Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi avanzati di Analisi Matematica! In questo articolo presentiamo 72 problemi di tipo avanzato che toccano varie sezioni di questa importante branca della Matematica, alcune anche poco note. Gli esercizi sono di difficoltà mista, alcuni di essi sono anche molto complessi e richiedono una conoscenza profonda e dettagliata dell’Analisi Matematica a 360°. Essi risultano quindi appropriati per gli specialisti del settore e, più in generale, per chi intenda mettere alla prova in modo completo e deciso la propria preparazione in questo ambito.
Di ogni esercizio offriamo una o più soluzioni complete, per consentire al lettore di confrontarle e scegliere quelle maggiormente di suo gusto.
Cosa aspetti allora? Se desideri qualcosa di davvero arduo e stimolante, prova a risolvere qualcuno di questi problemi!
Oltre ai richiami teorici sugli esercizi avanzati, consigliamo il seguente materiale teorico di riferimento:
- Serie di Fourier – Teoria e applicazioni;
- Teoria ed esercizi sulla funzione Gamma di Eulero;
- Teoria ed esercizi sulla funzione Beta;
- Teoria ed esercizi sulle funzioni Digamma e Trigamma.
Buona lettura!
Sommario
Leggi...
Autori e revisori
Leggi...
Esercizi
dove
Svolgimento.
(1)
Osserviamo adesso che la nostra equazione può essere riscritta al modo seguente
dove
Se scriviamo l’equazione assume la forma
per cui, confrontandola con la formula (1) si osserva che essa contiene solo le potenze pari dello sviluppo del polinomio . Poiché risulta
(2)
la nostra equazione assume la forma compatta seguente:
con che indica la parte reale del numero complesso. Per risolverla, scriviamo il numero complesso
in forma trigonometrica
Allora
e pertanto, avendosi per ogni scelta di
,
Essendo poi, per la posizione fatta
si ottiene
avendo diminuito le scelte per a causa della periodicità della funzione tangente. Inoltre, per tali soluzioni va escluso l’indice
quando
è dispari, in quanto in tal caso
e la tangente perde di significato.
- Determinare una soluzione non nulla;
- Determinare la soluzione generale dell’equazione;
- Si consideri la funzione
, soluzione dell’equazione non omogenea
che soddisfa le condizioni
Si determinino tutte le terne di numeri interi
tali che
Svolgimento.
Svolgimento punto 1.
dove è un polinomio di grado minore di
(indichiamo tra parentesi in basso
per tenere conto di questo fatto) e
. Abbiamo allora
dove, come prima, abbiamo indicato a pedice delle derivate del polinomio quale sia il grado massimo presente. Sostituendo nell’equazione abbiamo
dove con si è indicato il polinomio che si ottiene come prodotto dei coefficienti variabili e delle derivate di
e il grado massimo
presente in esso. Possiamo osservare che appaiono solo due termini di grado
: al fine di ottenere una soluzione, dovrà essere
e quindi deve essere .
In base a quanto detto in precedenza, ipotizziamo che la nostra soluzione sia del tipo
da cui sostituendo
e semplificando
da cui ricaviamo
Se ne deduce che la soluzione polinomiale cercata è della forma
(3)
Svolgimento punto 2.
con soluzione generale , dove
sono linearmente indipendenti e
costanti arbitrarie. Allora il Wronskiano delle soluzioni si può scrivere come
Portiamo allora la nostra equazione nella forma richiesta dal teorema 3.1:
per cui
Calcoliamo ora il Wronskiano secondo il teorema: abbiamo
D’altra parte, se poniamo
allora
e quindi uguagliando otteniamo la seguente equazione differenziale ordinaria del primo ordine lineare
Tale equazione diventa
che è della forma
la cui soluzione generale è
Nel nostro caso
per cui
e
Integrando per parti il primo integrale con
si ha
da cui
La soluzione generale dell’equazione risulta allora
(4)
Svolgimento punto 3.
e pertanto la soluzione particolare assume la forma che, inglobata nella soluzione dell’equazione omogenea conduce a
Per determinare la soluzione cercata, imponiamo le condizioni:
e quindi la soluzione cercata
Per ricavare gli interi cercati, osserviamo che
pertanto deve essere
che semplificata diventa
La relazione precedente si può pensare come un polinomio nelle variabili : per il principio di identità tutti i suoi coefficienti devono essere pari a zero. Pertanto
quindi
(5)
dove .
Svolgimento.
Notiamo che la coppia risulta una soluzione del sistema. Osserviamo poi che, dovendo essere
, allora si ha pure
: pertanto possiamo dividere membro a membro le due equazioni (avendo escluso il caso
) ottenendo
da cui
Si hanno pertanto due equazioni:
(6)
Sostituendo nella prima delle due equazioni originali si ha
che ha soluzioni
di cui solo quella col segno positivo prima della radice risulta accettabile. Si ricava poi che
Sostituendo invece nella prima delle due equazioni originali si ricava
la quale non ammette soluzioni positive in quanto, se , risulta somma di tre quantità sempre maggiori di zero.
Possiamo qundi concludere che le soluzioni del sistema originale sono date dalle due coppie
(7)
che coincidono quando , come è facile verificare.
dove nella prima equazione compaiono 1975 radici quadrate.
Svolgimento.
Caso 1.
e quindi
Di conseguenza
Ciò porta ad un assurdo, in quanto per ipotesi , ma iterando il procedimento si avrà che il membro destro della prima equazione risulti sempre minore di
.
Caso 2.
e quindi, iterando il procedimento, il membro destro risulta strettamente maggiore di , mentre
, che porta ad un altro assurdo.
Possiamo concludere, infine, che l’unica soluzione del sistema risulta la coppia
(8)
Svolgimento.
dove .
Svolgimento.
per simmetria si ha pure
e dunque
dove ,
.
Perciò
e dunque
(11)
Svolgimento.
(12)
la disuguaglianza da provare diventa
(13)
Premettiamo prima le seguenti disuguaglianze:
(14)
Le prime due sono ovvie, mentre per la terza, tenendo conto delle limitazioni del problema, si ha che
Procediamo adesso per induzione su per dimostrare (13). Il passo base si riduce a
e cioè
che è certamente vera.
Siano adesso fissati e
(si tenga presente che deve essere
). Si deve provare che
che, dopo qualche passaggio, si riduce a
(15)
Osserviamo che per l’ipotesi induttiva con , ovvero
per un certo
arbitrario, abbiamo
mentre per (14) otteniamo , dunque (15) diviene
pertanto (13) è provata.
Svolgimento.
Ora risulta che
dunque
(16)
Si ha che
(17)
In definitiva
(18)
Svolgimento.
Svolgimento.
(20)
Quindi
(21)
Tornando al limite,
Quindi
Calcolare il momento di inerzia di rispetto all’asse
, nell’ipotesi che la densità
sia proporzionale alla distanza del punto
dall’origine. Esprimere il risultato in termini della massa
del solido.
Svolgimento 1.
Svolgimento 2.
ossia
(25)
che è equivalente a
(26)
da cui
Quindi
(27)
Sia un punto su
posto in modo tale che
sia perpendicolare a
ed infine sia
posto su
di modo che
sia parallelo a
.
Dimostrare che e che il segmento
biseziona
.
Svolgimento.
Lemma 3.2.
Figura 2: lemma 3.2.
Dimostrazione del lemma 3.2. Indichiamo con il centro della circonferenza
e prolunghiamo il raggio
fino ad incontrare la circonferenza nel punto
. Pertanto
è diametro della circonferenza
.
(28)
È sufficiente osservare che gli angoli e
sono entrambi retti e dunque
.
(29)
Risulta infatti in quanto raggi e
in virtù di (28) e in quanto
sta sull’asse di
.
Notiamo che appartiene al segmento
. Infatti l’angolo
è retto perché insiste sul diametro della circonferenza
. Ne segue che
è il centro del rombo
, ed in particolare appartiene alla diagonale
.
(30)
Si ha infatti che in quanto angoli corrispondenti e dunque
. Questo dimostra la collinearità.
Per dimostrare ora che osserviamo che
in quanto angoli che insistono sullo stesso arco
. Inoltre
, dove la prima uguaglianza sussiste in forza della (30) e la seconda della (29).
Per provare che si nota che
in quanto angoli insistenti sullo stesso arco
e
, dove si è ancora utilizzata la (29).
Lemma 3.3.
Figura 3: lemma 3.3.
Dimostrazione del lemma 3.3. L’inverso del punto è definito come il punto sulla retta
per cui risulti
. Per determinarlo si usa il secondo teorema di Euclide con la seguente costruzione: si manda la perpendicolare per
alla retta
che incontra la circonferenza nel punto
e da questo punto si traccia la tangente alla circonferenza. L’intersezione tra la retta tangente e la retta passante per
e
è l’inverso di
. Per dimostrare che il punto
, costruito seguendo il testo del problema, è proprio l’inverso di
, occorre far vedere che
.
Diamo una dimostrazione basata sul calcolo vettoriale. Nel seguito indicheremo con il prodotto scalare. Dobbiamo provare che:
dove è il punto di incontro della retta
e della perpendicolare a
passante per
(è facile constatare che
è un rettangolo).
Si ha:
dove si sono utilizzati il secondo teorema di Euclide (applicato al triangolo ) ed il teorema di Pitagora (applicato al triangolo
). Analogamente si dimostra che
è l’inverso di
.
Soluzione del problema principale.
Dividendo membro a membro:
Figura 4: soluzione dell’esercizio 12.
Inoltre per la formula della distanza nell’inversione si ha:
cioè
Ma e dunque
che era quanto si doveva provare.
Per la seconda parte del problema notiamo adesso che il punto , intersezione tra il segmento
e la retta che passa per
e
è l’inverso del punto
. Sappiamo infatti che
,
,
e
sono conciclici e che la circonferenza di appartenenza passa per
che è il centro di inversione. Una proprietà dell’inversione ci assicura ora che le inversioni dei punti appartenenti a questa circonferenza giacciono tutte sulla medesima retta. Per questa proprietà, dunque,
,
e
devono essere allineati, quindi
giace su
. Inoltre, per costruzione
appartiene alla retta che passa per
e
. Questi due fatti ci permettono di concludere che
è l’inverso di
.
Segue dalla formula sulla distanza nell’inversione che
e dunque
Per il lemma 3.2 si ha pure
cioè
Dividendo membro a membro le due equazioni, e ricordando che :
Si conclude che
che completa la dimostrazione.
Svolgimento.
(31)
Ponendo otteniamo immediatamente
(32)
Svolgimento.
Sviluppiamo in serie i vari termini della funzione integranda
da cui segue l’asserto.
Svolgimento.
Se dividendo per
la condizione
otteniamo
dove abbiamo posto
e
.
Osservando che si avrà
e
Dunque cioè,
separando parte reale e parte immaginaria,
le cui soluzioni sono o viceversa.
In definitiva i numeri complessi che soddisfano le condizioni date sono che effettivamente verificano la tesi.
Se la tesi non è verificata. Basta considerare le radici
-esime dell’unità
per
Questi numeri verificano l’equazione
dunque hanno tutti lo stesso modulo ed inoltre,
da cui, per il principio di identità dei polinomi,
Dunque, entrambe le condizioni sono soddisfatte ma non è vero che assume sempre lo stesso valore.
Svolgimento.
pertanto e
sono radici di
e quindi possiamo riscriverlo come
dove è una funzione polinomiale.
Sostituiamo l’espressione appena ottenuta in (33) e otteniamo
(34)
Notiamo che sostituendo in (34) si ottiene
Quindi è una radice di
e possiamo scrivere
come
dove è una funzione polinomiale.
Sostituiamo l’espressione appena ottenuta di
in (34) e giungiamo a
ossia
(35)
(36)
si annulla per , quindi
.
Si conclude che le funzioni polinomiali certate sono le seguenti:
(37)
Svolgimento.
da cui, ponendo
si ottiene
Ora possiamo scrivere
ottenendo quindi
Ponendo
si ha
Pertanto, ponendo , concludiamo
(38)
con costante.
Svolgimento.
Osserviamo preliminarmente che è iniettiva perchè monotona crescente e suriettiva perchè, dato
, risulta che
Se possiamo dunque scrivere
e l’equazione di partenza diventa
e, applicando l’inversa,
Poniamo adesso nell’ultima equazione ottenendo
(39)
Ponendo invece nell’equazione di partenza otteniamo
(40)
Cerchiamo adesso quali sono le soluzioni di (39) e (40) considerando reale. Notiamo che
è una soluzione accettabile.
Sia ora invece
non identicamente uguale a
. Esiste allora
con
.
Osserviamo che, per induzione, (39) ci dà
mentre (40)
Se , passando a limite per
, otteniamo
, e dunque
è costante.
Se , utilizzando (39) e passando al limite, otteniamo allo stesso modo
In definitiva
è costante e le uniche soluzioni dell’equazione di partenza sono
.
Svolgimento.
Svolgimento 1.
Allora il limite cercato si può riscrivere in forma più compatta come
(42)
Primo passo. Il punto di partenza è riscrivere la successione in (41) in una forma più maneggevole. Possiamo notare che e che, usando la formula di bisezione del coseno,
, si ha pure
(43)
Sulla base di queste osservazioni, possiamo concludere che in generale vale
(44)
Questo si può formalizzare per induzione. Infatti, assumendo vera la (44), si ha
dove nel passaggio si è usata l’ipotesi di induzione (44) e nel passaggio
la formula di bisezione del coseno.
Usiamo una formula dovuta (come tante!) ad Eulero. In generale per ogni e
, applicando
volte la formula di duplicazione del seno
, si trova:
(45)
Se ,
, per cui, passando al limite nella (45), si ha
(46)
Inserendo nella (46), si ha
(47)
Svolgimento 2.
Calcoliamo ora il rapporto tra le aree di due poligoni successivi. Si ha, usando la formula di duplicazione del seno:
Il rapporto tra l’area del quadrato () e quella del poligono con
lati è invece:
(48)
Possiamo considerare il cerchio come il caso limite dei poligoni per . La sua area è
. Prendendo quindi il limite per
della (48), abbiamo
(49)
Svolgimento.
(51)
Dato che , il limite è una forma indeterminata del tipo
. Si può semplificare usando il teorema di de l’Hôpital:
Nel passaggio (H), la regola di de l’Hôpital viene usata per risolvere la forma indeterminata che appare nell’argomento dell’esponenziale. Questo passaggio è legittimo perché quel limite esiste finito e la funzione
è continua.
Per completare il calcolo del limite (50), dobbiamo quindi valutare , che si può esprimere in termini della costante
di Eulero-Mascheroni, una delle costanti fondamentali in matematica:
(52)
Numericamente si ha ,5772. L’equazione (52) mostra che la serie armonica diverge a
con la stessa rapidità del logaritmo, in quanto la loro differenza tende ad una costante. Per calcolare
, possiamo usare la definizione (51), derivando sotto il segno di integrale (la funzione integranda è di classe
per
,
), ottenendo il risultato:
(53)
Per proseguire, è utile ricordare il teorema della convergenza dominata. Sia una successione di funzioni convergente puntualmente alla funzione
(
:
), ed esista una funzione
:
tale che
è finito e che
e
. Allora
è integrabile su
e si possono scambiare limite ed integrale:
(54)
Se in particolare (con
), vale anche questa formulazione del risultato (54):
(55)
Siamo finalmente pronti per il calcolo finale2. Alcuni passaggi sono commentati alla fine.
: Si usa qui il teorema della convergenza dominata (55), usando come funzione dominante
. Infatti
e
.
: Si effettua il cambio di variabile
; nel passaggio successivo,
.
: Si usa qui lo sviluppo in serie di Taylor
; il primo termine invece si è integrato ricordando che
: Si è usato anche qui il teorema della convergenza dominata, ricordando che una serie è il limite per
di una somma finita di
termini.
: Si usa la decomposizione in frazioni parziali:
da cui si ricava .
: La somma è telescopica: tutti i termini si cancellano, eccetto i primi
addendi
.
Dunque concludiamo che
(56)
- Tratto da questo link. ↩
dove indica la parte decimale di
.
Svolgimento.
dove le parentesi quadre indicano la parte intera di , quindi l’integrale diventa
La funzione assume valori interi
quando
è compreso tra
e
. Dunque possiamo spezzare l’integrale della riga precedente come una sommatoria infinita di integrali:
L’integrale nella sommatoria si può calcolare agevolmente essendo l’integrale della cotangente
Usando le identità trigonometriche si può provare3 che .
Sostituendo quanto appena ottenuto nell’ultima espressione di
si ricava
I primi due termini della sommatoria a destra rappresentano una serie telescopica, quindi si elidono lasciando solo il termine per cioè
:
Per il calcolo dell’ultima serie definiamo la funzione
Effettuando la derivata di rispetto a
, si ha
Quest’ultima sommatoria è analiticamente definita e risulta pari a4
da cui, integrando e tenendo presente che , otteniamo
Per il nostro problema deve essere , pertanto
da cui il risultato finale
(57)
-
È sufficiente porre
allora
. ↩
-
Nota la relazione
si può osservare che la sostituzione
permette di scrivere, utilizzando le espressioni di Eulero per la cotangente e la definizione di cotangente iperbolica
da cui
e, moltiplicando tutto per
,
Svolgimento.
Per risulta che
, di conseguenza l’integrale può essere riscritto come
dove nella seconda uguaglianza abbiamo sfruttato il fatto che integranda e derivata sono continue. Scomponendo in fratti semplici otteniamo
da cui
Dal principio d’identità dei polinomi con
otteniamo
per cui possiamo scrivere
Ora integriamo rispetto ad ,
arrivando a
Il secondo e il terzo addendo al membro di destra dell’ultima equazione possono essere calcolati agevolmente come segue:
Sostituendo quanto appena ottenuto nell’espressione precedente abbiamo
Ora, per calcolare l’integrale di , scomponiamo
in fratti semplici
Osserviamo che l’ultimo integrale presente nella precedente espressione risulta uguale a quello che vogliamo calcolare, eccezion fatta per la presenza della variabile che sostituisce la variabile
. L’integrale di
può essere calcolato utilizzando lo sviluppo in serie di
dato che l’intervallo di integrazione è contenuto nell’insieme di convergenza della serie. Si ha
La serie ottenuta è la serie armonica di ordine 2 a segni alterni che è pari alla metà della serie del problema di Basilea5 e quindi vale . Sostituendo il tutto nell’identità per il calcolo del nostro integrale otteniamo
In definitiva isolando l’integrale a sinistra e dividendo per otteniamo
(58)
-
Il problema di Basilea, posto da Pietro Mengoli nel 1644 e risolto da Eulero nel 1735, è legato al determinare una somma esplicita della serie armonica di secondo ordine. Eulero dimostrò che
Qui si sfrutta il fatto che, posto
si può scrivere
da cui
Svolgimento.
Calcoliamo . Sia
tale che
e osserviamo che è funzione pari, infatti
da cui possiamo scrivere
Operiamo la sostituzione e otteniamo
Calcoliamo .
Ricordiamo che
da cui6
Ricordiamo la seguente formula facilmente ottenibile con l’integrazione per parti:
(60)
concludendo che
(61)
Ora calcoliamo . A tale proposito, consideriamo
tale che
Con l’intento di derivare la funzione sotto il segno di integrale, ricordiamo il seguente risultato.
Se e
sono continue in
ed inoltre
e
sono di classe
in
, allora
Osserviamo che
e definiamo
allora e
sono continue in
con
, quindi le ipotesi del teorema 3.4 sono soddisfatte ed applicandolo otteniamo
(62)
Ora integriamo rispetto ad e otteniamo
Nella precedente poniamo arrivando a
da cui
Ponendo ora in (62) otteniamo
Dunque possiamo concludere che
(63)
Sommando i risultati di e
concludiamo che
ovvero
(64)
- Lo scambio della serie con l’integrale si dimostra facilmente applicando il teorema della convergenza dominata. ↩
-
Il problema di Basilea, posto da Pietro Mengoli nel 1644 e risolto da Eulero nel 1735, è legato al determinare una somma esplicita della serie armonica di secondo ordine. Eulero dimostrò che
Svolgimento.
Ora ricordiamo che
da cui8
Ricordiamo la seguente formula facilmente ottenibile con l’integrazione per parti:
(66)
quindi
Ora ricordiamo la definizione di polilogaritmo:
(67)
e riscriviamo (65) come
(68)
Confrontando (68) con la definizione di polilogaritmo (67), giungiamo a
Com’è noto, grazie ad Eulero, si ha la seguente identità :
pertanto concludiamo che
(69)
- Lo scambio della serie con l’integrale si dimostra facilmente applicando il teorema della convergenza dominata. ↩
Svolgimento di a.
Svolgimento di b.
Svolgimento.
Applichiamo ora la chain rule alle derivate del primo ordine della funzione : abbiamo13
da cui, sostituendo nella prima equazione
ed eseguendo le opportune semplificazioni
si giunge alla nuova equazione
(75)
Applichiamo adesso la chain rule alle derivate parziali seconde non miste della funzione : abbiamo
da cui
Analogamente
da cui
Sostituendo le due espressioni trovate per le derivate parziali seconde nella seconda equazione otteniamo
e, dopo opportune semplificazioni,
(76)
Se ora deriviamo (75) rispetto alla variabile abbiamo
che, sostituito in (76), conduce a
(77)
Se invece integriamo l’equazione (75) abbiamo
(78)
dove è una funzione dipendente dalla sola variabile
. Se ora sostituiamo l’espressione appena trovata per
nella equazione (77), osservando che il primo termine della sua espressione dipende solo dalla variabile
, abbiamo la seguente equazione differenziale ordinaria di secondo ordine nella sola variabile
:
(79)
Posto , l’equazione diventa
dove è una costante arbitraria. Ricordando la sostituzione fatta per
, si ha
con altra costante arbitraria. Sostituendo questa espressione per
nell’espressione scritta in precedenza per
in (78), otteniamo
e, ricordando la posizione fatta all’inizio per le variabili , si ha la soluzione del problema:
Svolgimento 1.
Svolgimento 2.
e calcoliamone l’inversa; si ha dunque:
Elevando al quadrato ambo i membri otteniamo
da cui
ovvero
(83)
Osserviamo che è una soluzione, quindi, effettuando la divisione per
, abbiamo
le cui soluzioni si ricavano facilmente e sono
Adesso la verifica dell’identità
è immediata.
Svolgimento.
risulta
(84)
Poichè
(85)
il limite proposto vale dunque zero, pertanto concludiamo che
(86)
Svolgimento.
Fissato , si ha
e dunque . Delle soluzioni
e
solo la seconda verifica l’equazione ed è accettabile. Supponiamo ora
e poniamo
con
. Fissato
, si ha
Si vede facilmente che l’ultima frazione tende a ed in particolare è diversa da
, quindi per
non ci sono soluzioni.
Svolgimento.
Dimostrare che
Svolgimento.
è facile ottenere la seguente successione per ricorrenza per :
Questa ricorsione, insieme al dato iniziale , è soddisfatta dai polinomi di Bell
la cui funzione generatrice è
Si ha dunque
La somma da calcolare vale così
esista finito, dimostrare che vale la seguente formula:
(87)
Nota. Gli integrali di questo tipo vengono chiamati integrali di Frullani.
Svolgimento.
(88)
Consideriamo il seguente integrale:
Sfruttando (88), possiamo riscriverlo come
È immediato osservare che la funzione è continua nel rettangolo
, pertanto possiamo applicare il teorema di Fubini:
Ora procediamo nel risolvere l’integrale appena ottenuto:
Passando al limite per ,
Osserviamo che è continua in
con
quindi il
esiste finito e vale
In particolare
pertanto possiamo applicare il teorema della convergenza dominata, ottenendo
per cui
da cui segue l’asserto.
Approfondimento.
(89)
Dimostrazione. Siano ,
. Possiamo scrivere:
Questa uguaglianza vale se i due limiti nel membro di destra esistono entrambi finiti. Procediamo a verificare questa ipotesi.
(90)
Valutiamo ora i limiti per e
di questa espressione. Fortunatamente, possiamo occuparci di un termine alla volta, perché i due limiti sono disaccoppiati. Iniziamo da
. Essendo
continua, sappiamo che esistono
Abbiamo in particolare
Per il teorema del confronto, dato che per si ha
, si conclude
Passiamo a . Fissiamo
. Dato che
ammette limite per
, esiste
tale che per ogni
si ha
. Preso dunque
, per ogni
si ha:
Questo dimostra, per definizione di limite, che:
Questo completa la dimostrazione della formula (89):
Svolgimento 1.
Sia
La sua derivata
è continua in . Inoltre
quindi possiamo applicare la nota formula dell’integrale di Frullani15 dell’esercizio 32:
da cui segue l’asserto.
-
Gli integrali di Frullani sono integrali del tipo
dove
è una funzione tale che
esiste finito e
risulta continua nel dominio di
. Allora se l’integrale improprio converge vale la seguente formula
Nel caso particolare in cui
non sia definita in
ma
esiste finito e l’integrale improprio converge, allora vale
Il nostro caso presenta
e
. ↩
Svolgimento 2.
Se e
sono continue in
ed inoltre
e
sono di classe
in
, allora
Consideriamo tale che
Osserviamo che
e, definendo
allora e
sono continue in
con
, quindi le ipotesi del teorema 3.5 sono soddisfatte. Applicandolo abbiamo
Ora integriamo rispetto al e otteniamo
Poniamo e otteniamo
da cui
ponendo ora otteniamo
che è proprio il risultato cercato.
con .
Svolgimento.
Integrando per parti otteniamo
(91)
Osserviamo che
È chiaro che la funzione integranda nel dominio
risulta integrabile, quindi possiamo applicare il teorema di Fubini:
Osserviamo che, sfruttando (91), abbiamo
che è equivalente a16
(92)
da cui segue l’asserto.
- Nelle ipotesi di validità del teorema di Fubini per scambiare limite e integrale basta l’esistenza dell’integrale improprio dopo lo scambio. ↩
(93)
con
Svolgimento.
Calcoliamo
e poi calcoliamo operando la sostituzione
:
Operiamo una nuova sostituzione e otteniamo
ossia
(94)
ottenendo infine
che è ciò che volevamo ottenere.
dove è l’n-esimo numero armonico.
Svolgimento.
Svolgimento 1.
Ricordiamo
e, imponendo , si trova
Ora utilizziamo la formula che lega la Zeta di Riemann con la funzione Gamma di Eulero
che, imponendo , ci dà
Per calcolare
si può ricorrere alla formula
da cui, imponendo , si ottiene
.
Infine si ha
che è ciò che volevamo dimostrare.
Svolgimento 2.
(98)
e determinare per quali valori di esso è ben definito.
Svolgimento 1.
(99)
Se e
sono continue in
e
e
sono di classe
in
, allora vale
(100)
Definiamo
dove è il dominio da determinare affinché
abbia senso. Osserviamo che
è continua nel suo dominio e
è continua nel dominio di
, pertanto possiamo applicare il teorema 3.6:
Deriviamo
e otteniamo
Il caso banale è ovviamente verificato perché l’integrale risulta nullo, quindi ipotizzando
possiamo moltiplicare e dividere per
così ottenendo
Per calcolare applichiamo le formule parametriche
da cui
Integriamo da entrambe le parti
e, per calcolare adoperiamo la sostituzione
ottenendo,
Per l’ultimo integrale riapplicando le note formule parametriche o sostituzione di Weierstrass
cioè
Poniamo e troviamo
, pertanto
In particolare, imponendo
si trova che
ovvero i valori di per il quale l’integrale risulta ben definito.
Ora trattiamo i casi limiti ovvero Osserviamo che
pertanto basta studiare il caso . Abbiamo dunque
e possiamo estendere per continuità il dominio di in
, arrivando alla conclusione cercata:
Nota. Si vuole far osservare al lettore che abbiamo applicato il famoso “trucco” di Feyman per risolvere l’integrale.
Svolgimento 2.
Per ogni possiamo porre
, ottenendo
Moltiplicando ambo i membri per e passando al limite per
, otteniamo
ossia
Svolgimento 3.
e, per differenza,
(101)
Notiamo che per ogni le serie di Fourier ci garantiscono
(102)
(103)
L’integrale
(104)
può essere d’altro canto ricondotto a (103) attraverso un passaggio di integrazione per parti e una sostituzione.
Svolgimento. Il problema dei path unidimensionali su reticolo discreto.
Problema 1.
Soluzione. Indichiamo con il numero di passi verso destra e con
il numero di passi verso sinistra allora abbiamo:
il sistema ammette soluzioni intere, esse
ed
hanno la stessa parità. Il numero totale di cammini si riduce al numero di permutazioni con ripetizione di due simboli in numero di
e
ripetizioni:
In tutto quel che segue terremo sempre presente che la probabilità
è nulla se ed
hanno parità opposta, mentre la esprimeremo in termini di
e
in tutti gli altri casi.
Problema 2.
Soluzione. Applichiamo il principio di riflessione di Desire Andrè. Cominciamo perciò a contare i cammini, fra tutti quelli che constano di passi verso destra e
passi verso sinistra, che iniziano con un passo verso sinistra. Questi sono ovviamente tutti i cammini che constano di
passi verso destra e
passi verso sinistra. Osserviamo adesso con D. Andrè che il numero di cammini che procedono verso destra per poi toccare nuovamente l’origine in uno o più punti possono essere posti, ciascuno, in corrispondenza con un solo cammino che procede inizialmente verso sinistra, semplicemente riflettendo
rispetto all’origine il tratto iniziale che rimane a destra dell’origine. In base a questo ragionamento il numero di cammini che toccano nuovamente l’origine sono in complesso:
quindi la soluzione al problema proposto è:
L’ultima espressione può essere spiegata oltrechè come conseguenza algebrica della prima con questo semplice argomento probabilistico di tutti i cammini di passi verso destra e
passi verso sinistra, la frazione che inizialmente si muove verso sinistra è data da
quindi la frazione che residua dopo averli contati due volte ciascuno e tolti dal mucchio è certamente
. Il problema simmetrico si ottiene da questa versione ponendo
negativo, si può constatare che l’effetto del cambiamento di segno di
è quello
di scambiare
con
.
Dimostrazione. La formula altri non è se non la formula di Tartaglia in uno dei suoi più riusciti travestimenti. La rimostreremo per piena soddisfazione del lettore nella seguente forma:
Abbiamo:
Problema 3.
Soluzione. Il problema si riconduce al precedente con un semplice stratagemma andiamo a contare cioè i cammini che sono lunghi passi e cominciano però dalla prima casella a sinistra dell’origine, quindi ci siamo ricondotti certamente al caso precedente e la soluzione è quindi data dalla formula:
Applicazione. I numeri di Catalan che contano i cammini di passi che tornano all’origine senza mai attraversarla a sinistra si ottengono facilmente da questa formula nel caso in cui
. Infatti risulta facilmente:
Problema 4.
Soluzione. Anche in questo caso possiamo ricondurci al problema 2 o al problema 3 con uno stratagemma. La riconduzione al problema 5 avviene andando a contare i path che partono dalla prima casella a sinistra dell’origine senza più toccarla, occorre allora incrementare di un’unità i passi a sinistra mantenendo costanti i passi a destra. Del resto il problema è ovviamente equivalente al problema 3. E quindi come per il problema 6 la soluzione è:
Problema 5.
Soluzione. Anche in questo caso possiamo ricondurci al caso precedente o al caso equivalente del problema 3 ammettendo che l’origine nominale sia effettivamente il primo posto a sinistra dell’origine effettiva ed aumentando di un’unità i passi verso sinistra. In tal modo risulta:
dove abbiamo applicato, come di consueto la regola di Tartaglia.
Problema 6.
Soluzione. Stavolta la soluzione richiede una piccola complicazione. Non sarà infatti sufficiente ricondursi ancora una volta al caso precedente, ma bisognerà tener presente che i cammini che muovono inizialmente con un passo verso sinistra devono essere scartati, per contare queste ultime ci ricondurremo allora al problema 3 diminuendo di una unità i passi verso sinistra e quindi in conclusione dovremo porre . Quindi unendo le due considerazioni la soluzione è
e qui, applicando ancora la regola di Tartaglia si ottiene:
Problema 7.
Soluzione. In questo caso si sfruttano le soluzioni ai problemi 6 ed 5. Infatti in primis si considerano tutti i path di che non si spingono oltre la seconda casella a sinistra con e
quindi si tolgono i path che non si spingono oltre la prima casella a sinistra con
e
e che corrispondono al sottoinsieme dei path precedenti in cui il primo movimento avviene verso sinistra. Abbiamo quindi
e qui, applicando ancora la regola di Tartaglia, si ottiene:
Siamo ora in condizione di enunciare il seguente teorema generale.
Dimostrazione. La dimostrazione si ottiene per induzione basta infatti considerare la differenza fra il numero di path di passi a destra e
passi a sinistra che non si spingono oltre la
casella a sinistra e togliere i path di
passi a destra e
passi a sinistra che non si spingono oltre la
casella a sinistra contandoli in accordo alla tesi induttiva. Otteniamo allora
che, in accordo alla regola di Tartaglia, si riduce a
Poichè l’ipotesi induttiva è stata dimostrata già per il caso , segue coerentemente per tutti i
.
Problema 8.
Una prima tentazione potrebbe essere quella di sfruttare quanto imparato dall’analisi dei casi semi-infiniti precedenti e scrivere qualcosa come:
Ora sebbene questa soluzione si riveli corretta per valori non troppo grandi di rispetto a
per valori più grandi va incontro a doppi conteggi. Infatti per
e
sufficientemente grandi esistono path che superano sia la
casella a sinistra che la
casella a destra. E queste vengono contate due volte una volta fra i path che oltrepassano la
casella a sinistra ed una volta fra quelle che oltrepassano la
casella a destra.
Soluzione. È possibile concepire un modo completamente diverso per risolvere il problema avvalendosi dell’opportunità offerta dal fatto che il numero di posti accessibili dai path è finito. Imposteremo il conteggio in termini matriciali come un processo di Markov. In primo luogo numeriamo le caselle da sinistra a destra con i numeri a
. Supponiamo quindi di conoscere in quanti modi dopo un certo numero
di passi la casella
sia raggiungibile a partire dalla casella
e formiamo con questi path il vettore
. Per determinare il numero di path che raggiungono la casella
a partire dalla
in
passi distinguere il caso dei punti interni per cui risulta
dal caso di frontiera per cui è invece
e
. Pertanto il numero di path sarà espresso semplicemente dal nuovo
vettore
ed in forma di vettoriale otteniamo
Il problema della diagonalizzazione di queste matrici tridiagonali simmetriche di Toeplitz che indicheremo con è ampiamente trattato in letteratura perciò è ripetere i dettagli della trattazione ci limitiamo a considerare il seguente risultato: gli autovalori della matrice
sono gli
numeri
dove
e l’autovettore normale associato
ha componenti
quel che si evidenzia è che la matrice del cambiamento di base
, formata dagli autovettori normali, che essendo relativi ad autovalori diversi di una matrice simmetrica reale sono
anche mutuamente ortogonali, risulta ortogonale, e questo risultato è generale, ma nel caso specifico risulta anche simmetrica quindi risulta
. Questa circostanza rende particolarmente semplice esprimere il vettore canonico di base
di componenti
in termini degli autovettori, infatti risulta:
e quindi
ovvero
Questa formula esprime quindi il numero cercato di path che conducono in passi dalla posizione
alla posizione
e verifica una condizione di reciprocità per cui questo è anche il numero di path che conducono in
passi dalla posizione
alla posizione
.
Problema 9.
Soluzione. Le proprietà della rappresentazione di Eulero dei numeri complessi implicano che il polinomio ammetta per soluzioni tutti e soli i numeri
in modo che
:
In particolare la parte reale di questa equazione complessa si scrive al modo seguente:
da cui
ed infine
che può essere espressa in modo più compatto come
Questa infine equivale a
ovvero
nonchè, da ultimo, cambiando l’ordine di somma,
il quale è un polinomio a coefficienti interi di grado che ammette per radici tutti e soli gli
autovalori, al più due volte molteplici, di
ed in più la radice
.
Questo deve essere allora, per il teorema di unicità della fattorizzazione dei polinomi in una variabile, a meno di un solo coefficiente moltiplicativo, esattamente il polinomio caratteristico della matrice per il monomio
risulta quindi provato il seguente risultato.
La circostanza che appartenga a
discende dal fatto che si dimostra facilmente che il polinomio caratteristico, a meno d’un segno, è monico. Naturalmente tutto il ragionamento può essere ripetuto a partire dal polinomio ciclotomico
che ammette per fattori solamente i numeri
con
e Re
.
Vedremo che spesso questi polinomi sono riducibili nel campo degli interi (è certamente questo il caso in cui il numero dei lati del poligono è un numero composto).
Esempio 1. Trovare il numero di path di lunghezza che connettono il punto medio allo stesso punto medio per
.
Applichiamo la formula generale. Nel caso specifico abbiamo quindi la formula risolutiva si riduce a:
ma, poichè risulta , abbiamo
se è pari a
ed
è dispari, ed inoltre i termini di indice pari di questa somma si annullano. In conclusione abbiamo
Osservazione. Il polinomio associato con le radici significative si riduce in questo caso ad un polinomio di grado perchè due soli sono gli autovalori coinvolti, in particolare si tratta degli autovalori corrispondenti alle parti reali dei numeri complessi che designano
i vertici del quadrato inscritto nell’ottagono associato alla matrice di Toeplitz di ordine
, contate ciascuna con le rispettive molteplicità (che valgono
). Nella fattispecie si vede quindi che il fattore rilevante del polinomio caratteristico può essere associato ad
una semplice ricorsione di ordine
:
ovvero
relazione ricorsiva che risulta effettivamente verificata dalla sequenza:
È un esercizio istruttivo tentare di ricavare questa relazione ricorsiva per via diretta, si perviene più facilmente ad una relazione ricorsiva ternaria, che tuttavia nasconde la relazione minima che è binaria, come abbiamo ottenuto per via analitica. La sequenza così ottenuta è catalogata nell’enciclopedia on-line delle sequenze intere con il codice
O.E.I.S… tuttavia non risulta alcuna associazione esplicita diretta con la nostra matrice tridiagonale di Toeplitz di ordine nè con il problema dello spoglio elettorale fra due limiti nel caso di eletti in condizioni di parità.
Svolgimento 1.
Si puo’ riscrivere (105) come segue17:
(106)
dove in si usa la sostituzione
, mentre in
si pone
.
Si osserva che
(107)
Si vuole calcolare applicando il teorema dei residui, quindi si consideri il percorso in figura 6.
Figura 6: il percorso per l’applicazione del teorema dei residui.
Prendendo con
, si consideri
dove
è il percorso chiuso in figura 6.
Osserviamo che
(108)
da cui18
(109)
(110)
(111)
Ragionando sul cambio di variabile fatto in
, si ha
(112)
(113)
(114)
Adesso, procedendo con il calcolo dei residui, si ha
(115)
(116)
Da (109) vale
(117)
e dunque (105) diviene
da cui l’asserto.
Svolgimento 2.
Svolgimento.
per cui
Usando l’espansione in serie della funzione esponenziale22 abbiamo
e, sostituendo quanto ottenuto nel membro di sinistra di (124), arriviamo a
L’integrale si puo’ risolvere con la sostituzione
con
, ottenendo il seguente integrale noto (detto integrale di Dirichlet)
(125)
Si noti che, se , allora l’integrale è nullo.
Utilizzando il risultato (125), abbiamo
da cui il risultato finale23
(126)
Svolgimento.
(127)
dove è la funzione di Lambert, definita come l’inversa della funzione
, con
.
Svolgimento.
(128)
Procediamo ora al calcolo dell’integrale (127):
(129)
dove nella seconda uguaglianza abbiamo effettuato la sostituzione , e subito dopo nella terza uguaglianza abbiamo effettuato una seconda sostituzione
, da cui
, così da sfruttare la (128) ed eliminare il riferimento a
nella quarta uguaglianza.
Riconosciamo ora nell’ultimo membro della (129) la funzione di Euler, un’altra funzione speciale, che ricordiamo essere definita dal seguente integrale:
(130)
Possiamo infatti riscrivere l’ultimo membro della (129) così:
(131)
È noto che27
e
, per cui finalmente
Svolgimento 1.
dove possiamo assumere che m ed n siano interi privi di fattori comuni, che abbiamo raccolto
nel parametro che, nel caso in cui cercassimo tutte le soluzioni razionali potrebbe essere un numero razionale.
Riscriviamo l’equazione:
Sostituendo la parametrizzazione con un minimo di algebra troviamo che se è non nullo
(come assumiamo perché stiamo cercando soluzioni diverse da
):
Quindi
Queste sono, al variare di ed
tutte le soluzioni razionali, l’equazione è invariante per
moltiplicazione di
ed
per un fattore comune. Adesso se cerchiamo le soluzioni intere, a
parte il caso banale
che dà la soluzione
da rigettare, c’è il caso in cui
ed
siano divisori interi di
, notiamo infatti che poiché abbiamo ipotizzato
ed
coprimi deve risultare che
o la sua reciproca è una frazione irriducibile,
ne consegue che se assumiamo n più grande di
allora
deve necessariamente dividere
perché non può dividere
, per quanto riguarda
o è un’unità oppure è diverso da un’
unità e deve dividere
perché non divide
e quindi in entrambi i casi è un divisore di
. Allora dovremmo cercare
ed
fra i divisori di
se vogliamo generare tutte le soluzioni
intere:
da cui
Le soluzioni cercate sono:
Svolgimento 2.
Primo caso. Se divide uno dei sue fattori, poniamo che sia
; allora l’equazione può
essere riscritta come:
, ovvero
cioè
divide
. Quindi abbiamo le seguenti
possibili soluzioni:
, cui corrispondono subito le soluzioni
e simmetriche.
Secondo caso. Supponiamo che non è
divisibile per
ma per
e quindi
per
. In tal caso ponendo
e
risulta
; quindi
, ovvero
e
, da cui
.
Svolgimento.
Svolgimento.
Ponendo e
, si ottiene
Osserviamo che, operando la sostituzione , l’integrale
diventa
da cui
Calcoliamo in due modi differenti.
Per prima cosa osserviamo quanto segue:
I risultati precedenti ci serviranno per calcolare . Procediamo integrando per parti:
Dunque si ottiene
dove nell’ultimo passaggio abbiamo sfruttato il fatto che
Era altresì possibile procedere come segue. Applicando la sostituzione , otteniamo
dove in abbiamo usato lo sviluppo notevole
e in
abbiamo scambiato la serie con l’integrale perché
e in particolare
quindi è possibile applicare il teorema della convergenza dominata.
Proseguendo nei calcoli si giunge a
Non ci resta che calcolare . È utile ricordare quanto segue:
Ponendo
si ottiene
da cui
Calcoliamo . Operiamo la sostituzione
da cui si ricava
(138)
ovvero
(139)
da cui
dove in abbiamo applicato il noto sviluppo in serie
e in
abbiamo applicato nuovamente il teorema della convergenza dominata.
Integrando per parti l’ultimo membro si ottiene
(140)
Abbiamo dunque
e concludiamo che
che è l’asserto.
Per il secondo integrale è utile riprendere la seguente scrittura
da cui
che è ciò che volevamo dimostrare.
Svolgimento.
con .
Inoltre
Osserviamo che:
per .
Posto
:
Tornando al limite si ottiene:
Si conclude che
(141)
dove è la successione dei numeri primi (
).
Svolgimento.
Questa relazione asintotica si può invertire, cioè si può trovare quanto vale, asintoticamente, il valore dell’-esimo numero primo. Sia
. Allora, tenendo conto che per definizione
, si ha per
:
(142)
dove abbiamo utilizzato il fatto che, se , allora anche
. Riassumendo, concludiamo che
Usiamo questo fatto per calcolare . Passiamo per praticità di scrittura al logaritmo.
(143)
Per la (142), si ha per
, e quindi
. La successione
(per
) è dunque convergente e come tale limitata, per cui possiamo porre:
Allora naturalmente per
. La seconda somma nella (143) si può dunque maggiorare così:
Per il teorema del confronto, concludiamo che la seconda sommatoria nella (143) tende a per
.
Per quanto riguarda la prima sommatoria, ricordiamo la formula di Stirling:
per
, da cui
. Sostituendo nella (143), abbiamo finalmente:
Abbiamo quindi mostrato che , ossia:
(144)
-
Ricordiamo che due successioni
e
si dicono asintotiche, e si scrive
, se:
Svolgimento.
da cui
cioè
Applichiamo ora la nuova sostituzione
(145)
L’integrale generale di (145) si trova procedendo come segue:
(146)
che implica
Si conclude che
(147)
dove gli e sono tutti diversi tra loro e non nulli.
Svolgimento.
e decomponiamo in fratti semplici la funzione integranda
(148)
Moltiplichiamo ambo le parti di (148) per e valutiamo tale espressione in
con
unità immaginaria, ottenendo
Di nuovo moltiplichiamo ambo le parti di (148) per e valutiamo tale espressione in
con
unità immaginaria, ottenendo
da cui
Ora che abbiamo capito l’idea di base, procediamo decomponendo in fratti semplici
e moltiplichiamo da entrambe le parti per con
ottenendo
Sostituiamo con
unità immaginaria
da cui
Concludiamo dunque
(149)
Svolgimento.
e determinare per quali valori di esso è ben definito.
Svolgimento.
Lasciamo al lettore il piacere di verificare che la funzione integranda verifica le condizioni del teorema di derivazione sotto il segno di integrale30. Abbiamo dunque
È facile notare che se l’integrale diverge, mentre se
l’integrale converge, pertanto
dove in abbiamo utilizzato l’integrale notevole
.
Calcoliamo
:
e imponiamo , da cui
Concludiamo dunque
(152)
-
è tangente alla retta
ed alla circonferenza
;
-
è tangente a
e
per
;
- La successione
è infinita;
- Le circonferenze
sono la riflessione delle
rispetto alla retta
.
Si determini:
- il valore di
, raggio della circonferenza
;
- il valore della serie
dove
è la lunghezza della circonferenza
e
la lunghezza della circonferenza
.
Svolgimento punto 1.
Figura 7: primo passo nella soluzione dell’esercizio 53.
Osserviamo che Il segmento passa per il punto
di tangenza tra
e
e il punto
di tangenza tra
e
giace sulla congiungente tra
.
Siano31 ,
,
, dunque, applicando il teorema di Pitagora a
, ne segue che
(155)
Inoltre, applicando nuovamente il teorema di Pitagora al triangolo , abbiamo
(156)
Risolvendo il sistema delle equazioni (155) e (156) si ottiene
Invocando il teorema dei cerchi tangenti di Cartesio possiamo determinare
,
,
,
,
come segue:
(157)
Si può notare che partendo da e sostituendo nella (157) il valore di
si ottengono
,
.
I termini sembrano della forma ed infatti sostituendo questa espressione in (157) si ottiene che
. Quindi per
si ha32
(158)
Svolgimento punto 2.
(159)
(160)
Dalla letteratura è noto che33
perciò
Concludiamo dunque
(161)
-
Lasciamo al lettore il piacere di dimostrare l’identità citata ricordando che un’applicazione
si dice meromorfa se è olomorfa in
, eccetto che per singolarità polari. Vale inoltre il seguente
Teorema. Siameromorfa in tutto il piano complesso
avente solo un numero finito di poli
con
, per ogni
. Supponiamo
per
, con
. Definiamo
Allora
Svolgimento alternativa punto 2.
(162)
e sostituendo in (162) dove
è l’unità immaginaria avremo
(163)
Ricordando che , sostituendo in (163), con pochi passaggi di calcolo abbiamo
e
da cui
Quest’ultima espressione si può semplificare ulteriormente sfruttando la formula di duplicazione della cotangente iperbolica ed anche , ottenendo
(164)
Svolgimento.
La terza equazione ci dice che
(165)
e dunque per
. Abbiamo allora
e
In conclusione le soluzioni del primo sistema sono del tipo e si verifica facilmente che queste siano soluzioni anche del secondo sistema.
Svolgimento.
In virtù della formula di integrazione per parti si ha
e il membro destro può anche essere espresso come
oppure come
Poiché sia che
sono polinomi ciclotomici (rispettivamente
e
) il risultato è immediata conseguenza della seguente identità:
In particolare si ha
Ora riscriviamo il seguente integrale come
Abbiamo dunque i due integrali:
(166)
(167)
Consideriamo (167) e operiamo la seguente sostituzione:
Allora (167) diventa
da cui
Ricordiamo il seguente sviluppo in serie:
(168)
Applicando la (168) si ha
Tramite il teorema della convegenza dominata si dimostra facilmente che si può scambiare la serie con l’integrale, dunque
Ora ricordiamo che un’applicazione si dice
meromorfa se è olomorfa in
, eccetto che per singolarità polari. Vale il seguente risultato.
Allora
Vogliamo dimostrare, applicando il teorema precedente, che
Chiamiamo , da cui vale la seguente uguaglianza
(169)
Calcoliamo i residui
e tornando alla (169) abbiamo
(170)
Abbiamo dunque
cioè
Dal problema di Cauchy si trova , dunque concludiamo con la seguente soluzione
(171)
-
sia il più piccolo numero primo maggiore di
tali che:
-
sia anch’esso primo (cioè
sia un numero primo di Mersenne);
-
sia pure primo (cioè
sia un numero primo di Sophie Germain).
-
Trovati i valori di rispondere alle seguenti domande.
-
verifica il teorema di Fermat sulle somme di due quadrati?
-
è un numero di Fibonacci?
- esistono uno o più collegamenti tra gli elementi dei seguenti insiemi:
e
?
Svolgimento.
Passo 1.
Ricordiamo che un numero di Mersenne è un numero primo inferiore di uno rispetto ad una potenza di , cioè:
con intero positivo primo che nel nostro caso è proprio il valore
. Per orientarsi nella ricerca del cateto
è conveniente fare una griglia con i primi
numeri primi di Mersenne come in tabella 1:
p | 2 | 3 | 5 | 7 | 13 | 17 | 19 | 31 | 61 | 89 |
---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
Mp | 22-1 | 23-1 | 25-1 | 27-1 | 213-1 | 217-1 | 219-1 | 231-1 | 261-1 | 289-1 |
Tabella 1: Numeri Primi di Mersenne
Ricordiamo anche che un numero di Sophie Germain è un numero primo tale che anche
lo sia e, analogamente a prima, riportiamo di seguito la tabella 2:
p | 2 | 3 | 5 | 11 | 29 | 41 | 53 | 83 | 89 | 113 |
---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
2p+1 | 5 | 7 | 11 | 23 | 59 | 83 | 107 | 167 | 179 | 227 |