OliForum Matematico

Bel problema.
Io ho ottenuto i seguenti valori:

$ h_{min}=tan15°=2-\sqrt3 $

$ \displaystyle \mu_{min}=\frac{tan15°}{3}=\frac{2-\sqrt3}{3} $

....
\displaystyle A = \int {ydx = k^2 \int {\left( {\phi \frac{{\sin 2\phi }}{2} - \phi ^2 \sin ^2 \phi } \right)} } d\phi
Non è un integrale simpatico,comunque si può fare per parti. Tu ce l'hai la soluzione di questo problema?

:shock:
L'area limitata dalla curva r=f(\phi) e dai raggi ...

Il lavoro complessivo è dato da:
W=\int_0^{h_t} {\rho V g} dh
....


Sei sicuro? Dividendo la piramide in prismi di area b e altezza dh posti ad altezza h il lavoro complessivo diventa:

\displaystyle W=\int_0^{h_t}{\rho g h dV} = \frac{\rho g B}{h_t^2} \int_0^{h_t}h(h_t-h)^2 dh =\frac{\rho g B ...

@pic88: La tua soluzione non mi è chiara e penso sia sbagliata.

E' molto più semplice utilizzare la conservazione dell'energia meccanica.
Indicando con x l'accorciamento della molla e con L la sua lunghezza si ha:

mgh=\frac{1}{2}kx^2+mg(L-x)

Cioè:

kx^2-2mgx-2mg(h-L)=0

Essendo x>\frac{mg ...

La disequazione è:

$ 3\cdot e^x-e^{2x}>0 $

Raccogliendo diventa:

$ e^x(3-e^x)>0 $

La funzione $ e^x $ è sempre positiva per cui si ha:

$ 3-e^x>0 $

$ e^x<3 $

$ x<ln3 $.

Bacco ha scritto:Non capisco cosa c'entra M... è lo stesso problema (traiettoria circolare...) oppure è un altro problema del tutto staccato?

E' lo stesso problema. La traiettoria è una semicirconferenza e M ed m sono le masse dell'oggetto e dell'Enterprise.

Seconda puntata.

Il capitano Kirk chiede al signor Spock di calcolare il tempo di impatto sapendo che la distanza dell'Enterprise dall'oggetto è 2a e che la forza di attrazione è:
$ \displaystyle F=-\frac{kMm}{r^5} $

....

dove y_0 soddisfa x^3+x(16gR^2-4R^2)-8gR^3\sqrt{3}=0 .
....


Non ho fatto i conti ma dimensionalmente questa equazione è sicuramente sbagliata.
Dovrebbe essere:

x^3+12xR^2-8\sqrt3R^3=0

La cui soluzione è y_0=1,056444 .
Per questo valore la velocità finale dei cilindri inferiori è ...

1) Decomponendo in fratti semplici si può scrivere:

\displaystyle S_1=\sum_{i=1}^{+\infty}{\frac{1}{i^2}}+\sum_{i=1}^{+\infty}{\frac{1}{(1+i)^2}-2\sum_{i=1}^{+\infty}{\left(\frac{1}{i}-\frac{1}{1+i}\right)}

Sfruttando la nota sommatoria:

\displaystyle \sum_{i=1}^{+\infty}{\frac{1}{i^2}}=\frac ...

Tre contenitori di forma cilindrica e di massa m sono disposti nel seguente modo: due sono appoggiati a terra, adiacenti uno all'altro, e il terzo e' appoggiato sopra di essi. Ipotizzando che non ci siano attriti, trovare la velocita' orizzontale dei due contenitori appoggiati a terra quando anche ...

Utilizzando il piano cartesiano ho trovato:
$ \displaystyle d=\frac{3+\sqrt3}{\sqrt2}=3,346 m $

Basta osservare che l'angolo QDT = x e l'angolo TDP = 45° - x.
Dai triangoli rettangoli DTQ e TDP si ottiene:

$ TQ=l\cdot tgx $ e $ TP=l\cdot tg(45°-x) $

Si ha perciò:

$ \displaystyle PQ=l\cdot\frac{1+tg^2x}{1+tgx} $

1) \displaystyle cosy=\frac{2^x+1}{2^{x+1}-1}

\displaystyle (2^{x+1}-1)cosy-2^x=1

\displaystyle (2\cdot2^x-1)cosy-2^x=1

\displaystyle 2^x(2cosy-1)=1+cosy

\displaystyle 2^x=\frac{1+cosy}{2cosy-1}

\displaystyle x=log_2 \frac{1+cosy}{2cosy-1}

2) Con gli stessi passaggi si ottiene ...

Sulla soluzione sono d'accordo con te (sempre che l'urto sia perfettamente elastico ).


Evidentemente si tratta di mettersi d'accordo sulla terminologia. Io divido gli urti in "elastici" (dove si conserva l'energia cinetica) e "anelastici". Non credo che esistano urti "parzialmente" elastici ...

.... e secondo lui l'unica forza da considerare è il peso dell'oggetto ...


A me il problema sembra molto semplice. L'impulso è:

I=Ft=\Delta(mv)

Consideriamo l'urto elastico (non essendoci altre indicazioni). La velocità di impatto è:

v=\sqrt{2gh}

La velocità di rimbalzo è uguale alla ...