Analisi Matematica Soluzioni prova scritta parziale n. 1

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1 Aalisi Matematica Soluzioi prova scritta parziale. 1 Corso di laurea i Fisica, dicembre Dire per quali valori dei parametri α R, β R, α > 0, β > 0 coverge la serie + (!) α β. ( )! =1 Soluzioe. Possiamo applicare il criterio del rapporto. Si osservi che risulta: Duque posto risulta ( + 1)! = + 1,! ( ( + 1) +1 = ( + 1) 1 + 1, ) (( + 1) )! = ( + + 1)( + )... ( + 1) ( )! ( + 1) a +1 a ( + 1)α ( + 1) β a = (!)α β ( )! 4 ( ) β α+β e β 4 0 i quato α+β < 4. Visto che il rapporto di due termii cosecutivi tede a zero la serie, a termii positivi, è covergete per ogi scelta dei parametri α e β. Soluzioe alterativa. Ricordado che ( )! (1)

2 si ha ( ) α (!) α α ( ) ( )! ( ) quidi se a è la successioe di cui dobbiamo fare la somma si ha da cui a α+β 0 a α β ( ) ( ) = α+β ( ) 0. Applicado il criterio della radice possiamo cocludere che la serie coverge per ogi α e ogi β. Naturalmete ivece di (1) si potevao usare le disuguagliaze e!.. Dire per quali valori del parametro x R la serie è covergete. + =0 x + 1 Soluzioe. Studiamo iazitutto la covergeza assoluta utilizzado il criterio della radice. Si ha x + 1 = x x = + 1 ( ) 1 x = x. 0 Duque se x < 1 la serie coverge assolutamete e quidi coverge. Se x > 1 il termie geerico della serie o è ifiitesimo e quidi la serie o coverge. Per x = 1 si ottiee la serie + 1

3 che, essedo 1 +1 ha lo stesso carattere della serie 1 e duque è divergete i quato quest ultima serie è ua serie armoica geeralizzata 1 che sappiamo essere divergete quado p 1. p Per x = 1 si ottiee la serie + =0 ( 1) + 1. Si tratta di ua serie a segi alteri, ifatti posto a = risulta a +1 > 0. Possiamo applicare il criterio di Leibiz, basterà verificare che a 0 e a decrescete. Che a sia ifiitesima è chiaro i quato abbiamo già osservato che a 1/ 0. Verifichiamo se è decrescete, cioè se vale: a +1 a. Dovrebbe essere cioè, elevado ambo i membri al quadrato e moltiplicado per i deomiatori basterà che sia ovvero, dividedo per e semplificado: che è verificata o appea 1. Duque le ipotesi del teorema di Leibiz soo verificate (defiitivamete) e, di cosegueza, possiamo affermare che per x = 1 la serie coverge (ma o assolutamete). 3. Si cosideri la successioe defiita per ricorreza { a 1 = α, Per i segueti valori del parametro α a +1 = 1 a. α = 3, α = 7 16, α = 018 determiare, se esiste, il limite della successioe a. 3

4 Dimostrazioe. Soluzioe. Poiamo f(x) = 1 x. I diagrammi a ragatela si possoo vedere elle pagie segueti: α = 3, α = 7 16, α = 018. Per α = 3 si ha a 1 = 3, a = 1 ( 3) =, a 3 = 1 = 1, a 4 = 1 1 = 0, a 5 = 1 0 = 1. E chiaro che, essedo f(0) = 1, f(1) = 0, per k si avrà a k = 0 e a k+1 = 1 e duque la successioe i questo caso o ammette limite. Cosideriamo ora il caso α = 7. Osserviamo che l itervallo [0, 1] è ivariate i quato se x [0, 1] ache 1 x [0, 1] duque 1 x = 16 1 x [0, 1] e f(x) = 1 x [0, 1]. Duque essedo α [0, 1] si ha a [0, 1] per ogi. Ioltre su [0, 1] la fuzioe 1 x è decrescete e duque f(x) = 1 x è decrescete. Osserviamo ora che si ha: a 1 = 7 16 a = = 3 4 a 3 = = 1 Duque essedo f decrescete si ha a 1 < a 3 a k 1 < a k+1 = a k > a k+ = a k+1 < a k+3 da cui si deduce che la successioe dei termii co idice dispari è strettamete crescete metre la successioe co i termii di idice pari è 4

5 strettamete decrescete. Duque etrambe le sottosuccessioi ammettoo limite: a k l, a k 1 l. Visto che a [0, 1] si ha l, l [0, 1]. Passado al limite elle equazioi si ottiee a k+ = f(f(a k)), a k+1 = f(f(a k 1 )) l = f(f(l)), l = f(f(l )) cioè l ed l soo puti fissi di f f. Risolviamo duque f(f(x)) = x. Si ottiee 1 1 x = x cioè, elevado al quadrato (e ricordado che x 0) si ha 1 1 x = x portado la radice al lato destro, x al lato siistro ed elevado acora al quadrato (ricordado che 1 x 0) si ha cioè (1 x ) = 1 x x 4 x + x = 0. Ora ricordiamoci che 0 e 1 soo puti fissi di f f i quato abbiamo già osservato che f(0) = 1 e f(1) = 0. Duque 0 e 1 soo radici di questo poliomio che può quidi essere ridotto: x 4 x + x = x(x 1)(x + x 1). Il poliomio x + x 1 ha due radici: x 1, = 1 5. La più piccola, x 1 è egativa e quidi va esclusa. La più grade x è ivece compresa tra 0 e 1 e quidi è ammissibile. Vogliamo i effetti dimostrare che l = l = x. Per fare ciò osserviamo che gli itervalli I 1 = [0, x ] e I = [x, 1] soo ivariati per f f. Ifatti è facile osservare che se 0 x x allora f(x) x (perché f è decrescete) viceversa se x x 1 allora f(x) x. Questo sigifica che la successioe a k 1 dei termii di idice dispari sta tutta i I 1 i quato a 1 = 7/16 x. Viceversa la successioe a k dei termii di idice pari sta tutta i I. 5

6 Ma abbiamo osservato che a k 1 è crescete quidi l [a 1, x ] metre a k è decrescete quidi l [x, a ] da cui si può escludere che sia l o l siao uguali a 0 o a 1. Rimae quidi l uica possibilità l = l = x = ( 5 1)/. Cosideriamo ora il caso α = 018. La prima cosa che vogliamo dimostrare (guidati dal diagramma a ragatela) è che prima o poi la successioe a deve etrare ell itervallo [0, 1]. E chiaro che l itervallo [0, + ) è ivariate i quato f(x) 0 per ogi x R. Duque si ha a 0 per ogi. Osserviamo ora che sull itervallo [1, + ) si ha f(x) = x 1 < x duque se per assurdo si avesse a 1 per ogi si dovrebbe avere che a è decrescete. Ma allora a avrebbe limite e il limite dovrebbe essere u puto fisso. Ma o ci soo puti fissi i [1, + ). Sigifica quidi che esiste u N per cui risulta a N < 1 ma visto che [0, 1] è ivariate sigifica che a [0, 1] per ogi N. Se la mia successioe adasse a fiire esattamete i 1 o i 0 mi ricodurrei al primo caso e quidi la successioe o avrebbe limite. Possiamo però escludere che questo avvega perché osserviamo che la regola di ricorreza a +1 = a 1 (valida fiché a 1) può essere ivertita e ci dà: a = 1 + a +1. I particolare se per u certo valore N si ha che a N è itero, allora a deve essere itero ache per tutti i valori precedeti < N. No solo: a 1 = a +1 sarebbe u quadrato perfetto. Ma 017 o è u quadrato perfetto, quidi questa possibilità si può escludere. Sigifica quidi che ad u certo puto si ha a N (0, 1). Vogliamo allora dimostrare che la successioe coverge comuque a x come el caso precedete. Ua idea per fare questo è dimostrare che per ogi ε > 0 abbastaza piccolo l itervallo I ε = [ε, 1 ε] è ivariate. Se questo è vero visto che esiste ε > 0 per cui a N I ε si avrà a I ε per ogi N e quidi se a l (cosa che abbiamo già dimostrato el puto precedete) dovrà essere l I ε e quidi si coclude l = x visto che 0 e 1 o stao i I ε. Sull itervallo I ε la fuzioe f è decrescete quidi per mostrare che I ε è ivariate è sufficiete mostrare che f(ε) 1 ε e che f( 1 ε) ε. La prima disuguagliaza è ua uguagliaze (il secodo estremo dell itervallo è stato scelto appositamete). Bisoga quidi solo cotrollare che sia valida la seguete disuguagliaza: f( 1 ε) ε. Ma f(f(ε)) ε è equivalete a f(ε) x che a sua volta è equivalete ad ε < x. Quidi per ogi ε [0, x ] risulta che l itervallo I ε è ivariate per f f, come volevamo dimostrare. 6

7 3-B Siao {a } e {b } due successioi di umeri reali tali che a 1 > b 1 > 0, a +1 = a + b, b +1 = a b a + b. Dimostrare che, per ogi, a > b e che a +1 < a b +1 > b e calcolare lim a e lim b. + + Soluzioe. Abbiamo a 1 > b 1. Suppoiamo a > b e dimostriamo a +1 > b +1. Questo è equivalete a a + b b > a b a + b cioè Si ha allora D altra parte (a + b ) > 4a b (a b ) > 0. a +1 = a + b a +1 b +1 = a + b quidi poiché a +1 < a si ha b b+1 > b. Esiste allora duque < a = a. a b a + b = a b lim a = α e lim b = β + + a +1 = a + b e visto che a +1 α si ottiee α = β. Allora a 1 b 1 = a b da cui αβ = α quidi α + β lim a = lim b = a 1 b 1. 7