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1 INTRODUZIONE
1 Introduzione
Ho cinquant’anni ed ho sempre vissuto libero;
lasciatemi finire libero la mia vita;
quando saro morto voglio che questo si dica di me:
Non ha fatto parte di alcuna scuola, di alcuna chiesa, di alcuna istituzione,
di alcuna accademia e men che meno di alcun sistema:
l’unica cosa a cui e appartenuto e stata la liberta. Gustave Courbet
In queste pagine e presente una raccolta di esercizi discussi durante il tutorato per il corso di Analisi
1 presso l’Universita di Parma, anno accademico 2014/2015. Per segnalare eventuali errori e inoltra-
re suggerimenti di qualunque genere, potete contattare l’autore di queste note all’indirizzo di posta
[email protected]. Le note sono (temporaneamente?) reperibili presso l’indirizzo:
www.matemate.it/AptAn1.pdf.
Testi consigliati per gli analistianonimi (http://mbx.cm/t/3y3s6):
• Hongwei Chen - Excursions in Classical Analysis
• Micheal Steele - The Cauchy-Schwarz Master Class
• Walter Rudin - Principles of Mathematical Analysis
• Franco Conti, Paolo Acquistapace, Anna Savojini - Analisi Matematica, Teoria e Applicazioni
• Terence Tao - Analysis 1
• Pham Kim Hung - Secrets in Inequalities, Vol. 1 - Basic Inequalities
• Acerbi, Modica, Spagnolo - Problemi scelti di analisi matematica, 1
• De Michele, Forti - Analisi Matematica, problemi ed esercizi
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2 Prolegomena
In questa sezione figurano esercizi riguardanti il principio di induzione, inf e sup, monotonia, il binomio di
Newton e le proprieta dei coefficienti binomiali, le disuguaglianze di Cauchy-Schwarz e aritmo-geometrica.
Esercizio 2.1.
Si determinino inf, sup ed eventuali massimi e minimi dei seguenti sottoinsiemi della retta reale:{2n
n+ 1: n ∈ N
}, {sin(n) : n ∈ N} ,
{tan(n) : n ∈ N} ,{
x
x2 − 2: x ∈ Q
},
{sin(cosn) : n ∈ N} ,{
arctan
√x
1− x: x ∈ (0, 1)
}.
Fatto importante: i razionali sono densi in R, dunque per ogni numero irrazionale α e per ogni ε > 0
esiste un numero irrazionale della forma pq con gcd(p, q) = 1 tale per cui:∣∣∣∣α− p
q
∣∣∣∣ ≤ ε.Per il principio dei cassetti (alias Dirichlet Box Principle) vale inoltre il seguente risultato: per ogni
numero irrazionale α esistono infiniti numeri razionali della forma pq con gcd(p, q) = 1 tali per cui:∣∣∣∣α− p
q
∣∣∣∣ ≤ 1
q2.
Data l’irrazionalita di π, segue che le successioni {sinn}n∈N e {cosn}n∈N sono dense nell’intervallo [−1, 1].
Infatti, la successione delle parti frazionarie di n·π e densa in [0, 1], l’esponenziale complesso e una funzione
continua e le proiezioni z → <(z), z → =(z) da S1 in [−1, 1] preservano la densita.
Esercizio 2.2. Si provi che se n e un numero intero positivo, ma non e il quadrato di alcun numero
naturale,√n ∈ R \Q.
Esercizio 2.3. Sia N∗ = {1, 2, . . .} l’insieme dei numeri naturali positivi. Quali elementi di N∗
possono essere espressi come somma di due o piu elementi consecutivi di N∗?
Esercizio 2.4. (A) Si provi che se n ≥ 7 e un numero intero, cos 2πn ∈ R \Q.
Esercizio 2.5. Si provi che per ogni n ≥ 2 il numero di sottoinsiemi di A = {1, 2, . . . , 3n}di cardinalita < n non supera il numero di sottoinsiemi di A di cardinalita n.
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2 PROLEGOMENA
Definizione 2.6. Una funzione f : A → A con la proprieta che ∀x ∈ A, f(f(x)) = f(x) e detta
proiezione; una funzione f : A→ A con la proprieta che ∀x ∈ A, f(f(x)) = x e detta mappa involutiva
o involuzione.
Esercizio 2.7. Sia A un insieme con otto elementi. Si determinino il numero di funzioni f : A→ A
tali per cui:
• f e una proiezione;
• f e una involuzione;
• ∀x ∈ A, f(f(f(x))) = x;
• ∀x ∈ A, f(f(f(x))) = a.
Esercizio 2.8. Provare o confutare che una funzione f : A→ A con la proprieta che
∀x ∈ A, f(f(f(x))) = f(f(x)) e una proiezione.
Esercizio 2.9. Una funzione f : A→ A ha la proprieta che ∀x ∈ A, f (7)(x) = f (4)(x).
Provare o confutare che in tali ipotesi si ha:
∀x ∈ A, f (5)(x) = f (4)(x).
Esercizio 2.10. Dati a, b numeri reali positivi con a > b, si provi che per ogni numero naturale n ≥ 2
vale:
n bn−1(a− b) < an − bn < nan−1(a− b).
Dimostrazione. Si ha:an − bn
a− b=
n−1∑j=0
ajbn−j−1
e poiche si ha a > b, ogni monomio che figura nel membro destro e strettamente compreso tra bn−1 e
an−1. Poiche nel membro destro figurano n monomi, la tesi segue immediatamente.
Esercizio 2.11. Si provi che dalla precedente disuguaglianza e possibile dedurre che la successione
{an}n∈N∗ definita da:
an =
(1 +
1
n
)ne monotona crescente.
Dimostrazione. Vogliamo provare che per ogni n ≥ 1 si ha:(1 +
1
n+ 1
)n+1
>
(1 +
1
n
)n,
ma questa disuguaglianza e equivalente a:(1 +
1
n
)n+1
−(
1 +1
n+ 1
)n+1
<1
n+ 1
(1 +
1
n
)n+1
,
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che segue da quanto provato nel precedente esercizio.
Esercizio 2.12. (A) Si provi che la successione {an}n∈N∗ definita da:
an =
(1 +
1
n
)n+ 12
e monotona decrescente.
Corollario 2.13. Ponendo n = 1, segue e < 2√
2. Ponendo n = 2, segue e < (3/2)5/2.
Esercizio 2.14. Siano f(x) = arctanx e g(x) = 12 log 1+x
1−x = arctanh (x). Si provi che se a, b ∈ (0, 1),
si ha:
f(a) + f(b) = f
(a+ b
1− ab
), g(a) + g(b) = g
(a+ b
1 + ab
).
Dimostrazione. La tesi segue dalle formule di somma per la tangente e la tangente iperbolica:
tan(x+ y) =tanx+ tan y
1− tanx tan y, tanh(x+ y) =
tanhx+ tanh y
1 + tanhx tanh y.
Esercizio 2.15. Si dimostrino per induzione le seguenti identita:
N∑n=1
(−1)nn2 = (−1)NN(N + 1)
2,
N∑n=1
1
n(n+ 1)=
N
N + 1,
N∑n=1
(2n− 1) = N2,
N∏n=1
(1 +
1
n
)= N + 1,
N∑n=1
Fn = FN+2 − 1,
N∑n=1
F 2n = FNFN+1,
1 + 4 + 7 + . . .+ (3n− 2) =n(3n− 1)
2, (A)
N∑n=1
arctan1
1 + n+ n2= arctan
N
N + 2,
dove {Fn}n∈N e la successione di Fibonacci definita da F0 = 0, F1 = 1, Fn+2 = Fn+1 + Fn.
Esercizio 2.16. Una scacchiera 2n × 2n, con n ≥ 2, viene privata di una casella. Si provi che la
parte rimanente puo essere tassellata (ossia ricoperta senza sovrapposizioni) da pezzi a forma di L
che occupano esattamente tre caselle, come il seguente: .
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2 PROLEGOMENA
Esercizio 2.17. Si provi che se 7 freccette vengono lanciate su un bersaglio circolare di raggio pari
a 18 cm, esistono due freccette che distano ≤ 18 cm.
Esercizio 2.18. (A) Si provi che se 8 freccette vengono lanciate su un bersaglio circolare di raggio
pari a 18 cm, esistono due freccette che distano ≤ 16 cm.
Esercizio 2.19. Si dimostri l’identita:
N∏n=0
(1− 2
(n+ 2)(n+ 3)
)=
N + 4
3(N + 2).
Esercizio 2.20. Si provi la disuguaglianza:
N∏n=1
(1− 1
2n
)≤ 1√
2N + 1.
Esercizio 2.21 (Identita di Vandermonde per il binomiale centrale).
Si provi che per ogni numero naturale n si ha:
n∑k=0
(n
k
)2
=
(2n
n
).
Dimostrazione. Poiche(nk
)=(n
n−k), il membro sinistro e il coefficiente di xn nel prodotto (1 + x)n · (1 +
x)n = (1 + x)2n, dunque la tesi segue dal binomio di Newton. In alternativa, si consideri la seguente
interpretazione combinatoria: un parlamento e composto da 2n parlamentari, n di destra ed n di sinistra.
Cerchiamo in quanti modi sia possibile costituire una commissione di n parlamentari. Parametrizzando in
funzione del numero di persone di sinistra presenti in tale commissione, la tesi segue immediatamente.
Esercizio 2.22. Si provi che se M,N sono due numeri naturali positivi con N > M , si ha:
N∑k=M
(k
M
)=
(N + 1
M + 1
).
Dimostrazione. Poiche(nk
)=(n−1k−1)
+(n−1k
), fissato M la tesi segue per induzione su N .
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Esercizio 2.23. Si provi che per ogni numero naturale N ≥ 1 si ha:(N∑n=1
n
)2
=
N∑n=1
n3.
Dimostrazione. Poiche n =(n1
), l’identita
N∑n=1
n =
(N + 1
2
)=N(N + 1)
2
segue dall’esercizio precedente. Analogamente, da
n3 = 6
(n+ 1
3
)+
(n
1
)segue l’identita:
N∑n=1
n3 = 6
(N + 2
4
)+
(N + 1
2
)=
(N + 1
2
)2
.
Esercizio 2.24. Si provi che per ogni numero naturale positivo N , il numero dei sottoinsiemi di
{1, . . . , N} che hanno cardinalita multipla di 3 e sempre pari a⌊2N
3
⌋o a
⌈2N
3
⌉.
Esercizio 2.25. Si provi che vale:N∏k=1
cosx
2k=
sinx
2N sin x2N.
Esercizio 2.26. Siano x, y ∈ R+ con y ≥ x. Si determini il valore del seguente limite:
limn→+∞
n√xn + yn.
Esercizio 2.27. Si determinino, al variare di n ∈ N∗, estremo inferiore e superiore dell’insieme:
En =
{x
n+ x2: x ∈ R+
}.
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2 PROLEGOMENA
Definizione 2.28 (Veloce parentesi teorica sulle funzioni convesse). Diciamo che una funzione di
variabile reale f(x) e convessa sull’intervallo I se, comunque presi a, b ∈ I con a < b, il grafico di
f(x) sull’intervallo (a, b) giace al di sotto del segmento avente estremi in (a, f(a)) e (b, f(b)), ossia
se:
∀a, b ∈ I : a < b,∀λ ∈ (0, 1), f(a+ λ(b− a)) < f(a) + λ(f(b)− f(a)).
Quest’ultima condizione e equivalente a (Disuguaglianza di Jensen):
∀a, b ∈ I : a 6= b,∀λ ∈ (0, 1), f(λa+ (1− λ)b) < λf(a) + (1− λ)f(b).
Una funzione si dice invece concava quando la sua opposta risulta convessa. Talora non e semplice
verificare che una funzione e convessa provando per via diretta l’ultima disuguaglianza riportata.
Tuttavia, esistono molte condizioni sufficienti a garantire la convessita (le elenchiamo in ordine di
“forza” delle ipotesi):
• Per un certo z ∈ I si ha che la funzione (rapporto incrementale) g(x) = f(x)−f(z)x−z e crescente
su I \ {z};
• La funzione f(x) e derivabile su I e f ′(x) risulta una funzione crescente su I;
• La funzione f(x) e derivabile due volte su I e f ′′(x) risulta una funzione positiva su I;
E’ inoltre vero che una funzione convessa su I e continua sulla parte interna di I; per le funzioni
derivabili, la condizione di convessita e equivalente alla condizione:
∀a, b ∈ I : a 6= b, f(b) > f(a) + f ′(a)(b− a)
che codifica il giacere del grafico di f al di sopra delle rette tangenti. Si ha inoltre che una funzione
continua e convessa per punti medi (ossia che realizza la disuguaglianza di Jensen relativamente ad
un unico valore di λ, λ = 12) e automaticamente convessa. Altri risultati che e bene conoscere: una
funzione convessa su un intervallo chiuso assume massimo agli estremi di tale intervallo; composi-
zione di funzioni convesse da luogo ad una funzione convessa, l’inversa di una funzione monotona e
convessa e monotona e concava.
Corollario 2.29 (Disuguaglianze di convessita per le funzioni trigonometriche elementari).
Si ha che le funzioni sinx e cosx sono soluzioni dell’equazione differenziale ordinaria:
f(x) + f ′′(x) = 0,
in virtu di un criterio appena visto, le funzioni seno e coseno risultano percio convesse dove negative
e concave dove positive. In particolare, sull’intervallo (0, π/4) vale la disuguaglianza:√
2
πx < sinx < x.
In virtu delle formule di bisezione del seno, l’ultima disuguaglianza comporta che sull’intervallo
[−π/2, π/2] si ha:
1− x2
2≤ cosx ≤ 1− 4x2
π2.
Si noti che il membro destro corrisponde all’equazione della parabola che interpola la funzione coseno
nei punti x = 0 e x = ±π/2. Integrando membro a membro, ripetutamente, l’ultima disuguaglianza,
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si ha che sull’intervallo [−1, 1] valgono le seguenti identita:
sinx =
N∑n=0
(−1)n
(2n+ 1)!x2n+1 + θ · x2N+3
(2N + 3)!, |θ| ≤ 1,
cosx =
N∑n=0
(−1)n
(2n)!x2n + θ · x2N+2
(2N + 2)!, |θ| ≤ 1.
Quest’ultime permettono di dimostrare molto rapidamente diversi limiti notevoli:
limn→+∞
n sin1
n= 1, lim
n→+∞n2(
1− cos1
n
)=
1
2,
limn→+∞
n3(
1
n− sin
1
n
)=
1
6, lim
n→+∞n3(
tan1
n− 1
n
)=
1
3.
Il medesimo approccio puo essere applicato alla funzione convessa ex sull’intervallo [−1, 1],
pervenendo all’identita:
ex =
N∑n=0
xn
n!+ θ · xN+1
(N + 1)!, |θ| ≤ 1 +
1
N,
da cui derivano analoghe identita per le funzioni trigonometriche iperboliche sull’intervallo [−1, 1]:
coshx =
N∑n=0
x2n
(2n)!+ θ · x2N+2
(2N + 2)!, |θ| ≤ 1 +
1
2N + 1,
sinhx =
N∑n=0
x2n+1
(2n+ 1)!+ θ · x2N+3
(2N + 3)!, |θ| ≤ 1 +
1
2N + 2.
Da queste considerazioni segue che le funzioni sinx, cosx, ex, sinhx, coshx in un intorno dell’origine
possono essere considerate alla stregua di “polinomi di grado infinito” i cui coefficienti, a meno del
segno, sono sempre 0 o il reciproco di un fattoriale.
Esercizio 2.30. Si provi che l’intero piu vicino a 600e e 1631.
Definizione 2.31 (Prodotti di Weierstrass per seno e coseno).
Per qualunque x ∈ R, valgono le identita:
sinx = x · limN→+∞
N∏n=1
(1− x2
n2π2
), cosx = lim
N→+∞
N∏n=0
(1− 4x2
(2n+ 1)2π2
).
In tal senso e dunque corretto affermare che la funzione coseno e l’unico “polinomio di grado infinito”, con
termine noto 1, avente radici semplici in tutti i punti di π2 +πZ. Analogamente, e corretto affermare che
la funzione seno e l’unico “polinomio di grado infinito”, con termine noto 0 e coefficiente della x pari a
1, avente radici semplici in tutti i punti di πZ. Analoghe identita valgono per le funzioni trigonometriche
iperboliche:
sinhx = x · limN→+∞
N∏n=1
(1 +
x2
n2π2
), coshx = lim
N→+∞
N∏n=0
(1 +
4x2
(2n+ 1)2π2
).
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2 PROLEGOMENA
Esercizio 2.32. (A) Si determini se esiste, e in tal caso si calcoli, il seguente limite:
limN→+∞
N∏n=1
(1− 1
(2n+ 1)4
).
Esercizio 2.33. Si provi che sull’intervallo I = (0, 1) si ha:
(1 + x)(1 + x2/3) < ex < (1 + x)(1 + x2/2),
x(1− x/2) < log(1 + x) < x(1− 3x/10).
Suggerimento: si consideri che ddx log(1 + x) = 1
1+x =∑+∞k=0(−1)kxk.
Cosa accade troncando la somma all’ennesimo addendo e integrando termine a termine?
Riuscite a dedurre che log(1 + x)/x e convessa su I?
Esercizio 2.34.
Dal fatto che ddx arctan(x) = 1
1+x2 =∑+∞k=0(−1)kx2k si deduca che per ogni x ∈ [−1, 1] vale:
arctanx =
N∑k=0
(−1)k
2k + 1x2k+1 + θ · x
2N+3
2N + 3, |θ| ≤ 1.
Dal teorema della bisettrice si deduca l’identita:
∀x ≥ 0, arctanx = 2 arctanx
1 +√
1 + x2
e si concluda che, per qualunque x ∈ R, ricorrendo alle precedenti identita e possibile approssimare
arctanx con precisione arbitraria.
Esercizio 2.35. (A) Si provi che sull’intervallo (0, 1) vale la disuguaglianza:
6 + 4z + z2 + (4e− 11)z4
6− 2z< ez <
6 + 4z + z2
6− 2z.
Esercizio 2.36. Si provi che per ogni ε > 0 esistono infinite coppie (m,n) di numeri naturali tali
per cui: ∣∣∣∣e− m2
2n
∣∣∣∣ ≤ ε.Suggerimento: cosa accade valutando 1+x+ x2
2 in x = 12k
ed elevando quanto ottenuto alla 2k-esima
potenza?
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Esercizio 2.37. Sia I = [0, 1] e f : I → I una involuzione continua di I.
Si provi che, necessariamente, f(x) = x oppure f(x) = 1− x.
Esercizio 2.38. Si determini se esiste, e in tal caso si calcoli, il seguente limite:
limn→+∞
n
√1 · 3 · . . . · (2n− 1)
2 · 4 · . . . · 2n.
Esercizio 2.39. Dato a0 = a, a1 = b con 0 < a < b, sia {an}n∈N la successione definita attraverso:
an+2 =√an+1an
e siano {bn}n∈N, {cn}n∈N le successioni definite attraverso:
bn = a2n, cn = a2n+1.
Si provi che sia {bn}n∈N che {cn}n∈N risultano monotone, l’una crescente e l’altra decrescente.
Dimostrazione. Forniamo due dimostrazioni. Notiamo preliminarmente che una successione reale {dn}n∈Nper cui valgano d0 < d1 e
dn+2 =dn+1 + dn
2
soddisfa ugualmente la tesi. Si ha infatti:
(dn+2 − dn+1) = −dn+1 − dn2
,
per cui, posto ∆n = dn+1 − dn, si ha ∆n = (−1)n2n ∆0 per induzione, e:
dn = (dn − dn−1) + (dn−1 − dn−2) + . . .+ (d1 − d0) + d0 = d0 +
n−1∑k=0
∆k = d0 + ∆0
n−1∑k=0
(−1)k
2k.
Dall’ultima identita seguono immediatamente d2n+2 > d2n e d2n+1 < d2n−1.
Posto dn , log an, la tesi dell’esercizio segue dalla monotonia del logaritmo.
In alternativa, si noti come la quantita
Ln , 2dn+1 + dn
si mantenga constante indipendentemente dal valore di n. Si ha infatti:
Ln = 2dn+1 + dn = dn + dn−1 + dn = 2dn + dn−1 = Ln−1,
posto dunque L , 2d1+d03 , si ha:
L− dn+1 =2dn+1 + dn
3− dn+1 = −∆n
3=
(−1)n+1
3 · 2n,
per cui la successione {bn}n∈N converge crescendo verso3√ab2 mentre la successione {cn}n∈N converge
decrescendo verso il medesimo valore.
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2 PROLEGOMENA
Esercizio 2.40 (Successione di Erone). Dato a0 = 1, sia {an}n∈N la successione definita da:
an+1 =an2
+1
an.
Si provi che la successione {an}n≥1 e decrescente e che per ogni n ≥ 1 vale an >√
2.
Dimostrazione. Notiamo che si ha a1 = 32 >√
2 e:
2anan+1 = a2n + 2,
da cui segue:
a2n+1 − 2 = (an+1 − an)2 =
(1
an− an
2
)2
=
(a2n − 2
2an
)2
> 0.
Posto bn = a2n − 2, abbiamo b1 = 14 , bn > 0 e:
bn =b2n−14a2n
=b2n−1
4(bn−1 + 2)≤b2n−1
8,
da cui segue che la successione {bn}n≥1 decresce molto rapidamente a zero. In particolare, b1 = 14 e
l’ultima disuguaglianza comportano:
bn ≤1
25·2n−1−3 .
Nota di folklore: generalizzando lievemente, si ha che la successione definita da a0 = 1 e
an+1 =an2
+k
an
per una certo numero reale k > 1, converge molto rapidamente a√k. Questo algoritmo e il metodo
babilonese per l’estrazione di radice quadrata, e coincide di fatto con il metodo di Newton applicato alla
funzione f(x) = x2 − k.
Esercizio 2.41 (Media aritmo-geometrica). Siano a0 = a > 0 e b0 = b > 0, con a < b.
Definite le due successioni {an}n∈N e {bn}n∈N attraverso:
an+1 =√anbn, bn+1 =
an + bn2
,
si provi che entrambe le successioni risultano monotone.
Dimostrazione. Se 0 < x < y, si ha:
x <√xy <
x+ y
2< y,
dunque e semplice provare per induzione che si ha:
an < an+1 < bn+1 < bn.
Si ha inoltre (bn+1 − an+1) ≤ (bn+1 − an) = 12 (bn − an), dunque le due successioni convergono verso il
medesimo limite, che denotiamo con AGM(a, b) (media aritmo-geometrica di a e b).
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Nota di folklore: dall’identita di Lagrange (2.57) segue questa relazione tra la media aritmo-geometrica
e l’integrale ellittico completo del primo tipo:
π
2 AGM(a, b)=
∫ π/2
0
dθ√a2 cos2 θ + b2 sin2 θ
.
Esercizio 2.42. Sia {an}n∈N la successione definita attraverso:
a0 =√
2, a1 =√
3, an+2 =√
3a2n+1 − a2n
e {Fn}n∈N l’usuale successione dei numeri di Fibonacci. Si provi che:
limn→+∞
anFn
=√
5.
Esercizio 2.43. (A) Sia {an}n∈N una successione per ricorrenza definita attraverso a0 > 0 e:
an+1 = an +1
an.
Si provi che per ogni numero naturale n ≥ 1 vale la doppia disuguaglianza:√2n+ a20 < an <
√2n+ a20 +
1
3+ log
√n.
Dimostrazione. La chiave della dimostrazione e l’identita:
a2n+1 = a2n + 2 +1
a2n
che comporta immediatamente quanto presente nel membro sinistro della disuguaglianza da provare.
Il membro destro segue da stime classiche (si veda, piu avanti, l’esercizio 2.75) per la quantita:
Hn =
n∑k=1
1
k.
Esercizio 2.44. Sia {Fn}n∈N la successione di Fibonacci, definita attraverso F0 = 0, F1 = 1 e
Fn+2 = Fn+1 + Fn.
Si provi che per ogni n ≥ 1 si ha:
arctan1
F2n= arctan
1
F2n+1+ arctan
1
F2n+2.
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2 PROLEGOMENA
Dimostrazione. Per la formula di somma della tangente, la tesi e equivalente a:
1
F2n=
1F2n+1
+ 1F2n+2
1− 1F2n+1F2n+2
,
a sua volta equivalente a:1
F2n=
F2n+1 + F2n+2
F2n+1F2n+2 − 1=
F2n+3
F2n+1F2n+2 − 1
o a:
F2n+1F2n+2 − F2nF2n+3 = 1,
analoga a:
F 22n+1 − F2nF2n+2 = 1,
che e conseguenza della celebre identita:
F 2n − Fn−1Fn+1 = (−1)n+1,
facilmente dimostrabile per induzione, in quanto:
F 2n − Fn−1Fn+1 = −
(F 2n−1 − Fn−2Fn
).
Esercizio 2.45. (A) Si provi che per ogni numero naturale N ≥ 1 vale la doppia disuguaglianza:
2N
3
√N ≤
N∑k=1
√k ≤ 4N + 3
6
√N.
Dimostrazione. Induzione o somme di Riemann associate ad una funzione concava.
La disuguaglianza puo essere ulteriormente raffinata; vale:
4N + 3
6
√N − 2
9<
N∑k=1
√k ≤ 4N + 3
6
√N − 1
6.
Esercizio 2.46. Si determini se esistono, e in tal caso si calcolino, i seguenti limiti:
limn→+∞
n(
21n − 1
), lim
n→+∞n(n
1n − 1
),
limn→+∞
(cos
1
n
)n2
, limn→+∞
(√n2 + 5n+ 4−
√n2 + 3n+ 2
),
limn→+∞
(sinn+ arctann) , limn→+∞
tan(tanhn),
(A) limn→+∞
(2√n−
n∑k=1
1√k
), lim
n→+∞{n!e},
dove {x} denota la parte frazionaria: {x} = x− bxc.
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Esercizio 2.47. (A) Sia {an}n≥1 la successione determinata da a1 = 3 e an+1 =a2n+1
2 .
Si provi che la serie ∑n≥1
1
1 + an
e convergente e se ne determini il valore.
Dimostrazione. Poiche
an+1 − 1 =(an − 1)(an + 1)
2si ha:
1
an+1 − 1=
1
an − 1− 1
an + 1,
dunque:N∑n=1
1
an + 1=
N∑n=1
(1
an − 1− 1
an+1 − 1
)=
1
2− 1
aN+1 − 1.
Esercizio 2.48. Sia p un numero naturale positivo. Si provi che vale:
limn→+∞
1p + 2p + . . .+ np
np+1=
1
p+ 1.
Dimostrazione. Per quanto visto riguardo le somme di potenze,
n∑k=1
kp
e un polinomio in n di grado p + 1 il cui termine di testa e proprio 1p+1 n
p+1: questo basta a provare la
tesi. In alternativa, si esibiscano delle maggiorazioni e minorazioni per la somma
n∑k=1
kp
basate sull’ovvia disuguaglianza:
p!
(k
p
)≤ kp ≤ p!
(k + p
p
).
Vedremo piu avanti come, inoltre, si abbia:
limn→+∞
1
n
n∑k=1
(k
n
)p=
∫ 1
0
xp dx =1
p+ 1.
Attraverso la disuguaglianza di Karamata (2.68) e possibile verificare che la successione definita da:
an =1p + 2p + . . .+ np
np+1
e decrescente; per convessita vale inoltre:
1
p+ 1+
1
2n≤ an ≤
1
p+ 1+
1
n.
Pagina 14 di 53
2 PROLEGOMENA
Esercizio 2.49. Si provi che il polinomio p(x) = x4 + 4x3 − 6x2 + 4x− 1 ha due radici reali.
Dimostrazione. Poiche p(x) = 2x4 − (x− 1)4, la condizione p(x) = 0 e equivalente alla condizione:(1− 1
x
)4
= 2.
Esercizio 2.50. Si provi che esistono 3 numeri reali x, y, z che realizzano:x+ y + z = 0
x2 + y2 + z2 = 16
x3 + y3 + z3 = −3
e si determini xyz.
Esercizio 2.51. Si determini il coefficiente di x25 nel polinomio (x3 + x+ 1)10.
Dimostrazione. L’unico modo di scrivere 25 come somma di 10 interi che appartengano all’insieme {0, 1, 3}e quello di utilizzare otto 3, un 1 e uno 0, dunque la risposta e(
10
8
)(2
1
)(1
1
)= 90.
Esercizio 2.52. Si determinino estremo inferiore e superiore della successione reale data da:
an =
n∑k=0
sin k.
Dimostrazione. Si ha:
n∑k=0
sin k = =n∑k=0
eik = =(e(n+1)i − 1
ei − 1
)=
sin n2 sin n+1
2
sin 12
=cos 1
2 − cos 2n+12
2 sin 12
.
In alternativa all’uso dell’identita di De Moivre, e possibile utilizzare le formule di prostaferesi determi-
nando una somma telescopica:
n∑k=0
2 sin1
2sin k =
n∑k=0
(cos
(k − 1
2
)− cos
(k +
1
2
))= cos
1
2− cos
2n+ 1
2.
Poiche la successione data da bn = cos 2n+12 e densa in [−1, 1], valgono le identita:
infnan =
cos 12 − 1
2 sin 12
= −1
2tan
1
4= −0.12767096 . . . , sup
nan =
cos 12 + 1
2 sin 12
=1
2cot
1
4= 1.95815868 . . . .
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Si puo verificare analogamente che si ha:
n∑k=0
sin(αk) =cos α2 − cos (2n+1)α
2
2 sin α2
∈(−1
2tan
α
4,
1
2cot
α
4
),
n∑k=0
cos(αk) =sin α
2 + sin (2n+1)α2
2 sin α2
∈(
1
2− 1
2 sin α2
,1
2+
1
2 sin α2
).
Esercizio 2.53. Si provi che esiste e si determini esplicitamente il valore del seguente limite:
limn→+∞
1
n
n∑k=0
(n− k) sin k.
Dimostrazione. Si ha:
n∑k=0
(n− k) sin k =
n∑j=1
j∑k=1
sin k =
n∑j=1
cos 12 − cos (2j+1)
2
2 sin 12
dunque il limite e pari a 12 cot 1
2 in virtu della limitatezza delle somme∑nj=1 cos 2j+1
2 .
Esercizio 2.54 (Polinomi di Chebyshev del primo e secondo tipo).
Si provi che per ogni numero naturale n, valgono le identita:
cos(nx) = Tn(cosx),sin((n+ 1)x)
sinx= Un(cosx),
dove Un e Tn sono polinomi a coefficienti interi di grado n.
Dimostrazione. La tesi e facilmente dimostrabile per induzione.
In virtu delle formule di Briggs, si ha:
Tn+2(x) = 2xTn+1(x)− Tn(x), Un+2(x) = 2xUn+1(x)− Un(x),
con U0(x) = T0(x) = 1 e U1(x) = 2x, T1(x) = x. Valgono inoltre le identita:
Tn(x) =(x+
√x2 − 1)n + (x−
√x2 − 1)n
2, Un(x) =
(x+√x2 − 1)n+1 − (x−
√x2 − 1)n+1
2√x2 − 1
,
e sull’intervallo [−1, 1] i polinomi Un e Tn assumono valori in [−1, 1].
E vero inoltre che le radici di Tn sono date da:
cos
((2k − 1)π
2n
), k = 1, 2, . . . , n
mentre le radici di Un sono date da:
cos
(πk
n+ 1
), k = 1, 2, . . . , n.
Pagina 16 di 53
2 PROLEGOMENA
Corollario 2.55.n−1∏k=1
sinπk
n= n · 21−n.
Dimostrazione. In virtu della formula di De Moivre abbiamo:
n−1∏k=1
sinπk
n=
21−n
in
n−1∏k=1
(eπikn − e−πikn
)= 21−n
n−1∏k=1
(1− e 2πik
n
),
dove l’ultimo prodotto, a meno del segno, e il prodotto delle radici del polinomio (1−z)n−1z . In virtu del
teorema di Viete sulle relazioni tra radici e coefficienti, il valore di questo prodotto e ±n. Dato che il
prodotto di partenza e certamente positivo, si ha la tesi. Questo risultato e centrale nella dimostrazione
della formule di riflessione e moltiplicazione per la funzione Γ, e comporta inoltre:∫ π/2
0
log sinx dx = −π2
log 2,
∫ π
0
log(m+ cosx) dx = π logm+
√m2 − 1
2.
Soluzione dell’esercizio 2.46 (A).
Verifichiamo dapprima che la successione data da
an = 2√n−
n∑k=1
1√k
e crescente e limitata dall’alto. Questo e sufficiente a garantire l’esistenza del limite limn→+∞ an.
Notiamo che si ha:
an+1 − an = 2√n+ 1− 2
√n− 1√
n+ 1=
(√n+ 1−
√n)2
√n+ 1
> 0,
dunque la monotonia e immediata. D’altro canto si ha:
an+1 − an ≤1
2√n− 1
2√n+ 1
,
in quanto l’ultima disuguaglianza e equivalente a:
2√n+ 1− 2
√n ≤ 1
2√n
+1
2√n+ 1
,
che, posto f(x) = 1√x
, discende dalla disuguaglianza di convessita:
2(√n+ 1−
√n)
=
∫ n+1
n
dx√x≤ 1
2(f(n) + f(n+ 1)) .
Per ogni N ≥ 1 abbiamo allora:
aN = a1 + (a2 − a1) + . . .+ (aN − aN−1) ≤ 1 +1
2
N−1∑k=1
(1√k− 1√
k + 1
),
donde:
aN ≤3
2− 1
2√N.
Il valore del limite non e pari ad alcuna “celebre” costante matematica, ma e pari all’opposto del
valore assunto dalla funzione zeta di Riemann nel punto 12 :
limn→+∞
an = −ζ(
1
2
)= 1.4603545 . . . .
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Teorema 2.56 (Disuguaglianza di Cauchy-Schwarz).
Date due n-uple di numeri reali a1, . . . , an e b1, . . . , bn, si ha:(n∑k=1
akbk
)2
≤
(n∑k=1
a2k
)·
(n∑k=1
b2k
)
e l’uguaglianza vale se e solo se, per un qualche numero reale λ, vale ak = λbk per ogni k ∈ {1, . . . , n}.
Dimostrazione. Il polinomio di secondo grado
p(x) =
k∑j=1
(aj x+ bj)2,
in quanto somma di quadrati, assume valori non negativi per ogni x ∈ R. L’importante risultato segue
dunque dalla constatazione che p(x) ha discriminante non positivo; l’uguaglianza ha luogo unicamente
nel caso in cui esista una costante λ ∈ R tale da realizzare:
∀j ∈ [1, k], aj = λ bj .
A partire da una disuguaglianza banale, e in realta possibile ottenere la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz
per amplificazione (o interpolazione). Siano v, w ∈ Rn \ {0} e ‖u‖ =√∑n
j=1 u2j . Allora:
‖v − w‖ ≥ 0,
da cui, considerando il quadrato del membro sinistro:
n∑j=1
vj wj ≤1
2(‖v‖2 + ‖w‖2).
Notiamo che il valore del membro sinistro non muta rimpiazzando v con λv e w con 1λ w. Possiamo percio
asserire:
∀v, w ∈ Rn \ {0}, ∀λ > 0,
n∑j=1
vj wj ≤1
2(λ2‖v‖2 +
1
λ2‖w‖2).
Operiamo ora la seguente accortezza: scegliamo λ2 in modo da minimizzare il membro destro.
Poiche, per AM-GM (2.62)
minx,y≥0xy=k
(x+ y) = 2√k,
la migliore scelta per λ2 risulta essere ‖w‖‖v‖ , e da tale scelta segue:
n∑j=1
vj wj ≤ ‖v‖‖w‖,
che e quanto volevamo provare. Addizionalmente, notiamo che lo scarto tra i due membri che figurano
nella disuguaglianza di Cauchy-Schwarz puo essere precisamente quantificato:
Teorema 2.57 (Identita di Lagrange). n∑j=1
a2j
· n∑j=1
b2j
− n∑j=1
ajbj
2 =∑
1≤i<j≤n
(aibj − ajbi)2 ≥ 0.
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2 PROLEGOMENA
E infatti sufficiente raffrontare i monomi di grado 4 che figurano nel termine sinistro con quelli che figurano
nel termine centrale. Invitiamo il lettore a provare la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz per induzione
su n.
Una forma equivalente della disuguaglianza di Cauchy-Schwarz e la seguente:
Teorema 2.58 (Disuguaglianza di Cauchy-Schwarz, forma alternativa, alias Lemma di Titu).
Se x1, . . . , xn e y1, . . . , yn sono numeri reali positivi, si ha:
n∑j=1
x2jyj≥
(∑nj=1 xj
)2∑nj=1 yj
,
e l’uguaglianza e realizzata se e solo se yj = λxj per ogni j ∈ {1, . . . , n}.
Dimostrazione. Il caso n = 1 e banale e il caso n = 2 e equivalente alla disuguaglianza:
(x1y2 − x2y1)2 ≥ 0.
D’altro canto, supposto che la disuguaglianza valga nel caso n, si ha:
n+1∑j=1
x2jyj
=x2n+1
yn+1+
n∑j=1
x2jyj
Ip.Ind
≥x2n+1
yn+1+
(∑nj=1 xj
)2∑nj=1 yj
n=2≥
(xn+1 +
∑nj=1 xj
)2yn+1 +
∑nj=1 yj
=
(∑n+1j=1 xj
)2∑n+1j=1 yj
,
dunque la disuguaglianza vale anche per n+ 1.
La disuguaglianza di Cauchy-Schwarz puo essere enunciata anche nella seguente forma:
Teorema 2.59. Se x, y ∈ Rn, si ha:
|x · y| = ‖x‖ · ‖y‖ · cos θ ≤ ‖x‖ · ‖y‖,
dove x · y denota il prodotto scalare tra x e y, θ l’angolo tra i due vettori e ‖x‖ la norma euclidea di x.
Il problema dunque ricade unicamente su come definire il prodotto scalare canonico tra due elementi di
Rn. In contesto fisico, si e soliti definire il prodotto scalare tra x e y come il prodotto tra la lunghezza di
y e la lunghezza (con segno) della proiezione di x lungo y, in ambito matematico come:
x · y ,n∑k=1
xkyk.
E’ interessante sottolineare l’equivalenza delle due definizioni. La proiezione di x lungo y e infatti un
vettore della forma λy, dove λ e preso in modo da minimizzare la quantita ‖x− λy‖2. Notiamo che vale:
‖x− λy‖2 =
n∑k=1
(xk − λyk)2 = ‖x‖2 + λ2‖y‖2 − 2λ
n∑k=1
xkyk,
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dove il membro destro e un polinomio di secondo grado in λ che ammette minimo per:
λ =1
‖y‖2n∑k=1
xkyk.
Dalla definizione fisica segue pero:
|x · y| = ‖y‖ · ‖λy‖ = |λ| · ‖y‖2,
dunque:
|x · y| =
∣∣∣∣∣n∑k=1
xkyk
∣∣∣∣∣ ,come voluto. In alternativa, si noti come la definizione fisica comporti che il prodotto scalare canonico
sia una forma bilineare simmetrica. Poiche ei · ej = δij , la matrice che rappresenta tale forma bilineare
simmetrica e necessariamente In.
Esercizio 2.60. (A) Sia 〈·, ·〉 una forma bilineare simmetrica su Rn.
Si discutano i casi in cui vale la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz in forma generalizzata:
∀x, y ∈ Rn, 〈x, y〉2 ≤ 〈x, x〉 · 〈y, y〉.
Dimostrazione. Se per ogni w ∈ Rn si ha 〈w,w〉 ≥ 0, dall’identita:
0 ≤ 〈x− λy, x− λy〉 = 〈x, x〉 − 2λ〈x, y〉+ λ2〈y, y〉
segue che il discriminante del polinomio di secondo grado che compare nel membro destro e certamente
≤ 0. La disuguaglianza di Cauchy-Schwarz in forma generalizzata vale percio per ogni prodotto scalare
semidefinito positivo.
Esercizio 2.61 (dal Conti-Acquistapace-Savojini). A partire da un triangolo OP1P2, retto in P1
e tale per cui OP1 = 1, P1P2 = 12 , si costruiscano i triangoli OPnPn+1, retti in Pn e tali per cui
PnPn+1 = 1n+1 . Si discuta se la lunghezza del segmento OPn e l’ampiezza dell’angolo P1OPn restino
o meno limitate al crescere di n.
Teorema 2.62 (Disuguaglianza aritmo-geometrica, AM-GM).
Se a1, . . . , an sono numeri reali non negativi, si ha
a1 + . . .+ ann
≥ n√a1 · . . . · an,
e l’uguaglianza e verificata se e solo se a1 = . . . = an.
Pagina 20 di 53
2 PROLEGOMENA
Dimostrazione. Il caso n = 1 e banale, e il caso n = 2 segue immediatamente dal fatto che la quantita
(√a1 −
√a2)2 e non negativa e nulla solo se a1 = a2. Per induzione, e semplice provare il Teorema nel
caso in cui n sia una potenza di 2. Supposto che la disuguaglianza sia verificata nel caso n = 2k, si ha:
1
2k+1
2k+1∑j=1
aj =1
2
1
2k
2k∑j=1
aj +1
2k
2k+1∑j=2k+1
aj
≥√√√√√ 1
2k
2k∑j=1
aj
· 1
2k
2k+1∑j=2k+1
aj
≥
√√√√√ 2k∏j=1
aj
1/2k
·
2k+1∏j=2k+1
aj
1/2k
=
2k∏j=1
aj
1/2k+1
;
l’uguaglianza ha luogo solo se a1 = . . . = a2k e a2k+1 = . . . = a2k+1 hanno la stessa media aritmetica,
ossia solo se tutti i termini della sequenza hanno il medesimo valore. Dato ora un generico n, sia 2k la
piu piccola potenza di 2 superiore ad n ed A la media aritmetica di a1, . . . , an. Per ogni numero naturale
m nell’intervallo [n+ 1, 2k], poniamo, d’ufficio, am = A. Abbiamo allora:
A =1
n
n∑j=1
aj =1
2k
2k∑j=1
aj ≥
2k∏j=1
aj
1/2k
,
da cui segue:
A2k ≥
n∏j=1
aj
·A2k−n,
An ≥n∏j=1
aj ,
provando cosı la disuguaglianza per ogni n ≥ 1.
Si noti come sia possibile dimostrare la tesi dell’esercizio (2.11) anche attraverso AM-GM, in quanto:
n+1
√(1 +
1
n
)n· 1 < 1
n+ 1
(n
(1 +
1
n
)+ 1
)= 1 +
1
n+ 1.
Esercizio 2.63 (GM-HM). Si provi che se a1, . . . , an sono numeri reali positivi, si ha:
n1a1
+ . . .+ 1an
≤ n√a1 · . . . · an
e l’uguaglianza e verificata se e solo se a1 = . . . = an.
Esercizio 2.64 (AM-QM). Si provi che se a1, . . . , an sono numeri reali qualunque, si ha:∣∣∣∣a1 + . . .+ ann
∣∣∣∣ ≤√a21 + . . .+ a2n
n
e l’uguaglianza e verificata se e solo se a1 = . . . = an.
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Esercizio 2.65. Si provi che per ogni x ∈ [0, 1] vale la doppia disuguaglianza:
1 +x
2− x2
8 + 4x≤√
1 + x ≤ 1 +x
2− x2
8√
1 + x.
Tramite tale disuguaglianza, si dimostri che vale√
120 ≈ 11− 11241 .
Dimostrazione. Dalla disuguaglianza aritmo-geometrica segue immediatamente√
1 + x ≤ 1 + x2 .
Tuttavia:
1 +x
2−√
1 + x =√
1 + x+ x2/4−√
1 + x =x2
4· 1√
1 + x+ x2/4 +√
1 + x,
e il denominatore dell’ultima frazione e chiaramente compreso tra 2√
1 + x e 2 + x.
Esercizio 2.66 (Versione migliorata della disuguaglianza 2.10). Si provi che se x > y > 0 e n ≥ 2, si
ha:
xn − yn > n · (x− y) · (xy)n−12 .
Esercizio 2.67 (Disuguaglianza di Samuelson).
Dati due o piu numeri reali x1, . . . xn, si definisca il loro valor medio come:
x =1
n
n∑k=1
xk,
e il loro scarto quadratico medio come:
σ2 =1
n
n∑k=1
(xk − x)2.
Si provi che per ogni i ∈ {1, . . . , n} si ha:
|xi − x| ≤ σ√n− 1.
Dimostrazione. Posto yi , xi− x, si ha∑nk=1 yi = 0 e la disuguaglianza da provare risulta equivalente a:
ny2i ≤ (n− 1)
n∑k=1
y2i ,
a sua volta equivalente, a meno di sottrarre (n− 1)y2i da ambo i membri, a:
y2i ≤ (n− 1)∑j 6=i
y2i .
Poiche il membro sinistro altro non e che(∑
j 6=i yj
)2, la tesi segue dall’applicazione della disuguaglianza
di Cauchy-Schwarz.
Pagina 22 di 53
2 PROLEGOMENA
Teorema 2.68 (Karamata, Hardy-Littlewood). Siano ora (a1, . . . , ak) e (b1, . . . , bk) due sequenze di
numeri reali non negativi con le seguenti proprieta:
• ∀i < j, ai ≥ aj e bi ≥ bj (ordinate debolmente descrescenti);
• ∀i ∈ [1, k], Ai =.∑ij=1 aj ≥
∑ij=1 bj =. Bi (la prima sequenza maggiora la seconda);
•∑kj=1(aj − bj) = 0 (medesima somma).
La disuguaglianza di Karamata, anche nota come disuguaglianza di Hardy-Littlewood,
asserisce che in tali ipotesi una qualunque funzione reale convessa realizza:
k∑i=1
f(ai) ≥k∑i=1
f(bi).
Dimostrazione. Se f e convessa, la funzione
δf (a, b) =f(b)− f(a)
b− a
e simmetrica nei suoi argomenti e crescente al crescere del secondo argomento.
Se nelle ipotesi del teorema poniamo dunque
ci = δf (ai, bi),
abbiamo:
k∑i=1
(f(ai)− f(bi)) =
k∑i=1
ci(ai − bi) =
k∑i=1
ci(Ai −Ai−1 −Bi +Bi−1) =
k−1∑i=1
(ci − ci+1)(Ai −Bi),
ma
ci = δf (ai, bi) ≥ δf (bi, ai+1) ≥ δf (ai+1, bi+1) = ci+1
e la tesi e provata.
Esercizio 2.69 (Prodotto di Wallis). Si provi che posto:
an =(2n− 1) · (2n− 3) · . . . · 3 · 1
(2n) · (2n− 2) · . . . · 4 · 2=
(2n− 1)!!
(2n)!!=
1
4n
(2n
n
)la successione {na2n}n≥1 ammette limite.
Dimostrazione. Si noti che si ha:n∏k=1
(1− 1
4k2
)=
n∏k=1
(2k − 1) · (2k + 1)
(2k) · (2k)= (2n+ 1)a2n
e che il prodotto che figura nel membro sinistro e convergente, in quanto:
1− 1
4k2≤ exp
(− 1
4k2
),
n∑k=1
1
k2>
n∑k=1
1
k(k + 1)=
n
n+ 1.
Si noti, inoltre, che in virtu del prodotto di Weierstrass per la funzione seno si ha:
limN→+∞
N∏k=1
(1− 1
4k2
)=
+∞∏k=1
(1− 1
4k2
)=
sinx
x
∣∣∣∣x=π/2
=2
π.
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Vale percio l’identita:
(2N + 1)π
2 · 16N
(2N
N
)2
=∏k>N
(1− 1
4k2
)−1= exp
(∑k>N
− log
(1− 1
4k2
)),
dove l’argomento dell’esponenziale a membro destro e compreso tra 14N+2 e 1
4N+13/6 .
E inoltre possibile provare che si ha:
(2N + 1)π
2 · 16N
(2N
N
)2
= 1 + θN , θN ∈[
3
12N + 5,
2
8N + 3
]e che il membro sinistro e una funzione di N decrescente e log-convessa.
Esercizio 2.70. Si provi l’identita:
+∞∏k=1
(1 +
1
4k(k + 1)
)=
4
π
e se ne deduca la disuguaglianza πe1/4 > 4.
Esercizio 2.71. Si provi la super-additivita della media geometrica, ossia il fatto che, se a1, . . . , an
sono quantita positive,n∏j=1
(aj + 1)1/n ≥ 1 +
n∏j=1
a1/nj .
Esercizio 2.72 (Disuguaglianza di Nesbitt). Si provi che se a, b, c sono numeri reali positivi, vale:
a
b+ c+
b
a+ c+
c
a+ b≥ 3
2.
Esercizio 2.73. Combinando l’identita di Vandermonde con la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz, si
provi che per ogni numero naturale n ≥ 2 si ha:(2n
n
)≥ 4n
n+ 1.
Dimostrazione. Si ha:
2n =
n∑k=0
(n
k
)=
n∑k=0
1 ·(n
k
)≤
√√√√(n+ 1)
n∑k=0
(n
k
)2
=
√(n+ 1)
(2n
n
),
da cui la tesi.
Stime piu stringenti possono essere dedotte dal fatto che, posto an = 14n
(2nn
), si ha a0 = 1, a1 = 1
2 e:
an+1
an= 1− 1
2n+ 2,
Pagina 24 di 53
2 PROLEGOMENA
dunque:
an =anan−1
· an−1an−2
· . . . · a1a0· a0 =
n∏k=1
(1− 1
2k
)=
(2n− 1)!!
(2n)!!,
an =
∏nk=1
(1− 1
4k2
)∏nk=1
(1 + 1
2k
) ≥ 2
π∏nk=1
(1 + 1
2k
) =2
π(2n+ 1)an,
e per ogni n ≥ 1 si ha:
4n√π(n+ 1/2)
≤(
2n
n
)≤ 4n√
πn.
Vale inoltre l’ancor piu ficcante:
4n√πn+ 1
≤(
2n
n
)≤ 4n√
π(n+ 1/4).
Teorema 2.74 (Formula di sommazione per parti). Dati a1, . . . , an e b1, . . . , bn, si ponga:
Ak ,k∑j=1
aj .
Vale allora:n∑k=1
akbk = Anbn −n−1∑k=1
Ak(bk+1 − bk).
Esercizio 2.75 (Una disuguaglianza per i numeri armonici). Si provi che per ogni k ≥ 1 si ha:
1
2k(k + 1)≤ 1
k− log
(1 +
1
k
)≤ 2
3k(k + 1)
e si deduca da cio che i numeri armonici Hn ,∑nk=1
1k realizzano la disuguaglianza:
log n+ γ ≤ Hn ≤ log(n+ 1) + γ
dove γ e la costante di Eulero-Mascheroni:
γ ,+∞∑k=1
(1
k− log
(1 +
1
k
))= 0.5772156649 . . . .
Esercizio 2.76. (A)
Attraverso la formula di sommazione per parti, si dimostrino le seguenti identita:
n∑k=1
Hk = (n+ 1)Hn − n,
Pagina 25 di 53
n∑k=1
H2k = (n+ 1)H2
n − (2n+ 1)Hn + 2n.
Esercizio 2.77. Si dimostri che
limn→+∞
(1√n2
+1√
n2 + 1+ . . .+
1√n2 + 2n
)= 2
(A) e si determini il valore di:
limn→+∞
n2 ·(−2 +
1√n2
+1√
n2 + 1+ . . .+
1√n2 + 2n
).
Esercizio 2.78. Si provi che:100∑a=0
100∑b=0
(100a
)(100b
)(200a+b
) = 201.
Esercizio 2.79. Si determini il carattere della successione definita da:
an = n1n · (n+ 1)
1n+1 · . . . · (2n)
12n .
Dimostrazione. Considerato il logaritmo di an, resta da studiare la somma:
Sn =
2n∑k=n
log n
n.
Poiche Hn = log n+ γ +O(1n
)e per sommazione parziale si ha:
N∑n=1
Hn
n=H2n +H
(2)n
2=
1
2log2N + γ logN +
γ2 + ζ(2)
2+O
(1
N
),
donde:
2N∑n=N
Hn
n=
HN
N+ log 2 logN +
(1
2log2 2 + γ log 2
)+O
(1
N
)= log 2 logN +
(1
2log2 2 + γ log 2
)+O
(logN
N
),
e poiche:2N∑n=N
1
n= log 2 +O
(1
N
),
2N∑n=N
1
n2= O
(1
N
),
si ha:
Sn = log 2 logN +
(1
2log2 2
)+O
(logN
N
),
e la successione {an}n∈N risulta divergere come nlog 2.
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3 SUCCESSIONI, SERIE E CRITERI DI CONVERGENZA
3 Successioni, serie e criteri di convergenza
Esercizio 3.1. La successione {an}n≥1 e data da a1 =√
2 e dalla relazione an+1 =√
2 + an.
Si provi che per ogni numero naturale positivo n si ha:
2n+1√
2− an < π.
Dimostrazione. Attraverso le formule di bisezione del seno, e piuttosto semplice provare che la quan-
tita 2n+1√
2− an e il semiperimetro di un poligono regolare di 2n+2 lati inscritto in una circonferenza
unitaria.
Esercizio 3.2 (Dal Conti-Acquistapace-Savojini).
Si dimostri che se {an}n∈N e una successione di numeri non negativi, la serie∑n≥0
an
converge se e solo se converge la serie ∑n≥0
an1 + an
.
Dimostrazione. Una delle due implicazioni e immediata: poiche 0 ≤ an1+an
≤ an, la convergenza della
prima serie implica la convergenza della seconda. D’altro canto, posto bn = an1+an
, si ha an = bn1−bn .
Assumendo che la serie∑n≥0 bn risulti convergente, per ogni n sufficientemente grande (n ≥ N) si ha
bn ≤ 12 , il che comporta an ≤ 2bn e la tesi.
Esercizio 3.3. Si dimostri l’identita:∑n≥0
1
(2n+ 1)(2n+ 2)=∑n≥0
4
(4n+ 1)(4n+ 2)(4n+ 3).
Dimostrazione.∑n≥0
1
(2n+ 1)(2n+ 2)=
∑n≥0
(1
(2n+ 1)− 1
(2n+ 2)
)=∑n≥0
(−1)n
n+ 1
=∑n≥0
(1
4n+ 1− 1
4n+ 2+
1
4n+ 3− 1
4n+ 4
)
=∑n≥0
(1
4n+ 1− 2
4n+ 2+
1
4n+ 3
)+∑n≥0
(1
4n+ 2− 1
4n+ 4
)=
∑n≥0
2
(4n+ 1)(4n+ 2)(4n+ 3)+
1
2
∑n≥0
1
(2n+ 1)(2n+ 2).
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Esercizio 3.4. Si determini il comportamento della serie:
+∞∑n=1
(n√n− 1
n√n
).
Dimostrazione. Si noti che per ogni n ≥ 3 si ha:(1 +
1
n
)n< e < n,
che comporta:n√n− 1 >
1
n.
Da quest’ultima disuguaglianza segue:1n√n< 1− 1
n+ 1,
o, equivalentemente:
1− 1n√n>
1
n+ 1.
Abbiamo dunque che per ogni n ≥ 3 si ha:
n√n− 1
n√n≥ 1
n+
1
n+ 1,
che comporta che la serie diverga positivamente.
Esercizio 3.5 (Una semplice disuguaglianza riguardo il fattoriale). Per ogni n ≥ 2, vale:
e ·(ne
)n< n! < e
√n(ne
)n.
Dimostrazione. Il risultato segue dall’esercizio (2.12). Poiche
N∏n=1
(1 +
1
n
)= N + 1,
si ha:
n! =nn∏n−1
k=1
(1 + 1
k
)k .Poiche la successioni date da
(1 + 1
k
)ke(1 + 1
k
)k+ 12 per k ≥ 1 sono ambedue convergenti ad e, ma la
prima e crescente mentre la seconda e decrescente, la tesi segue da semplici manipolazioni algebriche.
Una disuguaglianza assai piu stringente, ma anche assai piu ardua da dimostrare con tecniche elementari,
e la seguente:
Teorema 3.6 (Disuguaglianza di Stirling).(ne
)n√2πn exp
(1
12n+ 1
)< n! <
(ne
)n√2πn exp
(1
12n
).
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3 SUCCESSIONI, SERIE E CRITERI DI CONVERGENZA
Esercizio 3.7. Si provi che si ha:
+∞∑n=1
2 arctan1
2n2=π
2=
+∞∑n=0
arctan1
F2n+1.
Esercizio 3.8. Si provi che se una successione reale {an}n∈N e limitata e soddisfa
an+1 − an = o(1),
non necessariamente essa e convergente. Si provi che, tuttavia, se si ha
an+1 − an = O
(1
n log2 n
)o la piu debole
an+1 − an = O
(1
n log n(log log n)2
)allora {an}n∈N e necessariamente convergente.
Dimostrazione. Per la prima parte, si consideri la successione data da an = sin log(n+ 1).
Per la seconda parte, si tenga in considerazione il criterio di condensazione di Cauchy.
Esercizio 3.9. (A) Si provi che se ∑n≥1
an
e una serie a termini positivi convergente, lo e anche∑n≥1
n1a1
+ . . .+ 1an
e che vale: ∑n≥1
n1a1
+ . . .+ 1an
< e ·∑n≥1
an.
Si provi infine che l’ultima disuguaglianza resta vera rimpiazzando la costante e con la costante 2.
Esercizio 3.10. Sia {an}n∈N una successione illimitata e crescente di numeri reali positivi. Si provi che
esiste una successione {bn}n∈N di numeri reali positivi tale per cui la serie∑n∈N bn converge mentre la
serie∑n∈N anbn diverge positivamente.
Esercizio 3.11. Sia {an}n∈N una successione di numeri reali positivi, tale per cui la serie∑n∈N an
converge. Si provi che esiste una successione {bn}n∈N di numeri reali positivi, crescente e illimitata, tale
per cui la serie∑n∈N anbn converge.
Pagina 29 di 53
Dimostrazione. Relativamente al primo esercizio, consideriamo la successione {bn}n∈N definita attraverso:
b0 =1√a0, bn =
1√an−1
− 1√an.
E immediato verificare che la successione {bn}n∈N e positiva, e che si ha:
∑n≤N
bn =1√a0
+
N∑n=1
(1
√an−1
− 1√an
)=
2√a0− 1√aN
.
Poiche la successione {an}n∈N e illimitata, l’ultima identita prova che la serie∑n∈N bn converge a 2√
a0.
Abbiamo inoltre:
anbn = an ·√an −
√an−1√
an−1an≥√an −
√an−1.
L’ultima identita prova che vale∑Nn=1 anbn ≥
√aN −
√a0, per cui la serie
∑n∈N anbn diverge positiva-
mente.
Relativamente al secondo esercizio, non e restrittivo supporre che si abbia∑n∈N an = 1 a meno di
moltiplicare ogni elemento della successione {an}n∈N per una costante positiva. Consideriamo allora la
successione {bn}n∈N definita attraverso:
b0 = c0 = 1, bn =1√cn, cn = 1−
n−1∑m=0
am.
Poiche∑n∈N an e una serie a termini positivi convergente a 1, {cn}n∈N e una successione a termini
positivi decrescente a 0, dunque {bn}n∈N e positiva e illimitata. Vale inoltre an = cn − cn+1, ragion per
cui:
anbn =cn − cn+1√
cn=
(√cn −
√cn+1
)·(√cn +
√cn+1
)√cn
≤ 2(√cn −
√cn+1
).
Cio comporta: ∑n≤N
anbn ≤ a0 + 2 ·∑n≤N
(√cn −
√cn+1
)= a0 + 2
(1−√cN+1
),
per cui la serie∑n∈N anbn risulta convergere a L ≤ a0 + 2.
Si noti come ambedue gli esercizi siano conseguenza della piu generale disuguaglianza:
N∑n=1
an
∑m≥n
am
−β < 1
β
(N∑n=1
an
)1−β
,
valida per ogni successione {an}+∞n=1 a termini positivi tale per cui∑+∞n=1 an converga, per ogni β ∈ (0, 1),
per ogni N ≥ 1.
Esercizio 3.12.
Sia {an}n≥1 una successione positiva tale per cui la serie∑n≥1 an risulti divergente.
Posto An =∑nk=1 ak, si provi che la serie ∑
n≥1
anA2n
risulta convergente.
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3 SUCCESSIONI, SERIE E CRITERI DI CONVERGENZA
Dimostrazione. Si ha:1
An− 1
An+1=
an+1
AnAn+1>an+1
A2n+1
dunque la tesi e immediata conseguenza della proprieta telescopica.
Esercizio 3.13. (A) Si provi che si ha:
+∞∑n=1
1
nH2n
<17
9.
Suggerimento: si scriva in forma alternativa 1Hn− 1
Hn+1e si provi che vale:
+∞∑n=1
1
nH2n
= 1 +
+∞∑n=1
1
(n+ 1)H2n+1
= 2−+∞∑n=1
1
(n+ 1)2HnH2n+1
.
Esercizio 3.14. Si provi che per ogni numero naturale positivo N si ha:
N∏n=1
(1 +
1
n3
)<
23
9.
Dimostrazione. Si ha∏3n=1
k3+1k3 = 7
3 e:
+∞∏n=4
k3 + 1
k3<
+∞∏k=4
k3 + 1
k3 − 1=
+∞∏k=4
k + 1
k2 + k + 1· k − 1
k2 − k + 1,
ma l’ultimo prodotto e telescopico e il suo valore e pari a 1312 . Segue:
N∏k=1
(1 +
1
n3
)<
7
3· 13
12=
91
36<
23
9.
In alternativa, si noti che per ogni k ≥ 2 si ha:
1 +1
k3=
(1 +
1
k
)(1− 1
k+
1
k2
)=
(1− 1
k2
)(1 +
1
k(k − 1)
),
ma poiche per proprieta telescopica:+∞∏k=2
(1− 1
k2
)=
1
2,
si verifica:+∞∏k=1
(1 +
1
k3
)=
+∞∏k=1
(1 +
1
k(k + 1)
)<
7
4· exp
+∞∑k=3
1
k(k + 1)=
7
43√e <
22
9.
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Esercizio 3.15. Sia {xn}n∈N∗ una successione di numeri reali positivi tale per cui∑∞n=1 xn converge.
Si provi che anche∞∑n=1
x1 + 2x2 + 3x3 + ...+ nxnn(n+ 1)
e convergente.
Dimostrazione. Scambiando le somme:
N∑n=1
1
n(n+ 1)
n∑k=1
kxk =
N∑k=1
(kxk ·
N∑n=k
1
n(n+ 1)
)=
N∑k=1
(kxk
(1
k− 1
N + 1
))so:
N∑n=1
1
n(n+ 1)
n∑k=1
kxk ≤N∑k=1
xk.
Alternativamente, la formula di sommazione per parti comporta:
N∑n=1
∑nk=1 kxk
n(n+ 1)=
(1− 1
N + 1
) N∑k=1
kxk −N∑k=2
(1− 1
k
)kxk
=
N∑k=1
xk −1
N + 1
N∑k=1
kxk.
Come terza alternativa, poiche la successione an =∑nk=1 xk e convergente, cosı lo e pure la successione:
bn =1
n
n∑j=1
aj =1
n(nx1 + (n− 1)x2 + . . . xn) =
n+ 1
nan −
1
n
n∑k=1
kxk
in virtu del teorema della media di Cesaro. Inoltre, limn→+∞ an = limn→+∞ bn comporta:
1
n
n∑k=1
kxk = O
(1
n
),
da cui:n∑k=1
kxkn(n+ 1)
= O
(1
n2
)che assicura la convergenza.
Si noti come nell’ultima dimostrazione non si sia fatto uso dell’ipotesi xk > 0.
Esercizio 3.16. (A) Si provi che per N tendente a +∞ vale il seguente sviluppo asintotico:
∑n≥N
1
n2=
1
N+
1
2N2+
1
6N3− 1
30N5+O
(1
N7
).
Un espediente piuttosto astuto per giungere a provare la tesi e decomporre il termine 1n2 in somma di
funzioni razionali di n che, singolarmente, danno luogo a somme telescopiche. Si ha:
1
n2− 1
n(n+ 1)=
1
n2(n+ 1),
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3 SUCCESSIONI, SERIE E CRITERI DI CONVERGENZA
mentre:1
n2− 1
(n+ 1)2=
2n+ 1
n2(n+ 1)2=
2
n2(n+ 1)− 1
n2(n+ 1)2,
dunque:
1
n2=
(1
n− 1
n+ 1
)+
1
2
(1
n2− 1
(n+ 1)2
)+
1
2n2(n+ 1)2.
Continuando il processo:
1
n3− 1
(n+ 1)3=
3n2 + 3n+ 1
n3(n+ 1)3=
3
n2(n+ 1)2+
1
n3(n+ 1)3,
1
n5− 1
(n+ 1)5=
5
n3(n+ 1)3+
5
n4(n+ 1)4+
1
n5(n+ 1)5,
donde: ∑N≥n
1
n2=
1
N+
1
2N2+
1
6N3−∑n≥N
1
6n3(n+ 1)3
=1
N+
1
2N2+
1
6N3− 1
30N5+∑n≥N
5n2 + 5n+ 1
30n5(n+ 1)5.
Vedremo piu avanti come il membro sinistro coincida con la derivata seconda della funzione log Γ.
Integrando due volte ed esponenziando, otteniamo la seguente forma della disuguaglianza di Stirling:
(ne
)n√2πn · exp
(1
12n− 1
360n3
)≤ n! ≤
(ne
)n√2πn · exp
(1
12n
).
Esercizio 3.17 (dalle Bangladesh Mathematical Olympiad, 2013). (A) Si dimostri l’identita:
+∞∑n=1
+∞∑m=1
m2n
3m(m3n + n3m)=
9
32.
Esercizio 3.18. (A) Si dimostri l’identita:
+∞∑k=1
1
k3(k + 1)3= 10− π2.
Esercizio 3.19. Si determini, se esiste, il valore del seguente limite:
limn→+∞
(n∑k=1
sinlog k
k
) 1n
.
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Dimostrazione. Poiche per ogni x tale per cui |x| < 1 si ha sinx = x+O(x3), vale:
n∑k=1
sinlog k
k= O(1) +
n∑k=1
log k
k=
1
2log2 n+O(log n),
dunque il limite esiste ed e pari a 1.
Esercizio 3.20 (Costante di Glaisher-Kinkelin). (A) Si provi che il seguente limite esiste finito:
limn→+∞
n−6n2+6n+1
12 · en2
4 ·(11 · 22 · . . . · nn
).
Esercizio 3.21. Si provi che se x, y, z sono tre numeri reali a somma nulla, allora:
x2 + y2 + z2
2· x
5 + y5 + z5
5=x7 + y7 + z7
7.
Esercizio 3.22. (A) Si discuta la convergenza della serie:
S =
+∞∑n=1
n∏k=1
sin k.
Dimostrazione. La serie e convergente in quanto assolutamente convergente.
Proviamo preliminarmente che per ogni numero reale x si ha:
| sin(x) sin(x+ 1) sin(x+ 2)| ≤ cos2(1) <8
27. (1)
I punti stazionari della funzione f(x) = sin(x) sin(x+ 1) sin(x+ 2) sono situati negli zeri della derivata:
f ′(x) =1
2cos(x+ 1)
(5 + cos 2− 6 cos2(x+ 1)
).
Calcolando esplicitamente tali zeri, (1) segue immediatamente. Posto:
an =
∣∣∣∣∣n∏k=1
sin k
∣∣∣∣∣ ,poiche max
(32a1,
94a2)< 7
4 , in virtu di (1) si ha:
an ≤7
4
(2
3
)n,
dunque S converge assoultamente per confronto con la serie geometrica di parametro 23 .
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4 DERIVATE E DINTORNI
4 Derivate e dintorni
Esercizio 4.1. Dati m,n ∈ N∗, si determini il valore del massimo della funzione:
f(x) = xn(1− x)m
sull’intervallo I = (0, 1).
Dimostrazione. Poiche f e non negativa su I, i punti stazionari di f e log f sono i medesimi.
D’altro canto, posto:
g(x) , log f(x) = n log x+m log(1− x),
g(x) risulta una funzione derivabile su I, dunque, in virtu del teorema di Fermat, i suoi punti stazionari
si trovano in corrispondenza degli zeri della derivata:
g′(x) =n
x+
m
1− x,
dunque in corrispondenza degli zeri di n(1− x) +mx, ossia in x = nn+m .
In tale punto f ammette un massimo assoluto, da cui:
supx∈(0,1)
f(x) = maxx∈(0,1)
f(x) = f
(n
n+m
)=
nnmm
(n+m)n+m.
Teorema 4.2 (Darboux). Sia I un intervallo aperto della retta reale e f : I → R una funzione derivabile
su I. Allora f ′ ha la proprieta dei valori intermedi: se a e b sono punti di I con a < b, per ogni y tra
f ′(a) e f ′(b) esiste x ∈ (a, b) tale per cui f ′(x) = y.
Dimostrazione. Se y e uguale a f ′(a) o a f ′(b) non c’e nulla da dimostrare. In caso contrario, non e
restrittivo supporre che y sia strettamente compreso tra f ′(a) e f ′(b). Consideriamo ora la funzione
φ(t) , f(t)− yt. Tale funzione e continua e derivabile sull’intervallo [a, b], pertanto ammette massimo su
[a, b] in un punto ξ che realizza φ′(ξ) = 0. Tale punto non puo coincidere ne con a ne con b (in quanto
φ′(a) e φ′(b) differiscono da zero), dunque ξ ∈ (a, b) realizza f ′(ξ) = y come voluto.
Esercizio 4.3. (A) Si provi l’esistenza di una funzione f : R→ R munita della proprieta di Darboux
(o dei valori intermedi):
∀y ∈ [f(a), f(b)], ∃x ∈ [a, b] : f(x) = y
ma discontinua in ogni punto.
Esercizio 4.4. (A) Si provi che ogni funzione f : R → R puo essere espressa come somma di due
funzioni reali munite della proprieta di Darboux.
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Esercizio 4.5. Si provi che per tutti i k ∈ R \ [−α, α] (per un certo α ∈ R+) l’equazione:
x+ sinx+1
x+ sinx= k
ha esattamente due soluzioni reali distinte.
Esercizio 4.6. Sia x ≥ 1. Si provi che per ogni n ∈ N si ha:
(x+√x2 − 1)n + (x−
√x2 − 1)n ≤ 2(1 + n(x− 1))n.
Dimostrazione. Posto x = cosh t abbiamo che la disuguaglianza risulta equivalente a:
cosh(nt) ≤ (cosh t+ (n− 1)(cosh t− 1))n
o a:
cosh(nt) ≤(
1 + 2n sinh2 t
2
)no a:
1 + 2 sinh2(nz) ≤(1 + 2n sinh2 z
)no a:
1
nlog(1 + 2 sinh2(nz)
)≤ log
(1 + 2n sinh2 z
).
L’uguaglianza e realizzata in z = 0; considerando la differenza tra le derivate di ambo i membri e sufficiente
provare che:
(n− 1) sinh(nu) ≥ n sinh((n− 1)u).
L’uguaglianza e realizzata in u = 0; differenziando nuovamente abbiamo che e sufficiente dimostrare:
cosh(nu) ≥ cosh((n− 1)u)
che e banale.
Esercizio 4.7. Dato un numero naturale n ≥ 2 e una funzione f(x) continua sull’intervallo [0, n] e
tale per cui f(0) = f(n), si provi che esistono x1, x2 ∈ [0, n] tali per cui |x1−x2| = 1 e f(x1) = f(x2).
Esercizio 4.8. (A) Per ogni numero naturale positivo n, si esibiscano due funzioni f, g di classe C∞
sull’intervallo I = [0, 1], tali per cui su I f risulti positiva e crescente, g risulti negativa e crescente
e f · g abbia n punti stazionari.
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4 DERIVATE E DINTORNI
Esercizio 4.9. Si esibisca una funzione f ∈ C∞(R) tale per cui l’equazione
f(x) = k
abbia esattamente 3 soluzioni reali distinte per ogni k ∈ R.
Si provi inoltre che non esistono funzioni g ∈ C0(R) tali per cui l’equazione
g(x) = k
abbia esattamente 4 soluzioni reali distinte per ogni k ∈ R.
Esercizio 4.10. Si determini la migliore (ossia la piu piccola) costante M per cui si ha:
ex sinx− ey sin y
ey − ex≤M
per ogni coppia di numeri reali (x, y) con x < y.
Dimostrazione. Ponendo u = ex, v = ey e f(w) = −w sin(logw), il problema si riconduce a determinare:
sup0<u<v
f(v)− f(u)
v − u,
ma in virtu del Teorema di Lagrange si ha:
f(v)− f(u)
v − u= f ′(ξ), ξ ∈ (u, v),
e poiche:
f ′(w) = − sin logw − cos logw = −√
2 sin(π
4+ logw
)si ha M =
√2.
Esercizio 4.11. Si determinino i valori di k ∈ R per cui il polinomio
p(x) = x3 − 6x2 + 9x+ k
ammette un’unica radice reale.
Dimostrazione. E sufficiente determinare il massimo sull’intervallo I = [0, 3] della funzione:
f(x) = x(x− 3)2.
Poiche f ′(x) = 3(x2 − 4x+ 3) = 3(x− 1)(x− 3), tale massimo corrisponde a f(1) = 4.
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Esercizio 4.12. f e una funzione continua su I = [0, 1], derivabile su (0, 1) e tale per cui f(0) = 0
e f(1) = 1. Si provi che per ogni numero naturale n ≥ 1 esistono n punti distinti α1, . . . , αn in I tali
per cui:n∑k=1
1
f ′(αk)= n.
Dimostrazione. f e continua con f(0) = 0 and f(1) = 1.
Segue dal teorema dei valori intermedi che esistono dei numeri
0 = b0 < b1 < · · · < bn−1 < bn = 1
tali per cui
f(bj) =j
nper j = 0, . . . , n.
Utilizzando ora il fatto che f e derivabile ed applicando il teorema di Lagrange ad ogni intervallo [bj−1, bj ],
j = 1, . . . n, si ha che esistono dei numeri αj ∈ (bj−1, bj) tali per cui:
f ′(αj) =f(bj)− f(bj−1)
bj − bj−1=
1
n(bj − bj−1).
Segue allora:n∑j=1
1
f ′(αj)= n
n∑j=1
(bj − bj−1) = n(bn − b0) = n .
Si noti che gli αj sono necessariamente distinti in quanto appartengono a intervalli disgiunti,
della forma (bj−1, bj).
Esercizio 4.13. Sia n un numero naturale ≥ 2. Si esprima in forma chiusa:
n∑k=0
k2(n
k
).
Dimostrazione. In virtu del teorema binomiale, per ogni x ∈ R si ha:
n∑k=0
(n
k
)xk = 1 +
n∑k=1
(n
k
)xk = (1 + x)n,
dunque differenziando tale identita rispetto a x e moltiplicando per x:
n∑k=1
(n
k
)kxk = nx(1 + x)n−1.
Ripetendo tale procedura una seconda volta:
n∑k=1
(n
k
)k2xk = n(1 + x)n−1 + n(n− 1)x(1 + x)n−2.
Valutando ora la precedente identita in x = 1 si ha:
n∑k=1
(n
k
)k2 = n(n+ 1)2n−2.
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4 DERIVATE E DINTORNI
In alternativa, si consideri che:
n∑k=1
(n
k
)(k
1
)=
n∑k=1
n
(n− 1
k − 1
)= n2n−1,
n∑k=2
(n
k
)(k
2
)=
n∑k=2
(n
2
)(n− 2
k − 2
)=
(n
2
)2n−2.
Teorema 4.14 (delle contrazioni deboli, Banach-Caccioppoli). Sia f : X ⊂ W → W una funzione
contrattiva, ossia una mappa con la seguente proprieta:
∀x1, x2 ∈ X, d(f(x1), f(x2)) < d(x1, x2).
Se W e uno spazio metrico completo per successioni e X e un sottoinsieme compatto, f ammette un
unico punto fisso.
Dimostrazione. Lasciando al lettore la dimostrazione che ogni funzione contrattiva e continua, proviamo
che anche
Φ(x) = d(x, f(x))
e una funzione continua. Sia pertanto z ∈ X e {xn}n∈N una successione a valori in X convergente a z.
In virtu della disuguaglianza triangolare si ha:
Φ(xn) ≤ d(xn, z) + d(z, f(z)) + d(f(z), f(xn)),
ossia:
Φ(xn)− Φ(z) ≤ d(xn, z) + d(f(xn), f(z)).
In virtu della continuita di f , il membro destro dell’ultima disuguaglianza e infinitesimo per n → +∞.
Si ha percio:
limn→+∞
Φ(xn) = Φ(z)
da cui segue la continuita di Φ. Per compattezza di X, Φ ammette un minimo in y ∈ X.
Supponendo che si abbia y 6= f(y), si verifica:
Φ(f(y)) = d(f(y), f(f(y))) < d(y, f(y)) = Φ(y),
contravvenendo la minimalita di Φ(y): questo prova che y e punto fisso di f .
Supponendo ora che anche x 6= y sia punto fisso di f , si ha:
d(x, y) = d(f(x), f(y)) < d(x, y),
assurdo.
Notiamo che l’ipotesi di compattezza nell’ultimo enunciato e piuttosto cruciale.
Consideriamo f : (0,+∞)→ (0,+∞) definita da:
f(x) = x+1
x.
f e una funzione derivabile e contrattiva: in virtu del Teorema di Lagrange si ha
∀ 0 < x < y, ∃ ξ ∈ (x, y) :f(y)− f(x)
y − x= f ′(ξ) = 1− 1
ξ2< 1,
ma evidentemente f e priva di punti fissi.
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Esercizio 4.15 (Lemma pre-Niremberg-Gagliardo). (A)
Sia f una funzione due volte differenziabile sulla retta reale. Si provi che, se le quantita
M0 = supx∈I|f(x)|, M1 = sup
x∈I|f ′(x)|, M2 = sup
x∈I|f ′′(x)|
esistono finite e non nulle, vale:
M21 ≤ 4M0M2.
Dimostrazione. In virtu della formula di Taylor con resto di Lagrange si ha:
f(x+ 2h) = f(x) + f ′(x)(2h) +f ′′(ξ)
2!(2h)2
con ξ ∈ (x, x+ 2h). Vale pertanto:
f ′(x) =1
2h(f(x+ 2h)− f(x))− h f ′′(ξ)
e passando ai valori assoluti:
M1 ≤M0
h+ hM2.
Scelto h in modo da minimizzare il membro destro della precedente disuguaglianza,
ossia posto h =√
M0
M2, si ha:
M1 ≤ 2√M0M2
come voluto.
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5 POLINOMI DI TAYLOR E RESTI
5 Polinomi di Taylor e resti
log n! =
n∑k=1
log(k) = n log n−n−1∑k=1
k log
(1 +
1
k
)= n log n−
n−1∑k=1
∫ 1
0
k
t+ kdt
log n! = n log n− n+ 1 +
∫ 1
0
n−1∑k=1
t
t+ kdt
n−1∑k=1
(k log
(1 +
1
k
)− 1 +
1
2log
(1 +
1
k
))= O(1)
n−1∑k=1
((k + 1/2)
∫ k+1
k
dt
t− 1
)=
n−1∑k=1
∫ 1/2
−1/2
−tt+ k + 1/2
dt =
n−1∑k=1
∫ 1
0
t2
(2k + 1)2 − t2dt
k log
(1 +
1
k
)− 1 +
1
2log
(1 +
1
k
)≤∫ 1
0
t2
2k(2k + 2)dt =
1
12k(k + 1)
Questo e sufficiente a provare che la somma per k che va da 1 a infinito del membro sinistro e una serie
convergente. Convergente a 1− 12 log(2π) in virtu del prodotto di Wallis.
log n! = n log n− n+ 1 +1
2log n−
n−1∑k=1
∫ 1
0
t2
(2k + 1)2 − t2dt ≥ n log n− n+
1
2log n+
11
12.
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6 Integrale di Riemann e nozioni di analisi convessa
Diamo una dimostrazione per convessita di quanto enunciato nell’esercizio (2.12).
Poiche la funzione f(x) = 1x e convessa su R+, vale:
log(x+ 1)− log(x) =
∫ x+1
x
dt
t<
1
2
(1
x+
1
x+ 1
), (1)
Per provare che la successione an =(1 + 1
n
)n+ 12 e decrescente, e sufficiente provare che e decrescente il
suo logaritmo. Quest’ultimo obiettivo puo essere perseguito provando che
d
dx
(x+
1
2
)(log(x+ 1)− log x) = (log(x+ 1)− log x)− 1
2
(1
x+
1
x+ 1
)< 0
per ogni x > 1, che e diretta conseguenza di quanto provato in (1).
Esercizio 6.1. Si provi che dalla disuguaglianza di convessita:
log(x+ 1)− log(x) <1
4
(1
x+
2
x+ 1/2+
1
x+ 1
)e possibile dedurre che per ogni n > 1 si ha:
√3
27/4· (n+ 1)n+
34
nn+14
√2n+ 1
< 1,
e che conseguentemente:
e <4√3√
2< 2 +
3
4.
Esercizio 6.2. Si provi che per ogni x ∈ (0, 1) si ha:
arcsinx < 2 arctanx.
Esercizio 6.3. Si provi che sull’intervallo (0, 1) la funzione f(x) = ex log(1 + x) e positiva, crescente e
convessa, e lo stesso vale per f ′′(x). Se ne deduca la disuguaglianza:
1
e<
6
11log 2.
Esercizio 6.4. (A) Si provi che:√
2π > e1112 >
5
2.
Esercizio 6.5. Si provi che le successioni{(
1 + 1n
)n+1}n≥1
e{(
1 + 1n
)n+ 12
}n≥1
sono log-convesse
mentre la successione{(
1 + 1n
)n}n≥1 e log-concava.
Esercizio 6.6. (A) Si provi che le due successioni {an}n≥1 e {bn}n≥1 date da:
an =
(1 +
1
n
)n+ 12−
112n+5
, bn =
(1 +
1
n
)n+ 12−
112n+6
,
ambedue convergenti ad e, sono l’una crescente e l’altra decrescente.
Pagina 42 di 53
7 APPENDICE
Esercizio 6.7. Si provi che la successione {an}n≥1 data da:
an =1
n2
n∑k=1
√k(n− k)
converge crescendo a π8 .
Esercizio 6.8. (A) Si determini il massimo della funzione
f(y) =
∫ y
0
√x4 + (y(1− y))2 dx
sull’intervallo I = [0, 1].
Dimostrazione. Poiche la funzione g(y) = y(1− y) e crescente sull’intervallo[0, 12], a maggior ragione lo
e f . Supponiamo ora y ≥ 12 . Poiche, in virtu del Teorema fondamentale del calcolo:
f ′(y) = −∫ y
0
y(1− y)(2y − 1)√x4 + (y(1− y))2
dx+√y4 + (y(1− y))2,
e in virtu del Teorema della media integrale si ha, per un qualche ξ ∈ [0, y]:∫ y
0
y(1− y)(2y − 1)√x4 + (y(1− y))2
dx = yy(1− y)(2y − 1)√ξ4 + (y(1− y))2
≤ y(1− 2y),
per verificare che f ′(y) ≥ 0 su tutto I e sufficiente verificare la disuguaglianza:
y2 + (1− y)2 ≥ (2y − 1)2
per ogni y ∈[12 , 1]. Quest’ultima, tuttavia, e banale, per cui f risulta una funzione crescente su I:
il suo massimo e dunque raggiunto in y = 1 e vale 13 .
7 Appendice
Teorema 7.1 (Bohr-Mollerup). La funzione Γ : R+ → R definita da:
Γ(x) =
∫ +∞
0
tx−1e−t dt
e l’unica funzione che, per ogni x > 0, soddisfa le proprieta:
• f(1) = 1;
• Γ(x+ 1) = xΓ(x);
• log Γ(x) e una funzione convessa.
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Dimostrazione. Assumendo che Γ(x) sia una funzione che soddisfa le prime due proprieta, si ha
Γ(n+ 1) = n!
per ogni numero naturale n. Se f(x) e una funzione convessa e 0 < x1 < x2 allora:
∆f (x1, x2) ,f(x2)− f(x1)
x2 − x1
e una funzione crescente rispetto ai suoi parametri, dunque la terza condizione, presa f = log Γ, comporta:
∆f (n− 1, n) ≤ ∆f (n, n+ x) ≤ ∆f (n, n+ 1)
per ogni numero naturale n > 1 e per ogni numero reale x ∈ (0, 1]. L’ultima disuguaglianza implica:
log(n) ≤ 1
x· log
Γ(n+ x+ 1)
n!≤ log(n+ 1),
che, esponenziando, si traduce in:
nxn!
x(x+ 1) · . . . · (x+ n)≤ Γ(x) ≤ nxn!
x(x+ 1) · . . . · (x+ n)· n+ x
n.
Notiamo che si ha limn→+∞n+xn = 1, dunque l’unica funzione sull’intervallo (0, 1] che soddisfa le
condizioni del Teorema e quella definita attraverso il limite (prodotto di Eulero):
Γ(x) = limn→+∞
nx n!
x(x+ 1) · . . . · (x+ n)= limn→+∞
1
x
n∏k=1
(1 +
x
k
)−1(1 +
1
k
)x,
Γ(x) =1
x
+∞∏k=1
(1 +
x
k
)−1(1 +
1
k
)x.
Notiamo che per ogni x ∈ R+ il prodotto e convergente, in quanto per ogni k > 2x+ 1 si ha:
x log
(1 +
1
k
)− log
(1 +
x
k
)= max(x, x2) ·O
(1
k2
).
La funzione definita su R+ da tale prodotto infinito soddisfa le prime due proprieta, non resta percio che
verificare l’identita:
Γ(x) = limn→+∞
nx n!
x(x+ 1) · . . . · (x+ n)=
∫ +∞
0
tx−1e−t dt.
Integrando per parti e semplice verificare che si ha:
nx n!
x(x+ 1) · . . . · (x+ n)=
∫ n
0
(1− t
n
)ntx−1 dt,
dunque e sufficiente provare che vale:
limn→+∞
∫ n
0
(1− t
n
)ntx−1 dt =
∫ +∞
0
tx−1e−t dt.
Poiche per ogni x > 0 l’integrale che figura a membro destro e convergente, per n→ +∞ si ha:∫ +∞
n
tx−1e−t dt = o(1),
Pagina 44 di 53
7 APPENDICE
dunque e sufficiente provare:
limn→+∞
∫ n
0
(e−t −
(1− t
n
)n)tx−1 dx = 0.
Poiche sull’intervallo [0, 1] si ha (1− z) + z2
2 ≥ e−z ≥ (1− z), vale:
e−nz − (1− z)n ≤ n(ez − (1− z))e−(n−1)z ≤ nz2
2e−(n−1)z ≤ enz2
2e−nz,
dunque: ∫ n
0
(e−t −
(1− t
n
)n)tx−1 dx ≤ e
2n
∫ n
0
tx+1e−t dt ≤ e
2nΓ(x+ 2) = O
(1
n
).
Sottolineiamo come la funzione Γ risulti molto regolare su R+ in quanto la log-convessita comporta
la convessita, che a sua volta comporta la continuita. In virtu del prodotto di Eulero, la funzione Γ
risulta positiva su R+.
Teorema 7.2 (Formula di riflessione per la funzione Γ). Per ogni z ∈ (0, 1), si ha:
Γ(z)Γ(1− z) =π
sin(πz).
Dimostrazione. Notiamo che attraverso la formula Γ(z + 1) = zΓ(z) e possibile estendere il dominio di
definizione della funzione Γ all’insieme {x ∈ R : x > −1, x 6= 0} ponendo:
Γ(x) =1
xΓ(x+ 1)
per ogni x ∈ (−1, 0). In virtu del prodotto di Eulero si ha allora:
Γ(z)Γ(1− z) = −zΓ(z)Γ(−z) = −z+∞∏n=1
(1− z2
n2
)−1,
ma il membro destro e pari a πsin(πz) in virtu del prodotto di Weierstrass per il seno.
Corollario 7.3.
Γ
(1
2
)=√π.
Corollario 7.4. Per ogni x > 0 si ha:
limy→+∞
Γ(x+ y)
xy Γ(x)= 1.
Teorema 7.5 (Formula di moltiplicazione per la funzione Γ).
Per ogni x > 0 e per ogni numero naturale positivo n si ha:
n−1∏k=0
Γ
(x+
k
n
)= (2π)
n−12 n−nz+
12 Γ(nx).
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Dimostrazione. Fissato n, consideriamo la funzione:
f(x) ,1
Γ(nx)
n−1∏k=0
Γ
(x+
k
n
).
Si ha:
f(x+ 1)
f(x)=
Γ(nx)
Γ(nx+ n)
n∏k=0
(x+
k
n
)= n−n.
Poiche f(x) e continua, si ha:
f(x) = C · n−nz
per una qualche costante C dipendente unicamente da n.
Il valore di tale costante e determinato univocamente da f(1):
f(1) =1
Γ(n)
n−1∏k=0
Γ
(1 +
k
n
)= n1−n
n−1∏k=1
Γ
(k
n
).
In virtu della formula di riflessione, l’ultimo prodotto e pari a:
n−1∏k=1
Γ
(k
n
)= π
n−12
(n−1∏k=1
sinπk
n
)−1/2.
Presa ω = eπin radice primitiva 2n-esima dell’unita, si ha:
n−1∏k=1
sinπk
n=
1
(2i)n−1
n−1∏k=1
(ωk − ω−k
)=
1
(2i)n−1ωn(n−1)
2
n−1∏k=1
(ω2k − 1
).
Poiche:
xn − 1
x− 1=
n−1∏k=1
(x− ω2k
),
considerando il limite per x→ 1 si ha:
n−1∏k=1
(ω2k − 1
)= (−1)n−1n,
dunque:n−1∏k=1
sinπk
n=
n
2n−1,
e:
f(1) = (2π)n−12√n,
come voluto.
Teorema 7.6 (Raabe). Per ogni a ∈ R+, si ha:∫ a+1
a
log Γ(x) dx = a log a− a+ log√
2π.
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7 APPENDICE
Dimostrazione. Notiamo che log Γ e una funzione Riemann-integrabile su ogni compatto di R in quanto
convessa. Si ha pertanto:∫ a+1
a
log Γ(x) dx = limn→+∞
1
n
n−1∑k=0
log Γ
(a+
k
n
)= limn→+∞
1
nlog
n−1∏k=0
Γ
(a+
k
n
),
ed avvalendoci della formula di moltiplicazione:∫ a+1
a
log Γ(x) dx = limn→+∞
1
nlog(
(2π)n−12 n−na+
12 Γ(na)
)= log
√2π + lim
n→+∞
1
nlog
Γ(na)
nna.
In virtu del Teorema di Cesaro-Stoltz, l’ultimo limite e pari a:
limn→+∞
logΓ((n+ 1)a)nna
(n+ 1)(n+1)a Γ(na)= −a+ lim
n→+∞log
Γ(na+ a)
(n+ 1)aΓ(na)= −a+ a log a.
Corollario 7.7. Per convessita di log Γ, segue:
log Γ(a+ 1/2) ≤ a log a− a+ log√
2π ≤ 1
2(log Γ(a) + log Γ(a+ 1)) .
Vale in realta qualcosa di molto piu forte: per convessita, l’integrale che figura nel Teorema e sempre
stimato dall’alto dall’approssimazione calcolata attraverso il metodo dei trapezi, che tuttavia ammette
forma chiusa in virtu della formula di moltiplicazione. Abbiamo percio:
a log a− a+ log√
2π ≤ 1
n
(log Γ(a+ 1)− log Γ(a)
2+
n−1∑k=0
log Γ
(a+
k
n
))
=1
n
(1
2log a+
n− 1
2log(2π) +
(1
2− na
)log n+ log Γ(na)
),
da cui segue: (na− 1
2
)log(an)− na+ log
√2π ≤ log Γ(na),
che comporta la seguente forma della disuguaglianza di Stirling:
∀z > 0, log Γ(z) ≥(z − 1
2
)log z − z + log
√2π.
Teorema 7.8 (Prodotto di Weierstrass per la funzione Γ). Per ogni z > 0 si ha:
Γ(z + 1) = e−γz+∞∏n=1
(1 +
z
n
)−1ezn ,
dove γ e la costante di Eulero-Mascheroni:
γ = limn→+∞
(Hn − log n) .
Dimostrazione. In virtu del prodotto di Eulero sappiamo che si ha:
Γ(z + 1) =
+∞∏n=1
(1 +
z
n
)−1(1 +
1
n
)z,
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non resta dunque che provare l’identita:
+∞∏n=1
(1 +
1
n
)ze−
zn = e−γz,
equivalente a:+∞∑n=1
(log
(1 +
1
n
)− 1
n
)= −γ.
D’altro canto:N∑n=1
(log
(1 +
1
n
)− 1
n
)= log(N + 1)−HN
per proprieta telescopica, e la tesi segue dal fatto che log(N + 1) = log(N) +O(
1N
)per N → +∞.
Esercizio 7.9 (Una rappresentazione integrale per la costante di Eulero-Mascheroni).
Si dimostri che si ha:
γ =
∫ +∞
0
(1
et − 1− 1
tet
)dt.
Dimostrazione. Poiche:
Hn =
∫ 1
0
xn − 1
x− 1dx =
∫ +∞
0
1− e−nx
ex − 1dx
e:
log n =
∫ n
1
dt
t=
∫ n
1
∫ +∞
0
e−tu du dt =
∫ +∞
0
e−u − e−nu
udu
si ha:
Hn − log n =
∫ +∞
0
(1− e−nt
et − 1− e−t − e−nt
t
)dt
=
∫ +∞
0
(1
et − 1− 1
tet
)dt+
∫ +∞
0
e−nt(
1
t− 1
et − 1
)dt.
Verificato che per t ∈ R+ si ha 1t −
1et−1 ∈
(0, 12), l’ultimo integrale risulta positivo ma minore di 1
2n ,
da cui la tesi.
Definizione 7.10. Per ogni z > 0,la funzione digamma e definita come:
ψ(z) =d
dzlog Γ(z).
In virtu della relazione Γ(x+ 1) = xΓ(x) si ha:
ψ(x+ 1) =1
x+ ψ(x)
e in virtu del prodotto di Weierstrass per la funzione Γ risulta:
log Γ(z + 1) = −γz +
+∞∑n=1
( zn− log
(1 +
z
n
)),
da cui:
ψ(z + 1) = −γ +
+∞∑n=1
(1
n− 1
z + n
)o:
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7 APPENDICE
ψ(z) = −γ − 1
z+
+∞∑n=1
(1
n− 1
z + n
).
Si noti che se z e un numero naturale positivo l’ultima serie risulta telescopica e si ha:
ψ(z) = −γ +Hz−1.
Inoltre, se a, b sono numeri reali positivi e distinti, risulta:
ψ(b)− ψ(a)
b− a=∑n≥0
1
(n+ a)(n+ b).
Passando al limite per b→ a, abbiamo:
ψ′(a) =∑n≥0
1
(n+ a)2.
Come nel caso della funzione Γ, la funzione digamma soddisfa una formula di riflessione:
ψ(1− z)− ψ(z) = π cot(πz)
valida per z ∈ (0, 1).
Teorema 7.11 (Gauss Digamma Theorem). Se pq e un numero razionale positivo, si ha:
ψ
(p
q
)= −γ − log q − π
2cot
πp
q+
q−1∑n=1
cos2πnp
qlog
(2 sin
2np
q
).
Esercizio 7.12. Posto f(x) = − log x, si provi che si ha:∫ 1
0
f(f(x)) dx = γ.
Dimostrazione. Si ha:
I =
∫ 1
0
f(f(x)) dx = −∫ +∞
0
e−x log x dx = − d
da
∫ +∞
0
xa e−x dx
∣∣∣∣a=0
,
dunque:
I = −Γ′(1) = −Γ(1)ψ(1) = γ.
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ζ(2) =4
3
+∞∑n=0
1
(2n+ 1)2=
4
3
∫ 1
0
log y
y2 − 1dy
=2
3
∫ 1
0
1
y2 − 1
[log
(1 + x2y2
1 + x2
)]+∞x=0
dy
=4
3
∫ 1
0
∫ +∞
0
x
(1 + x2)(1 + x2y2)dx dy
=4
3
∫ 1
0
∫ +∞
0
dx dz
(1 + x2)(1 + z2)=
4
3· π
4· π
2=π2
6.
Si provi che se <(A) > − 12 , si ha: ∫ π
0
dθ
1 +A sin2 θ=
π√A+ 1
.
Dimostrazione. Per ogni numero complesso z nella palla unitaria aperta si ha:∑n≥0
(2n
n
)(z4
)n=
1√1− z
,
mentre per ogni numero naturale n si ha:∫ π
0
sin2n θ dθ =π
4n
(2n
n
).
Abbiamo inoltre:
I =
∫ π
0
dθ
1 +A sin2 θ=
∫ π
0
dθ
(1 +A)−A cos2 θ= 2
∫ π/2
0
dθ
(1 +A)−A cos2 θ= 2
∫ π/2
0
dθ
(1 +A)−A sin2 θ
dunque:
I =1
A+ 1
∫ π
0
dθ
1− AA+1 sin2 θ
,
e poiche <(A) > − 12 , risulta
∣∣∣ AA+1
∣∣∣ < 1, dunque e lecito espandere l’ultima funzione integranda come
serie geometrica, e integrando termine a termine risulta:
I =1
A+ 1
∑n≥0
(A
A+ 1
)nπ
4n
(2n
n
)=
π
A+ 1· 1√
1− AA+1
=π√A+ 1
,
come voluto.
Teorema 7.13 (Frullani).
Se f : [0,+∞)+→ R e una funzione continua e tale per cui
limx→+∞
f(x) = 0,
per ogni b > a > 0, a patto che l’integrale esista, si ha:∫ +∞
0
f(bx)− f(ax)
xdx = f(0) log
b
a.
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7 APPENDICE
Dimostrazione. Per ogni x > 0, siano:
m(x) = mint∈[ax,bx]
f(x), M(x) = maxt∈[ax,bx]
f(x).
Vale allora:
m(x) logb
a≤∫ bx
ax
f(u)
udu ≤M(x) log
b
a.
Per continuita di f , si ha allora:
limx→0
∫ bx
ax
f(u)
udu = f(0) log
b
a.
D’altro canto: ∫ y
x
f(bt)− f(at)
tdt =
∫ bx
ax
f(u)
udu−
∫ by
ay
f(u)
udu,
ma poiche |f(u)| ≤ ε per ogni u sufficientemente grande,
limy→+∞
∫ by
ay
f(u)
udu = 0,
da cui la tesi.
Corollario 7.14. ∫ 1
0
x− 1
log xdx = log 2.
Dimostrazione. E sufficiente operare la sostituzione x = e−t per ricondursi all’integrale:∫ +∞
0
e−t − e−2t
tdt.
Corollario 7.15. ∫ 1
0
x− 1
x+ 1· dx
log x= log
π
2.
Dimostrazione. Operando la sostituzione x = e−t ed esprimendo la funzione integranda come serie
geometrica si ha:
I =
+∞∑k=0
(−1)k∫ +∞
0
e−(k+1)t − e−(k+2)t
tdt =
+∞∑k=0
(−1)k logk + 2
k + 1= log
+∞∏k=0
2k + 2
2k + 1· 2k + 2
2k + 3,
dunque:
I = log
+∞∏n=1
4n2
4n2 − 1= − log
+∞∏n=1
(1− 1
4n2
),
e l’ultimo prodotto e esattamente il prodotto di Wallis, pari a 2π .
Lemma 7.16. Se le funzioni
f(z) =∑n≥0
anzn, g(z) =
∑n≥0
bnzn 6= 0
sono definite da serie di potenze a termini non negativi con raggio di convergenza > ρ > 0
e per ogni numero naturale n si ha:an+1
bn+1≥ anbn,
allora la funzionef(z)
g(z)
e debolmente crescente su I = [0, ρ].
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Dimostrazione. E sufficiente studiare il segno di:
∆ε(x) , f(x+ ε)g(x)− f(x)g(x+ ε)
o di:
δ(x) , (f ′g − g′f)(x).
Notiamo che:
[xn]δ(x) =
n∑k=0
(k + 1)ak+1bn−k −n∑k=0
(k + 1)bk+1an−k,
dunque:
[x0]δ(x) = a1b0 − a0b1 = b0b1
(a1b1− a0b0
)≥ 0,
e per induzione [xn]δ(x) ≥ 0, da cui δ(x) ≥ 0 su I.
Esercizio 7.17. Sia f ∈ C1([0, 1]) e tale per cui 0 ≤ f ′ ≤ 1. Si provi che:∫ 1
0
f3 dx ≤(∫ 1
0
f dx
)2
.
Dimostrazione. Si ponga:
g(t) ,
(∫ t
0
f(x) dx
)2
−∫ t
0
f3(x) dx
e si consideri g′(t).
Esercizio 7.18. Sia f0(x) = 1(1+x)3 e {fn}n∈N la successione di funzioni definita attraverso:
fn+1(x) ,∫ x
0
fn(t) dt.
Si determini il valore del limite
limn→+∞
fn(1).
Dimostrazione. Si provi che su [0, 1] si ha:
1
8≤ f0(x) ≤ 1− 7x
8
e si integrino ripetutamente ambo i membri della precedente disuguaglianza.
Esercizio 7.19. Si dimostri che entrambe le serie
f(z) =
∞∑n=1
nzn
1− zn, g(z) =
∞∑n=1
zn
(1− zn)2
convergono uniformemente su ogni compatto della forma |z| ≤ k per ogni k ∈ (0, 1). Si dimostri
inoltre che in |z| < 1 si ha f(z) = g(z).
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7 APPENDICE
Dimostrazione. Assuming |x| < 1, we have:
f(x) =
+∞∑n=1
nxn
1− xn=
+∞∑n=1
n(xn + x2n + x3n + . . .
)=
+∞∑n=1
σ1(n)xn
with σ1(n) =∑d|n d < n2. This gives that the radius of convergence is one and f(z) is a holomorphic
function on the open ball |z| < 1. The situation is the same for:
g(x) =
+∞∑n=1
xn
(1− xn)2=
+∞∑n=1
(xn + 2x2n + 3x3n + . . .
)=
+∞∑n=1
σ1(n)xn.
It is interesting to notice that over |z| < 1 we have:
g ≡ f.
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