Matematica Generale - Cramer, vettori e sistema omogeneo

Dobbiamo dunque risolvere il sistema lineare



 a + c =3



 2a + b + c = 4





 2b + c = 7

53 11

23 , , ). Queste sono le coordinate di v rispetto

Si trovano le soluzioni (a, b, c) = (− 3

alla base {v , v , v }.

1 2 3 3

Esercizio 0.1.3. Determinare una base per lo spazio delle soluzioni del sistema omogeneo





 x + y + t + z =0







 x − y + t − z =0

 x + t =0









 y + z =0

Soluzione: Dobbiamo prima di tutto risolvere il sistema lineare omogeneo in questione. A

tal fine osserviamo che la prima equazione è la somma della terza e della quarta. Dunque

possiamo eliminarla. Alla stessa maniera possiamo eliminare la seconda equazione, essendo

la differenza fra la terza e la quarta. Il sistema si riduce allora a

( x + t =0

y + z =0

Poniamo allora t = h e z = k. Le soluzioni del sistema sono allora

S = {(−h, −k, h, k), h, k ∈ R}

Si tratta quindi di uno spazio vettoriale di dimensione due (essendoci due parametri). A

questo punto per trovare una base di tale spazio è sufficiente porre una volta h = 1, k = 0

e l’altra h = 0, k = 1. Per cui una base per S è {(−1, 0, 1, 0), (0, −1, 0, 1)}.

Calcolare i seguenti limiti di successioni

Esercizio 0.1.4.

2

1. lim n

n→∞ 2

n

2. lim

n→∞ n+1

2

n −1

3. lim

n→∞ 3

n

cos(n)

4. lim (per chi non sapesse cosa è il coseno, per questo esercizio basta sapere

n→∞ n

che −1 ≤ cos(n) ≤ 1 per ogni n).

5. sia M un numero reale e {a } una successione tale che 0 ≤ a ≤ M per ogni n.

n n

a

Calcolare lim n

n→∞ n

Soluzione: Spero che per i primi tre nessuno abbia problemi.

∞

1. 4

2. ∞, in quanto il polinomio a numeratore ha grado maggiore di quello a denominatore.

Volendo fare i conti si ha 2

2

n n n

= lim = lim

lim

n→∞ n→∞ n→∞

1 1

n +1 n(1 + ) 1+

n n

Ora 1/n tende a 0 e quindi il precedente limite si riduce al limite di n che è

evidentemente infinito.

3. 0, in quanto il polinomio a numeratore ha grado minore di quello a denominatore.

Volendo fare i conti si ha 1 1

2

2 n (1 − ) 1 −

n − 1 2 2

n n

= lim = lim

lim

n→∞ n→∞ n→∞

3 3

n n n

2

Ora 1/n → 0, quindi il precedente limite si riduce a quello di 1/n che è

evidentemente 0.

4. Dal teorema del confronto abbiamo

−1 cos(n) 1

lim ≤ lim ≤ lim

n→∞ n→∞ n→∞

n n n

Ora, il primo e il terzo limite sono entrambi nulli, quindi, dal teorema dei carabinieri,

è nullo anche il limite centrale.

Dal teorema del confronto si ha

5. a 1

n

0 ≤ lim ≤ M lim

n→∞ n→∞

n n

Ora, l’ultimo limite è nullo, quindi, dal teorema dei carabinieri, è nullo anche il limite

centrale.

Esercizio 0.1.5. Verificare i seguenti limiti di successioni

3

1. lim n = ∞

n→∞ 1

2. lim = 0

n→∞ 2

n n

lim =1

3. n→∞ n−1

2n

4. lim =2

n→∞ n−2 5

Soluzione: 3

1. Dobbiamo mostrare che per ogni M > 0 esiste n tale che n > M per ogni n > n .

M M

√ √

3 3 3

La condizione n > M equivale a n > M Poniamo allora n = M . Resta allora

M

3

solo da osservare che con questa scelta di n la condizione n > M per ogni n > n

M M

è certamente verificata. 1

2. Dobbiamo mostrare che per ogni ε > 0 esiste n tale che | | < ε per ogni n > n .

ε ε

q

2

n

1

1 1

2

La condizione | | < ε equivale a | | < n , cioè alla condizione | | < n. Poniamo

2 ε ε

n

q 1 1 | < ε per n > n è

allora n = | |. Con questa scelta di n la condizione | ε

ε ε 2

ε n

certamente soddisfatta. n

3. Dobbiamo mostrare che per ogni ε > 0 esiste n tale che | − 1| < ε per ogni

ε n−1

n n−n+1

n > n . La condizione | − 1| < ε equivale a | | < ε che equivale a sua volta

ε n−1 n−1

1 | < n. Poniamo allora n = 1 + 1/ε.

alla condizione 1 + | ε

ε

2n 1

4. La condizione | − 2| < ε equivale alla condizione 2 + 4| | < n. Basta allora

n−2 ε

1

scegliere n = 2 + 4| |.

ε ε 0 0

Esercizio 0.1.6. Siano {a } {a } due successioni con limiti rispettivamente l ed l .

n n

Supponiamo che

1. l < 0

0

2. a a < 0 per ogni n

n n 0

Mostrare che l ≥ 0.

Soluzione: Siccome l < 0, dal teorema di permanenza del segno si ha a < 0 per ogni

n

0 0

n maggiore di un certo n . Quindi, la condizione a a < 0 implica che a > 0 per ogni

1 n n n

n > n . Applicando nuovamente il teorema di permanenza del segno segue allora che

1

0

l ≥ 0.

Nota: non si può concludere che l > 0 in quanto ”le disuguaglianze si attenuano al limite”.

Ad esempio 1/n > 0 per ogni n, eppure 1/n → 0.