feat(analisi): aggiunge la base degli appunti del 18 e del 20 aprile 2023

Analisi matematica 1/Parte teorica/2023-03-31, 04, 18, Teoria sulle derivate/main.tex

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 \title{\textbf{Note del corso di Analisi Matematica 1}}
 \author{Gabriel Antonio Videtta}
-\date{31 marzo, 4 e 18 aprile 2023}
+\date{31 marzo, 4, 18 e 20 aprile 2023}
 
 \begin{document}
 	
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 		Si consideri il rapporto incrementale $\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}$.
 		Allora, per $x \to x_0$, per il teorema di de l'Hopital, $f'(x_0) = \lim_{x \to x_0} f'(x)$.
 	\end{proof}
+
+	\begin{theorem} (sullo sviluppo di Taylor)
+		Sia $I$ un intervallo e sia $\xbar \in I$. Sia $f : I \to \RR$ e
+		sia $d \in \NN$. Sia $f$ derivabile $d-1$ dappertutto e sia derivabile
+		$d$ volte in $\xbar$. Allora, detti
+		
+		\[ P_d(h) = f(\xbar) + f'(\xbar) h + \ldots + \frac{f^{(d)}(\xbar)}{d!} h^d, \]
+		
+		\[ R_d(h) = f(\xbar + h) - P_d(h), \]
+		
+		\begin{enumerate}[(a)]
+			\item $R_d(h) = o(h^d)$ per $h \to 0$,
+			
+			\item se $f$ è derivabile $d$ volte su $I$ e $d+1$ volte in $\xbar$, allora $R_d(h) = O(h^{d+1})$ per $h \to 0$ e $\frac{R_d(h)}{h^{d+1}} \to \frac{f^{(d+1)}(\xbar)}{(d+1)!}$,
+			
+			\item se $f$ è derivabile $d+1$ volte su $I$, allora
+			$\forall h \mid \xbar + h \in I$, $\exists \tilde x \in [\xbar, \xbar + h] \mid R_d(h) = \frac{f^{(d+1)}(\tilde x)}{(d+1)!}$ (\textit{formula del resto di Lagrange}),
+			
+			\item se $f \in C^{d+1}$, allora $R_d(h) = \frac{1}{d!} \int_0^h (h-t)^d f^{(d+1)}(\xbar + t) \, dt$ (\textit{formula integrale}).
+		\end{enumerate}
+	\end{theorem}
+
+	\begin{proof} % TODO: dimostrazione farlocca, migliorarla
+		(d) Si assuma $\xbar = 0$ e $f \in C^{d+1}$. Innanzitutto
+		si osserva che la tesi è equivalente a mostrare che $f(h) = P_d(h) + \frac{1}{d!} \int_0^h (h-t)^d f^{(d+1)}(t) \, dt$. \\
+		
+		Se $d=0$, $f(h) = f(0) + \int_0^h f'(t) \,dt$ (teorema fondamentale
+		del calcolo integrale). $f(h) = f(0) + \abs{-(h-t) f'(h)}_0^h + \int_0^h (h-t) f''(t) \, dt$. [...] % TODO: si continua per induzione 
+	\end{proof}
+
+	\begin{proposition}
+		Sia $f : I \to \RR$ derivabile. Sia $\xbar \in I$ tale che
+		$f'(\xbar) = 0$ ed esista $f''(\xbar)$. Allora:
+		
+		\begin{enumerate}[(i)]
+			\item $f''(\xbar) > 0 \implies \xbar$ è un punto di minimo locale stretto,
+			\item $f''(\xbar) < 0 \implies \xbar$ è un punto di massimo locale.stretto,
+			\item $\xbar$ è un punto di minimo locale $\implies f''(\xbar) \geq 0$,
+			\item $\xbar$ è un punto di massimo locale $\implies f''(\xbar) \leq 0$. 
+		\end{enumerate}
+	\end{proposition}
+
+	\begin{proof}
+		Per lo sviluppo di Taylor, $f(\xbar + h) = f(\xbar) + f'(\xbar) h + \frac{1}{2} f''(\xbar) h^2 + o(h^2) \implies \frac{f(\xbar + h) - f(\xbar)}{h^2} = \frac{1}{2} f''(\xbar) + o(1)$ (infinitesimo).
+		Allora $\frac{f(\xbar + h) - f(\xbar)}{h^2} \tendsto{h} L > 0$.
+		Quindi permanenza del segno.
+	\end{proof}
 \end{document}

Analisi matematica 1/Parte teorica/2023-04-21/main.tex

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+\documentclass[11pt]{article}
+\usepackage{personal_commands}
+\usepackage[italian]{babel}
+
+\title{\textbf{Note del corso di Analisi Matematica 1}}
+\author{Gabriel Antonio Videtta}
+\date{21 aprile 2023}
+
+\begin{document}
+	
+	\maketitle
+	
+	\begin{center}
+		\Large \textbf{Integrale secondo Riemann}
+	\end{center}
+
+	\begin{definition} (partizione di un intervallo)
+		Preso $[a, b] \subset \RR$. Sia $\sigma = \{x_0, x_1, \ldots, x_n \}$
+		con $n \in \NN$. Diciamo che $\sigma$ è una \textbf{partizione}
+		di $[a, b]$ se $a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b$.
+	\end{definition}
+
+	\begin{definition} (taglia di una partizione)
+		Si definisce $\delta(\sigma)$, con $\sigma$ partizione,
+		come la massima distanza tra due punti consecutivi della partizione $\sigma$, ed è detta \textbf{parametro di finezza} della partizione $\sigma$.
+	\end{definition}
+
+	\begin{definition} (ordinamento sulle partizioni)
+		Siano $\sigma_1$, $\sigma_2$ due partizioni di $[a, b]$. Allora
+		$\sigma_2$ è più fine di $\sigma_1$ se $\sigma_1 \subset \sigma_2$.
+	\end{definition}
+
+	\begin{remark}
+		Siano $\sigma_1$ e $\sigma_2$ sono due partizioni di $[a, b]$. \\
+		
+		\li Chiaramente $\sigma_1 \cup \sigma_2$ è più fine sia di
+		$\sigma_1$ che di $\sigma_2$.
+		
+		\li Inoltre, se $\sigma_1$ è più fine di $\sigma_2$,
+		$\delta(\sigma_2) \geq \delta(\sigma_1)$. 
+	\end{remark}
+
+	\begin{definition} [somma di Riemann inferiore e superiore]
+		Sia $f : [a, b] \to \RR$ limitata e sia $\sigma = \{ x_0, \ldots, x_n \}$ una partizione
+		di $[a, b]$. Si definisce allora la \textbf{somma di Riemann inferiore}
+		$S'$ come:
+		
+		\[ S'(\sigma) = \sum_{i=1}^n \left( \inf_{x_{i-1} \leq x \leq x_i} f \right) (x_i - x_{i-1}), \]
+		
+		e si definisce la \textbf{somma di Riemann superiore} $S''$ come:
+		
+		\[ S''(\sigma) = \sum_{i=1}^n \left( \sup_{x_{i-1} \leq x \leq x_i} f \right) (x_i - x_{i-1}). \]
+	\end{definition}
+
+	\begin{proposition}
+		Sia $f : [a, b] \to \RR$ limitata. Allora:
+		
+		\begin{enumerate}[(i)]
+			\item $\forall \sigma$ partizione di $[a, b]$, $S'(\sigma) \leq S''(\sigma)$,
+
+			\item $\forall \sigma_1$, $\sigma_2$ partizioni di $[a, b]$
+			con $\sigma_2$ più fine di $\sigma_1$, vale che
+			$S'(\sigma_1) \leq S'(\sigma_2) \leq S''(\sigma_1) \geq S'(\sigma_2)$.
+			
+			\item $\forall \sigma_1$, $\sigma_2$ partizioni di $[a, b]$,
+			$S'(\sigma_1) \leq S''(\sigma_2)$.
+		\end{enumerate}
+	\end{proposition}
+
+	\begin{proof}
+		\begin{enumerate}[(i)]
+			\item ovvio.
+			
+			\item Sia $\sigma_1 = \{ x_0, \ldots, x_n \}$ e sia
+			$\sigma_2 = \sigma_1 \cup \{ \xi \}$. Aggiungi un elemento
+			e la disuguaglianza regge. Fallo aggiungendo ogni elemento.
+	
+			\item Usa l'unione che è più fine.
+		\end{enumerate}
+	\end{proof}
+
+	\begin{definition} [integrale di Riemann inferiore e superiore]
+		Si definisce l'\textbf{integrale di Riemann inferiore} di $f$ come:
+		
+		\[ I_- = \sup \{ S'(\sigma) \mid \sigma \text{ partizione di } [a, b] \}, \]
+		
+		e l'\textbf{integrale di Riemann superiore} di $f$ come:
+		
+		\[ I_+ = \inf \{ S''(\sigma) \mid \sigma \text{ partizione di } [a, b] \}. \]
+	\end{definition}
+
+	\begin{remark}
+		Si osserva che $I_+ \geq I_-$.
+	\end{remark}
+
+	\begin{definition} [integrale di Riemann]
+		Sia $f : [a, b] \to \RR$ limitata. Si dice che
+		$f$ è \textbf{integrabile secondo Riemann} in $[a, b]$
+		se $I_+ = I_-$.
+	\end{definition}
+
+	\begin{definition} [uniformemente continua]
+		Sia $X \subseteq \RR$ e sia $f : X \to \RR$. Si dice
+		che $f$ è \textbf{uniformemente continua} se $\forall \eps > 0$,
+		$\exists \delta(\eps) > 0$ tale che $\forall x, \xbar \in X,
+		\abs{x-\xbar} < \delta \implies \abs{f(x)-f(\xbar)} < \eps$.
+	\end{definition}
+
+	\begin{remark}
+		Se $f$ è uniformemente continua, chiaramente $f$ è
+		continua, benché non sia vero il viceversa.
+	\end{remark}
+
+	\begin{example}
+		Sia $f : [a, +\infty) \to \RR$ tale che $f(x) = \sqrt{x}$. Sia
+		$x > \xbar$, allora $\sqrt{x} > \sqrt{\xbar}$. Sia
+		$x = \xbar + h$. Si considera $\sqrt{\xbar + h} - \sqrt{\xbar} < \eps$,
+		allora $\sqrt{\xbar + h} < \eps + \sqrt{\xbar}$, da cui si
+		deduce che $\xbar + h < \eps^2 + \xbar + 2 \eps \sqrt{\xbar}$,
+		ossia $h < \eps^2 + \eps \sqrt{\xbar}$. Preso allora $h < \eps^2$,
+		si ha che $f$ è uniformemente continua.
+	\end{example}
+
+	\begin{example}
+		Come prima, ma per $\sin(x)$. Per Lagrange $\exists \tilde x \in (x, \xbar) \mid \frac{\sin(x) - \sin(\xbar)}{x-\xbar}=\cos(\tilde x)$,
+		da cui $\sin(x) - \sin(\xbar) = \cos(\xbar) (x - \xbar)$, ossia
+		$\sin(x) - \sin(\xbar) \leq x - \xbar \leq \delta = \eps$.
+		(In realtà vale per ogni $f$ con $\abs{f'} \leq l$.)
+	\end{example}
+
+	\begin{example}
+		Dimostra che non sono unif. continue: $e^x$ (con $\log(n+1)$ e $\log(n)$), $\log(x)$ (con $e^{-n+1}$ e $e^{-n}$),
+		$\sin(x^2)$ (con $\sqrt(2\pi n + \pi/2)$ e $\sqrt{2\pi n}$).
+	\end{example}
+
+	\begin{theorem}
+		$f : [a, b] \to \RR$ continua. Allora $f$ è uniformemente continua.
+	\end{theorem}
+
+	\begin{proof}
+		Per assurdo suppongo che $f$ non sia uniformemente continua.
+		Allora considero $x_n$ e $\xbar_n$ tale che
+		$\abs{x_n - \xbar_n} \leq \frac{1}{n}$ ma $\abs{f(x_n) - f(\xbar_n)} > \eps$ $\forall n$. Per Bolzano-Weierstrass, $\exists n_k$ sottosuccessione di tale che $x_{n_k} \to x_0 \in [a, b]$.
+		Anche $\xbar_{n_k} \to x_0 \in [a, b]$. Poiché $f$ è continua,
+		$f(x_{n_k}) \to f(x_0)$, $f(\xbar_{n_k}) \to 0$, e quindi che
+		$\abs{f(x_{n_k}) - f(\xbar_{n_k})} \to 0$, contraddizione perché
+		$> \eps$.
+	\end{proof}
+
+	\begin{theorem}
+		$f : [a, b] \to \RR$ continua allora $f$ è integrabile
+		secondo Riemann.
+	\end{theorem}
+	
+\end{document}