Energy Engineering - Analisi e geometria 1

Second partial exam

Politecnico di Milano { Ingegneria Industriale Analisi e Geometria 1Secondo compito in itinere { 2 Febbraio 2015 Cognome:Compito A Nome: Matricola: Es.1: 12 punti Es.2: 8 punti Es.3: 12 punti Totale 1. (a)Determinare l'integrale generale dell'equazione differenzialey′ (x) +xy(x) =x : (b) Determinare la soluzioneyche assume valore massimo uguale a 2. (c) Vericare che la funzione integraleFdenita da F(x) =∫ x 0 y(t) dt ammette un asintoto obliquo perx!+1. 2. Nello spazio riferito a un sistema di riferimento cartesianoOxyz, siarla retta rappresentata dalle equazioni parametriche8 > < > :x = 23t y= 1 +t z=1 +t e siasla retta che si ottiene intersecando i due piani 1: xz= 1 e 2: x+y2z3 = 0 . (a) Scrivere le equazioni parametriche della rettas. (b) Determinare l'intersezione delle rettereds. (c) Scrivere l'equazione cartesiana del piano che contienereds. 3. Sia la curva diR3 parametrizzata dalla funzione vettorialef: [1;1]!R3 denita da f(t) = (et cost;et sint;et ) per ognit2[1;1] . (a) Determinare la retta tangentera nel puntoP(1;0;1) . (b) Determinare il raggio e il centro della circonferenza osculatrice di nel puntoP. (c) Determinare la lunghezzaLdi . (d) Determinare il momento di inerziaI zdi rispetto all'assez, quando e dotata di densita lineare di massa: ![0;+1) , denita da(x; y; z) =1 jzjper ogni (x; y; z)2 . Istruzioni:Non si possono consultare libri o appunti. Non si possono usare calcolatrici. Tutte le risposte devono essere motivate. I fogli di brutta non devono essere consegnati. Tempo:1 ora e 30 minuti. 1 Soluzioni 1. (a)Si tratta di un'equazione differenziale lineare del primo ordine1 , scritta nella forma y′ (x) +p(x)y(x) =q(x) , dovep(x) =xeq(x) =x. Pertanto, l'integrale generale e y(x) = e∫ p(x) dx[ ∫ e∫ p(x) dx q(x) dx+c] = e∫ xdx[ ∫ xe∫ xdx dx+c] = e x2 =2[ ∫ xex 2 =2 dx+c] = e x2 =2( ex 2 =2 +c) = 1 +ce x2 =2 dovece un'arbitraria costante di integrazione. (b) Se si osserva che l'immagine della funzione data da e x2 =2 e l'intervallo (0;1] , allora la soluzione che assume valore massimo uguale a 2 e quella che si ottiene perc= 1 , ossia y(x) = 1 + e x2 =2 : (c) La funzioneFpresenta un asintoto obliquo perx!+1, avente equazioney= mx+q, se e solo se i. il limitem= lim x!+1F (x) xesiste nito ed e diverso da zero, e ii. il limiteq= lim x!+1( F(x)mx) esiste nito. Nel nostro caso, poichef(t)!1 pert!+1, si ha cheF(x)!+1per x!+1. Nel calcolo del limite diF (x) xper x!+1si presenta quindi la forma di inderminazione+ 1 +1. Poiche le funzioni al numeratore e al denominatore sono derivabili, e possibile applicare il teorema di De l'H^opital, ottenendo: m= lim x!+1F (x) x= lim x!+1F ′ (x) = lim x!+1( 1 + e x2 =2) = 1: Quindi, si haq= lim x!+1( F(x)mx) = limx!+1( F(x)x) = limx!+1( ∫ x 0( 1 + e t2 =2) dtx) = limx!+1( x+∫ x 0e t2 =2 dtx) = limx!+1∫ x 0e t2 =2 dt =∫ +1 0e t2 =2 dt : Poiche e t2 =2 e integrabile sull'intervallo (0;+1) ,qesiste nito. Di conseguenza, la funzioneFpossiede un asintoto obliquo perx!+1. In particolare, tale asintoto ha equazione2 y=x+∫ +1 0e t2 =2 dt : 1In realta, si tratta anche di un'equazione differenziale del primo ordine a variabili separabili. 2Si puo dimostrare che∫ +1 0e t2 =2 dt=√  2. Quindi l'equazione dell'asintoto risulta y=x+√  2. 2 2. (a)Ponendo z=te risolvendo rispetto axey, si ottengono le seguenti equazioni parametriche della rettas: 8 > < > :x = 1 +t y= 2 +t z=t : (b) Intersechiamorconssostituendo le coordinate del generico punto dirnelle equazioni cartesiane dis. In questo modo, si ha il sistema {23t+ 1t= 1 23t+ 1 +t+ 22t3 = 0 da cui si ottiene un unico valore del parametro, ossiat=1 2. Pertanto, le due rette sono incidenti in un punto, dato daP( 1 2;3 2; 1 2) . (c) Siail piano che contiene le rettereds. Poiche i vettoria= (3;1;1) e b= (1;1;1) danno le direzioni rispettivamente dire dis, il vettorea^b= (0;4;4) individua la direzione ortogonale a. Quindi, poicheP2, l'equazione cartesiana die 4( y3 2) 4( z+1 2) = 0; ossia:yz2 = 0 . Equivalentemente, si puo scrivere l'equazione del fascio di piani che hascome sostegno ed imporre il passaggio per il puntoA(2;1;1)2r. 3. (a) Si haP2 sseP=f(t) sset= 0 . QuindiP=f(0) . Inoltre, si haf′ (t) = (et costet sint;et sint+ et cost;et ) ef′ (0) = (1;1;1) . L'equazione vettoriale della rettarex=f(0) +tf′ (0) . Quindi le equazioni parametriche dirsono 8 > < > :x =x(0) +x′ (0)t= 1 +t y=y(0) +y′ (0)t=t z=z(0) +z′ (0)t= 1 +t : (b) Si haf′′ (t) = et (2 sint;2 cost;1) ef′′ (0) = (0;2;1) . Pertanto, si ha f′ (0)^f′′ (0) =     i j k 1 1 1 0 2 1     = ( 1;1;2) e∥f′ (0)^f′′ (0)∥=p 6 . Inne, essendo∥f′ (0)∥=p 3 , i versori della terna intrinseca inPsono t(0) =f ′ (0) ∥f′ (0)∥= 1 p 3(1 ;1;1) b(0) =f ′ (0)^f′′ (0) ∥f′ (0)^f′′ (0)∥= 1 p 6( 1;1;2) n(0) =b(0)^t(0) =1 p 2( 1;1;0); mentre la curvatura e il raggio di curvatura inPsono (0) =∥ f′ (0)^f′′ (0)∥ ∥f′ (0)∥3=p 6 3p 3=p 2 3e (0) =1 (0)= 3 p 2: Pertanto, il raggio della circonferenza osculatrice e(0) =3 p 2, mentre il centro e C(0) =f(0)(0)n(0) = (1;0;1) +3 p 21 p 2( 1;1;0) =( 1 2; 3 2; 1) : 3 (c)Poiche si ha ∥f′ (t)∥= et√ (costsint)2 + (cost+ sint)2 + 1 =p 3 et ; la lunghezza della curva e L=∫ d s=∫ 1 1∥ f′ (t)∥dt=p 3∫ 1 1e t dt=p 3 (ee 1 ) = 2p 3 sinh 1: (d) Poiche(f(t)) = e t , si ha Iz=∫ ( x2 +y2 )ds=∫ 1 1( x(t)2 +y(t)2 )(f(t))∥f′ (t)∥dt= =∫ 1 1e 2 t e tp 3 et dt=p 3∫ 1 1e 2 t dt=p 3 2(e 2 e 2 ) =p 3 sinh 2: 4