Energy Engineering - Analisi e geometria 1

Second partial exam

Es. 1Es. 2Es. 3Es. 4Totale Analisi e Geometria 1 Secondo compito in itinere 30 Gennaio 2012 Compito A Docente:Politecnico di Milano Ingegneria Industriale Cognome:Nome:Matricola: Punteggi degli esercizi: Es.1: 8 punti; Es.2: 8 punti; Es.3: 8 punti; Es.4: 8 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. Siaun parametro reale e siaF: [1;+1)!Rla funzione definita da F(x) =∫ x 1e 1 =t 1 tp 1 +t3d t : (a) Si mostri che, per ogni valore del parametro, la funzioneF`e strettamente crescente sull’intervallo [1;+1) . (b) Si determinino i valori del parametroin corrispondenza dei quali la funzioneFammette un asintoto orizzontale perx!+1. Soluzione.(a) Essendo una funzione integrale, la funzioneF`e derivabile su tutto l’intervallo su cui `e definita e F′ (x) =e 1 =x 1 xp 1 +x3: Poich´eF′ (x)>0 per ognix1 , la funzioneF`e strettamente crescente su tutto l’intervallo [1;+1) . (b) La funzioneFpossiede un asintoto orizzontale perx!+1quando esiste finito il seguente limite lim x→+∞F (x) = lim x→+∞∫ x 1e 1 =t 1 tp 1 +t3d t=∫ +∞ 1e 1 =t 1 tp 1 +t3d t : Si tratta quindi di studiare la convergenza, al variare del parametro reale, dell’integrale generalizzato I=∫ +∞ 1e 1 =t 1 tp 1 +t3d t : Come abbiamo gi`a osservato, la funzionef(t) =e 1 =t 1 tp 1 +t3 `e strettamente positiva per ognit1 . Inoltre essa `e continua per ognit1 . Infine, per t!+1, si ha 1=t!0 e quindi f(t)1 =t t t3 2= 1 t +5 2: Questa funzione, e quindi per il teorema dell’equivalenza asintotica anche la funzionef(t) , `e integrabile esattamente per+5 2> 1 , ossia per >3 2. 2. (a)Si determini il valore del parametro realekin modo che le due rette r:    x = 1 +t y= 1t z= 23ted s:{ x+y+z= 1 x2yz=k siano incidenti esattamente in un puntoP. (b) Per il valore diktrovato nel punto precedente, si determinino le coordinate del puntoPe si scriva l’equazione cartesiana del pianoche contiene entrambe le rettereds. Soluzione.(a) Intersechiamo le due rette date. Sostituendo le coordinate del generico punto dirnella prima equazione che definisces, si ottienet= 1 . Per questo valore del parametrotsi ottiene il puntoP(2;0;1)2r. Sostituendo le coordinate di questo punto nella seconda equazione che definisces, si ottienek= 3 . In conclusione, le due retteredssi intersecano esattamente in un puntoPperk= 3 . (b) Perk= 3 , come gi`a trovato, si haP(2;0;1) . Per determinare il pianoche contiene entrambe le retteredssi pu`o procedere in almeno due modi. i. Primo modo.Sianoaebdue vettori direttori rispettivamente dire dis. Il piano pu`o essere determinato come il piano che passa per il puntoPe che haa^bcome vettore direttore (ortogonale sia adache ab). Poich´ea= (1;1;3) e b=( 1 1 21 ; 1 1 11 ; 1 1 12 ;) = (1;2;3); si haa^b= i j k 113 1 23 = (9 ;0;3): Quindi l’equazione cartesiana di`e 9(x2) + 0(y0) + 3(z+ 1) = 0 ossia: 3x+z5 = 0 . ii. Secondo modo.Sia Φ il fascio di piani che hascome sostegno. Il pianopu`o essere determinato come il piano appartenente al fascio Φ che passa per il puntoQ(1;1;2) appartenete adr(ottenuto pert= 0 e diverso daP=r\s). L’equazione del fascio Φ `e(x+y+z1) +(x2yz3) = 0: Imponendo il passaggio perQsi ottiene= 2. Quindi: 3x+z5 = 0 . 3.Si consideri l’equazione differenzialey′ = 2t3 y+t 3 y. (a) Si trovi l’integrale generale (insieme di tutte le soluzioni) dell’equazione. (b) Si determini la soluzione ¯y:R!Rper cui risulta ¯y(0) = 1. Soluzione. (a) L’equazione `e a variabili separabili, poich´e si pu`o porre nella formay′ =t3( y+1 y) ; ovveroy′ =t3
y 2 + 1 y: Notiamo innanzitutto che l’espressioney 2 + 1 yperde di significato quando y= 0, pertanto le eventuali soluzioni non possono assumere il valore 0 per alcun valore dit. Poich´ey 2 + 1 ynon si annulla per alcun valore di y, non ci sono soluzioni stazionarie. Le soluzioni sono quindi tutte e sole quelle che soddisfano la relazione∫y y2 + 1dy =∫ t3 dt : Esplicitando la relazione si ottiene1 2ln jy2 + 1j=1 4t 4 +c : Poich´ey2 + 1 `e sempre positivo, si ottiene ln(y2 + 1)2 =t4 + 2c ; , da cui(y2 + 1)2 =et 2 +2c =e2 c
et 2 e quindiy2 + 1 =ec
et 2 2 Poich´ec`e arbitraria,ec `e una arbitraria costante positiva. In definitiva, si ottiene y=√ ket 2 21 conk >0: (b) Imponendo la condizioney(0) = 1, si ottiene l’equazione 1 =p k1, soddisfatta perk= 2. Si ottiene quindi ¯ y(t) =√ 2et 2 21: Notiamo che risulta 2et 2 21>08t2R. Infatti risultat2 08t2Re quindiet 2 218t2R, da cui segue 2et 2 228t2R. Possiamo quindi considerare ¯ycome definita in tuttoR. 4.Sia :    x =et cost y=et sint z=ett 2[0;4]: (a) Si trovino il versore tangente ed il versore normale in ogni punto di . (b) Si calcoli ∫ f ds dovef(x; y; z) =√ x2 +y2 z+ 2 (c) Si enunci il teorema fondamentale del calcolo integrale. Soluzione. (a) Postor(t) = (et cost; et ; et sint);abbiamo˙ r(t) = (et (costsint); et (cost+ sint); et ) e quindi j˙ r(t)j=p 3et , e T(t) =( 1 p 3(cos tsint);1 p 3(cos t+ sint);1 p 3) : Essendo inoltre˙ T(t) =( 1 √ 3( sintcost);1 √ 3(cos tsint);0) ej˙ T(t)j=√ 2 3 risulta N(t) =( 1 p 2( sintcost);1 p 2(cos tsint);0) : (b) ∫ f ds =∫ 4 0√ (et cost)2 + (et sint)2 et+ 1p 3et dt=p 3∫ 4 0p et + 1et dt= e con il cambiamento di variabiley=et l’ultimo termine diventa =p 3∫ e4 1√ y+ 1dy=[ 2p 3 3( y+ 1)3 2] e4 1= 2p 3 3[ ( e4 + 1) 3 22p 2] : (c) Vedi libro di testo. Es. 1Es. 2Es. 3Es. 4Totale Analisi e Geometria 1 Secondo compito in itinere 30 Gennaio 2012 Compito B Docente:Politecnico di Milano Ingegneria Industriale Cognome:Nome:Matricola: Punteggi degli esercizi: Es.1: 8 punti; Es.2: 8 punti; Es.3: 8 punti; Es.4: 8 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. Siaun parametro reale e siaF: [1;+1)!Rla funzione definita da F(x) =∫ x 1t  (e1 =t 1) 3 p 1 +t2d t : (a) Si mostri che, per ogni valore del parametro, la funzioneF`e strettamente crescente sull’intervallo [1;+1) . (b) Si determinino i valori del parametroin corrispondenza dei quali la funzioneFammette un asintoto orizzontale perx!+1. Soluzione.(a) Essendo una funzione integrale, la funzioneF`e derivabile su tutto l’intervallo su cui `e definita e F′ (x) =x  (e1 =x 1) 3 p 1 +x2: Poich´eF′ (x)>0 per ognix1 , la funzioneF`e strettamente crescente su tutto l’intervallo [1;+1) . (b) La funzioneFpossiede un asintoto orizzontale perx!+1quando esiste finito il seguente limite lim x→+∞F (x) = lim x→+∞∫ x 1t  (e1 =t 1) 3 p 1 +t2d t=∫ +∞ 1t  (e1 =t 1) 3 p 1 +t2d t : Si tratta quindi di studiare la convergenza, al variare del parametro reale, dell’integrale generalizzato I=∫ +∞ 1t  (e1 =t 1) 3 p 1 +t2d t : Come abbiamo gi`a osservato, la funzionef(t) =t  (e1 =t 1) 3 p 1 +t2 `e strettamente positiva per ognit1 . Inoltre essa `e continua per ognit1 . Infine, per t!+1, si ha 1=t!0 e quindi f(t)t  1=t t2 3= 1 t− +5 3: Questa funzione, e quindi per il teorema dell’equivalenza asintotica anche la funzionef(t) , `e integrabile esattamente per+5 3> 1 , ossia per 0: (b) Imponendo la condizioney(0) = 1, si ottiene l’equazione 1 =p k1, soddisfatta perk= 2. Si ottiene quindi ¯ y(t) =√ 2et 2 1: Notiamo che risulta 2et 2 1>08t2R. Infatti risultat2 08t2Re quindiet 2 18t2R, da cui segue 2et 2 28t2R. Possiamo quindi considerare ¯ycome definita in tuttoR. 4.Sia :    x =et cost y=et z=et sintt 2[0;5]: (a) Si trovino il versore tangente ed il versore normale in ogni punto di . (b) Si calcoli ∫ f ds dovef(x; y; z) =3 √ x2 +z2 y+ 1 (c) Si enunci il teorema fondamentale del calcolo integrale. Soluzione. (a) Postor(t) = (et cost; et ; et sint);abbiamo˙ r(t) = (et (costsint); et ; et (cost+ sint)) e quindi j˙ r(t)j=p 3et , e T(t) =( 1 p 3(cos tsint);1 p 3; 1 p 3(cos t+ sint)) : Essendo inoltre˙ T(t) =( 1 √ 3( sintcost);0;1 √ 3(cos tsint)) ej˙ T(t)j=√ 2 3 risulta N(t) =( 1 p 2( sintcost);0;1 p 2(cos tsint)) : (b) ∫ f ds =∫ 5 03 √ (et cost)2 + (et sint)2 et+ 1p 3et dt=p 3∫ 5 03 p et + 1et dt e con il cambiamento di variabiley=et l’ultimo termine diventa =p 3∫ e5 13 √ y+ 1dy=[ 3p 3 4( y+ 1)4 3] e5 1= 3p 3 4[ ( e5 + 1) 4 323 p 2] : (c) Vedi libro di testo. Es. 1Es. 2Es. 3Es. 4Totale Analisi e Geometria 1 Secondo compito in itinere 30 Gennaio 2012 Compito C Docente:Politecnico di Milano Ingegneria Industriale Cognome:Nome:Matricola: Punteggi degli esercizi: Es.1: 8 punti; Es.2: 8 punti; Es.3: 8 punti; Es.4: 8 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. Sia un parametro reale e siaF: [2;+1)!Rla funzione definita da F(x) =∫ x 2e 1 =t2 1 t p 1 +t3d t : (a) Si mostri che, per ogni valore del parametro , la funzioneF`e strettamente crescente sull’intervallo [2;+1) . (b) Si determino i valori del parametro in corrispondenza dei quali la funzioneFammette un asintoto orizzontale perx!+1. Soluzione.(a) Essendo una funzione integrale, la funzioneF`e derivabile su tutto l’intervallo su cui `e definita e F′ (x) =e 1 =x2 1 x p 1 +x3: Poich´eF′ (x)>0 per ognix1 , la funzioneF`e strettamente crescente su tutto l’intervallo [1;+1) . (b) La funzioneFpossiede un asintoto orizzontale perx!+1quando esiste finito il seguente limite lim x→+∞F (x) = lim x→+∞∫ x 1e 1 =t2 1 t p 1 +t3d t=∫ +∞ 1e 1 =t2 1 t p 1 +t3d t : Si tratta quindi di studiare la convergenza, al variare del parametro reale , dell’integrale generalizzato I=∫ +∞ 1e 1 =t2 1 t p 1 +t3d t : Come abbiamo gi`a osservato, la funzionef(t) =e 1 =t2 1 t p 1 +t3 `e strettamente positiva per ognit1 . Inoltre essa `e continua per ognit1 . Infine, per t!+1, si ha 1=t2 !0 e quindi f(t)1 =t2 t t3 2= 1 t +7 2: Questa funzione, e quindi per il teorema dell’equivalenza asintotica anche la funzionef(t) , `e integrabile esattamente per +7 2> 1 , ossia per >5 2. 2. (a)Si determini il valore del parametro realekin modo che le due rette r:    x = 1t y= 1 +t z= 2 + 3ted s:{ xy+z= 0 3x2y+z=k siano incidenti esattamente in un puntoP. (b) Per il valore diktrovato nel punto precedente, si determinino le coordinate del puntoPe si scriva l’equazione cartesiana del pianoche contiene entrambe le rettereds. Soluzione.(a) Intersechiamo le due rette date. Sostituendo le coordinate del generico punto dirnella prima equazione che definisces, si ottienet=2 . Per questo valore del parametrotsi ottiene il puntoP(3;1;4)2r. Sostituendo le coordinate di questo punto nella seconda equazione che definisces, si ottienek= 7 . In conclusione, le due retteredssi intersecano esattamente in un puntoPperk= 7 . (b) Perk= 7 , come gi`a trovato, si haP(3;1;4) . Per determinare il pianoche contiene entrambe le retteredssi pu`o procedere in almeno due modi. i. Primo modo.Sianoaebdue vettori direttori rispettivamente dire dis. Il piano pu`o essere determinato come il piano che passa per il puntoPe che haa^bcome vettore direttore (ortogonale sia adache ab). Poich´ea= (1;1;3) e b=( 1 1 2 1 ; 1 1 3 1 ; 1 1 32 ;) = (1;2;1); si haa^b= i j k 1 1 3 1 2 1 = ( 5;4;3): Quindi l’equazione cartesiana di`e 5(x3)4(y+ 1) + 3(z+ 4) = 0 ossia: 5x4y+ 3z7 = 0 . ii. Secondo modo.Sia Φ il fascio di piani che hascome sostegno. Il pianopu`o essere determinato come il piano appartenente al fascio Φ che passa per il puntoQ(1;1;2) appartenete adr(ottenuto pert= 0 e diverso daP=r\s). L’equazione del fascio Φ `e (xy+z) +(3x2y+z7) = 0: Imponendo il passaggio perQsi ottiene= 2. Quindi: 5x4y+ 3z7 = 0 . 3.Si consideri l’equazione differenzialey′ =ty+t 2y. (a) Si trovi l’integrale generale (insieme di tutte le soluzioni) dell’equazione. (b) Si determini la soluzione ¯y:R!Rper cui risulta ¯y(0) = 1. Soluzione. (a) L’equazione `e a variabili separabili, poich´e si pu`o porre nella formay′ =t( y+1 2y) ; ovveroy′ =t
2 y2 + 1 2y: Notiamo innanzitutto che l’espressione2 y2 + 1 2yperde di significato quando y= 0, pertanto le eventuali soluzioni non possono assumere il valore 0 per alcun valore dit. Poich´e2 y2 + 1 2ynon si annulla per alcun valore di y, non ci sono soluzioni stazionarie. Le soluzioni sono quindi tutte e sole quelle che soddisfano la relazione∫2y 2y2 + 1dy =∫ t dt : Esplicitando la relazione si ottiene1 2ln j2y2 + 1j=1 2t 2 +c : Poich´e 2y2 + 1 `e sempre positivo, si ottiene ln(2y2 + 1) =t2 + 2c ; e quindi2y2 + 1 =et 2 +2c =e2 c
et 2 : Poich´ec`e arbitraria,e2 c `e una arbitraria costante positiva. In definitiva, si ottiene y=√ ket 2 1 2con k >0: (b) Imponendo la condizioney(0) = 1, si ottiene l’equazione 1 =√ k−1 2, soddisfatta per k= 3. Si ottiene quindi ¯ y(t) =√ 3et 2 1 2: Notiamo che risulta 3et 2 1>08t2R. Infatti risultat2 08t2Re quindiet 2 18t2R, da cui segue 3et 2 38t2R. Possiamo quindi considerare ¯ycome definita in tuttoR. 4.Sia :    x =et sint y=et z=et costt 2[0;2]: (a) Si trovino il versore tangente ed il versore normale in ogni punto di . (b) Si calcoli ∫ f ds dovef(x; y; z) =3 √ 3x2 +3z2 y+ 2 (c) Si enunci il teorema fondamentale del calcolo integrale. Soluzione. (a) Postor(t) = (et cost; et ; et sint);abbiamo˙ r(t) = (et (cost+ sint); et ; et (costsint)) e quindi j˙ r(t)j=p 3et , e T(t) =( 1 p 3(cos t+ sint);1 p 3; 1 p 3(cos tsint)) : Essendo inoltre˙ T(t) =( 1 √ 3( sint+ cost);0;1 √ 3( costsint)) ej˙ T(t)j=√ 2 3 risulta N(t) =( 1 p 2( sint+ cost);0;1 p 2( costsint)) : (b) ∫ f ds =∫ 2 03 √ 3(et cost)2 + 3(et sint)2 et+ 2p 3et dt=p 3∫ 2 03 p 3et + 2et dt e con il cambiamento di variabiley=et l’ultimo termine diventa =p 3∫ e2 13 √ 3y+ 2dy=[ 3p 3 4(3 y+ 2)4 3] e2 1= 3p 3 4[ ( 3e2 + 2) 4 353 p 5] : (c) Vedi libro di testo. 5.(Facoltativo) Si dimostri il teorema fondamentale del calcolo integrale. Es. 1Es. 2Es. 3Es. 4Totale Analisi e Geometria 1 Secondo compito in itinere 30 Gennaio 2012 Compito D Docente:Politecnico di Milano Ingegneria Industriale Cognome:Nome:Matricola: Punteggi degli esercizi: Es.1: 8 punti; Es.2: 8 punti; Es.3: 8 punti; Es.4: 8 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. Sia un parametro reale e siaF: [3;+1)!Rla funzione definita da F(x) =∫ x 3t (e1 =t 1) 3 p 1 +t4d t : (a) Si mostri che, per ogni valore del parametro , la funzioneF`e strettamente crescente sull’intervallo [3;+1) . (b) Si determinino, se esistono, i valori del parametro in corrispondenza dei quali la funzione Fammette un asintoto orizzontale perx!+1. Soluzione.(a) Essendo una funzione integrale, la funzioneF`e derivabile su tutto l’intervallo su cui `e definita e F′ (x) =x (e1 =x 1) 3 p 1 +x4: Poich´eF′ (x)>0 per ognix1 , la funzioneF`e strettamente crescente su tutto l’intervallo [3;+1) . (b) La funzioneFpossiede un asintoto orizzontale perx!+1quando esiste finito il seguente limite lim x→+∞F (x) = lim x→+∞∫ x 3t (e1 =t 1) 3 p 1 +t4d t=∫ +∞ 3t (e1 =t 1) 3 p 1 +t4d t : Si tratta quindi di studiare la convergenza, al variare del parametro reale , dell’integrale generalizzato I=∫ +∞ 3t (e1 =t 1) 3 p 1 +t4d t : Come abbiamo gi`a osservato, la funzionef(t) =t (e1 =t 1) 3 p 1 +t4 `e strettamente positiva per ognit1 . Inoltre essa `e continua per ognit1 . Infine, per t!+1, si ha 1=t!0 e quindi f(t)t 1=t t4 3= 1 t− +7 3: Questa funzione, e quindi per il teorema dell’equivalenza asintotica anche la funzionef(t) , `e integrabile esattamente per +7 3> 1 , ossia per 0: (b) Imponendo la condizioney(0) = 1, si ottiene l’equazione 1 =p k2, soddisfatta perk= 3. Si ottiene quindi ¯ y(t) =√ 3et 2 2: Notiamo che risulta 3et 2 2>08t2R. Infatti risultat2 08t2Re quindiet 2 18t2R, da cui segue 3et 2 38t2R. Possiamo quindi considerare ¯ycome definita in tuttoR. 4.Sia :    x =et y=et cost z=et sintt 2[0;3]: (a) Si trovino il versore tangente ed il versore normale in ogni punto di . (b) Si calcoli ∫ f ds dovef(x; y; z) =√ 2y2 +2z2 x+ 1 (c) Si enunci il teorema fondamentale del calcolo integrale. Soluzione.(a) Postor(t) = (et ; et cost; et sint);abbiamo˙ r(t) = (et ; et (costsint); et (cost+sint)) e quindij˙ r(t)j=p 3et , e T(t) =( 1 p 3( 1 p 3; costsint);1 p 3(cos t+ sint)) : Essendo inoltre˙ T(t) =( 0;1 √ 3( sintcost);1 √ 3(cos tsint)) ej˙ T(t)j=√ 2 3 risulta N(t) =( 0;1 p 2( sintcost);1 p 2(cos tsint)) : (b) ∫ f ds =∫ 3 0√ 2(et cost)2 + 2(et sint)2 et+ 1p 3et dt=p 3∫ 3 0p 2et + 1et dt e con il cambiamento di variabiley=et l’ultimo termine diventa =p 3∫ e3 1√ 2y+ 1dy=[ 2p 3 3(2 y+ 1)3 2] e3 1= 2p 3 3[ ( 2e3 + 1) 3 23p 3] : (c) Vedi libro di testo.