IIASS International Institute for Advanced Scientific Studies

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1 IIASS International Institute for Advanced Scientific Studies Eduardo R. Caianiello Circolo di Matematica e Fisica Diartimento di Fisica E.R. Caianiello Università di Salerno Premio Eduardo R. Caianiello er gli studenti delle Scuole Secondarie Sueriori Prova del 15 Marzo, 009 Traccia della soluzione Problema n. 1 Sia la forza elastica esercitata dalla molla che la forza elettrostatica tra cariche elettriche è conservativa e quindi durante il moto delle sferette l energia totale si conserva. La via iù semlice er risondere al quesito è rorio quella di utilizzare il teorema di conservazione dell energia, confrontando l energia totale nella configurazione iniziale con quella di massima elongazione. Nella configurazione iniziale, la molla è a rioso e la sua lunghezza è l 0, er cui l energia otenziale dovuta alla forza elastica della molla è zero; le due sferette sono ferme, er cui la loro energia cinetica è nulla; solo l energia otenziale elettrostatica V in,elettr è diversa da zero ed è uguale a V in,elettr = 1 q, (1) 4πɛ l 0 con ɛ costante dielettrica del mezzo in cui sono immerse le sferette (ɛ 0 nel caso del vuoto). Possiamo quindi scrivere che l energia totale iniziale E in è: E in = V in,elettr = 1 4πɛ q l 0, () Al momento della massima elongazione le sferette hanno di nuovo velocità nulla, er cui l energia cinetica delle sferette è nulla; la molla ha lunghezza l = l 0 + l e quindi l energia otenziale elastica V fin,elast vale

2 V fin,elast = 1 k l (3) infine l energia otenziale elettrostatica V fin,elettr vale: q V fin,elettr = 1 4πɛ l 0 + l, (4) Pertanto nella configurazione di massima elongazione l energia totale del sistema è dato da E fin = V fin,elast + V fin,elettr = 1 k l + 1 q 4πɛ l 0 + l. (5) Uguagliando l energia totale iniziale E in con quella finale E fin, si ottiene, doo oortune semlificazioni, la seguente equazione di secondo grado: le cui soluzioni sono l + l 0 l q π ɛ k l 0 = 0, (6) l = l 0 ± l q π ɛ k l 0. (7) Delle due soluzioni, quella col segno negativo non è fisicamente accettabile, erché fornisce un valore negativo alla lunghezza comlessiva l = l 0 + l. Quella col segno ositivo ermette di calcolare la massima elongazione: l = l 0 + l = l 0 + l q π ɛ k l 0. (8) Problema n. La congettura è vera er n = 1; infatti si ha 1 1 = 0 e zero è divisibile er ogni numero rimo. Ora fatta l iotesi che la congettura sia vera er n = k, cioè che k k è divisibile er il numero rimo, dobbiamo dimostrare che essa sia vera er

3 n = k + 1, cioè che (k + 1) (k + 1) è ancora divisibile er il numero rimo. Infatti utilizzando lo sviluo della otenza di un binomio, otteniamo: (k + 1) (k + 1) = k + = (k k) + k k k + + k + 1 (k + 1) -1 k + + k -1 Per iotesi il rimo binomio in arentesi, k k, è divisibile er il numero rimo ; dobbiamo quindi dimostrare che la somma dei termini rimanenti, ciascuno dei quali contiene a fattore un coefficiente binomiale, è divisibile er il numero rimo. A tal fine ricordiamo che ogni coefficiente binomiale è un numero intero e che esso uò essere scritto come raorto tra fattoriali: = q! q!( q)! = ( 1)( ) ( q + 1) q(q 1)(q ) 1 Qui interviene in modo determinante la rorietà che è un numero rimo. Infatti una volta che abbiamo esresso il generico coefficiente binomiale come raorto tra numeri interi, e saendo che tale raorto è sicuramente un numero intero, ossiamo affermare che ciascun coefficiente binomiale uò essere scritto come il rodotto del numero rimo er un secondo fattore anch esso intero. Inoltre il generico coefficiente binomiale è moltilicato q er la otenza k q, che è a sua volta un numero intero. Pertanto ossiamo scrivere: k k + + k = α -1 con α oortuno numero intero. In definitiva (k + 1) (k + 1) = (k k) + α è divisibile er il numero rimo, oiché è la somma di due termini, ciascuno dei quali è divisibile er

4 Problema n. 3 Il lato di un rombo con diagonali d 1 e d si ottiene alicando il teorema di Pitagora. Abbiamo d 1 + d l = = 5 cm. (9) L energia otenziale totale è data dalla somma di tutte le energie otenziali delle cariche considerate a coie. Le coie ossibili con quattro cariche sono 6, quattro delle quali hanno er distanza un lato del rombo, una si trova agli estremi della diagonale maggiore e l ultima agli estremi della diagonale minore. Pertanto, la somma delle 6 energie otenziali è E 4 = 4 1 q + 1 q + 1 q = 98 J, (10) 4πɛ 0 l 4πɛ 0 d 1 4πɛ 0 d Poiché il camo elettrostatico è conservativo, il lavoro comiuto dalle forze del camo elettrico er trasortare la carica q 5 dall infinito al centro del rombo è dato dalla differenza tra l energia otenziale totale delle cinque cariche nella configurazione con q 5 al centro del rombo e quella iniziale con le quattro cariche ai vertici del rombo e q 5 all infinito. Con q 5 all infinito, l energia otenziale totale è ari a quella aena calcolata (E 4 = 98 J); quando la quinta carica è al centro del rombo, l energia otenziale totale E 5 si ottiene aggiungendo ad E 4 il contributo delle quattro nuove coie formate dalla carica q 5 e le quattro già esistenti. In due coie la distanza è la metà della diagonale maggiore e nelle altre due è la metà della diagonale minore. L energia otenziale totale E 5 è quindi E 5 = E q q 5 d 4πɛ q q 5 d 0 4πɛ = 11 J. (11) 0 Il lavoro comiuto dalle forze del camo elettrico, uguale ad E 5 E 4, è ertanto uguale a L = E 5 E 4 = 10 J (1)

5 Problema n. 4 Sia r la lunghezza del segmento AO, raggio del cerchio con centro O (disegnato con con una linea tratteggiata nella figura sottostante). Indichiamo con A = π r larea di questo cerchio. Vogliamo dimostrare che larea delimitata dal salinon (delimitato nella figura sottostante dalla linea continua in rosso), è uguale ad A. Indichiamo con h la lunghezza del segmento OH con 0 < h < r. Indichiamo la semicirconferenza CAF di raggio r + h con c 1 ; indichiamo la semicirconferenza DBL di raggio r h con c ; indichiamo la semicirconferenza CGD di raggio h con c 3 ; indichiamo la semicirconferenza LKF di raggio h con c 4. A G O K C D H L F B L area del semicerchio delimitato da c 1 e dal diametro CF è A 1 = π (r + h) L area del semicerchio delimitato da c e dal diametro DL è A = π (r h) L area del semicerchio delimitato da c 3 e dal diametro CD è A 3 = π h L area del salinon A salinon risulta essere uguale a A 1 + A A 3, er cui

6 A salinon = A 1 + A A 3 = π ( (r + h) + (r h) k ) = πr = A Si è così dimostrato che l area del salinon è uguale all area del cerchio di raggio r, indiendentemente dal valore di h