Politecnico di Milano Ingegneria Industriale Analisi e Geometria 1 Secondo compito in itinere 3 Febbraio 2014

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1 Politecnico di Milano Ingegneria Industriale Analisi e Geometria Secondo compito in itinere Febbraio 04 Cognome: Nome: Matricola: Compito A Es: 8 punti Es: 8 punti Es: 8 punti Es4: 8 punti Totale a) Determinare l integrabilità della funzione sull intervallo 0, + ) R b) Calcolare l integrale Si consideri l equazione differenziale dove y = yx) I = ft) = e t ) e t 0 e t ) e t y = e x e x y, a) Riconoscere di che tipo di equazione differenziale si tratta b) Determinare le eventuali soluzioni stazionarie cioé quelle del tipo k R ) c) Individuare la soluzione ȳ : R R che passa per il punto 0, ) d) Scrivere il polinomio di MacLaurin di grado due della funzione esplicitamente le derivate di y nel generico punto x di R Sia γ la curva di R di equazioni parametriche dt yx) = k, con y, senza calcolare x = t y = t t [, ] z = t4 4 a) Determinarne la lunghezza L di γ b) Determinare il piano osculatore π 0 a γ nel punto P 0, 4, ) γ c) Determinare la curvatura κ 0 e il raggio di curvatura ρ 0 di γ nel punto P 0 d) Determinare il centro C 0 della circonferenza osculatrice nel punto P 0 4 Nello spazio riferito a un sistema cartesiano Oxyz, sia P,, ) e sia r la retta che si ottiene intersecando i due piani π : x + y + z + = 0 e π : x + y + z = 0 a) Scrivere un equazione cartesiana del piano π ortogonale a r che passa per P b) Determinare le coordinate del punto P simmetrico di P rispetto a r Tutte le risposte devono essere motivate I fogli di brutta non devono essere consegnati

2 Soluzioni a) Poiché ft) 0, ft) t per t 0+ e ft) e t per t +, si ha che f è integrabile su tutto l intervallo 0, + ) R b) Posto x = e t, si ha t = log x, dt = dx/x, e I = 0 e t ) e t dt = x ) x dx + x = x x x + ) dx La funzione razionale integranda ammette lo spezzamento in frazioni semplici x x x + ) = A x + B x + C x + D x + per degli opportuni coefficienti A, B, C, D R Poiché si ha x x x + ) = A + D)x + A + B)x + B + C)x + C x x + ) deve essere Pertanto, si ha A + D = 0 A + B = 0 B + C = C = A = B = C = D = I = x + x x + ) dx x + [ = ln x + ln x + x + x [ = ln x + x x + ] + x = ln + ) ] + = ln 4 a) Poiché si può porre nella forma y = e x e y ), l equazione è del tipo y = ax)by) con ax) = e x e by) = e y Quindi è a variabili separabili b) Le soluzioni stazionarie sono le soluzioni dell equazione by) = 0, dell equazione e y = 0, equivalente all equazione e y = 0, la cui unica soluzione è y = ln c) Le altre soluzioni si ottengono separando le variabili e integrando: dy e y = e x e y dx e y dy = da cui si ottiene da cui segue Di conseguenza, risulta ln e y = e x + c c R, e y = e ex +c = e c e ex c R, e y = k e ex k 0, + ) e y = ±k e ex k 0, + ), e x dx,

3 e y = K e ex K R \ {0}, da cui si ottiene l integrale generale yx) = ln + K e ex) K R \ {0} Osservando che per K = 0 si ottiene la soluzione stazionaria yx) = ln, si ha che le soluzioni dell equazione differenziale di partenza sono tutte e sole quelle del tipo yx) = ln + K e ex) K R Imponendo il passaggio per il punto 0, ), si ottiene = ln + Ke), da cui segue + Ke = e, K = e Sostituendo tale valore di K nell integrale generale, si ottiene la soluzione yx) = ln + ) ) ) e et = ln + e ) e et e Poiché e è positivo, la soluzione y è effettivamente definita su tutto R d) Poiché y è una soluzione dell equazione differenziale di partenza, si ha y x) = e x e x yx) y x) = e x e x yx) y x)) Pertanto, utilizzando la condizione iniziale, si ha y0) = y 0) = e 0 e 0 y0) = e y 0) = e 0 e 0 y0) y 0)) = e e = 4e Quindi, il polinomio di MacLaurin di grado due di y è + e ) x + 4e ) x t a) Sia ft) =, ) t, t4 4 Allora si ha f t) = t, t, t ) e f t) = t + t ), per ogni t [, ] Quindi la curva γ è regolare e [ t L = ds = f t) dt = t + t ] ) dt = + t4 = 4 4 γ b) Il punto P 0 γ corrisponde al valore t 0 = del parametro, P 0 = f ) Poiché f t) =, t, t ), si ha f ) =, 4 ), e f ) =,, ) f ) =, 4, 6) f ) f ) = i j k 4 6 = 4, 4, ) =,, ) Pertanto, se X x, y, z), il piano osculatore a γ in P 0 f ) f ), X P 0 = 0,, ), x, y 4, z ) = 0 π 0 : 6x 6y + z = 0 ha equazione

4 c) Poiché f ) = e f ) f ) = 6, si ha κ 0 = f ) f ) f = 6 ) ) = 9 e ρ 0 = κ 0 = 9 d) Il centro della circonferenza osculatrice è C 0 = f ) + ρ 0 n ) = P 0 + ρ 0 n ), dove n ) è il versore normale a γ binormale sono rispettivamente in P 0 Poiché il versore tangente e il versore il versore normale è t ) = f ) f ) = b ) = f ) f ) f ) f ) = n ) = b ) t ) = In conclusione, si ha C 0 =,, ) =,, ),, ) 6 =,, ), i j k = 9 6,, 6) =,, ), 4, ) + 9,, ) =, 4, ) +,, ) = 5, 5, 7 ) 4 a) Le direzioni ortogonali ai piani π e π sono individuate rispettivamente dai vettori a =,, ) e a =,, ) Pertanto la direzione di r è individuata dal vettore i j k a = a a = =, 4, ) Il piano ortogonale a r passante per il punto P,, ) è π : x 4y + z = 0 π : x + ) + 4y ) z ) = 0 b) Poiché,, 0) r, la retta r ha equazioni parametriche x = t r : y = + 4t z = t La proiezione ortogonale di P su r è il punto P intersezione fra la retta r e il piano π Intersecando r con π, si ha t 4 ) + 4t + t) = 0, da cui si ottiene il valore Pertanto, si ha P t = ,, 5 ) 6 4

5 Poiché il punto P è il punto medio del segmento che ha per estremi i punti P e P, posto P x, y, z), si ha 7 6,, 5 ) x =, y + 6, z + ), da cui si ottiene P ) 0, 8, 44 5