Politecnico di Milano Ingegneria Industriale Analisi e Geometria 1 Seconda prova in itinere 31 gennaio 2011

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1 Politecnico di Milano Ingegneria Industriale Analisi e Geometria Seconda prova in itinere 3 gennaio Cognome: Nome: Matricola: Compito A Es. : 8 punti Es. : 8 punti Es. 3: 8 punti Es. 4: 8 punti Es. 5: punti Totale. Sia P,, ) e sia r la retta di equazioni parametriche x = + 3t r : y = t z = + t. a) Rappresentare in forma cartesiana il piano π che contiene r e passa per P. b) Rappresentare in forma parametrica la retta s che passa per P, è contenuta in π ed è ortogonale a r.. Data la curva γ : a) stabilire se γ è semplice; x = t 4 + t t y = t 5 + t t R, b) determinare il versore tangente t nel punto O, ) ; c) determinare il versore normale n nel punto O, ) ; d) determinare l equazione della circonferenza osculatrice nel punto O, ). 3. a) Determinare l integrale generale dell equazione differenziale y x) = x yx) + 4x. b) Risolvere il problema di Cauchy y x) = x yx) + 4x y) = specificando l intervallo massimale sul quale la soluzione può essere estesa. 4. Dato l integrale improprio 64 x α 3 x 9) dx, a) determinare per quali valori di α esso converge; b) calcolarlo per α = /. 5. Domanda di teoria) Enunciare e dimostrare il teorema della media integrale. Punteggio minimo per superare la prova = 8 punti. Tempo: due ore + 5 minuti per la domanda di teoria.

2 Soluzioni del compito A. a) Eliminando il parametro t, si può esprimere la retta r come intersezione di due piani. Ad esempio, ricavando t = y dalla seconda equazione e sostituendo nella altre due, si ottiene che la retta è l intersezione dei piani di equazioni x+3y+ = e y +z =. Il piano π cercato apparterrà al fascio generato da questi due piani e avrà pertanto equazione x + 3y + + ky + z ) =. Dalla rappresentazione precedente, resta escluso il piano di equazione y + z =, che però non contiene il punto P. Imponendo il passaggio per il punto P, si ottiene k = 3. Sostituendo si ricava π: x + 6y + 3z 5 =. b) La retta s si può ottenere come intersezione del piano π con il piano che passa per P e che è ortogonale a r, cioè con il piano di equazione 3x ) y )+z +) =, ossia 3x y + z 4 =. Pertanto x + 6y + 3z 5 = s : 3x y + z 4 =. I parametri direttori si s sono ) 6 3 : 3 3 : 6 3 = 9 : 8 : 9). Pertanto, dovendo passare per P, le equazioni parametriche di S sono x = + 9t y = + 8t z = 9t.. a) Poiché y = 5t 4 + è sempre positiva, la funzione y = yt) è strettamente monotona e quindi yt ) yt ) per ogni coppia di valori t t. Pertanto, γ è semplice. b-d) Determiniamo per quale valore di t la curva passa per il punto O. Poiché yt) = t 5 + t = tt 4 + ) = t =, si ha che la curva passa per O quanto t =. spazio, si ha ft) = t 4 + t t, t 5 + t, ) f t) = 4t 3 + t, 5t 4 +, ) f t) = t +, t 3, ) e Inoltre, pensando la curva nello f) =,, ) f ) =,, ) f ) =,, ). Dunque, si ha t = f ) ) f ) =,, b = f ) f ) f ) f =,, ) ) ) n = b t =,,.

3 Il raggio di curvatura è f ) 3 r = f ) f ) = x ) + y ) ) 3/ x )y ) x )y ) = =. Il centro C della circonferenza osculatrice si trova sulla retta di equazione y = x passante per O e avente per direzione n, dalla parte del verso di n, a distanza da O pari al raggio di curvatura. Quindi C, ) e l equazione della circonferenza osculatrice è x ) + y ) = ossia x + y x y =. y γ t O C n x 3. a) L equazione y = xy + x è un equazione differenziale lineare del primo ordine. L espressione x è definita sia per x > sia per x <. Per x > osserviamo che dx = ln x + k, x pertanto, detta Ax) = ln x abbiamo che ] yx) = e [c Ax) + e Ax) 4x dx = x c + x 4 ) = c x + x. Conti analoghi portano al medesimo risultato anche per x <, dunque l integrale generale, valido sia nell intervallo, + ) sia nell intervallo, ), è yx) = c x + x. b) Imponendo la condizione y) = si trova c =. Dunque la soluzione è yx) = x + x, definita sull intervallo, + ). 4. a) L integrale è improprio in x =. Poiché per x la funzione integranda è asintotica a 9x α, l integrale converge per α <.

4 b) Posto t = 6 x, si ha dx = 6t 5 dt e 64 x 3 x 9) dx = 6t 5 t 3 t 9) dt = 6 t = 6 t dt = ) 9 t dt 9 = t 3 )) dt = t + 3 [ ] = 6t + 9 ln t 3 t + 3 = 9 ln 5. t t 9 dt t 3 9 ) dt t + 3

5 Politecnico di Milano Ingegneria Industriale Analisi e Geometria Seconda prova in itinere 3 gennaio Cognome: Nome: Matricola: Compito B Es. : 8 punti Es. : 8 punti Es. 3: 8 punti Es. 4: 8 punti Es. 5: punti Totale. Sia P,, ) e sia r la retta di equazioni parametriche x = + t r : y = t z = t. a) Rappresentare in forma cartesiana il piano π che contiene r e passa per P. b) Rappresentare in forma parametrica la retta s che passa per P, è contenuta in π ed è ortogonale a r.. Data la curva γ avente equazione parametrica x = t 5 + t γ : y = t 4 t + t t R, a) stabilire se γ è semplice; b) determinare il versore tangente t in O, ); c) determinare il versore normale n in O, ); d) determinare l equazione della circonferenza osculatrice in O, ). 3. a) Determinare l integrale generale dell equazione differenziale y x) = x yx) + x. b) Risolvere il problema di Cauchy y x) = x yx) + x y) = 3 specificando l intervallo massimale sul quale la soluzione può essere estesa. 4. Dato l integrale improprio 64 x α 3 x 6) dx, a) determinare per quali valori di α esso converge; b) calcolarlo per α = /. 5. Domanda di teoria) Enunciare e dimostrare il teorema della media integrale. Punteggio minimo per superare la prova = 8 punti. Tempo: due ore + 5 minuti per la domanda di teoria.

6 Soluzioni del compito B. a) Eliminando il parametro t, si può esprimere la retta r come intersezione di due piani. Ad esempio, ricavando t = y dalla seconda equazione e sostituendo nella altre due, si ottiene che la retta è l intersezione dei piani di equazioni x+y+ = e y z + =. Il piano π cercato apparterrà al fascio generato da questi due piani e avrà pertanto equazione del tipo x + y + + ky z + ) =. Dalla rappresentazione precedente, resta escluso il piano di equazione y z + =, che però non contiene il punto P. Imponendo il passaggio per il punto P, si ottiene k = 5 4. Sostituendo si ricava una equazione di π: 4x + 3y + 5z 6 =. b) La retta s si può ottenere come intersezione del piano π con il piano che passa per P ortogonale a r, cioè con il piano di equazione x ) y ) z + ) =, ossia x y z 4 =. Quindi 4x + 3y + 5z 6 = s : x y z 4 =. I parametri direttori si s sono ) 3 5 : 4 5 : 4 3 = : 4 : ) = : 7 : 5). Pertanto, dovendo passare per P, le equazioni parametriche di S sono x = + t y = + 7t z = 5t.. a) Poiché x t) = 5t 4 + è sempre positiva, la funzione x = xt) è monotona, e quindi xt ) xt ) per ogni coppia di valori t t. Pertanto, γ è semplice. b-d) Determiniamo per quale valore di t la curva passa per il punto O. Poiché xt) = t 5 + t = tt 4 + ) = t =, si ha che la curva passa per P, ) quando t =. Inoltre, pensando la curva nello spazio, si ha ft) = t 5 + t, t 4 t + t, ) f t) = 5t 4 +, 4t 3 t +, ) f t) = t 3, t, ) e f) =,, ) f ) =,, ) f ) =,, ). Dunque, si ha t = f ) ) f ) =,, b = f ) f ) f ) f =,, ) ) ) n = b t =,,.

7 Il raggio di curvatura è f ) 3 r = f ) f ) = x ) + y ) ) 3/ x )y ) x )y ) = =. Il centro C della circonferenza osculatrice si trova sulla retta di equazione y = x passante per O e avente per direzione n, dalla parte del verso di n, a distanza da O pari al raggio di curvatura. Quindi C, ) e l equazione della circonferenza osculatrice è x ) + y + ) = ossia x + y x + y =. y t γ O n C x 3. a) L equazione y = x y + x è un equazione differenziale lineare del primo ordine. L espressione x è definita sia per x > sia per x <. Per x > osserviamo che dx = ln x + k, x pertanto, detta Ax) = ln x abbiamo che ] yx) = e [c Ax) + e Ax) x dx = x c + x ) = cx + x 3. Conti analoghi portano al medesimo risultato anche per x <, dunque l integrale generale, valido sia nell intervallo, + ) sia nell intervallo, ), è yx) = cx + x 3. b) Imponendo la condizione y) = 3 si trova c =. Dunque la soluzione è yx) = x + x 3, prolungabile su tutto, + ). 4. a) L integrale è improprio in x =. Poiché per x la funzione integranda è asintotica a 6x α, l integrale converge per α <.

8 b) Posto t = 6 x, si ha dx = 6t 5 dt e 64 x 3 x 6) dx = 6t 5 t 3 t 6) dt = 6 t t 6 dt t = 6 t dt = ) 6 t dt 6 = 6 + t 4 )) dt = t + 4 [ ] = 6t + ln t 4 t + 4 = ln t 4 t + 4 ) dt