Energy Engineering - Analisi e geometria 1

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Analisi e Geometria 1 Secondo compito in itinere 14 gennaio 2019 - Compito A (I turno)Docente: Cognome:Nome:Matricola: Seconda parte Punteggi degli esercizi: Es.1: 5; Es.2: 7. Istruzioni:Tutte le risposte devono essere motivate. Gli esercizi devono essere 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. Sia data l'equazione dierenzialey0 =yx 3+ f(x) conx >3. (a) Determinare l'integrale generale dell'equazione quandof(x) = 0; (b) Determinare l'integrale generale dell'equazione quandof(x) =x; (c) Determinare la soluzionee y(x) dell'equazione conf(x) =xche soddisfa la condizioney(4) = 4. (d) Determinare lo sviluppo di Taylor al secondo ordine die y(x) centrato inx= 4 e disegnare l'andamento locale della funzione. SOLUZIONE (a) Quandof(x) = 0 l'equazione e a variabili separabili: dyy = dxx 3 che integrata diventa:lnjyj= lnjx3j+k conkcostante arbitraria2R. L'ultima relazione si puo riscrivere come: jyj=hjx3j conh=ek costante arbitraria2R+ . In ne, togliendo i moduli: y=u(x3) conucostante arbitraria2R. (b) Quandof(x) =xl'equazione e lineare. La soluzione e quindi: y=eR 1x 3dx k+Z x eR 1x 3dx dx = =elog jx3j k+Z x e logjx3j dx = =jx3j k+Z xj x3jdx = (sapendo che x >3) = (x3) k+Z  1 +3x 3 dx = = (x3) [k+x+ 3log(x3)] = =k(x3) + (x3) [x+ 3log(x3)] = Si puo notare che anche l'equazione al punto (a) si puo risolvere come equazione lineare, ottenendo lo stesso risultato. (c) Per il problema di Cauchy si impone la condizioney(4) = 4 nella soluzione al punto (b). Si ottienek= 0. Quindi la soluzione del problema di Cauchy e: e y= (x3) [x+ 3log(x3)] (d) Per lo sviluppo calcoliamo:e y(4) = 4 (dal problema di Cauchy stesso) e y0 (x) = 2x+ 3log(x3) )e y0 (4) = 8 e y00 (x) = 2 +3x 3 )e y00 (4) = 5 Quindi lo sviluppo e:e y(x) = 4 + 8 (x4) +52 ( x4)2 +o (x4)2
Il gra co dell'andamento locale e: 2. Sia data la curva di equazioni parametriche :8 > < > :x =t+ cos2 t y=t+ sin2 t z=p2 sin tcostt 2R: (a) Dimostrare che la curva e biregolare nel puntoPche si ottiene pert= 0 . (b) Determinare la terna intrinseca di inP. (c) Calcolare l'integrale curvilineo I=Z ( x2 y2 )zds dove e il tratto della curva che si ottiene pert2[0;2] . (d) Stabilire se esistono dei punti di in cui il vettore velocita e il vettore accelerazione sono ortogonali. SOLUZIONE (a) Siaf:R!R3 la funzione vettoriale che parametrizza la curva , ossia la funzione de nita da f(t) = t+ cos2 t; t+ sin2 t;p2 2 sin 2 t : Poiche8 > < > :x 0 = 12 costsint= 1sin 2t y0 = 1 + 2 sintcost= 1 + sin 2t z0 =p2 cos 2 t8 > < > :x 00 =2 cos 2t y00 = 2 cos 2t z00 =2p2 sin 2 t ; si haP=f(0) = (1;0;0) ,f0 (0) = (1;1;p2) , f00 (0) = (2;2;0) . Quindi si ha f0 (0)^f00 (0) = i j k 1 1p2 2 2 0 = 2 ( p2 ;p2 ;2) ekf0 (0)k= 2 ekf0 (0)^f00 (0)k= 4p2 : Poichefe derivabile due volte in 0 ekf0 (0)^f00 (0)k 6= 0 , la curva e biregolare inP. (b) La terna intrinseca di inPe t(0) =f 0 (0)k f0 (0)k= (1 ;1;p2) 2 b(0) =f 0 (0)^f00 (0)k f0 (0)^f00 (0)k= ( 1;1;p2) 2 n(0) =b(0)^t(0) =( 1;1;0)p 2 : (c) Poichekf0 (t)k=p2 + 2 sin 2 2t+ 2 cos2 2t= 28t2[0;2]; la curva e regolare, e I=Z ( xy)(x+y)zds =Z 2 0(cos 2 tsin2 t)(2t+ cos2 t+ sin2 t)p2 2 sin 2 tkf0 (t)kdt =p2 Z 2 0sin 2 tcos 2t(2t+ 1) dt =p2 2 Z 2 0sin 4 t(2t+ 1) dt =p2 2 Z 2 0(2 tsin 4t+ sin 4t) dt : Integrando per parti, si ha Z tsin 4tdt=t4 cos 4 t+14 Z cos 4tdt=t4 cos 4 t+116 sin 4 t : Quindi, si haI=p2 2  t2 cos 4 t+18 sin 4 t14 cos 4 t 2 0= p 2 : (d) Poichev=f0 (t) ea=f00 (t) , si ha hv;ai=2 cos 2t(1sin 2t) + 2 cos 2t(1 + sin 2t)4 sin 2tcos 2t= 0: Quindi, i vettoriveasono ortogonali in ogni punto di , ossia in ogni punto di vi e solo l'accelerazione centripeta (ma non l'accelerazione tangenziale). Analisi e Geometria 1 Secondo compito in itinere 14 gennaio 2019 - Compito B (I turno)Docente: Cognome:Nome:Matricola: Seconda parte Punteggi degli esercizi: Es.1: 5; Es.2: 7. Istruzioni:Tutte le risposte devono essere motivate. Gli esercizi devono essere 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. Sia data l'equazione dierenzialey0 =yx + 1+ g(x) conx >1. (a) Determinare l'integrale generale dell'equazione quandog(x) = 0; (b) Determinare l'integrale generale dell'equazione quandog(x) = 2x; (c) Determinare la soluzionee y(x) dell'equazione cong(x) = 2xche soddisfa la condizioney(0) = 6. (d) Determinare lo sviluppo di Mc Laurin al secondo ordine die y(x) e disegnare l'andamento locale della funzione. SOLUZIONE (a) Quandog(x) = 0 l'equazione e a variabili separabili: dyy = dxx + 1 che integrata diventa:lnjyj= lnjx+ 1j+k conkcostante arbitraria2R. L'ultima relazione si puo riscrivere come: jyj=hjx+ 1j conh=ek costante arbitraria2R+ . In ne, togliendo i moduli: y=u(x+ 1) conucostante arbitraria2R. (b) Quandog(x) = 2xl'equazione e lineare. La soluzione e quindi: y=eR 1x +1dx k+Z 2x eR 1x +1dx dx = =eln jx+1j k+Z 2x e lnjx+1j dx = =jx+ 1j k+Z 2xj x+ 1jdx = (sapendo che x >1) = (x+ 1) k+Z  22x + 1 dx = = (x+ 1) [k+ 2x2 ln(x+ 1)] = =k(x+ 1) + 2(x+ 1) [xln(x+ 1)] Si puo notare che anche l'equazione al punto (a) si puo risolvere come equazione lineare, ottenendo lo stesso risultato. (c) Per il problema di Cauchy si impone la condizioney(0) = 6 nella soluzione al punto (b). Si ottienek= 6. Quindi la soluzione del problema di Cauchy e: e y= 6(x+ 1) + 2(x+ 1) [xln(x+ 1)] (d) Per lo sviluppo calcoliamo:e y(0) = 6 (dal problema di Cauchy stesso) e y0 (x) = 4x+ 62 ln(x+ 1) )e y0 (0) = 6 e y00 (x) = 42x +1 )e y00 (0) = 2 Quindi lo sviluppo e:e y(x) = 6 + 6x+x2 +o x2
Il gra co dell'andamento locale e: 2. Sia data la curva di equazioni parametriche 8 > < > :x =tcos2 t y=tsin2 t z=p2 sin tcostt 2R: (a) Dimostrare che la curva e biregolare nel puntoPche si ottiene pert= 0 . (b) Determinare la terna intrinseca di inP. (c) Calcolare l'integrale curvilineo I=Z ( x2 y2 )zds dove e il tratto della curva che si ottiene pert2[0; ] . (d) Stabilire se esistono dei punti di in cui il vettore velocita e il vettore accelerazione sono ortogonali. SOLUZIONE (a) Siaf:R!R3 la funzione vettoriale che parametrizza la curva , ossia la funzione de nita da f(t) = tcos2 t; tsin2 t;p2 2 sin 2 t : Poiche8 > < > :x 0 = 1 + 2 costsint= 1 + sin 2t y0 = 12 sintcost= 1sin 2t z0 =p2 cos 2 t8 > < > :x 00 = 2 cos 2t y00 =2 cos 2t z00 =2p2 sin 2 t ; si haP=f(0) = (1;0;0) ,f0 (0) = (1;1;p2) , f00 (0) = (2;2;0) . Quindi si ha f0 (0)^f00 (0) = i j k 1 1p2 22 0 = 2 ( p2 ;p2 ;2) ekf0 (0)k= 2 ekf0 (0)^f00 (0)k= 4p2 : Poichefe derivabile due volte in 0 ekf0 (0)^f00 (0)k 6= 0 , la curva e biregolare inP. (b) La terna intrinseca di inPe t(0) =f 0 (0)k f0 (0)k= (1 ;1;p2) 2 b(0) =f 0 (0)^f00 (0)k f0 (0)^f00 (0)k= (1 ;1;p2) 2 n(0) =b(0)^t(0) =(1 ;1;0)p 2 : (c) Poichekf0 (t)k=p2 + 2 sin 2 2t+ 2 cos2 2t= 28t2[0; ]; la curva e regolare, e I=Z ( xy)(x+y)zds =Z  0( cos2 t+ sin2 t)(2tcos2 tsin2 t)p2 2 sin 2 tkf0 (t)kdt =p2 Z  0sin 2 tcos 2t(2t1) dt =p2 2 Z  0sin 4 t(2t1) dt =p2 2 Z  0(2 tsin 4tsin 4t) dt : Integrando per parti, si ha Z tsin 4tdt=t4 cos 4 t+14 Z cos 4tdt=t4 cos 4 t+116 sin 4 t : Quindi, si haI=p2 2  t2 cos 4 t+18 sin 4 t14 cos 4 t  0=p2 2 p2  : (d) Poichev=f0 (t) ea=f00 (t) , si ha hv;ai=2 cos 2t(1 + sin 2t)2 cos 2t(1sin 2t)4 sin 2tcos 2t= 0: Quindi, i vettoriveasono ortogonali in ogni punto di , ossia in ogni punto di vi e solo l'accelerazione centripeta (ma non l'accelerazione tangenziale).