Energy Engineering - Analisi e geometria 1

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Es. 1Es. 2Es. 3Es. 4TotaleTeoria Analisi e Geometria 1Docente:Politecnico di Milano Primo AppelloIngegneria Industriale 17 febbraio 2014 Compito A Cognome:Nome:Matricola: Punteggi degli esercizi : Es.1: 6 punti; Es.2: 8 punti; Es.3: 8 punti; Es.4: 11 punti. Istruzioni:Tutte le risposte devono essere motivate. Gli esercizi vanno svolti su questi fogli, nel lo spazio sotto il testo e, in caso di necessita, sul retro. I fogli di brutta non devono essere consegnati. 1. Trovare tutte le soluzioni complesse dell'equazione z z 2   zz  2 = 0 e rappresentarle sul piano di Gauss. Soluzione Primo modo.In forma trigonometrica, siaz=(cos+isin); si ha che z=(cos() +isin()), z z= cos 2 +isin 2; zz = cos( 2) +isin(2); z z 2 = cos 4+isin 4;  zz  2 = cos(4) +isin(4). Poiche due numeri complessi sono uguali se e solo se hanno lo stesso modulo e argomenti che dieriscono per multipli di 2, dovra essere: 4=4+ 2k, da cui=k4 , con k2Z. Osserviamo che l'equazione perde di signi cato sez= 0. Le soluzioni dell'equazione sono rappresentate geometricamente dai punti degli assi cartesiani e delle bisettrici, origine esclusa. Secondo modo.Postow=z z, l'equazione di partenza diventa w2 1w 2= 0 ossiaw4 = 1 , conw6 = 0 (ossiaz6 = 0 ). Questa equazione ha soluzioniw=1;i. Pertanto, posto z=x+iyconx; y2R, si haz =xiye quindi si hanno i seguenti casi w= 1()z=z ()x+iy=xiy()y= 0 w=1()z=z ()x+iy=x+iy()x= 0 w=i()z=iz ()x+iy=ix+y()y=x w=i()z=iz ()x+iy=ixy()y=x : Poichez6 = 0 , le soluzioni dell'equazione sono rappresentate geometricamente dai punti degli assi carte- siani e delle bisettrici, origine esclusa. 2. (a) Trovare la soluzione generale dell'equazione dierenziale y0 + (tanx)y= cos2 x dove i coecienti tanx;cos2 xsono de niti sull'intervalloI= (=2; =2). (b) Trovare la soluzione'del problema di Cauchy y0 + (tanx)y= cos2 x y(0) = 1(1) speci cando l'intervallo massimale sul quale tale soluzione puo essere estesa. Trovata', si controlli, con una veri ca diretta, che essa soddis entrambe le condizioni (1). Disegnare il gra co qualitativo della funzione'in un intorno dix 0= 0. Soluzione (a) Si tratta di un'equazione lineare del primo ordine, cioe del tipoy0 +a(x)y=f(x). Dalla teoria sappiamo che la soluzione generale si puo scrivere y(x) =C e A(x) +e A(x) B(x) doveA(x) una qualunque antiderivata dia(x),C2Re una costante arbitraria eB(x) e una qualunque antiderivata dif(x)eA (x) . Nel nostro caso, una primitiva dia(x) = tanxeA(x) =lnjcosxj=ln cosx (perche cosxe positivo su (=2; =2)) e una primitiva dif(x)eA (x) = (cos2 x)e ln cosx = cosxeB(x) = sinx. La soluzione generale e dunque Ccosx+ cosxsinx(2) doveC2Re una costante arbitraria. (La soluzione generale e somma diCcosx,C2R, che e la soluzione generale dell'equazione omogenea associata, e di cosxsinxche e una soluzione particolare dell'equazione non omogenea). (b) La condizioney(0) = 1 imponeC= 1. La soluzione del problema di Cauchy e dunque '(x) = cosx+ sinxcosx Tale soluzione e de nita su tutto l'intervalloI= (=2; =2) su cui sono de niti i coecienti dell'equazione. (Questo accade sempre, quando l'equazione e lineare). Il gra co qualitativo di'(x) vicino ax 0= 0 e quello del suo polinomio di Taylor di ordine 2, che e la parabola P2( x) = 1 +x12 x 2 La funzione'passa per il punto (0;1) con pendenza 1 ed e concava (volge la concavita verso il basso). 3. Nello spazio euclideo R3 , siarla retta passante per i puntiA= (1;0;1) eB= (1;2;1) e siasla retta di equazioni parametriche8 < :x = 4 + 2u y=1u u2R: z= 2 +u (a) Trovare un vettore di direzione per la rettare un vettore di direzione per la rettas. Stabilire ser essono parallele, incidenti o sghembe. (b) Trovare un'equazione cartesiana del pianoPcontenente il puntoP= (0;1;0) e parallelo ai vettori a= (1;0;0) eb= (3;2;2). Stabilire se tale pianoPinclude la rettar. (c) Trovare la distanza tra le retteres. Soluzione (a) Un vettore di direzione per la rettareBA= (2;2;2). oppure! r= (1;1;1). Un vettore di direzione dise! s= (2;1;1). Siccome questi due vettori non sono proporzionali, le rette non sono parallele. Equazioni parametriche per la rettarsono: 8 < :x = 1t y=t t2R z= 1t L'intersezioner\ssi trova risolvendo il sistema 8 < :1 t= 4 + 2u t=1u 1t= 2 +u che ha un'unica soluzione: (0;1;0). Quindiressono incidenti (cioe, la loro intersezione consiste di un solo punto). (b) Un vettore ortogonale al pianoPe il prodotto vettorialeab= (0;2;2), o il vettore ad esso proporzionale (0;1;1). QuindiPha equazione (y1) + (z0) = 0, ossiay+z1 = 0. Le coordinate di ogni punto (1t; t;1t) della rettarsoddisfano l'equazioney+z1 = 0 del pianoP, dunque la retta re inclusa nel pianoP. (c) Le retteressono incidenti; pertanto la distanza tra di esse (la minima distanza tra un puntoX2r e un puntoY2s) e zero. 4. Sia Rf !Rla funzione de nita da f(x) = (1 +x)e1 x2 per ognix2R, e siaRF !Rla funzione integrale de nita da F(x) =Z x 1f (t) dt=Z x 1(1 + t)e1 t2 dt per ognix2R. (a) Stabilire se la funzione integraleFammette un asintoto orizzontale perx!+1. (b) Determinare gli eventuali punti di massimo o di minimo locale diF. (c) Calcolare il limite L= lim x!1F (x)f (x)2: (d) Scrivere lo sviluppo di Taylor della funzioneFnel puntox 0= 1 , troncato al terzo ordine, con resto secondo Peano. Soluzione(a) La funzione integraleFammette un asintoto orizzontale perx!+1se esiste nito il limite lim x!+1F (x) ossia se converge l'integrale generalizzato I=Z +1 1f (t) dt=Z +1 1(1 + t) e1 t2 dt : Poiche la funzionef(t) = (1 +t) e1 t2 e positiva pert >1 (ossia in un opportuno intorno di +1) e poiche pert!+1si ha f(t)te t 2tt 3=1t 2; applicando il teorema del confronto asintotico e il teorema del confronto, possiamo concludere che, essendo 1=t2 integrabile in senso generalizzato pert!+1, anche la funzionefe integrabile in senso generalizzato pert!+1. Quindi, l'integraleIconverge e la funzioneFpossiede un asintoto orizzontale perx!+1. (b) La funzione integraleFe derivabile su tuttoReF0 (x) =f(x) per ognix2R. Quindi F0 (x)0 se e solo se (1 +x) e1 x2 0 , ossia se e solo sex 1 . Pertanto, la funzioneF possiede solo un minimo locale perx=1 . (c) PoicheF(1) = 0 ef(1) = 2 , il limiteLpresenta una forma di indeterminazione 0=0 . Applicando la regola di De l'Hopital, si ha L= lim x!1F 0 (x)f 0 (x)= lim x!1f (x)f 0 (x)= lim x!1(1 + x) e1 x2(1 2x2x2 ) e1 x2= 23 : (d) Si haF(1) = 0 e F0 (x) =f(x) = (1 +x) e1 x2 F0 (1) = 2 F00 (x) =f0 (x) = (12x2x2 ) e1 x2 F00 (1) =3 F000 (x) =f00 (x) = (26x+ 4x2 + 4x3 ) e1 x2 F000 (1) = 0: Pertanto, lo sviluppo di Taylor diFnel puntox 0= 1 , troncato al terzo ordine, con resto secondo Peano, e F(x) =F(1) +F0 (1) (x1) +F 00 (1)2 ( x1)2 +F 000 (1)6 ( x1)3 +o((x1)3 ) = 2 (x1)3 2( x1)2 +o((x1)3 ) perx!1: