Contribuisco ai controesempi in Analisi con i seguenti:
Lipschitz ma non uniformemente continuaÈ un risultato noto che se \( I \subseteq \mathbb{R} \) è un intervallo ed \( f: I \to \mathbb{R} \) è \(k\)-lipschitz allora è uniformemente continua.
Dimostrazione:
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Sia \( \epsilon >0 \), e prendiamo \( \delta = \frac{\epsilon}{k} \) risulta che per ogni \(x,y \in I \) tale che \( \left| x- y \right| \leq \delta \) allora abbiamo
\[ \left| f(x) - f(y) \right| \leq k \delta = \epsilon \]
Potremmo essere tentati di pensare che quanto segue sia vero.
Sia \( f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) tale che per ogni \( [a,b] \subset \mathbb{R} \) risulta che \( f : [a,b] \to \mathbb{R} \) è \(k\)-lipschitziana allora \(f \) è uniformemente continua su \( \mathbb{R} \).
Invero risulta falso.
Contro-esempio
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
\( f(x) = x^2 \) è lipschitziana con costante \(k= 2 \max( \left| a \right|, \left| b \right| ) \) su tutti gli intervalli \( [a,b] \subset \mathbb{R} \), ma non è uniformemente continua. Infatti per \( \epsilon = 1 \) abbiamo che per ogni \( \delta >0 \) esistono \( x, y \) tale che \( \left| x-y \right| \leq \delta \) ma
\[ \left| x^2-y^2 \right| \geq 2 \geq 1 \]
Infatti
\[ \left| x^2-y^2 \right| = \left| x- y \right| \left| x+y \right| \]
e prendendo \( x= \frac{2}{\delta} \) e \( y= \frac{2+\delta^2}{\delta} \) abbiamo che
\[ \delta \left| \frac{4+\delta^2}{\delta} \right| = \left| 4 + \delta^2 \right| \geq 2 > 1 \]
Teorema di DiniSia \( I=[a,b] \), e sia \( (f_n)_{n \geq 0} \) una successioni di funzioni \( f_n : I \to \mathbb{R} \) continue e crescenti, i.e. \( f_{n+1}(x) \geq f_n(x) \) per ogni \( n \geq 0 \). Tale che
\[ f_n \xrightarrow{n \to \infty} f \ \ \ \ \ \text{ puntualmente} \]
allora se \(f \) è continua abbiamo
\[ f_n \xrightarrow{n \to \infty} f \ \ \ \ \ \text{ uniformemente} \]
Togliamo l'ipotesi \( (f_n)_{n \geq 0} \) è una successione crescente.
contro-esempio:
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Sia allora \( f_n : [0,1] \to \mathbb{R} \) definita da
\[ f_n(x) = \left\{\begin{matrix}
nx& \text{se} & x \in [0,1/n] \\
1-n\left( x- \frac{1}{n} \right)& \text{se} & x \in [1/n,2/n] \\
0 & \text{altrimenti}&
\end{matrix}\right. \]
Allora abbiamo che \( \sup_{x \in [0,1] } \left| f_n(x) - 0 \right| = 1 \) ma \( f_n \to 0 \) puntualmente.
Togliamo l'ipotesi \( I=[a,b] \) e prendiamo \( I=(0,1]\).
contro-esempio:
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Sia allora \( f_n : (0,1] \to \mathbb{R} \) definita da
\[ f_n(x) = \frac{-1}{(n+1)x} \to 0 \ \ \ \ \ \text{ puntualmente} \]
Ma
\[ \sup_{x \in I} \left| \frac{-1}{(n+1)x} - 0 \right| = \infty \]
Togliamo l'ipotesi \( f \) continua
contro-esempio:
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Sia allora \( f_n : [0,1] \to \mathbb{R} \) definita da \( f_n(x) = - x^n \). Abbiamo che
\[ f_n \to f \]
definita da
\[ f(x) = \left\{\begin{matrix}
0& \text{se} & x < 1 \\
-1& \text{se}& x=1
\end{matrix}\right. \]
Ma
\[ \sup_{ x \in [0,1] } \left| f_n(x) - f(x) \right| = 1 \]
Permutazioni illegali di un integrale con il limiteSia \( (f_n)_{n \in \mathbb{N}} \) delle funzioni continue su \( [a,b] \) tale che \( (f_n)_{n \geq 0} \) converge uniformemente verso una funzione \( f:[a,b] \to \mathbb{R} \) allora \(f \) è continua e inoltre
\[ \int_a^b f_n(x) dx \xrightarrow{n \to \infty} \int_a^b f(x) dx \]
Potremmo essere tentati di credere che il teorema sia valido se sostituiamo convergenza uniforme con convergenza puntuale
Contro-esempio:
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Sia allora \( f_n : [0,1] \to \mathbb{R} \) definita da
\[ f_n(x) = \left\{\begin{matrix}
n^2x& \text{se} & x \in [0,1/n] \\
n-n^2\left( x- \frac{1}{n} \right)& \text{se} & x \in [1/n,2/n] \\
0 & \text{altrimenti}&
\end{matrix}\right. \]
Abbiamo che \( f_n \to 0 \) puntualmente ma
\[ \int_0^1 f_n(x) dx = 1 \neq 0 = \int_0^1 0 dx \]
Potremmo anche essere tentati di pensare che se \( f_n \to f \) puntualmente
ma non uniformemente allora
\[ \int_a^b f_n (x) dx \nrightarrow \int_a^b f(x) dx \]
Controesempio:
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Sia \( f_n : [0,1] \to \mathbb{R} \) definita da \( f_n(x) = x^n \) e sia \( f: [0,1] \to \mathbb{R} \) definita da
\[ f(x) = \left\{\begin{matrix}
0& \text{se} & x < 1 \\
1& \text{se}& x=1
\end{matrix}\right. \]
abbiamo che \( f_n \to f \) puntualmente ma non uniformemente. Nonostante ciò
\[ \int_0^1 x^n dx = \left.\begin{matrix}
\frac{x^{n+1}}{n+1}
\end{matrix}\right|_0^1 = \frac{1}{n+1} \xrightarrow{n \to \infty} 0 \]
e
\[ \int_0^1 f(x) dx = 0 \]
Limiti e limiti per successioniSia \(f : U \to \mathbb{R} \) definita in un intorno bucato di \(x^{\ast} \) allora
\[ \lim_{x \to x^{\ast}} f(x) = \ell \]
se e solo se per ogni \( (x_n)_{n \geq 0 } \) tale che \(U \ni x_n \neq x^{\ast} \) per ogni \( n \geq 0 \) e tale che \( x_n \to x^{\ast} \) risulta che
\[ \lim_{n \to \infty} f(x_n) = \ell \]
Togliamo l'ipotesi \( x_n \neq x^{\ast} \).
contro-esempio:
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
\[ f(x) = \left\{\begin{matrix}
1 & \text{se} & x = 0 \\
x& \text{se}& x \neq 0
\end{matrix}\right. \]
allora \(x_n = 0 \) per ogni \(n \geq 0 \) è una successione tale che \( x_n \to 0 \) ma
\[ \lim_{n \to \infty} f(x_n) = 1 \neq 0 = \lim_{ x \to 0} f(x) \]
Le somme infinite non sono commutativeSe \( a_k \geq 0 \) per ogni \( k \geq 0 \), allora per ogni permutazione \( \sigma : \mathbb{N} \to \mathbb{N} \) abbiamo
\[ \sum_{k=0}^{\infty} a_{\sigma(k)} = \sum_{k=0}^{\infty} a_k \]
In particolare se \( (b_k)_{k \geq 0 } \) è una successione
qualsiasi e
\[ \sum_{k=0}^{\infty} b_k \]
è assolutamente convergente allora
\[ \sum_{k=0}^{\infty} b_k = \sum_{k=0}^{\infty} b_{\sigma(k)} \]
per ogni permutazione \( \sigma : \mathbb{N} \to \mathbb{N} \).
Potremmo essere tentati di togliere sostituire la convergenza assoluta di
\[ \sum_{k=0}^{\infty} b_k \]
con la convergenza (semplice).
Controesempio:
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
\[ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k} = - \ln(2) \]
possiamo trovare una permutazione \( \sigma \) tale che
\[ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{\sigma(k)}}{\sigma(k)} = \infty \]
Definiamo la permutazione
\( \sigma(1) = 1, \sigma(2) = 2 , \sigma(3)=4, \sigma(4)=3, \sigma(5)=6, \sigma(6)=8 , \ldots \) in modo tale da guadagnare 1/4 ogni volta e non perdere nulla. Riarrangiamo i termini dunque
\[ -1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} - \frac{1}{3} + \frac{1}{6} + \frac{1}{8} + \frac{1}{10} + \frac{1}{12} - \frac{1}{5} + \frac{1}{14} + \ldots + \frac{1}{28} - \frac{1}{7} + \ldots\]
\[ \geq -1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \ldots = - 1 + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{4} = \infty \]
In effetti si può fare di più, se \( a_k \to 0 \) con
\[ \sum_{k=0}^{\infty} a_k^+ = \infty \]
e
\[ \sum_{k=0}^{\infty} a_k^{-} = - \infty \]
dove \( a_k^+ \) e rispettivamente \( a_k^- \) sono i termini positivi e rispettivamente negativi della successione \( a_k \). Allora per ogni \( r \in \mathbb{R} \), esiste una permutazione \( \sigma_r : \mathbb{R} \to \mathbb{R} \) tale che
\[ \sum_{k=0}^{\infty} a_{\sigma_r(k)} = r \]
Al lettore lasciamo l'esercizio di costruire una permutazione \( \sigma_{\pi} \) tale che
\[ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{\sigma_{\pi}(k)}}{\sigma_{\pi}(k)} = \pi \]
Criterio di LeibnizSia \( (a_k)_{k \geq 0} \) una successione tale che
\[ a_k \xrightarrow{ k \to \infty} 0 \]
\[ a_k a_{k+1} \leq 0 \ \ \ \ \forall k \]
\[ \left| a_{k+1} \right| \leq \left| a_k \right| \]
allora
\[ \sum_{k=0}^{\infty} a_k \]
converge
Togliamo l'ipotesi che \( \left| a_{k+1} \right| \leq \left| a_k \right| \).
Contro-esempio:
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
\[ a_k := \frac{ \left( (-1)^k + 1/2 \right)}{k+1} \]
abbiamo che soddisfa tutte le altre condizioni ma
\[ \sum_{k = 0 }^{N } a_k \xrightarrow{N \to \infty} \infty \]