Energy Engineering - Analisi e geometria 1

Full exam

Politecnico di Milano, Scuola di Ingegneria Industriale e dell’Informazione Analisi e Geometria 1 - primo Appello - 16 Febbraio 2016 Terza parte (Compito A) Verificare che l’equazionez3 −(1−2i)z2 −h 2 +i 2 +√ 3i z+ 2 +i√ 3 = 0 conz∈C, ammette una radice reale di modulo unitario e trovare le altre radici. DettoTl’insieme delle soluzioni, disegnarlo sul piano di Gauss (esplicitando per ogni soluzioen la parte reale e la parte immaginaria). Soluzioni Le radici reali con modulo unitario possono essere 1 e−1. Sostituendoz= 1 si ottiene 0 = 0 ed e’ quindi la soluzione cercata:z 1= 1. L’equazione si puo’ quindi scomporre come segue: (z−1)h z2 + 2iz− 2 +i√ 3i = 0 Le altre soluzioni si ottengono come segue:hz2 + 2iz− 2 +i√ 3i = 0 ⇒z=−i+q 1 + i√ 3 Devo svuluppare per poterle disegnare nel piano di Gauss. La radice vale (considerando che il radi- cando ha modulo 2 e faseπ 3 ): q 1 +i√ 3 = ±1 √2 √ 3 +i Quindi le altre due soluzioni sono:z2= −i+1 √2 √ 3 +i =r 3 2 + i 1 √2− 1 z3= −i−1 √2 √ 3 +i =−r 3 2 + i −1 √2− 1 A questo punto e’ immediato disegnare i 3 punti sul piano di Gauss. Siafla funzione definita nel modo seguente: f: (−∞,−1)∪(−1,+∞)−→R, f(x) =x x + 1e − x per ognixnel dominio dif. a.Trovare i limiti dif(x) perx→ −∞,x→ −1− ,x→ −1+ ,x→+∞. b.Calcolare la derivataf′ . c.Trovare gli eventuali punti di minimo o massimo locale. d.Disegnare il grafico dif. e.Stabilire se `e convergente l’integrale Z+∞ 0f (x)dx Soluzioni (a)lim x→−∞f (x) = +∞lim x→−1−f (x) = +∞lim x→−1+f (x) =−∞lim x→+∞f (x) = 0 (b)f′ (x) =− x2 −x+ 1 (x+ 1)2e− x (c)x0= −1 2−√ 5 2 : Punto di minimo locale. x1= −1 2+√ 5 2 : Punto di massimo locale. (e) Su ogni intervallo [0, b],b >0,f`e integrabile, perch´e `e continua. Perx→+∞, f(x) =x x + 1e − x ∼e− x Dunquef`e integrabile su (0,+∞). Stabilire la posizione reciproca delle retter1:    x = 1 +t y= 2−t z= 1−2te r 2:( x+ 4y+ 2z−1 = 0 2x−y+z+ 4 = 0. a.Siano Φ 1e Φ 2i fasci di piani che hanno per sostegno rispettivamente le rette r 1ed r 2. Stabilire se esiste un piano che appartiene a entrambi i fasci Φ1e Φ 2. b.Stabilire se il pianoπ:x+y+z+ 1 = 0 appartiene al fascio Φ 2. Soluzione. I parametri direttori dir 1sono (1 : −1 :−2) . I parametri direttori dir 2sono  4 2 −1 1 : − 1 2 2 1 : 1 4 2 −1  = (6 : 3 :−9) = (2 : 1 : 3). Avendo parametri direttori non proporzionali, le due retter 1ed r 2non sono parallele. Intersecandor 1ed r 2si ha il sistema (1 +t+ 4(2−t) + 2(1−2t)−1 = 0 2(1 +t)−2 +t+ 1−2t+ 4 = 0 ossia( 7t−10 = 0 t+ 5 = 0. Poich´e tale sistema `e evidentemente incompatibile, le due retter 1ed r 2non sono incidenti. Di conseguenza, non essendo parallele n´e incidenti, le due retter 1ed r 2sono sghembe. a.Se i due fasci Φ 1e Φ 2possedessero un piano in comune, allora tale piano conterrebbe i sostegni di entrambi i fasci e quindi le retter 1ed r 2dovrebbero essere complanari. Tuttavia, come `e stato mostrato nel punto precedente, le due retter 1ed r 2sono sghembe e quindi non possono essere complanari. Di conseguenza, Φ1∩ Φ 2= ∅. b.Consideriamo, ad esempio, il puntoP≡(0,0,−1) che appartiene al pianoπ, ma non alla rettar. Siaπ′ il piano appartenente al fascio Φ2passante per P. Poich´e l’equazione di Φ 2 `e λ(x+ 4y+ 2z−1) +μ(2x−y+z+ 4) = 0, imponendo il passaggio perP, si ottiene−3λ+ 3μ= 0 , ossiaλ=μ. Pertanto,π′ : 3x+ 3y+ 3z+ 3 = 0 , ossiaπ′ :x+y+z+ 1 = 0 . Di conseguenza,π′ =πe quindiπ∈Φ 2. Si consideri la seguente equazione differenzialey′ (t) = 2t y(t)2 −1 . a.Trovare la soluzioney(t) che verifica la condizioney(0) = 2; b.specificare il dominio di definizione della soluzione trovata al punto precedente. Soluzioni a.L’equazione ´e a variabili separabili. Le soluzioni costanti sonoy(t)≡1 ey(t)≡ −1, mentre le altre soluzioni si trovano con la separazione di variabili. Ricordandoche Z1 τ2 −1dτ =Z  1/2 τ−1− 1 /2 τ+ 1 =1 2ln τ −1 τ+ 1  +c si haZy′ (t) y(t)2 −1dt =Z 2tdt⇐⇒1 2ln y (t)−1 y(t) + 1  =t2 +c Poich´ey(0) = 2>1, possiamo dedurre chey(t)>1 nel suo dominio di definizione, da cui y(t)−1 y(t) + 1= C e2 t2 (C=ec >0)⇐⇒y(t) =1 + C e2 t2 1 −C e2 t2. Per determinare la costanteCimponiamo la condizione iniziale y(0) =1 + C 1−C= 2 ⇐⇒C=1 3. La soluzione cercata si pu´o quindi rappresentare con la formula analitica y(t) =3 + e2 t2 3 −e2 t2 . b.Definiamo f(t) =3 + e2 t2 3 −e2 t2. Tale funzione ammette come dominio di definizione l’insiement∈R:e2 t2 6 = 3o = −∞,−√ ln 3√2! ∪ −√ ln 3√2 ,√ ln 3√2! ∪ √ ln 3√2, +∞! . Poich´e0∈ −√ ln 3√2 ,√ ln 3√2! , quest’ultimo ´e l’intervallo di definizione della soluzioney. Politecnico di Milano, Scuola di Ingegneria Industriale e dell’Informazione Analisi e Geometria 1 - Primo Appello - 16 Febbraio 2016 Terza parte (Compito B) Verificare che l’equazionez3 +iz2 −i√ 3 z− √ 3−2i = 0 conz∈C, ammette una radice immaginaria pura di modulo unitario e trovare le altre radici. DettoTl’insieme delle soluzioni, disegnarlo sul piano di Gauss (esplicitando per ogni soluzioen la parte reale e la parte immaginaria). Soluzioni Le radici immaginarie pure con modulo unitario possono essereie−i. Sostituendoz=isi ottiene 0 = 0 ed e’ quindi la soluzione cercata:z 1= i. L’equazione si puo’ quindi scomporre come segue: (z−i)h z2 + 2iz− 2 +i√ 3i = 0 Le altre soluzioni si ottengono come segue:hz2 + 2iz− 2 +i√ 3i = 0 ⇒z=−i+q 1 + i√ 3 Devo svuluppare per poterle disegnare nel piano di Gauss. La radice vale (considerando che il radi- cando ha modulo 2 e faseπ 3 ): q 1 +i√ 3 = ±1 √2 √ 3 +i Quindi le altre due soluzioni sono:z2= −i+1 √2 √ 3 +i =r 3 2 + i 1 √2− 1 z3= −i−1 √2 √ 3 +i =−r 3 2 + i −1 √2− 1 A questo punto e’ immediato disegnare i 3 punti sul piano di Gauss. Siafla funzione definita nel modo seguente: f: (−∞,0)∪(0,+∞)−→R, f(x) =x −1 xe − x per ognixnel dominio dif. a.Trovare i limiti dif(x) perx→ −∞,x→0− ,x→0+ ,x→+∞. b.Calcolare la derivataf′ . c.Trovare gli eventuali punti di minimo o massimo locale. d.Disegnare il grafico dif. e.Stabilire se `e convergente l’integrale Z+∞ 0f (x)dx Soluzioni (a)lim x→−∞f (x) = +∞lim x→0−f (x) = +∞lim x→0+f (x) =−∞lim x→+∞f (x) = 0 (b)f′ (x) =− x2 −x+ 1 x2e− x (c)x0= −1 2−√ 5 2 : Punto di minimo locale. x1= −1 2+√ 5 2 : Punto di massimo locale. (e) Su ogni intervallo (0, b],b >0,f`e continua e negativa. Possiamo quindi applicare il criterio di asintoticit´a. Poich´e perx→0+ , f(x) =x −1 xe − x ∼ −1 x, allorafnon `e integrabile su (0, b], e di conseguenza anche su (0,+∞). Stabilire la posizione reciproca delle retter:    x = 2−t y= 1 +t z= 1−2te s:( x+ 2y−z−6 = 0 x+ 6y+ 3z−10 = 0. a.Stabilire se le retteredssono complanari. In caso affermativo, determinare il pianoπche le contiene. b.Determinare i punti dirche distano√ 6 dal piano π′ :x+y−2z+ 1 = 0 . Soluzione. I parametri direttori dirsono (−1 : 1 :−2) = (1 :−1 : 2) . I parametri direttori dissono  2 −1 6 3 : − 1 −1 1 3 : 1 2 1 6  = (12 :−4 : 4) = (3 :−1 : 1). Avendo parametri direttori non proporzionali, le due retteredsnon sono parallele. Interse- candoredssi ha il sistema ( 2−t+ 2 + 2t−1 + 2t−6 = 0 2−t+ 6 + 6t+ 3−6t−10 = 0 ossia( t−1 = 0 t−1 = 0. Poich´e tale sistema `e compatibile, avendo come unica soluzionet= 1 , le due rettereds sono incidenti nel puntoP≡(1,2,−1) . a.Essendo incidenti, le due retteredssono complanari. Il pianoπche le contiene passa per il puntoPe ha come direzione ortogonale quella data dal vettore (1,−1,2)∧(3,−1,1) = i j k 1−1 2 3−1 1 = (1 ,5,2). Pertanto, si haπ: 1(x−1) + 5(y−2) + 2(z+ 1) = 0 ossiaπ:x+ 5y+ 2z−9 = 0. b.Consideriamo il generico puntoQ≡(2−t,1 +t,1−2t) della rettar. Allora, si ha d(Q, π′ ) =| 2−t+ 1 +t−2 + 4t+ 1| √6= | 4t+ 2| √6 e quindi d(Q, π′ ) =√ 6 ⇐⇒| 4t+ 2| √6=√ 6 ⇐⇒ |4t+ 2|= 6 ⇐⇒4t+ 2 =±6 ⇐⇒4t=−2±6 ⇐⇒t=−2,1. Pertanto, si hanno i puntiQ 1≡ (4,−1,5) eQ 2= P≡(1,2,−1) . Si consideri la seguente equazione differenzialey′ (t) = (2t−1) y(t)2 −1 . a.Trovare la soluzioney(t) che verifica la condizioney(0) = 0, specificandone l’intervallo di definizione; b.stabilire eventuali punti di massimo oppure minimo diy. Soluzioni a.L’equazione ´e a variabili separabili. Le soluzioni costanti sonoy(t)≡1 ey(t)≡ −1, mentre le altre soluzioni si trovano con la separazione di variabili. Ricordandoche Z1 τ2 −1dτ =Z  1/2 τ−1− 1 /2 τ+ 1 =1 2ln τ −1 τ+ 1  +c si haZy′ (t) y(t)2 −1dt =Z (2t−1)dt⇐⇒1 2ln y (t)−1 y(t) + 1  =t2 −t+c Poich´e−1< y(0) = 0