Energy Engineering - Analisi e geometria 1

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Analisi e Geometria 1, Secondo appello 06 luglio 2016 (Compito A) Terza parte1. Calcolare, al variare di2R, il valore del seguente limite di funzione lim x!0+1x  sinxx xsin x : Soluzione:Utilizzando lo sviluppo di Mac-Laurin della funzionex7!sinx(arrestato al IIIo ordine), abbiamo 1x  sinxx xsin x =x (sin x)2 x2x sinx= x  x16 x3 +o(x3 )
2 x2x (x+o(x)) =x x2 13 x4 +o(x4 )x2x (x+o(x))= x x4 13 + o(1)
x 2 (1 +o(1)) =x2  13 + o(1)
(1 + o(1))!8 > > > < > > > :0 se  2: 2. Sia rla retta rappresentata dalle equazioni parametriche 8 > < > :x = 1 + 2t y= 3 +t z= 2t e siail piano parallelo arche passa per i puntiA(2;1;1) eB(1;3;1). (a) Determinare una equazione del piano. (b) Determinare i puntiPdella rettarper i quali il triangoloAP Be rettangolo inP. Soluzione:(a) Nel fascio di piani che ha per sostegno la rettaAB, cerchiamo quello parallelo ar. La rettaABe rappresentata dalle equazioni parametriche 8 > < > :x = 2t y= 1 + 2t z=1 + 2t: Ricavandotdalla prima equazione e sostituendo nelle altre due, si ottengono le equazioni 2x+y 5 = 0 e 2x+z3 = 0, che rappresentano due piani che contengono la rettaAB. Il fascio dei piani che contengono la rettaABe allora rappresentato dalla equazione 2x+y5 +k(2x+z3) = 0; equivalente a (2 + 2k)x+y+kz53k= 0: In realta, tale rappresentazione esclude il piano di equazione 2x+z3 = 0, che pero non e parallelo alla rettare di conseguenza non e il piano cercato. Il generico piano del fascio e parallelo alla rettarse e solo se il vettoren= (2 + 2k;1; k) | ad esso ortogonale | e ortogonale al vettorev= (2;1;2) | che e parallelo ar| e cio avviene se e solo sen
v= 0, ossia se e solo se 4 + 4k+ 1 + 2k= 0, cioe se e solo sek=56 . Sostituendo tale valore di knell'equazione del fascio e semplicando, si ottiene l'equazione 2x+ 6y5z15 = 0; che rappresenta il piano. (b) SiaP(1 + 2t;3 +t;2t) il generico punto della rettar. Il triangoloAP Be rettangolo inPse e solo se i vettori! APe! BPsono ortogonali, cioe se e solo se il loro prodotto scalare e nullo. Poiche risulta! AP= (1 + 2t;3 +t;2t)(2;1;1) = (2t1; t+ 2;2t+ 1) e! BP= (1 + 2t;3 +t;2t)(1;3;1) = (2t; t;2t1), abbiamo che! AP
! BP= 9t2 1, per cui il prodotto scalare! AP
! BPsi annulla se e solo set= 1=3 oppuret=1=3. Questi due valori del parametro tcorrispondono rispettivamente ai due punti P1 53 ; 103 ; 23  eP 2 13 ; 83 ; 23  ; che sono i punti cercati. 3. Disegnare sul piano di Gauss il luogo dei punti Ae il luogo dei puntiB: A=n z2Cn fig:j z+ 1jj zij= 2o ; B=n z2C:Re(z) =13 o : Risolvere quindi il sistema:( jz+1jj zij= 2 Re(z) =13 : Soluzione:A: moltiplicando perjzije ponendoz=x+iysi ottiene: j(x+ 1) +iyj= 2jx+i(y1)j Calcolando i moduli e ed elevando al quadrato si ottiene: (x+ 1)2 +y2 = 4h x2 + (y1)2i x2 +y2 23 x 83 y + 1 = 0 Si tratta di una circonferenza di centro13 +43 i e raggio23 p2. B: una retta verticale che passa per tutti i punti di ascissa13 . Quindi passa anche per il centro della circonferenza. Dalla gura e immediato risolvere il sistema. Basta aggiungere e togliere il raggio alla parte immaginaria del centro. Le soluzioniz 1e z 2sono quindi: z1= 13 + 43 i +23 p2 i=13 + 23  2 +p2  i z2= 13 + 43 i 23 p2 i=13 + 23  2p2  i 4. Sia fla funzione denita da f(x) = e14 x2 : (a) Determinare gli eventuali asintoti dif. (b) Determinare gli eventuali massimi e minimi della funzionef. (c) Senza calcolare la derivata seconda, disegnare il graco dif. (d) Determinare l'immagine dif. (e) Stabilire se l'integrale improprio I=Z +1 2 1f(x)
dx converge. Soluzione:(k= 2) La funzionefe pari. Quindi basta studiarla perx0 . (a) La funzionefe denita solo perx6 =k. Si ha lim x!k+f (x) = lim x!k+e1k 2 x2 = 0 lim x!kf (x) = lim x!ke1k 2 x2 = +1 lim x!(k)+f (x) = lim x!(k)+e1k 2 x2 = +1lim x!(k)f (x) = lim x!(k)e1k 2 x2 = 0: Pertanto,fha come asintoto verticale la retta di equazionex=kperx!k e ha ha come asintoto verticale la retta di equazionex=kperx!(k)+ . Inoltre, si ha lim x!1f (x) = lim x!1e1k 2 x2 = 1: Quindifpossiede anche un asintoto verticale, di equazioney= 1 , perx! 1. (b) La funzionefe derivabile per ognix6 =ke la sua derivata prima e f0 (x) =2 kx( k2 x2 )2e1k 2 x2 : Pertanto,f0 (x)0 se e solo sex0 . Quindifpresenta un punto di minimo locale in corrispondenza dix= 0 , dato daM(0;e1k 2 ) . Non ci sono altri punti di estremo. (c) Il graco dife(d) L'immagine di fe Imf= (0;1)[(e1k 2 ;+1) .y x 221e 1 =4 (e) La funzione g(x) = 1f(x) = 1e1k 2 x2 e denita, continua e positiva su tutto l'intervallo (k;+1) . Perx!k+ , la funzionef e limitata (poichef(x)!0 , come abbiamo gia visto). Inoltre, perx!+1, si ha 1k 2 x2! 0 e quindig(x) 1k 2 x21x 2: Poiche la funzione 1=x2 e integrabile in senso improprio perx!+1, per il criterio del confronto asintotico si ha che anche la funzioneg(x) e integrabile in senso improprio per x!+1. Pertanto, in conclusione, l'integrale improprioIconverge. Analisi e Geometria 1, Secondo appello 06 luglio 2016 (Compito B) Terza parte1. Calcolare, al variare di2R, il valore del seguente limite di funzione lim x!0+x  xsin x sin xx  : Soluzione:Utilizzando lo sviluppo di Mac-Laurin della funzionex7!sinx(arrestato al IIIo ordine), abbiamo x xsin x sin xx  =x x2 (sinx)2x sinx= x x2 x16 x3 +o(x3 )
2x (x+o(x)) =x x2 x2 +13 x4 +o(x4 )x (x+o(x))= x x4 13 + o(1)
x 2 (1 +o(1)) =x2+  13 + o(1)
(1 + o(1))!8 > > > < > > > :0 se  >2; 13 se =2; +1se < > :x = 3 +t y= 1 + 2t z= 2t e siail piano parallelo arche passa per i puntiA(1;2;1) eB(3;1;1). a) Determinare una equazione del piano. b) Determinare i puntiPdella rettarper i quali il triangoloAP Be rettangolo inP. Soluzione:(a) Nel fascio di piani che ha per sostegno la rettaAB, cerchiamo quello parallelo ar. La rettaABe rappresentata dalle equazioni parametriche 8 > < > :x = 1 + 2t y= 2t z=1 + 2t: Ricavandotdalla seconda equazione e sostituendo nelle altre due, si ottengono le equazioni x+ 2y5 = 0 e 2y+z3 = 0, che rappresentano due piani che contengono la rettaAB. Il fascio dei piani che contengono la rettaABe allora rappresentato dalla equazionex+ 2y5 + k(2y+z3) = 0;equivalente a x+ (2 + 2k)y+kz53k= 0: In realta, tale rappresentazione esclude il piano di equazione 2y+z3 = 0, che pero non e parallelo alla rettare di conseguenza non e il piano cercato. Il generico piano del fascio e parallelo alla rettarse e solo se il vettoren= (1;2 + 2k; k) | ad esso ortogonale | e ortogonale al vettorev= (1;2;2) | che e parallelo ar| e cio avviene se e solo sen
v= 0, ossia se e solo se 1 + 4 + 4k+ 2k= 0, cioe se e solo sek=56 . Sostituendo tale valore di knell'equazione del fascio e semplicando, si ottiene l'equazione 6x+ 2y5z15 = 0; che rappresenta il piano. b) SiaP(3 +t;1 + 2t;2t) il generico punto della rettar. Il triangoloAP Be rettangolo inPse e solo se i vettori! APe! BPsono ortogonali, cioe se e solo se il loro prodotto scalare e nullo. Poiche risulta! AP= (3 +t;1 + 2t;2t)(1;2;1) = (t+ 2;2t1;2t+ 1) e! BP= (3 +t;1 + 2t;2t)(3;1;1) = (t;2t;2t1), abbiamo che! AP
! BP= 9t2 1, per cui il prodotto scalare! AP
! BPsi annulla se e solo set= 1=3 oppuret=1=3. Questi due valori del parametro tcorrispondono rispettivamente ai due punti P1 103 ; 53 ; 23  eP 2 83 ; 13 ; 23  ; che sono i punti cercati. 3. Disegnare sul piano di Gauss il luogo dei punti Ae il luogo dei puntiB: A=n z2Cn f1g:j zijj z+ 1j= 2o ; B=n z2C:I m(z) =13 o : Risolvere quindi il sistema:( jzijj z+1j= 2 I m(z) =13 Soluzione:A: moltiplicando perjz+ 1je ponendoz=x+iysi ottiene: jx+i(y1)j= 2j(x+ 1) +iyj Calcolando i moduli e ed elevando al quadrato si ottiene: x2 + (y1)2 = 4h (x+ 1)2 +y2i x2 +y2 +83 x +23 y + 1 = 0 Si tratta di una circonferenza di centro43 13 i e raggio23 p2. B: una retta orizzontale che passa per tutti i punti di ordinata13 i . Quindi passa anche per il centro della circonferenza. Dalla gura e immediato risolvere il sistema. Basta aggiungere e togliere il raggio alla parte reale del centro. Le soluzioniz 1e z 2sono quindi: z1= 43 13 i +23 p2 = 23  2p2  13 i z2= 43 13 i 23 p2 = 23  2 +p2  13 i 4. Sia fla funzione denita da f(x) = e19 x2 : (a) Determinare gli eventuali asintoti dif. (b) Determinare gli eventuali massimi e minimi della funzionef. (c) Senza calcolare la derivata seconda, disegnare il graco dif. (d) Determinare l'immagine dif. (e) Stabilire se l'integrale improprio I=Z +1 3 1f(x)
dx converge. Soluzione:(k= 3) La funzionefe pari. Quindi basta studiarla perx0 . (a) La funzionefe denita solo perx6 =k. Si ha lim x!k+f (x) = lim x!k+e1k 2 x2 = 0 lim x!kf (x) = lim x!ke1k 2 x2 = +1 lim x!(k)+f (x) = lim x!(k)+e1k 2 x2 = +1lim x!(k)f (x) = lim x!(k)e1k 2 x2 = 0: Pertanto,fha come asintoto verticale la retta di equazionex=kperx!k e ha ha come asintoto verticale la retta di equazionex=kperx!(k)+ . Inoltre, si ha lim x!1f (x) = lim x!1e1k 2 x2 = 1: Quindifpossiede anche un asintoto verticale, di equazioney= 1 , perx! 1. (b) La funzionefe derivabile per ognix6 =ke la sua derivata prima e f0 (x) =2 kx( k2 x2 )2e1k 2 x2 : Pertanto,f0 (x)0 se e solo sex0 . Quindifpresenta un punto di minimo locale in corrispondenza dix= 0 , dato daM(0;e1k 2 ) . Non ci sono altri punti di estremo. (c) Il graco dife(d) L'immagine di fe Imf= (0;1)[(e1k 2 ;+1) .y x 331 e 1 =9 (e) La funzione g(x) = 1f(x) = 1e1k 2 x2 e denita, continua e positiva su tutto l'intervallo (k;+1) . Perx!k+ , la funzionef e limitata (poichef(x)!0 , come abbiamo gia visto). Inoltre, perx!+1, si ha 1k 2 x2! 0 e quindig(x) 1k 2 x21x 2: Poiche la funzione 1=x2 e integrabile in senso improprio perx!+1, per il criterio del confronto asintotico si ha che anche la funzioneg(x) e integrabile in senso improprio per x!+1. Pertanto, in conclusione, l'integrale improprioIconverge.