\Huge \bf Analisi Matematica I

Analisi Matematica I

Correzione Terzo Appello



formato Latex;formato ps; formato pdf ;



  1. 1000000200 = (106)200 = 101200; (1000!)2 £ (10001000)2 = 106000; 10! = 3628800, 24 > 10 quindi 210! ³ 10907200. D'altro canto (1000!)2 ³ (500500)2 ³ (202)1000 ³ 102000. Dunque
    1000000200 < (1000!)2 < 210!.


  2. q+1
    q-1
    		 = 1+ 2
    q-1
    		 .
    Dunque, il numero di cui sopra puo essere intero se e solo se 2(q-1)-1 ³ 1 cioè q £ 3. Da cui segue che gli unici numeri permessi sono 2 e 3.


  3. ¥
    å
     n = q+1 
    		 1
    n!
    		 £ 1
    (q+1)!
    		 ¥
    å
     n = 0 
    		 1
    (q+1)n
    		 £ 1
    (q+1)!
    		 1
    1- 1
    q+1
    		 £ 1
    q!q
    		 .
    Veniamo alla seconda disuguaglianza.
    p
    q
    		 - q
    å
     n = 0 
    		 1
    n!
    		 =
    p(q-1)!- q
    å
     n = 0 
    		 q!
    n!
    q!
    dunque la sola possibilità per la disuguaglianza di essere falsa è se
    p(q-1)!- q
    å
     n = 0 
    		 q!
    n!
    		 = 0,
    		(0.1)
    dividendo il tutto per (q-1) si ottiene
    p(q-2)!- q-2
    å
     n = 0 
    		 (q-2)!q
    n!
    		 = q
    q-1
    		 + 1
    q-1
    		 = q+1
    q-1
    ma il menbro di sinistra è palesemente un numero intero mentre quello di destra non lo è mai (vedi esercizio 2) dunque abbiamo una contraddizione. Di consequenza deve essere falsa, cioè la disuguaglianza voluta deve essere vera.

    A questo punto si puo concludere: se q > 3 da quanto visto segue che
    ê
    ê
    ê     		e- p
    q
    		 ê
    ê
    ê     		³ ê
    ê
    ê     		p
    q
    		 - q
    å
     n = 0 
    		 1
    n!
    		 ê
    ê
    ê     		- ê
    ê
    ê     		¥
    å
     n = q+1 
    		 1
    n!
    		 ê
    ê
    ê     		³ 1
    q!
    		 - 1
    q!q
    		 > 0
    Dunque e non puo mai essere uguale ad un numero razionale a meno che il denominatore non sia inferiore a 3, ma
    |e- 8
    3
    		 | = |e- (1+1+ 1
    2
    		 + 1
    6
    		 )| £ 1
    3!3
    		 = 1
    18
    quindi e non puo essere ne 3 ne 8/3 ne altro numero razionale con denominatore minore di 4, e quindi non puo essere alcun numero razione, cioè e è un numero irrazionale. (Meditate gente, meditate)

  4. Usando il criterio della radice si ha

    lim
    n®¥ 
    		 (1-1/n)n = e-1 < 1
    dunque la serie e' convergente. Razionalizzando si ottiene

    lim
    n®¥ 
    		 n
      ____
    Ön2+1
     
    		 +n
    		 = 1
    2
    		 .
  5. Il dominio è x Î [-2,2] poiche per questi valori la quantita' sotto ambedue le radici è positivo. Poi il grafico è simmetrico attorno ad 0. In più in zero la funzione non è differenziabile. Per vederlo si espanda la prima radice usando Taylor al secondo ordine. Si ottiene

    Ö
     
    2-(2+(x/2)2+O(x4))
     
    		 = |x|
    2
    		 +O(|x|3).
    Inoltre è facile vedere che per ogni x > 0 la derivata è positiva. Dunque la funzione ha un minimo in zero, ma in zero ha uno spigolo.
  6. Prima di tutto, è facile vedere dal grafico dell'esercizio precedente che f(x) £ Ö2 x, per x > 0. Da questo segue
    ln = f(ln-1) £ (Ö2)-1ln-1 £ (Ö2)-nl0 = 2(Ö2)-n .
    Dunque limn®¥ln = 0 (e questo, come ho detto durante lo scritto, assicurava gia almeno 4 punti). Tuttavia per rispondere alla domanda è necessaria una stima più precisa. Raffiniamo la stima gia visto nell'esercizio precedente: per x > 0
    f(x) = x
    2
    		 + x3
    32
    		 +O(x5)
    dove abbiamo usato Taylor al terzo ordine per sviluppare la radice. A questo punto, se x è sufficientemente piccolo, si ha
    f(x) £ x
    2
    		 (1+ x2
    8
    		 ) £ x
    2
    		 e[(x2)/8].
    Ora, poiche ln tende a zero, eriste un n0 tale che per tutti gli n > n0 ln è abbastanza piccolo nel senso di cui sopra.

    Usiamo ora questa disuguaglianza per iterare, come abbiamo fatto sopra,
    ln =
    f(ln-1) £ ln-k2-ke[1/8]åj = 1kln-j2 £ ln02-n+n0e[1/4]åj = 1n-n0ln-j2
    		 £ ln02-n+n0e[1/8]åj = 1¥lj2.