Energy Engineering - Analisi e geometria 1

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Politecnico di Milano { Ingegneria Industriale Analisi e Geometria 1 Secondo appello { 8 Luglio 2013 Cognome:Compito A Nome: Matricola: Es. 1 : 8 puntiEs. 2 : 8 puntiEs. 3 : 6 puntiEs. 4 : 8 puntiTotale 1. Si consideri la curva :8 > < > :x = 3t y= 3t2 z= 2t3t 2[0;2]: (a) Trovare i versorit,nebdella terna fondamentale nel puntoPdella curva corrispondente al parametrot= 1 . (b) Supponiamo che la curva assegnata rappresenti un lo, la cui densita lineare di massa sia(t) = 1 +tgrammi per unita di lunghezza. Trovare la massa totale, in grammi, del lo. 2. (a) Trovare la soluzione generale dell'equazione dierenzialey0 = (y1) cosx : (b) Trovare la soluzione ~y= ~y(x) del problema di Cauchy ( y0 = (y1) cosx y(0) =1 specicando l'intervallo massimale sul quale si puo estendere. Disegnare un graco quali- tativo della soluzione ~y= ~y(x) , in un intorno dix 0= 0 . 3. Si considerino le rette r:8 > < > :x = 3 +t y= 1 + 3t z= 2te s:8 > < > :x =u y= 1 z= 1u : (a) Stabilire se esiste un piano che contenga entrambe le rettereds. (b) Trovare un'equazione cartesiana per il pianoche contiene la rettare che passa per l'origine. 4. Si consideri la funzione denita da f(x) =x + 1x 2e 2x per ognix2Rn f0g. (a) Trovare gli eventuali punti di massimo e di minimo locale. (b) Trovare gli eventuali asintoti.(c) Calcolare il limiteL= lim x!0+f 0 (x): (d) Stabilire se la funzioneF(x) =Z x 1f (t) dt denita sull'intervallo [1;+1) , ha un asintoto orizzontale perx!+1. Soluzioni 1. (a) Si haf(t) = (3t;3t2 ;2t3 )f(1) = (3;3;2) f0 (t) = (3;6t;6t2 ) = 3(1;2t;2t2 )f0 (1) = (3;6;6) = 3(1;2;2) f00 (t) = (0;6;12t) = 6(0;1;2t)f00 (1) = (0;6;12) = 6(0;1;2): Poichejjf0 (1)jj= 3p9 = 9 , si ha t(1) =f 0 (1)jj f0 (1)jj= 13 (1 ;2;2): Poichef0 (1)^f00 (1) =     i j k 3 6 6 0 6 12     = 3
6     i j k 1 2 2 0 1 2     = 18 (2 ;2;1) ejjf0 (1)^f00 (1)jj= 18
p9 = 18
3; si hab(1) =f 0 (1)^f00 (1)jj f0 (1)^f00 (1)jj= 13 (2 ;2;1): Inne, si ha n(1) =b(1)^t(1) =19      i j k 22 1 1 2 2     = 19 ( 6;3;6) =13 ( 2;1;2): (b) L'elemento di lunghezza della curva e ds=jjf0 (t)jjdt= 3p1 + 4 t2 + 4t4 dt= 3(1 + 2t2 )dt : La massa totale e M=Z  ds=Z 2 0 (t)jjf0 (t)jjdt= 3Z 2 0(1 + t)(1 + 2t2 ) dt= 3Z 2 0(1 + t+ 2t2 + 2t3 ) dt= 52: 2. (a) L'equazione data puo essere vista come un'equazione a variabili separabili. Una soluzionee la funzione costantey(x) = 1 (che annulla il secondo membro). Per trovare le altre soluzioni, procediamo separando le variabili: dyy 1= cos xdx : Integrando, si halnjy1j= sinx+c ; ossiajy1j= esin x+c ossiay= 1ec esin x : Quindi, la soluzione generale e y(x) = 1 +K esin x K2R (includendo, perK= 0 , anche la soluzione costantey(x) = 1 ). (b) Dall'espressione della soluzione generale si ottiene y(0) =K+ 1 . Quindi si hay(0) =1 perK=2 . Pertanto, la soluzione del problema di Cauchy e e y(x) = 12esin x : L'intervallo massimale a cui si puo estendere questa soluzione e tuttoR. Inne, poiche perx!0 si ha e y(x) =12xx2 +o(x2 ); il graco di questa funzione vicino all'origine e dato da3. (a) Un vettore direttore di rea= (1;3;2) e un vettore direttore diseb= (1;0;1) . Poicheaebnon sono proporzionali, le retteredsnon sono parallele. Quindi, o sono incidenti, o sono sghembe. Il sistema lineare di tre equazioni in due incognite 8 > < > :3 + t=u 1 + 3t= 1 2t= 1u8 > < > :u = 3 t= 0 0 =2 non ha soluzioni, ossiaredsnon sono incidenti. Dunque sono sghembe e, di conseguenza, non sono complanari. (b) Eliminando il parametro dalla prima equazione dir, si trova r:( 3xy8 = 0 2xz6 = 0: Il fascio di piani che harcome sostegno ha equazione  :(3xy8) +(2xz6) = 0: Imponendo il passaggio perO(0;0;0) , si ha 4+ 3= 0 , e quindi= 3ke=4k. Pertanto, il piano cercato e x3y+ 4z= 0: 4. (a) Derivata prima:f0 (x) =2 x2x 4e 2x ;Rn f0g: Segno dif0 :f0 (x)>0 perp2 < x