Corda in caduta libera
Salve a tutti, per chi ha seguito il mio ultimo esercizio definito da alcuni utenti "diabolico" questo è un altro sempre inventato dal mio prof. Ora non so se questo sia realmente tanto difficile, fatto sta che io non sono riuscito a risolverlo. Allora abbiamo una corda lunga $ l $ inestensibile e omogenea di densità $ lambda $ , la corda è attaccata al soffitto dalle due estremità. I due spezzoni di corda sono posti a distanza infinitesimale $ dl $ uno dall'altro, insomma, tanto quanto basta affinché non si tocchino. Si taglia la parte di corda fissata a destra proprio all'estremità di contatto col soffitto. Trovare la relazione che indica come varia la reazione del sostegno di sinistra al variare del tempo. Vi allego un'immagine, tanto per capirci meglio! 
Grazie in anticipo a tutti quelli che cercheranno di aiutarmi! 
Grazie in anticipo a tutti quelli che cercheranno di aiutarmi!
Risposte
L'idea potrebbe essere che il pezzo di fune a destra che cade liberamente ha il centro $G$ che cade con accelerazione $g$ (tutti i corpi cadono con la stessa accelerazione indipendente dalla massa).
Trovata l'eq del moto di $G$, la reazione $F$ a sinistra è uguale al peso dello spezzone di sinistra che si allunga col tempo.
A conti fatti, mi verrebbe:
$F = 1/3 \lambda g^2 t^2+ 1/2 \lambda g l$.
Sta volta niente lagrangiane
Trovata l'eq del moto di $G$, la reazione $F$ a sinistra è uguale al peso dello spezzone di sinistra che si allunga col tempo.
A conti fatti, mi verrebbe:
$F = 1/3 \lambda g^2 t^2+ 1/2 \lambda g l$.
Sta volta niente lagrangiane
Ciao,
non sono molto sicuro della mia ipotesi, ma ragionandoci ti può venire in mente qualcosa.
intanto all'istante iniziale è $m/2$ con $m$ massa della corda
dopo che è stato tagliato un capo si ha che il centro di massa della parte a sinistra scende, quindi credo che vada aggiunto all'$m/2 g$ il termine dovuto alla "caduta" del centro di massa della parte sinistra. il fatto che la corda nella parte destra diminuisca, e quindi che il suo centro di massa cada, non credo sia significativo, in quanto è appunto in caduta libera, cioè come se niente lo tenesse...non so se hai capito....ovviamente andrà trascurato il colpo di frusta finale
non sono molto sicuro della mia ipotesi, ma ragionandoci ti può venire in mente qualcosa.
intanto all'istante iniziale è $m/2$ con $m$ massa della corda
dopo che è stato tagliato un capo si ha che il centro di massa della parte a sinistra scende, quindi credo che vada aggiunto all'$m/2 g$ il termine dovuto alla "caduta" del centro di massa della parte sinistra. il fatto che la corda nella parte destra diminuisca, e quindi che il suo centro di massa cada, non credo sia significativo, in quanto è appunto in caduta libera, cioè come se niente lo tenesse...non so se hai capito....ovviamente andrà trascurato il colpo di frusta finale
Ammettendo che il tratto di destra sia scarico, oltre al peso che carica il tratto di sinistra, deve essere considerato l'impulso fornito alla corda nel passaggio dal tratto di destra, in moto con l'accelerazione di gravità, al tratto di sinistra, idealmente fermo. In effetti ho dato per scontato che che questo impulso sia fornito solo dal tratto fermo di sinistra e non dal tratto di destra in discesa, ma perchè dovrebbe essere così?
sonoqui_mi sa che ha centrato la soluzione. cavolo, prima ho detto una cavolata.
nel passaggio da sinistra a destra, un pezzettino di corda passa da avere una certa velocità, e quindi una certa quantità di moto, a avere velocità nulla. ed è questa diciamo l'extra forza che sente il sostegno.
la cosa più conveniente è forse prendere una incognita x che indichi la corda mancante, o quella rimasta, in modo da trovare quanta corda è già appesa a sinistra e la quantità di moto di un pezzetto in funzione di questa x, cioè di quale pezzetto è, non so se hai capito. poi ti trovi la x in funzione del tempo, e ci dovresti riuscire con le formule della caduta libera.
una cosa che non consideravo appunto ieri è che più la corda scende più di la ce ne è appesa
nel passaggio da sinistra a destra, un pezzettino di corda passa da avere una certa velocità, e quindi una certa quantità di moto, a avere velocità nulla. ed è questa diciamo l'extra forza che sente il sostegno.
la cosa più conveniente è forse prendere una incognita x che indichi la corda mancante, o quella rimasta, in modo da trovare quanta corda è già appesa a sinistra e la quantità di moto di un pezzetto in funzione di questa x, cioè di quale pezzetto è, non so se hai capito. poi ti trovi la x in funzione del tempo, e ci dovresti riuscire con le formule della caduta libera.
una cosa che non consideravo appunto ieri è che più la corda scende più di la ce ne è appesa
La mia soluzione dettagliata
https://docs.google.com/document/d/1JoBTxF2PxcOHJITzE3zJCXXrchwUhZK7TV8JABY5OAs/pub
Edit. Questa pagina ora contiene la solizione con la lagrangiana ...
https://docs.google.com/document/d/1JoBTxF2PxcOHJITzE3zJCXXrchwUhZK7TV8JABY5OAs/pub
Edit. Questa pagina ora contiene la solizione con la lagrangiana ...
Arrigo, anch'io pensavo vhe il tratto di destra fosse in caduta libera, ms purtoppo non è così. Quando ho mostrato la mia soluzione al professore mi ha detto che il tratto di destra risente della tensione di sinistra del filo, perciò il tratto di destra non è in caduta libera.
LA corda è lunga $l$ , e ha densità lineare $\lambda = m/l$ , ovviamente. Quindi tutta la corda ha massa $m = \lambda*l$, e il peso si ottiene moltiplicando per $g$ , questo è chiaro.
Nell'istante iniziale, prima del taglio, il pezzo di sinistra pesa quindi (come quello di destra) $1/2mg = 1/2 \lambda*l*g$.
E fin qui ci siamo. Consideriamo ora una situazione intermedia, in cui l'estremo destro si trovi a distanza $x$ sotto il soffitto, dove $x$ può variare da $0$ a $l/2$.
Allora il pezzo di sinistra è "cresciuto" anch'esso di $x$ , giusto? e il suo peso iniziale sopra detto è aumentato di :
$\lambda*x*g$ ------(1)
mi pare che di qui non si scappi.
Come varia $x$ nel tempo? Credo secondo la legge del moto accelerato :$ x = 1/2*g*t^2$ ------(2)
E la velocità di caduta varia secondo la nota legge paria a : $v = sqrt(2gx)$ -------(3)
Partendo ora da da un certo $x$, aumentiamo di $dx$ la caduta. Deve essere : $dx = g*t*dt$ (basta differenziare la (2) sopra detta).
Quindi si ha anche : $dx = v*dt = sqrt(2gx) * dt$.
E la velocita come varia ? Basta differenziare la (3) :
$dv = 1/2* 1/v * 2g*dx = g/v *dx$
All'incremento $dx$ corrisponde un incremento di massa $dm$ del tratto di sinistra, e quindi, come ha notato sono_qui, un impulso $F*dt = dm*v$. C'è infatti da considerare anche questo, sono d'accordo, non solo la caduta libera del tratto di destra: per ogni tratto $dx$ che cade a destra, un corrispondente tratto $dx$ viene arrestato a sinistra, e "strattona" la corda.
Solo che ora qui io mi impallo, e non so più andare avanti....Bisogna "integrare" tutti questi incrementi di forza a Sn...
Spero finora di non aver detto cavolate....!!!!
Nell'istante iniziale, prima del taglio, il pezzo di sinistra pesa quindi (come quello di destra) $1/2mg = 1/2 \lambda*l*g$.
E fin qui ci siamo. Consideriamo ora una situazione intermedia, in cui l'estremo destro si trovi a distanza $x$ sotto il soffitto, dove $x$ può variare da $0$ a $l/2$.
Allora il pezzo di sinistra è "cresciuto" anch'esso di $x$ , giusto? e il suo peso iniziale sopra detto è aumentato di :
$\lambda*x*g$ ------(1)
mi pare che di qui non si scappi.
Come varia $x$ nel tempo? Credo secondo la legge del moto accelerato :$ x = 1/2*g*t^2$ ------(2)
E la velocità di caduta varia secondo la nota legge paria a : $v = sqrt(2gx)$ -------(3)
Partendo ora da da un certo $x$, aumentiamo di $dx$ la caduta. Deve essere : $dx = g*t*dt$ (basta differenziare la (2) sopra detta).
Quindi si ha anche : $dx = v*dt = sqrt(2gx) * dt$.
E la velocita come varia ? Basta differenziare la (3) :
$dv = 1/2* 1/v * 2g*dx = g/v *dx$
All'incremento $dx$ corrisponde un incremento di massa $dm$ del tratto di sinistra, e quindi, come ha notato sono_qui, un impulso $F*dt = dm*v$. C'è infatti da considerare anche questo, sono d'accordo, non solo la caduta libera del tratto di destra: per ogni tratto $dx$ che cade a destra, un corrispondente tratto $dx$ viene arrestato a sinistra, e "strattona" la corda.
Solo che ora qui io mi impallo, e non so più andare avanti....Bisogna "integrare" tutti questi incrementi di forza a Sn...
Spero finora di non aver detto cavolate....!!!!
Passando all'energia, ho trovato la variazione dell'energia totale. Il sistema non è isolato, per cui l'energia non si conserva. Suppongo che il $\Delta E$ sia il lavoro fatto dalle tensioni interne alla corda. Magari è in relazione con l'entità cercata ... da teorico, di corde, tensioni ed affini non ho mai voluto sapere nulla...
Comunque, con banali integrali, si troverebbe $E_1=- 1/4 \lambda l^2 g$ e $E_2=-1/2 \lambda l^2 g$.
Comunque, con banali integrali, si troverebbe $E_1=- 1/4 \lambda l^2 g$ e $E_2=-1/2 \lambda l^2 g$.
Purtroppo non sono in grado di comprendere la procedura per differenziali di navigatore, non sapendo quindi dire se ultimandola porti alla soluzione giusta o sbagliata.
In compenso mi pare di avere individuato l'errore presente nella soluzione di arrigo.
In virtù dell'ipotesi che la distanza fra i due spezzoni di fune sia infinitesima, possiamo fare tutta una serie di ipotesi tra cui trascurare eventuali momenti e ritenere che la reazione vincolare sull'estremo di sinistra sia verticale, e considerare la somma tra il tratto destro e quello sinistro costante pari a \(l\). Questo porta alla scrittura della legge della tensione come
\[
F(t) = \frac{1}{3} \lambda \left( l + 2x(t) \right) g,
\]
dove con \(x(t)\) indico la distanza dal soffitto del baricentro del tratto destro della fune.
Se supponessimo \(x(t) = \frac{1}{4} l + \frac{1}{2} g t^2\) il moto del baricentro del tratto sinistro otterremmo la formula di arrigo, però staremmo trascurando il fatto che la massa del tratto destro della fune cambia nel tempo.
La legge di Newton per l'inerzia del baricentro andrebbe, insomma, usata nella forma
\[
\frac{\text{d}}{\text{d} t} (m \dot{x}) = F_{\text{inerziale}}.
\]
A questo punto, per determinare \(x(t)\) bisognerebbe risolvere l'equazione differenziale (a meno di errori di calcolo)
\[
(l - x)\ddot{x} - \dot{x}^2 = (l - x) g,
\]
con le condizioni iniziali \( x(0) = l/4\) e \(\dot{x}(0) = 0\).
Purtroppo non saprei se e come si possa risolvere analiticamente questa equazione.
In compenso mi pare di avere individuato l'errore presente nella soluzione di arrigo.
In virtù dell'ipotesi che la distanza fra i due spezzoni di fune sia infinitesima, possiamo fare tutta una serie di ipotesi tra cui trascurare eventuali momenti e ritenere che la reazione vincolare sull'estremo di sinistra sia verticale, e considerare la somma tra il tratto destro e quello sinistro costante pari a \(l\). Questo porta alla scrittura della legge della tensione come
\[
F(t) = \frac{1}{3} \lambda \left( l + 2x(t) \right) g,
\]
dove con \(x(t)\) indico la distanza dal soffitto del baricentro del tratto destro della fune.
Se supponessimo \(x(t) = \frac{1}{4} l + \frac{1}{2} g t^2\) il moto del baricentro del tratto sinistro otterremmo la formula di arrigo, però staremmo trascurando il fatto che la massa del tratto destro della fune cambia nel tempo.
La legge di Newton per l'inerzia del baricentro andrebbe, insomma, usata nella forma
\[
\frac{\text{d}}{\text{d} t} (m \dot{x}) = F_{\text{inerziale}}.
\]
A questo punto, per determinare \(x(t)\) bisognerebbe risolvere l'equazione differenziale (a meno di errori di calcolo)
\[
(l - x)\ddot{x} - \dot{x}^2 = (l - x) g,
\]
con le condizioni iniziali \( x(0) = l/4\) e \(\dot{x}(0) = 0\).
Purtroppo non saprei se e come si possa risolvere analiticamente questa equazione.
La tua equazione è soddisfatta formalmente per $x=a t^2 + b t + c$. Ho provato a sostituire e trovare i parametri , ma non vanno d'accordo con le condizioni iniziali che hai posto . Se la parabola è la soluzione, allora c'è qualcisa che non va. La parabola è compatibile con la mia soluzione. Faccio anche notare che l'accelerazione di $x$ è proporzionale a $g$ ...
Ora non ho tempo di controllare i calcoli, ma sono abbastanza sicuro per quanto riguarda l'equazione del moto del baricentro del tratto libero della fune. Evidentemente, si spera che esistano altre soluzioni oltre alla parabola!
Mi rendo però conto solo ora di avere sbagliato a scrivere la legge della reazione vincolare, poiché non ho tenuto conto del moto del baricentro del tratto di filo vincolato (con conseguente forza di inerzia) e del fatto che le forze che agiscono sulla fune vanno sommate con un'algebra indotta non dal verso dell'asse verticale, ma dall'ascissa curvilinea della fune. In tal caso mi pare che si arrivi alla tensione rivolta verso l'alto
\[
F(t) = -\frac{\lambda}{3} l g + \frac{4}{9}\lambda(\dot{x}(t)^2 + x(t) \ddot{x}(t)) + \frac{5}{9} \lambda l \ddot{x}(t).
\]
Non appena riesco a scrivere in modo chiaro e conciso tutti i passaggi, li sottopongo alla vostra verifica. Se nel frattempo qualcuno riuscisse a risolvere il problema con sicurezza, tanto meglio!
Mi rendo però conto solo ora di avere sbagliato a scrivere la legge della reazione vincolare, poiché non ho tenuto conto del moto del baricentro del tratto di filo vincolato (con conseguente forza di inerzia) e del fatto che le forze che agiscono sulla fune vanno sommate con un'algebra indotta non dal verso dell'asse verticale, ma dall'ascissa curvilinea della fune. In tal caso mi pare che si arrivi alla tensione rivolta verso l'alto
\[
F(t) = -\frac{\lambda}{3} l g + \frac{4}{9}\lambda(\dot{x}(t)^2 + x(t) \ddot{x}(t)) + \frac{5}{9} \lambda l \ddot{x}(t).
\]
Non appena riesco a scrivere in modo chiaro e conciso tutti i passaggi, li sottopongo alla vostra verifica. Se nel frattempo qualcuno riuscisse a risolvere il problema con sicurezza, tanto meglio!
Certo, ci saranno altre soluzioni, anche perché su questi problemi di funi, reazioni e tensioni io sono sempre stato una schiappa, ma se non fosse una parabola sarebbero dolori seri ... e credo che per un esame di fisica 1 potrebbe essere troppo chiedere tanto ...
e credo che per un esame di fisica 1 potrebbe essere troppo chiedere tanto ...
Alephante, tieni presente che qui stiamo parlando di Fisica 1...ci deve essere una soluzione più semplice della tua...
Altrimenti mettiamo in gioco pure l' elasticità della fune, e complichiamo ancora di più.
Altrimenti mettiamo in gioco pure l' elasticità della fune, e complichiamo ancora di più.
E' una parabola solo per $l$ piccoli !!! in questo caso il ramo destro non sa quel che fa il sinistro
Sono passato alla lagrangiana e confermo (a parte certi coefficienti che non mi quadrano, data l'ora tarda) l'eq diff scritta da elephante.
ps. sicuramente per risolvere questo problema occorre una qualche intuizione che può avere chi se ne intende di funi, vincoli, tensioni, reazioni ecc. e non si deve passare dall'eq del moto del baricentro del ramo della fune, se no si trova una eq diff tostissima.
Sono passato alla lagrangiana e confermo (a parte certi coefficienti che non mi quadrano, data l'ora tarda) l'eq diff scritta da elephante.
ps. sicuramente per risolvere questo problema occorre una qualche intuizione che può avere chi se ne intende di funi, vincoli, tensioni, reazioni ecc. e non si deve passare dall'eq del moto del baricentro del ramo della fune, se no si trova una eq diff tostissima.
Arrigo, io non mi spavento di funi, tensioni, vincoli, reazioni....ma non ho avuto alcuna intuizione, se non quello che già ho scritto. E mi sembra troppo dover ricorrere ad una difficile equazione differenziale, per un problema di Fisica 1.
Posso solo ribadire che, secondo me, per ogni piccolo elemento di fune che "scende" a destra, c'è un uguale elemento di fune che incrementa il ramo di sinistra, aumentandone il peso, ma in più ci dovrebbe essere un impulso di forza...
Posso solo ribadire che, secondo me, per ogni piccolo elemento di fune che "scende" a destra, c'è un uguale elemento di fune che incrementa il ramo di sinistra, aumentandone il peso, ma in più ci dovrebbe essere un impulso di forza...
Sono perfettamente d'accordo con te, Oggi provo a seguire la tua strada .
La via lagrangiana è molto bella e porta all'eq diff del moto del capo libero in modo molto elegante e semplice, ma, oltre al fatto che la suddetta eq diff è difficile (non so se sia risolubile analiticamente, ma mi sa tanto ci no), poi, come legare il moto del punto libero con la reazione vincolare? E' giusto pensare che tale reazione sia uguale al peso del tratto di sinistra?
. La via lagrangiana è molto bella e porta all'eq diff del moto del capo libero in modo molto elegante e semplice, ma, oltre al fatto che la suddetta eq diff è difficile (non so se sia risolubile analiticamente, ma mi sa tanto ci no), poi, come legare il moto del punto libero con la reazione vincolare? E' giusto pensare che tale reazione sia uguale al peso del tratto di sinistra?
Con un bilancio energetico, trascurando effetti dissipativi, si può arrivare ad una soluzione più semplice, anche se non fisica, se non si cosidera anche l'energia potenziale elastica, come qualcuno ha suggerito, visto che la velocità della fune nel tratto finale tenderebbe ad infinito e non si riuscirebbe a modellizzare il punto finale, perchè secondo alcune ipotesi fatte la corda alla fine dovrebbe essere ferma verticalmente.
Senza utilizzare un bilancio energetico è molto più complicato, quindi mi limito a presentare dei risultati parziali che ho trovato, applicando i principi della dinamica, che spiega come il tratto di sinistra acceleri non in caduta libera, ma essendo tirato anche dalla fune.
Nella figura la fune si avvolge attorno ad una carrucola circolare, con inerzia trascurabile, e anche l'inerzia alla rotazione di un tratto di corda qualsiasi è trascurabile.
Applicando la seconda equazione cardinale della dinamica, con polo in O si può ricavare
$vecM(O)=(A-O)wedgevecT+(G-O)wedgemvec(g)=d/(dt)(int_0^(pir)lambda(P-O)wedgevecv_Pds)$
Dove l'integrale rappresenta il momento angolare in un istante dato dell'arco di corda OA (derivato rispetto al tempo)
Il che, dopo un po' di conti mi porta a
$M(O)=(dv)/(dt)lambdar(9/2+pi/2)$
Dove $v$ è il modulo della velocità della fune in caduta, cioè la velocità in A.
In teoria, se i conti che ho fatto sono giusti, i due procedimenti non dovrebbero essere in contrasto.
Ho dei dubbi riguardo alla derivazione rispetto al tempo dell'integrale, visto che gli estremi di integrazione li ho considerati costanti.
Senza utilizzare un bilancio energetico è molto più complicato, quindi mi limito a presentare dei risultati parziali che ho trovato, applicando i principi della dinamica, che spiega come il tratto di sinistra acceleri non in caduta libera, ma essendo tirato anche dalla fune.
Nella figura la fune si avvolge attorno ad una carrucola circolare, con inerzia trascurabile, e anche l'inerzia alla rotazione di un tratto di corda qualsiasi è trascurabile.
Applicando la seconda equazione cardinale della dinamica, con polo in O si può ricavare
$vecM(O)=(A-O)wedgevecT+(G-O)wedgemvec(g)=d/(dt)(int_0^(pir)lambda(P-O)wedgevecv_Pds)$
Dove l'integrale rappresenta il momento angolare in un istante dato dell'arco di corda OA (derivato rispetto al tempo)
Il che, dopo un po' di conti mi porta a
$M(O)=(dv)/(dt)lambdar(9/2+pi/2)$
Dove $v$ è il modulo della velocità della fune in caduta, cioè la velocità in A.
In teoria, se i conti che ho fatto sono giusti, i due procedimenti non dovrebbero essere in contrasto.
Ho dei dubbi riguardo alla derivazione rispetto al tempo dell'integrale, visto che gli estremi di integrazione li ho considerati costanti.
Sono_qui, hai fatto un bel lavoro certamente, che ancora non ho analizzato in dettaglio.
Però osservo che per ipotesi i due rami di fune sono vicinissimi, il che vuol dire: trascurate quello che succede nella "curva" , immaginate che la massa si trasferisca da Ds a Sn senza ulteriori complicazioni...quindi la tua puleggia dovrebbe avere un diametro tendente a zero. E allora?
Però osservo che per ipotesi i due rami di fune sono vicinissimi, il che vuol dire: trascurate quello che succede nella "curva" , immaginate che la massa si trasferisca da Ds a Sn senza ulteriori complicazioni...quindi la tua puleggia dovrebbe avere un diametro tendente a zero. E allora?
Penso di aver risolto elementarmente.
Quando l'estremo destro, tagliato, è sceso di $x$, la velocità di ogni elemento di fune è : $v = sqrt(2gx)$
In un tempo $dt$, lo spostamento elementare è $v*dt$ .
LA massa elementare $dm$ che "passa" da Ds a Sn si arresta: la corrispondente variazione di qdm è quindi : $ dq = dm*v$ .
Questa variazione di qdm dà un impulso di forza a Sn : $ F*dt = dm * v = (\lambda*v*dt)*v = \lambda*v^2*dt$
Quindi la forza impulsiva vale : $ F = \lambda*v^2 = \lambda * 2gx$
e qusta forza impulsiva va a sommarsi all'incremento di peso dato da $\lambda*g*x$
Percio, l'incremento totale di forza a Sn è : $ F_t = \lambda*g*x + 2\lambda*g*x = 3\lambda*g*x $
Quindi, l'incremento ( che si somma al peso iniziale del ramo Sn) varia linearmente con $x$ .
E ovviamente : $ x = 1/2*g*t^2$ , cioè l'incremento a Sn vari col quadrato del tempo.
Dunque la reazione del soffitto è composta di due termini : uno costante ( uguale in valore al peso iniziale a Sn) e uno variabile come anzi detto.
Che ve ne pare ?
Quando l'estremo destro, tagliato, è sceso di $x$, la velocità di ogni elemento di fune è : $v = sqrt(2gx)$
In un tempo $dt$, lo spostamento elementare è $v*dt$ .
LA massa elementare $dm$ che "passa" da Ds a Sn si arresta: la corrispondente variazione di qdm è quindi : $ dq = dm*v$ .
Questa variazione di qdm dà un impulso di forza a Sn : $ F*dt = dm * v = (\lambda*v*dt)*v = \lambda*v^2*dt$
Quindi la forza impulsiva vale : $ F = \lambda*v^2 = \lambda * 2gx$
e qusta forza impulsiva va a sommarsi all'incremento di peso dato da $\lambda*g*x$
Percio, l'incremento totale di forza a Sn è : $ F_t = \lambda*g*x + 2\lambda*g*x = 3\lambda*g*x $
Quindi, l'incremento ( che si somma al peso iniziale del ramo Sn) varia linearmente con $x$ .
E ovviamente : $ x = 1/2*g*t^2$ , cioè l'incremento a Sn vari col quadrato del tempo.
Dunque la reazione del soffitto è composta di due termini : uno costante ( uguale in valore al peso iniziale a Sn) e uno variabile come anzi detto.
Che ve ne pare ?
Caro Navigatore, io preferisco procedere col metodo lagrangiano:
https://docs.google.com/document/d/1JoBTxF2PxcOHJITzE3zJCXXrchwUhZK7TV8JABY5OAs/pub
anche se in fisica 1 non si fa.Il problema è molto bello e l'impostazione lagrangiana esprime qui tutta la sua potenza e generalità.
La soluzione che proponi si basa su alcune affermazioni che, per quanto intuitive, non so se sono esatte.
Orbene, io mi fermo nella ricerca ed aspetto che Soter ci dica come il suo professore lo risolve
https://docs.google.com/document/d/1JoBTxF2PxcOHJITzE3zJCXXrchwUhZK7TV8JABY5OAs/pub
anche se in fisica 1 non si fa.Il problema è molto bello e l'impostazione lagrangiana esprime qui tutta la sua potenza e generalità.
La soluzione che proponi si basa su alcune affermazioni che, per quanto intuitive, non so se sono esatte.
Orbene, io mi fermo nella ricerca ed aspetto che Soter ci dica come il suo professore lo risolve
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo