Matematica Generale - Cramer, vettori, limiti

1

0.1 Esercitazioni V, del 18/11/2008

Esercizio 0.1.1. Risolvere usando Cramer il seguente sistema lineare



 x + y − kz = 1



 kx + z = 2





 x + y − 2kz = 1 2

Soluzione: Il determinante della matrice incompleta è k che è diverso da zero se e soltanto

se k 6 = 0. Per tali valori di k il sistema ammette una ed una sola soluzione determinabile

applicando il teorema di Cramer. Si ha k − 2

2 , , 0)

(x, y, z) = ( k k

Invece per k = 0 otteniamo il sistema 

 x + y =1



 z =2





 x + y =1

1

che ammette ∞ soluzioni: (x, y, z) = (1 − t, t, 2). 3

Esercizio 0.1.2. Si considerino i seguenti vettori di R : v = (1, 2, 2), v = (0, 1, 1), v =

1 2 3

(1, 3, 2). 3

1. Mostrare che formano una base di R .

2. Trovare le coordinate di v = (2, 4, −1) nella nuova base {v , v , v }.

1 2 3

Soluzione

1. I tre vettori in questione sono linearmente indipendenti in quanto il determinante

della matrice dei coefficienti è uguale a −1 e quindi è diverso da 0. Ricordando che n

n

vettori linearmente indipendenti in R formano sempre una base, allora {v , v , v }

1 2 3

3

è una base di R .

2. Dobbiamo trovare tre numeri reali a, b, c tali che

a(1, 2, 2) + b(0, 1, 1) + c(1, 3, 2) = (2, 4, −1) 2

Ricordando che la precedente equazione vettoriale coincide col sistema



 a + c =2



 2a + b + 3c = 4





 2a + b + 2c = −1

troviamo che le coordinate di v rispetto alla base {v , v , v } sono (a, b, c) =

1 2 3

(−3, −5, 5).

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





 x + 2y + t − z = 0







 2x − y + 3t = 0

 y + t − 2z = 0









 3x + 2y + 5t − 3z = 0

Soluzione: osserviamo che la quarta equazione è somma delle prime tre. Dunque possiamo

eliminarla. Ponendo poi z = h si arriva alla soluzione

5 2 4

S = {(− h, h, h, h), h ∈ R}

3 3 3

5 23 43

Ponendo allora h = 1 si ottiene la base {(− , , , 1)}.

3

Esercizio 0.1.4. Calcolare i seguenti limiti

3

2n −n+2

1. lim

n→∞ 2 3

3n +5n

n+1

lim e

2. n−1

n→∞ 2

1+n−n

3. lim e 2

n +3

n→∞ 1

e n

4. lim

n→∞ n

Soluzione:

1. Poichè numeratore e denominatore sono polinomi in n dello stesso grado, il limite

coincide con il rapporto fra i coefficienti di grado superiore. Dunque esso è 2/5.

Dal momento che l’esponente converge ad 1 (per il motivo vedi punto precedente) il

2. 1

limite richiesto è e = e. 3

−1

3. Dal momento che l’esponente converge a −1 il limite richiesto è e .

1/n

4. Dal momento che e è una successione positiva e decrescente, abbiamo

1/n 1

0 < e ≤ e = e

Dunque 1/n

e e

0 < ≤

n n

Dal momento che l’ultimo membro converge a 0, dal teorema dei carabinieri segue

che anche il limite richiesto è nullo.

Dire quali delle seguenti serie è convergente. In caso affermativo calcolare

Esercizio 0.1.5.

la somma.

P ∞ 1

1. n

n=0 3

P ∞ 3 n

(

2. )

n=0 4

P n−1

∞ π

3. n

n=0 e

P n−1

∞ e

4. n

n=1 π

Soluzione: si tratta di serie geometriche. Dunque bisogna capire volta per volta quale è la

ragione q. Ci sarà allora convergenza se e solo se |q| < 1 e la somma sarà data dalla nota

1

formula . Vediamo allora cosa succede caso per caso.

1−q

1. Chiaramente q = 1/3 < 1. Quindi la serie converge a

1 = 3/2

1 − 1/3

2. Chiaramente q = 3/4 < 1, dunque la serie converge a

1 =4

1 − 3/4

3. Si ha ∞ ∞ ∞

X X X

n−1 n

π π π

1 1 n

(

= = )

n n

e π e π e

n=0 n=0 n=0 π

Quindi, a meno del fattore 1/π si tratta della serie geometrica di ragione q = > 1.

e

Quindi la serie diverge.