1. Dalla definizione di opposto e dalla propriet` a associativa dei numeri reali si ha:

RISOLUZIONE

1. Dalla definizione di opposto e dalla propriet` a associativa dei numeri reali si ha:

a = a + 0 = a + (c c) = (a + c) c

= (b + c) c = b + (c c) = b + 0 = b

2. Dato a 2 R, siano ↵, 2 R opposti di a. Dalla definizione di opposto abbiamo che a + ↵ = 0 e a + = 0 e quindi a + ↵ = a + . Dalla legge di cancellazione dell’addizione segue allora che

↵ = .

3. Dato che a · 1 = a per ogni a 2 R, dalla propriet`a distributiva e dalla definizione di 0 si ottiene:

a + a · 0 = a · 1 + a · 0 = a · (1 + 0) = a · 1 = a = a + 0 e dalla legge di cancellazione dell’addizione segue che a · 0 = 0.

4. Per ogni a 2 R, dalla propriet`a commutativa e dalla definizione di opposto abbiamo ( a) + a = a + ( a) = 0

e dunque, per l’unicit` a dell’opposto, a `e l’opposto di a, ossia ( a) = a.

5. Per ogni a 2 R dalla propriet`a distributiva e dalla definizione di opposto e di 1 abbiamo a · ( 1) + a = a · ( 1) + a · 1 = a · ( 1 + 1) = a · 0

Dalla propriet` a 3. abbiamo che a · 0 = 0 e quindi che a · ( 1) + a = 0

Dall’unicit` a dell’opposto segue che a · ( 1) `e l’opposto di a, ovvero a · ( 1) = a.

6. Dato c 6= 0, sappiamo che esiste il suo reciproco ¹ _c , tale che c · ¹ _c = 1. Allora, dalla definizione di 1 e di reciproco e dalla propriet` a associativa dei numeri reali si ha:

a = a · 1 = a · (c · ¹ _c ) = (a · c) · ¹ _c

= (b · c) · ¹ _c = b · (c · ¹ _c ) = b · 1 = b

7. Dato a 2 R, a 6= 0, siano ↵, 2 R reciproci di a. Dalla definizione di reciproco abbiamo che a · ↵ = 1 e a · = 1 e quindi a · ↵ = a · . Dalla legge di cancellazione del prodotto segue allora che ↵ = .

8. Proviamo innanzitutto che se a = 0 oppure b = 0 allora a · b = 0. Se a = 0 allora, dalla propriet`a 3. a · b = 0 · b = 0, allo stesso modo, se b = 0 allora a · b = a · 0 = 0.

Proviamo ora che se a · b = 0 allora a = 0 oppure b = 0. Se a 6= 0 allora l’a↵ermazione `e vera, se a 6= 0 allora esiste <sup>1</sup> <sub>a</sub> 2 R tale che a · <sub>a</sub> <sup>1</sup> = 1 (`e definito il reciproco di a). Dalla definizione di elemento neutro e dalla propriet` a associativa e commutativa del prodotto, otteniamo

b = b · 1 = b · (a · ¹ _a ) = (b · a) · ¹ _a = (a · b) · ¹ _a = 0 · ¹ _a

Dalla propriet` a commutativa del prodotto e dalla propriet` a 3., si ha 0 · _a ¹ = 0 e pertanto b = 0.

9. Dati a, b 6= 0, dalla propriet`a commutativa e associativa del prodotto e dalla definizione di reciproco e di elemento neutro risulta

(a · b) · _a ¹ · ¹ _b = a · ¹ _a · b · ¹ _b = 1 · 1 = 1

Abbiamo allora che ¹ _a · ¹ _b `e il reciproco di a ·b e dall’unicit`a del reciproco otteniamo che _a·b ¹ = ¹ _a · ¹ _b . 10. Dalla propriet` a distributiva, associativa e commutativa del prodotto, utilizzando la propriet` a 9.

e la definizione di reciproco, per ogni a, b 2 R \ {0} abbiamo

a+b

a ·b = (a + b) · _a ¹ _·b = a · _a ¹ _·b + b · _a ¹ _·b = a · ¹ _a · ¹ _b + b · ¹ _a · ¹ _b

= a · ¹ _a · ¹ _b + b · ¹ _b · ¹ _a = 1 · ¹ _b + 1 · ¹ _a = ¹ _b + _a ¹ = _a ¹ + ¹ _b 11. Risulta

A = {x 2 R | 2 ^2x + 2 ^x  2} = ( 1, 0]

in quanto la disequazione 2 ^2x + 2 ^x  2 ammette come soluzione ogni x  0. Abbiamo quindi che A `e insieme superiormente limitato, 0 `e un maggiorante, ma non inferiormente limitato. Dato che 0 2 A possiamo concludere che

0 = max A = sup A mentre inf A = 1 12. Abbiamo che

B = {|x| | 0  x ² 2x < 3 } = [0, 3)

Infatti, la disequazione x ² 2x < 3 ammette come soluzione ogni x 2 R tale che 1 < x < 3 mentre x ² 2x 0 `e verificata da ogni x  0 e ogni x 2, pertanto si ha che 0  x ² 2x  3 se e solo se x 2 ( 1, 0] [ [2, 3). Quindi

B = {|x| | x 2 ( 1, 0] [ [2, 3)}

da cui segue che B = [0, 3). Infatti se x 2 ( 1, 0] [ [2, 3) allora 0  |x| < 3, ovvero |x| 2 [0, 3), e viceversa per ogni y 2 R con 0  |y| < 3 esiste x 2 R tale che x 2 ( 1, 0] [ [2, 3) e y = |x|.

Poich´e B = [0, 3), `e immediato verificare che

inf B = min B = 0 e sup B = 3.

Osserviamo che 3 non `e massimo dato che non appartiene a B.

13. Si ha che

C = {x 2 Q | x ² x  p

2(x 1) } = {x 2 Q | 1  x  p

2 } = [1, p 2] \ Q Abbiamo quindi che C `e insieme limitato, 1 `e un minorante e p

2 un maggiorante. Poich´e 1 2 C possiamo concludere che

inf C = min C = 1.

Abbiamo che p

2 = sup C. Infatti, p

2 `e un maggiorante e dal teorema di densit` a dei numeri razionale, per ogni " > 0 esiste q 2 Q tale che p

2 " < q < p

2. Pertanto, per 0 < " < p 2 1, q 2 C. Osserviamo che C non ammette massimo, dato che p

2 62 Q e pertanto p

2 62 C.

14. Risulta

D = { _n+1 ⁿ | n 2 N [ {0}} = {1 _n+1 ¹ | n 2 N [ {0}}

Per n 2 N [ {0} abbiamo che 0  _n+1 ¹ < 1 e quindi che 0  1 _n+1 ¹ < 1

Ne segue che D `e inferiormente limitato, ogni `  0 `e un minorante e poich´e 0 = 1 ₀₊₁ ¹ 2 D possiamo concludere che

0 = min D = inf D

Abbiamo poi che D `e superiormente limitato, ogni L 1 `e un maggiorante. Verifichiamo che 1 `e l’estremo superiore di D, ovvero che non esistono maggioranti di D pi` u piccoli di 1. Preso

" > 0 qualunque, proviamo che 1 " non `e un maggiorante. A tale scopo `e sufficiente provare che esiste n ₀ 2 N [ {0} tale che

1 _n

¹ ₊₁ > 1 " , _n

¹ ₊₁ < " , n 0 > ¹ _" 1

e tale numero naturale esiste in virt` u della propriet` a archimedea ^(a) . Osserviamo infine che 1 non

`e un massimo dato che 1 62 C, infatti per ogni n 2 N [ {0} si ha _n+1 ¹ 6= 0 e quindi 1 _n+1 ¹ 6= 1.

15. L’insieme { ₅ ¹

| k 2 Z} risulta inferiormente limitato. Infatti per ogni k 2 Z si ha ₅ ¹

> 0, quindi ogni `  0 `e un minorante. Abbiamo che 0 `e l’estremo inferiore, dato che 0 `e un minorante e non esistono minoranti pi` u grandi di 0. Per provarlo, preso " > 0 qualunque, proviamo che esiste k ₀ 2 Z tale che ₅ ¹

< ". Abbiamo

1

5

< " , 5 ^k

> ¹ _"

Ora, dalla disuguaglianza di Bernoulli ^(b) , abbiamo che 5 ^k

= (1 + 4) ^k

1 + 4k ₀

e dalla propriet` a archimedea esiste k ₀ 2 N tale che k 0 > ¹ ₄ ( ¹ _" 1). Quindi per tale valore otteniamo 5 ^k

1 + 4k ₀ > ¹ _" da cui ₅ ¹

< ". Abbiamo pertanto provato che

inf E = 0

L’insieme E non risulta per` o superiormente limitato, non esiste alcun maggiorante. Infatti, preso comunque L > 0, procedendo come sopra, utilizzando la disuguaglianza di Bernoulli e la propriet` a archimedea, sia n ₀ 2 N tale che

5 ⁿ

> L allora, posto k ₀ = n ₀ otteniamo che ¹

5

= 5 ^k

= 5 ⁿ

> L.

16. Siano A e B sottoinsiemi limitati di R tali che A ✓ B. Abbiamo che l’a↵ermazione A `e vera.

Infatti, se B risulta superioremente illimitato, la propriet` a `e immediata. Se invece B risulta superioremente limitato, dato che A ✓ B avremo che ogni maggiorante di B risulta maggiorante

(a)

la propriet` a archimedea a↵erma che per ogni x 2 R esiste n 2 N tale che x  n

(b)

la disuguaglianza di Bernoulli a↵erma che per ogni n 2 N e x 1 risulta (1 + x)

1 + nx

di A. Dalla definizione di estremo superiore si ottiene allora che sup B risulta maggiorante di A, da cui

sup A = min {L 2 R | a  L, 8a 2 A}  sup B.

L’a↵ermazione B `e invece falsa, ad esempio si considerino gli insiemi A = (1, 2) e B = (0, 2) abbiamo che A ✓ B ma 1 = inf A > inf B = 0.

Anche l’a↵ermazione C `e falsa, ad esempio per gli insiemi A = (0, 1) e B = [0, 1] abbiamo che A ✓ B con A 6= B ma inf A = inf B = 0 e sup A = sup B = 1.

17. Sia A ⇢ R tale che inf A = 0 e sup A = 1. Abbiamo che l’a↵ermazione A. `e falsa. Si consideri per esempio l’insieme A = [0, 1). Risulta inf A = 0, sup A = 1 ma 1 62 A.

Anche l’a↵ermazione B. `e falsa. Per l’insieme A = {0} [ [ ¹ ₂ , 1] risulta inf A = 0, sup A = 1 ma non esiste alcun a 2 A tale che 0 < a < ¹ ₂ .

L’a↵ermazione C. `e invece vera. Dalla caratterizzazione di estremo superiore si ha infatti che 1 = sup A ,

( a  1 8 a 2 A

8 " > 0 esiste a 2 A tale che a > 1 "

Scelto allora " = ¹ ₂ avremo che esiste a 2 A tale che a > 1 ¹ ₂ = ¹ ₂ .

18. Sia A ⇢ R insieme non vuoto e limitato. L’a↵ermazione A `e falsa. Per esempio l’insieme A = (0, 1) ⇢ R `e limitato e non vuoto ma non ammette ne’ massimo ne’ minimo.

L’a↵ermazione B `e vera, infatti posto m = inf A e M = sup A, dalla definizione di estremo superiore ed inferiore si ha m  a  M per ogni a 2 A. Se m = M allora risulta m = a per ogni a 2 A e dunque A = {m}.

Anche l’a↵ermazione C `e vera, infatti essendo A limitato avremo che inf A 2 R ma che inf A < a per ogni a 2 A, dato che inf A 62 A. Fissato comunque a 0 2 A, avremo che inf A < a 0 .

Dato che per definizione di estremo inferiore inf A `e il massimo dei minoranti di A, avremo allora che a <sub>0</sub> non `e un minorante di A. Ne segue che esiste a 1 2 A tale che inf A < a 1 < a ₀ .

Ripetendo il ragionamento, avremo che a ₁ non `e un minorante di A e quindi che esiste a 2 2 A tale che inf A < a 2 < a ₁ .

Procedendo in questo modo, avremo che per ogni n 2 N esiste a n 2 A tale che inf A < a n < a n 1

per ogni n 2 N e quindi che A contiene gli infiniti punti {a n , n 2 N}.

19. Sia p(n) = n ³ n + 6 e proviamo che p(n) `e un multiplo di 3 per ogni n 2 N. Per n = 1 abbiamo p(1) = 6 che `e un multiplo di 3, la base dell’induzione `e quindi vera.

Supponiamo ora che p(n) sia un multiplo di 3, ipotesi induttiva, e proviamo che anche p(n + 1)

`e anch’esso un multiplo di 3. Abbiamo

p(n + 1) = (n + 1) ³ (n + 1) + 6 = n ³ + 3n ² + 3n + 1 n 1 + 6

= (n ³ n + 6) + 3n ² + 3n = p(n) + 3(n ² + n)

e quindi che p(n + 1) `e somma di due multipli di 3, in quanto p(n) lo `e per ipotesi induttiva. Ne segue che p(n + 1) `e anch’esso multiplo di 3.

Dal principio di induzione possiamo quindi a↵ermare che p(n) `e un multiplo di 3 per ogni n 2 N.

20. Posto q _n = P _n

k=1 k ² = 1 ² + 2 ² + 3 ² + ... + n ² proviamo che q _n = n(n + 1)(2n + 1)

6 per ogni n 2 N.

E immediato che q ` <sub>1</sub> = 1 `e uguale a ^{1 ·2·3} ₆ . Supponiamo che sia vera l’uguaglianza q _n = n(n+1)(2n+1) 6

(ipotesi induttiva) e proviamo che

q _n+1 = (n + 1)(n + 2)(2(n + 1) + 1)

6 = (n + 1)(n + 2)(2n + 3)

6 .

Abbiamo

q _n+1 =

n+1 X

k=1

k ² = X n k=1

k ² + (n + 1) ² = n(n + 1)(2n + 1)

6 + (n + 1) ²

= n(n + 1)(2n + 1) + 6(n + 1) ²

6 = (n + 1)(n(2n + 1) + 6(n + 1)) 6

= (n + 1)(2n ² + 7n + 6)

6 = (n + 1)(n + 2)(2n + 3) 6

Dal Principio di induzione possiamo quindi concludere che q _n = n(n+1)(2n+1)

6 per ogni n 2 N.