Energy Engineering - Analisi e geometria 1

Second partial exam

Es. 1Es. 2Es. 3Es. 4TotaleTeoria Analisi e Geometria 1 Seconda prova in itinere 04 Febbraio 2013 Compito A Docente:Politecnico di Milano Ingegneria Industriale Cognome:Nome:Matricola: Punteggi degli esercizi: Es.1: 8 punti; Es.2: 8 punti; Es.3: 8 punti; Es.4: 6 punti. Istruzioni:Tutte le risposte devono essere motivate. Gli esercizi vanno svolti su questi fogli, nello spazio sotto il testo e, in caso di necessita, sul retro. I fogli di brutta non devono essere consegnati. 1. Siaf(x) =x 2 −2 arctanx+ 2 ln(1 +x) √ xsin(x3 ): (a) Determinare i valori dei parametri realikeper i quali risultaf(x)∼kx perx→0+ : (b) Enunciare il criterio del confronto asintotico sulla integrabilit`a (in senso generalizzato) inun intervallo [a; b] delle funzioni positive e continue in (a; b]. (c) Utilizzare i risultati precedenti per stabilire se il seguente integrale `e convergente:1 ∫ 0f (x)dx : SOLUZIONE a) Utilizzando la formula di Mac Laurin arrestata al terzo ordine, perx→0 si ottiene: arctan(x) =x−x 3 3+ o(x3 ) ; ln(1 +x) =x−x 2 2+ x 3 3+ o(x3 ); da cui seguex2 −2 arctanx+ 2 ln(1 +x) =4 3x 3 +o(x3 )∼4 3x 3 : Poich´e, perx→0+ , risulta√ xsin(x3 )∼√ xx3 ;abbiamo che, perx→0+ , risulta f(x)∼4 3x 3 √ xx3=4 3x − 1=2 : Seguek=4 3; =−1 2: b) Sianofegdue funzioni continue e positive in un intervallo (a; b] e tali chef(x)∼g(x) per x→a+ . Alloraf`e integrabile in [a; b] se e solo seg`e integrabile in [a; b]. c) La funzionef`e definita e continua in (0;1]. Poich´e f(x)∼4 3x − 1=2 perx→0+ ; `e anche sicuramente positiva in un (opportuno) intorno destro di 0 (in realt`a, `e positiva in tuttol’intervallo (0;1]). Inoltre, poich´e4 3x − 1=2 `e il termine generale di una funzione integrabile in un (qualunque) intorno destro di 0 (`e del tipokx con >−1), dal criterio del confronto asintotico si deduce chef`e integrabile in un (opportuno) intorno destro di 0, e quindi che `e integrabile in [0;1]. 2.Si consideri l’equazione differenzialey′ (t) +1 t2 +ty (t) = (t+ 1) lnt ; dovet∈(0;+∞). (a) Riconoscere di che tipo di equazione differenziale si tratta e descrivere la forma del suointegrale generale. (b) Determinare tutte le soluzioni dell’equazione. (c) Individuare la soluzione il cui grafico passa per il punto (1; 0).SOLUZIONE a) e b) Si tratta di una equazione differenziale lineare del primo ordine, cio`e di una equazione differen- ziale del tipo y′ (t) +a(t)y(t) =f(t); cona(t) =1 t2 +te f(t) = (t+ 1) lnt : Notiamo che le funzioniaefsono definite e continue in (0;+∞) per cui — individuata una funzioneA: (0;+∞)→Rtale cheA′ (t) =a(t) — le soluzioni dell’equazione in (0;+∞) sono tutte e sole quelle del tipo y(t) =e− A(t) (c+F(t)); doveF: (0;+∞)→R`e una funzione fissata tale cheF′ (t) =eA (t) f(t). Poich´et2 +t=t(t+ 1), si potr`a porrea(t) nella forma t+  t+ 1: Con semplici calcoli si ottiene 1 t2 +t= 1 t− 1 t+ 1; per cui pert >0 risulta ∫1 t2 +tdt = lnt−ln(t+ 1) +C= ln( t t+ 1) +C : Posto alloraA(t) = ln( t t+ 1) ;si ottiene ∫eA (t) f(t)dt=∫ t t+ 1( t+ 1) lnt dt=∫ tlnt dt : Integrando per parti si ottiene∫ tlnt dt=t 2 2ln t−∫ t 2dt =t 2 2ln t−t 2 4+ C : Le soluzioni dell’equazione differenziale sono allora tutte e sole le funzioni del tipoy(t) =t + 1 t( c+t 2 2ln t−t 2 4) : c) Imponendo la condizioney(1) = 0 alla soluzione generale si ottiene 2( c−1 4) = 0;da cui si ottienec=1 4: La soluzione cercata `e quindi ¯ y(t) =t + 1 t( 1 4+ t 2 2ln t−t 2 4) : 3.Data la famiglia delle curve Γa⊂ R3 a∈R, parametrizzate da r:R→Γ ar (t) := (t2 ; t+ 1; at3 +t2 + 2t+ 1)t∈R; i) determinare per quale valore del parametroa∈Rla curva corrispondente Γ a`e planare; ii) determinare il pianoPcontenente Γ a; iii) determinare i versori tangenteT, normaleNe binormaleBnel puntop 0:= (1 ;2;5) appartenente alla curva Γ1, corrispondente al valore a= 1; iv) determinare il centroc∈R3 del cerchio osculatore relativo al puntop 0∈ Γ 1. SOLUZIONE i) e ii) Consideriamo un generico piano di equazionex+ y+ z+= 0. Il piano contiene Γ ase e solo set2 +(t+ 1) + (at3 +t2 + 2t+ 1) += 0∀t∈R, cio`e se e solo se a t3 + (+ )t2 + (+ 2 )t+ (+ +) = 0∀t∈R: Una funzione polinomiale `e identicamente nulla se e solo se sono nulli tutti i coefficienti. Il coefficiente dit3 `ea . Se = 0, allora annullando gli altri coefficienti si ottiene== = = 0, che non `e una soluzione accettabile. Segue a= 0: Annullando gli altri coefficienti si ricava=− ,=−2 ,= . Si ottengono quindi infinite soluzioni proporzionali che danno come (unica) soluzione del problema il piano −x−2y+z+ 1 = 0: In alternativa, si pu`o cercare il valore del parametro per cui il versore binormale `e costante (o quello per cui la torsione `e nulla). Il piano cercato `e poi il piano osculatore in un punto qualunque della curva. iii) La parametrizzazione di Γ1risulta r(t) := (t2 ; t+ 1; t3 +t2 + 2t+ 1); per cuip 0= r(1). Poich´e ˙ r(t) = (2t;1;3t2 + 2t+ 2) e¨ r(t) = (2;0;6t+ 2); abbiamo˙ r(1) = (2;1;7) e¨ r(1) = (2;0;8): Di conseguenza, T(1) =˙ r(1) |˙ r(1)|= 1 3√ 6(2 ;1;7); B(1) =˙ r(1)∧¨ r(1) |˙ r(1)∧¨ r(1)|= 1 6√ 2(8 ;−2;−2) =1 3√ 2(4 ;−1;−1); N(1) =B(1)∧T(1) =1 36√ 3( −12;−60;12) =1 3√ 3( −1;−5;1): iv) Poich´e la curvatura inp 0vale k(1) =| ˙ r(1)∧¨ r(1)| |˙ r(1)|3=| (8;−2;−2)| |(2;1;7)|3=1 27√ 3; il raggio del cerchio osculatore `e(1) =1 k(1)= 27√ 3 ed il suo centro `e dato da c=p 0+ (1)N(1) =r(1) +(1)N(1) = (1;2;5) + 27√ 31 3√ 3( −1;−5;1) = (−8;−43;14): 4.Dati i tre puntip 1:= (1 ;1;0),p 2:= (0 ;1;1),p 3:= (1 ;0;1) diR3 , i) mostrare che non sono allineati; ii) determinare il pianoPche li contiene; iii) determinare la rettaLperpendicolare aPpassante perp 0:= (0 ;0;0); iv) determinare la distanza dip 0da P. SOLUZIONE i) Poich´e (p 1∧ p 2) ·p 3= 2 ̸ = 0, i tre punti non sono allineati ed esiste quindi un solo pianoP che li contiene tutti. In alternativa, basta osservare che i vettorip 2− p 1e p 3− p 1non sono paralleli. ii) Postop= (x; y; z), l’equazione vettoriale diP`e ((p−p 1) ∧(p 2− p 1)) ·(p 3− p 1) = 0 ; cio`e((x−1; y−1; z)∧(−1;0;1))·(0;−1;1) = 0; che d`a luogo all’equazione cartesiana x+y+z= 2: iii) Poich´e un vettore normale aP`en= (1;1;1), la rettaLha la parametrizzazione r(t) =tn= (t; t; t): iv) Il puntoqdi intersezione della rettaLcon il pianoPcorrisponde al valore del parametrot per cuir(t)∈P, cio`e al valore dittale che 3t= 2. Quindit= 2=3 eq= (2=3;2=3;2=3). Segue distanza (p 0; P ) =|q−p 0| =|q|=2 3√ 3: In alternativa, si pu`o usare la formula della distanza punto-piano. 5.Domanda di teoria. Es. 1Es. 2Es. 3Es. 4TotaleTeoria Analisi e Geometria 1 Seconda prova in itinere 04 Febbraio 2013 Compito B Docente:Politecnico di Milano Ingegneria Industriale Cognome:Nome:Matricola: Punteggi degli esercizi: Es.1: 8 punti; Es.2: 8 punti; Es.3: 8 punti; Es.4: 6 punti. Istruzioni:Tutte le risposte devono essere motivate. Gli esercizi vanno svolti su questi fogli, nello spazio sotto il testo e, in caso di necessita, sul retro. I fogli di brutta non devono essere consegnati. 1. Siaf(x) =3 x2 −6 arctanx+ 6 ln(1 +x) √ x3 sin(2x2 ): (a) Determinare i valori dei parametri realikeper i quali risultaf(x)∼kx perx→0+ : (b) Enunciare il criterio del confronto asintotico sulla integrabilit`a (in senso generalizzato) inun intervallo [a; b] delle funzioni positive e continue in (a; b]. (c) Utilizzare i risultati precedenti per stabilire se il seguente integrale `e convergente:1 ∫ 0f (x)dx : SOLUZIONE a) Utilizzando la formula di Mac Laurin arrestata al terzo ordine, perx→0 si ottiene: arctan(x) =x−x 3 3+ o(x3 ) ; ln(1 +x) =x−x 2 2+ x 3 3+ o(x3 ); da cui segue3x2 −6 arctanx+ 6 ln(1 +x) = 4x3 +o(x3 )∼4x3 : Poich´e, perx→0+ , risulta√ x3 sin(2x2 )∼√ x3 (2x2 ) = 2√ xx3 ;abbiamo che, perx→0+ , risulta f(x)∼4 x3 2√ xx3= 2 x− 1=2 : Seguek= 2 ;=−1 2: b) Sianofegdue funzioni continue e positive in un intervallo (a; b] e tali chef(x)∼g(x) per x→a+ . Alloraf`e integrabile in [a; b] se e solo seg`e integrabile in [a; b]. c) La funzionef`e definita e continua in (0;1]. Poich´e f(x)∼2x− 1=2 perx→0+ ; `e anche sicuramente positiva in un (opportuno) intorno destro di 0 (in realt`a, `e positiva intutto l’intervallo (0;1]). Poich´e 2x− 1=2 `e il termine generale di una funzione integrabile in un (qualunque) intorno destro di 0 (`e del tipokx con >−1), dal criterio del confronto asintotico si deduce chef`e integrabile in un (opportuno) intorno destro di 0, e quindi che `e integrabile in [0;1]. 2.Si consideri l’equazione differenzialey′ (t) +2 t2 + 2ty (t) = (t+ 2) lnt ; dovet∈(0;+∞). (a) Riconoscere di che tipo di equazione differenziale si tratta e descrivere la forma del suointegrale generale. (b) Determinare tutte le soluzioni dell’equazione. (c) Individuare la soluzione il cui grafico passa per il punto (1; 1).SOLUZIONE a) e b) Si tratta di una equazione differenziale lineare del primo ordine, cio`e di una equazione differen- ziale del tipoy′ (t) +a(t)y(t) =f(t); cona(t) =2 t2 + 2te f(t) = (t+ 2) lnt : Notiamo che le funzioniaefsono definite e continue in (0;+∞) per cui — individuata una funzioneA: (0;+∞)→Rtale cheA′ (t) =a(t) — le soluzioni dell’equazione in (0;+∞) sono tutte e sole quelle del tipoy(t) =e− A(t) (c+F(t)); doveF: (0;+∞)→R`e una funzione fissata tale cheF′ (t) =eA (t) f(t). Poich´et2 + 2t=t(t+ 2), si potr`a porrea(t) nella forma t+  t+ 2: Con semplici calcoli si ottiene2 t2 + 2t= 1 t− 1 t+ 2; per cui pert >0 risulta ∫2 t2 + 2tdt = lnt−ln(t+ 2) +C= ln( t t+ 2) +C : Posto alloraA(t) = ln( t t+ 2) ;si ottiene ∫eA (t) f(t)dt=∫ t t+ 2( t+ 2) lnt dt=∫ tlnt dt : Integrando per parti si ottiene∫ tlnt dt=t 2 2ln t−∫ t 2dt =t 2 2ln t−t 2 4+ C : Le soluzioni dell’equazione differenziale sono allora tutte e sole le funzioni del tipoy(t) =t + 2 t( c+t 2 2ln t−t 2 4) : c) Imponendo la condizioney(1) = 1 alla soluzione generale si ottiene 3( c−1 4) = 1;da cui si ottienec=7 12: La soluzione cercata `e quindi ¯ y(t) =t + 2 t( 7 12+ t 2 2ln t−t 2 4) : 3.Data la famiglia delle curve Γb⊂ R3 b∈R, parametrizzate da r:R→Γ br (t) := (bt3 +t2 + 2t+ 1; t2 ; t+ 1;)t∈R; i) determinare per quale valore del parametrob∈Rla curva corrispondente Γ b`e planare; ii) determinare il pianoPcontenente Γ b; iii) determinare i versori tangenteT, normaleNe binormaleBnel puntop 0:= (5 ;1;2) appartenente alla curva Γ1, corrispondente al valore b= 1; iv) determinare il centroc∈R3 del cerchio osculatore relativo al puntop 0∈ Γ 1. SOLUZIONE Procedendo come per la versione A, si ottiene: i)b= 0 ii)P:x−y−2z+ 1 = 0 iii)T=1 3√ 6(7 ;2;1)B=1 3√ 2( −1;4;−1)N=1 3√ 3(1 ;−1;−5) iv) Curvatura :k=1 27√ 3Centro : c= (14;−8;−43) 4.Dati i tre puntip 1:= (2 ;2;0),p 2:= (0 ;2;2),p 3:= (2 ;0;2) diR3 , i) mostrare che non sono allineati; ii) determinare il pianoPche li contiene; iii) determinare la rettaLperpendicolare aPpassante perp 0:= (0 ;0;0); iv) determinare la distanza dip 0da P. SOLUZIONE Procedendo come per la versione A, si ottiene: i) i tre punti non sono allineati ii)P:x+y+z−4 = 0 iii){ x=t y=t z=t iv) distanza (p 0; P ) =4 3√ 3 5.Domanda di teoria. Es. 1Es. 2Es. 3Es. 4TotaleTeoria Analisi e Geometria 1 Seconda prova in itinere 04 Febbraio 2013 Compito C Docente:Politecnico di Milano Ingegneria Industriale Cognome:Nome:Matricola: Punteggi degli esercizi: Es.1: 8 punti; Es.2: 8 punti; Es.3: 8 punti; Es.4: 6 punti. Istruzioni:Tutte le risposte devono essere motivate. Gli esercizi vanno svolti su questi fogli, nello spazio sotto il testo e, in caso di necessita, sul retro. I fogli di brutta non devono essere consegnati. 1. Siaf(x) =x 2 2− arctanx+ ln(1 +x) √ xsin(2x3 ): (a) Determinare i valori dei parametri realikeper i quali risultaf(x)∼kx perx→0+ : (b) Enunciare il criterio del confronto asintotico sulla integrabilit`a (in senso generalizzato) inun intervallo [a; b] delle funzioni positive e continue in (a; b]. (c) Utilizzare i risultati precedenti per stabilire se il seguente integrale `e convergente:1 ∫ 0f (x)dx : SOLUZIONE a) Utilizzando la formula di Mac Laurin arrestata al terzo ordine, perx→0 si ottiene: arctan(x) =x−x 3 3+ o(x3 ) ; ln(1 +x) =x−x 2 2+ x 3 3+ o(x3 ); da cui segue1 2x 2 −arctanx+ ln(1 +x) =2 3x 3 +o(x3 )∼2 3x 3 : Poich´e, perx→0+ , risulta√ xsin(2x3 )∼√ x(2x3 );abbiamo che, perx→0+ , risulta f(x)∼2 3x 3 2√ xx3=1 3x − 1=2 : Seguek=1 3; =−1 2: b) Sianofegdue funzioni continue e positive in un intervallo (a; b] e tali chef(x)∼g(x) per x→a+ . Alloraf`e integrabile in [a; b] se e solo seg`e integrabile in [a; b]. c) La funzionef`e definita e continua in (0;1]. Poich´e f(x)∼1 3x − 1=2 perx→0+ ; `e anche sicuramente positiva in un (opportuno) intorno destro di 0 (in realt`a, `e positiva intutto l’intervallo (0;1]). Poich´e1 3x − 1=2 `e il termine generale di una funzione integrabile in un (qualunque) intorno destro di 0 (`e del tipokx con >−1), dal criterio del confronto asintotico si deduce chef`e integrabile in un (opportuno) intorno destro di 0, e quindi che `e integrabile in [0;1]. 2.Si consideri l’equazione differenzialey′ (t) +3 t2 + 3ty (t) = (t+ 3) lnt ; dovet∈(0;+∞). (a) Riconoscere di che tipo di equazione differenziale si tratta e descrivere la forma del suointegrale generale. (b) Determinare tutte le soluzioni dell’equazione. (c) Individuare la soluzione il cui grafico passa per il punto (1; 2).SOLUZIONE a) e b) Si tratta di una equazione differenziale lineare del primo ordine, cio`e di una equazione differen- ziale del tipo y′ (t) +a(t)y(t) =f(t); cona(t) =3 t2 + 3te f(t) = (t+ 3) lnt : Notiamo che le funzioniaefsono definite e continue in (0;+∞) per cui — individuata una funzioneA: (0;+∞)→Rtale cheA′ (t) =a(t) — le soluzioni dell’equazione in (0;+∞) sono tutte e sole quelle del tipo y(t) =e− A(t) (c+F(t)); doveF: (0;+∞)→R`e una funzione fissata tale cheF′ (t) =eA (t) f(t). Poich´et2 +t=t(t+ 3), si potr`a porrea(t) nella forma t+  t+ 1: Con semplici calcoli si ottiene 3 t2 +t= 1 t− 1 t+ 3; per cui pert >0 risulta ∫3 t2 + 3tdt = lnt−ln(t+ 3) +C= ln( t t+ 3) +C : Posto alloraA(t) = ln( t t+ 3) ;si ottiene ∫eA (t) f(t)dt=∫ t t+ 3( t+ 3) lnt dt=∫ tlnt dt : Integrando per parti si ottiene∫ tlnt dt=t 2 2ln t−∫ t 2dt =t 2 2ln t−t 2 4+ C : Le soluzioni dell’equazione differenziale sono allora tutte e sole le funzioni del tipoy(t) =t + 3 t( c+t 2 2ln t−t 2 4) : c) Imponendo la condizioney(1) = 2 alla soluzione generale si ottiene 4( c−1 4) = 2;da cui si ottienec=3 4: La soluzione cercata `e quindi ¯ y(t) =t + 3 t( 3 4+ t 2 2ln t−t 2 4) : 3.Data la famiglia delle curve Γc⊂ R3 c∈R, parametrizzate da r:R→Γ cr (t) := (t+ 1; t2 ; ct3 +t2 + 2t+ 1)t∈R; i) determinare per quale valore del parametroc∈Rla curva corrispondente Γ c`e planare; ii) determinare il pianoPcontenente Γ c; iii) determinare i versori tangenteT, normaleNe binormaleBnel puntop 0:= (2 ;1;5) appartenente alla curva Γ1, corrispondente al valore c= 1; iv) determinare il centroc∈R3 del cerchio osculatore relativo al puntop 0∈ Γ 1. SOLUZIONE Procedendo come per la versione A, si ottiene: i)c= 0 ii)P:−2x−y+z+ 1 = 0 iii)T=1 3√ 6(1 ;2;7)B=1 3√ 2( −1;4;−1)N=1 3√ 3( −5;−1;1) iv) Curvatura :k=1 27√ 3Centro : c= (−43;−8;14) 4.Dati i tre puntip 1:= (3 ;3;0),p 2:= (0 ;3;3),p 3:= (3 ;0;3) diR3 , i) mostrare che non sono allineati; ii) determinare il pianoPche li contiene; iii) determinare la rettaLperpendicolare aPpassante perp 0:= (0 ;0;0); iv) determinare la distanza dip 0da P. SOLUZIONE Procedendo come per la versione A, si ottiene: i) i tre punti non sono allineati ii)P:x+y+z−6 = 0 iii){ x=t y=t z=t iv) distanza (p 0; P ) = 2√ 3 5.Domanda di teoria. Es. 1Es. 2Es. 3Es. 4TotaleTeoria Analisi e Geometria 1 Seconda prova in itinere 04 Febbraio 2013 Compito D Docente:Politecnico di Milano Ingegneria Industriale Cognome:Nome:Matricola: Punteggi degli esercizi: Es.1: 8 punti; Es.2: 8 punti; Es.3: 8 punti; Es.4: 6 punti. Istruzioni:Tutte le risposte devono essere motivate. Gli esercizi vanno svolti su questi fogli, nello spazio sotto il testo e, in caso di necessita, sul retro. I fogli di brutta non devono essere consegnati. 1. Siaf(x) =2 x2 −4 arctanx+ 4 ln(1 +x) √ x3 sin(x2 ): (a) Determinare i valori dei parametri realikeper i quali risultaf(x)∼kx perx→0+ : (b) Enunciare il criterio del confronto asintotico sulla integrabilit`a (in senso generalizzato) inun intervallo [a; b] delle funzioni positive e continue in (a; b]. (c) Utilizzare i risultati precedenti per stabilire se il seguente integrale `e convergente:1 ∫ 0f (x)dx : SOLUZIONE a) Utilizzando la formula di Mac Laurin arrestata al terzo ordine, perx→0 si ottiene: arctan(x) =x−x 3 3+ o(x3 ) ; ln(1 +x) =x−x 2 2+ x 3 3+ o(x3 ); da cui segue2x2 −4 arctanx+ 4 ln(1 +x) =8 3x 3 +o(x3 )∼8 3x 3 : Poich´e, perx→0+ , risulta√ x3 sin(x2 )∼√ x3 x2 =√ xx3 ;abbiamo che, perx→0+ , risulta f(x)∼8 3x 3 √ xx3=8 3x − 1=2 : Seguek=8 3; =−1 2: b) Sianofegdue funzioni continue e positive in un intervallo (a; b] e tali chef(x)∼g(x) per x→a+ . Alloraf`e integrabile in [a; b] se e solo seg`e integrabile in [a; b]. c) La funzionef`e definita e continua in (0;1]. Poich´e f(x)∼8 3x − 1=2 perx→0+ ; `e anche sicuramente positiva in un (opportuno) intorno destro di 0 (in realt`a, `e positiva intutto l’intervallo (0;1]). Poich´e8 3x − 1=2 `e il termine generale di una funzione integrabile in un (qualunque) intorno destro di 0 (`e del tipokx con >−1), dal criterio del confronto asintotico si deduce chef`e integrabile in un (opportuno) intorno destro di 0, e quindi che `e integrabile in [0;1]. 2.Si consideri l’equazione differenzialey′ (t) +4 t2 + 4ty (t) = (t+ 4) lnt ; dovet∈(0;+∞). (a) Riconoscere di che tipo di equazione differenziale si tratta e descrivere la forma del suointegrale generale. (b) Determinare tutte le soluzioni dell’equazione. (c) Individuare la soluzione il cui grafico passa per il punto (1; 4).SOLUZIONE a) e b) Si tratta di una equazione differenziale lineare del primo ordine, cio`e di una equazione differen- ziale del tipoy′ (t) +a(t)y(t) =f(t); cona(t) =4 t2 + 4te f(t) = (t+ 4) lnt : Notiamo che le funzioniaefsono definite e continue in (0;+∞) per cui — individuata una funzioneA: (0;+∞)→Rtale cheA′ (t) =a(t) — le soluzioni dell’equazione in (0;+∞) sono tutte e sole quelle del tipoy(t) =e− A(t) (c+F(t)); doveF: (0;+∞)→R`e una funzione fissata tale cheF′ (t) =eA (t) f(t). Poich´et2 + 4t=t(t+ 4), si potr`a porrea(t) nella forma t+  t+ 4: Con semplici calcoli si ottiene4 t2 +t= 1 t− 1 t+ 4; per cui pert >0 risulta ∫4 t2 + 4tdt = lnt−ln(t+ 4) +C= ln( t t+ 4) +C : Posto alloraA(t) = ln( t t+ 4) ;si ottiene ∫eA (t) f(t)dt=∫ t t+ 4( t+ 4) lnt dt=∫ tlnt dt : Integrando per parti si ottiene∫ tlnt dt=t 2 2ln t−∫ t 2dt =t 2 2ln t−t 2 4+ C : Le soluzioni dell’equazione differenziale sono allora tutte e sole le funzioni del tipoy(t) =t + 4 t( c+t 2 2ln t−t 2 4) : c) Imponendo la condizioney(1) = 4 alla soluzione generale si ottiene 5( c−1 4) = 4;da cui si ottienec=21 20: La soluzione cercata `e quindi ¯ y(t) =t + 4 t( 21 20+ t 2 2ln t−t 2 4) : 3.Data la famiglia delle curve Γd⊂ R3 d∈R, parametrizzate da r:R→Γ dr (t) := (t2 ; dt3 +t2 + 2t+ 1; t+ 1)t∈R; i) determinare per quale valore del parametrod∈Rla curva corrispondente Γ d`e planare; ii) determinare il pianoPcontenente Γ d; iii) determinare i versori tangenteT, normaleNe binormaleBnel puntop 0:= (1 ;5;2) appartenente alla curva Γ1, corrispondente al valore d= 1; iv) determinare il centroc∈R3 del cerchio osculatore relativo al puntop 0∈ Γ 1. SOLUZIONE Procedendo come per la versione A, si ottiene: i)d= 0 ii)P:−x+y−2z+ 1 = 0 iii)T=1 3√ 6(2 ;7;1)B=1 3√ 2(4 ;−1;−1)N=1 3√ 3( −1;1;−5) iv) Curvatura :k=1 27√ 3Centro : c= (−8;14;−43) 4.Dati i tre puntip 1:= (4 ;4;0),p 2:= (0 ;4;4),p 3:= (4 ;0;4) diR3 , i) mostrare che non sono allineati; ii) determinare il pianoPche li contiene; iii) determinare la rettaLperpendicolare aPpassante perp 0:= (0 ;0;0); iv) determinare la distanza dip 0da P. SOLUZIONE Procedendo come per la versione A, si ottiene: i) i tre punti non sono allineati ii)P:x+y+z−8 = 0 iii){ x=t y=t z=t iv) distanza (p 0; P ) =8 3√ 3 5.Domanda di teoria.