Esercizi sul calcolo vettoriale

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Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi sul calcolo vettoriale! Questa serie di problemi risolti mira a illustrare le nozioni teoriche sul calcolo e l’analisi in più dimensione, mediante l’applicazione dei concetti a situazioni pratiche.
La raccolta è pertanto rivolta agli studenti di Fisica generale 1, che desiderano rafforzare la loro padronanza delle operazioni tra vettori in vista dell’applicazione ai problemi fisici più vari.
Buona lettura a tutti!

Oltre al materiale contenuto in Cinematica del punto materiale e Dinamica del punto materiale, consigliamo la lettura dei seguenti articoli su argomenti affini:

Introduzione: vettori e calcolo vettoriale

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Benvenuti alla raccolta di esercizi sul calcolo vettoriale, pensati per studenti che stanno seguendo un corso di Fisica 1 e Meccanica Razionale. Il calcolo vettoriale è uno strumento fondamentale in fisica e ingegneria, utilizzato per descrivere e analizzare una vasta gamma di fenomeni fisici.

Questi esercizi sono progettati come ripasso preliminare prima di iniziare la cinematica del punto materiale. Affrontando questi problemi, rafforzerete la vostra comprensione dei concetti base del calcolo vettoriale, essenziali per affrontare con successo gli argomenti più avanzati di Fisica 1 e Meccanica Razionale.

In questa raccolta, troverete esercizi che coprono vari aspetti del calcolo vettoriale, tra cui:

Le operazioni fondamentali con i vettori, come somma, sottrazione e moltiplicazione per uno scalare. Il prodotto scalare, strumento chiave per calcolare angoli e proiezioni tra vettori. Il prodotto vettoriale, utilizzato per determinare momenti angolari e aree di parallelogrammi definiti da due vettori. La decomposizione dei vettori nelle loro componenti cartesiane e l’uso delle coordinate polari e sferiche. Applicazioni pratiche del calcolo vettoriale in problemi di cinematica e dinamica, inclusi moto rettilineo, moto circolare e forze centripete. Ogni esercizio è accompagnato da una soluzione dettagliata che spiega i passaggi necessari per arrivare alla risposta corretta, facilitando così l’apprendimento e l’autovalutazione. Questo approccio vi permetterà di verificare la vostra comprensione e di correggere eventuali errori concettuali prima di passare agli argomenti successivi.

Vi invitiamo a lavorare su questi esercizi con attenzione e curiosità, sperimentando diverse strategie di soluzione e confrontando i risultati con le spiegazioni fornite. Il calcolo vettoriale non è solo una tecnica matematica, ma un linguaggio potente per descrivere il mondo fisico che ci circonda. Buon lavoro e buon divertimento con il calcolo vettoriale!

Esercizi sul calcolo vettoriale: testi e soluzioni

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia fissato un sistema di riferimento $Oxyz$ , dove $\bm{\hat{x}}$ , $\bm{\hat{y}}$ e $\bm{\hat{z}}$ sono rispettivamente i versori dell’asse $x$ , $y$ e $z$ . Dati i vettori

$\bm{v_1}=\, 3\bm{\hat{x}} - 2\,\bm{\hat{y}} + 5\,\bm{\hat{z}} \qquad \mbox{e} \qquad \bm{v_2} = -\bm{\hat{x}} + 3\,\bm{\hat{y}} + \bm{\hat{z}},$

determinare

il vettore somma $\bm{v_1}+ \bm{v_2}$ e il vettore differenza $\bm{v_1}-\bm{v_2}$ ;
il prodotto scalare $\bm{v_1}\cdot \bm{v_2}$ ;
il prodotto vettoriale $\bm{v_1}\wedge \bm{v_2}$ ;
il modulo dei vettori $\vert \bm{v_1}\vert$ e $\vert \bm{v_2} \vert$ ;
L’angolo $\vartheta$ compreso tra i due vettori.

Svolgimento punto 1.

Dati due vettori

$\bm{v}_1=v_{1,x}\,\bm{\hat{x}}+v_{1,y}\,\bm{\hat{y}}$

$\bm{v}_2=v_{2,x}\,\bm{\hat{x}}+v_{2,y}\,\bm{\hat{y}},$

la loro somma è data da

$\bm{v}_1+\bm{v}_2=\left(v_{1,x}+v_{2,x}\right)\bm{\hat{x}}+\left(v_{1,y}+v_{2,y}\right)\bm{\hat{y}},$

mentre la loro differenza è

$\bm{v}_1-\bm{v}_2=\left(v_{1,x}-v_{2,x}\right)\bm{\hat{x}}+\left(v_{1,y}-v_{2,y}\right)\bm{\hat{y}}.$

Sfruttando quanto detto, si ha

$\bm{v_1}+ \bm{v_2} = (3-1)\bm{\hat{x}} + (-2+3)\bm{\hat{y}} + (5+1)\ebm{\hat{z}} = 2\bm{\hat{x}} +\bm{\hat{y}} + 6\bm{\hat{z}}$

$\bm{v_1}- \bm{v_2} = (3-(-1))\bm{\hat{x}} + (-2-3)\bm{\hat{y}} + (5-1)\bm{\hat{z}} = 4\bm{\hat{x}} -5 \bm{\hat{y}} + 4\bm{\hat{z}}.$

Dunque le soluzioni richieste sono

$\boxcolorato{fisica}{\bm{v_1}+ \bm{v_2}=2\bm{\hat{x}} +\bm{\hat{y}} + 6\bm{\hat{z}} \qquad \mbox{e} \qquad \bm{v_1}- \bm{v_2} = 4\bm{\hat{x}} -5 \bm{\hat{y}} + 4\bm{\hat{z}}.}$

Svolgimento punto 2.

Riprendendo i vettori $\bm{v}_1$ e $\bm{v}_2$ definiti nell’esercizio precedente, ricordiamo che il prodotto scalare tra di essi è dato da

(1) $\begin{equation*} \bm{v}_1\cdot \bm{v}_2 =\left \vert \bm{v}_1\right \vert \left \vert \bm{v}_2\right \vert \cos \theta, \end{equation*}$

dove $\theta$ è l’angolo compreso tra i due vettori, mentre $\left \vert \bm{v}_1\right \vert$ e $\left \vert \bm{v}_2\right \vert$ rappresentano rispettivamente il modulo di $\bm{v}_1$ e $\bm{v}_2$ . È altresì possibile esprimere il prodotto scalare di due vettori anche in termini delle loro componenti, cioè

(2) $\begin{equation*} \bm{v}_1\cdot \bm{v}_2= v_{1,x} \cdot v_{2,x} + v_{1y} \cdot v_{2,y} + v_{1,z} \cdot v_{2,z}. \end{equation*}$

Dalle equazioni (1) e (2), otteniamo

(3) $\begin{equation*} \left \vert \bm{v}_1\right \vert \left \vert \bm{v}_2\right \vert \cos \theta=v_{1,x} \cdot v_{2,x} + v_{1y} \cdot v_{2,y} + v_{1,z} \cdot v_{2,z}. \end{equation*}$

Sfruttando (3), otteniamo

$\bm{v_1}\cdot \bm{v_2} = 3 \cdot (-1) + (-2) \cdot 3 + 5 \cdot 1 = -3 -6 + 5 = \text{-4.}$

Dunque la soluzione richiesta è

$\boxcolorato{fisica}{\bm{v_1}\cdot \bm{v_2}= \text{-4.}}$

Svolgimento punto 3.

Il prodotto vettoriale di due vettori del tipo

$\bm{v_1}= v_{1x} \bm{\hat{x}} + v_{1y} \bm{\hat{y}} + v_{1z} \bm{\hat{z}} \qquad \mbox{e} \qquad \bm{v_2} = v_{2x} \bm{\hat{x}} + v_{2y} \bm{\hat{y}} + v_{2z} \bm{\hat{z}}$

è un vettore ortogonale al piano contenente i due vettori, le cui componenti sono date da

$\bm{v_1}\wedge \bm{v_2} = \begin{vmatrix} \bm{\hat{x}} & \bm{\hat{y}} & \bm{\hat{z}}\\ v_{1x} & v_{1y} & v_{1z}\\ v_{2x} & v_{2y} & v_{2z} \end{vmatrix}.$

Pertanto nel nostro caso

$\bm{v_1}\wedge \bm{v_2} = \begin{vmatrix} \bm{\hat{x}} & \bm{\hat{y}} & \bm{\hat{z}}\\ 3 & -2 & 5\\ -1 & 3 & 1 \end{vmatrix} = \bm{\hat{x}} (-2-15) - \bm{\hat{y}} (3+5) + \bm{\hat{z}} (9-2) = -17\bm{\hat{x}} - 8\bm{\hat{y}} + 7\bm{\hat{z}},$

dove, per calcolare il determinante, abbiamo sfruttato il metodo di Laplace. Dunque la soluzione richiesta è

$\boxcolorato{fisica}{\bm{v_1}\wedge \bm{v_2} =-17\bm{\hat{x}} - 8\bm{\hat{y}} + 7\bm{\hat{z}}.}$

Svolgimento punto 4.

Per calcolare il modulo di un vettore di $n$ componenti $\bm{v}=(v_1,\dots,v_n)$ si sommano, sotto radice, i quadrati delle sue componenti:

$\vert \bm{v} \vert = \sqrt{\sum_{i=1}^n v_{i}^2}.$

Nel nostro caso

$\vert \bm{v_1}\vert = \sqrt{3^2 + (-2)^2 + 5^2} = \sqrt{9 + 4 +25} = \sqrt{38}$

$\vert \bm{v_2} \vert = \sqrt{(-1)^2 + 3^2 + 1^2} = \sqrt{1+9+1} = \sqrt{11}.$

Dunque le soluzioni richieste sono

$\boxcolorato{fisica}{\vert \bm{v_1}\vert = \sqrt{38} \qquad \mbox{e} \qquad \vert \bm{v_2} \vert = \sqrt{11}.}$

Svolgimento punto 5.

Riprendendo i vettori come definiti in precedenza ed in particolare la relazione (1), l’angolo $\vartheta$ formato da due vettori è dato da

$\cos \vartheta = \dfrac{\bm{v_1}\cdot \bm{v_2}}{\vert \bm{v_1}\vert \vert \bm{v_2} \vert} = \dfrac{-4}{\sqrt{38} \, \sqrt{11}},$

dove abbiamo sfruttato i risultati dei punti 1 e 2. Dunque concludiamo che

$\boxcolorato{fisica}{\vartheta \simeq \text{101,28}^\circ.}$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia fissato un sistema di riferimento $Oxyz$ , dove $\bm{\hat{x}}$ , $\bm{\hat{y}}$ e $\bm{\hat{z}}$ sono rispettivamente i versori dell’asse $x$ , $y$ e $z$ . Dati i vettori

$\bm{v_1}= \bm{\hat{x}} - 3\bm{\hat{z}} \qquad \mbox{e} \qquad \bm{v_2} = 2\bm{\hat{y}} + \bm{\hat{z}},$

determinare un terzo vettore $\bm{v_3}$ di modulo pari a $\sqrt{41}$ e ortogonale a $\bm{v_1}$ e $\bm{v_2}$ .

Premessa.

Proporremo due soluzioni diverse per questo problema.

Svolgimento metodo 1.

Affinché $\bm{v_3}$ sia ortogonale ad entrambi i vettori dati $\bm{v_1}$ e $\bm{v_2}$ , significa che deve essere ortogonale al piano contenente i due vettori, pertanto deve essere un vettore dato da

$\bm{v_3} = c \left(\bm{v_1}\wedge \bm{v_2}\right) = c \; \begin{vmatrix} \bm{\hat{x}} & \bm{\hat{y}} & \bm{\hat{z}}\\ 1 & 0 & -3\\ 0 & 2 & 1 \end{vmatrix} = c \left( 6\bm{\hat{x}} - \bm{\hat{y}} + 2\bm{\hat{z}}\right),$

con $c \in \mathbb{R}$ . La costante $c$ si determina con la richiesta sul modulo di $\bm{v_3}$ , ovvero imponendo

$\vert \bm{v_3} \vert = \sqrt{41} \quad \Rightarrow \quad \sqrt{(6c)^2 + (-c)^2 + (2c)^2} = \sqrt{41} \quad \Rightarrow \quad \sqrt{41c^2} = \sqrt{41} \quad \Rightarrow \quad c=\pm 1.}$

Dunque i vettori richiesti sono

$\boxcolorato{fisica}{\bm{v_3} = \pm \left( 6\bm{\hat{x}} - \bm{\hat{y}} + 2\bm{\hat{z}}\right)}$

Svolgimento metodo 2.

Sia $\bm{v}_3=v_{3,x}\,\bm{\hat{x}} + v_{3,y}\,\bm{\hat{y}} +v_{3,z}\,\bm{\hat{z}}$ . Sappiamo che il vettore $\bm{v}_3$ deve verificare

$\begin{cases} \bm{v}_3\cdot \bm{v}_1=0\\ \bm{v}_3\cdot \bm{v}_2=0\\ \left \vert \bm{v}_3\right \vert =\sqrt{41}, \end{cases}$

da cui

$\begin{cases} v_{3,x}-3v_{3,z}=0\\ 2v_{3,y}+v_{3,z}=0\\ v_{3,x}^2+v_{3,y}^2+v_{3,z}^2=41. \end{cases}$

Il sistema ha soluzioni

$\begin{cases} v_{3,x}=-6\\ v_{3,y}=1\\ v_{3,z}=-2 \end{cases}$

$\begin{cases} v_{3,x}=6\\ v_{3,y}=-1\\ v_{3,z}=2. \end{cases}$

Concludiamo che

$\boxcolorato{fisica}{\bm{v_3} = \pm \left( 6\bm{\hat{x}} - \bm{\hat{y}} + 2\bm{\hat{z}}\right).}$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia fissato un sistema di riferimento $Oxyz$ , dove $\bm{\hat{x}}$ , $\bm{\hat{y}}$ e $\bm{\hat{z}}$ sono rispettivamente i versori dell’asse $x$ , $y$ e $z$ . Dati i vettori

$\bm{v_1}= \bm{\hat{x}} +4\bm{\hat{y}} \qquad \mbox{e} \qquad \bm{v_2} = 5\bm{\hat{y}} -3\bm{\hat{z}},$

determinare la componente $y \in \mathbb{R}$ del seguente vettore

$\bm{v_3} = \bm{\hat{x}} + y \bm{\hat{y}} - 2\bm{\hat{z}}$

affinché i tre vettori siano complanari.

Svolgimento.

Due o più vettori si dicono complanari quando giacciono sullo stesso piano. Consideriamo il piano sul quale giacciono i vettori $\bm{v_1}$ e $\bm{v_2}$ . Un terzo vettore $\bm{v_3}$ è complanare ad essi se è ortogonale al vettore $\bm{v_1}\wedge \bm{v_2}$ :

(4) $\begin{equation*} \bm{v_3} \cdot (\bm{v_1}\wedge \bm{v_2}) = 0. \end{equation*}$

Dunque calcoliamo

$\bm{v_1}\wedge \bm{v_2} = \begin{vmatrix} \bm{\hat{x}} & \bm{\hat{y}} & \bm{\hat{z}}\\ 1 & 4 & 0\\ 0 & 5 & -3 \end{vmatrix} = -12 \bm{\hat{x}} + 3\bm{\hat{y}} + 5\bm{\hat{z}} ,$

ed infine

$v_3 \cdot (\bm{v_1}\wedge \bm{v_2}) = 1 \cdot (-12) + y \cdot (3) - 2 \cdot 5 = -12 +3y-10.$

Dalla richiesta in (4) imponiamo

$-12 +3y-10=0 \quad \Rightarrow \quad y = \dfrac{22}{3}.$

Dunque il vettore richiesto è

$\boxcolorato{fisica}{v_3 = \bm{\hat{x}} + \dfrac{22}{3} \bm{\hat{y}} - 2\bm{\hat{z}}.}$

Scarica gli esercizi svolti

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Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia fissato un sistema di riferimento fisso $Oxyz$ , dove $\bm{\hat{x}}$ , $\bm{\hat{y}}$ e $\bm{\hat{z}}$ sono rispettivamente i versori dell’asse $x$ , $y$ e $z$ . Calcolare la derivata dei seguenti vettori rispetto al parametro $t$

$\bm{v_1}(t) = 5t \,\bm{\hat{x}} -\sqrt{2}t \,\bm{\hat{y}}\qquad \mbox{e} \qquad \bm{v_2}(t) = \cos t \,\bm{\hat{x}} +3t \,\bm{\hat{y}}.$

Inoltre, si richiede di calcolare

$\int_0^a \left(\bm{v}_1(t) - \bm{v_2}(t)\right) dt,$

dove $a$ è un numero reale positivo.

Svolgimento.

È utile per il lettore la seguente precisazione. Il sistema di riferimento è fisso, cioè i versori non dipendono dal tempo ma se i versori dipendessero dal tempo e avessimo un vettore del tipo $\bm{r}=x\,\bm{\hat{x}}(t)+y\,\bm{\hat{y}}(t)+z\,\bm{\hat{z}}(t)$ , avremmo

$\dfrac{d\bm{r}}{dt}=\dfrac{dx}{dt}\,\bm{\hat{x}}+x\dfrac{d\bm{\hat{x}}}{dt}+\dfrac{dy}{dt}\,\bm{\hat{y}}+y\dfrac{d\bm{\hat{y}}}{dt}+\dfrac{dz}{dt}\,\bm{\hat{z}}+z\dfrac{d\bm{\hat{z}}}{dt}.$

Se i versori $\bm{\hat{x}}$ , $\bm{\hat{y}}$ e $\bm{\hat{z}}$ non dipendono dal tempo, vale quanto segue

$\dfrac{d\bm{\hat{x}}}{dt}=\dfrac{d\bm{\hat{y}}}{dt}=\dfrac{d\bm{\hat{z}}}{dt}=0,$

da cui

$\dfrac{d\bm{r}}{dt}=\dfrac{dx}{dt}\,\bm{\hat{x}}+\dfrac{dy}{dt}\,\bm{\hat{y}}+\dfrac{dz}{dt}\,\bm{\hat{z}}.$

Applicando quanto detto al nostro caso dove i versori non dipendono dal tempo, otteniamo

$\dfrac{d \bm{v}_1}{dt} = 5\bm{\hat{x}} - \sqrt{2}\bm{\hat{y}} \qquad \mbox{e} \qquad \dfrac{d \bm{v_2}}{dt} = -\sin t \bm{\hat{x}} +3 \bm{\hat{y}}.$

Per calcolare l’integrale determiniamo

$\bm{v_1}(t) - \bm{v_2}(t) = (5t-\cos t) \bm{\hat{x}} - (\sqrt{2}+3)t \bm{\hat{y}},$

per poter scrivere

$\begin{aligned} \int_0^a \left(\bm{v_1}(t) - \bm{v_2}(t)\right) \, dt & = \int_0^a \left( (5t-\cos t) \bm{\hat{x}} - (\sqrt{2}+3)t \bm{\hat{y}} \right) \, dt = \\ & = \bm{\hat{x}} \int_0^a (5t-\cos t) dt - \bm{\hat{y}} \int_0^a (\sqrt{2}+3)t \, dt =\\ & = \bm{\hat{x}} \left( \dfrac{5t^2}{2} - \sin t\right)_0^a - \bm{\hat{y}} \left(\left(\sqrt{2}+3\right)\dfrac{t^2}{2}\right)_0^a = \\ & = \bm{\hat{x}} \left( \dfrac{5a^2}{2} - \sin a\right)- \bm{\hat{y}} \left(\left(\sqrt{2}+3\right)\dfrac{a^2}{2}\right). \end{aligned}$

Dunque concludiamo che

$\boxcolorato{fisica}{\displaystyle \int_0^a \left(\bm{v_1}(t) - \bm{v_2}(t)\right) dt = \bm{\hat{x}} \left( \dfrac{5a^2}{2} - \sin a\right)- \bm{\hat{y}} \left(\left(\sqrt{2}+3\right)\dfrac{a^2}{2}\right).}$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si fissi un sistema di riferimento $Oxy$ con $\hat{x}$ e $\hat{y}$ i versori rispettivamente dell’asse delle $x$ e delle $y$ .
Sia dato

$\bm{E}(P) = \alpha r \, \bm{\hat{r}},$

il campo vettoriale definito in un punto $P$ del nostro sistema di riferimento, con $r$ distanza tra $P$ e l’origine $O$ , $\bm{\hat{r}}$ versore radiale con direzione da $O$ verso $P$ , e $\alpha\in\mathbb{R}$ . Riscrivere $\bm{E}(P)$ in funzione delle coordinate cartesiane $x$ e $y$ e dei corrispondenti versori degli assi $\bm{\hat{x}}$ e $\bm{\hat{y}}$ .

Svolgimento metodo 1.

Consideriamo la seguente figura.

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Figura 1: rappresentazione versori.

Nella figura sono rappresentati i versori $\bm{\hat{x}}$ , $\bm{\hat{y}}$ e $\bm{\hat{r}}$ . Inoltre, è stato introdotto l’angolo $\theta$ che il versore $\hat{r}$ forza con l’asse delle $x$ . Il versore $\bm{\hat{r}}$ si può esprimere in funzione dei versore $\bm{\hat{x}}$ e $\bm{\hat{y}}$ , cioè $\bm{\hat{r}}=\cos \theta \,\bm{\hat{x}}+\sin \theta \,\bm{\hat{y}}$ , da cui

$\bm{E}=\alpha r \left(\cos \theta \,\bm{\hat{x}}+\sin \theta \,\bm{\hat{y}}\right).$

Le coordinate generiche di $P$ sono $(x,y)$ , come rappresentato dalla figura che segue.

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Figura 2: rappresentazione coordinate generiche del punto P.

Dalla geometria del problema è chiaro che

$\begin{cases} x=\sqrt{x^2+y^2}\cos \theta \\ y=\sqrt{x^2+y^2}\sin \theta, \end{cases}$

da cui

$\begin{cases} \cos \theta =\dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\\ \sin \theta =\dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}, \end{cases}$

conseguentemente

$\bm{E}(P)=\alpha \sqrt{x^2+y^2}\left(\dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\bm{\hat{x}}+\dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\bm{\hat{y}}\right),$

i.e.

$\boxcolorato{fisica}{\bm{E}=\alpha x\,\bm{x}+\alpha y\,\bm{y}.}$

Svolgimento metodo 2.

Consideriamo la seguente figura

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Figura 3 :rappresentazione coordinate punto P con versore radiale.

ed osserviamo che

$\overline{OC} = x, \qquad \overline{PC} = y, \qquad \overline{OP} = \sqrt{x^2+y^2}, \qquad \mbox{e} \qquad \overline{PA} = 1,$

dove $\overline{PA} = 1$ poiché $\bm{\hat{r}}$ è il versore radiale di modulo $1$ . I due triangoli $OPC$ e $PAB$ sono simili in quanto gli angoli interni sono gli stessi. Possiamo scrivere una proporzione fra i lati corrispondenti:

$OC:OP=PB:PA ,\qquad \qquad CP:OP=BA:PA,$

da cui ricaviamo

$PB = \dfrac{OC \cdot PA}{OP} = \dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}, \qquad \qquad AB =\dfrac{CP \cdot PA}{OP}= \dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}.$

Quindi, essendo $\bm{\hat{r}} = PB \bm{\hat{x}} + AB \bm{\hat{y}}$ , abbiamo

$\bm{\hat{r}} = \dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} \bm{\hat{x}} + \dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} \bm{\hat{y}} ,$

da cui

$\bm{E}(P) = \alpha r \, \bm{\hat{r}} = \alpha \sqrt{x^2+y^2} \, \left(\dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} \bm{\hat{x}} + \dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} \bm{\hat{y}} \right) = \alpha x \, \bm{\hat{x}} + \alpha y \, \bm{\hat{y}},$

quindi

$\boxcolorato{fisica}{\bm{E}=\alpha x\,\bm{x}+\alpha y\,\bm{y}.}$

Esercizio 6 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia fissato un sistema di riferimento $Oxyz$ , dove $\bm{\hat{x}}$ , $\bm{\hat{y}}$ e $\bm{\hat{z}}$ sono rispettivamente i versori dell’asse $x$ , $y$ e $z$ . Sono definiti i campi vettoriali

$\bm{a} = x^2 \bm{\hat{x}} - 5y \bm{\hat{y}} \qquad \mbox{e} \qquad \bm{b} = 3x \bm{\hat{x}} + 10 \bm{\hat{y}}.$

Sia $\bm{c}=\bm{a}+\bm{b}$ la loro somma. Calcolare:

il modulo di $\bm{c}$ ;
i punti in cui $\vert \bm{c} \vert = 0$ .

Svolgimento punto 1.

Calcoliamo

$\bm{c}=\bm{a}+\bm{b}= (x^2+3x)\bm{\hat{x}} + (-5y+10) \bm{\hat{y}},$

da cui segue che il modulo è

$\vert \bm{c} \vert = \sqrt{(x^2+3x)^2 + (-5y+10)^2},$

quindi

$\boxcolorato{fisica}{\vert \bm{c} \vert = \sqrt{x^2(x+3)^2 +25(1-y)^2}.}$

Svolgimento punto 2.

I punti per cui $\vert \bm{c} \vert = 0$ sono gli stessi per cui $\bm{c}=0$ , quindi impostiamo

$\begin{cases} x^2+3x=0\\ -5y+10=0 \end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} x=0, x=-3\\ y=2, \end{cases}$

da cui concludiamo che i punti cercati sono

$\boxcolorato{fisica}{A(0,2) \qquad \mbox{e} \qquad B(-3,2).}$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia fissato un sistema di riferimento $Oxyz$ , dove $\bm{\hat{x}}$ , $\bm{\hat{y}}$ e $\bm{\hat{z}}$ sono rispettivamente i versori dell’asse $x$ , $y$ e $z$ . Calcolare il gradiente dei seguenti campi scalari

$f(x,y,z) = xy e^{xy^2z}$ ;
$f(x,y,z) = \dfrac{x+y}{x-z}$ ;
$f(x,y,z) = \sqrt{yz^3} + x^2$ ;
$f(x,y,z,w) = 4wz - 5x^2y$ .

Richiami teorici.

Assegnato in un sistema di coordinate cartesiane un campo scalare $f=f(x,y,z)$ , si definisce \textit{gradiente del campo scalare}

$\bm{\nabla} f = \dfrac{\partial f}{\partial x} \bm{\hat{x}} + \dfrac{\partial f}{\partial y} \bm{\hat{y}} + \dfrac{\partial f}{\partial z} \bm{\hat{z}}.$

Svolgimento punto 1.

Dal campo scalare fornito abbiamo

$\begin{aligned} & \dfrac{\partial f}{\partial x} = y e^{xy^2z} (1 + x y^2z), \\ & \dfrac{\partial f}{\partial y} = x e^{xy^2z} (1 + 2xy^2z), \\ & \dfrac{\partial f}{\partial z} = x^2y^3 e^{xy^2z}, \end{aligned}$

per cui il gradiente di $f$ è

$\bm{\nabla} f = y e^{xy^2z} (1 + x y^2z) \bm{\hat{x}} + x e^{xy^2z} (1 + 2xy^2z) \bm{\hat{y}} + x^2y^3 e^{xy^2z} \bm{\hat{z}},$

che si può riscrivere come segue

$\boxcolorato{fisica}{\bm{\nabla} f = e^{xy^2z} \left( y(1 + x y^2z) \bm{\hat{x}} + x (1 + 2xy^2z) \bm{\hat{y}} + x^2y^3 \bm{\hat{z}}\right).}$

Svolgimento punto 2.

Dal campo scalare fornito abbiamo

$\begin{aligned} & \dfrac{\partial f}{\partial x} = \dfrac{x-z-(x+y)}{(x-z)^2} = -\dfrac{y+z}{(x-z)^2}, \\[10pt] & \dfrac{\partial f}{\partial y} = \dfrac{1}{x-z},\\[10pt] & \dfrac{\partial f}{\partial z} = \dfrac{x+y}{(x-z)^2}, \end{aligned}$

per cui il gradiente di $f$ è

$\boxcolorato{fisica}{\bm{\nabla} f = -\dfrac{y+z}{(x-z)^2} \bm{\hat{x}} + \dfrac{1}{x-z} \bm{\hat{y}} + \dfrac{x+y}{(x-z)^2} \bm{\hat{z}}.}$

Svolgimento punto 3.

Dal campo scalare fornito abbiamo $f=y^{\frac{1}{2}}z^{\frac{3}{2}}+x^2$ , da cui

$\begin{aligned} & \dfrac{\partial f}{\partial x}=2x ,\\[10pt] & \dfrac{\partial f}{\partial y}=\dfrac{1}{2}y^{-\frac{1}{2}}z^{\frac{3}{2}}=\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{z^3}{y}}, \\[10pt] & \dfrac{\partial f}{\partial z}=\dfrac{3}{2}y^{\frac{1}{2}}z^{\frac{1}{2}}=\dfrac{3}{2}\sqrt{yz}, \end{aligned}$

quindi

$\bm{\nabla} f = 2x\, \bm{\hat{x}} + \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{z^3}{y}}\, \bm{\hat{y}} + \dfrac{3}{2}\sqrt{yz} \,\bm{\hat{z}}.$

Si conclude che il gradiente di $f$ è

$\boxcolorato{fisica}{\bm{\nabla} f = 2x \bm{\hat{x}} + \dfrac{z^3}{2\sqrt{yz^3}} \bm{\hat{y}} + \dfrac{3yz^2}{2\sqrt{yz^3}} \bm{\hat{z}}. }$

Svolgimento punto 4.

Dal campo scalare fornito abbiamo

$\begin{aligned} & \dfrac{\partial f}{\partial x} = -10xy ,\qquad \qquad && \dfrac{\partial f}{\partial y} = -5x^2, \\\\ & \dfrac{\partial f}{\partial z} = 4w, \qquad \qquad && \dfrac{\partial f}{\partial w} = 4z, \end{aligned}$

per cui il gradiente di $f$ è

$\boxcolorato{fisica}{\bm{\nabla} f = -10xy \bm{\hat{x}} -5x^2 \bm{\hat{y}} + 4w \bm{\hat{z}} + 4z \bm{\hat{w}}. }$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia fissato un sistema di riferimento $Oxyz$ , dove $\bm{\hat{x}}$ , $\bm{\hat{y}}$ e $\bm{\hat{z}}$ sono rispettivamente i versori dell’asse $x$ , $y$ e $z$ . Calcolare il gradiente del seguente campo scalare

$f(x,y,z) = \sqrt{x^2+(y-1)^2+z^2}$

e stabilire che relazione sussiste fra le superfici di livello di $f(x,y,z)$ e il gradiente di $f$ .

Svolgimento.

Assegnato in un sistema di coordinate cartesiane un campo scalare $f=f(x,y,z)$ , si definisce gradiente del campo scalare

$\bm{\nabla} f = \dfrac{\partial f}{\partial x} \bm{\hat{x}} + \dfrac{\partial f}{\partial y} \bm{\hat{y}} + \dfrac{\partial f}{\partial z} \bm{\hat{z}}.$

Quindi nel nostro caso

$\bm{\nabla} f = \dfrac{1}{\sqrt{x^2+(y-1)^2+z^2}}\left(x \bm{\hat{x}} , \left(y-1\right) \bm{\hat{y}}, z \bm{\hat{z}}\right).$

Notiamo che

$\left \vert \bm{\nabla} f \right \vert = \dfrac{1}{\sqrt{x^2+(y-1)^2+z^2}}\left(\sqrt{x^2+(y-1)^2+z^2}\right)= \text{1}.$

Pertanto definendo $\vec{r}=r\,\hat{r}$ , dove $\hat{r}$ è il versore nella direzione del $\bm{\nabla} f$ e $r=\sqrt{x^2+(y-1)^2+z^2}$ , è possibile ottenere la seguente scrittura

$\bm{\nabla} f=\dfrac{\bm{r}}{\left \vert \bm{r} \right \vert }=\hat{r}.$

Le superfici di livello di $f(x,y,z)$ sono date da

$f(x,y,z)=k \quad \Rightarrow \quad 2\sqrt{x^2+(y-1)^2+z^2}=k \quad \Rightarrow \quad \sqrt{x^2+(y-1)^2+z^2}=k,$

con $k$ costante e sono superfici sferiche di raggio $k$ e centro $(0,1,0)$ . Il gradiente, essendo diretto come il raggio, è ortogonale in ogni punto alle superfici di livello.

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia fissato un sistema di riferimento $Oxyz$ , dove $\bm{\hat{x}}$ , $\bm{\hat{y}}$ e $\bm{\hat{z}}$ sono rispettivamente i versori dell’asse $x$ , $y$ e $z$ . Calcolare la divergenza dei seguenti vettori

$\bm{w} = x^3y \, \bm{\hat{x}} + \cos\left(5xy\right)\, \bm{\hat{y}} - 3yz^2 \, \bm{\hat{z}}$ ;
$\bm{w} = 2^{x} \, \bm{\hat{x}} - \sqrt{5xy^2}\, \bm{\hat{y}} + e^{3x} \, \bm{\hat{z}}$ ;
$\bm{w} = e^{xz} \, \bm{\hat{x}} + \dfrac{3}{xy^2}\, \bm{\hat{y}} + yz^4 \, \bm{\hat{z}}$ ;
$\bm{w} = 7y^3z \, \bm{\hat{x}} - 4e^{\sqrt{y}}\, \bm{\hat{y}} + 3^{yz}\, \bm{\hat{z}}$ .

Richiami teorici.

Dato un sistema di riferimento $Oxyz$ e un vettore $\bm{w}=w_x \, \bm{\hat{x}} + w_y \, \bm{\hat{y}} + w_z \, \bm{\hat{z}}$ , la divergenza di $\bm{v}$ è

$\bm{\nabla} \cdot \bm{v} = \dfrac{\partial w_x}{\partial x} + \dfrac{\partial w_y}{\partial y} +\dfrac{\partial w_z}{\partial z} .$

Svolgimento punto 1.

Calcoliamo le derivate parziali

$\dfrac{\partial w_x}{\partial x} = 3x^2y, \qquad \dfrac{\partial w_y}{\partial y} = -5x \, \sin(5xy), \qquad \dfrac{\partial w_z}{\partial z} = -6yz,$

per cui la divergenza del vettore $\bm{w}$ è

$\boxcolorato{fisica}{\bm{\nabla} \cdot \bm{w} = 3x^2y - 5x \, \sin(5xy) - 6yz.}$

Svolgimento punto 2.

Calcoliamo le derivate parziali

$\dfrac{\partial w_x}{\partial x} = 2^x \ln 2, \qquad \dfrac{\partial w_y}{\partial y} = \dfrac{-5xy}{\sqrt{5xy^2}},\qquad \dfrac{\partial w_z}{\partial z} = 0,$

per cui la divergenza del vettore $\bm{w}$ è

$\boxcolorato{fisica}{\bm{\nabla} \cdot \bm{w} = 2^x \ln 2 - \dfrac{5xy}{\sqrt{5xy^2}}.}$

Svolgimento punto 3.

Calcoliamo le derivate parziali

$\dfrac{\partial w_x}{\partial x} = ze^{xz}, \qquad \dfrac{\partial w_y}{\partial y} = -\dfrac{6}{xy^3}, \qquad \dfrac{\partial w_z}{\partial z} = 4yz^3,$

per cui la divergenza del vettore $\bm{w}$ è

$\boxcolorato{fisica}{\bm{\nabla} \cdot \bm{w} = ze^{xz} - \dfrac{6}{xy^3} + 4yz^3.}$

Svolgimento punto 4.

Calcoliamo le derivate parziali

$\dfrac{\partial w_x}{\partial x} = 0,\qquad \dfrac{\partial w_y}{\partial y} = \dfrac{2}{\sqrt{y}} e^{\sqrt{y}}, \qquad \dfrac{\partial w_z}{\partial z} = 3^{yz} y \ln 3,$

per cui la divergenza del vettore $\bm{w}$ è

$\boxcolorato{fisica}{\bm{\nabla} \cdot \bm{w} = \dfrac{2}{\sqrt{y}} e^{\sqrt{y}} + 3^{yz} y\ln 3.}$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia fissato un sistema di riferimento $Oxyz$ , dove $\bm{\hat{x}}$ , $\bm{\hat{y}}$ e $\bm{\hat{z}}$ sono rispettivamente i versori dell’asse $x$ , $y$ e $z$ . Calcolare il rotore dei seguenti vettori

$\bm{v} =4y \, \bm{\hat{x}} -5\sin(xy) \, \bm{\hat{y}} - 3y^2z^2 \, \bm{\hat{z}}$ ;
$\bm{v} =(5x^2+y^3) \, \bm{\hat{x}} + 2^{xy} \, \bm{\hat{y}} - 7yz^3\, \bm{\hat{z}}$ ;
$\bm{v} = (\cos(3y)+x) \, \bm{\hat{x}} + \sqrt{3xyz^2} \, \bm{\hat{y}} + \sin(8xy^2)\, \bm{\hat{z}}$ .

Richiami teorici.

Dato un sistema di riferimento $Oxyz$ e un vettore $\bm{v}=v_x \, \bm{\hat{x}} + v_y \, \bm{\hat{y}} + v_z \, \bm{\hat{z}}$ , il rotore del vettore $\bm{v}$ è un vettore dato da

$\bm{\nabla} \wedge \bm{v} = \begin{vmatrix} \bm{\hat{x}} & \bm{\hat{y}} & \bm{\hat{z}}\\\\ \dfrac{\partial}{\partial x} & \dfrac{\partial}{\partial y} & \dfrac{\partial}{\partial z}\\\\ v_x & v_y & v_z \end{vmatrix} = \bm{\hat{x}} \left( \dfrac{\partial v_z}{\partial y} - \dfrac{\partial v_y}{\partial z} \right) - \bm{\hat{y}} \left( \dfrac{\partial v_z}{\partial x} - \dfrac{\partial v_x}{\partial z} \right) + \bm{\hat{z}} \left( \dfrac{\partial v_y}{\partial x} - \dfrac{\partial v_x}{\partial y} \right).$

Svolgimento punto 1.

Calcoliamo le derivate parziali nel nostro caso

$\begin{aligned} & \dfrac{\partial v_x}{\partial y} = 4, \qquad \qquad && \dfrac{\partial v_x}{\partial z} = 0,\\\\ & \dfrac{\partial v_y}{\partial x} = -5y \cos(xy), \qquad \qquad &&\dfrac{\partial v_y}{\partial z} = 0,\\\\ & \dfrac{\partial v_z}{\partial x} = 0, \qquad \qquad &&\dfrac{\partial v_z}{\partial y} = -6yz^2 . \end{aligned}$

Per cui il rotore del vettore $\bm{v}$ è

$\boxcolorato{fisica}{\bm{\nabla} \wedge \bm{v} = -6yz^2 \bm{\hat{x}} - (5y \cos(xy) + 4) \bm{\hat{z}}.}$

Svolgimento punto 2.

Calcoliamo le derivate parziali nel nostro caso

$\begin{aligned} & \dfrac{\partial v_x}{\partial y} = 3y^2, \qquad \qquad && \dfrac{\partial v_x}{\partial z} = 0,\\\\ & \dfrac{\partial v_y}{\partial x} = 2^{xy} y \, \ln 2,\qquad \qquad &&\dfrac{\partial v_y}{\partial z} = 0,\\\\ & \dfrac{\partial v_z}{\partial x} = 0, \qquad \qquad &&\dfrac{\partial v_z}{\partial y} = -7z^3. \end{aligned}$

Per cui il rotore del vettore $\bm{v}$ è

$\boxcolorato{fisica}{\bm{\nabla} \wedge \bm{v} = -7z^3 \bm{\hat{x}} - (2^{xy} y \ln 2 - 3y^2) \bm{\hat{z}}.}$

Svolgimento punto 3.

Calcoliamo le derivate parziali nel nostro caso

$\begin{aligned} & \dfrac{\partial v_x}{\partial y} = -3\sin(3y), \qquad \qquad && \dfrac{\partial v_x}{\partial z} = 0,\\\\ & \dfrac{\partial v_y}{\partial x} = \dfrac{3yz^2}{2\sqrt{3xyz^2}},\qquad \qquad &&\dfrac{\partial v_y}{\partial z}, =\dfrac{6xyz}{\sqrt{3xyz^2}},\\\\ & \dfrac{\partial v_z}{\partial x} = 8y^2 \cos(8xy^2), \qquad \qquad &&\dfrac{\partial v_z}{\partial y} = 16xy \cos(8xy^2). \end{aligned}$

Per cui il rotore del vettore $\bm{v}$ è

$\boxcolorato{fisica}{\bm{\nabla} \wedge \bm{v} = \left(16xy\cos\left(8xy^2\right) - \dfrac{6xyz}{\sqrt{3xyz^2}} \right) \bm{\hat{x}} - 8y^2 \cos(8xy^2) \bm{\hat{y}} + \left(\dfrac{3yz^2}{2\sqrt{3xyz^2}} + 3 \sin(3y)\right)\bm{\hat{z}}.}$

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ArXiv – ArXiv è un archivio di preprint per articoli di ricerca in fisica (e in altre discipline scientifiche). Gli articoli non sono peer-reviewed al momento della pubblicazione su ArXiv, ma rappresentano un’importante risorsa per rimanere aggiornati sugli sviluppi più recenti nella ricerca fisica.
Phys.org – Questo sito offre notizie e aggiornamenti su una vasta gamma di argomenti scientifici, con un focus particolare sulla fisica. È una risorsa utile per rimanere aggiornati sugli ultimi sviluppi nella ricerca e nelle scoperte fisiche.
Physics Forums – Una delle comunità online più grandi per la fisica e la scienza in generale. Offre discussioni su vari argomenti di fisica, aiuto con i compiti, e discussioni su articoli di ricerca.
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American Physical Society (APS) – La APS è una delle organizzazioni più importanti per i fisici. Il sito offre accesso a pubblicazioni, conferenze, risorse educative e aggiornamenti sulle novità del mondo della fisica.
Institute of Physics (IOP) – L’IOP è un’importante organizzazione professionale per i fisici. Il sito offre risorse per l’apprendimento, accesso a riviste scientifiche, notizie e informazioni su eventi e conferenze nel mondo della fisica.
Physics World – Physics World è una rivista online che offre notizie, articoli, interviste e approfondimenti su vari argomenti di fisica. È una risorsa preziosa per chiunque sia interessato agli sviluppi contemporanei nella fisica.
Quanta Magazine (sezione Fisica) – Quanta Magazine è una pubblicazione online che copre notizie e articoli di approfondimento su matematica e scienze. La sezione fisica è particolarmente interessante per i contenuti di alta qualità e le spiegazioni approfondite.
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