Energy Engineering - Analisi e geometria 1

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Politecnico di Milano { Ingegneria Industriale Analisi e Geometria 1 Primo Appello { 16 Febbraio 2015 Cognome:Compito A Nome: Matricola: Es.1 : 6 puntiEs.2 : 6 puntiEs.3 : 8 puntiEs.4 : 8 puntiTotale 1. (a) Parametrizzare la curva = f(x; y; z)2R3 :y=x2 ;3z= 2xyg. (b) Determinare la lunghezzaLdell'arco  i cui estremi sono i punti di intersezione di con i piani 0: z= 0 e 1: z= 2=3 . (c) SiaF:R3 !Rla funzione de nita daF(x; y; z) =x2 +y. Calcolare l'integrale I=Z F ds : 2. Calcolare il seguente limite:lim x!0p1 x4 cosx2x 2 sinxxln(1 +x2 ): 3. Studiare la funzioneF: (0;+1)!Rde nita da F(x) =Z x 1e t3 pt (1 +t)d t : (Segno e zeri, limiti agli estremi del dominio, asintoti, derivata prima (dominio e formula), limiti diF0 agli estremi del dominio, segno diF0 e max/min, derivata seconda (dominio e formula), segno diF00 e essi, gra co.) 4. (a) Determinare le soluzioni dell'equazionew2 (2 + i)w+ 1 + i = 0 . (b) Determinare le soluzioni del seguente sistema:(w2 (2 + i)w+ 1 + i = 0 w=z3 : (c) SiaF:C!Cla funzione de nita daF(z) = (1 +p3i) zper ogniz2C. Determinare l'immagineF(S) dell'insieme S= z2C: 0Rez12 e (Im z)2 = 3 (Rez)2 : e rappresentarla nel piano complesso.Istruzioni: Non si possono consultare libri o appunti. Non si possono usare calcolatrici. Tutte le risposte devono essere motivate. I fogli di brutta non devono essere consegnati. Tempo:2 ore. 1 Soluzioni 1. (a) Postox=t, si ha immediatamente la parametrizzazione richiesta: :8 > < > :x =t y=t2 z=23 t3t 2R: Equivalentemente, la curva e parametrizzata dalla funzione vettorialef:R!R3 de nita daf(t) = (t; t2 ;23 t3 ) per ognit2R. (b) Usando le equazioni parametriche di si ha immediatamente chez= 0 sset= 0 ez=23 sse t= 1 . Quindi, gli estremi di sonoP 0=  0\ =f(0)(0;0;0) e P1=  1\ =f(1)(1;1;23 ) . Poichef0 (t) = (1;2t;2t2 ) ekf0 (t)k= 1 + 2t2 , si ha L=Z d s=Z 1 0(1 + 2 t2 ) dt=53 : (c) PoicheF(f(t)) = 2t2 , si ha I=Z F ds=Z 1 0F (f(t))kf0 (t)kdt=Z 1 02 t2 (1 + 2t2 ) dt=2215 : 2. Perx!0 , si ha p1 x4 cosx2 = 1x 42 + o(x5 ) 1x 42 + o(x5 ) =o(x5 ) x2 sinxxln(1 +x2 ) =x2 xx 36 + o(x4 ) x x2 x 42 + o(x4 ) =x 53 + o(x5 ): Quindi, si ha lim x!0p1 x4 cosx2x 2 sinxxln(1 +x2 )= lim x!0o (x5 )x 5 =3 +o(x5 )= lim x!0o (1)1 =3 +o(1)= 0 : 3. Siaf: (0;+1)!Rla funzione integranda, de nita da f(t) =e t3 pt (1 +t): (a)Segno e zeri. Inx= 1 la funzioneFha uno zero. Piu in generale, si ha F(x)>0 sex >1 F(x) = 0 sex= 1 F(x)0 . Quindi, la funzioneF e crescente su tutto il suo dominio. In particolare, la funzioneFestesa all'intervallo [0;+1) presenta un minimo assoluto perx= 0 , nel punto (0; F(0)) = (0; ) . (g)Derivata seconda(dominio e formula). Il dominio diF00 e (0;+1) , e F00 (x) =(3 x2 + 7x+ 1) e x3 x4 =3 (1 +x)2: (h)Segno diF00 e essi. PoicheF00 (x)0 , la funzioneFpresenta sempre concavita rivolta verso l'alto (ossia e concava sul suo dominio). (i)Gra co.4. (a) L'equazione data si puo scomporre in modo elementare. Infatti, si ha w2 2w+ 1iw+ i = 0; ossia (w1)2 i(w1) = 0 , ossia (w1)(w1i) = 0 . Pertanto, le soluzioni sono w1= 1 = 1(cos 0 + isin 0) w2= 1 + i =p2  cos4 + i sin 4  : 3y x 1y =f(x) y x  1y =F(x) (b) Poiche la prima equazione del sistema e quella risolta nel punto precedente, si trat- ta semplicemente di trovare le radici cubiche di 1 e 1 + i . Passando alla forma trigonometrica, si ha che le radici cubiche di 1 sono date da zk= cos2 k3 + i sin 2 k3 k = 0;1;2; ossia daz0= 1 z1= cos23  + i sin23  =12 +p3 2 i z2= cos43  + i sin43  =12 p3 2 i : Analogamente, le radici cubiche di 1 + i sono date da z0 k=3 qp 2  cos= 4 + 2k3 + i sin = 4 + 2k3  k= 0;1;2; ossia daz0 0=6 p2  cos12 + i sin 12  z0 1=6 p2  cos43  + i sin43  z0 2=6 p2  cos1712  + i sin1712  : In conclusione, l'insieme delle soluzioni del sistema dato efz 0; z 1; z 2; z0 0; z0 1; z0 2g . (c) Poiche 1 +p3 i = 2  cos23  + i sin23  ; si ha che la funzioneFrappresenta geometricamente una roto-dilatazione composta da una rotazione in senso antiorario, attorno all' origine, di angolo23  e da una dilatazione di modulo 2 . Tale trasformazione e biunivoca. Pertanto, l'immagine dell'insiemeS e l'insiemeF(S) che si ottiene ruotandoSin senso antiorario, attorno all'origine, di un angolo23  e poi dilatando di un fattore 2 l'insieme risultante. Postoz=x+ iy, conx; y2R, l'insiemeSe de nito dalle condizioni 0x1=2 e y2 = 3x2 , ossia dalle condizioni 0x1=2 ey=p3 x. Di conseguenza, l'insieme Srisulta essere l'unione dei segmenti che hanno per primo estremo il puntoz 0= 0 e per secondo estremo rispettivamente i punti z1=12 +p3 2 i = cos 3 + i sin 3 z2=12 p3 2 i = cos 3 i sin3 : Pertanto, in coordinate polari, si haS=f0g [n (; #) : 0< 1 e#=3 o [n (; #) : 0< 1 e#=3 o : Di conseguenza, l'insiemeF(S) risulta essere l'unione dei segmenti che hanno per primo estremo il puntoF(z 0) = z 0= 0 e per secondo estremo rispettivamente i punti z0 1= F(z 1) =12 ( 1 +p3 i)(1 + p3 i) = 132 = 2 z0 2= F(z 2) =12 ( 1 +p3 i)(1 p3 i) = 2 + 2p3 i 2 = 2 cos3 + i sin 3  ; ossiaF(S) =f0g [ f(; #) : 0< 2 e#=g [n (; #) : 0< 2 e#=3 o : 4