Tracce di soluzioni di alcuni esercizi di matematica 1 - gruppo 76-93

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1 Tracce di soluzioni di alcuni esercizi di matematica 1 - gruppo Funzioni continue Soluzione dell Esercizio 76. Osserviamo che possiamo scrivere p() = n (a n + u()) e q() = m (b m + v()) con lim u() = lim v() = 0. Dunque risulta + + che p()/q() = n m g() con g() a n /b m per +. Soluzione dell Esercizio ln ln(sin 2) = ln(/sin(2)) Ora sin(2)/ = 2 sin(2)/(2) 2 per 0 e dunque ln ln(sin(2)) 1/2. 2. Posto y = tan 1 si ha che y 0 per π/4 Del resto e dunque tende a 1 per π/4. 3. Osserviamo che sin(sin(sin )) ln(tan ) ln(y + 1) = tan 1 y = sin(sin(sin )) sin(sin ) sin(sin ) sin sin Ora il terzo fattore nel membro a destra tende a 1. Per il secondo fattore, considerando il cambio di variabile y = sin si ottiene che sin(sin ) sin y lim = lim = 1 0 sin y 0 y Analogamente si mostra che anche il primo fattore tende a 1 e dunque il limite è uguale a Il limite non esiste. Infatti posto y = arctan si ha che e dunque si ha che tan y arctan = y tan y 5. Mentre + 2 lim sqrt arctan = lim y 0 + tan y2 + 1 y = 1 tan y + 2 tan y2 + 1 lim sqrt1 0 2 arctan = lim y = 1 y 0 tan y e dunque il limite è 1/2. tan sin 3 = tan 1 cos 2 6. Utilizzando il fatto che π/2 arctan = arctan(1/) e considerando il cambio di variabile y = arctan(1/) otteniamo che ( π ) lim + 2 arctan = lim y/ tan y = 1 y 0 1

2 Soluzione dell Esercizio Mostriamo che lim y + y1/y = 1. Infatti abbiamo che [y] 1/([y]+1) y 1/y [y + 1] 1/[y] Si conclude facilmente osservando che le due successioni n 1/(n+1) e (n + 1) 1/n convergono entrambe a 1. Per calcolare il limite di per 0, è sufficiente fare il cambio di variabile y = 1/ e osservare che = 1 y 1/y e dunque tende a 1 per Consideriamo prima il caso α = 1. Allora si ha lim ln = lim ln 0 0 = ln 1 = 0 Per quanto riguarda il caso di α generico, basta considerare la sostituzione y = α e osservare che α ln = (y ln y)/α. Ora 3. Scrivendo lim 0 α ln = lim(y ln y)/α = 0. y 0 ln (ln(1 + 2 ) = ( 2 ln ) ln(1 + 2 ) 2 risulta chiaramente che il limite è 0. Soluzione dell Esercizio 79. Fissiamo tale che f( + 1) f() L ε per >. Dato > poniamo m() = [ ]. Osserviamo che m() + 1. Ora con un semplice ragionamento induttivo (su m()) si mostra che Ovvero Fissato M = Ovvero L f() f( m()) < m()l f( m()) m() sup f(y) risulta y [, +1] L L m() M f() f( m()) L + m() m() M m() f() m() L + M m() m() f() L m() + M m() Poiché m() + 1 risulta che m()/ 1 per + e dunque passando al limite sulla precedente disuguaglianza si ottiene la tesi. Soluzione dell Esercizio 80. Osserviamo che se n! è un numero intero la funzione f n, (t) = sin2 (n!π) sin 2 è costantemente 0 e dunque il limite per t 0 è (n!π) + t2 0. alternativamente il limite è 1. Ovvero { 0 se n! Z u n () = lim f n, (t) = t 0 1 altrimenti. 2

3 Ora n! è intero se e solo se = p/q con q n. Dunque se è razione si avrá per n grande u n () = 0. Vicersa per irrazionale si avrà u n () = 1 per ogni n. Dunque { 0 per Q lim u n() = n + 1 per R \ Q Soluzione dell Esercizio 82. a > 0 b > 1 Soluzione dell Esercizio 83. Per definizione g è monotona crescente. Per mostrare che è continua, basta mostrare che g([a, b]) = [f(a), M] essendo M = ma{f() [a, b]}. Chiaramente g([a, b]) [f(a), M]. Del resto fissato t [f(a), M] consideriamo l insieme I t = { [a, b] f() t} e sia 0 = inf I t. Chiaramente si avrà f( 0 ) t. D altra parte se f( 0 ) > t allora avremmo f( 0 δ) t che per δ sufficientemente piccolo contraddicendo la definizione di 0. Dunque f( 0 ) = t. Inoltre per definizione f() < f( 0 ) per < 0. Segue che g( 0 ) = f( 0 ) = t. Soluzione dell Esercizio 84. Supponiamo per assurdo che f non sia monotona. Dunque esisterebbero < ȳ tale che f( ) > f(ȳ). Consieriamo dunque l insieme A = {t [a, b] < t e f( ) > f(t)}. Per l ipotesi d assurdo tale insieme è non vuoto (ȳ A). Dunque sia y min = inf A. Osserviamo che l ipotesi che facciamo su f significa esattamente che y min >. Osserviamo ora che f(y min ) = f( 0 ). Infatti esiste y n A tale che y n y min e dunque f(y min ) = lim f(y n ). Poiché f(y n ) f( ) (y n A!) si ha che f(y min ) f( ). Ora se valesse il minore stretto allora potremmo trovare δ > 0 sufficientemente piccolo tale che < y min δ e f(y min δ < f( ). Ma allora y min δ A contraddicendo la nostra scelta di y min. Notiamo in particolare che y min / A. Ora applicando l ipotesi su f a y min, risulta che per δ sufficientemente piccolo f(y min + δ) f(y min ) = f( ) e dunque si avrà [y min, y min +δ] A = per δ abbastanza piccolo. Ma ciò contraddice la nostra scelta di y min. Soluzione dell Esercizio 85. Osserviamo che la funzione definita su R \ {0} è pari. Dunque è sufficiente calcolare f() = sin 3 lim f(). 0 + Osserviamo che f è limitata superiormente (e inferiormente) in un intorno di 0. Basta osservare che tan sin 0 < f() < 3 tan sin Poichè 1/2 si deduce che scegliendo a sufficientemente piccolo 3 f() < 1 per [.0, a]. 3

4 Osserviamo ora che f() = sin 2/2 sin(2/2) 3 = 8(/2) 3 = /2 sin /2 4(/2) sin /2 1 cos /2 4 (/2) (/2) 2 dove abbiamo posto per semplicità u(y) = 1 sin y 1 cos y 4 y y 2 /2 sin /2 cos /2 4(/2) 3 = = f(/2)/4 + u(/2) Osserviamo che al tendere di y a 0 la funzione u(y) tende ad 1/8. In particolare fissato ε > 0 troviamo δ < a tale che u(y) [1/8 ε, 1/8 + ε] per ogni y [0, δ]. Ora fissato [0, 2δ] osserviamo che f(/2)/4 + (1/8 ε) f() f(/2)/4 + (1/8 + ε) Poiché /2 giance anch esso in [0, 2δ] vale anche da cui otteniamo f(/4)/4 + (1/8 ε) f(/2) f(/4)/4 + (1/8 + ε) f(/4)/4 2 + (1/8 ε)(1 + 1/4) f() f(/4)/4 2 + (1/8 + ε)(1 + 1/4) e procedendo induttivamente si ottiene n 1 n 1 f(/2 n )/4 n + (1/8 ε) (1/4) k f() f(/2 n )/4 n + (1/8 + ε) (1/4) k k=0 Poiché 0 < f(/2 n ) < 1 si ottiene che f(/2 n )/4 n 0 per n +. Così passando al limite su n nella precedente disuguaglianza otteniamo ovvero (1/8 ε)(4/3) f() (4/3)(1/8 + ε) f() 1/6 4ε/3 per ogni [0, 2δ]. Per l arbitrarietà di ε si conclude che il limite cercato è 1/6. Soluzione dell Esercizio 87. Consideriamo la funzione g(t) = f(t+1/n) f(t). Se tale funzione avesse un segno definito (per esempio positivo) avremmo Da cui si ricaverebbe f(1) > f(0). f(1/n) > f(0) f(2/n) > f(1/n) f(3/n) > f(2/n)... f( n 1 n ) > f(n 2 n ) f(1) > f( n 1 n ) Soluzione dell Esercizio 88. A meno di scambiare p con p si ha lim p(t) = + t + p(t) = lim t 4 k=0

5 Dunque p non può avere un segno definito. Soluzione dell Esercizio 89. Sia E n = { R lim t f(t) f() > 1/n}. Chiaramente E = E n. Dunque basta mostrare che ciascun E n è numerabile. Mostriamo che per ogni E n esiste δ tale che [ δ, + δ] E n = {}. Osserviamo che poichè esiste il limite per t di f(t) esiste δ > 0 tale che dati t, y ( δ, + δ) \ {} si ha f(t) f(y) < 1/2n In particolare facendo tendere t a y, scopriamo che se esiste il limite lim t y f(t) tale limite dista da y al più 1/2n. Dunque l unico punto di E n nell intervallo ( δ, +δ) è. Ciò mostra che δ() = inf{ y y E n \ {}} > 0 per gni E n. Ora dico che gli intervallini [ δ()/3, + δ()/3] al variare di E n sono a due a due disgiunti. Infatti supponiamo che esista t [ δ()/3, +δ()/3] [y δ(y)/3, y +δ(y)/3]. A meno di scambiare la con la y possiamo supporre δ(y) δ() Allora avremmo che y t + t y 2δ()/3 ma dunque y sarebbe un punto in E n a distanza < δ() da e questo contraddice la definizone di δ(). Per ogni E n fisso ora un numero razionale q() [ δ()/3, + δ()/3]. Per costruzione la mappa E n q() Q è iniettiva e dunque E n è numerabile. Soluzione dell Esercizio 90. La funzione f non è continua su Q. Fissato t Q esiste una successione t n di numeri irrazionali convergente a t. Si ha che f(t n ) = 0 ma f(t) 0. La funzione f è continua su R \ Q. Fissato t R \ Q, se f non fosse continua in t esisterebbe una successione t n t tale che f(t n ) ε per qualche ε > 0.. Chiaramente t n Q. Inoltre posto t n = p n /q n risulta che f(t n ) = 1/q n > ε, ovvero la successione {q n } è limitata dall alto.. Fissiamo M un numero intero maggiore di ogni q n, e sia q = M!. Chiaramente q n divide q per ogni n e dunque possiamo scrivere t n = p n q per qualche p n intero. Ora poiché t n converge a t risulta che la successione t n è limitatata superiormente e inferiormente. Segue che anche la successione p n è limitata. Essendo una successione intera essa può assumere un numero finito di valori e dunque anche t n assume un numero finito di valori, cosa che contraddice l ipotesi che t n converga ad un numero irrazionale. Per quanto riguarda la funzione monotona, osserviamo che è sufficiente costruire una funzione con le proprietà richieste g : R + R + 5

6 con g(0) 0 e poi estenderla a tutto l asse reale ponendo g( ) = g() Definiamo la seguente funzione monotona: g() = f() 3 t Q +, t (essendo f la funzione già studiata) Innanzitutto mostriamo che la funzione è ben definita, ovvero che la serie converge. Infatti osserviamo che fissato q N, tra [0, ] esistono meno di ([] +1)q numeri razionali che che si possono esprimere nella forma p/q. Dunque t Q + t f() 3 + q=1 ([] + 1)q q 3 + Ora la funzione g è chiaramente monotona. Inoltre fissato un numero razionale t = p/q risulta che per ogni numero s < t g(t) > g(s) + 1/q 3 e dunque g non è continua. Per quanto riguarda la continuità in R\Q, osserviamo che comunque fissato N possiamo fissare δ tale che f(y) 1/N se y δ. Questo vuol dire che i razionali in [ δ, + δ] hanno tutti numeratore N. Ora se y [ δ, ] (e con un ragionamento analogo anche per y [, + δ]) si ha che f() f(y) = f(s) 3 Q (y,) Ora ragionando come prima e tenendo presente il fatto che i razionali in (y, ) hanno tutti denominatore maggiore di N risulta che 0 < f() f(y) < + q=n [] + 1 q 2 Scegliendo N opportunamente grande possiamo rendere il membro a destra arbitrariamente piccolo e dunque si ha la tesi. Soluzione dell Esercizio 91. Osserviamo che esiste C tale che per ogni t R + si ha (1 + t) α 1 C t α Infatti se tale C non esistesse, potremmo costruire una successione t n tale che (1 + t n ) α 1 + Ora a meno di estrarre una sottosuccessione possiamo supporre che t n ξ con ξ [0, = ]. Se ξ 0, + avremmo che (1 + t n ) α 1 contraddicendo la nostra ipotesi su t n. + (1 + ξ)α 1 ξ α 6

7 Del resto se t n + abbiamo (1 + t n ) α 1 = ( 1 t n + 1) α 1 e dunque ancora la nostra ipotesi su (t n ) è contraddetta. Infine se t n 0 allora abbiamo e dunque 1 (1 + t n ) α 1 = e α ln(1+tn) 1 α ln(1 + t n ) αt n (1 + t n ) α 1 0 (qui usiamo che α < 1) e questo ancora contraddice l ipotesi su (t n ). In definitiva esiste C tale che (1 + t) α 1 t α (in realtà si può mostrare che C = 1 funziona). Ora dati > y e posto t = /y 1 si ha C α y α = y α (1 + t) α 1 y α Ct α = C( y) α Soluzione dell Esercizio 92. Fissato < y, dobbiamo verificare che f() f(y) C(y ) Se, y appartengono ad uno stesso I k non c è nulla da dimostrare. Se I k e y I h con k < h allora abbiamo f(y) f() f(y) f(t h 1 ) + f(t h 1 ) f(t h 2 ) f(t k ) C(y t h 1 ) + C(t h 1 t h C(t k ) = C(y ) Soluzione dell Esercizio 93. Osserviamo che è sufficiente mostrare che f() f(y) sup,y [a,b] y α < + Ora se tale sup non fosse finito esisterebbero successioni n, y n tali che f( n ) f(y n ) n y n α + A meno di estrarre una sottosuccessione possiamo supporre che n e y n ȳ. Ora se ȳ allora f( n ) f(y n ) f( ) f(ȳ) n y n α ȳ α contraddicendo la scelta di n e y n. Se invece = ȳ allora definitivamente si avrà che n y n ε e dunque definitivamente si avrà f( n ) f(y n ) C n y n α ovvero f( n ) f(y n ) n y n α C 7

8 contraddicendo ancora la scelta di ( n ) e (y n ). Soluzione dell Esercizio 94. Fissati, y [a, b] dividiamo l intervallo [, y] in N intervalli uguali con estremi allora abbiamo = t 0 < t 1 < t 2 < < t N = y N N y α f(y) f() f(t i ) f(t i 1 ) C k=1 k=1 N α y α y α = CN N α = C N α 1 Tale disuguaglianza vale per ogni N. Facendo tendere N a + risulta che ovvero f() = f(y). f() f(y) 0 Soluzione dell Esercizio 95. Se y < 1 si ha y α < y β. Dunque f() f(y) < C y β se y < 1. Applicando l esercizio 93 si conclude. Soluzione dell Esercizio 96. Posto 0 se = 0 g() = 1/ ln se 0 < < 1/e 1 se 1/e Osserviamo che g è cotinua, inoltre è facile verificare che è uniformemente continua. Mostraimo che non è Holderiana per nessun esponente α. Infatti si ha che contraddicendo l Holderianità. g(t) lim t 0 t α = 1 t α ln t + 8

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