1. Sia x0∈I tale che f(x0)=0. Mostrare che vale una delle seguenti alternative:
(i) esiste ε>0 tale che f(x)=0 per ogni x∈(x0−ε,x0+ε);
(ii) esiste ε>0 tale che f(x)≠0 per ogni x∈(x0−ε,x0+ε)∖{x0}.
1) Essendo $f$ funzione analitica per ipotesi possiamo considerare lo sviluppo in serie centrato in $x_0$, nell'intorno $I$ e la sua somma coincide con la funzione stessa, in tale intorno:
$f(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$
Poiché per ipotesi $f(x_0)=0$ possiamo partire dall'indice $n=1$ direttamente:
$f(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$
Ora sono possibili due casi:
i) $\forall n>0$ si ha che $f^{(n)}(x_0)=0$
In questo caso lo sviluppo in serie di Taylor sarebbe tutto identicamente nullo:
$f(x)= 0$
e dunque $f\equiv 0$ in $I$.
ii) Supponiamo ora che esista un indice $N>0$ tale che $f^{(N)}(x_0)\neq0$ e che $N$ sia il primo indice per cui il coefficiente non è nullo. In tal caso possiamo scrivere lo sviluppo in serie a partire da tale indice:
$f(x)=\sum_{n=N}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$
cioè, esplicitando il primo termine:
$f(x)=\frac{f^{(N)}(x_0)}{N!}(x-x_0)^N+\sum_{n=N+1}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$
e raccogliendolo:
$f(x)=\frac{f^{(N)}(x_0)}{N!}(x-x_0)^N\left[1+\frac{N!}{f^{(N)}(x_0)(x-x_0)^N}\sum_{n=N+1}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n\right]$
Cerchiamo di capire per quali valori di $x\in I$, può essere $f(x)=0$.
Avendo un prodotto, è chiaro che deve annullarsi uno dei due fattori. Notiamo che:
- $\frac{f^{(N)}(x_0)}{N!}(x-x_0)^N$ si annulla se e solo se $x=x_0$
- Il termine tra quadre può annullarsi se tutti i termini della somma sono nulli, o se la somma è nulla.
Il primo caso non è possibile, perché compare il termine $1$ che non è nullo.
Vediamo dunque il secondo caso:
$1+\frac{N!}{f^{(N)}(x_0)(x-x_0)^N}\sum_{n=N+1}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n=0$
Riconosciamo nella serie scritta l'espressione di $f^{(N+1)}$ (ricorda che la derivata di una funzione analitica è ancora analitica), possiamo dunque riscrivere come:
$1+\frac{N!}{f^{(N)}(x_0)(x-x_0)^N}f^{(N+1)}(x)=0$, $\forall x \in I$
il che equivale a:
$f^{(N+1)}(x)=-\frac{f^{(N)}(x_0)(x-x_0)^N}{N!}$, $\forall x in I$
Poiché le due funzioni coincidono nell'intervallo, hanno anche le stesse soluzioni e dunque si annullano solo per $x=x_0$.
2. Sia [a,b]⊂I con a<b e f(x)=0 per ogni x∈[a,b]. Mostrare che esiste δ>0 tale che f(x)=0 per ogni x∈[a−δ,b+δ].
Per ipotesi abbiamo che $f(a)=0$, inoltre $f$ è analitica e definita in $I$. Per il risultato precedente abbiamo che vale uno dei due:
i) $\exists\varepsilon_1>0$ tale che $f(x)=0\, \forall x\in(a-\varepsilon_1, a+\varepsilon_1)$
ii)$\exists\varepsilon_1>0$ tale che $f(x)neq 0\, \forall x\in(a-\varepsilon_1, a+\varepsilon_1)-\{a\}$
Poiché sappiamo che $f(x)=0$ $forall x \in [a,b]$ e dunque anche per $x=a+\varepsilon_1$ purché sia $a+\varepsilon_1<b$, allora deve valere la (i).
Analogamente poiché anche $f(b)=0$ possiamo dire che:
$\exists\varepsilon_2>0$ tale che $f(x)=0\, \forall x\in(b-\varepsilon_2, b+\varepsilon_2)$ con $a<b-\varepsilon_2$.
Scelto $\delta=\min(\varepsilon_1,\varepsilon_1)$ e tale per cui $f(a-\delta)=0$ e $f(b+\delta=0)$ abbiamo che:
$f(x)=0\, \forall x\in\[a-\delta, b+\delta\]$
3. Sia [a,b]⊂I e supponiamo che f(x)=0 per ogni x∈[a,b]. Mostrare che f≡0 su tutto I.
Per il risultato precedente abbiamo che:
$\exists\delta>0$ tale che $f(x)=0\, \forall x\in\[a-\delta, b+\delta\]$
Supponiamo che il $\delta$ sia tale per cui l'intervallo $\[a-\delta, b+\delta\]$ sia contenuto propriamente e dunque che non coincida con esso.
Poiché $f(x)=0$ $\forall x\in\[a-\delta, b+\delta\]$, per il risultato (2) esiste un $\delta_1$ tale che
$f(x)=0$ $\forall x \in \[a-\delta-\delta_1, b+\delta+\delta_1\]$
Se tale intervallo non coincide ancora con $I$, si può estendere ulteriormente e ciò si può fare in maniera arbitraria finché
$f(x)=0$ $\forall x \in \[a-\delta-\delta_1-\dots \delta_n, b+\delta+\delta_1+\dots \delta_n\]\equiv I$
dunque $f(x)\equiv 0$ in $I$.
4. Dimostrare il Teorema degli zeri isolati (enunciato all'inizio dell'esercizio), utilizzando i risultati precedenti.
Per ipotesi, $f$ è analitica e definita su $I$ e $f(x_0)=0$ con $x_0\in I$. Per quanto ottenuto nel risultato (1) abbiamo che:
(i) $\exists\varepsilon>0$ tale che $f(x)=0\, \forall x\in(x_0-\varepsilon, x_0+\varepsilon)$
In tal caso per il risultato (2) applicato all'intervallo chiuso $[x_0-\varepsilon_1, x_0+\varepsilon_1]$, con $\varepsilon_1<\varepsilon$, possiamo estendere l'intervallo a $[x_0-\delta, x_0+\delta]$.
Per il risultato (3), avendo $f=0$ su tutto $[x_0-\delta, x_0+\delta]$, allora $f\equiv 0$ su I, che è la tesi del teorema.
Se invece vale:
(ii)$\exists\varepsilon>0$ tale che $f(x)\neq 0\, \forall x\in(x_0-\varepsilon, x_0+\varepsilon)-\{x_0\}$
abbiamo già la tesi del teorema.
5. Corollario. Sia f una funzione analitica su un intervallo aperto I. Allora o f≡0 su I, oppure f ha al più un numero finito di zeri in ogni intervallo chiuso [a,b]⊂I.
Se $f(x)\neq0$ $\forall x \in \[a,b\]$ il teorema sarebbe banale.
Supponiamo che $f$ abbia un numero infinito di zeri $x_0$, $x_1$, ..., $x_i$,...
Se così fosse, per il teorema degli zeri per ognuno di questi dovrebbe esistere un $\varepsilon_i$ tale per cui:
$f(x)\neq 0\, \forall x\in(x_i-\varepsilon_i, x_i+\varepsilon_i)-\{x_i\}$
Sia dunque $varepsilon = \min_i \varepsilon_i$ in modo che si abbia:
$f(x)\neq 0\, \forall x\in(x_i-\varepsilon, x_i+\varepsilon)-\{x_i\}$, $\forall i$
Ognuno di questi intervalli ha una lunghezza pari a $2\varepsilon$ e devono essere obbligatoriamente disgiunti, dato che in ognuno di essi la funzione si annulla nell'unico punto $x_i$.
Ma allora l'unione di tutti questi intervalli ci dà un intervallo di lunghezza infinita, che non può essere contenuto nell'intervallo aperto $I$ e questo sarebbe in contraddizione con il teorema degli zeri.
Dunque $f$ deve avere un numero finito di zeri.
Noemi
