OliForum Matematico

comunque mi è venuto un dubbio,nella prima dimostrazione ho provato a dimostrare l'infinita delle terne partendo da una terna (a,b,c) tale che 2c^2=a^2+b^2 e poi verificando che l'ugualianza era valida anche per [(2^n)a,(2^n)b,(2^n)c] con n interno positivo qualsiasi,di conseguenza esistono tante t...

Dovrei aver fatto sui 90 (mi sono perso un fattore nel 12 e ho ovviamente contato 50 numeri dallo 0 al 50 inclusi -.-' ). Peccato per il punteggione mancato. Direi "sarà per la prossima volta" se non fossi in quinta xD

Io le ho trovate più difficili di quelle dell'anno scorso. Per lo meno i problemi. Poi ho preso un paio di cantonate nell'interpretazione dei testi che mi hanno fatto perdere un sacco di tempo e quindi mi sono trovato a lavorare in fretta e male. Spero di non aver buttato proprio tutto in vacca.

165.

Ho sbagliato l'impossibile, la domanda sul rendimento della centrale a carbone XD
Mi do all'agricoltura ._.

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:il mio primo $ 5^3 $

Idem

(l'anno scorso mi era sfuggito per un pelo, mi sarei fustigato se fosse successo di nuovo XD!)

Per il fatto che si incontrano dopo un giro si ha 2\pi R=v\cdot t = 1/2 a t^2 . Dalla prima: t=2 \pi R/v ; dalla seconda: 2 \pi R=2a \pi^2 R^2 v^{-2} , ovvero a=v^2/\pi R L'incontro precedente perciò è accaduto dopo un certo tempo t_x tale che v\cdot t_x=2\pi R - 1/2 a t_x^2=2\pi R - \frac{v^2}{2 \p...

Mettiamola così. La forza agente sul sistema, esclusa la spinta di Archimede sul palloncino, è g(M- \rho V)=9,81\cdot(1-0,15)=8,34N . Tale forza è fissa e dunque l'equilibrio si ha solo per un determinato volume del palloncino, che è 8,34N/(1000kgm^{-3}\cdot9,81ms^{-2})=0,85dm^3 . A tale volume fiss...

Congratulazioni ragazzi

Un facile conto con le energie conferma il risultato di Rigel: Mgh=mgh+1/2I\omega^2+1/2(m+M)v^2 , 2(M-m)gh=v^2(I/R^2+m+M) , 2(M-m)gh=v^2(1/2m_c+m+M) \displaystyle v^2=\frac{2(M-m)gh}{1/2m_c+m+M} , \displaystyle v=\sqrt{\frac{2(M-m)gh}{1/2m_c+m+M}}=2,73m/s dove M=30Kg, m=20kg, m_c=5kg, h=2m. Una cosa...

già, mentre così viene \omega_2=9\omega_1 . È ovvio perché se la distanza si riduce di un fattore 3 (da r=1,5 a r=0,5) allora il momento d'inerzia si riduce di un fattore 9 e (per L fisso) la velocità angolare di conseguenza aumenta dello stesso fattore. L è fisso perchè non ci sono forze esterne. M...

Credo di sì, con una porcheria matematica di questo tipo :lol: : se l=25cm e m=0,05kg, si ha che il momento torcente in funzione dell'angolo (misurato rispetto all'orizzontale) è \tau(\theta)=mgl\cos(\theta) Dunque si ha che l'accelerazione agolare è \displaystyle \alpha(\theta)=\frac{\tau(\theta)}{...

Per la conservazione del momento angolare si ha L=0,05kg\cdot 0,25m\cdot 3m/s=I\omega_i , dove con \omega_i s'intende la velocità angolare del sistema subito dopo l'urto e con I il momento d'inerzia complessivo, che è I=2,00\cdot 0,25^2+2,05\cdot 0,25^2=0,253kgm^2 . Segue \omega_i=L/I=0,037kgm^2s^{-...

Per la conservazione del momento angolare:
$ L=2mrv=210kgm^2s^{-1} $ (con r=1,5m)
$ L=I_1\omega_1 $, $ \omega_1=L/I_1=0,93rad/s $
$ L=I_2\omega_2 $, $ \omega_2=L/I_2=8,36rad/s $ (con r=0,5m)
Non torna?

[EDIT: ho corretto alcune boiate] Beh, abbiamo che la pressione dell'azoto in funzione della posizione y è P(y)=P_{atm}+\rho g (h-y) e dunque per l'equazione dei gas perfetti \displaystyle V_1(y)=\frac{nRT_0}{P(y)}=\frac{nRT_0}{P_{atm}+\rho g (h-y)} dove n=1g/28g\cdot mol^{-1}=0,036mol . Ora basta i...

Il momento torcente in funzione di \theta è \tau=MgL\cos\theta-mgl\cos\theta (si prende \theta nullo quando i bracci sono orizzontali, e crescente in senso orario per assecondare il moto della catapulta). L'accelerazione angolare è dunque \displaystyle \alpha=\frac{\tau}{I}=\frac{MgL-mgl}{ML^2+ml^2}...