Capitolo 4 Problemi di vario genere - Supsi

Scuola Universitaria Professionale
della Svizzera Italiana
Problemi di vario genere
de: Ivan Furlan
SUPSI–DTI
Preparazione: 7 gennaio 2012 I. Furlan
Approvazione:
Approvazione:
Approvazione:
SUPSI–DTI
via Cantonale
Galleria 2
CH-6928 Manno
Tel. +41 91 610 85 31
Fax +41 91 610 85 71
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Dipartimento
Tecnologie
Innovative

Diario problemi interessanti
2 SUPSI–DTI, CH-6928 Manno 7 gennaio 2012

Indice
1 Elettromagnetismo 5
1.1 Confronto tra l’applicazione delle equazioni di Maxwell in forma differenziale ed
integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.1 Sia data una lastra conduttrice di area A e carica Q, si ricavi l’espressione
dell’intensità del campo elettrico Ez al variare di z . . . . . . . . . . . . 5
1.1.2 Biot-Savart per filo rettilineo indefinito da Maxwell . . . . . . . . . . . . 6
1.2 Legge di Ampere, dalla forma differenziale alla forma integrale . . . . . . . . . . 7
2 Meccanica classica 9
2.1 Legame tra parentesi di Poisson e costanti del moto, caso unidimensionale . . . 9
2.1.1 Parentesi di Poisson zero implica costante del moto . . . . . . . . . . . . 9
2.1.2 Parentesi di Poisson diversa da zero implica non costante del moto . . . . 11
2.2 Propulsione di un razzo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
3 Combinatoria 13
3.1 Problema dei 7 libri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
4 Problemi di vario genere 15
4.1 Attraversata del deserto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
7 gennaio 2012 SUPSI–DTI, CH-6928 Manno 3

Diario problemi interessanti INDICE
4 SUPSI–DTI, CH-6928 Manno 7 gennaio 2012

Capitolo 1
Elettromagnetismo
1.1 Confronto tra l’applicazione delle equazioni di Maxwell in forma
differenziale ed integrale
1.1.1 Sia data una lastra conduttrice di area A e carica Q, si ricavi l’espressione
dell’intensità del campo elettrico Ez al variare di z
Scriviamo la prima equazione di Maxwell,
in forma estesa:
δEx
δx
+ δEy
δy
∇ · E = 1
+ δEz
δz
ϵ0
· ρ
= 1
ϵ0
· ρ(x, y, z) (1.1)
Si assume che la piastra piana corrisponda al piano z = 0, in questo caso, per la geometria
del problema (campo elettrico normale al piano, carica concentrata su di un piano di spessore
infinitesimo) l’espressione della densità di carica ρ(x, y, z) diventa:
ρ(x, y, z) = ρ0 · δz(0)
dove ρ0 = Q
A è la densità di carica e δz(0) la delta di Dirac centrata in 0. L’equazione 1.1 si
riduce a:
δEz
δz
= 1
ϵ0
· δz(0) · ρ0
Come noto integrando una delta di Dirac si ottiene uno scalino unitario u(z), quindi
Ez = u(z) · ρ0
+ C
Per la geometria del problema, il campo elettrico deve essere simmetrico sopra e sotto la piastra,
dunque C deve valere:
C = − ρ0
2 · ϵ0
Sostituendo otteniamo:
Evidentemente.
Ez = u(z) · ρ0
ϵ0
ϵ0
− ρ0
2 · ϵ0
7 gennaio 2012 SUPSI–DTI, CH-6928 Manno 5
(1.2)

Diario problemi interessanti Capitolo 1. Elettromagnetismo
1.1.2 Biot-Savart per filo rettilineo indefinito da Maxwell
Seconda equazione di Maxwell
δBz
δy
δBx
δz
δBy
δx
− δBx
δy
∇ × B = µ0 · J
che nel caso di un filo normale ad un piano cartesiano e passante per il punto x = 0, y = 0
diventa ⎡
⎢
⎣
δBy − δz
δBz − δx
⎤
⎥
⎦ =
⎡
⎤
0
⎢
⎥
⎣ 0 ⎦
µ0 · Jz(x, y)
Notare che se il filo e’ rettilineo ed infinitamente lungo, Bz = 0 e Bx come pure By non
dipendono da z, quindi
δBz
δy
δBy
δz
δBx
δz
δBz
δx
= 0
= 0
= 0
= 0
E’ quindi possibile concentrarsi solo sulla terza equazione
Per la geometria del problema
δBy
δx
− δBx
δy = µ0 · Jz(x, y)
√
Bx = −B0(r(x, y)) · sin(α(x, y)) = −B0( x2 + y2 ]) ·
By =
√
B0(r(x, y)) · cos(α(x, y)) = B0( x2 + y2 ]) ·
y
√ x 2 + y 2
x
√ x 2 + y 2
√
Per brevita’ si utilizzera’ B0( x2 + y2 ]) = B0. Facendo le derivate parziali si ottiene
Ma
δBx
δy
δBy
δx
= −δB0
δy ·
y
√
x2 + y2 − B0
⎛
· ⎝
= δB0
δx ·
δB0
δy =
δB0
δx =
x
√
x2 + y2 + B0
⎛
· ⎝
δB0 δr(x, y)
·
δr(x, y) δy
δB0 δr(x, y)
·
δr(x, y) δx
1
√ x 2 + y 2 −
1
√ x 2 + y 2 −
= δB0
δr(x, y) ·
= δB0
δr(x, y) ·
y 2
(x 2 + y 2 ) 3
2
x 2
(x 2 + y 2 ) 3
2
y
√ x 2 + y 2
x
√ x 2 + y 2
6 SUPSI–DTI, CH-6928 Manno 7 gennaio 2012
⎞
⎠
⎞
⎠

1.2. Legge di Ampere, dalla forma differenziale alla forma integrale Diario problemi interessanti
e allora
δBx
δy
δBy
δx =
δB0
= −
δr(x, y) ·
y2 x2 + y2 − B0
⎛
· ⎝
δB0
δr(x, y) ·
x 2
x 2 + y 2 + B0 ·
1
√ x 2 + y 2 −
⎛
1
⎝√
x2 + y2 −
y 2
(x 2 + y 2 ) 3
2
x 2
(x 2 + y 2 ) 3
2
Per la simmetria del problema, e’ possibile analizzare il problema solamente lungo l’asse delle
ascisse, dunque si impone y = 0 e x ≥ 0, ottenendo
δBx
δy
δBy
δx
= −B0
x
= δB0
δx
che sostituite nell equazione di Maxwell danno
δB0
δx
+ 2 · B0
x
+ B0
x
− B0
x
− B0
x = µ0 · J(x, 0) = µ0 · J
notare che J e costante (geometria problema). La cui soluzione e’ del tipo
che se inserita da’
e quindi
Allora
B0 = C · x
2 · C = J
C = J/2
B0 = J I(x)
· x =
2 2 · π · x
Nota: campo sul bordo di un filo con J costante su tutta la superficie del filo. Con questa
condizione al contorno si potrebbe poi procedere alla soluzione del caso generico.
1.2 Legge di Ampere, dalla forma differenziale alla forma integrale
Seconda equazione di Maxwell
δBz
δy
δBx
δz
δBy
δx
− δBx
δy
∇ × B = µ0 · J
che nel caso di un filo normale ad un piano cartesiano e passante per il punto x = 0, y = 0
diventa ⎡
⎢
⎣
δBy − δz
δBz − δx
⎤
⎥
⎦ =
⎡
⎢
⎣
0
0
µ0 · Jz(x, y)
⎤
⎥
⎦
Notare che se il filo e’ rettilineo ed infinitamente lungo, Bz = 0 e Bx come pure By non
dipendono da z, quindi
δBz
δy
= 0
7 gennaio 2012 SUPSI–DTI, CH-6928 Manno 7
⎞
⎠
⎞
⎠

Diario problemi interessanti Capitolo 1. Elettromagnetismo
Concentrandosi solo sulla terza equazione
δBy
δx
δBy
δz
δBx
δz
δBz
δx
= 0
= 0
= 0
− δBx
δy = µ0 · Jz(x, y)
Per trovare la corrente bisogna integrare sulla superficie, ad esempio integriamo su una superficie
cerchio di raggio R
∫ R
−R
∫ c(x)
−c(x)
δBy
δx
∫ ∫
δBx
− dydx =
δy
µ0 · Jz(x, y)dxdy = µ0 · I
con y = c(x) equazione dell’arco di cerchio, scomponendo l’integrale
∫ R
−R
Che si puo’ scrivere anche
∫ R
−R
∫ c(x)
−c(x)
∫ c ′ (y)
−c ′ (y)
∫
δBy
R ∫ c(x) δBx
dydx −
δx −R −c(x) δy dydx = µ0 · I
∫
δBy
R ∫ c(x) δBx
dxdy −
δx −R −c(x) δy dydx = µ0 · I
con x = c ′ (y) equazione dell’arco di cerchio (ma da asse y ad x). E quindi
∫ R
By(c
−R
′ (y), y) − By(−c ′ ∫ R
(y), y)dy −
−R
che sono integrali circolari
Bydy + Bxdx = µ0 · I
ottenendo quindi il teorema di Ampere
Bx(x, c(x)) − Bx(x, −c(x))dx = µ0 · I
Bydy + Bxdx = µ0 · I = Bdl = µ0 · I
Notare che si sarebbe potuto scegliere di integrare su qualsiasi altra superficie chiusa oltre il
cerchio, ed il risultato sarebbe stato sempre lo stesso.
8 SUPSI–DTI, CH-6928 Manno 7 gennaio 2012

Capitolo 2
Meccanica classica
2.1 Legame tra parentesi di Poisson e costanti del moto, caso unidimensionale
Dimostrazione che se {G(x(t), ˙x(t)), F (x(t), ˙x(t))} = 0 con F (x(t), ˙x(t)) = c allora G(x(t), ˙x(t))
costante del moto e viceversa.
2.1.1 Parentesi di Poisson zero implica costante del moto
Siano date due funzioni F (x(t), ˙x(t)) e G(x(t), ˙x(t)), dove F (x(t), ˙x(t)) sappiamo essere costante
del moto, quindi
F (x(t), ˙x(t)) = c
La derivata rispetto al tempo delle due funzioni risulta essere
F (x(t), ˙x(t))
dt
G(x(t), ˙x(t))
dt
= δF (x(t), ˙x(t))
= δG(x(t), ˙x(t))
δx
δx
· dx
dt
· dx
dt
quindi dalla prima delle due equazioni
( ) −1
dx δF (x(t), ˙x(t))
= −
·
dt δx
δF (x(t), δ ˙x(t))
che sostituito nella seconda (2.1) da’
G(x(t), ˙x(t))
dt
δG(x(t), ˙x(t))
= − ·
δx
moltiplicando dalle due parti per
( δF (x(t), ˙x(t))
δx
δF (x(t), ˙x(t))
δx
· d ˙x
= 0
dt
δG(x(t), ˙x(t))
+ ·
δ ˙x
d ˙x
dt
+ δF (x(t), δ ˙x(t))
δ ˙x
δ ˙x
· d ˙x
dt
(2.1)
) −1
· δF (x(t), δ ˙x(t))
·
δ ˙x
d ˙x δG(x(t), ˙x(t))
+ ·
dt δ ˙x
d ˙x
dt
si ottiene
δF (x(t), ˙x(t))
·
δx
G(x(t), ˙x(t)) δG(x(t), ˙x(t))
= − ·
dt
δx
δF (x(t), δ ˙x(t))
·
δ ˙x
d ˙x ˙x(t))
+δG(x(t), ·
dt δ ˙x
δF (x(t), ˙x(t))
·
δx
d ˙x
dt
e mettendo in evidenza il termine
d ˙x
dt
a destra del uguale
δF (x(t), ˙x(t))
·
δx
G(x(t), ˙x(t))
=
dt
d ˙x
dt ·
(
δG(x(t), ˙x(t))
− ·
δx
δF (x(t), δ ˙x(t))
+
δ ˙x
δG(x(t), ˙x(t))
·
δ ˙x
δF (x(t), ˙x(t))
)
δx
7 gennaio 2012 SUPSI–DTI, CH-6928 Manno 9

Diario problemi interessanti Capitolo 2. Meccanica classica
che puo’ essere riscritto come segue
δF (x(t), ˙x(t))
δx
· G(x(t), ˙x(t))
dt
Ora se la parentesi di Poisson e’ nulla, abbiamo
δF (x(t), ˙x(t))
δF (x(t), ˙x(t))
δx
δF (x(t), ˙x(t))
δ ˙x
= d ˙x
· G(x(t), ˙x(t))
dt
• Caso ̸= 0 e qualsiasi
δx
Risulta che
δF (x(t), ˙x(t))
·
δx
G(x(t), ˙x(t))
per qualsiasi valore di x(t) e ˙x(t), e quindi
• Caso
δF (x(t), ˙x(t))
δx
qualsiasi e
δF (x(t), ˙x(t))
δ ˙x
· {G(x(t), ˙x(t)), F (x(t), ˙x(t))}
dt
G(x(t), ˙x(t))
dt
̸= 0
= 0
dt
Il procedimento deve essere rifatto sostituendo in equazione (2.1) il termine
anziche’
d ˙x
dt
( ) −1
δF (x(t), ˙x(t))
= −
·
δ ˙x
δF (x(t), δ ˙x(t))
( ) −1
dx δF (x(t), ˙x(t))
= −
·
dt δx
δF (x(t), δ ˙x(t))
In quando ( )
δF (x(t), ˙x(t))
−1
non esiste, ottenendo
δx
δF (x(t), ˙x(t))
δ ˙x
· G(x(t), ˙x(t))
dt
= − dx
dt
Ora se la parentesi di Poisson e’ nulla, abbiamo
δF (x(t), ˙x(t))
δx
per qualsiasi valore di x(t) e ˙x(t), e quindi
δF (x(t), ˙x(t))
δF (x(t), ˙x(t))
· G(x(t), ˙x(t))
G(x(t), ˙x(t))
dt
= 0
= 0
δ ˙x
δ ˙x
· dx
dt
· d ˙x
dt
· {G(x(t), ˙x(t)), F (x(t), ˙x(t))}
dt
• caso = 0 e = 0
δx
δ ˙x
In questo caso la dimostrazione non vale, quindi la costante del moto F (x(t), ˙x(t)) deve
essere scelta in modo tale che questa condizione non si verifichi. Una scelta possibile
potrebbe essere la funzione Hamiltoniana.
= 0
Dunque se {G(x(t), ˙x(t)), F (x(t), ˙x(t))} = 0, allora
costante del moto, che dimostra la tesi.
= 0
G(x(t), ˙x(t))
dt
= 0 e quindi G(x(t), ˙x(t))
10 SUPSI–DTI, CH-6928 Manno 7 gennaio 2012

2.2. Propulsione di un razzo Diario problemi interessanti
2.1.2 Parentesi di Poisson diversa da zero implica non costante del moto
Per assurdo, supponiamo che fosse possibile avere {G(x(t), ˙x(t)), F (x(t), ˙x(t))} non sempre
zero e = 0, riprendendo le equazioni appena trovate, avremmo che
Casi possibili:
– δF (x(t), ˙x(t))
– δF (x(t), ˙x(t))
– δF (x(t), ˙x(t))
δx
G(x(t), ˙x(t))
dt
0 =
d ˙x
· {G(x(t), ˙x(t)), F (x(t), ˙x(t))}
dt
0 = − dx
· {G(x(t), ˙x(t)), F (x(t), ˙x(t))}
dt
δF (x(t), ˙x(t))
̸= 0 e ̸= 0
δ ˙x
Le due equazioni sono false a meno che il sistema non sia a riposo.
δx
δF (x(t), ˙x(t))
̸= 0 e = 0
δ ˙x
Solo la prima equazione ha significato, e risulta falsa a meno che il sistema non sia
a riposo.
δx
δF (x(t), ˙x(t))
= 0 e ̸= 0
δ ˙x
Solo la seconda equazione ha significato, e risulta falsa a meno che il sistema non sia
a riposo.
δF (x(t), ˙x(t))
δF (x(t), ˙x(t))
– caso = 0 e = 0
δx
δ ˙x
In questo caso la dimostrazione non vale, quindi la costante del moto F (x(t), ˙x(t))
deve essere scelta in modo tale che questa condizione non si verifichi. Una scelta
possibile potrebbe essere la funzione Hamiltoniana.
Dunque non potra’ mai accadere che {G(x(t), ˙x(t)), F (x(t), ˙x(t))} non sempre zero e
= 0 e quindi G(x(t), ˙x(t)) costante del moto, che dimostra la tesi.
G(x(t), ˙x(t))
dt
2.2 Propulsione di un razzo
Si vuole determinare l’evoluzione temporale dell’accelerazione di un razzo. Si definiscono le
grandezze
m(t) massa razzo
V (t) velocita’ razzo
velocita’ espulsione carburante
ve
Assumendo che il carburante venga espulso ad istanti regolari di tempo ∆t, per la conservazione
della quantita’ di moto
m (t + ∆t) · (V (t + ∆t) − V (t)) = (m (t) − m (t + ∆t)) · ve
dividendo per ∆t a sinistra e destra dell’equazione
m (t + ∆t) ·
e facendo il limite ∆t → 0
(V (t + ∆t) − V (t))
∆t
(V (t + ∆t) − V (t))
lim m (t + ∆t) ·
∆t→0 ∆t
= (m (t) − m (t + ∆t))
∆t
· ve
(m (t) − m (t + ∆t))
= lim
· ve
∆t→0 ∆t
7 gennaio 2012 SUPSI–DTI, CH-6928 Manno 11

Diario problemi interessanti Capitolo 2. Meccanica classica
si ottiene
e quindi
m (t) · dV/dt = −dm/dt · ve
dV/dt = − 1
· dm/dt · ve
m (t)
12 SUPSI–DTI, CH-6928 Manno 7 gennaio 2012

Capitolo 3
Combinatoria
3.1 Problema dei 7 libri
7 persone prendono 7 libri (uno a testa) in prestito da una libreria che contiene 7 libri, esse
riportano i libri una volta letti contemporaneamente e ripescano di nuovo 7 libri (uno a testa).
Quante possibili configurazioni esistono per le quali nessuno dei lettori rilegga lo stesso libro?
Se numeriamo le persone da 1 a 7, ed denominano i libro scelto dalla persona numero x al
primo sorteggio con x, risulta che alcune delle combinazioni al secondo sorteggio sicuramente
da eliminare sono
(1, l2, l3, l4, l5, l6, l7)
dove li possono assumere qualsiasi valore tra 2 e 7, cioe’ quelle che hanno libro 1 alla posizione
1, che sono (n − 1)!. Altre combinazioni che andrebbero eliminate sono
(l1, 2, l3, l4, l5, l6, l7)
cioe’ quelle che hanno libro 2 alla posizione 2, che sono (n − 1)!, e cosi via per n volte.
Naturalmente non possiamo affermare che la totalita’ delle combinazioni da eliminare siano
semplicemente
n · (n − 1)!
siccome alcune combinazioni considerate in
sono gia comprese in
(l1, 2, l3, l4, l5, l6, l7)
(1, l2, l3, l4, l5, l6, l7)
e cosi via.
Per trovare dunque la totalita’ delle combinazioni da eliminare, che chiameremo C, basta
applicare la regola dell’unione di insiemi, dove si deve immaginare che l’insieme C1 contenga
tutte le combinazioni di libri che iniziano per 1, l’insieme C2 tutte le combinazioni di libri che
hanno un 2 al secondo posto, e cosi via. Le combinazioni totali non buone sono rappresentate
da C1 ∪C2 ∪C3 ∪....Cn che risulta minore di n·(n −1)!. Gli elementi in Ci ∩Cj saranno (n−2)!
siccome saranno tutte le combinazioni con il libro i alla posizione i ed il libro j alla posizione
j, e cosi via. Si trova dunque che
C = n · (n − 1)! −
n!
n!
· (n − 2)! +
· (n − 3)! − . . .
(n − 2)! · 2! (n − 3)! · 3!
7 gennaio 2012 SUPSI–DTI, CH-6928 Manno 13

Diario problemi interessanti Capitolo 3. Combinatoria
e dunque
n∑
C = n · (n − 1)! + n! · (−1)
i=2
n−1 · 1
i!
e quindi la totalita’ delle soluzioni per la condizione di partenza
che chiameremo T1234567, risulta
(l1 = 1, l2 = 2, ..., l7 = 7)
n∑
T1234567 = n! − C = n! − n · (n − 1)! − n! · (−1)
i=2
n−1 · 1
i!
naturalmente questa va moltiplicata per n − 1! per considerare tutte le possibili combinazioni
di partenza che iniziano con 1. Per le combinazioni di partenza che iniziano con 2 ne abbiamo
in egual numero escluse quelle gia considerate in quelle che iniziano per 1. Per quelle invece che
iniziano per 3 ne abbiamo in egual numero escluse quelle gia considerate in quelle che iniziano
per 1 e per 2, e cosi via. Risulta quindi che per considerare tutte le possibili combinazioni di
partenza bisogna moltiplicare il risultato trovato per una particolare condizione iniziale per il
fattore n!/2, ottenendo
(
n∑
T = n! − n · (n − 1)! − n! · (−1)
i=2
n−1 · 1
)
i!
Per convincersi di questo fatto pensare al problema di quanti ponti sono necessari per collegare
n isole tra di loro con il minimo numero di collegamenti.
14 SUPSI–DTI, CH-6928 Manno 7 gennaio 2012
· n!
2

Capitolo 4
Problemi di vario genere
4.1 Attraversata del deserto
Il testo seguente è stato ripreso dal link: http://utenti.quipo.it/base5/misure/probjeep.htm,
dove la soluzione seguente, proposta da Ivan Furlan, si trova pubblicata da anni (circa dal
2001).
Problema:
Il famoso esploratore Evaristo Slogai alle prese con un’altra avventura: vuole attraversare
il deserto a piedi. La traversata richiede 6 giorni, ma Evaristo in grado di trasportare viveri
sufficienti per 4 giorni, non di pi. Gli indigeni possono aiutarlo mettendogli a disposizione dei
portatori. Ciascun portatore pu trasportare viveri sufficienti per 4 giorni e deve tornare sano
e salvo alla base. Qual il miglior sistema per attraversare il deserto e qual il minimo numero
di portatori necessario per l’impresa? Ivan Furlan ha risolto correttamente il problema con 0
(zero) portatori. Desidero allora porre qualche domanda in pi.
Riporto l’interessante soluzione di Ivan ma lascio il problema ancora aperto. L’esploratore
dovrebbe attraversare il deserto senza mai fermarsi n tornare indietro, usufruendo dell’aiuto
dei portatori: quanti? come?
Soluzione di Ivan Furlan: Ce la puo’ fare con 0 portatori.
Metodo per giungere alla meta: L’esploratore parte solo carico al massimo, viveri per 4
giorni. Dopo un giorno di cammino, lascia sulla strada viveri per due giorni, e ritorna a casa
con il giorno di viveri restatogli. Giunto a casa, riparte carico con viveri per 4 giorni, riviaggia
per un giorno, quindi recupera viveri per un giorno dai viveri per due giorni lasciati nel viaggio
precedente. E’ quindi ancora carico al massimo, parte viaggiando ancora per un giorno, e lascia
sulla strada viveri per un giorno, rimanendo con viveri per 2 giorni sufficienti per il ritorno.
Parte quindi per l’ultima volta carico al massimo, viveri per 4 giorni. Dopo il primo giorno,
puo’ fare il pieno con viveri per un giorno che trovera’ sulla strada. Dopo il secondo giorno di
cammino potra’ nuovamente fare il pieno di viveri, trovando viveri per un giorno sulla strada,
Si trova ora a 4 giorni dalla meta con 4 giorni di viveri, sufficienti per arrivarci.
7 gennaio 2012 SUPSI–DTI, CH-6928 Manno 15