Esercizi IX settimana

30 novembre 2011

1. Dato il numero complesso

z = \frac{1}{(1 + i)(2 − i)},

si determino la sua parte reale e parte immaginaria; si calcolino quindi z̄, |z| e z^{−1}.

2. Dato il polinomio

p(z) = z^{4} − 2z^{3} + 3z^{2} − 2z + 2,

calcolare p(1 + i) e determinare quindi tutte le radici di p.

3. Studiare convergenza puntuale e uniforme della successione di funzioni f_{n} : ℝ → ℝ

f_{n}(x) = \frac{1}{\sqrt{2πn}}e^{− \frac{x^{2}}{n}};

calcolare quindi

∫_{ℝ} f_{n}(x)dx

e commentare il risultato.

4. Data f : [0, 1] → ℝ funzione continua, dimostrare che la successione di funzioni

f_{n}(x) = ∑_{i=1}^{n−1} f(\frac{i}{n})χ_{[i/n,(i+1)/n)}(x)

converge uniformemente a f.

Soluzioni

1. Possiamo scrivere

z =\frac{1}{(1 + i)(2 − i)} = \frac{(1 − i)(2 + i)}{(1 + i)(2 − i)(1 − i)(2 + i)} = \frac{1}{10}(3 − i),

da cui

Re(z) = \frac{3}{10}, Im(z) = −\frac{1}{10}, z̄ = \frac{1}{10}(3 + i);

Infine

|z| = \frac{1}{\sqrt{10}}, z^{−1} = \frac{z̄}{|z|} = \frac{1}{\sqrt{10}}(3 + i).

2. Notiamo che

p(1 + i) = (1 + i)^{4} − 2(1 + i)^{3} + 3(1 + i)^{2} − 2(1 + i) + 2 = 0

e quindi, dato che p ha coefficienti reali, anche 1 − i è radice di p. Quindi p è divisibile per (z − i − 1)(z − i + i) = (z^{2} − 2z + 2). Dato che

p(z) = (z^{2} − 2z + 2)(z^{2} + 1).

se ne deduce che anche i e −i sono radici di p.

3. Per la successione di funzioni data, abbiamo che f_{n}(0) = \frac{1}{\sqrt{2πn}}, mentre per x ≠ 0,

lim_{n→+∞} f_{n}(x) = 0.

Quindi la successione converge puntualmente solo per x ≠ 0 con limite uguale a f(x) = 0. La convergenza non può essere uniforme su tutto ℝ\{0} in quanto altrimenti si avrebbe convergenza uniforme su tutto ℝ, cosa che non può essere in quanto in 0 non si ha neanche convergenza puntuale. Si avrà però convergenza uniforme sugli intervalli chiusi che non contengono 0; sfruttando la parità delle f_{n}, possiamo restringerci agli intervalli [a, +∞), a > 0; la f_{n} è monotona decrescente su tale intervallo e quindi

sup_{x∈[a,+∞)} |f_{n}(x)| ≤ \frac{1}{\sqrt{2πn}}e^{−a^{2}/n} → 0

per n → +∞, da cui la convergenza uniforme. Notiamo infine che

∫_{ℝ} f_{n}(x)dx = \frac{1}{\sqrt{2π}} ∫_{ℝ} e^{−y^{2}}dy = \frac{1}{\sqrt{2}}.

Quindi in questo caso non è vero che l’integrale del limite coincide con il limite degli integrali; d’altronde, non essendoci convergenza uniforme, niente garantisce questo fatto.

4. La funzione f è continua su [0, 1] chiuso e limitato, quindi è uniformemente continua; quindi, fissato ε > 0, per n ∈ ℕ sufficientemente grande, se |x − y| < 1/n, allora |f(x) − f(y)| < ε. La successione data non è definita per x = 1; potremmo definirla in tal punto f_{n}(1) = f(1) oppure studiare solo convergenza puntuale e uniforme in [0, 1); in ogni caso, se vogliamo stimare |f(x) − f_{n}(x)|, o x = 1 da cui |f(x) − f_{n}(x)| = 0, oppure esiste i tale che x ∈ [i/n, (i + 1)/n) da cui

|f(x) − f_{n}(x)| = |f(x) − f(i/n)| < ϵ

in quanto |x − i/n| < 1/n. Questo dimostra che

sup_{x∈[0,1]} |f(x) − f_{n}(x)| < ϵ,

e cioè la successione converge uniformemente in [0, 1] ad f.