PFB - Tutorato 1 (Soluzioni)
Sessione Settembre-Ottobre 2008
Tutore: Dott. Giulio Pellitta 25 settembre 2008
ANALISI
Esercizio 1. L’esistenza di una soluzione dell’equazione segue dal Teorema di Lagrange, l’unicit`a dal fatto che l’integrando
`e sempre positivo e quindi la funzione integrale `e iniettiva.
Sempre dal Teorema di Lagrange, abbiamo che xa ∈ [0, a], da cui, per il celebre Teorema dei “carabinieri”, lima→0+xa = 0.
Poi
1+ x10= Raa
0 dt 1+t10
⇒ x10= Raa
0 dt 1+t10
− 1
a→0lim+ x10a a10 = lim
a→0+
1 a9Ra
0 dt 1+t10
− 1 a10 = lim
a→0+
a −Ra
0 dt 1+t10
a10Ra 0 dt
1+t10
= lim
a→0+
1 −1+a110
10a9Ra
0 dt
1+t10 + a101+a110
= lim
a→0+
1 − (1 − a10+ O(a20)) a10xa+1+aa1010
= lim
a→0+
a10+ O(a20) a10(xa+1+a110) = lim
a→0+
1+ O(a10) xa+1+a110
= 1
Quindi, per la continuit`a della funzione (·)10:
a→0lim+ xa
a =
a→0+lim x10a a10
101
= 1.
Esercizio 2. 1) La funzione f `e continua sul compatto T, quindi per il Teorema di Weierstrass f ammette massimo e minimo su T.
2) Usiamo i moltiplicatori di Lagrange. Posto g(x, y, z) = x+ y + z − 1, imponiamo
§ ∇ f −λ∇g = 0 g= 0
e cerchiamo le soluzioni per cui x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0.
In alternativa, dalla simmetria della funzione e del vincolo, si evince chiaramente che Px= Py = Pz, per cui dall’ultima equazione si ricava Px = Py = Pz = 13. Osserviamo che
f (P)= 0.
3) Studiamo f su T intersecata con il piano z = 0 e parametrizziamo il segmento individuato: x = t, y = 1 − t, z = 0, t ∈ [0, 1]. Poniamo f (t) := f (x(t), y(t), z(t))
f (t)= t3+ (1 − t)3= t3+ 1 − 3t + 3t2− t3 = 3t2− 3t+ 1, f0(t)= 6t − 3 = 0 ⇒ t = 1
2. Confrontando i valori di f dei punti trovati
f (0)= 1, f
1 2
= 1
4, f (1)= 1 vediamo che P `e di minimo, mentre i punti di massimo sono i vertici di T (i caso x= 0 o y = 0 sono analoghi, di nuovo per simmetria).
4) Basta svolgere i calcoli:
f (λx, λy, λz) = (λx)3+ (λy)3+ (λz)3− 3(λx)(λy)(λz)
= λ3(x3+ y3+ z3− 3xyz)= λ3f (x, y, z)
5) Se x= y = z = 0, non c’`e nulla da dimostrare. Altrimenti siaλ > 0 t.c. x + y + z = λ1. Alloraλx + λy + λz = 1, cio´e (λx, λy, λz) ∈ T. Dunque
0 ≤ f (λx, λy, λz) = λ3f (x, y, z) = λ3(x3+ y3+ z3− 3xyz) e pertanto 0 ≤ x3+y3+z3−3xyz, da cui x3+y3+z3≥ 3xyz.
Esercizio 3. Siaα l’angolo in A (espresso in radianti). Noti- amo che il triangolo ëABC `e un triangolo rettangolo perch´e inscritto in una semicirconferenza. Il cateto AB `e lungo AC cosα = 2r cos α.
Detto O il centro del lago, l’angolo ÔBOC vale 2α (per un noto teorema delle scuole superiori: il triangolo ëAOB `e isoscele, avendo due lati uguali, e pertanto ÔABO= α e ÔAOB= π − 2α, da cui ÔBOC= π − (π − 2α) = 2α) e dunque l’arco öBC vale (2α)r.
Il tempo di percorrenza vale perci`o T(α) = s1v(1α)+ s2v(2α) =
2r cosα
2 + 2αr4 = r cos α +α2r. T0(α) = −r sin α +12r = 0 ⇒ sinα = 12 ⇒α = arcsin12 = π6.
Esercizio 4. Ricordiamo che
ex=X
k≥0
xk
k!, cos x =X
k≥0
(−1)k x2k
(2k)!, cosh x =X
k≥0
x2k (2k)!. Dato cheα > 1 ⇒P
k≥1 1
nα < ∞, le serie convergono:
X
n≥1
en21 − 2 cos1 n + 1
=X
n≥1
1+ 1 n2
− 2
1 − 1
2n2
+ 1 + O
1 n4
=X
n≥1
3 1
n2 + O
1 n4
;
X
n≥1
en21 − 2 cosh1 n+ 1
=X
n≥1
1+ 1 n2
− 2
1+ 1
2n2
+ 1 + O
1 n4
=X
n≥1
−1 n2 + O
1 n4
.
GEOMETRIA Esercizio 5. • Siano a, b ∈ A qualsiasi:
(1) a+1 = (a+1)2 = a2+2a+1 = a+2a+1 ⇒ 2a = 0.
(2) Segue dal punto precedente.
(3) a+b = (a+b)2= a2+ab+ba+b2= a+ab+ba+b ⇒ ab+ ba = 0 ⇒ ab = −ba = ba ⇒ ab = a2b = a(ab)= a(ba) = aba = (ab)a = (ba)a = ba2= ba.
(4) Un campo di 2 elementi, chiaramente `e un anello booleano unitario integro. Viceversa, se ci fos- se a , 0, 1, per il secondo punto sarebbe uno zerodivisore, quindi A non sarebbe integro.
• Si tratta di una semplice verifica: ZX2 `e dotato di uno zero (l’applicazione che manda tutto in 0 ∈ Z2); di un elemento neutro rispetto al prodotto (la funzione iden- ticamente uguale a 1 ∈ Z2); ogni elemento ha come opposto s´e stesso; il prodotto e la somma di elementi di ZX2 stanno ancora in ZX2 perch´e somma e prodotto sono definiti a partire da quelli in Z2 che `e chiuso rispetto a somma e prodotto; infine `e booleano perch´e Z2 lo `e (( f )2(x)= f (x)2 = f (x)).
Esercizio 6. 1. l1= È
(Ax− Bx)2+ (Ay− By)2+ (Az− Bz)2=
√
12+ 02+ 02= 1.
2. l2= rπ3 = π6. 3. A·B= 12· −1
2+0·0+
√ 3 2 ·
√ 3
2 = −14+34 = 12 = |A||B| cos α = cosα ⇒ α = arccos12 = π3 ⇒ l3= π3.
4. l2< l1< l3.
Esercizio 7. A e B distano entrambi r=
√ 2
2 dall’origine.
|A|= Ê
1 2
2
+
−1 2
2
+ 02= r1
2 =
√ 2 2 ,
|B|= Ì √
3 4
2
+
−
√ 3 4
2
+
√1 8
2
= r1
2 =
√ 2 2 .
Da A · B = (12, −12, 0) · (
√ 3 4 , −
√ 3 4 ,√18) =
√ 3
4 = r2cosα =
1
2cosα otteniamo che l’angolo tra A e B vale arccos12 = π3, da cui l’arco öAB `e lungoαr =π3 √22 = π6√2.
Esercizio 8. Consideriamo U(Z15)= {1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14}
e i sottogruppi generati dai suoi elementi:
· 1 2 4 7 8 11 13 14
1 1 2 4 7 8 11 13 14
2 2 4 8 14 1 7 11 13
4 4 8 1 13 2 14 7 11
7 7 14 13 4 11 2 1 8
8 8 1 2 11 4 13 14 7
11 11 7 14 2 13 1 8 4
13 13 11 7 1 14 8 4 2
14 14 13 11 8 7 4 2 1
h1i= {1} h2i= {1, 2, 4, 8}, h4i= {1, 4}, h7i= {1, 4, 7, 13}, h8i= {1, 2, 4, 8}, h11i= {1, 11}, h13i= {1, 4, 7, 13}, h14i= {1, 14}.
Per ragioni di cardinalit`a, G pu`o essere solo prodotto diretto interno di un sottogruppo di 2 elementi e di uno di 4. Dalla tabella moltiplicativa, si vede che G `e prodotto diretto inter- no di {1, 2, 4, 8} e {1, 14}; oppure {1, 2, 4, 8} e {1, 11}; oppure {1, 4, 7, 13} e {1, 14}; oppure {1, 4, 7, 13} e {1, 11}.
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