Il tuo esame.
Un passaggio
alla volta.

Il ragionamento · 1 / 4

Il primo passo è capire su che cosa integriamo.

Un integrale di superficie somma contributi su un foglio curvo nello spazio. Prima del calcolo distinguiamo due oggetti: la superficie $\Sigma$ e il dominio piano $D$ che la descrive.

Se la superficie è il grafico $z=f(x,y)$, possiamo parametrizzarla con $\mathbf r(x,y)=(x,y,f(x,y))$. Il piccolo rettangolo $dx\,dy$ diventa un pezzetto di superficie di area

Il foglio originale costruisce proprio questo passaggio. Per un campo scalare usiamo la norma del prodotto vettoriale: qui non stiamo calcolando un flusso orientato.

La domanda da farsi è: quanto si dilata l’area passando dal piano alla superficie? Quel fattore deve rimanere nel conto.

Il ragionamento · 2 / 4

Scriviamo i dati e costruiamo il fattore di area.

L’esercizio chiede di calcolare

sulla superficie $z=e^{2x+y}$, con $0\le x\le1$ e $0\le y\le2$.

La parametrizzazione è $\mathbf r=(x,y,e^{2x+y})$. Deriviamo rispetto a una variabile alla volta:

Il prodotto vettoriale vale $(-2e^{2x+y},-e^{2x+y},1)$. La sua norma è $\sqrt{1+5e^{4x+2y}}$.

Il fattore 5 non arriva da una formula da ricordare: è $2^2+1^2$, la somma dei coefficienti al quadrato delle due derivate.

Il ragionamento · 3 / 4

La semplificazione viene dopo la sostituzione.

Ora sostituiamo $z=e^{2x+y}$ anche nell’integranda. Otteniamo

I due fattori si cancellano perché sono identici e strettamente positivi. Senza il fattore di area, invece, il risultato sarebbe diverso.

Resta un integrale doppio sul rettangolo:

Nel foglio si vede prima la formula completa e soltanto dopo la cancellazione. È una buona abitudine: rende controllabile ogni scelta e aiuta a ritrovare un fattore dimenticato.

Il ragionamento · 4 / 4

Il risultato si controlla cambiando strada.

Nell’integrale interno $y$ è costante. Quindi

Poi integriamo rispetto a $y$: Possiamo verificarlo separando i fattori sul rettangolo: $(\int_0^1x\,dx)(\int_0^2y^2\,dy)=\frac12\cdot\frac83=\frac43$.

Anche il segno torna: $x$ e $y^2$ sono non negativi. Se fosse comparso un risultato negativo, avremmo saputo subito di dover ricontrollare il conto. Nella scheda che segue trovi lo svolgimento riordinato e una piccola variazione da provare.

Il ragionamento · 1 / 2

Durante l’urto si conservano due quantità.

Il corpo ha massa $M_1=6\,\mathrm{kg}$ e velocità iniziale $v_0=12\,\mathrm{m/s}$; la sfera, inizialmente ferma, ha massa $M_2=4\,\mathrm{kg}$. Nell’urto centrale elastico conserviamo quantità di moto ed energia cinetica. Dal rapporto fra le due equazioni ricaviamo $v_0+v_1=v_2$. Le velocità dopo l’urto sono

La sfera parte senza ruotare: la sua rotazione nasce nella fase successiva, quando entra nella zona con attrito.

Il controllo numerico è concreto: prima dell’urto la quantità di moto è $6\cdot12=72\,\mathrm{kg\,m/s}$; dopo è $6\cdot2{,}4+4\cdot14{,}4=72$. L’energia totale resta $432\,\mathrm J$. La sfera può andare più veloce del corpo incidente perché è più leggera: ciò che si conserva è l’energia dell’intero sistema, non la velocità di ciascun corpo.

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L’attrito rallenta il centro e fa crescere la rotazione.

Sulla parte scabra agisce l’attrito dinamico $\mu_dM_2g$. Con $I=\frac25M_2R^2$, la traslazione rallenta mentre aumenta la velocità angolare:

Il puro rotolamento comincia quando $v=\omega R$. Da questa condizione, non da un’ipotesi iniziale, seguono Nell’ultima riga del foglio si sottrae all’energia iniziale sia l’energia traslazionale sia quella rotazionale finale. Quella differenza è l’energia dissipata, circa $118{,}5\,\mathrm J$.

Qui sarebbe sbagliato conservare l’energia meccanica: mentre il punto di contatto striscia, l’attrito dissipa energia. Il momento della forza rispetto al centro vale $\mu_dM_2gR$, perciò $\alpha=5\mu_dg/(2R)$. Quando la velocità relativa del contatto diventa nulla cambia il regime di moto. Il tempo dipende da $\mu_d>0$; il rapporto $v_*/v_2=5/7$ no.

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La tensione iniziale non si può scegliere a intuito.

Abbiamo un generatore da $15\,\mathrm V$, un resistore da $10\,\Omega$, un condensatore da $2\,\mathrm F$ e un ramo da $5\,\Omega$ inizialmente scollegato. Il circuito è a regime da prima della chiusura.

In continua, a regime, il condensatore non assorbe corrente. Nel resistore da $10\,\Omega$ la caduta è quindi nulla: tutta la tensione del generatore si ritrova sul condensatore.

Con correnti finite, la tensione di un condensatore è continua: perciò $v_C(0^+)=15\,\mathrm V$.

L’interruttore cambia le connessioni, ma non può cambiare istantaneamente la carica. Questo è il dato da portare nella soluzione del transitorio.

Il ragionamento · 2 / 3

Il valore finale e la velocità con cui ci arriviamo.

Dopo la chiusura, il resistore da $5\,\Omega$ è in parallelo al condensatore. Per $t\to\infty$ il condensatore torna a comportarsi come un circuito aperto: i due resistori formano un partitore.

Per la costante di tempo spegniamo il generatore indipendente di tensione, sostituendolo con un cortocircuito. Visti dal condensatore i resistori sono in parallelo: Di conseguenza $\tau=R_{\mathrm{eq}}C=\frac{20}{3}\,\mathrm s\approx6{,}67\,\mathrm s$.

Nel manoscritto il valore è troncato a $3{,}3\,\Omega$: manteniamo qui la frazione esatta per non accumulare approssimazioni.

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Mettiamo insieme i tre dati. Poi torniamo al circuito.

La risposta del primo ordine si costruisce con valore iniziale, valore finale e costante di tempo:

Nel nostro caso, con $t$ espresso in secondi, Parte da 15 V e scende verso 5 V, senza salti. Dopo una costante di tempo resta $1/e$ dello scarto iniziale: $v_C(\tau)=5+10/e\approx8{,}68\,\mathrm V$.

Il foglio usa $6{,}6\,\mathrm s$, ottenuto troncando prima la resistenza. La scheda di verifica conserva invece $20/3\,\mathrm s$ e controlla la legge con Kirchhoff. Per l’induttore l’analogia riguarda la forma del transitorio: si conserva la continuità della corrente, e la costante di tempo è $L/R_{\mathrm{eq}}$.

Il ragionamento · 1 / 5

Prima misuriamo energia e ortogonalità.

I tre segnali sono nulli fuori da $[0,T]$. In quell’intervallo, $s_1=1$; $s_2$ vale $+1$ nella prima metà e $-1$ nella seconda; $s_3=-s_2$. Le energie sono tutte $E_i=\int s_i^2(t)\,dt=T$. Il prodotto scalare dei primi due segnali è invece

Sono ortogonali. Il terzo non aggiunge una direzione: è l’opposto del secondo. Per rappresentarli ci bastano due funzioni di base.

Non confondiamo energia e valore medio: i cambi di segno si annullano nel prodotto scalare con $s_1$, ma non nel quadrato che definisce l’energia. È per questo che un segnale con media nulla può avere energia positiva. Assumiamo $T>0$.

Il ragionamento · 2 / 5

La normalizzazione trasforma funzioni in coordinate.

Dividiamo per la radice dell’energia:

Ora la base è ortonormale. Le coordinate si trovano con i prodotti scalari, e i segnali diventano i punti Non stiamo approssimando le forme d’onda: in questa base la rappresentazione è esatta. Anche l’energia si conserva come somma dei quadrati delle coordinate.

Per esempio $\langle s_2,\phi_2\rangle=T/\sqrt T=\sqrt T$, mentre $\langle s_2,\phi_1\rangle=0$. Questi due conti producono le coordinate di $S_2$: non si ricavano semplicemente guardando il disegno.

Il ragionamento · 3 / 5

Il ricevitore confronta distanze.

Per interpretare le regioni di minima probabilità di errore assumiamo segnali equiprobabili e rumore additivo gaussiano bianco: nelle due coordinate il rumore ha la stessa varianza. Il punto ricevuto è $(x,y)$. Le distanze quadratiche sono

Confrontando le prime due si trova la frontiera $y=x$. Ogni confine nasce da un’uguaglianza fra distanze, non da un tratto disegnato a intuito.

La regola del punto più vicino equivale qui alla massima verosimiglianza e, con probabilità iniziali uguali, alla minima probabilità di errore. Se le probabilità fossero diverse, le frontiere si sposterebbero: l’ipotesi va detta prima di interpretare il disegno.

Il ragionamento · 4 / 5

Le disuguaglianze scelgono il lato giusto.

I confronti a coppie danno le rette $y=x$, $y=-x$ e $y=0$. Le frontiere effettive sono i tratti che separano queste regioni:

Il punto $(\sqrt T,0)$ deve appartenere alla regione del primo segnale: è un controllo immediato sui versi delle disuguaglianze. Sui confini si può adottare una regola di spareggio; con rumore continuo hanno probabilità nulla.

Per scegliere $S_1$ devono valere contemporaneamente $d_1^2\le d_2^2$ e $d_1^2\le d_3^2$, cioè $x\ge y$ e $x\ge-y$. Non basta confrontare una sola coppia. La zona comune è proprio $x\ge|y|$.

Il ragionamento · 5 / 5

La correlazione conferma la geometria.

Normalizziamo i prodotti scalari con le energie:

Otteniamo $\rho_{12}=0$, $\rho_{13}=0$ e $\rho_{23}=-1$. I primi due valori descrivono direzioni ortogonali; l’ultimo descrive segnali opposti. La distanza fra $S_2$ e $S_3$ è $2\sqrt T$, mentre le altre due distanze valgono $\sqrt{2T}$. Forme d’onda, coordinate e correlazioni forniscono tre controlli dello stesso risultato.

Un ultimo controllo usa $\|S_i-S_j\|^2=E_i+E_j-2\langle s_i,s_j\rangle$. Per i segnali opposti il prodotto scalare è $-T$ e la distanza quadratica diventa $4T$. Geometria e integrali raccontano quindi lo stesso fenomeno.

Il ragionamento · 1 / 1

Nella prima colonna ci sono tutte le condizioni.

Il denominatore è $D(s)=s^3+4s^2+(p-20)s+2p$. La prima colonna della tabella di Routh, nella forma normalizzata, è

Nel foglio la terza riga è riscalata di un fattore positivo: per studiare i segni è equivalente. Per la stabilità asintotica tutti gli elementi devono essere positivi. Otteniamo $p>40$ e $p>0$, dunque basta $p>40$. Il bordo $p=40$ va controllato a parte: compare una coppia di poli sull’asse immaginario, perciò non appartiene all’intervallo stabile.

Il termine della riga $s^1$ si ottiene da $[4(p-20)-2p]/4=(p-40)/2$. La positività dei soli coefficienti del denominatore darebbe $p>20$, ma non sarebbe sufficiente: Routh impone il vincolo più forte. Per $p=40$ il denominatore si fattorizza in $(s+4)(s^2+20)$; i poli immaginari non decadono. Il numeratore $4s+2$ non li cancella.