Energy Engineering - Analisi e geometria 1

Second partial exam

Analisi e Geometria 1 Secondo compito in itinere 22 Gennaio 2018 Compito ADocente:Numero di iscri- zione all'appello:Cognome:Nome:Matricola: Domanda di teoria . (4 punti) Enunciare e dimostrare il teorema fondamentale del Calcolo Integrale. Utilizzando il teorema fondamentale, dedurre la formula fondamentale del Calcolo Integrale. TeoriaEs. 1Es. 2Totale Analisi e Geometria 1 Primo compito in itinere 22 Gennaio 2017 Compito ADocente:Numero di iscri- zione all'appello:Cognome:Nome:Matricola: Seconda parte Punteggi degli esercizi: Es.1: 5 = 3 + 2; Es.2: 7 = 3 + 1 + 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. Si consideri il seguente problema di Cauchy ()8 > < > :y 0 (t) +t1 + t2y (t) = 3t; y(0) = 2: a.Determinare la soluzioney(t) di (), specicandone il dominio. b.Discutere la convergenza dell'integrale Z+1 01y (t)dt: Soluzioni a.Notiamo subito che il problema () coinvolge un'equazione lineare del tipoy0 =ay+b, con a(t) =t1 + t2e b(t) = 3t; t2R: Poiche tali coecienti sono continui su tuttoR, la soluzioneydi () esiste ed e unica suR, ed e rappresentata dalla formula y(t) =eR t 0a ()d 2 +Z t 0b ()eR  0a ()d d ; t2R: Notiamo subito cheZt 0a ()d=Z t 0t1 + 2d =12  ln(1 +2 ) t 0= 12 ln 1 +t2
; da cui, tornando alla formula generale, deduciamo y(t) =e 12 ln (1+ t2 ) 2 + 3Z t 0 e 12 ln (1+ 2 )d =1p 1 + t2 2 + 3Z t 0p1 + 2 d =1p 1 + t2 2 +h (1 +2 )3 =2i t 0 =1p 1 + t2h 1 + (1 +t2 )3 =2i ; t2R: b. Dobbiamo giudicare la convergenza dell'integrale Z+1 0f (t)dt;ove deniamof(t) =1y (t)=p1 + t21 + (1 + t2 )3 =2su (0 ;+1): Poiche il denominatore non ha zeri, l'integrale e da intendersi come generalizzato diseconda speciesull'intervallo illimitato [0;+1). Notando che la funzione integranda e positiva, utilizziamo il criterio del confronto asin- totico. Abbiamo quindi f( t)p1 + t2(1 + t2 )3 =2=11 + t21t 2per t!+1: Essendo la funzionet 2 integrabile a +1, deduciamo dunque che la stessa conclusione vale perf. 1. Si consideri la curva: ~r(t) =arctg(2t)b i5b j+ln 1 + 4t2
4 b k cont2(0;+1). (a) Determinare la terna intrinseca~ T(t),~ N(t) e~ B(t) int= 0. (b) Determinare il piano osculatore int= 0. (c) Determinare curvatura, il raggio di curvatura e l'equazione del cerchio osculatore int= 0. Soluzione a) Si calcolano il vettore derivato e il suo modulo: ~r0 (t) =21 + 4 t2b i+2 t1 + 4 t2b k j~r0 (t)j=s 21 + 4 t2 2 + 2t1 + 4 t2 2 =p4 + 4 t21 + 4 t2 Quindi: ~ T(t) =~r 0 (t)j ~r0 (t)j= 2p 4 + 4 t2b i+2 tp 4 + 4 t2b k ~ T(0) =b i Si deriva nuovamente~ Te se ne calcola il modulo: ~ T0 (t) =212 8 t(4 + 4 t2 )32 b i+2 p4 + 4 t2 2t8 t2 p4+4 t24 + 4 t2b k= =8 t(9 + 4 t2 )32 b i+8(4 + 4 t2 )32 b k   ~ T0 (t)  =v u u t 8t(4 + 4 t2 )32 ! 2 + 8(4 + 4 t2 )32 ! 2 =p64 + 64 t2(4 + 4 t2 )32 Quindi: ~ N(t) =~ T0 (t)  ~ T0 (t)  = 8 tp 64 + 64 t2b i+8p 64 + 64 t2b k ~ N(0) =b k Inne: ~ B(0) =~ T(0)~ N(0) =b j b) Il piano osculatore int= 0 ha i coecienti pari alle componenti di~ B(0). Quindi: y+d= 0 y=d Per trovaredsi impone il passaggio per il punto. Quandot= 0 le coordinate del punto sono date da: ~r(0) =arctg(0)b i5b j+ln (1)4 b k=5b j Quindi il punto eP(0;5;0). Si trova quindid=5 e il piano osculare e: z=5 D'altra parte la curva e piana perche la componenteye ssata pari a5. c) La curvatura e data da: k(t) =  ~ T0 (t)  j ~r0 (t)j=p64 + 64 t2(4 + 4 t2 )32 1 + 4 t2p 4 + 4 t2 Quindi: k(0) =p64 (4) 32 1p 4 = 816 = 12 Il raggio di curvatura e dato da: (0) =1k (0)= 2 Il cerchio osculatore giace nel pianoz= 0, ha raggio 2 e il centro ad una distanza 2 dal puntoP(0;5;0) nella direzione e nel verso dato da~ N(0) =b j. Quindi si trova inP(0;3;0). L'equazione del cerchio osculatore e quindi: (x2 + (y+ 3)2 +z2 = 4 z= 0