. Se ω ∈ C1(Ω,Rn?) e ω(x) = ω1(x) dx1 + · · · + ωn(x) dxn, x = (x1, . . . , xn), lasimmetria di Dω(x) si esprime dicendo

∂ωi∂xj

(x) =∂ωj∂xi

(x) (∀i, j) :

infatti,(∂ωi∂xj

)

ij

e la matrice jacobiana di ω.



Definizione L.35 Una forma differenziale ω ∈ C1(Ω,Rn?) si dice chiusa se il suo diffe-renziale Dω(x) e simmetrico, cioe

∂ωi∂xj

(x) =∂ωj∂xi

(x) (∀i, j) .

Esempio Sia ω : R2 → R2? e data da ω(x, y) = −y dx + x dy, cioe ω1(x, y) = −y,ω2(x, y) = x, abbiamo

∂ω1

∂y= −1

∂ω2

∂x= 1 ,

quindi ω non e esatta su R2, e neppure su alcun aperto U ⊆ R2 (gia lo sapevamo, perche∫γω 6= 0 con γ(t) = eit, 0 ≤ t ≤ 2π).

Esempio Sia

α(x, y) = − y

x2 + y2dx+

x

x2 + y2dy α ∈ C1(R2 \ 0,R2?) .

Questa forma non e esatta su R2 \ 0, perche come sopra∫γα =

∫γω 6= 0 con γ(t) = eit,

0 ≤ t ≤ 2π). Tuttavia, si verifica facilmente che Dα e simmetrico in ogni (x, y) ∈ R2 \ 0:∂α1

∂y=∂α2

∂x.

Dunque, ogni forma esatta e chiusa, ma forme chiuse non sono necessariamente esatte.Vale pero il seguente risultato:

Proposizione L.50 Sia ω ∈ C1(Ω,Rn?), con Ω aperto convesso non vuoto ⊆ Rn. Allora,se ω e chiusa, ω e esatta.

Dimostrazione Senza perdere generalita, possiamo supporre che 0 ∈ Ω (serve solo persemplificare le notazioni). Consideriamo la funzione f(x) =

∫γxω, con γx(t) = tx,

t ∈ [0, 1] (se ω e esatta, f e una primitiva di ω).

Quindi, ∀x ∈ Ω, f(x) =∫ 1

0ω(tx) · x dt. Sia v ∈ Rn, calcoliamo ∂f

∂v = ∂sf(x+ sv)|s=0:

∂s

(∫ 1

0

ω(tx+ tsv)[x+ sv] dt)∣∣∣∣

s=0

.

Per il criterio di derivazione sotto il segno di integrale, la derivata esiste ed e∫ 1

0

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

∣∣s=0

dt

cioe ∫ 1

0

ω(tx) · v +Dω(tx)[tv, x]

dt .

Usando ora la simmetria di Dω e la sua bilinearita, l’integrale e anche uguale a∫ 1

0

ω(tx) · v + tDω(tx)[x, v]

dt =

∫ 1

0

∂t

(tω(tx) · v) dt

che e uguale a[tω(tx) · v]t=1

t=0 = ω(x) · v .


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 e differenziabile:

Df(x)v =∂f

∂v(x) = ω(x)v ∀v

cioe Df(x) = ω(x). ¤

Oss. La f della dimostrazione e ben definita perche ∀x ∈ Ω, ∀t ∈ [0, 1], si ha t · x ∈ Ω.Dunque, se ω = R2 \ p, la dimostrazione non funziona (come gia visto). Tuttavia, bastaun po’ meno dell’ipotesi di convessita per Ω. Premettiamo la definizione seguente:

Definizione L.36 Un sottoinsieme Ω ⊆ E (E spazio vettoriale reale) si dice convessorispetto 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 e convesso se e solo se e stellato rispetto a ogni suo punto. Dunque, laproposizione in effetti vale con l’ipotesi ω ∈ C1(Ω,Rn?) forma chiusa, Ω stellato.

Esempio La forma

α(x, y) = − y

x2 + y2dx+

x

x2 + y2dy

come si e visto e chiusa e non e esatta su R2\0; tuttavia e esatta su Ω + R2\(x, 0)∣∣ x ≤ 0:

infatti, Ω e stellato rispetto a (1, 0).

• Esercizio L.57 Sia ω ∈ C1(R2 \ 0,R2?) chiusa e tale che∫γω = 0 con γ(t) =(

cos(t), sin(t)), 0 ≤ t ≤ 2π, allora ω e esatta.

L.29 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

F (x) =∫ b

a

f(t, x) dt

e continua.

Dimostrazione Sia ω un modulo di continuita per f ; allora, F ammette modulo dicontinuita (b− a)ω. Infatti, se x, x′ ∈ X,

|F (x)− F (x′)| =∣∣∣∣∣∫ b

a

f(t, x)− f(t, x′) dt

∣∣∣∣∣ ≤∫ b

a

|f(t, x)− f(t, x′)| dt ≤

≤∫ b

a

ω(d(x, x′)

)dt = (b− a)ω(

d(x, x′)),

dunque F e uniformemente continua, con modulo di continuita (b− a)ω. ¤



Oss. Se X e un intervallo [α, β] chiuso e limitato, o piu in generale uno spazio metricocompatto, ricordiamo che f continua implica automaticamente f uniformemente continua.

Piu in generale, F risulta continua se X e localmente compatto (per esempio X = Rno un aperto di Rn). Infatti, basta provare che ∀x0 ∈ X ∃u intorno di x0 tale che F |U econtinua. Se U e compatto, f |[a,b]×U e uniformemente continua e si applica la proposizioneprecedente.

Proposizione L.52 (Derivabilita) Siano I = [a, b], J = [α, β] (intervalli chiusi e limitatidi R). Sia poi f ∈ C0(I × J,R) con ∂2f ∈ C0(I × J,R). Allora F (x) =

∫ baf(t, x) dt, x ∈ J

definisce una funzione F ∈ C1(J,R) con

F ′(x) =ddx

∫ b

a

f(t, x) dt =∫ b

a

∂f

∂x(t, x) dt .

Dimostrazione Siano x, x0 ∈ J e t ∈ I. Allora

f(t, x)− f(t, x0)− ∂2f(t, x0)(x− x0) = ϕ(x)− ϕ(x0)

dove ϕ(x) + f(t, x)− x∂2f(t, x0). Quindi, per il teorema del valor medio

|f(t, x)− f(t, x0)− ∂2f(t, x0)(x− x0)| ≤ |x− x0| supξ frax0 e x

|ϕ′(ξ)| =

= |x− x0| supξ frax0 e x

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

dove ω e un modulo di continuita per ∂2f su I×J (osserviamo che |ξ−x0| ≤ |x−x0|).Integrando su [a, b]:

∣∣∣∣∣F (x)− F (x0)−∫ b

a

∂2f(t, x0) dt(x− x0)

∣∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣∣∫ b

a

f(t, x) dt−∫ b

a

f(t, x0) dt−∫ b

a

∂2f(t, x0) dt(x− x0)

∣∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣∣∫ b

a

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

∣∣∣∣∣ ≤

≤∫ b

a

|f(t, x)− f(t, x0)− ∂2f(t, x0)(x− x0)| dt ≤

≤(b− a)ω(|x− x0|) · |x− x0|che e o(x− x0) per x→ x0. ¤

Corollario L.53 Sia f : [a, b] × Ω → R, Ω aperto ⊆ Rn con f ∈ C0([a, b] × Ω,Rn) e conD2f ∈ C0([a, b] × Ω,Rn?). Allora, la funzione F : Ω → R tale che F (x) =

∫ baf(t, x) dt e

C1(Ω) con DF (x) =∫ baD2f(t, x) dt ∈ Rn?.

• Esercizio L.58 Dimostrare il corollario precedente. Sugg.: considerare prima le derivatedirezionali ∂F

∂v , v ∈ Rn riconducendosi al caso di f : I × J → R; poi usare il teorema deldifferenziale totale.


Esercitazioni (Carlo Carminati)

Proposizione E.1 Siano fn ∈ C0([a, b],R), n ∈ N dove [a, b] e un intervallo limitato.Allora, fn → f uniformemente su [a, b] ⇒ ∫ b

afn(x) dx→ ∫ b

af(x) dx.

Dimostrazione Si ha∣∣∣∣∣∫ b

a

(fn(x)− f(x)

)dx

∣∣∣∣∣ ≤∫ b

a

|fn(x)− f(x)| dx ≤∫ b

a

‖fn − f‖∞ dx =

= (b− a)‖fn − f‖∞ = o(1) (n→ +∞) .

¤

1n

2n

f (x)n

1

n

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

Osserviamo che la convergenza puntuale non e sufficiente a garantire la convergenza dellasuccessione degli integrali: se, infatti, consideriamo delle fn come in figura 4, ∀x si ha chef(x) + limn→∞ fn(x) = 0, mentre ∀n

∫ 1

0

fn(x) dx = 1 6= 0 =∫ 1

0

f(x) dx .

Sia ϕ : R → R continua e tale che∫ +∞0

ϕ(t) dt = c 6= 0, che ϕ(0) = 0, e chelimx→∞ xϕ(x) = 0; definiamo fn(x) = nϕ(nx). Allora ∀x ∈ [0, 1], limn→∞ fn(x) = 0: infat-ti, se x > 0 — il caso x = 0 e banale — si ha che fn(x) = nϕ(nx) = 1

x nxϕ(nx) n→∞−−−−→ 0);inoltre

∫ 1

0fn(x) dx n→∞−−−−→ c. Infatti

∫ 1

0

fn(x) dx =∫ 1

0

ϕ(nx) d(nx) =∫ n

0

ϕ(y) dy n→∞−−−−→∫ +∞

0

ϕ(y) dy = c .


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

ϕ(x) =

4x 0 ≤ x ≤ 12

4(1− x) 12 ≤ x ≤ 1

0 x ≥ 1.

• Esercizio E.1 Determinare fn tali che

1. fn(x)→ 0 ∀x ∈ [0, 1]

2.∫ 1

0fn(x) dx→ 0

3.∫ 1

0

(fn(x)

)2 dx 6→ 0

4. fn(x) ≥ 0 ∀x.

Soluzione Come si verifica subito, una possibile soluzione e data da

fn(x) =

n3x 0 ≤ x ≤ 1n2

2n− n3x 1n2 ≤ x ≤ 2

n2

0 2n2 ≤ x ≤ 1

,

per cui le proprieta 1 e 4 sono immediatamente verificate ed inoltre∫ 1

0fn(x) dx = 1

n → 0,mentre

∫ 1

0

(fn(x)

)2 dx = 23 .

Esempio Siano fn(x) = 1n log(1 + enx). Mostrare che le fn convergono puntualmente e

uniformemente.

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

x > 0, invece, si ha

limn→∞

1n

log[enx(e−nx + 1)] = limn→∞

x+1n

log(1 + e−nx) = x ,

in quanto il secondo termine tende a zero per n → ∞. Dunque, le fn(x) convergonopuntualmente a

f(x) =

x x > 00 x ≤ 0

.

Mostriamo, ora, che supx∈R |fn(x)− f(x)| + supx∈R |gn(x)| n→∞−−−−→ 0. Si ha

g′n(x) =

enx

1+enx − 1 x > 0enx

1+enx x < 0:

si ha dunque g′n(x) < 0 ∀x ∈ R+, g′n(x) > 0 ∀x ∈ R−, cioe gn e crescente su R− edecrescente su R+, dunque gn ammette massimo in zero; abbiamo gia visto che gn(0) → 0per n → ∞ (per la convergenza puntuale). Per dimostrare la convergenza uniforme, restada verificare che gn(x) ≥ 0: per x < 0 e evidente, mentre per x > 0 si ha che

1n

log(1 + enx) ≥ 1n

log enx = x ,

che conclude la dimostrazione.

Esercitazioni — Docente: Carlo Carminati 74 Appunti redatti da Giovanni Pizzi

E.1. DISUGUAGLIANZA DI CAUCHY–SCHWARZ

E.1 Disuguaglianza di Cauchy–Schwarz

Proposizione E.2 (Cauchy–Schwarz) Sia E e uno spazio vettoriale (su R), con prodottoscalare (·, ·). Allora, vale

(u, v)2 ≤ (u, u)(v, v) .

Dimostrazione Siano u, v ∈ E, t ∈ R; consideriamo ϕ(t) = (u+ tv, u+ tv) ≥ 0 ∀t ∈ R,essendo il prodotto positivo. Sviluppando l’espressione, si ha

(u, u) + 2t(u, v) + t2(v, v) ≥ 0 ∀t ∈ R ,

dunque il discriminante (ridotto) deve essere negativo o nullo, ovvero

(u, v)2 − (u, u)(v, v) ≤ 0 ,

cioe (u, v)2 ≤ (u, u)(v, v). ¤

Esempio Su C0([a, b],R), considero il prodotto scalare (f, g) =∫ baf(t)g(t) dt. Usando

Cauchy–Schwarz si ottiene, con g(t) = 1 ∀t:(∫ b

a

|f(t)| dt)2

≤(∫ b

a

|f(t)|2 dt

)(b− a)⇒ ‖f‖1 ≤ ‖f‖2

√b− a

(‖ · ‖1, ‖ · ‖2 sono definite nell’esercizio L.10 a pagina 8).

• Esercizio E.2 Se f ∈ C0([0, 1],R), e ‖f‖1 = ‖f‖2, allora f e costante.

Soluzione Se vale l’uguaglianza ‖f‖1 = ‖f‖2, cio implica che il discriminante e uguale azero, quindi per t = − (u,v)

(v,v) la funzione (u+ tv, u+ tv) vale zero. Dato che il prodotto scalaree definito positivo, u = −tv ovvero, sostituendo t e scegliendo v = 1, u = f , si ottiene

f(x) =

∫ 1

0f(x) dx∫ 1

01 dx

=∫ 1

0

f(x) dx = k .

In particolare, osserviamo ∫ 1

0

f(x) dx =∫ 1

0

k dx = k ,

dunque l’ultima affermazione non e contraddittoria.

Altre disuguaglianze sono le seguenti:

‖f‖2 ≤ ‖f‖∞√b− a ; ‖f‖1 ≤ ‖f‖∞(b− a) .

La prima discende da ‖f‖22 =∫ ba|f(t)|2 dt ≤ ∫ b

a‖f‖2∞ dt = (b − a)‖f‖2∞, la seconda e

immediata conseguenza della prima, insieme a quella dell’esempio precedente.

Proposizione E.3(C0[a, b], ‖ · ‖2

) id→ (C0[a, b], ‖ · ‖1

)e continua; allo stesso modo, si ha

che e continua la funzione identita da(C0[a, b], ‖ · ‖∞

)a

(C0[a, b], ‖ · ‖2

).

Oss. Le applicazioni inverse non sono continue.

Appunti redatti da Giovanni Pizzi 75 Esercitazioni — Docente: Carlo Carminati


Dimostrazione La dimostrazione delle due parti della proposizione E.3 discende imme-diatamente dalle disuguaglianze tra le norme prima scritte.

Per i controesempi, consideriamo per semplicita a = 0, b = 1. Per la prima bastatrovare delle fn ∈ C[0, 1] tale che

supn∈N

‖fn‖2‖fn‖1 = +∞ ;

Si possono usare le funzioni della soluzione dell’esercizio L.10 a pagina 8, oppure lefunzioni fn(x) = nϕ(nx), con ϕ(x) = xe−x

2. Si ha, cosı:

‖fn‖1 = n

∫ 1

0

|ϕ(nx)| dx =∫ n

0

|ϕ(y)| dy n→∞−−−−→∫ ∞

0

|ϕ(y)| dy

‖fn‖22 =∫ 1

0

n2ϕ2(nx) dx = n

∫ n

0

ϕ2(y) dy ⇒ ‖fn‖2 =√n

(∫ n

0

ϕ2(x)) 1

2

‖fn‖∞ = n supx∈[0,1]

|ϕ(nx)|

‖fn‖2‖fn‖1 =

√n

(∫ n0ϕ2(x)

) 12

∫ n0|ϕ(y)| dy ∼ c

√n, che diverge

‖fn‖∞‖fn‖2 =

√n

supy∈[0,n] |ϕ(y)|(∫ n

0ϕ2(x)

) 12∼ c′√n, che diverge

il che dimostra che le norme non sono equivalenti, e in particolare che le applicazioniinverse non sono continue. ¤

Vale, inoltre, la seguente

Proposizione E.4 La proposizione E.1 a pagina 73 implica che, su intervalli limitati,

‖fn‖∞ → 0 (n→∞)⇒ (fn, 1)→ 0 (n→∞)

Dimostrazione Dato che ‖1‖2 =√b− a, si ha che

|(fn, 1)| ≤ ‖fn‖2 · ‖1‖2 ≤ ‖fn‖∞√b− a

√b− a = ‖fn‖∞(b− a) ,

che tende a zero per n→∞. ¤

Oltre alle funzioni f : [a, b]→ R, sono interessanti altri spazi di funzioni, quali ad esempiole successioni X : N → R, o lo spazio `∞(N) = X : N → R

∣∣ supn |X(n)| < +∞ su cui sipuo definire la norma ‖X‖∞ = supn |X(n)|.

• Esercizio E.3 Mostrare che i seguenti sono spazi vettoriali normati :

c0(N) = X : N→ R∣∣ limn→∞

|X(n)| = 0 , con la norma ‖X‖∞ = supn∈N

X(n);

`2(N) = X : N→ R∣∣ ∑

n∈N|X(n)|2 < +∞ , con la norma ‖X‖2 =

√∑

n∈N|X(n)|2 ;

`1(N) = X : N→ R∣∣ ∑

n∈N|X(n)| < +∞ , con la norma ‖X‖1 =

∑

n∈N|X(n)| .



Soluzione Mostriamo che c0 e uno spazio vettoriale: infatti, siano (xn), (yn) due succes-sioni con limite zero; allora anche la loro somma avra limite zero, cosı come la successione(axn) ∀a ∈ R.

`2, poi, e uno spazio vettoriale perche, se (xn), (yn) sono due successioni `2, allora∑|xn + yn|2 ≤ 2

∑|xn|2 + 2

∑|yn|2 < +∞ ;

∑|axn|2 = a2

∑|xn|2 < +∞ ,

dove la prima disugugaglianza discende dal fatto che, in generale, (a+ b)2 ≤ 2a2 + 2b2; allostesso modo, dato che

∑|xn + yn| ≤

∑|xn|+

∑|yn| ;

∑|axn| = |a|

∑|xn| ,

si ha che anche `1 e uno spazio vettoriale.Per quanto riguarda la norma, mostriamo innanzitutto che ‖ · ‖2 discende dal prodotto

scalare(X,Y ) =

∑

n∈Nxnyn

definito su `2(N). Verifichiamo dapprima che la serie e assolutamente sommabile: dato chevale in generale la disuguaglianza ab ≤ a2+b2

2 , si ha che

∑

n∈N|xnyn| ≤ 1

2

(∑

n∈N|xn|2 +

∑

n∈N|yn|2

)< +∞ .

Verifichiamo dunque le proprieta del prodotto scalare: e definito positivo, perche

(X,X) =∑

n∈Nx2n ≥ 0 e

∑

n∈Nx2n = 0⇔ xn = 0 ∀n⇔ X = 0 ;

inoltre e ovviamente simmetrico e si ha infine che

(X + Y, Z) =∑

n∈N(xn + yn)zn =

∑

n∈Nxnzn + ynzn =

∑

n∈Nxnzn +

∑

n∈Nynzn = (X,Z) + (Y,Z)

e lo stesso per la seconda componente, dunque e bilineare, il che conclude la dimostrazione.Si mostra poi facilmente che ‖ · ‖1 e ‖ · ‖∞ sono norme su `1 e c0 rispettivamente.

• Esercizio E.4 Mostrare che (`1, ‖ · ‖1)i1→ (`2, ‖ · ‖2)

i2→ (c0, ‖ · ‖∞)

i3→ (`∞, ‖ · ‖∞), dove

→ rappresenta un’immersione continua, tramite la funzione identita.

Oss. Vale che(C0([a, b]), ‖ · ‖∞

)→ (

C0([a, b]), ‖ · ‖2)→ (

C0([a, b]), ‖ · ‖1).

Mostrare, quindi, che c0 e chiuso in `∞, che `1 non e chiuso in `2, che `2 non e chiuso inc0 e dire quali sono le chiusure di `1 e `2 nei due casi.

Soluzione Innanzitutto mostriamo che `1 ⊆ `2 ⊆ c0 ⊆ `∞. Infatti, presa una successione(xn) ∈ `1, dato che la serie e convergente, deve necessariamente essere limn→∞ xn = 0,dunque sicuramente ∃n

∣∣ ∀n, |xn| ≤ |xn|. Dunque, possiamo scrivere∑n

|xn|2 =∑n

|xn||xn| ≤ xn∑n

|xn| < +∞ ,



dunque la successione sta anche in `2. Presa, ora, una successione di `2, dato che∑n |xn|2

e convergente, deve essere limn→∞ |xn|2 = 0 ⇒ limn→∞ xn = 0, dunque la successione eanche in c0. Infine, presa una successione di c0, questa e anche limitata, come gia osservato,dunque e anche in `∞.

Passiamo ora a mostrare che le funzioni identita sono continue. La funzione identita dac0 in `∞, avendo la stessa norma in partenza e in arrivo, e ovviamente continua, essendolipschitziana di costante 1. Per la funzione da `2 in c0, abbiamo che la funzione identita elipschitziana di costante 1, in quanto

‖(xn)‖2∞ =(

supn∈N

xn

)2

= supn∈N

x2n ≤

∑

n∈Nx2n = ‖(xn)‖22 ⇒ ‖(xn)‖∞ ≤ ‖(xn)‖2 ;

allo stesso modo, anche la funzione da `1 a `2 e lipschitziana di costante 1, in quanto

‖(xn)‖22 =∑

n∈Nx2n ≤

(∑

n∈N|xn|

)2

= ‖(xn)‖21 ⇒ ‖(xn)‖2 ≤ ‖(xn)‖1 ,

dove la prima disuguaglianza si puo dimostrare considerando le somme parziali: infatti, nello

sviluppo di(∑N

n=1 |xn|)2

ci sono tutti i termini di∑Nn=1 x

2n, piu altri positivi, dunque vale

la disuguaglianza per le somme parziali e passando al limite per N → ∞ si ottiene quantocercato.

Per mostrare che c0 e chiuso in `∞, consideriamo una successione di successioni (xkn)dove, fissato k, (xkn)n∈N e una successione in c0, e tale che converga per k → ∞ — nellanorma ‖ · ‖∞ — a una successione (xn). Cio significa che abbiamo le seguenti due ipotesi:

1. ∀ε ∃n ∣∣ ∀n > n |xkn| < ε (perche xkn ∈ c0)

2. ∀ε ∃k∣∣ ∀k > k supn∈N |xkn − xn| < ε (perche xkn

k→∞−−−−→ xn)

Cio che vogliamo dimostrare e invece che (xn) ∈ c0, cioe 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 = ε02 , si trovo un k tale che ∀k > k supn∈N |xkn − xn| < ε0

2 . Fisso, dunque,un k > k, e (tramite l’ipotesi 1 con ε = ε0

10 ) trovo un n tale che ∀n > n |xkn| < ε010 .

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 (inmodulo) a ε0

10 . Dunque, per i k ed n trovati, possiamo affermare che |xkn − xn| ≥ 910ε0. Ma,

per l’ipotesi 2, per come avevamo scelto k, doveva essere |xkn − xn| < ε02 , assurdo. Vogliamo

ora mostrare che la chiusura di `2 e c0, o equivalentemente che c0 e 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) =

xn n < h

0 n ≥ h .

Si noti che∞∑n=1

|zn|2 =h−1∑n=1

|xn|2 < +∞ ∀h ∈ N ,

dunque zn ∈ `2. D’altronde,

‖xn − yn‖∞ = supn∈N|xn − zn| = sup

n∈Nn≥h|xn − zn| = sup

n∈Nn≥h|xn| .


E.2. TEOREMA DI BOLZANO–WEIERSTRASS SU RN

Ora, dato che limn→∞ |xn| = 0, so che ∀ε > 0 ∃n ∈ N ∣∣ ∀n > n |xn| < ε, dunque se scelgoh > n, so che supn∈N

n≥h|xn| ≤ ε, dunque `2 e denso in c0.

Allo stesso modo, vogliamo dimostrare che `1 e denso in `2. Sia (xn) una successione di`2, definiamo

(zn(h)

) ∈ `2 tale che

zn(h) =

xn n < h

0 n ≥ h .

Dunque,∑∞n=1 |zn| =

∑h−1n=1 |xn| <∞ ∀h ∈ N, da cui zn(h) ∈ `1. Inoltre,

‖xn − zn(h)‖2 =

√√√√∞∑n=1

|xn − zn(h)|2 =

√√√√∞∑

n=h

|xn|2 h→∞−−−−→ 0 ,

dunque `1 e denso in `2 ⇒ `1 = `2.Resta dunque solo da mostrare che `1 e `2 non sono chiusi (nei rispettivi spazi indicati

sopra), per cui basta verificare che `1 6= `1 = `2 e che `2 6= `2 = c0; in particolare e sufficienteconsiderare nei due casi rispettivamente le successioni

xn =1k6∈ `1,∈ `2 ; xn =

1√k6∈ `2,∈ c0 .

• Esercizio E.5 Sia (xn)n∈N una successione tale che∑k∈N k

2x2k < +∞. Mostrare che,

allora,∑k∈N |xk| < +∞. (Sugg.: usare Cauchy–Schwarz)

Soluzione Sia (x, y) =∑n |xnyn| il prodotto scalare definito nella soluzione dell’eserci-

zio E.3 a pagina 76. Allora, per Cauchy–Scwarz si ha che (X,Y )2 ≤ (X,X)(Y, Y ). Scegliamodunque Xk = k|xk|, Yk = 1

k : allora, la disuguaglianza diventa(∑

k∈N|xk|

)2

≤(∑

k∈Nk2x2

k

)·(∑

k∈N

1k2

)

e, dato che i due fattori a destra sono limitati, anche la serie a destra sara limitata.

E.2 Teorema di Bolzano–Weierstrass su Rn

Proposizione E.5 (Bolzano–Weierstrass) Sia (xn)n∈N ⊆ Rd una successione limitata,allora ∃xnk

sottosuccessione convergente a x ∈ Rd.Dimostrazione Sia Rd 3 xn = (x(1)

n , . . . , x(d)n ), allora esiste una sottosuccessione xn1

ktale

che x(1)

n1k

e convergente per il teorema di Bolzano–Weierstrass su R, dato che se xn elimitata, lo sono anche tutte le sue componenti.Scelgo ora una sottosuccessione di xn1

k, che indico con xn2

k, tale che la seconda coordi-

nata x(2)

n2k

converga. La prima coordinata convergera comunque, in quanto si tratta diuna sottosuccessione di una successione convergente.Procedo allo stesso modo, fino ad ottenere la sottosuccessione xnd

k, per cui tutte le

coordinate convergono, dunque convergera anche xndk, come si voleva. ¤


E.3. TEOREMA DI WEIERSTRASS SU RN

E.3 Teorema di Weierstrass su Rn

Proposizione E.6 (Weierstrass) Sia f : C → R continua, con C ⊆ Rd chiuso e limitato;allora, f ammette massimo e minimo su C.

Dimostrazione Sia (xn)n∈N ⊆ C∣∣ f(xn)→ supx∈C f(x), allora per Bolzano–Weierstrass

e possibile scegliere (xnk)

∣∣ (xnk)→ x; dato che C e chiuso, x ∈ C; essendo f continua,

si ha che f(xnk) → f(x); quindi, per il teorema dell’unicita del limite, x e 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 e utile anche per trovarlo,come e mostrato dal seguente

Esempio Tra tutti i triangoli di perimetro 1 assegnati, trovare quello con area massima.

Soluzione Siano a, b, c i lati del triangolo. Tali valori devono allora soddisfare alle seguenticondizioni:

a ≥ 0 b ≥ 0 c ≥ 0a ≤ b+ c b ≤ a+ c c ≤ 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 Se chiuso e limitato. Infatti, se consideriamo la norma ‖ · ‖1 su R3 (su Rd tutte le normesono equivalenti), abbiamo ‖(a, b, c)‖1 = |a| + |b| + |c| = 1 ∀(a, b, c) ∈ S, dunque S elimitato. Inoltre, possiamo considerare S come intersezione degli insiemi dati dalle condizioniprecedenti, che sono tutti controimmagini di chiusi tramite funzioni continue:

S = (a, b, c) ∣∣ a ≥ 0 ∩ . . . ∩ (a, b, c) ∣∣ a ≤ b+ c ∩ . . . ∩ (a, b, c) ∣∣ a+ b+ c = 1 .

Ad esempio, se ϕa(a, b, c) = a, allora (a, b, c) ∈ R3∣∣ a ≥ 0 = ϕ−1

a

([0,+∞)

); se ψ(a, b, c) =

a+ b+ c, allora (a, b, c) ∈ R3∣∣ a+ b+ c = 1 = ψ−1(1), e cosı via.

L’area e data dalla formula di Erone(con p = a+b+c

2

):

Area(Tabc) =√p(p− a)(p− b)(p− c) ,

che e una funzione continua da S in R; avendo provato che S e chiuso e limitato, sappiamoper il teorema di Weierstrass che l’area ammette massimo.

Vogliamo mostrare che il massimo e dato dal triangolo equilatero; e allora sufficientemostrare che se T e un triangolo non equilatero, allora l’area di T non e massima; sapendoche il massimo esiste, deve necessariamente coincidere con il caso del triangolo equilatero.

Se il triangolo ABC non e equilatero, avra almeno due lati diversi, diciamo AC e CB(vedi figura 5 nella pagina successiva). Tracciamo la parallela per C al lato AB, e disegniamola congiungente AB′, dove B′ e il simmetrico di B rispetto alla retta appena tracciata. SiaC ′ l’intersezione della congiungente con la retta: allora, il triangolo ABC ′ ha la stessa areadi 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 ′) ,


E.4. RICERCA DI MASSIMI E MINIMI

A B

C’ C

B’

a

c

b

Figura 5: L’area di un triangolo non equilatero non e quella massima

dove la disuguaglianza discende dalla disuguaglianza triangolare sul triangolo AB′C. Dun-que, se riscaliamo con una similitudine ABC ′ (ingrandendolo) in modo che il perimetro delnuovo triangolo sia uguale a quello di ABC, l’area di questo triangolo sara maggiore diquella di ABC, come volevamo.

Consideriamo le matrici a coefficienti reali di taglia m× n:

Mm×n(R) =

(aij)1≤i≤m1≤j≤n

∣∣ aij ∈ R ∀i = 1, . . . ,m ,∀j = 1, . . . , n.

Essendo tale spazio isomorfo a Rm·n, possiamo considerare su questo la norma ‖ · ‖2: ‖A‖22 =∑mi=1

∑nj=1 a

2ij .

Sulle matrici, poi, abbiamo anche altre operazioni: ad esempio, se A ∈ Mm×n(R),B ∈Mn×p(R), allora possiamo definire

C = AB ∈Mm×p(R) , C = (cij)1≤i≤m1≤j≤p

con cik =n∑

j=1

aijbjk .

Vogliamo mostrare che‖AB‖2 ≤ ‖A‖2‖B‖2 . (E.1)

N.B. Le varie norme ‖ · ‖2, anche se indicate con lo stesso simbolo, sono in realtadiverse, operando su matrici appartenenti a spazi diversi (hanno diversa taglia).

Sia allora ‖AB‖22 =∑mi=1

∑pk=1 c

2ik. Per Cauchy–Schwarz abbiamo

c2ik =

n∑

j=1

aijbjk

2

≤

n∑

j=1

a2ij

n∑

j=1

b2jk

.

Quando effettuo la somma sull’indice k, il termine∑nj=1 a

2ij non dipende da k e lo posso

raccogliere; quindi, effettuando la somma rispetto all’indice i, si ottiene:

‖AB‖22 ≤

m∑

i=1

n∑

j=1

a2ij

p∑

k=1

n∑

j=1

b2jk

= ‖A‖22 · ‖B‖22 ,

dove ho separato raccolto a destra il fattore∑pk=1

∑nj=1 b

2jk, che non dipende da i.


E.5. DISTANZA DI UN PUNTO DA UN INSIEME

• Esercizio E.6 Mostrare che ‖A‖22 = tr(AAT ), dove tr indica la traccia della matrice.

Soluzione Sia A = (aij), AT = (bij) = (aji), e supponiamo che A ∈Mn×n(R). Sappiamoche

(AAT )kl =n∑

i=1

akibil =n∑

i=1

akiali

e in particolare (AAT )kk =∑ni=1 a

2ki. Dato che trA =

∑nk=1 akk, si ha che

tr(AAT ) =n∑

k=1

(AAT )kk =n∑

k=1

n∑

i=1

a2ki ,

che e proprio ‖AAT ‖2.

E.5 Distanza di un punto da un insieme

Premettiamo la seguente

Definizione E.1 Uno spazio di Banach e uno spazio vettoriale normato completo.

Sia (X, d), a ∈ X fissato; definisco allora ϕa(x) = d(x, a).

Proposizione E.7 ϕa e una funzione 1−lipschitziana.

Dimostrazione Si ha che|ϕa(x)− ϕa(y)| ≤ d(x, y) ;

infatti, dalle disuguaglianze triangolari, si ottiene

d(x, a) ≤ d(x, y) + d(y, a) ⇒ d(x, a)− d(y, a) ≤ d(x, y) ;d(y, a) ≤ d(y, x) + d(x, a) ⇒ d(y, a)− d(x, a) ≤ d(x, y) ,

che insieme danno la disuguaglianza voluta |d(x, a)− d(y, a)| ≤ d(x, y). ¤

Proposizione E.8 Sia (X, d) uno spazio metrico e f : X → R una funzione tale che∀x, x0 ∈ X, f(x) ≤ f(x0) +Md(x, x0). Allora, f e M−lipschitziana.

Dimostrazione Infatti, si ha contemporaneamente che f(x) − f(x0) ≤ Md(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 6= ∅; sianopoi fα : X → R (α ∈ A) tali che |fα(x)− fα(y)| ≤Md(x, y) ∀α ∈ A e che infα∈A fα(x) >−∞ ∀x ∈ X. Allora, f(x) = infα∈A fα(x) e M−lipschitziana.

Dimostrazione fα e M−lipschitziana, dunque si ha che

f(x) ≤ fα(x) ≤ fα(y) +Md(x, y) ∀α ∈ A ,

dunque passando all’inf si ha che f(x) ≤ f(y) +Md(x, y). ¤


E.5. DISTANZA DI UN PUNTO DA UN INSIEME

• Esercizio E.7 Sia (X, d) uno spazio metrico, e ω : R+ → R continua in zero, crescentee concava; se fα : X → R hanno tutte come modulo di continuita la funzione ω, ovvero

|fα(x)− fα(y)| ≤ ω(d(x, y)

)

e vale che infα∈A fα(x) > −∞, allora f(x) = infα∈A fα(x) ha ω come modulo di continuita.

Soluzione Una dimostrazione analoga a quella della proposizione E.8 a fronte ci per-mette di affermare che una proprieta equivalente a quella del modulo di continuita datadall’esercizio e

fα(x) ≤ fα(y) + ω(d(x, y)

).

Possiamo dunque scrivere che f(x) ≤ fα(x) ≤ fα(y) + ω(d(x, y)

); se, ora, facciamo l’inf sul

termine di destra, otteniamo quanto cercato.

Definizione E.2 Sia A ⊆ X un insieme, definisco la distanza di x dall’insieme A

d(x,A) + infa∈A

d(x, a) .

Teorema E.10 Sia (X, d) uno spazio metrico e A ⊆ X un insieme non vuoto; sia, inoltre,ϕA(x) = infa∈A d(x, a). Allora, ϕA e una funzione 1−lipschitziana, e ϕA(x) = 0⇔ x ∈ A.

Dimostrazione Applico la proposizione E.9 nella pagina precedente con M = 1, α = a,fα(x) = d(x, α). Dato che sappiamo che fα ≥ 0 e che ogni fα e 1−lipschitziana (vediproposizione E.7 a fronte), le ipotesi della proposizione sono verificate, dunque ciodimostra la prima parte.

Per la seconda, osserviamo che se x ∈ A, allora ϕA(x) ≤ d(x, x) = 0, in quanto ϕA(x)e definito come l’inf. Dunque, ϕA(x) = 0 ∀x ∈ A⇒ A ⊆ ϕ−1

A (0).

Se, poi, x 6∈ A ⇒ ∃r > 0∣∣ B(x, r) ∩ A = ∅, dunque d(x, a) ≥ r ∀a ∈ A. Allo-

ra, ϕA(x) ≥ r > 0. Ho dunque dimostrato che A ⊆ ϕ−1A (0) ⊆ A; dato che ϕA e

lipschitziana, quindi continua, ϕ−1A (0) e un chiuso, dunque ϕ−1

A (0) = A. ¤

• Esercizio E.8 Sia (X, d) uno spazio metrico tale che X abbia diametro limitato,ovvero

supx,y∈X

d(x, y) < +∞ .

Consideriamo dunque F ? = C ∈ X ∣∣ C e chiuso e C 6= ∅. Posso mettere su F ? la metricad(C1, C2) = ‖ϕC1 − ϕC2‖∞.

Verificare che si tratta di una distanza; verificare inoltre che vale quanto segue:

d(C1, C2) ≤ ε⇔ C1 ⊆ Nε(C2) e C2 ⊆ Nε(C1) ,

dove con Nε(C) intendiamo l’insieme x ∈ X∣∣ ϕC(x) ≤ ε.

Soluzione Iniziamo mostrando che d(C1, C2) e in effetti una distanza. Ovviamente lafunzione e simmetrica e d(C1, C2) ≥ 0; inoltre, d(C1, C2) = 0 ⇒ ‖ϕC1 − ϕC2‖∞ = 0 ⇒ϕC1 = ϕC2 ; cio permette di dedurre che i due insiemi hanno la stessa chiusura (in quanto


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 essendogli insiemi chiusi, questi coincidono. Per la disuguaglianza triangolare, infine, vale che

d(C1, C3) = ‖ϕC1 − ϕC3‖ ≤ ‖ϕC1 − ϕC2‖+ ‖ϕC2 − ϕC3‖ = d(C1, C2) + d(C2, C3) ,

che conclude la dimostrazione della prima parte. Per la seconda parte, dimostriamo le dueimplicazioni:

(⇒) Innanzitutto per la simmetria di d e sufficiente mostrare solo una delle due in-clusioni scritte, e l’altra discende immediatamente da questa scambiando i ruoli dei dueinsiemi.

Vale che

d(C1, C2) ≤ ε⇒ ‖ϕC1 − ϕC2‖∞ ≤ ε⇒ supx|ϕC1(x)− ϕC2(x)| ≤ ε ,

dunque ∀x ∈ C1 si ha che

|ϕC1(x)− ϕC2(x)| = |ϕC2(x)| ≤ ε ;

ovvero x ∈ Nε(C2).

(⇐) Sappiamo che x ∈ C1 ⇒ ϕC2(x) ≤ ε, e che x ∈ C2 ⇒ ϕC1(x) ≤ ε. Vogliamomostrare che supx |ϕC1(x) − ϕC2(x)| ≤ ε. Consideriamo dunque un qualunque x ∈ X, ecalcoliamo ϕC1(x) = infa∈C1

d(a, x). Per le proprieta dell’inf, so che ∀ρ > 0 posso trovareun punto P ′ di C1 a distanza da x minore di ϕC1(x) + ρ. Per ipotesi, poi, so che ∃P ′′ ∈ C2

tale che d(P ′, P ′′) < ε; dunque, usando la disuguaglianza triangolare,

ϕC2(x) ≤ d(x, P ′′) ≤ d(x, P ′) + d(P ′, P ′′) ≤ ϕC1(x) + ρ+ ε

e, facendo tendere ρ a zero,

ϕC2(x) ≤ ϕC1(x) + ε⇒ ϕC2(x)− ϕC1(x) ≤ ε .

Possiamo ora ripetere il ragionamento scambiando i ruoli di C1 e C2, ottenendo cosı ladisuguaglianza ϕC1(x)− ϕC2(x) ≤ ε, che insieme alla precedente ci permette di scrivere

|ϕC2(x)− ϕC1(x)| ≤ ε .

In particolare, dunque, si avra

d(C1, C2) = supx|ϕC2(x)− ϕC1(x)| ≤ |ϕC2(x)− ϕC1(x)| ≤ ε ,

come si voleva.

E.6 Un’applicazione del teorema del punto fisso

Abbiamo visto (teorema L.14 a pagina 20) che se (X, d) e uno spazio metrico completo, eϕ : X → X e una contrazione, allora ∃!x0 ∈ X

∣∣ ϕ(x0) = x0.Un caso in cui si usa questo teorema e 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

; (E.2)


E.6. UN’APPLICAZIONE DEL TEOREMA DEL PUNTO FISSO

ci domandiamo se esiste un a > 0 tale che ∃u ∈ C1([0, a],R) tale che u risolve il problemadi Cauchy precedente.

Integrando, si ha

u(t) = u(t)− u(0) =∫ t

0

u′(s) ds =∫ t

0

[1 + su2(s)] ds .

Se u e soluzione del problema precedente, allora u(t) =∫ t0[1 + su2(s)] ds.

Viceversa, se u(t) =∫ t0[1 + su2(s)] ds, allora u ∈ C∞([0, a],R), e u soddisfa il problema

di Cauchy (dal teorema fondamentale del calcolo).Considero ora Φ : C0([0, a],R)→ C0([0, a],R), v 7→ Φv, dove

(Φv

)(t) =

∫ t0[1+sv2(s)] ds.

Osserviamo che se u e punto fisso per Φ, allora u risolve il problema di Cauchy dato prima.Considero X = B(0, r) ⊆ C0([0, a],R), cioe X = u ∈ C0([0, a],R)

∣∣ ‖u‖∞ ≤ r. Devoscegliere a, r in modo che Φ

(B(0, r)

) ⊆ B(0, r), e che

supu,v∈B(0,r)

u 6=v

‖Φ(u)− Φ(v)‖∞‖u− v‖∞ < 1 ,

in modo che Φ sia una contrazione su B(0, r).Per la prima condizione, voglio che ‖u‖∞ ≤ r ⇒ ‖Φ(u)‖∞ ≤ r. Allora (ricordiamo che

t ≤ a)

|(Φu)(t)| =∣∣∣∣∫ t

0

[1 + su2(s)] ds∣∣∣∣ ≤

∫ t

0

ds+ sups∈[0,a]

u2

∫ t

0

s ds ≤ a+ r2∫ t

0

s ds ≤ a+r2a2

2

e la prima condizione diventa a+ r2a2

2 ≤ r.Per la seconda parte, invece,

|(Φu− Φv)(t)| =

∣∣∣∣∫ t

0

[su2(s)− sv2(s)] ds∣∣∣∣ ≤

∫ t

0

s|u(s) + v(s)||u(s)− v(s)| ds ≤

≤(∫ t

0

s ds)

2r‖u− v‖∞ ≤ a2r‖u− v‖∞ .

Dato che la disuguaglianza vale per ogni t, abbiamo ottenuto che

‖ϕ(u)− ϕ(v)‖∞ ≤ a2r‖u− v‖∞ ,

e la seconda condizione diventa dunque a2r < 1.Il problema si e dunque ricondotto al trovare a ed r tali che

a+ r2a2

2 ≤ ra2r < 1

. (E.3)

Risolviamo innanzitutto il caso in cui le due disuguaglianze sono sostituite da uguaglianze.Si ottiene, cosı, che a = 1√

r, e sostituendo sopra si ha

1√r

+r

2= r ⇒ r = 2

23 ⇒ a = 2−

13 .

Scegliendo r = 22/3 e a < 2−1/3, la coppia (a, r) risolve (E.3); anzi, entrambe le disugua-glianze in (E.3) risultano strette.


E.7. SERIE A VALORI IN UNO SPAZIO NORMATO

In conclusione, abbiamo mostrato che se r = 223 , a < 2−

13 , allora Φ : X → X e una

contrazione, dunque ∃!u ∈ X∣∣ Φ(u) = u, e ‖u‖∞,[0,a] < r. Vogliamo mostrare che ∃!u :

[0, a] → R soluzione del problema di Cauchy (infatti, X e l’insieme delle sole funzioni connorma minore o uguale a r).

Supponiamo dunque per assurdo che ∃v : [0, a] → R tale che ‖v‖ ≥ r e v e soluzionedel problema. Allora, per il teorema dei valori intermedi ∃a′ ∈ [0, a] e tale che |v(a′)| = r,ed inoltre possiamo scegliere a′ in modo tale che supt∈[0,a′[ |v(t)| < r; dunque, per l’unicitagia mostrata, v(t) ≡ u(t) su [0, a′]. In particolare, dunque, |v(a′)| = |u(a′)| < r, in quanto‖u‖ < r, e cio e assurdo perche avevamo detto |v(a′)| = r.

• Esercizio E.9 Mostrare che ∃!u ∈ C1([

0, 2−13

])soluzione di (E.2).

Soluzione Sappiamo che, ∀ε > 0, l’unica soluzione fε e continua e derivabile su [0, a− ε].Dato che fε ∈ B(0, r), f e limitata; inoltre, anche la sua derivata e limitata, in quanto dalproblema di Cauchy |f ′ε(t)| = |1 + tf2

ε (t)| ≤ 1 + r2, essendo 0 ≤ t ≤ 1 e |fε| < 1: dunque, fεe lipschitziana di costante 1 + r2.

Facciamo ora il limite per ε → 0 (in pratica, prolunghiamo la funzione fino ad a, senzamodificare il tratto [0, a − ε[: anche la funzione limite f , sicuramente definita su [0, a[, elipschitziana con la stessa costante: quindi, f si puo estendere per continuita in a in modounico ed inoltre, essendo lipschitziana, sappiamo anche che la sua derivata prima e limitata.Con un ragionamento analogo a quello finale fatto per il caso a < 2−

13 , infine, si prova che

la funzione e 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 Sn +∑n−1k=0 xk. Se Sn ammette limite in E, cioe se ∃S ∈ E

∣∣ limn→∞ ‖Sn − S‖ = 0, allorasi dice che la serie

∑∞k=0 xk converge.

Definizione E.4 Sia (xn)k∈N ⊆ E. Sia σn +∑n−1k=0 ‖xk‖. Se supn∈N σn < +∞, si dice che∑∞

k=0 xk e normalmente convergente.

Proposizione E.11 Sia (E, ‖ · ‖) uno spazio vettoriale normato. Allora, sono equivalentile seguenti condizioni:

1. (E, ‖ · ‖) e uno spazio completo.

2. ∀(xk)k∈N ⊆ E,∑∞k=0 ‖xk‖ <∞⇒

∑∞k=0 xk ∈ E.

Dimostrazione Dimostriamo che 1 ⇒ 2. Se (xk)k∈N e tale che∑∞k=0 ‖xk‖ < ∞, allora

σn +∑n−1k=0 ‖xk‖ e una successione di Cauchy (in quanto convergente), dunque

∀ε > 0 ∃N∣∣ ∀m ≥ n ≥ N allora |σm − σn| ≤ ε

(cioe

m−1∑

k=n

‖xk‖ ≤ ε).

Quindi, se m ≥ n ≥ N , si ha che

‖Sn − Sm‖ =

∥∥∥∥∥m−1∑

k=n

xk

∥∥∥∥∥ ≤m−1∑

k=n

‖xk‖ ≤ ε ,

ovvero (σn) e di Cauchy⇒ (Sn) e di Cauchy; quindi, per l’ipotesi di completezza, (Sn)converge. ¤



• Esercizio E.10 Dimostra l’altra implicazione della proposizione E.11.

Soluzione Consideriamo una successione (sn) di Cauchy in E. Vogliamo mostrare chequesta 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 siha ‖sn − sm‖ ≤ 1, in quanto (sn) e di Cauchy.

Per induzione, poi, sia ε = 12k , allora so che ∃nk > nk−1 tale che ∀n,m > nk 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

N∑

k=0

xk = snN+1 − sn0

N→∞−−−−→ S ⇒ snk→ sn0 + S .

Ma (sn) e una successione di Cauchy che possiede una sottosuccessione convergente, dunqueper il lemma L.8 a pagina 16, anche (sn) converge.

Oss. Non e vero in generale (ovvero se E non e completo) che∑xk normalmente conver-

gente ⇒ ∑xk convergente. Ad esempio, si puo considerare E = C0([0, 1],R), con la norma

‖f‖1 =∫ 1

0|f(t)| dt. Consideriamo quindi Ik =

]1

(k+1)π ,1kπ

]e fk(t) = χIk

(t) · sin 1t , allora si

ha che∑∞k=1 ‖fk‖1 ≤ ∞, ma

∑∞k=1 fk non converge.

Infatti, ‖fk‖1 ≤ 1kπ − 1

(k+1)π = 1k(k+1)π , la cui serie converge. Tuttavia, la serie∑∞

k=1 fk(x) converge alla funzione

f(x) =

0 x = 0sin 1

x x > 0,

che non appartiene a C0([0, 1],R).

• Esercizio E.11 Se S ∈ C0([0, 1],R), allora limn→∞ ‖∑n−1k=1 fk(x) − S‖1 esiste ed e

maggiore di zero.

Soluzione E sufficiente mostrare che limn→∞ ‖∑n−1k=1 fk(x)− S‖1 esiste; in tal caso, sara

anche positivo, in quanto non puo essere negativo (e un integrale di una funzione positiva)ne nullo, in quanto in tal caso si avrebbe che

∑n−1k=1 fk(x)→ S, funzione continua, in norma

‖ · ‖1, mentre abbiamo dimostrato che cio non accade. Si ha dunque∥∥∥∥∥n−1∑

k=1

fk(x)− S(x)

∥∥∥∥∥1

=∫ 1

0

∣∣∣∣∣n−1∑

k=1

fk(x)− S(x)

∣∣∣∣∣ dx =

=∫ 1

(n+1)π

0

|S(x)| dx+∫ 1

π

1(n+1)π

∣∣∣∣sin1x− S(x)

∣∣∣∣ dx+∫ 1

1π

|S(x)| dx .

Il primo integrale all’ultimo membro tende a zero, essendo S continua, e in particolarelimitata; il terzo integrale, poi, esiste finito, sempre per la continuita di S, e non e influenzato



dal processo di limite. Resta da mostrare che anche il secondo integrale tende a un valorelimitato per n→∞. Ma

limn→∞

∫ 1π

1(n+1)π


∣∣∣∣ dx =∫ 1

π

0


∣∣∣∣ dx ,

che e finito.

Esempio Ci sono serie convergenti ma non normalmente convergenti: sia E = C0([0, 1],R)dotato della norma ‖ · ‖∞, e fk(t) = χIk

(t) · t sin 1t . Allora,

∑∞k=1 fk → S definita da

S(t) =

0 t = 0t sin 1

t 0 < t ≤ 1π

0 t > 1π

,

tuttavia

‖fk‖∞ = supt∈Ik

∣∣∣∣t sin1t

∣∣∣∣ ≥1

(k + 12 )π

la cui serie diverge, in quanto si comporta come la serie armonica.

Proposizione E.12 Sia (E, ‖ · ‖) uno spazio vettoriale normato completo; A ∈ L(E,E)e supponiamo che esista α ∈ [0, 1[

∣∣ ‖Au‖ ≤ α‖u‖; consideriamo Φ : E → E definita daΦ(u) = Au+ h: allora Φ ammette un punto fisso S e S =

∑+∞k=0A

kh, dove l’ultima serie enormalmente convergente.

Dimostrazione L’esistenza di un punto fisso e assicurata dal teorema L.14 a pagina 20;vale allora che S = limn→∞ Φ(n)(0), con Φ(n)(0) =

∑n−1k=0 A

kh, dove quest’ultimauguaglianza si verifica facilmente per induzione.

Infatti,

Φ(Φ(n)(0)

)= A

(n−1∑

k=0

Akh

)+ h =

n−1∑

k=0

Ak+1h+ h =n∑

k=0

Akh = Φ(n+1)(0) .

L’assoluta convergenza, infine, e assicurata dal fatto che ‖Akh‖ ≤ αk‖h‖ che e som-mabile, essendo 0 ≤ α < 1. ¤

• Esercizio E.12 Sia fk(x) = 1ke−(x−k)2 . Verificare che ∀x ∈ R,

∑∞k=1 fk(x) e convergente;

che la serie∑∞k=1 fk e convergente in C0

b (R,R) (funzioni continue e limitate). Quindi,verificare che la serie

∑∞k=0 fk non e normalmente convergente.

Soluzione∑∞k=1 fk(x) converge puntualmente per il criterio della radice: infatti, fissato

x si ha chek

√1ke−(x−k)2 =

e−(x−k)2/kk√k

k→∞−−−−→ 0 .

Per la convergenza uniforme, vogliamo vedere che ∀ε > 0 ∃M ∣∣ ∑k≥M

1ke−(x−k)2 < ε

uniformemente in x.


E.8. DERIVABILITA DEL LIMITE DI UNA SUCCESSIONE DI FUNZIONI

Consideriamo dunque la funzione g(x) =∑k∈Z e

−(x−k)2 , che e ben definita per ogni x,e ovviamente 1−periodica, e converge normalmente su domini limitati.

Infatti, se consideriamo ad esempio gli intervalli della forma [n,m] con n,m ∈ Z, m > n,dato che e−(x−k)2 e crescente su ]−∞, k[ e decrescente su ]k,+∞[, avremo

∑

k∈Z‖e−(x−k)2‖∞,[n,m] =

∑

k<n

e−(n−k)2 + (m− n) +∑

k≥me−(m−k)2 =

=∞∑

k=−∞e−k

2+ (m− n) < +∞ ,

come si vede subito per mezzo del criterio del rapporto.Dunque, g(x) e continua ovunque: quindi, per Weierstrass, ‖g‖∞,[0,1] = C <∞, ma per

la periodicita abbiamo che ‖g‖∞,R = C.Abbiamo cosı che

∑

k≥M

1ke−(x−k)2 ≤ 1

M

∑

k≥Me−(x−k)2 ≤ 1

Mg(x) ≤ C

M,

che puo essere reso piccolo a piacere scegliendo M grande: dunque, la convergenza euniforme.

La serie∑∞k=0 fk, tuttavia, non e normalmente convergente: infatti,

‖fk‖ =1k

∣∣∣∣supx∈R

e−(x−k)2∣∣∣∣ =

1k,

la cui serie diverge.

E.8 Derivabilita del limite di una successione di funzioni

Proposizione E.13 Sia I ⊆ R un intervallo limitato, x0 ∈ I fissato, e sn ∈ C1(I,R).Supponiamo che sn(x0)

n→∞−−−−→ α, e che s′n → g uniformemente su I. Allora, posto s(x) =α+

∫ xx0g(t) dt si ha che sn → s uniformemente, e s′n → s′ uniformemente.

Dimostrazione Sia M = sup I − inf I. Allora

|sn(x)− s(x)| =∣∣∣∣sn(x0) +

∫ x

x0

s′n(t) dt− α−∫ x

x0

g(t) dt∣∣∣∣ ≤

≤ |sn(x0)− α|+∣∣∣∣∫ x

x0

(s′n(t)− g(t)

)dt

∣∣∣∣ ≤

≤ |sn(x0)− α|+ ‖s′n − g‖∞ ·Me dato che la disuguaglianza vale ∀x ∈ I, passando al sup si ottiene

supx∈I|sn(x)− s(x)| = ‖sn − s‖∞ ≤ |sn(x0)− α|+ ‖s′n − g‖∞ ·M ;

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 teoremacontinua ad essere vero (si restringe la funzione al segmento [x0, x] e la dimostrazione eanaloga). In particolare, l’enunciato diventa


E.8. DERIVABILITA DEL LIMITE DI UNA SUCCESSIONE DI FUNZIONI

Proposizione E.14 Sia Ω ⊆ E un sottoinsieme convesso e limitato di E (spazio di Ba-nach), x0 ∈ Ω fissato, e (Sn)n∈N ⊆ C1(Ω,R). Supponiamo che Sn(x0)

n→∞−−−−→ α, e cheDSn → G uniformemente su Ω. Allora, posto

S(x) = α+∫ 1

0

G(x0 + t(x− x0)

)[x− x0] dt ,

si ha che Sn → S uniformemente ed inoltre S ∈ C1(Ω,R).

Dimostrazione Sia ϕ(t) = Sn(x0 +t(x−x0)

). Allora ϕ′(t) = DSn

(x0 +t(x−x0)

)[x−x0],

da cui

ϕ(1)− ϕ(0) =∫ 1

0

ϕ′(t) dt =∫ 1

0

DSn(x0 + t(x− x0)

)[x− x0] dt .

Cio ci permette di dire che

|Sn(x)− S(x)| =∣∣∣∣∣Sn(x0) +

∫ 1

0

DSn(x0 + t(x− x0)

)[x− x0] dt+

− α−∫ 1

0

G(x0 + t(x− x0)

)[x− x0] dt

∣∣∣∣∣ .

Usando la disuguaglianza triangolare e raccogliendo, si ottiene

|Sn(x)− S(x)| ≤ |Sn(x0)− α|+∫ 1

0

∣∣(DSn −G)(x0 + t(x− x0)

)[x− x0]

∣∣ dt ≤

≤ |Sn(x0)− α|+∫ 1

0

‖DSn −G‖∞ · |x− x0| dt .

Dato che per ipotesi ‖DSn −G‖∞ → 0, passando al sup per x ∈ Ω si ottiene infine

‖Sn − S‖∞ ≤ |Sn(x0)− α|+M‖DSn −G‖∞ n→∞−−−−→ 0 ,

che dimostra il teorema. ¤

Oss. E facile verificare che S e derivabile in x0 e che S puo essere scritta come

S(x) = S(x1) +∫ 1

0

G(x1 + t(x− x1)

)[x− x1] dt ∀x1 ∈ Ω .

Cio puo essere utilizzato per mostrare che S e differenziabile su tutto Ω.

Esempio Consideriamo

s(x) =∞∑

k=0

12k

sin(kx) =∞∑

k=0

fk(fk ∈ C0

b (R,R))

Dato che ‖fk‖∞ = 12k , la serie e normalmente convergente, quindi sn → s uniformemente,

dove sn(x) =∑nk=0

12k sin(kx). Allora s′n(x) =

∑nk=0

k2k cos(kx), e in particolare

s′n(x)→∞∑

k=0

k

2kcos(kx) = g(x) puntualmente e uniformemente.


E.9. SERIE DI POTENZE

Dunque, s(x) e derivabile ed ha come derivata g(x).

• Esercizio E.13 Se S(x) =∑∞k=0 ck sin(kx), e ∀m ∈ N si ha che limk→∞ km|ck| = 0,

allora S e di classe C∞(R,R).

Soluzione Sia (sn) la successione delle somme parziali. Innanzitutto, sn(0) = 0 ∀n. Poi,

s′n(x) = kck cos(kx)

sia m > 2, dalla condizione limk→∞ km|ck| = 0 si ha che fissato ε > 0 vale definitivamente|kck| < ε

km−1 , dunque scelto n sufficientemente grande valem∑

k=n

|kck cos(kx)| ≤∞∑

k=n

|kck cos(kx)| ≤ hε ,

dunque la successione delle somme parziali e di Cauchy e quindi s′ converge uniformemente.Per la proposizione E.13 a pagina 89, dunque, la funzione S(x) e derivabile. Per l’arbitrarietadi m, possiamo applicare il ragionamento alle derivate successive, a patto di prendere msufficientemente grande in modo che la serie converga: S e dunque C∞.

E.9 Serie di potenze

Una serie di potenze e un’espressione del tipo∞∑

k=0

ckzk .

Esempio Alcune serie gia viste sono∑+∞k=0 x

k ;∑+∞k=0

xk

k! . In particolare, la seconda serieconverge (su tutto C) alla fuzione exp(x). Avevamo anche ottenuto la stima

∣∣∣∣∣exp(z)−n−1∑

k=0

zk

k!

∣∣∣∣∣ ≤e|z|

n!|z|n

e in B(0, R) l’esponenziale converge uniformemente, in quanto∣∣∣∣∣exp(z)−

n−1∑

k=0

zk

k!

∣∣∣∣∣ ≤ eRR

n

n!n→∞−−−−→ 0 .

• Esercizio E.14 Se (ak)k∈N e una successione tale che limk→∞ ak = `, allora

lim supn∈N

an + infn∈N

supk≥n

ak = ` .

Soluzione Fissato ε > 0, so che definitivamente ak sara compreso tra ` − ε e ` + ε.Allora, anche supk>n ak sara in questo intervallo per n grande, quindi prendendo il limiteper n → ∞, ovvero facendo il lim sup, avro che questo sta nell’intervallo [` − ε, ` + ε]. Perl’arbitrarieta di ε, il lim sup sara uguale a `.


E.9. SERIE DI POTENZE

Proposizione E.15 Consideriamo una serie di potenze della forma∑ckz

k. Definiamo

L + infn∈N

sup k√|ck| , k ≥ n = lim sup

n

n√|cn| .

Se L < +∞, posto R = 1L (R =∞ se L = 0) la serie considerata converge puntualmente

in B(0, R); inoltre, ∀r < R la serie converge normalmente su B(0, r) (in particolare econtinua). R si chiama raggio di convergenza della serie di potenze.

Dimostrazione Sia r < R, e sia ρ = r+R2 (r < ρ < R). Allora, ρ < R = 1

L ⇒ 1ρ > L. Per

le proprieta dell’inf, ∃n0

∣∣ supk≥n0k√|ck| ≤ 1

ρ . Quindi, k√|ck| ≤ 1

ρ ∀k ≥ n0 ⇒ |ck| ≤ρ−k ∀k ≥ n0.

Dato chesup

z∈B(0,r)

|ckzk| = |ck|rk ,

ci basta dimostrare che∑∞k=0 |ck|rk e finita. Ma

∞∑

k=0

|ck|rk =n0−1∑

k=0

|ck|rk +∞∑

k=n0

|ck|rk ≤n0−1∑

k=0

|ck|rk +∞∑

k=n0

(r

ρ

)k∗=

∗=n0−1∑

k=0

|ck|rk +

(rρ

)n0

1− rρ

< +∞ ,

dove l’uguaglianza segnata da un asterisco segue dal fatto che rρ < 1. ¤

• Esercizio E.15 Mostrare che la serie non converge (nemmeno puntualmente) se |z| > R.

Soluzione Osserviamo che |z| > R vuol dire che |z| · lim supnn√|cn| > 1, ovvero

lim supn

n√|cn||z|n > 1.

Ma cio 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.

Consideriamo, ora, S(x) =∑∞k=0 ckx

k con ck ∈ R. Per la proposizione precedente, Sdefinisce una funzione continua su (−R,R). In realta, la funzione S ha proprieta di regolaritamaggiori:

Proposizione E.16 Sia S(x) =∑∞k=0 ckx

k con ck ∈ R, e sia R il raggio di convergenzadella serie. Allora, S e C∞ su (−R,R).

Dimostrazione Fissato x ∈ (−R,R), scelgo r ∈]|x|, R[. Dette sn(x) le somme parziali,sicuramente sn(0) convergono. Inoltre,

s′n(x) =n∑

k=1

k ck xk−1 =

n−1∑

k=0

(k + 1) ck+1 xk .


E.10. COMPLETEZZA DELL’INSIEME DELLE APPLICAZIONI LINEARI

Se ora dimostro che G(x) =∑∞k=0(k + 1) ck+1 x

k e normalmente convergente su(−R,R) (in particolare ha raggio di convergenza maggiore o uguale a R), graziealla proposizione E.13 a pagina 89 so che S(x) e derivabile, e applicando lo stessoragionamento alle derivate successive si ottiene la tesi.

Verifichiamo dunque che∑∞k=0(k + 1)|ck+1|rk < ∞. Per la stima precedente (|ck| ≤

ρ−k se k ≥ n0) si ha

∞∑

k=0

(k + 1)|ck+1|rk =n0−1∑

k=0

(k + 1)|ck+1|rk +∞∑

k=n0

(k + 1)|ck+1|rk ≤

≤n0−1∑

k=0

(k + 1)|ck+1|rk +∞∑

k=n0

k + 1ρ

(r

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 ⇒ L(E,F ) ecompleto.

Dimostrazione Consideriamo la restrizione rρ dalle funzioni lineari e continue alle fun-zioni limitate dalla palla chiusa di raggio ρ Bρ in F :

L(E,F )rρ−→ B(Bρ, F ) , A 7→ A|Bρ

.

Bisogna mostrare che B(Bρ, F ) e chiuso.

Innanzitutto osserviamo che

supx∈Bρ

‖Ax‖ =∥∥∥A|Bρ

∥∥∥∞

= ρ‖A‖L(E,F ) ,

dunque se (An) e una successione di Cauchy in L(E,F ), allora ∀ρ > 0 An e di Cauchyin B(Bρ, F ), quindi converge per la completezza di B(Bρ, F ).

Dunque, An(x)→ g(x) puntualmente ∀x ∈ E, perche posso scegliere ρ sufficientementegrande da includere ogni punto x ∈ E fissato.

Resta da mostrare che g(x) ∈ L(E,F ): la linearita e immediata, in quanto

An(ax+ by) n→∞ // g(ax+ by)

aAn(x) + bAn(y)n→∞ // ag(x) + bg(y)

e, per l’unicita del limite, g(ax + by) = ag(x) + bg(y). Infine, g e continua in quantolimitata sulla palla di raggio 1. ¤

E.11 Sviluppo in serie della funzione esponenziale

Consideriamo le condizioni x′ = x

x(0) = α.


E.12. IL DIFFERENZIALE DELL’OPERATORE DETERMINANTE

Vogliamo mostrare che x e soluzione ⇔ x(t) = α+∫ t0x(τ) dτ .

In C0([−a, a],R), consideriamo l’applicazione Φ(x)(t) = α+∫ t0x(s) ds. Allora,

‖Φ(x)− Φ(y)‖ = supt∈[−a,a]

∣∣∣∣∫ t

0

(x(t)− y(t)) ds

∣∣∣∣ ≤ ‖x− y‖∞ · a :

dunque se a < 1, Φ e una contrazione.Se (Lx)(t) =

∫ t0x(s) ds allora, usando come funzione quella costantemente uguale ad α,

ottengo (Lkα)(t) = α tk

k! .Si ha cosı Φ(x) = α+ Lx, e sappiamo dalla proposizione E.12 a pagina 88 che

Φ(n)(0) =n−1∑

k=0

Lkαn→∞−−−−→ Φ(x) = x .

In conclusione, abbiamo ottenuto x(t) = limn→∞ Φ(n)(0) = α∑∞k=0

tk

k! .Quanto detto vale per x < a, per cui Φ e una contrazione; tuttavia, la soluzione ottenuta

e convergente ed ha le proprieta richieste su tutto R.Dunque, dato x−Lx = α⇔ (I−L)x = α, se ‖L‖ < 1, I−L e invertibile (per il teorema

della perturbazione lipschitziana dell’identita), dunque x = (I − L)−1α.In effetti, comunque, la condizione ‖L‖ < 1 e sovrabbondante: ad esempio per la matrice

L =(

0 103

0 0

)

‖L‖ = 103 > 1, ma gia L2 = 0, dunque anche in questo caso I −L e invertibile (con inversa∑∞k=0 L

k = I + L).Per la proposizione E.17 nella pagina precedente, se E e completo allora L(E,E) e

completo; possiamo dunque considerare∑∞k=0 ckA

k, con A ∈ L(E,E). In particolare, laserie e normalmente convergente se ‖A‖L < R, dove R e il raggio di convergenza della seriedi potenze definita dai coefficienti ck.

Una condizione meno restrittiva per la convergenza della serie∑∞k=0 ckA

k e la seguente:

infk∈N

k

√‖Ak‖L < R .

E.12 Il differenziale dell’operatore determinante

Consideriamo l’applicazione Φ :Mn×n(R)→ R tale che Φ(A) = detA.Mostriamo innanzitutto che Φ e differenziabile. Dato che, se A = (aij), allora

detA =∑

σ∈Sn

(−1)ε(σ)a1σ(1) · · · · · anσ(n) ,

la funzione Φ e differenziabile, essendo somma e prodotto di funzioni differenziabili.Per trovare il differenziale di Φ nell’identita, dato che sappiamo gia che l’applicazione e

differenziabile, bastera 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 sara della forma

I+ εH =

1 + εa11 εa12 · · · εa1n

εa21 1 + εa22

......

. . . εa(n−1)n

εan1 · · · εan(n−1) 1 + εann

.


E.12. IL DIFFERENZIALE DELL’OPERATORE DETERMINANTE

Osserviamo che, se scegliamo una permutazione σ diversa dall’identita, stiamo scegliendoalmeno due volte degli elementi fuori dalla diagonale, e dunque l’addendo relativo a σ saramoltiplicato almeno per ε2. Dunque,

det(I+ εH) =n∏

i=1

(1 + εaii) +O(ε2) .

Anche nella produttoria, tuttavia, vi sono dei termini che sono O(ε2): in conclusione, siottiene

det(I+ εH) = 1 + ε

n∑

i=1

aii +O(ε2) ,

dunque DΦ(I)[H] = trH.Volendo ora calcolare il differenziale di Φ in una generica matrice, si usa lo stesso metodo.

Se A e invertibile,

Φ(A+ εH) = det(A+ εH) = det(A(I+ εA−1H)

)= detA · det(I+ εA−1H) =

= detA[1 + ε tr(A−1H) +O(ε2)

],

dunqueΦ(A) + εDΦ(A)[H] + o(ε) = det(A) + εdetA · tr(A−1H) +O(ε2) .

In conclusione, se A e invertibile, si ha

DΦ(A)[H] = detA · tr(A−1H) .

Se A non e invertibile, invece, il problema e piu complicato e non verra qui trattato.

Proposizione E.18 Se f1, f2 : Ω ⊆ E → R, x0 ∈ Ω e entrambe le funzioni sono differen-ziabili in x0, allora g = f1(x) · f2(x) e ancora differenziabile in x0.

• Esercizio E.16 Dimostrare la proposizione precedente.Suggerimento: considerare l’applicazione come composizione delle due seguenti funzioni:

Ω // R× R // R

x //(f1(x), f2(x)

)// f1(x) · f2(x)

;

si rende cosı sufficiente dimostrare che l’applicazione P : L(E,G) × L(E,G) → L(E,G)che ad ogni coppia di funzioni (f1, f2) associa l’applicazione f1 · f2 e differenziabile, e in

particolare DP (x1, x2)[H1

H2

]= H1x2 + x1H2.

Soluzione Vogliamo mostrare che

P (x1 +H1, x2 +H2) = P (x1, x2) +H1x2 + x1H2 = o

([H1

H2

]),

cioe che

P (x1 +H1, x2 +H2)− P (x1, x2)−H1x2 − x1H2 = o

([H1

H2

]).


E.13. APPLICAZIONI DEL CALCOLO DIFFERENZIALE ALLO STUDIO DI FUNZIONI

Scrivendo esplicitamente chi e P e semplificando, si ottiene

H1H2 = o

([H1

H2

]).

Quest’uguaglianza e equivalente a

‖H1H2‖max‖H1‖, ‖H2‖ = o(1) per H1,H2 → 0 . (E.4)

Supponiamo ora che ‖H1‖ ≥ ‖H2‖ (l’altro caso e analogo). Allora, ricordando che ‖H1H2‖ ≤‖H1‖‖H2‖, la prima frazione e minore o uguale a

‖H1‖‖H2‖max‖H1‖, ‖H2‖ = ‖H2‖ ,

che tende a zero per H2 → 0, dunque la frazione in (E.4) e in effetti o(1), come si voleva.

E.13 Applicazioni del calcolo differenziale allo studio difunzioni

Figura 6: Grafico della funzione f(x, y) = sin x · sin y · sin(x− y)

Sia f(x, y) = sinx · sin y · sin(x− y) (vedi figura 6). Questa funzione si annulla nei punti

(x, y)∣∣ [x = kπ (k ∈ Z)] ∨ [y = kπ (k ∈ Z)] ∨ [x− y = kπ (k ∈ Z)] .



+

+

+

+ +

+

+

+

−

+

+

+

+

+

+

+

+

−

−

−

− −

−

−

− −

−

− −

−

−

−

−2π

−2π

2π

2π

Figura 7: Segno della funzione f(x, y) = sin x · sin y · sin(x− y)

Inoltre, il segno e quello rappresentato in figura 7.

• Esercizio E.17 In effetti, la funzione ha caratteristiche di periodicita: in particolare,verificare che

f(x+ hπ, y + kπ) = f(x, y)

per ogni h, k interi.

Soluzione Infatti,

f(x+ hπ, y + kπ) = sin(x+ hπ) sin(y + kπ) sin(x− y + (h− k)π)

=

= (−1)h sin(x) · (−1)k sin(y) · (−1)h−k sin(x− y) =

= f(x, y) · (−1)2h = f(x, y) ,

quindi la funzione ha periodo π in entrambe le variabili.

Per Weierstrass, sappiamo che nel quadrato [0, π]× [0, π] la funzione assume massimo eminimo, e questi saranno punti di massimo e minimo globali per la periodicita. Studiamole derivate parziali della funzione:

∂f

∂x(x, y) =

[cosx sin(x− y) + cos(x− y) · sinx] sin y

∂f

∂y(x, y) =

[cos y sin(x− y)− cos(x− y) · sin y] sinx

Osserviamo che se x ∈ Ω ⊆ Rn e un punto di massimo o di minimo, allora e necessarioche tutte le derivate parziali si annullino in x.

Usando le formule trigonometriche, possiamo riscrivere le derivate parziali come

∂f

∂x(x, y) = sin y · sin(2x− y) , ∂f

∂y(x, y) = sinx · sin(x− 2y) .

Le derivate si annullano rispettivamente per

∂f

∂x(x, y) = 0⇔ y = kπ ∨ y = 2x+ hπ ,

∂f

∂y(x, y) = 0⇔ x = kπ ∨ x = 2y + hπ .



A

F

E

D

B

C

0

π

π

Figura 8: Luogo dei punti in cui si annullano le derivate parziali. I sei punti A, B, C, D, E, F sonoi punti in cui si annullano contemporaneamente ∂f

∂xe ∂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, cioe traA,B,C,D,E, F ; ma un punto di massimo o di minimo non puo trovarsi sul bordo delquadrato, perche ha ai lati sia punti in cui la funzione e positiva, sia punti in cui e negativa.Restano dunque solo i due punti interni E ed F , e necessariamente quello positivo (F ) sarail massimo e quello negativo (E) il minimo.

• Esercizio E.18 Sia f(x, y) = x e−(x2+y2). Determinare, se esistono, massimi e minimidi questa funzione.

Soluzione Studiamo le derivate parziali della funzione assegnata. Queste sono

∂f

∂x= e−(x2+y2)(1− 2x2)

∂f

∂y= −2xye−(x2+y2) ,

dunque le derivate sono entrambe nulle nei due punti x1 =(√

12 , 0

)e x2 =

(−

√12 , 0

). Per

vedere se si tratta di massimi o minimi, calcoliamo l’hessiano. Si ottiene facilmente

Hf (x, y) =

(2x(2x2 − 3)e−(x2+y2) 2y(2x2 − 1)e−(x2+y2)

2y(2x2 − 1)e−(x2+y2) 2x(2y2 − 1)e−(x2+y2)

),

da cui

Hf (x1) =

−2

√2e 0

0 −√

2e

, Hf (x2) =

2

√2e 0

0√

2e

:

quindi, x1 e un punto di massimo, essendo Hf (x1) definita negativa, mentre x2 e un puntodi minimo in quanto Hf (x2) e definita positiva.


E.14. DERIVATE PARZIALI E DIREZIONALI

E.14 Derivate parziali e direzionali

Sia f : Ω ⊆ E1×E2 → G. Abbiamo visto che, se f e differenziabile, allora ∀x2 ∈ E2 fissato,f(·, x2) e differenziabile e che ∀x1 ∈ E1 fissato, f(x1, ·) e differenziabile.

Abbiamo cosı le due applicazioni D1f : Ω→ L(E1, G) e D2f : Ω→ L(E2, G). Si ha che

D1f(x1, x2)[h1] = Df(x1, x2)[h1, 0] ∀h1 ∈ E1 ,

D2f(x1, x2)[h2] = Df(x1, x2)[0, h2] ∀h2 ∈ E2

e sommandoDf(x1, x2)[h1, h2] = D1f(x1, x2)[h1] +D2f(x1, x2)[h2] .

• Esercizio E.19 Se f : Ω ⊆ Rn → G e differenziabile, mostrare che vale la formula

Df(x)[(h1, . . . , hn)] =n∑

j=1

Djf(x)[hj ] ,

che e un’estensione del caso bidimensionale gia visto.

Soluzione La dimostrazione e la stessa di quella della proposizione L.21 a pagina 34.

Nel caso E1 = E2 = R, abbiamo che Djf : Ω → L(R, G). Osserviamo che c’e unisomorfismo tra G e L(R, G) che ad ogni vettore v ∈ G associa l’applicazione ϕ(t) = tv, el’applicazione inversa associa ad ogni ϕ ∈ L(R, G) il vettore ϕ(1).

Definizione E.5 Indicheremo Djf(x)[1] con il simbolo di derivata parziale:

Djf(x)[1] =∂f

∂xj(x) .

• Esercizio E.20 Verificare che, se f : Ω ⊆ Rn → G e differenziabile, allora

limt→0

1t

[f(x+ tej)− f(x)

]= Df(x)[ej ] + Djf(x)[1] ,

dove il primo membro e ddt

(f(x+ tej)

)∣∣t=0

.

Soluzione Un risultato piu generale e enunciato nell’esercizio E.21 nella pagina seguente.

L’esercizio precedente ci permette di scrivere in un ulteriore modo l’espressione dell’eser-cizio E.19:

Df(x)[(h1, . . . , hn)] =n∑

j=1

∂f

∂xj(x)hj .

Definizione E.6 In generale, si puo definire la derivata direzionale

∂f

∂v(x) + lim

t→0

1t

[f(x+ tv)− f(x)

].



• Esercizio E.21 Verificare che si puo scrivere la derivata direzionale nel modo seguente:

∂f

∂v(x) = Df(x)[v] ,

esprimendola in funzione del differenziale totale.

Soluzione Usando la definizione di differenziale, si ha che

f(x+ tv)− f(x)t

=Df(x)[tv] + o(tv)

t= Df(x)[v] + o(v) per t→ 0 ,

dove nell’ultima uguaglianza si e usata la linearita di Df(x). Dunque, effettuando il limiteper t→ 0, si ottiene la tesi, in quanto il primo membro tende a ∂f

∂v (x), mentre l’ultimo tendea Df(x)[v].

Oss. Osserviamo che ∂f∂xj

(x) = ∂f∂ej

(x).

Oss. Se G = R e f : Ω ⊆ Rn → R, allora ∂f∂xj

(x) ∈ R, e

∇f(x) =

∂f∂x1

(x)...

∂f∂xn

(x)

.

Cosı, Df(x)[h] = ∇f(x) · h.

• Esercizio E.22 Mostrare che f(x, y) =√x2 + y2 e differenziabile in R2 \ 0.

Soluzione Possiamo pensare f come composizione delle due applicazioni g1 : R2 → R+,tale che g1(x, y) = x2 + y2, e g2 : R+ → R tale che g2(x) =

√x: f = g2 · g1. Dato che g1 e

differenziabile su tutto R2, essendo un polinomio, e che g2 e differenziabile ovunque tranneche in zero, f sara differenziabile nei punti tali che

g1(x) 6= 0⇔ x2 + y2 6= 0⇔ (x, y) 6= 0 .

Oss. E evidente che la funzione f dell’esercizio precedente non e differenziabile in zero:infatti, non ammette nemmeno derivate parziali, in quanto f(x, 0) = |x| non e differenziabile.

Esempio Se g(x, y) = ϕ(√x2 + y2), con ϕ ∈ C1(R+,R), dire per quali ϕ la funzione g

risulta differenziabile su R2.

Soluzione Grazie all’esercizio E.22, e sufficiente studiare il problema nell’origine. Affer-miamo che e necessario e sufficiente che ϕ′(0) sia nullo.



Necessarieta Sia α = ϕ′(0). Poniamo y = 0, allora ϕ(|x|) − ϕ(0) = α|x| + o(|x|) =(α · sign(x)

)x+ o(x): in ogni intorno di zero, α · sign(x) assume sia il valore +α che il valore

−α, dunque affinche l’applicazione sia differenziabile, e necessario che α = ϕ′(0) = 0.

Sufficienza Per ipotesi ϕ′(0) = 0, dunque ϕ(η)− ϕ(0) = o(η), e in particolare

ϕ(√

x2 + y2)− ϕ(0) = o

(√x2 + y2

)= o(x, y) ,

che e come dire che g(x, y) − g(0) = o(x, y), ovvero che g e differenziabile in zero condifferenziale nullo.

• Esercizio E.23 Considerata l’applicazione ϕ : Rn → R, ϕ(x) = |x| (norma euclidea),mostrare che ϕ e differenziabile su Rn \ 0, e che ∇ϕ(x) = x

|x| (si tratta di un estensionedell’esercizio E.22 nella pagina precedente).

Soluzione L’applicazione in analisi e

ϕ(x) = |x| =√√√√

n∑

i=1

x2i ;

essendo composizione di funzioni differenziabili se x ∈ R2 \0, sara anch’essa differenziabilein questo dominio.

Usando le regole di differenziazione per le funzioni composte, si ottiene che

∂ϕ

∂xj=

12√∑n

i=1 x2i

∂

∂xj

(n∑

i=1

x2i

)=

12|x|

n∑

i=1

∂(x2i

)

∂xj=xj|x| .

Dunque,

∇ϕ =(∂ϕ

∂x1, . . . ,

∂ϕ

∂xn

)=

1|x| (x1, . . . , xn) =

x

|x| .

• Esercizio E.24 Determinare ϕ ∈ C1(]0,+∞[,R) tale che g(x) = ϕ(|x|) soddisfi

4g =∂2g

∂x2(x, y) +

∂2g

∂y2(x, y) = 0

(4g e chiamato il laplaciano di g).

Soluzione La soluzione e a pagina 114.

Nel caso di f : Ω ⊆ Rn → Rm, ∂f∂xj

sono dei vettori in Rm, e continua a valere la formula

Df(x)[(h1, . . . , hn)] =n∑

j=1

∂f

∂xj(x)hj .


E.15. COORDINATE CARTESIANE, CILINDRICHE E SFERICHE

Se scriviamo f in funzione delle sue funzioni componenti fi, cioe f(x) =∑mi=1 fi(x) ei,

si avra∂f

∂xj(x) =

m∑

i=1

∂fi∂xj

(x)ei ;

segue dunque che

Df(x)[h] =m∑

i=1

n∑

j=1

∂fi∂xj

(x)hj

ei .

Definizione E.7 La matrice di coordinate

Jf (x) =(∂fi∂xj

(x))i=1,...,mj=1,...,n

si chiama matrice jacobiana di f in x.

Esempio Consideriamo la composizione

Rnf // Rm U // R .

Quanto vale ∇(U f)?

Soluzione Osserviamo che

< ∇(U f), h >Rn + D(U f)(x)[h] =(DU

(f(x)

) Df(x))[h] =

=< ∇U(f(x)

), Jf (x)h >Rm=<

(Jf (x)

)T∇U(f(x)

), h >Rn ,

dove l’ultima uguaglianza segue dal seguente lemma:

Lemma E.19 Se A = (aij)i=1,...,nj=1,...,m

, v ∈ Rn, w ∈ Rm, allora < v,Aw >Rn=< AT v, w >Rm .

E.15 Coordinate cartesiane, cilindriche e sferiche

Consideriamo l’applicazione (ρ, θ) Φ−→ (ρ cos θ, ρ sin θ). Ci domandiamo per quali (ρ, θ)DΦ(ρ, θ) e invertibile.

Ci converra lavorare in coordinate; calcoliamo cosı lo jacobiano

JΦ(ρ, θ) =(∂ρΦ1 ∂θΦ1

∂ρΦ2 ∂θΦ2

)=

(cos θ −ρ sin θsin θ ρ cos θ

).

Richiedere che DΦ(ρ, θ) sia invertibile e equivalente a dire che det JΦ 6= 0. Dato che det JΦ =ρ, la funzione e (localmente) invertibile in tutti i punti in cui ρ 6= 0.

Se, ora, consideriamo l’applicazione ristretta al dominio R+ × [0, 2π[, questa funzionediventa invertibile in tutti i punti (tranne nell’origine).

• Esercizio E.25 Rispondere alla stessa domanda per la trasformazione

(ρ, θ, z) Φ17−→ρ cos θρ sin θz


E.15. COORDINATE CARTESIANE, CILINDRICHE E SFERICHE

(e la matrice della trasformazione in coordinate cilindriche).

Soluzione Lo jacobiano di questa trasformazione e

JΦ1(ρ, θ, z) =

cos θ −ρ sin θ 0sin θ ρ cos θ 0

0 0 1

,

il cui determinante vale ρ: dunque, anche in questo caso DΦ1 e invertibile se ρ 6= 0.

Osserviamo che passare in coordinate sferiche corrisponde a passare due volte in coordi-nate polari: la trasformazione complessiva e

(r, θ, ϕ) Ψ7−→r cos θ sinϕr sin θ sinϕr cosϕ

,

con r ∈ R+, ϕ ∈ [0, π], θ ∈ [0, 2π[, e puo essere vista come Ψ = Φ1 Φ2, dove Φ1 e quelladell’esercizio precedente, mentre Φ2 e definita da

Φ2(r, θ, ϕ) =

r sinϕθ

r cosϕ

e per calcolare il determinante di JΨ e conveniente calcolare il determinante degli jacobiani diΦ1 e Φ2, perche sono piu semplici, quindi applicare Binet ottendo detJΨ = det JΦ1 ·det JΦ2 ,dove per JΦ1 bisogna calcolare tutto in Φ2:

detJΨ = ρ · r = (r sinϕ) · r = r2 sinϕ .

Consideriamo ora R2 Φ−→ R2 U−→ R, e sia ξ = (ρ, θ). Allora,

∇(U Φ) = JΦ(ξ)T∇U(Φ(ξ)

),

ma in genere e piu usata un’altra relazione. Detta U = U Φ, U e U vista in coordinatepolari, e in particolare

(∂U∂x

(Φ(ξ)

)∂U∂y

(Φ(ξ)

))

=[JΦ(ξ)T

]−1

(∂U∂ρ (ρ, θ)∂U∂θ (ρ, θ)

).

JΦ e scritta sopra; si ottiene subito che l’inversa della trasposta e

[JΦ(ξ)T

]−1=

(cos θ − 1

ρ sin θsin θ 1

ρ cos θ

).

Si ha cosı

∂U

∂x

(Φ(ξ)

)= cos θ

∂U

∂ρ(ξ)− 1

ρsin θ

∂U

∂θ(ξ) ,

∂U

∂y

(Φ(ξ)

)= sin θ

∂U

∂ρ(ξ) +

1ρ

cos θ∂U

∂θ(ξ) .


E.16. DIFFERENZIAZIONE SUCCESSIVA

In conclusione, ∣∣∇U(Φ(ξ)

)∣∣2 =(∂ρU(ξ)

)2 +1ρ2

(∂θU(ξ)

)2.

• Esercizio E.26 Fare gli stessi conti in coordinate cilindriche e sferiche.

E.16 Differenziazione successiva

Sia f : Ω ⊆ E → G; allora, Df : Ω→ L(E,G) e DDf : Ω→ L(E,L(E,F )

).

Si ha cosı che DDf(x) ∈ L(E,L(E,G)

); DDf(x)[h] ∈ L(E,G) e DDf(x)[h][k] ∈ G.

Tuttavia possiamo identificare L(E,L(E,G)

) ∼−→ L(E × E,G), associando a DDf(x)l’applicazione D2f(x).

Consideriamo, ora E Φ−→ Ff−→ G. Quanto valeDD(fΦ)(x)? Abbiamo cheD(fΦ)(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 avra cosı

DD(f Φ)(x)[h] = DDf(Φ(x)

)︸︷︷︸L(F,L(F,G)

)

L(E,F )︷︸︸︷DΦ(x)[h]︸︷︷︸

F

︸︷︷︸L(F,G)

DΦ(x)︸︷︷︸L(E,F )

︸︷︷︸L(E,G)

+Df(Φ(x)

)︸︷︷︸L(F,G)

DDΦ(x)︸︷︷︸L(E,L(E,F )

)[h]︸︷︷︸E

︸︷︷︸L(E,F )︸︷︷︸

L(E,G)

o, usando l’isomorfismo, si ha

D2(f Φ)(x)[h, k] = D2f(Φ(x)

)[DΦ(x)[h], DΦ(x)[k]

]+Df

(Φ(x)

)D2Φ(x)[h, k] . (E.5)

Oss. Se b : Rn × Rn → Rm e bilineare, fissati x, y ∈ Rn usando la base canonica eipossiamo scrivere tali vettori come

x =n∑

i=1

xiei ; y =n∑

i=1

yiei .

Si avra allora che

b(x, y) = b

(n∑

i=1

xiei,

n∑

i=1

yiei

)=

n∑

i,j=1

xiyjb(ei, ej) .

b e cosı univocamente determinata dai valori bij + b(ei, ej). Inoltre, si verifica facilmenteche b(x, y) = xTBy = x ·By, dove B e la matrice (bij).

In effetti, cio puo anche essere scritto come(BTx)T y = (BTx) · y.


E.16. DIFFERENZIAZIONE SUCCESSIVA

Sia f : Ω ⊆ Rn → R, e supponiamo che f sia C1(Ω,R). Supponiamo, inoltre, che

∃(

∂

∂xj

∂f

∂xi

)(x) ∀x .

Definiamo allora la matrice hessiana di f in x come

Hf (x) +(hij(x)

)con hij(x) =

(∂

∂xj

∂f

∂xi

)(x) .

• Esercizio E.27 Mostrare che Hf (x) = J∇f (x).

Soluzione Dalla definizione dello jacobiano (definizione E.7 a pagina 102),

Jg(x) =(∂gi∂xj

(x))

ij

.

Nel nostro caso, g(x) = ∇f(x), e in particolare gi(x) = ∂f∂xi

: dunque,

J∇f (x) =[(

∂

∂xj

∂f

∂xi

)(x)

]

ij

,

che e uguale a Hf (x).

Come conseguenza dell’esercizio precedente, si ha che

Hf (x) e continua in x ∈ Ω ⇔ ∇f(x) ∈ C1(Ω,R) .

D’altronde, si ha la seguente

Proposizione E.20 Se Df e differenziabile in x0, cioe se esiste DDf , allora

hij(x0) = D2f(x0)[ei, ej ]

e in particolare, per la simmetria del secondo membro, in queste ipotesi hij(x0) = hji(x0),cioe la matrice hessiana e simmetrica.

Dimostrazione Per la differenziabilita di Df abbiamo che

Df(x0 + tei) = Df(x0) + tDDf(x0)[ei] + o(t) ,

cioe

DDf(x0)[ei] = limt→0

1t

[Df(x0 + tei)−Df(x0)

];

ne discende dunque che

DDf(x0)[ei][ej ] = limt→0

1t

[∂f

∂xj(x0 + tei)− ∂f

∂xj(x0)

]=

(∂

∂xi

∂

∂xjf

)(x0) ,

che e quanto volevamo. ¤


E.17. PRIMA PROVA IN ITINERE

Esempio Caso interessante: se Φ(x) = Ax, allora DΦ(x) = A e DDΦ(x) = 0. In questocaso, usando la formula (E.5), D2(f Φ)(x)[h, k] = D2f

(Φ(x)

)[Ah,Ak].

Ma questo sara anche uguale a

(Ah)THf (Ax)Ak = hT ATHf (Ax)A︸︷︷︸HfΦ(x)

k :

dunque, in questo caso particolare HfΦ(x) = ATHf (Ax)A.

Oss. Se ATA = I (cioe A e una matrice ortogonale) allora detto 4f il laplaciano di f ,4(f Φ)(x) = 4f(

Φ(x)), perche 4f(x) = trHf (x), e tr(A−1HfA) = trHf .

• Esercizio E.28 Scrivere la formula (E.5) in coordinate per la trasformazione

Φ(t, θ) =(et cos θet 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

fk(t) =tk

k!e−t

(a) Mostrare che fk converge uniformemente in [0,+∞[.(b) Studiare la convergenza della serie

∑∞k=0 fk, in particolare dire se sono vere o false

le seguenti proposizioni:∑fk converge uniformemente su [0, 1].∑fk converge uniformemente su [0,+∞[.∑fk converge normalmente su [0,+∞[.

2. Sia λ ∈ [0, 1]. Si consideri il problema di trovare una funzione che soddisfi le seguenticondizioni

u′(t) = u(λt), u(0) = 1 (∗)(a) Determinare una contrazione Φ : C0([0, 1/2],R)→ C0([0, 1/2],R) con la proprieta

cheΦ(u) = u⇔ u soddisfa (∗).

(b) Mostrare che esiste una unica u ∈ C1(R,R) che soddisfa (∗). Mostrare che uammette 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 + 16xy − 3y

)

(a) Calcolare la matrice jacobiana JF (x, y) e dire per quali (x, y) ∈ R2 essa risultainvertibile.

(b) Verificare che F e 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 JG(1, 0) di G.

Nota: la formula di Stirling e n! =√

2πnn+1/2e−n(1 + o(1)

), n→ +∞.



E.17.1 Correzione della prima prova in itinere

Primo esercizio Sia

fk(t) =tk

k!e−t ∀t ∈ [0,+∞[ .

Vogliamo mostrare che limt→∞ ‖fk‖∞ = 0: calcoliamo preliminarmente supt∈[0,+∞[ fk(t).La derivata di fk e

f ′k(t) = (k − t) tk−1

k!e−t ,

dunque f ′k(t) > 0 su (0, k), f ′k(t) < 0 su (k,+∞), quindi fk(k) = maxt∈[0,+∞[ fk.

Per la formula di Stirling, kk

k! e−k k→∞−−−−→ 0, che e quanto volevamo.

Per quanto riguarda la convergenza della serie su [0, 1], osserivamo che∑fk e normal-

mente convergente, e quindi anche uniformemente convergente. Infatti,

‖fk‖∞ = supt∈[0,1]

fk(t) = fk(1) =1

e · k! ,

purche k ≥ 1. La serie di 1ek! e sommabile, dunque

∑fk e normalmente convergente.

Tuttavia,∑fk non converge uniformemente su [0,+∞[ perche, fissato k, limt→∞ fk(t) =

0, dunque anche passando alle somme parziali si ha che

limt→∞

n∑

k=0

fk(t) = 0 .

Quindi

∀n ∃T∣∣

∣∣∣∣∣n∑

k=0

fk(t)

∣∣∣∣∣ <12∀t ≥ T .

Tuttavia, la serie converge puntualmente alla funzione costantemente uguale a 1; dunque,la convergenza non puo essere uniforme.

Infine,∑fk non puo convergere normalmente, in quanto non converge neppure unifor-

memente; volendo mostrare la proposizione direttamente, e sufficiente osservare che

‖fk‖∞,[0,+∞[ ∼1√

2π√k,

e dato che la serie dei termini a destra non converge, per il criterio del confronto asintoticola serie delle norme non converge.

Esercizio 2 Sia λ ∈ [0, 1] fissato, consideriamo il problemau′(t) = u(λt)u(0) = 1

.

Come gia dimostrato (vedi a pagina 84), u e soluzione se e solo se u(t) = 1+∫ t0u(λs) ds.

Voglio verificare che l’applicazione u 7→ Φ(u), con Φ(u)(t) +∫ t0u(λs) ds, e una contra-

zione su C0([0, 12 ];R).

Infatti,

‖ϕ(u)− ϕ(v)‖∞,[0,1/2] = supt∈[0,1/2]

∣∣∣∣∫ t

0

[u(λs)− v(λs)] ds∣∣∣∣ ≤

≤ supt∈[0,1/2]

t‖u− v‖∞,[0,1/2] =12‖u− v‖∞,[0,1/2] .



Per il teorema delle contrazioni, dunque, ∃!u ∈ C0([0, 12 ],R) tale che Φ(u) = u.

Abbiamo, cosı, che Φk(0) k→∞−−−−→ u; usando la proposizione E.12 a pagina 88, u(t) =∑∞k=0 λ

[k(k−1)]/2 tk

k! e si dimostra facilmente che in effetti Φ(u) = u; tale serie e uniformementeconvergente su ogni insieme della forma [−r, r], dunque converge su tutto R.

La serie derivata e u′(t) =∑∞k=1 λ

[k(k−1)]/2 tk−1

(k−1)! , e questa serie e in effetti uguale au(λt). Dunque, la serie trovata e soluzione su tutto R.

Resta solo da stabilire l’unicita della soluzione su tutto R. Sappiamo gia che u e l’unicasoluzione del problema su [0, 1

2 ]. Supponiamo, allora, che estista un’altra soluzione v delproblema su tutto R: allora la funzione w + u − v e identicamente nulla su tutto [0, 1

2 ], edinoltre 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 e identicamente nullo su [0, 1

2 ] e che w′(t) = w(λt), allora w′(t) sara iden-ticamente nullo su [0, 1

21λ ]; dunque, poiche w e continua, w e costante su tutto l’intervallo,

ed in particolare e nulla. Ripetendo iterativamente il ragionamento, possiamo mostrare chew e identicamente nulla su tutti gli intervalli [0, 1

21λk ]; dato che 1

λk

k→∞−−−−→ ∞, w(t) = 0 su[0,+∞[.

Dato che, in effetti, la funzione Φ trovata era una contrazione anche su C0([− 12 ,

12 ],R),

ripetendo il ragionamento sugli intervalli [− 1λk

12 ,

12

1λk ] si mostra che la soluzione e unica su

tutto R; inoltre, vale lo stesso sviluppo in serie.

Esercizio 3 Sia F(xy

)=

(4x2 − 4x− y2 + 1

6xy − 3y

). La funzione e evidentemente diffe-

renziabile su tutto R2; lo jacobiano e dato da

JF (x, y) =(

8x− 4 −2y6y 6x− 3

).

La matrice e invertibile se e solo se il suo determinante e diverso da zero. Dato chedet JF (x) = 12(2x− 1)2 + 12y2, la matrice e invertibile su R2 \ 1

2 , 0.Dato che F ∈ C1(R,R), F e localmente invertibile vicino a (0, 0) per il teorema di

inversione locale, cioe ∃U intorno di (0, 0), V intorno di F (0, 0) = (1, 0) tale che F |U : U ∼−→ Ve un isomorfismo. Inoltre, se G + (F |U )−1, vale che

DG(F (ξ)

)=

[DF (ξ)

]−1 ∀ξ ∈ U .

Dato che JF (0, 0) =(−4 0

0 −3

), avremo infine che

JG(1, 0) =[JF (0, 0)]−1 =

(− 14 0

0 − 13

).

• Esercizio E.29 Verificare che F (1, 0) = (1, 0), e mostrare che ∃U intorno di (1, 0) taleche

[ξ ∈ U, f(ξ) = ξ]⇔ ξ = (1, 0) ,

cioe che localmente (1, 0) e l’unico punto fisso che puo avere f . Sugg.: scegliere U in modoche [F |U ]−1 sia una contrazione.

Soluzione Calcoliamo la matrice jacobiana nel punto in questione:

JF (1, 0) =(

4 00 3

).


E.18. APPLICAZIONE DEL METODO DEI MOLTIPLICATORI DI LAGRANGE

Dato che F (1, 0) = (1, 0),

A = JF−1(1, 0) =[JF (1, 0)

]−1 =(

14 00 1

3

).

Dato che la norma (degli operatori) di A e strettamente minore di uno, cio implica perla continuita del differenziale che posso trovare un intorno U di (1, 0) dove la funzione hadifferenziale 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 ugualea ρ, dunque e una contrazione. Dunque, (1, 0) e l’unico punto fisso per f ristretta ad U .

E.18 Applicazione del metodo dei moltiplicatori di La-grange

Sia f(x, y, z) = xy+ yz; cerchiamo massimi e minimi su A = x2 + y2 + 2z2 ≤ 1∩ z ≥ 0.In effetti, A e un chiuso essendo intersezione di chiusi: ad esempio, detta Φ(x, y, z) =

x2 + y2 + 2z2 − 1, si ha che x2 + y2 + 2z2 ≤ 1 = Φ−1(]−∞, 0]

). Inoltre, A e 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 :

∂xf(x, y, z) = y , ∂yf(x, y, z) = x+ z , ∂zf(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 e strettamente positivo o strettamente negativo:

dunque, zero non e valore ne di massimo ne di minimo, quindi i massimi e i minimi vannocercati sul bordo di A.

Ora, per il principio dei moltiplicatori di Lagrange, se Ω ⊆ RN e aperto, f0 ∈ C1(Ω,R)e una funzione da massimizzare con i vincoli fi ∈ C1(Ω,R), i = 1, . . . , h e Σ = x ∈Ω

∣∣ fi(x) = 0 ∀i = 1, . . . , h, allora x e di massimo per f0|Σ ⇒ ∃(λ0, . . . , λh) ∈ Rh+1 \0 ∣∣ ∑h

i=0 λi∇fi(x) = 0.

Oss. (λ0, . . . , λh) e determinato ovviamente a meno di una costante moltiplicativa.

Oss. Se ∇fi(x), i = 1, . . . , h sono linearmente indipendenti, allora λ0 6= 0. In tal casol’enunciato si puo esprimere come segue:

∃(µ1, . . . , µh) ∈ Rh∣∣ ∇f0(x) =

h∑

i=1

µi∇fi(x)[µi = − λi

λ0

].

Nel nostro caso, si ha f0(ξ) = y(x + z), f1(ξ) = x2 + y2 + 2z2 − 1, f2(ξ) = z, conξ = (x, y, z).

Sia A = ξ ∈ R3∣∣ f1(ξ) ≤ 0 ; f2(ξ) ≥ 0. Si ha allora che ξ ∈ A⇔ f1(ξ) < 0, f2(ξ) > 0.

D’altra parte, se ξ ∈ A e f0(ξ) = maxξ∈A f0(ξ), allora ∇f0(ξ) = 0, ma abbiamo vistoche se ∇f0(ξ) = 0 allora f(ξ) = 0, e in tal caso ξ non e ne di massimo ne di minimo.

Dato che A e chiuso, A \ A = A∩Ac = ∂A (frontiera di A), ed e uguale a α∪β ∪ γ, dove

α = f1(ξ) < 0 ∧ f2(ξ) = 0β = f1(ξ) = 0 ∧ f2(ξ) > 0γ = f1(ξ) = 0 ∧ f2(ξ) = 0


E.19. RELAZIONE TRA NORMA DEGLI OPERATORI E AUTOVALORI

Per f |B , applico il metodo dei moltiplicatori di Lagrange con il vincolo f1 su Ω = ξ ∈R3

∣∣ f2(ξ) > 0 (aperto).

Oss. Se ξ ∈ β, allora ∇f1(ξ) 6= 0, quindi se ξ ∈ β e f0(ξ) = max f0|β ne segue che∇f0(ξ) = µ∇f1(ξ). In altre parole, ξ risolve

∇f0(ξ) = µ∇f1(ξ)f1(ξ) = 0f2(ξ) > 0

per un certo µ ∈ R.

Dato che ∇f0(ξ) =

yx+ zy

, ∇f1(ξ) =

2x2y4z

, si tratta di risolvere il sistema

y + 2µx = 0x+ z + 2µy = 0y + 4µz = 0x2 + y2 + 2z2 − 1 = 0⇒ (x, y, z) 6= (0, 0, 0)

;

vogliamo trovare µ tale che

det

2µ 1 01 2µ 10 1 4µ

= 0 ,

ovvero 16µ3 − 2µ − 4µ = 0. Scartando il caso µ = 0, che corrisponderebbe a ∇f0(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 chemassimizzi

f(α, β, γ) = (sinα)(sinβ)(sin γ) ?

(Usare i moltiplicatori di Lagrange con le condizioni α+ β + γ = π e α, β, γ ≥ 0).

• Esercizio E.31 Sia ϕ(t) = −t log t per t > 0, ϕ(0) = 0. Sia x = (x1, . . . , xN ) ∈ RN edefiniamo f(x) =

∑Ni=1 ϕ(xi). Mostrare che f ha massimo su Σ =

∑Ni=1 xi = 1 ;xi ≥ 0

.

E.19 Relazione tra norma degli operatori e autovalori

Sia A una matrice simmetrica n × n, e f0(x) = 12Ax · x. Trovare massimi e minimi di f0

sull’insieme Σ + x∣∣ f1(x) = 0, dove f1(x) = 1

2

(|x|2 − 1).

Oss. Se x ∈ Σ, allora ∇f1(x) 6= 0. Innanzitutto, mostriamo che ∇f0(x) = Ax: infatti,Df0(x)[h] = 1

2 (Ah · x + Ax · h) ∗= 12 (Ax · h + Ax · h) = Ax · h, dove il passaggio segnato


E.19. RELAZIONE TRA NORMA DEGLI OPERATORI E AUTOVALORI

da un asterisco e dovuto alla simmetria di A. In modo analogo, si verifica che ∇f1(x) = x,dunque se x ∈ Σ si ha |x| 6= 0 e in particolare ∇f1(x) 6= 0.

Dato che Σ e chiuso e limitato, esistono massimo e minimo. Per il principio dei mol-tiplicatori di Lagrange, se x e di massimo (o di minimo), ∃λ ∈ R ∣∣ (x, λ) e soluzionedi

∇f0(x) = λ∇f1(x)f1(x) = 0

cioe

Ax = λx

|x|2 = 1,

cioe (x, λ) e una coppia autovettore – autovalore, e varra f0(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

ϕ(x) = Ax·xx·x su Ω = RN \ 0. Il problema e del tutto analogo al precedente, in quanto

ϕ(λx) = ϕ(x) ∀x ∈ RN \ 0, λ ∈ R+.In effetti, supϕ = supϕ|Σ = maxϕ|Σ, perche Σ e chiuso e limitato (osserviamo che

12ϕ|Σ = f0|Σ).

Vogliamo ora calcolare chi e ∇ϕ(x).

• Esercizio E.32 Mostrare che vale la formula

∇(h

g

)=g∇h− h∇g

g2.

Nel nostro caso, grazie all’esercizio precedente varra

∇ϕ(x) = 2(x · x)Ax− (Ax · x) · x

(x · x)2 =2|x|2

(Ax− ϕ(x) · x) .

Dunque, se x e di massimo la quantita sopra e nulla, e in particolare (essendo ϕ(x) unoscalare) x deve essere un autovalore di A, e ϕ(x) e l’autovalore corrispondente.

Oss. Sappiamo che‖A‖L(E,F ) = sup

x∈E|x|=1

|Ax|F .

Se E = RN , F = RM , entrambi dotati della norma euclidea, avremo che

|Ax|2 = (Ax,Ax)RM = (ATAx, x)RN ,

e‖A‖L(RN ,RM ) = sup

x∈RN

|x|2=1

√(ATAx, x) .

Dato che ATA e sempre una matrice simmetrica, per il punto precedente la norma di A saradata dal sup della radice quadrata degli autovalori di ATA.

• Esercizio E.33 Se A e una matrice n× n simmetrica, allora ‖A‖L = max|x|=1Ax · x.


E.20. FORMULA DI TAYLOR AL SECONDO ORDINE

E.20 Formula di Taylor al secondo ordine

Proposizione E.21 Sia f ∈ C2(Ω,R), con Ω ⊆ RN . Sia, quindi x ∈ Ω fissato, e v ∈ Rntale che x+ v ∈ Ω. Allora, vale

f(x+ v) = f(x) +Df(x)[v] +12D2f(x)[v, v] + o(|v|2) .

Dimostrazione Consideriamo la funzione ϕ(t) = f(x+ tv), allora ϕ ∈ C2([0, 1],R). Si hadunque che

ϕ(1) = ϕ(0) + ϕ′(0) +∫ 1

0

(1− s)ϕ′′(s) ds (E.6)

(e la formula di Taylor con resto integrale al secondo ordine).

Abbiamo poi che ϕ′(t) = Df(x + tv)[v], e ϕ′′(t) = D2f(x + tv)[v, v]. Dunque,riscrivendo la formula (E.6), avremo

f(x+ v) = f(x) +Df(x)[v] +∫ 1

0

(1− s)D2f(x+ sv)[v, v] ds .

Ma

∫ 1

0

(1− s)D2f(x+ sv)[v, v] ds =

=∫ 1

0

(1− s)D2f(x)[v, v] ds+∫ 1

0

(1− s)(D2f(x+ sv)−D2f(x))[v, v] ds =

=12D2f(x)[v, v] + r(x, v) ,

essendoD2f(x)[v, v] costante in s. Resta dunque solo da mostrare che r(x, v) = o(|v|2).Infatti,∣∣∣∣∫ 1

0

(1− s)(D2f(x+ sv)−D2f(x))[v, v] ds

∣∣∣∣ ≤|v|22

sups∈[0,1]

∥∥D2f(x+ sv)−D2f(x)∥∥ .

Ma dato che f ∈ C2(RN ,R), abbiamo che

∀ε ∃δ ∣∣ |v| < δ ⇒ ‖D2f(x+ v)−D2f(x)‖ ≤ ε ,

cioe ‖D2f(x+ v)−D2f(x)‖ = o(1) per v → 0. ¤

E.21 Funzioni armoniche

Definizione E.8 Sia Ω ⊆ Rn aperto, e u ∈ C2(Ω,R). u si dice armonica se 4u(x) =0 ∀x ∈ Ω.

Proposizione E.22 (Principio di massimo) Sia u ∈ C2(Ω,R) ∩ C(Ω,R) (cioe e esten-dibile per continuita sulla chiusura di Ω) ed armonica. Se Ω e limitato, allora

1. u ammette massimo (e minimo) su Ω;

2. ∃x0 ∈ ∂Ω + Ω \ Ω tale che u(x0) ≥ u(x) ∀x ∈ Ω.


E.21. FUNZIONI ARMONICHE

Oss. In effetti vale qualcosa di piu forte, ovvero che se Ω e connesso ed ∃x0 ∈ Ω∣∣ u(x0) =

maxΩ u, allora u(x) ≡ c = u(x0) su tutto Ω.La richiesta di connessione e necessaria: infatti, se consideriamo Ω ⊆ R, Ω = (0, 1)∪(2, 3)

e

u(x) =

0 x ∈ [0, 1]1 x ∈ [2, 3]

,

allora questa e una funzione armonica, il massimo e assunto in un punto interno, ma u none costante.

Dimostrazione Supponiamo per assurdo che esista x0 ∈ Ω tale che u(x0) = maxx∈Ω u(x),ma u(x0) > u(x) ∀x ∈ ∂Ω.

Definisco, dunque, uε(x) + u(x) + ε|x − x0|2. Dato che Ω e limitato, se ε > 0 esufficientemente piccolo vale che uε(x0) > uε(x) ∀x ∈ ∂Ω.

Allora, ∃xε ∈ Ω∣∣ uε(xε) = maxx∈Ω uε(x). Dunque,

uε(xε) ≥ uε(x0) > uε(x) ∀x ∈ ∂Ω⇒ xε 6∈ ∂Ω .

Ma∗ 4uε(xε) = 4u(xε) + 2nε = 2nε > 0. Siano λ1, . . . , λn gli autovalori di Huε(xε)(matrice hessiana di uε, che e simmetrica). Allora, 4uε(xε) = trHuε(xε) =

∑Ni=1 λi >

0, ovvero almeno un autovettore λ e strettamente positivo. Sia v l’autovettore relativo:detta dunque ϕ(t) = uε(xε + tv), abbiamo che ϕ′′(0) = D2uε(xε)[v, v] = Huε v · v > 0;questo, insieme a ϕ′(0) = 0, ci permette di dire che 0 e un punto di minimo locale perϕ, ma cio e assurdo perche vorrebbe dire che uε ha un minimo in xε. ¤

• Esercizio E.34 Trovare un controesempio nel caso in cui Ω non sia limitato.

Soluzione Sia Ω = Rn, f(x) =∑ni=1 xi con x = (x1, . . . , xn). Allora f e armonica,

tuttavia non ha massimo.

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.

Proposizione E.23 Se Ω ⊆ RN aperto qualsiasi (non necessariamente limitato), u ∈C(Ω,R) ∩ C2(Ω,R), 4u = 0 su Ω e valgono le condizioni

limx→∞ u(x) = 0u|∂Ω = 0

, (E.7)

allora u ≡ 0 su Ω.

Dimostrazione Sia x0 tale che u(x0) = maxx∈Ω u(x). Se si avesse che u(x0) − c > 0 (edunque x0 ∈ Ω) potrei considerare l’insieme

Ω + x ∈ Ω∣∣ u(x) > c

2

∗Infatti, ∂∂xj

|x− x0| = xj

|x−x0| , da cui ∂∂xj

|x− x0|2 = 2xj e ∂2

∂xj2 |x− x0|2 = 2. Calcolando il laplaciano,

4|x− x0|2 = 2n.


E.21. FUNZIONI ARMONICHE

che e 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

4u = 0 su Ωu|∂Ω ≡ c

2

⇒ u ≡ c

2su Ω ,

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) = cosxey, v(x, y) = sinxey sono funzioni armoniche.

• Esercizio E.35 Mostrare l’affermazione precedente.

Soluzione Calcoliamo le derivate parziali delle due funzioni:

∂u

∂x(x, y) = − sinxey

∂u

∂y(x, y) = cosxey

∂2u

∂x2(x, y) = − cosxey

∂2u

∂y2(x, y) = cosxey ;

∂v

∂x(x, y) = − cosxey

∂u

∂y(x, y) = sinxey

∂2u

∂x2(x, y) = − sinxey

∂2u

∂y2(x, y) = sinxey ,

da cui si ottiene immediatamente che 4u = 4v = 0.

Se x ∈ RN \ 0, u(x) = ϕ(|x|), ϕ ∈ C2(R+,R), allora e possibile scegliere ϕ in modoche 4u ≡ 0.

Abbiamo, infatti, la seguente composizione di funzioni

RN // R // R

xf // |x| // ϕ(|x|)

tϕ // ϕ(t)

Dalla formula (E.5) a pagina 104, si ottiene nel nostro caso

∂2u

∂xi2(x) = ϕ′′(|x|)

(∂f

∂xi(x)

)2

+ ϕ′(|x|) ∂2f

∂xi2(x) .

Detta f(x) = |x|, si ha

∂f

∂xi=xi|x| ;

∂2f

∂xj∂xi(x) =

∂

∂xj

(xi · 1|x|

)=δij|x| −

xixj|x|3 .

La formula diventa dunque

∂2u

∂xi2(x) = ϕ′′(|x|) x

2i

|x|2 + ϕ′(|x|)(

1|x| −

x2i

|x|3),

da cui si ottiene immediatamente

4u(x) = ϕ′′(|x|) + ϕ′(|x|)(N − 1|x|

).


E.22. FUNZIONI CONVESSE

Ora, 4u ≡ 0 su RN \ 0 se e solo se

tN−1ϕ′′(t) + tN−2(N − 1)ϕ′(t) = 0 cioeddt

(tN−1ϕ′(t)

)= 0 t > 0 ,

dunque tN−1ϕ′(t) = c ⇒ ϕ′(t) = ctN−1 .

In definitiva, ϕ(t) = k · ψ(t), con

ψ(t) =

log t se N = 2

1tN−2 se N ≥ 3

.

Ad esempio, log(x2 + y2) e l’unica funzione armonica a simmetria radiale in due variabili.

• Esercizio E.36 Se u ∈ C2(R2,R) armonica, allora ∃v ∈ C2(R2,R) armonica tale che∇u(x, y) ·∇v(x, y) = 0 ∀(x, y) ∈ R2. 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 ∈ C2(Ω,R), Ω ⊆ R2 aperto (ad esempioΩ = R2 \ 0), il risultato precedente non vale, cioe 6 ∃v ∈ C2(Ω,R) armonica tale che∇u · ∇v ≡ 0 su Ω.

Definizione E.9 Sia Ω ⊆ RN aperto. Allora v ∈ C2(Ω,R) si dice:

• subarmonica se 4v ≥ 0;

• superarmonica se 4v ≤ 0.

Proposizione E.24 Se Ω e un aperto limitato e u, v ∈ C2(Ω) ∩ C0(Ω), allora

4u = 04v ≥ 0u(x) = v(x) ∀x ∈ ∂Ω

=⇒ v(x) ≤ u(x) ∀x ∈ Ω .

Dimostrazione Sia w(x) = v(x)−u(x); allora 4w = 4v ≥ 0, e w|∂Ω ≡ 0. Se Ω e limitatoe 4w ≥ 0, allora ∃x0 ∈ ∂Ω

∣∣ 0 = w(x0) = maxx∈Ω w(x) (la dimostrazione e la stessadella proposizione E.22 a pagina 112). Allora, ∀x ∈ Ω si ha w(x) ≤ w(x0) = 0, cioev(x) ≤ u(x) ∀x ∈ Ω. ¤

E.22 Funzioni convesse

Definizione E.10 Una funzione f : RN → R si dice convessa se

f(tx+ (1− t)y) ≤ tf(x) + (1− t)f(y) ∀x, y ∈ Rn, ∀t ∈ [0, 1] .

Oss. Se x, y ∈ RN e ϕx,y : R → R e definita da ϕx,y(t) + f(tx + (1 − t)y), allora f e

convessa se e solo se ∀x, y ∈ RN fissati, ϕx,y : R→ R e convessa.

Se si definisce xt + tx+ (1− t)y, allora vale xt − xs = (t− s)(x− y).


E.22. FUNZIONI CONVESSE

Proposizione E.25 Se f ∈ C1(RN ,R), sono equivalenti le due affermazioni seguenti:

(i) f e convessa;

(ii) ∀x, y ∈ RN , si ha(∇f(x)−∇f(y)

) · (x− y) ≥ 0.

Dimostrazione (i) ⇒ (ii) Siano x, y fissati; allora f convessa ⇒ ϕx,y : R → R econvessa, dunque ϕ′x,y e crescente, quindi ϕ′x,y(1)− ϕ′x,y(0) ≥ 0.

Scriviamo esplicitamente ϕ′:

ϕ′x,y(t) = ∇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 e proprioquanto voluto.

(ii) ⇒ (i) Siano x, y fissati; e sufficiente mostrare che ϕx,y e convessa ∀x, y e, datoche ϕx,y e derivabile, e sufficiente mostrare la crescenza della derivata. Consideroallora

ϕ′x,y(t)− ϕ′x,y(s) =(∇f(xt)−∇f(xs)

) · (x− y) .Sappiamo che (x− y) = xt−xs

t−s e, se t > s, il prodotto scalare

(∇f(xt)−∇f(xs)) · xt − xs

t− s ≥ 0 :

dunque ϕ′ e crescente, ovvero ϕ e convessa; per l’arbitrarieta di x e y, anche f econvessa. ¤

Proposizione E.26 Se f ∈ C2(RN ,R), sono equivalenti le due affermazioni seguenti:

(i) f e convessa[⇔ (∇f(x)−∇f(y)

) · (x− y) ≥ 0].

(ii) ∀v, y ∈ RN , si ha D2f(y)[v, v] ≥ 0 ⇔ Hf (y)v · v ≥ 0.

Oss.∇f(y + tv)−∇f(y) = Hf (y)tv + o(t) (t→ 0) .

Dimostrazione Nel seguito, sara v + x− y.

(i) ⇒ (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 cheψ(1) ≥ 0. ¤

• Esercizio E.38 Se f ∈ C2(Rn,R), allora [f convessa ⇒ 4f ≥ 0].

Soluzione Per la proposizione precedente, se f e convessa allora la sua matrice hessianaHf e positiva; dunque, Hf avra n autovalori λ1, . . . , λn positivi o nulli, e 4f = trHf =∑i λi ≥ 0.


E.23. FIT LINEARI

• Esercizio E.39 Se f ∈ C1(Rn,R) e convessa e ∇f(x0) = 0, allora f(x0) = minx∈Rn f(x).

Soluzione Sia y ∈ RN fissato; definiamo

ϕ(t) + f(tx0 + (1− t)y) .

Allora, abbiamo che ϕ e 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 gia sappiamo per le funzioni reali a variabile reale, 1 e un punto di minimo

assoluto per ϕ, da cui ϕ(1) ≤ ϕ(0)⇒ f(x0) ≤ f(y).

E.23 Fit lineari

Siano dati (ai, bi) con i = 1, . . . , n, ai 6= aj se i 6= j. Vogliamo trovare α e β in modo taleche la quantita

Φ(α, β) =N∑

i=1

(αai + β − bi)2

sia la minima possibile, in modo da trovare la retta della forma αa+β−b = 0 che approssimial meglio i nostri dati (usiamo i quadrati degli scarti perche la somma degli scarti e nulla, eperche la funzione x2 e derivabile, al contrario della funzione modulo).

Definiamo, per comodita, i vettori a + (a1, . . . , an), b + (b1, . . . , bn), 1 = (1, . . . , 1).Calcoliamo dunque le derivate parziali:

∂αΦ(α, β) =N∑

i=1

2(αai + β − bi)ai ,

∂βΦ(α, β) =N∑

i=1

2(αai + β − bi) ;

e le derivate parziali seconde

∂2αΦ(α, β) = 2

N∑

i=1

a2i ,

∂2βΦ(α, β) = 2N ,

∂α∂βΦ(α, β) = 2N∑

i=1

ai .

Abbiamo cosı che12HΦ(α, β) =

( |a|2 (a,1)(a,1) 12

)

da cui detHΦ = 4(|a|2|1|2 − (a, 1)2

)> 0 per Cauchy–Schwarz. Inoltre, trHΦ > 0: dunque,

entrambi gli autovalori sono positivi, in quanto detti λ1, λ2 i due autovalori, detHΦ > 0⇒


E.24. CURVE DI LIVELLO

λ1λ2 > 0; trHΦ > 0 ⇒ λ1 + λ2 > 0. La prima relazione ci dice che i due autovalori hannolo stesso segno, ed essendo la loro somma positiva, devono essere entrambi positivi.

In conclusione, la matrice e definita positiva, dunque la funzione Φ e convessa e ognipunto in cui ∇Φ = 0 e un punto di minimo.

Dobbiamo dunque determinare α, β in modo che∂αΦ(α, β) = 0∂βΦ(α, β) = 0

,

cioe α

(∑a2i

)+ β (

∑ai) =

∑aibi

α (∑ai) + βN =

∑bi

.

Si tratta in conclusione di risolvere( |a|2 (a,1)

(a,1) |1|2)(

αβ

)=

((a, b)(b, 1)

).

• Esercizio E.40 Concludere i calcoli.

Soluzione Usando la regola di Cramer, si ottiene immediatamente

α =N

∑aibi − (

∑ai) (

∑bi)

N∑a2i − (

∑ai)

2 ;

β =

(∑a2i

)(∑bi)− (

∑aibi) (

∑ai)

N∑a2i − (

∑ai)

2 .

E.24 Curve di livello

Sia g(x, y) = x3+y3−3xy. Innanzitutto g(0, 0) = 0; d’altra parte, dato che g(x, y) = g(y, x),la funzione e simmetrica rispetto alla retta y = x.

Studiamo ora le derivate parziali:

∂xg(x, y) = 3(x2 − y)∂yg(x, y) = 3(y2 − x)

I punti critici (in cui entrambe le derivate si annullano) sono cosı (0, 0) e (1, 1). Studiamo,quindi, le derivate seconde:

∂2xg(x, y) = 6x

∂2yg(x, y) = 6y

∂x∂yg(x, y) = ∂y∂xg(x, y) = −3

cioe

Hg(x, y) =(

6x −3−3 6y

).

Dato che trHg(0, 0) = 0, detHg(0, 0) = −9 < 0, la matrice ha un autovalore positivo e unonegativo, dunque l’origine non e ne un punto di massimo ne un punto di minimo.


E.24. CURVE DI LIVELLO

In (1, 1), invece, sia traccia che determinante sono positivi: dunque, Hg(1, 1) e definitapositiva, e (1, 1) e un punto di minimo relativo. Tuttavia, non si tratta di un minimoassoluto, in quanto g(x, x) = 2x3 − 3x2 tende a +∞ per x→ +∞, a −∞ per x→ −∞.

Per capire meglio il comportamento della funzione, studiamone le curve di livello. Siadunque Σc = (x, y) ∈ R2

∣∣ g(x, y) = c.Se (x0, y0) ∈ Σc e ∂yg(x, y) 6= 0, allora per il teorema della funzione implicita ∃I × J

intorno di (x0, y0) ed ∃!ϕ ∈ C1(I, J) in modo che Σc ∩ (I × J) = (x, ϕ(x)) ∣∣ x ∈ I, e

ϕ′(x) = −∂xg(x, ϕ(x)

)

∂yg(x, ϕ(x)

) ∀x ∈ I .

Cio che conosciamo delle curve di livello, dunque, e l’equazione differenziale cui devonosoddisfare:

ϕ′(x) = F(x, ϕ(x)

)F (x, y) = −∂xg

(x, ϕ(x)

)

∂yg(x, ϕ(x)

) .

Ora, se y = 0 si ha g(x, 0) = x3, dunque g e sempre positiva sul semiasse positivo.D’altra parte, sulla parabola x = y2 si ha g(x,

√x) = x3/2(x3/2 − 2), che e negativa per

0 < x < 22/3: dunque, una retta verticale di ascissa compresa tra 0 e 22/3 incontrera almenouno zero della funzione tra l’asse x e la parabola (per il teorema degli zeri). In realta, ogniretta di tale tipo incontrera un solo zero, in quanto ∂yg(x, y) < 0 (se y2 < x). Inoltre,questo punto si trovera sotto la parabola y = x2, in quanto anche su questa parabola g < 0.Dunque, ∀x0 ∈ (0, 22/3) ∃!y0 = ϕ(x0)

∣∣ 0 < y0 < x20 e g(x0, y0) = 0.

• Esercizio E.41 Tutte le rette che passano per l’origine (tranne una speciale) intersecanoin un solo altro punto la curva di livello 0.

Soluzione Le intersezioni tra tali rette e la curva di livello 0 sono date day = tx

x3 + y3 − 3xy = 0,

da cui x2[(1 + t3)x− 3t] = 0 che, oltre alla soluzione (0, 0), ha la sola soluzione

x =3t

1 + t3, y =

3t2

1 + t3

definita per t 6= −1, che corrisponde alla retta “speciale” y = −x cercata.

• Esercizio E.42 Calcolare ϕ′(

32

)e ϕ′′

(32

).

• Esercizio E.43 Se u e soluzione di u′ = F (t, u) e u(t0) = t0, con F ∈ C∞(R × R,R),calcolare u(k)(t0) in funzione delle derivate di F .


E.25. SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI LINEARI

E.25 Sistemi di equazioni differenziali lineari

Consideriamo il problema di Cauchyx′(t) = A(t)xx(t0) = x0

, (E.8)

dove A : t 7→ A(t) va da I ⊆ R in Mn×n(R) e in particolare A ∈ C0(I,Mn×n).Sappiamo dalla teoria che esiste una matrice di transizione W (t, s) che e l’unica matrice

tale cheu(t) + W (t, t0)x0

e soluzione di (E.8) o, equivalentemente, e tale che∂tW (t, s) = A(t)W (t, s)W (s, s) = I

.

Oss. Se Z(t) (con Z : I →Mn×n) risolve

Z ′ = A(t)Z

allora Z(t)[Z(s)]−1 = W (t, s).Infatti, se s = t otteniamo l’identita; d’altra parte,

∂t(Z(t)[Z(s)]−1

︸︷︷︸W (t,s)

)= Z ′(t)[Z(s)]−1 = A(t)Z(t)[Z(s)]−1

︸︷︷︸W (t,s)

.

Esempio Consideriamo

u′′ − λu = 0u(t0) = α0

u′(t0) = α1

. (E.9)

Tale problema puo essere riscritto come sistema nella forma seguente

u′ = v

v′ = λu

u(t0) = α0

v(t0) = α1

⇒(uv

)′=

(0 1λ 0

)(uv

);

(u(t0)v(t0)

)=

(α0

α1

).

Sia ω ∈ C∣∣ λ = ω2; allora u1(t) = eωt e u2(t) = e−ωt sono soluzioni e sono linearmente

indipendenti. Dunque,(u1

v1

)=

(eωt

ωeωt

),

(u2

v2

)=

(e−ωt

−ωe−ωt)

sono soluzioni di (E.9).Quindi, la matrice

Z(t) =(eωt e−ωt

ωeωt −ωe−ωt)

e soluzione matriciale di (E.8). Dato che A non dipende dal tempo, W (t, s) = W (t− s, 0),W (t, 0) = Z(t)[Z(0)]−1.



Si ha

Z(0) =(

1 1ω −ω

); [Z(0)]−1 =

(12

12ω

12 − 1

2ω

);

dunque

Z(t)[Z(0)]−1 =(

cosh(ωt) 1ω sinh(ωt)

ω sinh(ωt) cosh(ωt)

)= etA .

Oss. Fino a qui, abbiamo supposto λ 6= 0, nel qual caso avrei come soluzioni le funzioniaffini. Osservando il sistema, tuttavia, si vede subito che

limω→0

Wω(t) =(

1 t0 1

),

che e 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 = etAesA si ricavano le formule di addizioneper sinh e cosh; nel caso ω = i, invece, si ottengono le rispettive formule per le funzioni sine cos.

• Esercizio E.44 Calcolare etA per A =(a −bb a

), con (a, b) ∈ R2.

• Esercizio E.45 Dire per quali valori di α ∈ R il problema di Cauchyx′ = et

2(x2 − 1)

x(0) = α

ha una soluzione definita su tutto R. Mostrare, quindi, che se x(t) e una soluzione definitasu tutto R e non costante, allora limt→+∞ x(t) = −1, limt→−∞ x(t) = 1.

Siax′ = t− x2 (E.10)

Allora,x′ ≤ 0 = (t0, x0)

∣∣ t ≤ x2 .Calcoliamo dunque la derivata seconda e la derivata terza:

x′′ = 1− 2xx′ = 1− 2x(t− x2) ; (E.11)

x′′′ = −2x′2 − 2xx′′ . (E.12)

La derivata seconda e negativa se 1 − 2x(t − x2) ≤ 0. Cio non accade mai se x = 0; sex > 0, otteniamo la relazione t ≥ 1

2x + x2; se invece x < 0 otteniamo t ≤ 12x + x2.

Oss. che se x′ = 0, allora da (E.11) otteniamo x′′ = 1, dunque nei punti in cui la derivataprima si annulla, questa e strettamente crescente: la regione x′ ≥ 0 e positivamenteinvariante, nel senso che se entriamo nell’insieme x′ ≥ 0, rimaniamo sempre al suo interno:se x(t) e soluzione di (E.10) con condizione iniziale x(t0) = x0 e (t0, x0) ∈ x′ ≥ 0, allora(t, x(t)

) ∈ x′ ≥ 0 ∀t > t0(t ∈ dom(x)

).

Infatti, se (t0, x0) ∈ x′ = 0, x′ e crescente in un intorno di t0, dunque x(t) ∈ x′ > 0∀t ∈ (t0, t0 + δ).



Se invece (t0, x0) ∈ x′ > 0, allora detto

t = supt > t0

∣∣ (s, x(s)

) ∈ x′ > 0 ∀s ≤ t ,

se t fosse diverso dal tempo massimale di esistenza di x(t) si avrebbe(t, x(t)

) ∈ x′ = 0,ma ∃s ∈ (t0, t)

∣∣ x′(s) < x′(t) = 0, assurdo.

Oss. Se x′′ = 0, da (E.12) abbiamo che x′′′ < 0 (perche in questi punti x′ 6= 0). Dunque,la regione x′′ ≤ 0 e positivamente invariante. Ne consegue immediatamente, grazie ancheall’osservazione precedente, che x′ ≥ 0 ∩ x′′ ≤ 0 e positivamente invariante.

Oss. Se (t0, x0) ∈ x′ ≥ 0, detta x(t) la soluzione massimale di (E.10), si ha dom(x) ⊇[t0,+∞[.

Infatti, sia T > t0 fissato arbitrariamente. Definiamo KT = x′ ≥ 0 ∩ t ≤ T.Dato che KT e un compatto, la soluzione massimale deve abbandonare KT definitivamente.Non potendo pero uscire attraverso il ramo di parabola, deve necessariamente uscire dalsegmento, cioe avere tempo di esistenza maggiore di T . Per l’arbitrarieta di T , il tempo diesistenza e dunque +∞.

Ora, se (t0, x0) ∈ x′ ≥ 0, allora dom(x) ⊇ [t0,+∞[ come gia visto; inoltre, vale laseguente

Proposizione E.27 ∃τ ≥ t0∣∣ (t, x(t)

) ∈ x′ > 0, x′′ < 0 ∀t ≥ τ .

Dimostrazione Per assurdo (grazie al fatto che la regione x′ ≥ 0 ∩ x′′ ≤ 0 e po-sitivamente invariante) abbiamo che

(t, x(t)

) ∈ x′ ≥ 0, x′′ ≥ 0 ∀t ≥ t0. Dunque,∃t1

∣∣ x′(t1) = δ > 0 → x(t) ≥ δ(t − t1) + x(t1) ∀t ≥ t1, cioe resta sempre soprala tangente (essendo convessa). Ma cio e assurdo, in quanto ∃T

∣∣ x(T ) >√T ma(

T, x(T )) 6∈ 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′′ ≤ 0 e x(t) e soluzione di (E.10) con x(t0) = x0,allora detto b + sup dom(x), si ha b < +∞ e limt→b− x(t) = −∞.

Dimostrazione Per assurdo, supponiamo che b = +∞. Osserviamo che ∃ − x′(t0) =δ > 0. Se t ∈ [t0, b[, x(t) ≤ x(t0) − δ(t − t0) per la concavita. D’altra parte,∃t1 > t0

∣∣ x(t) < − 12δ − δ

2 t ∀t ≥ t1, in quanto questa retta interseca sicuramentela precedente e definitivamente le resta sopra (avendo coefficiente angolare piu piccoloin modulo.

Definisco dunque u(t) = 1t−t1−δ + 1

δ , che soddisfa il problema

u′ = −(u− 1

δ )2

u(t0) = 0.

Inoltre, vale x′ < − (

x− 1δ

)2 ∀t ≥ t1x(t1) < 0

.



Percio x(t1) < u(t1); se esistesse un t minimo per cui le due funzioni si intersecano, siavrebbe u(t)− x(t) = 0, u′(t)− x′(t) > 0 e ∃s ∈ (t, t) tale che u(s)− x(s) < 0, assurdoperche 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 6=R2, ovvero esiste almeno un punto che non sta in nessuno dei due insiemi. Si puo dimostrareche una soluzione che parta da questi punti ha esistenza globale e si incunea tra le dueregioni.

• Esercizio E.47 Mostrare che se x(t) e una soluzione di (E.10), dom(x) = (a, b) cona ∈ R, ed inoltre limt→a+ x(t) = +∞. Mostrare, inoltre, che ∃!x soluzione convessa di(E.11). Sugg.: x soluzione convessa ⇒ (

0, x(0)) 6∈ (A1 ∩ A2). Inoltre, se x, y sono due

soluzioni convesse, 0 ≥ x(0) ≥ y(0), e x′ − y′ = −(x2 − y2) < 0 ∀t ≥ 0 perche due soluzioninon possono incrociarsi per l’unicita. Inoltre, x(t)− y(t) > x(0)− y(0) = ε > 0.


Indice analitico

Aapplicazione

bilineare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1definita positiva . . . . . . . . . . . . . . . 1, 42positiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1simmetrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

armoniche coniugate . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

Ccampo

conservativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66vettoriale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

chiusura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10compattezza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12connessione per archi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67contrazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20convergenza puntuale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

Dderivata

direzionale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99parziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

differenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26parziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34totale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

distanza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4da un insieme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83discreta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4piu fine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8relativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17topologicamente equivalente . . . . . 8, 16

disuguaglianzadi Cauchy–Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . 3di Schwarz–Holder . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8triangolare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

Eequazione di Liouville . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57equazione differenziale

ordinaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44di ordine k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44in forma normale . . . . . . . . . . . . . . . . 44lineare a coefficienti continui . . . . . 46

esponenziale di una matrice . . . . . . . . . . . . 61

Fforma differenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

chiusa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69esatta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

funzionea valori vettoriali . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26armonica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112continua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6, 7continua in un punto . . . . . . . . . . . . . . . . 6convessa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115differenziabile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25localmente invertibile . . . . . . . . . . . . . . 32localmente lipschitziana . . . . . . . . . . . . 45potenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66sequenzialmente continua . . . . . . . . . . . 7subadditiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2subarmonica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115superarmonica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

Ggradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

Iinsieme

aperto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6chiuso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6convesso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

rispetto ad un punto . . . . . . . . . . . . 70dei diadici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23stellato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67intorno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

Llaplaciano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

Mmassimo libero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40matrice

di transizione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56hessiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105jacobiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27, 102

INDICE ANALITICO

ortogonale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106minimo libero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40modulo di continuita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

Nnorma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

associata al prodotto scalare . . . . . . . . 2degli operatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28equivalente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12euclidea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2piu fine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8positivamente omogenea . . . . . . . . . . . . 2uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3, 18

Oomeomorfismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

Ppalla aperta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4parte interna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9poligonale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67primitiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66prodotto scalare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

canonico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1punto aderente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

Sserie

di Neumann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33di potenze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

raggio di convergenza . . . . . . . . . . . . 92normalmente convergente . . . . . . . . . . 86

sistemi di equazioni differenziali . . . . . . . . 44soluzione locale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45spazio

di Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82metrico

a diametro limitato . . . . . . . . . . . . . . 83chiuso per successioni . . . . . . . . . . . . . 9completo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16sequenzialmente chiuso . . . . . . . . . . . 9

normato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4topologico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

connesso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51vettoriale

limitato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12successione

di Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15fondamentale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

Analisi III 126 Appunti redatti da Giovanni Pizzi

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Appunti di Analisi III