Politecnico di Milano Ingegneria Industriale Analisi e Geometria Terzo Appello 8 Settembre 24 Cognome: Nome: Matricola: Compito A Es.: 9 punti Es.2: 8 punti Es.3: 8 punti Es.4: 8 punti Totale. Sia F la funzione integrale definita ponendo (a) Determinare il dominio di F. (b) Stabilire se i limiti di F F (x) = x e t + t dt. per x ± sono finiti o infiniti, indicandone il segno. (c) Scrivere il polinomio di MacLaurin di secondo grado della funzione F e disegnare il grafico di F nell intorno del punto x =. (d) Determinare la natura del punto x =, e disegnare il grafico di F punto indicato. 2. Data l equazione differenziale (a) calcolare l integrale generale; y y 2 x(x 2 + ) = (b) calcolare la soluzione che soddisfa la condizione iniziale y( ) = ; nell intorno del (c) dopo aver verificato che esiste ed è unica, determinare la soluzione che soddisfa la condizione y(2) =. 3. Sia S la sfera di equazione x 2 + y 2 + z 2 6x 2z + = e sia π il piano di equazione 2x + 2y z =. (a) Determinare il centro e il raggio della circonferenza Γ = S π. (b) Determinare l equazione cartesiana del piano tangente a S nel punto P (, 2, ). 4. Sia γ la curva piana parametrizzata dalla funzione f : [, π] R 2 definita da (a) Calcolare la lunghezza di γ. f(t) = (t cos t sin t, cos t + t sin t). (b) Verificare che, per ogni valore non nullo del parametro t, la curvatura di γ nel punto corrispondente è uguale a t. (c) Determinare il baricentro B (x B, y B ) di γ.
Soluzioni. La funzione integranda f(t) = e t + t è continua e positiva sull insieme dei reali diversi da. Inoltre, si vede facilmente che il suo grafico è y x (a) Per determinare il dominio della funzione integrale F dobbiamo studiare l integrabilità della funzione integranda f su R. In particolare, dobbiamo studiare l integrabilità di f in un intorno di, dove f non è definita. In tutti gli altri punti f è continua e quindi integrabile. Poiché per t si ha f(t) e + t /2, la funzione f è integrabile in un intorno di. Di conseguenza, la funzione integrale F è definita su tutto R. In particolare, per la definizione di integrale e per il fatto che f è positiva, risulta F (x) > per x >, F (x) < per x < e F () =. (b) Poiché per t, si ha f(t) et t = /2 t /2 e t t 2, si ha che F è integrabile in un intorno di. In altri termini, il limite di F (x) per x esiste ed è finito. Tale limite, per le osservazioni fatte sul segno di F, non potendo essere nullo (perchè la funzione integranda è sempre positiva), dev essere necessariamente negativo. Poiché f(t) + per t +, si ha che il limite di F (x) per x + è infinito e, per le osservazioni fatte sul segno di F, dev essere necessariamente +. (c) Il polinomio di MacLaurin di secondo grado di F è T (x) = F () + F ()x + F () 2 In un (opportuno) intorno di, risulta + t = + t. Quindi, si ha F (x) = f(x) = ex + x F (x) = f (x) = ex + x + x e x 2 +x Di conseguenza, si ha F () =, F () =, F () = 2, e T (x) = x + x2 4. 2 = x 2. ( + 2x)ex 2( + x) 3/2.
Il grafico di F nell intorno di x = sarà approssimato dal grafico del polinomio trovato. (d) Poiché f(t) + per t, si ha che F (x) + per x. Poiché F è continua anche nel punto x = (per la definizione di integrale generalizzato), si ha che in x = il grafico di F presenta un flesso a tangente verticale (con la concavità che cambia dall alto al basso al crescere di x ): y x 2. Si tratta di una equazione differenziale a variabili separabili, cioé del tipo y = a(x)b(y). Nel nostro caso, si ha a(x) = x(x 2 +) e b(y) = y 2. Poiché a(x) non è definita per x =, le soluzioni vanno considerate nell intervallo (, + ) oppure nell intervallo (, ). (a) Si ha b(y) = se e solo se y =. Quindi la soluzione y(x) = è l unica soluzione stazionaria. Le altre soluzioni si ottengono separando le variabili e integrando, ossia dall equazione y 2 dy = x(x 2 + ) dx. L integrale di sinistra è immediato, mentre quello di destra si può calcolare nel modo seguente: + x 2 x(x 2 + ) dx = x 2 ( x(x 2 dx = + ) x x ) x 2 dx = + = ln 2 ln x2 + + c = ln ln x 2 + + c = ln Pertanto, l equazione precedente si riduce a y = ln x2 + + c, x2 + + c. ossia y(x) =. ln x2 + + c (b) Imponendo la condizione y( ) = nell integrale generale, si ottiene c = ln 2. Quindi, la soluzione cercata è ( ) 2 y(x) = ln x 2 + + ln = = ln 2 2 ln x 2 + e (x 2. + ) (c) La soluzione cercata esiste ed è unica poiché in un intorno di x = 2 la funzione a(x) è continua e in un intorno di y = la funzione b(y) è di classe C. Tale soluzione non è compresa fra quelle dell integrale generale, ma è la soluzione stazionaria y(x) =, che ovviamente soddisfa la condizione. 3
3. (a) Utilizzando il metodo del completamento a un quadrato, l equazione della sfera S può essere riscritta nella forma (x 3) 2 + y 2 + (z ) 2 = 9. Quindi, la sfera S ha centro C (3,, ) e raggio R = 3. La distanza del centro C della sfera dal piano π è h = 2 3 + 2 22 + 2 2 + ( ) 2 = 4 3. Poiché h < R, il piano π è effettivamente secante la sfera S, ossia Γ è una circonferenza reale non degenere. Inoltre, il raggio di Γ è r = R 2 h 2 = 9 6 65 9 = 3. Infine, il centro di Γ è la proiezione ortogonale di C su π, ossia è l intersezione del piano π e della retta n ortogonale a π che passa per C. Si ha x = 3 + 2t n : y = 2t z = t. Sostituendo le coordinate del generico punto di n nell equazione dei π, si ottiene t = 4 9, da cui si ottiene il centro della circonferenza ( 9 C 9, 8 9, 3 ). 9 (b) Il piano cercato è il piano τ che passa per il punto P ed è ortogonale al vettore C P = (2, 2, ). Quindi τ : 2(x ) 2(y 2) + (z ) =, ossia τ : 2x 2y + z + 2 =. 4. (a) Si ha e f (t) = Quindi la lunghezza di γ è f (t) = ( t sin t, t cos t) t 2 sin 2 t + t 2 cos 2 t = t 2 = t = t (poiché t [, π]). L = π f (t) dt = π t dt = π2 2. (b) Posto si ha ϕ(t) = (t cos t sin t, cos t + t sin t, ), ϕ (t) = ( t sin t, t cos t, ) ϕ (t) = ( sin t t cos t, cos t t sin t, ). Pertanto, si ha i j k ϕ (t) ϕ (t) = t sin t t cos t sin t t cos t cos t t sin t = (,, t2 ) 4
e quindi, per t, la curvatura è κ(t) = ϕ (t) ϕ (t) ϕ (t) 3 = t2 t 3 = t. Osservazione. In questo caso, si può procedere anche nel modo seguente (più semplice). Per t, il versore tangente è Quindi, si ha t(t) = e t (t) =. Di conseguenza, si ha f (t) f = ( sin t, cos t). (t) t (t) = ( cos t, sin t) κ(t) = t (t) f (t) = t. (c) Le coordinate del baricentro di γ sono x B = x ds = π x(t) f (t) dt = 2 π L γ L π 2 (t 2 cos t t sin t) dt y B = y ds = π y(t) f (t) dt = 2 π L L π 2 (t cos t + t 2 sin t) dt. γ Integrando per parti, si ha t cos t dt = t sin t sin t dt = t sin t + cos t + c t sin t dt = t cos t + cos t dt = t cos t + sin t + c t 2 cos t dt = t 2 sin t 2 t sin t dt = t 2 sin t + 2t cos t 2 sin t + c t 2 sin t dt = t 2 cos t + 2 t cos t dt = t 2 cos t + 2t sin t + 2 cos t + c. Pertanto, si ha e π π (t 2 cos t t sin t) dt = (t cos t + t 2 sin t) dt = [ ] π t 2 sin t + 2t cos t 2 sin t + t cos t sin t [ t sin t + cos t t 2 cos t + 2t sin t + 2 cos t = 3π ] π = π2 6 x B = 6 π y B = 2 2 π 2. 5