Energy Engineering - Analisi e geometria 1

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T.(a)T.(b)Es.1Es.2Es.3Es.4Totale Analisi e Geometria 1 Secondo Appello 25 Giugno 2018 Compito ADocente:# iscrizione: Cognome:Nome:Matricola: Prima parte: Teoria (punti 4+4). T.(a)Enunciare e dimostrare il teorema di Taylor con il resto secondo Peano. T.(b)Enunciare e dimostrare il teorema sul limite di successioni reali monotone. Seconda parte: Esercizi. Punteggi degli esercizi: Es.1: 3+1 Es.2: 3+3 Es.3: 1+2+2 Es.4: 2+4+3 Istruzioni:Tutte le risposte devono essere motivate. Gli esercizi devono essere 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. Es. 1Nello spazio euclideoR3 , si considerino i pianiPeP0 , rispettivamente di equazioni cartesiane P:xyz1 = 0;P0 : 3xy+z1 = 0 e il puntoA= (0;3;4). (a) Trovare un vettore di direzione della rettaP \ P0 . (b) Scrivere equazioni parametriche di una retta, se esiste, che passi per il puntoAe sia parallela aPe aP0 . Soluzione (a) I due piani non sono paralleli. Un vettore di direzione diP \ P0 e un qualunque multiplo (non nullo) del prodotto vettorialeww0 , dovewew0 sono vettori di giacitura diPeP0 rispettivamente. Ad esempio, un vettore di direzione diP \ P0 e (1;2;1). (b) Esiste un'unica retta, chiamiamolar, che passa per il puntoAe che e parallela sia aP, sia aP0 . Precisamente, e la retta passante perAe parallela alla rettaP \ P0 . Equazioni parametriche per tale retta rsono: r:8 < :x =t y= 3 + 2t t2R z= 4t Es. 2 (a) Trovare l'estremo inferiore e l'estremo superiore di f(x) = arctanpj x2 1j; x2R specicando se si tratti rispettivamente di un minimo assoluto e di un massimo assoluto. (b) Dimostrare l'identita: arctant+ arctan1t = 2 ; per ognit >0 Quindi, stabilire se la funzione2 arctanpj x2 1j e integrabile (in senso generalizzato) in un intorno di +1. Soluzione (a) La funzionef(x) = arctanpj x2 1je continua suR, non negativa e pari. Studiamola perx0. La funzionejx2 1je decrescente su [0;1] e crescente su [1;+1). Siccome le funzioni radice quadrata (t7!pt ) e arctan sono entrambi crescenti su [0;+1), anche la funzione compostaf(x) = arctanpj x2 1je decrescente su [0;1] e crescente su [1;+1). Allora: (i)inff= 0 =f(1)(=f(1)), e quindi 0 e il minimo assoluto dif; (ii)supf= lim x!+1f (x) ==2 (che non e massimo assoluto, perche il valore=2 non appartiene all'immagine di arctan). Inoltre, inx= 0 la funzione ha un punto di massimo locale, non assoluto.Figura 1: Graco di y= arctanpj x2 1j (b) L'identitaarctant+ arctan1t = 2 ; t > 0 risulta ovvia se si osserva che essa esprime il fatto che la somma degli angoli acuti di un triangolo rettangolo e un angolo retto:BAC 1t 2 = b B+b C= arctant1 + arctan 1t Possiamo dimostrarla anche nel modo seguente. La derivata di g(t) = arctant+ arctan1t e nulla sull'intervallo (0;+1): g0 (t) =11 + t2+11 + 1t 2
(1)1t 2= 0 Dunquege costante su (0;+1). Per determinare il valoreKdi tale costante, basta valutaregin un punto qualsiasi del suo dominio. Ad esempio,K=g(1) ==2. Abbiamo allora, per x!+1: 2 arctanpj x2 1j= arctan1p j x2 1j arctan1x  1x Pertanto, per il criterio del confronto asintotico, la funzione2 arctanpj x2 1jnon e integrabile in senso generalizzato in un intorno di +1. Es. 3 Consideriamo la trasformazioneT, il cui dominio e il cui codominio sono il piano complesso bucatoCn f0g, denita nel modo seguente: Cn f0gT !Cn f0g z7!T(z) =4z (dovez denota il coniugato diz). (a) Siaz=x+iyla scrittura in forma algebrica diz2Cn f0g. Scrivere il numero complessoT(z) in forma algebrica. (b) Calcolare (TT)(z)(=T(T(z)), doveTTdenota la funzione composta.Te invertibile? (c) Disegnare sul piano di Gauss l'insieme Fix(T) dei punti ssi diT: Fix(T) =fz2Cn f0g jT(z) =zg Soluzione (a) PerT(z) =R 2 z, con R >0 qualunque . La forma algebrica diT(z) e T(z) =R 2 z= R 2 zz  z= R 2 (x+iy)x 2 +y2=R 2 xx 2 +y2+ iR 2 yx 2 +y2 (b) Risulta(TT)(z) =T(T(z)) =R 2T (z)= R 2 R2z
= z DunqueTT=Ide l'identita (diCn f0g). PertantoTe invertibile (eT 1 =T). (c)R 2z = zequivale azz =R2 , ossia ajzj2 =R2 (perchezz =jzj2 ). Dunque l'insieme dei punti ssi diTe la circonferenza di centro 0 e raggioR. Es. 4 L'equazione dierenziale Ldidt + Ri=V ;(1) e un modello di un circuito elettrico in cuii=i(t) e l'intensita di corrente,Vla tensione,Rla resistenza e Ll'induttanza. Primo caso:R,LeVcostanti positive. (a) Determinare la soluzionei(t) dell'equazione (1) (R; L; Vcostanti positive) che soddisfa la condizione inizialei(0) = 0. Il graco di tale soluzione ha un asintoto orizzontale pert!+1? (Per grandi valori dit, la corrente e costante?) Secondo caso:R=L= 1 eV= sin!t. Consideriamo dunque l'equazione:didt + i= sin!t(2) (b) Trovare tutte le primitive (le anti-derivate) della funzione'(t) =et sin!t; t2R(!costante reale) (c) Trovare la soluzione generale dell'equazione (2) e la soluzione particolarei(t) di (2) soddisfacentei(0) = 0. Il graco di quest'ultima soluzione particolare ha un asintoto orizzontale pert!+1? Soluzione (a) L'equazione non omogenea (1) ha una (e una sola) soluzione costanteV =R. La soluzione generale dell'e- quazione omogenea associataLdidt + Ri= 0 ece RL t ,c2R. Quindi la soluzione generale dell'equazione (1) ece RL t +VR ; c 2R La condizione inizialei(0) = 0 imponec=V =R. Pertanto, la soluzione soddisfacentei(0) = 0 e i(t) =VR  1e RL t Poichelim t!+1i (t) = lim t!+1VR  1e RL t =V =R; (percheR=L >0 e quindi l'esponenziale e decrescente), il graco dii(t) ha l'asintotoi=V =Rpert!+1. La corrente di lungo periodo e quindi costante e uguale aV =R. (b) Applichiamo due volte il metodo di integrazione per parti:Zet sin!t=et sin!tZ et !cos!t dt =et sin!t! et cos!t+!Z et sin!t dt =et sin!t!et cos!t!2Z et sin!t dt QuindiZ et sin!t dt=e t1 + !2(sin !t!cos!t) +k(3) Altro modo: da et +i!t =et (cos!t+isin!t), segue cheet sin!t=Im(et +i!t ). Una primitiva die(1+ i!)t e 11 + i!e t +i!t =1 i!1 + !2et +i!t =e t1 + !2(1 i!)(cos!t+isin!t) =e t1 + !2(cos !t+!sin!t) +ie t1 + !2(sin !t!cos!t) Quindi una primitiva diet sin!tee t1 + !2(sin !t!cos!t). (E una primitiva diet cos!tee t1 + !2(cos !t+!sin!t).) (c) La soluzione generale dell'equazione (2) ee t c+Z et sin!t dt =ce t +e t et1 + !2(sin !t!cos!t) =ce t +11 + !2(sin !t!cos!t)c2R La condizione inizialei(0) = 0 richiedec!1 + !2= 0. Quindi la soluzione che soddisfa i(0) = 0 e i(t) =!1 + !2e t +11 + !2(sin !t!cos!t) Pert!+1, il limite della funzionei(t) (denita sopra) non esiste, e quindi non c'e un asintoto orizzontale. Dato che il termine!1 + !2e t decresce rapidamente pert!+1, per grandi valori ditla corrente ha pressoche un andamento sinusoidale, con la stessa frequenza della tensione.