Energy Engineering - Analisi e geometria 1

Second partial exam

Es. 1Es. 2Es. 3Es. 4TotaleTeoria Analisi e Geometria 1 Seconda prova in itinere 03 Febbraio 2014 Compito ADocente:Politecnico di Milano Ingegneria IndustrialeCognome: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. i) Determinare l'integrabilita della funzionef(t) :=(1 e t )2e 2 t 1su (0 ;+1)R. ii) Calcolare l'integrale I=Z +1 0(1 e t )2e 2 t 1dt : SOLUZIONE i)1. Poichef(t)0,f(t)t2 per t!0+ ef(t)e 2t pert!+1, si ha chefe integrabile su (0;+1)R. ii) I=Z +1 0(1 e t )2e 2 t 1dt = (x:=et ; t= logx; dt=x 1 dx) = =Z +1 11x (1 x 1 )2x 2 1dx = =Z +1 1( x1)x 3 (x+ 1)dx = =Z +1 1 2x2 + 2x1x 3+2x + 1 dx= =Z +1 1 2x + 2x 21x 3+2x + 1 dx= = 2 logjxj+ 2 logjx+ 1j 2x + 12 x2 +1 0= = 2 logx + 1x 2x + 12 x2 +1 1= (2 log 22 +12 ) = 32 log 4: 2. Si consideri l'equazione dierenziale y0 =et 2et y ; dovey=y(t). i) Riconoscere di che tipo di equazione dierenziale si tratta; ii) determinare le eventuali soluzioni stazionarie (cioe quelle del tipoy=k, conk2R); iii) individuare la soluzione y:R!Rche passa per il punto (0; 1); iv) scrivere il polinomio di Mac Laurin di grado due generato dalla funzioney , senza calcolare esplicitamente le derivate diy nel generico puntotdiR. SOLUZIONE i) Poiche si puo porre nella formay0 =et (12e y ), l'equazione e del tipoy0 =a(t)b(y), per cui e a variabili separabili. ii) Le soluzioni stazionarie sono le soluzioni dell'equazioneb(y) = 0, cioe dell'equazione 12e y = 0, equivalente all'equazionee y 2e y= 0, la cui unica soluzione e y= ln 2. iii) Le altre soluzioni si ottengono dall'equazioneZ 11 2e ydy =Z et dt, cioe dall'equazione Zeye y 2dy =Z et dt ; da cui si ottiene lnjey 2j=et +c(c2R), da cui seguejey 2j=ee t +c =ec
ee t (c2R), ossiajey 2j=k
ee t (k2(0;+1)). Di conseguenza, risultaey 2 =k
ee t (k2(0;+1)), ossiaey 2 =K
ee t (K2Rn f0g), da cui si ottiene l'integrale generaley= ln 2 +K
ee t (K2Rn f0g). Osservando che perK= 0 si ottiene la soluzione stazionariay= ln 2, si puo aermare che le soluzioni dell'equazione dierenziale di partenza sono tutte e sole quelle del tipo y= ln 2 +K
ee t ; conK2R. Imponendo il passaggio per il punto (0;1) si ottiene 1 = ln(2 +K e), da cui segue 2 +K e=e, ossiaK= 12e . Sostituendo tale valore di Knell'integrale generale si ottiene la soluzioney = ln 2 + (12e )
ee t : Osserviamo che 12e e positivo, per cui la soluzioney e eettivamente de nita in tuttoR. iv) Sappiamo chey (0) = 1. Inoltre, sappiamo chey 0 (t) =et 2et y (t) , per cui risultay 0 (0) =e0 2e0 y (0) = 12e 1 : Sempre dalla ralla relazioney 0 (t) =et 2et y (t) si ottiene inoltrey 00 (t) =et 2 et y (t) (1y 0 (t)); da cui seguey 00 (0) =e0 2 e0 y (0) (1y 0 (0)) = 12e 1
2e 1 = 14e 2 : Il polinomio di Mac Laurin di grado due generato day e quindi 1 + (12e 1 )t+1 4e 22 t 2 : 3. Sia R3 la curva parametrizzata da (t) := t22 ;p2 t 33 ;t 44  t2[1;2]. i) Determinarne la lunghezzal(). ii) Determinare il piano osculatore a nel puntop 0= (1 ;43 ; 1)2. iii) Determinare curvaturake raggio di curvaturanel puntop 0. iv) Determinare il centroq 0del cerchio osculatore nel punto p 0. SOLUZIONE i) _ (t) = (t;p2 t2 ; t3 );k_ (t)k=t(t2 + 1); t2[1;2]. l() =Z 1 ds=Z 2 1k (t)kdt=Z 2 1t (t2 + 1)dt=h t44 + t 22 i 2 1= 214 : ii) Il puntop 02 corrisponde al valoret 0=p2 del parametro: p 0= (p2). Come vettore ortogonale al piano osculatore si puo considerare  n:= _ (p2) ^ (p2) : Poiche_ (t) = (t;p2 t2 ; t3 ); t2[1;2]  (t) = (1;2p2 t;3t2 ); t2[1;2] _ (t)^ (t) =t2 (p2 t2 ;2t;p2) ; t2[1;2] si ha n= 2p2(2 ;2;1). Il piano osculatore risulta quindi essere P(p 0) = fp2R3 : n
(pp 0) = 0 g =f(x; y; z)2R3 : (2;2;1)
(x1; y43 ; z 1) = 0g f(x; y; z)2R3 : 2x2y+z=13 g : iii) Curvatura e raggio del cerchio osculatore nel puntop 0sono dati da k=k _ (p2) ^ (p2) kk _ (p2) k3=k 2p2(2 ;2;1)kk 3p2 k3=19  =1k = 9 : iv) Il centro del cerchio osculatore e dato daq 0= p 0+  N(p2) dove  N(p2) e' il versore normale a inp 0= (p2). Poiche il versore binormale e' dato da  B(p2) =  nk  nk= _ (p2) ^ (p2) k _ (p2) ^ (p2) k= 2p2(2 ;2;1)k 2p2(2 ;2;1)k= 2p2(2 ;2;1)6 p2 = 13 (2 ;2;1); il versore tangente e dato da T(p2) = _ (p2) k _ (p2) k=p2(1 ;2;2)k p2(1 ;2;2)k= 13 (1 ;2;2) ed il versore normale risulta essere N(p2) =  B(p2) ^ T(p2) = 13 ( 2;1;2) e quindiq 0= 1;43 ; 1 + 913 ( 2;1;2) = 1;43 ; 1 + 3(2;1;2) = 5;53 ; 7 : 4. Nello spazio riferito a un sistema cartesiano Oxyz, siaP(1;2;3) e siarla retta che si ottiene intersecando i due piani rappresentati dalle equazionix+ 2y+ 3z+ 1 = 0 ex+y+z= 0. i) Scrivere un'equazione cartesiana del piano ortogonale arche passa perP; ii) determinare le coordinate del puntoP0 , simmetrico diPrispetto ar. SOLUZIONE i) Un vettore direzionale della retta si puo ottenere calcolando il prodotto vettoriale dei vettori(1;2;3) e (1;1;1) (ortogonali ai due piani) oppure scrivendo la retta in forma parametrica. Seguiamo questa seconda strada. Risolvendo il sistema x+ 2y+ 3z+ 1 = 0 x+y+z= 0 rispetto axe ay(e possibile fare altre scelte) si ottiene 8 > < > :x =z + 13 y= 4z13 : Una rappresentazione parametrica della rettare quindi la seguente: 8 > > > > < > > > > :x =13 + 13 t y=13 43 t z=t: I vettori direzionali della rettarsono quindi tutti e soli i vettori non nulli paralleli al vettore (1=3;4=3;1). Scegliamo ad esempio come vettore direzionale diril vettorev= (1;4;3). Il piano cercato passa per il puntoP(1;2;3) ed e ortogonale al vettorev, per cui ha equazionex+ 14(y2) + 3(z3) = 0, ossiax4y+ 3z= 0. ii) Il punto cercato e il simmetrico del puntoPrispetto al punto di intersezione fra la rettar e il piano trovato al punti ii). Intersecando la rettarcon tale piano si ottiene l'equazione 1 +t3 4 14t3 + 3 t= 0; da cui si ottiene il valoret=525 , che corrisponde al punto Q 726 ; 113 ; 526  della rettar. Poiche il puntoQe il punto medio fra i puntiPeP0 , postoP0 (x; y; z), risulta 726 ; 113 ; 526  = x12 ; y + 22 ; z + 32  ; da cui si ottieneP0  2013 ; 2813 ; 4413  :