Energy Engineering - Analisi e geometria 1

Second partial exam

Analisi e Geometria 1 Seconda Prova 31 gennaio 2017Docente:Politecnico di Milano Scuola di Ingegneria Industriale e dell'InformazioneCognome:Nome:Matricola: a. Si enunci e dimostri il teorema della media integrale per funzioni continue. (5 punti)b. Si scriva l'equazione di un generico piano utilizzando il prodotto scalare, specicando qual e la direzione normale ad esso. (3 punti) Es. 1Es. 2Es. 3Totale Analisi e Geometria 1 Seconda Prova 31 gennaio 2017Docente:Politecnico di Milano Scuola di Ingegneria Industriale e dell'InformazioneCognome:Nome:Matricola: Punteggi degli esercizi : Es.1: 7; Es.2: 7; Es.3: 10 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. Esercizio 1.(Versione C) Stabilire per quali valori del parametro2R, >0 , l'integrale improprio I=Z +1 0p1 + 4 xp1 + xx 2 3 p1 + 2 x+x2d x converge. Soluzione.Poiche p1 + 4 xp1 + x=1 + 4 x1xp 1 + 4 x+p1 + x= 3 xp 1 + 4 x+p1 + x; la funzione integrandaf(x) =p1 + 4 xp1 + xx 2 3 p1 + 2 x+x2 e denita, e continua ed e positiva su tutto l'intervallo (0;+1) . Si tratta quindi di studiare l'integrabilita difin un intorno destro di 0 e in un intorno di +1. Perx!0+ , si ha f(x)3 x2 x2 =32 1x 2 1: La funzione 1=x2 1 e integrabile in senso improprio perx!0+ quando 21512 . In conclusione, la funzionefe integrabile in senso improprio, e quindi l'integraleIe convergente, se e soltanto se512 <  < 1: Esercizio 1. (Versione D) Stabilire per quali valori del parametro2R, >0 , l'integrale improprio I=Z +1 0p1 + 4 xp1 + xx 3 3 p1 + 3 x+x3d x converge. Soluzione.Poiche p1 + 4 xp1 + x=1 + 4 x1xp 1 + 4 x+p1 + x= 3 xp 1 + 4 x+p1 + x; la funzione integrandaf(x) =p1 + 4 xp1 + xx 3 3 p1 + 3 x+x3 e denita, e continua ed e positiva su tutto l'intervallo (0;+1) . Si tratta quindi di studiare l'integrabilita difin un intorno destro di 0 e in un intorno di +1. Perx!0+ , si ha f(x)3 x2 x3 =32 1x 3 1: La funzione 1=x3 1 e integrabile in senso improprio perx!0+ quando 3116 . In conclusione, la funzionefe integrabile in senso improprio, e quindi l'integraleIe convergente, se e soltanto se16 <  < 23 : Esercizio 2. (Versione C). Si consideri l'equazione dierenziale y0 5y=1(1 + e 5t )2(1) a.Trovare la soluzione generale. Dire se esiste una soluzione che sia limitata su tuttoR. b.Trovare la soluzione particolarey (t) che sodisfa la condizioney (0) =110 . Stabilire se tale soluzione e limitata. Soluzione. a.Ricordiamo che la soluzione generale dell'equazione lineare del primo ordine y0 +a(t)y=f(t) (2) e data da y=C e A(t) +e A(t)Z f(t)eA (t) dt(3) doveA(t) e una qualunque primitiva dia(t),Ce una costante arbitraria eR f(t)eA (t) dtdenota una qualunque antiderivata dif(t)eA (t) . Nel nostro caso,a(t) =5. Come antiderivata dia(t), scegliamoA(t) =5t. Allora la soluzione generale dell'equazione omogenea associata eC e A(t) =C e5 t , doveC2Re una costante arbitraria. Abbiamo poiZ f(t)eA (t) dt=Z 1(1 + e 5t )2e 5t dt=15 11 + e 5t Sappiamo dalla teoria che una soluzione particolare dell'equazione non omogenea (1) e data da e A(t)Z f(t)eA (t) =e5 t15 11 + e 5t Quindi la soluzione generale (ossia, l'insieme di tutte le soluzioni) dell'equazione lineare (1) e data dalla famiglia di funzioni yC( t) =C e5 t +e 5 t5(1 + e 5t ); C 2R(4) Le soluzioni (1) si possono anche scrivere:yC( t) =e5 t C+15(1 + e 5t ) C2R(5) Vediamo se esistono valori della costanteCper i quali la soluzioney Csia limitata su tutto R, cioe abbia limiti niti pert!+1e pert! 1. Anzitutto, pert! 1, si ha lim t!1y C( t) = lim t!1e 5 t C+15(1 + e 5t ) = 0 (6) qualunque siaC2R, perche, pert! 1, il terminee5 t tende a zero, e il termine in parentesi quadra tende aC. Pert!+1, si ha yC( t) =e5 t C+15(1 + e 5t ) e5 t C+15  (7) se C+15 6 = 0. Dunque, seC+15 6 = 0, cioeC6 =15 , per t!+1,y C( t)e5 t C+15
! 1, a seconda del segno diC+15 , e quindi y Cnon e limitata. Se invece C=15 , si ha ha, per t!+1: y15 ( t) =e5 t 15 + 15(1 + e 5t ) =15 e 5 t 1e 5t + 11 + e 5t =15 11 + e 5t! 15 In conclusione, la soluzione particolarey 15 ( t) (che si ottiene perC=15 ) e limitata su tutto R, ed e l'unica soluzione limitata. b.Partiamo dall'espressione della soluzione generale: y(t) =C e5 t +e 5 t5(1 + e 5t ); C 2R(8) Ponendoy(0) =110 , ricaviamo: 110 = C+110 ; C =15 Quindi la soluzione particolare che soddisfa la condizioney(0) =110 e y(t) =15 e 5 t +e 5 t5(1 + e 5t ) Il conto che abbiamo fatto per rispondere alla domanda precedente, ci dice che questa soluzione particolare e limitata. Esercizio 2. (Versione D). Si consideri l'equazione dierenziale y0 + 3y=1(1 + e3 t )2(9) a.Trovare la soluzione generale. Dire se esiste una soluzione che sia limitata su tuttoR. b.Trovare la soluzione particolarey (t) che sodisfa la condizioney (0) =110 . Stabilire se tale soluzione e limitata. Soluzione. a.Ragionando come nell'esecizio precedente, si ottengono questi risultati. La soluzione generale (ossia, l'insieme di tutte le soluzioni) dell'equazione lineare (9) e data dalla famiglia di funzioni yC( t) =C e 3t e 3t3(1 + e3 t ); C 2R(10) La soluzione particolarey13 ( t) (che si ottiene perC=13 ) e limitata su tutto R, ed e l'unica soluzione limitata. b.La soluzione particolare che soddisfa la condizioney(0) =110 e y(t) =115 e 3t e 3t3(1 + e3 t ) Questa soluzione particolare non e limitata, perche, quandot! 1,y(t) tende a1. Esercizio 3. (Versione C) a.Determinare il piano osculatore 0alla curva :8 > < > :x = et y= 2 +tet z= 1 +tett 2R nel puntoP 0corrispondente a t= 0 . b.Determinare il versore normale di nel puntoP 0. c.Calcolare la curvatura e il raggio di curvatura di nel puntoP 0. d.Determinare il centro di curvatura di nel puntoP 0. Soluzione.Siaf:R!R3 la funzione vettoriale che rappresenta , ossia la funzione denita da f(t) = (et ;2 +tet ;1 +tet ): Si haf0 (t) = (et ;1et ;et +tet ) ef00 (t) = (et ;et ;2et +tet ) . a.Pert= 0 , si haP 0= f(0) = (1;1;1) ,f0 (0) = (1;0;1) ef00 (0) = (1;1;2) . Pertanto, l'equazione del piano osculatore 0e [ XP 0; f0 (0); f00 (0)] = 0 , doveX(x; y; z) ossia      x 1y1x1 1 0 1 11 2     = 0 ossia0: xyz+ 1 = 0: b.Il versore tangente inP 0e t(0) =f 0 (0)k f0 (0)k= (1 ;0;1)p 2 : Inoltre, essendof0 (0)^f00 (0) = (1;1;1) , il versore binormale inP 0e b(0) =f 0 (0)^f00 (0)k f0 (0)^f00 (0)k= (1 ;1;1)p 3 : Inne, versore normale inP 0e n(0) =b(0)^t(0) =( 1;2;1)p 6 : c.La curvatura e il raggio di curvatura di nel puntoP 0sono (0) =k f0 (0)^f00 (0)kk f0 (0)k3=p3 2 p2 e (0) =1 (0)= 2p2 p 3 : d.Il centro di curvatura di nel puntoP 0e C0= P 0+ (0)n(0) = (1;1;1) +23 ( 1;2;1) = 13 ; 13 ; 53  : Esercizio 3. (Versione D) a.Determinare il piano osculatore 0alla curva :8 > < > :x =et y= 2 +tet z=1 +tett 2R nel puntoP 0corrispondente a t= 0 . b.Determinare il versore normale di nel puntoP 0. c.Calcolare la curvatura e il raggio di curvatura di nel puntoP 0. d.Determinare il centro di curvatura di nel puntoP 0. Soluzione.Siaf:R!R3 la funzione vettoriale che rappresenta , ossia la funzione denita da f(t) = (et ;2 +tet ;1 +tet ): Si haf0 (t) = (et ;1et ;et +tet ) ef00 (t) = (et ;et ;2et +tet ) . a.Pert= 0 , si haP 0= f(0) = (1;1;1) ,f0 (0) = (1;0;1) ef00 (0) = (1;1;2) . Pertanto, l'equazione del piano osculatore 0e [ XP 0; f0 (0); f00 (0)] = 0 , doveX(x; y; z) ossia      x + 1y1x+ 1 1 0 1 11 2     = 0 ossia0: x+y+z+ 1 = 0: b.Il versore tangente inP 0e t(0) =f 0 (0)k f0 (0)k= ( 1;0;1)p 2 : Inoltre, essendof0 (0)^f00 (0) = (1;1;1) , il versore binormale inP 0e b(0) =f 0 (0)^f00 (0)k f0 (0)^f00 (0)k= (1 ;1;1)p 3 : Inne, versore normale inP 0e n(0) =b(0)^t(0) =(1 ;2;1)p 6 : c.La curvatura e il raggio di curvatura di nel puntoP 0sono (0) =k f0 (0)^f00 (0)kk f0 (0)k3=p3 2 p2 e (0) =1 (0)= 2p2 p 3 : d.Il centro di curvatura di nel puntoP 0e C0= P 0+ (0)n(0) = (1;1;1) +23 (1 ;2;1) = 13 ; 13 ; 13  :