Esercizi di matematica dell’università Normale di Pisa

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Esercizio 1. Si dimostri che se $f$ è positiva e decrescente su $[0,1]$ si ha

$\frac{\displaystyle\int_0^1 x\,\bigl(f(x)\bigr)^2\,dx}{\displaystyle\int_0^1 x\,f(x)\,dx}\le \frac{\displaystyle\int_0^1 \bigl(f(x)\bigr)^2\,dx}{\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx}.$

Svolgimento

Sia $f\colon[0,1]\to\mathbb{R}$ una funzione positiva e decrescente. Poiché una funzione monotona su un intervallo compatto è limitata, risulta Riemann integrabile, e lo stesso vale per $f^2$ , $x f$ e $x f^2$ ; in particolare, tutte le integrali che compaiono nella disuguaglianza sono finite. Dalla positività di $f$ segue inoltre che

$\int_0^1 f(x)\,dx>0, \qquad \int_0^1 x\,f(x)\,dx>0,$

perciò la disuguaglianza proposta è equivalente, dopo moltiplicazione incrociata, a

$\left(\int_0^1 x\,f(x)^2\,dx\right)\left(\int_0^1 f(x)\,dx\right) \le \left(\int_0^1 f(x)^2\,dx\right)\left(\int_0^1 x\,f(x)\,dx\right).$

Si consideri allora la differenza tra il secondo membro e il primo membro, cioè

$\Delta= \left(\int_0^1 f(x)^2\,dx\right)\left(\int_0^1 x\,f(x)\,dx\right) - \left(\int_0^1 x\,f(x)^2\,dx\right)\left(\int_0^1 f(x)\,dx\right).$

Si osservi che, grazie all’integrabilità dei prodotti coinvolti, si può applicare il teorema di Fubini e si ottiene

$\begin{aligned} \Delta &= \int_0^1\int_0^1 x\,f(x)\,f(y)^2\,dx\,dy - \int_0^1\int_0^1 x\,f(x)^2\,f(y)\,dx\,dy \\ &= \int_0^1\int_0^1 x\,f(x)\,f(y)\,\bigl(f(y)-f(x)\bigr)\,dx\,dy. \end{aligned}$

Notando che il cambio di variabili $(x,y)\mapsto(y,x)$ lascia invariato il dominio $[0,1]\times[0,1]$ , la stessa quantità può anche essere riscritta nella forma

$\Delta = \int_0^1\int_0^1 y\,f(x)\,f(y)\,\bigl(f(x)-f(y)\bigr)\,dx\,dy.$

Si consideri ora la media delle due espressioni precedenti; in questo modo si ha la rappresentazione simmetrica

$\Delta = \frac12\int_0^1\int_0^1 (x-y)\,f(x)\,f(y)\,\bigl(f(y)-f(x)\bigr)\,dx\,dy.$

Per ogni $x,y\in[0,1]$ la decrescenza di $f$ implica che $x-y$ e $f(y)-f(x)$ hanno lo stesso segno: se $x>y$ allora $f(x) \le f(y)$ e dunque $f(y)-f(x)\ge0$ , mentre se $x<y$ allora $f(y)-f(x)\le0$ . Di conseguenza si ha

$(x-y)\bigl(f(y)-f(x)\bigr)\ge 0 \qquad \text{per ogni }x,y\in[0,1].$

Poiché inoltre $f(x)f(y)>0$ , l’integrando nella formula di $\Delta$ risulta non negativo su tutto $[0,1]\times[0,1]$ , e quindi $\Delta\ge0$ . Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\left(\int_0^1 x\,f(x)^2\,dx\right)\left(\int_0^1 f(x)\,dx\right) \le \left(\int_0^1 f(x)^2\,dx\right)\left(\int_0^1 x\,f(x)\,dx\right),}$

che è equivalente alla disuguaglianza richiesta.

Esercizio 2. Siano $0\le a<b$ , $0\le c<d$ e sia $f:[a,b]\to[c,d]$ una funzione monotona crescente e invertibile. Si dia un’interpretazione geometrica e si dimostri la formula

$bd-ac=\int_a^b f(x)\,dx+\int_c^d f^{-1}(x)\,dx.$

Svolgimento

Poiché $f:[a,b]\to[c,d]$ è monotona crescente e invertibile, si ha che $f$ è una biiezione e la sua inversa $f^{-1}:[c,d]\to[a,b]$ è ancora monotona crescente. Si osserva che l’immagine dell’intervallo $[a,b]$ tramite una funzione crescente è l’intervallo che ha per estremi le immagini degli estremi, e quindi

$f([a,b])=[f(a),f(b)].$

Dato che per ipotesi $f([a,b])=[c,d]$ , si ottiene che $f(a)=c$ e $f(b)=d$ . In particolare si ha $0\le c\le f(x)\le d$ per ogni $x\in[a,b]$ e $0\le a\le f^{-1}(y)\le b$ per ogni $y\in[c,d]$ , e quindi le regioni che intervengono nell’argomento geometrico risultano contenute nel rettangolo del primo quadrante delimitato dagli assi e dalle rette $x=b$ , $y=d$ . Poiché $f$ e $f^{-1}$ sono monotone su intervalli chiusi, si ha che entrambe sono integrabili secondo Riemann e i loro integrali possono essere interpretati come aree di sotto-grafici.

Si consideri nel piano cartesiano il rettangolo

$R=[0,b]\times[0,d],$

la cui area è $bd$ , e il rettangolo

$R_0=[0,a]\times[0,c],$

la cui area è $ac$ . Si considerino inoltre le regioni

$\begin{aligned} A&=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\ a\le x\le b,\ 0\le y\le f(x)\},\\[2pt] B&=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\ 0\le x\le f^{-1}(y),\ c\le y\le d\}. \end{aligned}$

Si osserva che $A$ è la parte del sotto-grafico di $f$ compresa fra le verticali $x=a$ e $x=b$ , mentre $B$ è la parte del sotto-grafico di $f^{-1}$ compresa fra le orizzontali $y=c$ e $y=d$ , che in coordinate $(x,y)$ coincide con la regione alla sinistra del grafico $y=f(x)$ per ordinate fra $c$ e $d$ . Notando che per ogni $x\in[a,b]$ la sezione verticale di $A$ alla ascissa $x$ è un segmento di lunghezza $f(x)$ , si ottiene

$\operatorname{Area}(A)=\int_a^b f(x)\,dx.$

Analogamente, notando che per ogni $y\in[c,d]$ la sezione orizzontale di $B$ alla ordinata $y$ è un segmento di lunghezza $f^{-1}(y)$ , si ha

$\operatorname{Area}(B)=\int_c^d f^{-1}(y)\,dy.$

Per collegare queste aree con $bd-ac$ si osserva che, a meno dei bordi, il rettangolo $R$ si decompone come unione disgiunta di $R_0$ , $A$ e $B$ . Infatti sia $(x,y)\in R$ . Se $x\le a$ e $y\le c$ allora $(x,y)\in R_0$ . Se invece $x\ge a$ , si ha o $y\le f(x)$ , e allora $(x,y)\in A$ , oppure $y>f(x)$ . In quest’ultimo caso si ha $y>c$ perché $f(x)\ge f(a)=c$ per $x\ge a$ , e dalla monotonia di $f$ segue che $y>f(x)$ equivale a $x<f^{-1}(y)$ ; pertanto $(x,y)\in B$ . Resta il caso $x<a$ e $y>c$ , nel quale si ha $y\in[c,d]$ e quindi $f^{-1}(y)\in[a,b]$ , da cui $x<a\le f^{-1}(y)$ e quindi ancora $(x,y)\in B$ . Viceversa si ha immediatamente $R_0\subseteq R$ , $A\subseteq R$ e $B\subseteq R$ perché $f(x)\le d$ per $x\in[a,b]$ e $f^{-1}(y)\le b$ per $y\in[c,d]$ . Inoltre l’intersezione fra $A$ e $B$ è contenuta nel tratto di grafico $y=f(x)$ e quindi ha area nulla, e le eventuali intersezioni con $R_0$ sono contenute nei bordi, ancora di area nulla; di conseguenza le aree si sommano.

Dalla decomposizione precedente e dalla trascurabilità dei bordi si ottiene quindi

$\operatorname{Area}(R)=\operatorname{Area}(R_0)+\operatorname{Area}(A)+\operatorname{Area}(B),$

ossia

$bd=ac+\int_a^b f(x)\,dx+\int_c^d f^{-1}(y)\,dy.$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{bd-ac=\int_a^b f(x)\,dx+\int_c^d f^{-1}(y)\,dy,}$

e l’interpretazione geometrica è che la somma dell’area del sotto-grafico di $f$ fra $a$ e $b$ e dell’area del sotto-grafico di $f^{-1}$ fra $c$ e $d$ coincide con l’area del rettangolo $[0,b]\times[0,d]$ privata dell’area del rettangolo $[0,a]\times[0,c]$ .

Esercizio 3. Si calcoli, al variare di $\alpha\in\mathbb{R}$ , il limite

$L(\alpha):=\lim_{n\to\infty}\frac{n\sqrt{n}-\bigl(\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}\bigr)}{n^\alpha}.$

Svolgimento

Conviene introdurre la somma parziale

$S_n:=\sum_{k=1}^n \sqrt{k},$

così che il numeratore diventa $n^{3/2}-S_n$ . Il segno non crea sorprese: per ogni $k\le n$ vale $\sqrt{k}\le \sqrt{n}$ , dunque

$S_n=\sum_{k=1}^n \sqrt{k}\le \sum_{k=1}^n \sqrt{n}=n\sqrt{n}=n^{3/2},$

e in particolare $n^{3/2}-S_n\ge 0$ .

La crescita di $S_n$ si legge bene tramite un confronto integrale. Si consideri la funzione $f(x)=\sqrt{x}$ , crescente su $[0,+\infty)$ . Per ogni intero $k\ge 1$ si ha, per monotonia,

$\int_{k-1}^{k}\sqrt{x}\,dx\le \sqrt{k}\le \int_{k}^{k+1}\sqrt{x}\,dx.$

Si sommano queste disuguaglianze da $k=1$ a $k=n$ . Il lato sinistro produce l’integrale su $[0,n]$ , mentre il lato destro produce l’integrale su $[1,n+1]$ :

$\int_{0}^{n}\sqrt{x}\,dx\le S_n\le \int_{1}^{n+1}\sqrt{x}\,dx.$

Si calcolano ora gli integrali elementari:

$\int_{0}^{n}\sqrt{x}\,dx=\frac{2}{3}n^{3/2}, \qquad \int_{1}^{n+1}\sqrt{x}\,dx=\frac{2}{3}\bigl((n+1)^{3/2}-1\bigr)\le \frac{2}{3}(n+1)^{3/2}.$

Ne segue la stima a due lati

$\frac{2}{3}n^{3/2}\le S_n\le \frac{2}{3}(n+1)^{3/2}.$

Si passa al complemento $n^{3/2}-S_n$ . Dalla disuguaglianza appena ottenuta si ricava

$n^{3/2}-\frac{2}{3}(n+1)^{3/2}\le n^{3/2}-S_n\le n^{3/2}-\frac{2}{3}n^{3/2}=\frac{1}{3}n^{3/2}.$

A questo punto si divide per $n^{3/2}$ (che è positivo) e si ottiene un incastro pulito:

$1-\frac{2}{3}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{3/2} \le \frac{n^{3/2}-S_n}{n^{3/2}} \le \frac{1}{3}.$

Il limite del termine a sinistra è $1-\frac{2}{3}= \frac{1}{3}$ , perch\’e $\left(1+\frac{1}{n}\right)^{3/2}\to 1$ . Il termine a destra è già costante. Per il teorema del confronto si deduce quindi

$\lim_{n\to\infty}\frac{n^{3/2}-S_n}{n^{3/2}}=\frac{1}{3}.$

La quantità richiesta si riscrive ora separando la potenza dominante:

$\frac{n^{3/2}-S_n}{n^\alpha} = \left(\frac{n^{3/2}-S_n}{n^{3/2}}\right)n^{\frac{3}{2}-\alpha}.$

Il primo fattore tende a $\frac{1}{3}$ , ed è sempre non negativo per $n$ grande. L’esito dipende dunque soltanto dal secondo fattore.

Se $\alpha>\frac{3}{2}$ , allora $\frac{3}{2}-\alpha<0$ e $n^{\frac{3}{2}-\alpha}\to 0$ ; di conseguenza

$L(\alpha)=0.$

Nel caso $\alpha=\frac{3}{2}$ si ha $n^{\frac{3}{2}-\alpha}=1$ per ogni $n$ , quindi

$L\!\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{1}{3}.$

Resta $\alpha<\frac{3}{2}$ . Qui $n^{\frac{3}{2}-\alpha}\to +\infty$ e il primo fattore tende a $\frac{1}{3}>0$ , pertanto il prodotto diverge a $+\infty$ :

$L(\alpha)=+\infty.$

In conclusione,

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{n\to\infty}\frac{n\sqrt{n}-\sum_{k=1}^n\sqrt{k}}{n^\alpha} = \begin{cases} +\infty, & \alpha<\dfrac{3}{2},\\[6pt] \dfrac{1}{3}, & \alpha=\dfrac{3}{2},\\[6pt] 0, & \alpha>\dfrac{3}{2}. \end{cases}}$

Esercizio 4 (Disuguaglianza di Carlson). Si provi la disuguaglianza di Carlson: dati $a_1,a_2,\dots,a_n$ numeri reali, si ha

$\left(\sum_{k=1}^{n} a_k\right)^4 < \pi^2 \left(\sum_{k=1}^{n} a_k^2\right) \left(\sum_{k=1}^{n} k^2 a_k^2\right).$

Si mostri che l’uguaglianza vale se e solo se tutti gli $a_k$ sono nulli e che la costante $\pi^2$ è ottimale.

Svolgimento

Sia $n \in \N\setminus\{0\}$ e siano $a_1,a_2,\dots,a_n \in \R$ . Si introducono le quantità

$S=\sum_{k=1}^{n} a_k, \qquad A=\sum_{k=1}^{n} a_k^2, \qquad B=\sum_{k=1}^{n} k^2 a_k^2.$

Il caso $A=0$ non richiede calcoli: si ha $a_k=0$ per ogni $k \in \{1,2,\dots,n\}$ , dunque $S=0$ e anche $B=0$ . La stessa conclusione segue da $B=0$ . Per il resto, si suppone $A>0$ e $B>0$ , condizione equivalente a dire che esiste almeno un indice $k \in \{1,2,\dots,n\}$ con $a_k\neq 0$ .

Si fissi un parametro $t \in (0,+\infty)$ . L’identità

$S=\sum_{k=1}^{n}\Bigl(a_k\sqrt{k^2+t^2}\Bigr)\,\frac{1}{\sqrt{k^2+t^2}}$

permette di applicare Cauchy–Schwarz, ottenendo

$\begin{aligned} S^2 &\le \left(\sum_{k=1}^{n}(k^2+t^2)a_k^2\right) \left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2+t^2}\right) \\ &= \bigl(B+t^2A\bigr)\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2+t^2}\right). \end{aligned}$

Resta da stimare la somma in parentesi. Si consideri la funzione $f_t\colon [0,+\infty)\to \R$ definita da $f_t(x)=\frac{1}{x^2+t^2}$ ; essa è strettamente decrescente. Per ogni $k \in \{1,2,\dots,n\}$ si ha allora

$\frac{1}{k^2+t^2} = f_t(k) < \int_{k-1}^{k} f_t(x)\,dx = \int_{k-1}^{k}\frac{dx}{x^2+t^2}.$

La somma rispetto a $k \in \{1,2,\dots,n\}$ fornisce

$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2+t^2} < \int_{0}^{n}\frac{dx}{x^2+t^2} < \int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{x^2+t^2}.$

L’integrale improprio si calcola esplicitamente:

$\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{x^2+t^2} = \frac{1}{t}\left[\arctan\!\left(\frac{x}{t}\right)\right]_{x=0}^{x=+\infty} = \frac{\pi}{2t}.$

Ne segue, per ogni $t \in (0,+\infty)$ , la stima stretta

$S^2 < \bigl(B+t^2A\bigr)\frac{\pi}{2t} = \frac{\pi}{2}\left(tA+\frac{B}{t}\right).$

La quantità $tA+\frac{B}{t}$ è vincolata inferiormente da $2\sqrt{AB}$ , poiché

$tA+\frac{B}{t}-2\sqrt{AB} = \left(\sqrt{tA}-\sqrt{\frac{B}{t}}\right)^2 \ge 0 \qquad \text{per ogni } t \in (0,+\infty).$

Si prende $t=\sqrt{B/A}$ , scelta ammessa poiché $A>0$ e $B>0$ . Con tale valore si ottiene

$S^2<\frac{\pi}{2}\cdot 2\sqrt{AB}=\pi\sqrt{AB},$

e quindi

$\left(\sum_{k=1}^{n} a_k\right)^4 = S^4 < \pi^2 AB = \pi^2\left(\sum_{k=1}^{n} a_k^2\right)\left(\sum_{k=1}^{n} k^2 a_k^2\right).$

In altre parole, se esiste $k \in \{1,2,\dots,n\}$ con $a_k\neq 0$ , la diseguaglianza è stretta; se invece $a_k=0$ per ogni $k \in \{1,2,\dots,n\}$ , entrambi i membri sono nulli.

Resta l’analisi dell’uguaglianza. Se $a_k=0$ per ogni $k \in \{1,2,\dots,n\}$ , si ha $S=A=B=0$ e l’uguaglianza è verificata. Viceversa, se almeno un coefficiente è non nullo, allora $A>0$ e $B>0$ e, come si è visto, si ottiene $S^4<\pi^2AB$ ; l’uguaglianza diventa impossibile. Si ha quindi che l’uguaglianza può valere se e solo se tutti gli $a_k$ sono nulli.

Si passa alla questione dell’ottimalità della costante $\pi^2$ . Si fissi $m \in \N\setminus\{0\}$ e si scelga $n=m^2$ . Si definisca una famiglia di coefficienti tramite

$a_k^{(m)}=\frac{1}{k^2+m^2} \qquad \text{per ogni } k \in \{1,2,\dots,m^2\}.$

Si introducano le somme associate

$S_m=\sum_{k=1}^{m^2} a_k^{(m)}, \qquad A_m=\sum_{k=1}^{m^2}\bigl(a_k^{(m)}\bigr)^2, \qquad B_m=\sum_{k=1}^{m^2} k^2\bigl(a_k^{(m)}\bigr)^2.$

La normalizzazione è comoda: si osserva che

$S_m=\frac{1}{m^2}\sum_{k=1}^{m^2}\frac{1}{1+(k/m)^2}, \qquad A_m=\frac{1}{m^4}\sum_{k=1}^{m^2}\frac{1}{\bigl(1+(k/m)^2\bigr)^2}.$

Si consideri la funzione $g(x)=\frac{1}{1+x^2}$ su $[0,+\infty)$ ; essa è decrescente. Applicando la stima integrale elementare al passo $1/m$ , si ha

$\int_{1/m}^{m+1/m} g(x)\,dx \le \frac{1}{m}\sum_{k=1}^{m^2} g\!\left(\frac{k}{m}\right) \le \int_{0}^{m} g(x)\,dx.$

Poiché

$\int_{0}^{m}\frac{dx}{1+x^2}=\arctan(m),$

il limite per $m\to +\infty$ dà

$\lim_{m\to +\infty} mS_m = \lim_{m\to +\infty}\frac{1}{m}\sum_{k=1}^{m^2} g\!\left(\frac{k}{m}\right) = \int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{1+x^2} = \frac{\pi}{2}.$

Un argomento identico vale per $g_2(x)=\frac{1}{(1+x^2)^2}$ , anch’essa decrescente, e produce

$\int_{1/m}^{m+1/m} g_2(x)\,dx \le \frac{1}{m}\sum_{k=1}^{m^2} g_2\!\left(\frac{k}{m}\right) \le \int_{0}^{m} g_2(x)\,dx.$

L’integrale su $[0,+\infty)$ si calcola con la sostituzione $x=\tan\theta$ , con $\theta\in(0,\pi/2)$ :

$\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^2} = \int_{0}^{\pi/2}\cos^2\theta\,d\theta = \frac{\pi}{4}.$

Pertanto

$\lim_{m\to +\infty} m^3A_m = \lim_{m\to +\infty}\frac{1}{m}\sum_{k=1}^{m^2} g_2\!\left(\frac{k}{m}\right) = \frac{\pi}{4}.$

Per $B_m$ non è necessario ripetere la stima da capo: notando che

$\frac{k^2}{(k^2+m^2)^2} = \frac{1}{k^2+m^2}-\frac{m^2}{(k^2+m^2)^2} \qquad \text{per ogni } k \in \{1,2,\dots,m^2\},$

si ottiene l’identità

$B_m=S_m-m^2A_m, \qquad \text{da cui} \qquad mB_m=mS_m-m^3A_m.$

Passando al limite per $m\to +\infty$ si ha

$\lim_{m\to +\infty} mB_m=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4}.$

A questo punto si considera il rapporto adimensionale

$R_m = \frac{S_m^4}{A_mB_m} = \frac{(mS_m)^4}{(m^3A_m)(mB_m)}.$

I limiti calcolati forniscono immediatamente

$\lim_{m\to +\infty} R_m = \frac{\left(\frac{\pi}{2}\right)^4}{\left(\frac{\pi}{4}\right)\left(\frac{\pi}{4}\right)} = \pi^2.$

Ne segue che, per ogni $\varepsilon \in (0,+\infty)$ , esiste $m \in \N$ tale che $R_m>\pi^2-\varepsilon$ . Se si sostituisse $\pi^2$ con una costante $C\in(0,\pi^2)$ , si sceglierebbe $\varepsilon=\pi^2-C$ e si troverebbe un indice $m$ per il quale $R_m>C$ , cioè

$\left(\sum_{k=1}^{m^2} a_k^{(m)}\right)^4 > C\left(\sum_{k=1}^{m^2} \bigl(a_k^{(m)}\bigr)^2\right) \left(\sum_{k=1}^{m^2} k^2 \bigl(a_k^{(m)}\bigr)^2\right),$

in contraddizione con la pretesa validità universale della diseguaglianza con costante $C$ . La costante $\pi^2$ risulta dunque ottimale.

Esercizio 5. Si costruisca una funzione $f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ tale che

$\lim_{t\to 0} f(tx)=0$

per ogni $x\in\mathbb{R}^2$ , ma esista una successione $(x_n)\subset\mathbb{R}^2$ con $x_n\to 0$ tale che

$\lim_{n\to\infty} f(x_n)\neq 0.$

Svolgimento

Si richiede una funzione $f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ tale che, fissato un vettore $x\in\mathbb{R}^2$ , il comportamento di $f$ lungo la retta parametrizzata da $t\mapsto tx$ sia innocuo in prossimità dell’origine, nel senso che

$\lim_{t\to 0} f(tx)=0,$

mentre non si vuole che $f$ tenda a zero lungo tutte le successioni che convergono a $(0,0)$ . La richiesta suggerisce di costruire un insieme sottile, passante per l’origine, che intersechi ciascuna retta uscente dall’origine in al più un punto diverso da $(0,0)$ ; in questo modo, per un $x$ fissato, la traiettoria $t\mapsto tx$ incrocia l’insieme solo per un valore isolato di $t$ , e dunque per $t$ sufficientemente piccolo non lo incrocia affatto.

Si consideri allora il grafico della funzione $u\mapsto u^2$ , privato dell’origine:

$\Gamma \coloneqq \bigl\{(u,v)\in \mathbb{R}^2 \,:\, v=u^2,\ u\neq 0\bigr\}.$

Su tale insieme si imposta il valore $1$ , e fuori da esso si assegna il valore $0$ ; più precisamente,

$f(u,v)= \begin{cases} 1, & (u,v)\in \Gamma,\\[2mm] 0, & (u,v)\notin \Gamma. \end{cases}$

In particolare $f(0,0)=0$ , poiché $(0,0)\notin \Gamma$ per la condizione $u\neq 0$ . Si verifica ora la proprietà richiesta lungo le semirette. Fissato $x=(a,b)\in\mathbb{R}^2$ , si introduce la funzione di una variabile reale

$g_x(t)\coloneqq f(ta,tb), \qquad t\in\mathbb{R}.$

Se $x=(0,0)$ , allora $g_x(t)=f(0,0)=0$ per ogni $t\in\mathbb{R}$ e il limite per $t\to 0$ vale ovviamente $0$ . Si supponga dunque $x\neq (0,0)$ . Per $t\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$ il valore $g_x(t)$ può essere uguale a $1$ soltanto quando il punto $(ta,tb)$ appartiene a $\Gamma$ , cioè quando

$tb=(ta)^2 \qquad\text{e}\qquad ta\neq 0.$

La seconda condizione impone $a\neq 0$ . Dalla prima, se $t\neq 0$ , si può dividere per $t$ e si ottiene

$b=ta^2.$

Ne segue che, nel caso $a\neq 0$ , l’eventuale appartenenza di $(ta,tb)$ a $\Gamma$ può avvenire per un solo valore reale di $t$ , precisamente

$t_0=\frac{b}{a^2}.$

Quando $b=0$ risulta $t_0=0$ , e allora per ogni $t\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$ l’uguaglianza $b=ta^2$ non può essere soddisfatta; si ha quindi $g_x(t)=0$ per ogni $t\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$ , in particolare per $t$ vicino a $0$ . Se invece $b\neq 0$ , il numero $t_0$ è non nullo; si può allora scegliere un raggio

$\delta=\frac{|t_0|}{2}>0$

tale che, per ogni $t\in\mathbb{R}$ con $0<|t|<\delta$ , risulti automaticamente $t\neq t_0$ , e dunque $(ta,tb)\notin\Gamma$ . In entrambi i casi si conclude che esiste un $\delta\in(0,+\infty)$ tale che

$0<|t|<\delta \ \Longrightarrow\ g_x(t)=0.$

La definizione di limite in una variabile reale fornisce allora

$\lim_{t\to 0} f(tx)=\lim_{t\to 0} g_x(t)=0,$

per ogni $x\in\mathbb{R}^2$ , come richiesto.

Resta da esibire una successione che converga all’origine lungo la quale $f$ non tenda a zero. Si consideri la successione $(x_n)_{n\in\mathbb{N}}\subset\mathbb{R}^2$ definita da

$x_n=\left(\frac{1}{n},\frac{1}{n^2}\right), \qquad n\in\mathbb{N}.$

Si ha chiaramente $\lim_{n\to\infty} x_n=(0,0)$ . D’altra parte, per ogni $n\in\mathbb{N}$ il punto $x_n$ appartiene a $\Gamma$ , poiché $(1/n^2)=(1/n)^2$ e $1/n\neq 0$ ; ne segue

$f(x_n)=1 \qquad \text{per ogni } n\in\mathbb{N}.$

Si ottiene dunque

$\lim_{n\to\infty} f(x_n)=1\neq 0,$

e la costruzione soddisfa tutte le condizioni imposte.

Esercizio 6. Si dimostri che la funzione $f:(0,+\infty)\to\mathbb{R}$ definita da

$f(x)=\frac{\sin x}{x}+x\sin\!\left(\frac{1}{x}\right)$

è limitata e assume massimo e minimo.

Svolgimento

Si consideri la funzione $f:(0,+\infty)\to\mathbb{R}$ definita, per ogni $x\in(0,+\infty)$ , da

$f(x)=\frac{\sin x}{x}+x\sin\!\left(\frac1x\right).$

Per mostrare la limitatezza è sufficiente richiamare una stima elementare del seno: per ogni $t\in\mathbb{R}$ vale

$|\sin t|\le |t|.$

Da tale disequazione segue, per ogni $x\in(0,+\infty)$ ,

$\left|\frac{\sin x}{x}\right|\le 1, \qquad \left|x\sin\!\left(\frac1x\right)\right| =\frac{|\sin(1/x)|}{1/x}\le 1,$

e dunque

$|f(x)|\le 2 \qquad \text{per ogni } x\in(0,+\infty).$

La funzione è quindi limitata. Questo non basta per l’esistenza di massimo e minimo, perché l’intervallo $(0,+\infty)$ non è compatto. Occorre capire come $f$ si comporti vicino a $0$ e per $x$ grande.

Per $x\to0^+$ si usa il limite noto

$\lim_{x\to0^+}\frac{\sin x}{x}=1.$

Quanto alla seconda addenda, per ogni $x\in(0,+\infty)$ si ha

$0\le \bigl|x\sin(1/x)\bigr|\le x,$

e il termine destro tende a $0$ quando $x\to0^+$ . Ne segue

$\lim_{x\to0^+} x\sin(1/x)=0 \qquad\text{e quindi}\qquad \lim_{x\to0^+} f(x)=1.$

All’infinito il primo termine tende a $0$ , perché $|\sin x|\le 1$ per ogni $x\in\mathbb{R}$ :

$\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}{x}=0.$

Per il secondo termine si introduca $t:=1/x$ , così che $t\to0^+$ quando $x\to+\infty$ ; allora

$x\sin(1/x)=\frac{\sin t}{t}\xrightarrow[t\to0^+]{}1,$

e quindi

$\lim_{x\to+\infty} f(x)=1.$

In particolare, ai due “bordi” del dominio la funzione tende allo stesso valore.

Per escludere che un estremo globale possa essere “perso” all’esterno, conviene mostrare che $f$ assume valori sia maggiori sia minori di $1$ . Un valore maggiore di $1$ è già visibile in $x=1$ :

$f(1)=\sin 1+\sin 1=2\sin 1.$

Poiché $1\in(\pi/6,\pi/2)$ e $\sin$ è crescente su $[0,\pi/2]$ , si ha $\sin 1>\sin(\pi/6)=1/2$ , dunque $f(1)>1$ . D’altra parte, in $x=\pi$ si ottiene

$f(\pi)=\frac{\sin\pi}{\pi}+\pi\sin(1/\pi)=\pi\sin(1/\pi).$

Per ogni $u\in(0,+\infty)$ vale $\sin u<u$ . Una giustificazione semplice usa $h(u)=u-\sin u$ : si ha $h(0)=0$ e $h'(u)=1-\cos u>0$ per ogni $u\in(0,\pi)$ , quindi $h(u)>0$ per ogni $u\in(0,\pi)$ . Poiché $1/\pi\in(0,\pi)$ , segue

$\pi\sin(1/\pi)<\pi\cdot\frac1\pi=1,$

cioè $f(\pi)<1$ .

Si definisca ora

$\delta:=\frac12\min\{f(1)-1,\; 1-f(\pi)\},$

così che $\delta\in(0,+\infty)$ , $f(1)\ge 1+2\delta$ e $f(\pi)\le 1-2\delta$ . Dai limiti precedenti segue, per definizione di limite, che esiste $\rho\in(0,+\infty)$ tale che per ogni $x\in(0,\rho)$ vale $|f(x)-1|<\delta$ , ed esiste $R_0\in(0,+\infty)$ tale che per ogni $x\in(R_0,+\infty)$ vale $|f(x)-1|<\delta$ . Si ponga

$r:=\min\{\rho,1\}\in(0,1], \qquad R:=\max\{R_0,\pi\}\in[\pi,+\infty).$

Per ogni $x\in(0,r)\cup(R,+\infty)$ risulta allora

$1-\delta<f(x)<1+\delta.$

D’altro canto $f$ è continua su $[r,R]$ e l’intervallo $[r,R]$ è compatto; il teorema di Weierstrass assicura l’esistenza di punti $x_{\max},x_{\min}\in[r,R]$ tali che

$f(x_{\max})=\max_{x\in[r,R]} f(x), \qquad f(x_{\min})=\min_{x\in[r,R]} f(x).$

Si indichino con $M=f(x_{\max})$ e $m=f(x_{\min})$ tali valori. Siccome $1,\pi\in[r,R]$ , si ha

$M\ge f(1)\ge 1+2\delta, \qquad m\le f(\pi)\le 1-2\delta.$

Ne segue $M>1+\delta$ e $m<1-\delta$ . Per ogni $x\in(0,r)\cup(R,+\infty)$ vale allora $f(x)<1+\delta<M$ e vale anche $f(x)>1-\delta>m$ . In altre parole,

$f(x)\le M \quad \text{per ogni } x\in(0,+\infty), \qquad f(x)\ge m \quad \text{per ogni } x\in(0,+\infty),$

e le due costanti $M$ e $m$ sono realizzate in $x_{\max}$ e $x_{\min}$ . La funzione $f$ è dunque limitata e assume massimo e minimo su $(0,+\infty)$ .

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