Un **sistema di vettori applicati** $\Sigma$ è un insieme
$ \color {orange}
\begin{equation*}
\left\{\left(P_{i}, \boldsymbol{v}_{i}\right), \quad P_{i} \in \mathcal{E}, \boldsymbol{v}_{i} \in \mathcal{V}, \quad i=1, \ldots, N\right\}
\end{equation*}
$
dove $P_{i}$ è detto punto di applicazione del vettore $\boldsymbol{v}_{i}$.
Ogni sistema di vettori applicati è caratterizzato da un **risultante** $\boldsymbol{R}$, un vettore libero definito da
$
\begin{equation*}
\boldsymbol{R}:=\sum_{I=1}^{N} \boldsymbol{v}_{i}
\end{equation*}
$
Nei sistemi di vettori applicati si possono dare le ulteriori definizioni e proprietà di:
- [[Momento di un vettore]]
- [[Coppia]]
- [[Asse centrale]]
- [[Vettori applicati equivalenti]]
#### Esercizi svolti
##### **Esercizio 1.1**
Determinare, per il seguente sistema di vettori applicati,
$
\begin{cases}\boldsymbol{v}_{1}=4 \boldsymbol{e}_{1}+3 \boldsymbol{e}_{2}+3 \boldsymbol{e}_{3} & \text { applicato in } P_{1}-O \equiv(1,-3,2), \\ \boldsymbol{v}_{2}=4 \boldsymbol{e}_{1}-4 \boldsymbol{e}_{2}+2 \boldsymbol{e}_{3} & \text { applicato in } P_{2}-O \equiv(2,1,1), \\ \boldsymbol{v}_{3}=-5 \boldsymbol{e}_{1}+3 \boldsymbol{e}_{2}-4 \boldsymbol{e}_{3} & \text { applicato in } P_{3}-O \equiv(1,2,3)\end{cases}
$
il risultante ed il momento risultante, il trinomio invariante e l'equazione dell'asse centrale. Determinare un sistema di vettori applicati, equivalente a quello proposto, e formato da due vettori, di cui uno applicato in $Q \equiv(2,-1,0)$.
**SOLUZIONE**
Dall'equazione (1.2) otteniamo che il risultante è $\boldsymbol{R}=3 \boldsymbol{e}_{1}+2 \boldsymbol{e}_{2}+\boldsymbol{e}_{3}$ mentre per il calcolo del momento risultante rispetto ad $O$ ci serviamo dell'equazione (1.5) e, per sviluppare i singoli prodotti vettoriali ci serviamo della regola del determinante simbolico: data una base ortonormale positivamente orientata $\left\{\boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}, \boldsymbol{e}_{3}\right\}$ e due vettori $\boldsymbol{a}$ e $\boldsymbol{b}$
$
\boldsymbol{a}=a_{1} \boldsymbol{e}_{1}+a_{2} \boldsymbol{e}_{2}+a_{3} \boldsymbol{e}_{3} \quad \text { e } \quad \boldsymbol{b}=b_{1} \boldsymbol{e}_{1}+b_{2} \boldsymbol{e}_{2}+b_{3} \boldsymbol{e}_{3},
$
allora si ha
$
\boldsymbol{a} \wedge \boldsymbol{b}=\operatorname{det}\left(\begin{array}{ccc}
\boldsymbol{e}_{1} & \boldsymbol{e}_{2} & \boldsymbol{e}_{3} \tag{1.16}\\
a_{1} & a_{2} & a_{3} \\
b_{1} & b_{2} & b_{3}
\end{array}\right)
$
Nel nostro caso, siccome $P_{1}-O=\boldsymbol{e}_{1}-3 \boldsymbol{e}_{2}+2 \boldsymbol{e}_{3}, P_{2}-O=2 \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}+\boldsymbol{e}_{3}$ e $P_{3}-O=\boldsymbol{e}_{1}+2 \boldsymbol{e}_{2}+3 \boldsymbol{e}_{3}$, abbiamo
$
\boldsymbol{M}_{O}=\operatorname{det}\left(\begin{array}{ccc}
\boldsymbol{e}_{1} & \boldsymbol{e}_{2} & \boldsymbol{e}_{3} \\
1 & -3 & 2 \\
4 & 3 & 3
\end{array}\right)+\operatorname{det}\left(\begin{array}{ccc}
\boldsymbol{e}_{1} & \boldsymbol{e}_{2} & \boldsymbol{e}_{3} \\
2 & 1 & 1 \\
4 & -4 & 2
\end{array}\right)+\operatorname{det}\left(\begin{array}{ccc}
\boldsymbol{e}_{1} & \boldsymbol{e}_{2} & \boldsymbol{e}_{3} \\
1 & 2 & 3 \\
-5 & 3 & -4
\end{array}\right)
$
e, svolgendo i calcoli,
$
M_{O}=-26 e_{1}-6 e_{2}+16 e_{3}
$
Grazie alla definizione (1.10), il trinomio invariante è $\mathcal{I}=\boldsymbol{R} \cdot \boldsymbol{M}_{O}=-74$. Siccome $|\boldsymbol{R}|^{2}=14$ e $\boldsymbol{R} \wedge \boldsymbol{M}_{O}=38 \boldsymbol{e}_{1}-74 \boldsymbol{e}_{2}+34 \boldsymbol{e}_{3}$, come si verifica riapplicando la regola (1.16), i punti $Q-O=x \boldsymbol{e}_{1}+y \boldsymbol{e}_{2}+z \boldsymbol{e}_{3}$ dell'asse centrale soddisfano l'equazione (1.15) che, in componenti, diventa
$
\left\{\begin{aligned}
x & =\frac{19}{7}+3 \lambda \\
y & =-\frac{37}{7}+2 \lambda \\
z & =\frac{17}{7}+\lambda
\end{aligned}\right.
$
Per rispondere all'ultimo quesito osserviamo che, applicando il teorema del trasporto, si ottiene
$\boldsymbol{M}_{Q}=\boldsymbol{M}_{O}+\boldsymbol{R} \wedge(Q-O)=-26 \boldsymbol{e}_{1}-6 \boldsymbol{e}_{2}+16 \boldsymbol{e}_{3}+\boldsymbol{R} \wedge\left(2 \boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{e}_{2}\right)=-25 \boldsymbol{e}_{1}-4 \boldsymbol{e}_{2}+9 \boldsymbol{e}_{3}$.
Per risolvere il problema, consideriamo il sistema
$
\Sigma^{\prime}=\{(Q, \boldsymbol{R}),(Q,-\boldsymbol{v}),(S, \boldsymbol{v})\} \equiv\{(Q, \boldsymbol{R}-\boldsymbol{v}),(S, \boldsymbol{v})\}
$
dove sia il vettore $\boldsymbol{v}$ che il punto $S \in \mathcal{E}$ sono incogniti. Per costruzione, $\Sigma^{\prime}$ ha lo stesso risultante di $\Sigma$ ed è composto da due soli vettori di cui uno, $\boldsymbol{R}-\boldsymbol{v}$, applicato in $Q$. Esso risponde al quesito del problema se il suo momento $\boldsymbol{M}_{Q}^{\prime}$ rispetto a $Q$ coincide con $\boldsymbol{M}_{Q}$. Occorre cioè che sia
$
\begin{equation*}
(S-Q) \wedge \boldsymbol{v}=\boldsymbol{M}_{Q} \tag{1.17}
\end{equation*}
$
Posto $S-Q=\boldsymbol{x}$, l'equazione (1.17) ha la stessa struttura di (1.11), con $\boldsymbol{a}=\boldsymbol{v}$ e $\boldsymbol{b}=\boldsymbol{M}_{Q}$. Per poter dunque risolvere (1.17) occorre garantire che valga la condizione (1.12), cioè che sia $\boldsymbol{v} \cdot \boldsymbol{M}_{Q}=0$. Possiamo, ad esempio, scegliere $\boldsymbol{v}=9 \boldsymbol{e}_{2}+4 \boldsymbol{e}_{3}$. Allora, applicando la formula risolutiva (1.13) e prendendo per semplicità $\lambda=0$ otteniamo
$
S-Q=\frac{1}{97}\left(97 e_{1}-100 e_{2}+225 e_{3}\right)
$
per cui $S-O=(S-Q)+(Q-O)=3 e_{1}-\frac{197}{97} e_{2}+\frac{225}{97} e_{3}$. Il sistema $\Sigma^{\prime}$ è dunque dato da
$
\Sigma^{\prime}=\left\{\left(Q, 3 \boldsymbol{e}_{1}-7 \boldsymbol{e}_{2}-3 \boldsymbol{e}_{3}\right),\left(S, 9 \boldsymbol{e}_{2}+4 \boldsymbol{e}_{3}\right)\right\}
$
**Osservazione.**
Il sistema $\Sigma^{\prime}$ non è l'unico possibile perché si possono costruire infiniti sistemi di vettori applicati soddisfacenti alle condizioni imposte dal problema: basta scegliere o un diverso vettore $\boldsymbol{v}$, purché ortogonale a $\boldsymbol{M}_{Q}$, ed un diverso valore di $\lambda$ quando si determina $S-Q$.
---
##### **Esercizio 1.2**
Determinare, per il seguente sistema di vettori applicati,
$
\begin{cases}\boldsymbol{v}_{1}=3 \boldsymbol{e}_{1}+2 \boldsymbol{e}_{2}+\boldsymbol{e}_{3} & \text { applicato in } P_{1}-O \equiv(2,-1,2), \\ \boldsymbol{v}_{2}=-2 \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}+3 \boldsymbol{e}_{3} & \text { applicato in } P_{2}-O \equiv(1,1,3), \\ \boldsymbol{v}_{3}=\boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}-2 \boldsymbol{e}_{3} & \text { applicato in } P_{3}-O \equiv(1,4,-1)\end{cases}
$
il risultante ed il momento risultante, il trinomio invariante e l'equazione dell'asse centrale. Determinare un sistema $\Sigma^{\prime}$ di vettori applicati, equivalente a quello proposto e formato da due vettori, di cui uno applicato in $Q \equiv(1,1,1)$.
**SOLUZIONE**
Rimandando all'esercizio precedente per il dettaglio dei calcoli, si ottiene che il risultante è $\boldsymbol{R}=2 \boldsymbol{e}_{1}+4 \boldsymbol{e}_{2}+2 \boldsymbol{e}_{3}$ ed il momento risultante rispetto ad $O$ è $\boldsymbol{M}_{O}= -12 \boldsymbol{e}_{1}-4 \boldsymbol{e}_{2}+7 \boldsymbol{e}_{3}$, per cui il trinomio invariante è $\mathcal{I}=-26$. Siccome $|\boldsymbol{R}|^{2}=24$ e $\boldsymbol{R} \wedge \boldsymbol{M}_{O}=36 \boldsymbol{e}_{1}-38 \boldsymbol{e}_{2}+40 \boldsymbol{e}_{3}$ i punti $Q-O=x \boldsymbol{e}_{1}+y \boldsymbol{e}_{2}+z \boldsymbol{e}_{3}$ dell'asse centrale soddisfano le equazioni
$
\left\{\begin{array}{l}
x=\frac{3}{2}+2 \lambda \\
y=-\frac{19}{12}+4 \lambda \\
z=\frac{5}{3}+2 \lambda
\end{array}\right.
$
Per rispondere all'ultimo quesito osserviamo che, dal teorema del trasporto, si ottiene $\boldsymbol{M}_{Q}=-10 \boldsymbol{e}_{1}-4 \boldsymbol{e}_{2}+5 \boldsymbol{e}_{3}$. Oltre al risultante, applichiamo in $Q$ un vettore $-\boldsymbol{v}$ per ora incognito e in un punto $S$ incognito applichiamo il vettore $\boldsymbol{v}$. Occorre scegliere $\boldsymbol{v}$ e $S$ in modo da avere
$
(S-Q) \wedge \boldsymbol{v}=\boldsymbol{M}_{Q}
$
e dunque bisogna soddisfare la condizione $\boldsymbol{v} \cdot \boldsymbol{M}_{Q}=0$, ad esempio prendendo $\boldsymbol{v}= \boldsymbol{e}_{1}+2 \boldsymbol{e}_{3}$. Allora sarà
$
S-Q=\frac{1}{5}\left(8 \boldsymbol{e}_{1}-25 \boldsymbol{e}_{2}-8 \boldsymbol{e}_{3}\right)
$
per cui $S-O=\frac{1}{5}\left(13 e_{1}-20 e_{2}-3 e_{3}\right)$ ed un sistema di vettori applicati con le proprietà richieste è
$
\Sigma^{\prime}=\left\{\left(Q, \boldsymbol{e}_{1}+4 \boldsymbol{e}_{2}\right),\left(S, \boldsymbol{e}_{1}+2 \boldsymbol{e}_{3}\right)\right\}
$
---
##### **Esercizio 1.3**
Determinare le coordinate ( $x, z$ ) del punto di intersezione con l'asse $y=0$ dell'asse centrale del seguente sistema di vettori applicati:
$
\begin{cases}\boldsymbol{v}_{1}=2 \boldsymbol{e}_{x}+2 \boldsymbol{e}_{y}-3 \boldsymbol{e}_{z} & \text { applicato in } P_{1}-O \equiv(2,0,0), \\ \boldsymbol{v}_{2}=-\boldsymbol{e}_{x}+\boldsymbol{e}_{y}+2 \boldsymbol{e}_{z} & \text { applicato in } P_{2}-O \equiv(1,-1,2), \\ \boldsymbol{v}_{3}=2 \boldsymbol{e}_{x}-4 \boldsymbol{e}_{y}+3 \boldsymbol{e}_{z} & \text { applicato in } P_{3}-O \equiv(0,3,0) .\end{cases}
$
**SOLUZIONE**
Il risultante è $\boldsymbol{R}=3 \boldsymbol{e}_{x}-\boldsymbol{e}_{y}+2 \boldsymbol{e}_{z}$, con modulo $|\boldsymbol{R}|^{2}=14$; il momento risultante rispetto ad $O$ è $\boldsymbol{M}_{O}=5 \boldsymbol{e}_{x}+2 \boldsymbol{e}_{y}-2 \boldsymbol{e}_{z}$. Poiché $\boldsymbol{R} \wedge \boldsymbol{M}_{O}=-2 \boldsymbol{e}_{x}+16 \boldsymbol{e}_{y}+11 \boldsymbol{e}_{z} \mathrm{i}$ punti $Q-O=x \boldsymbol{e}_{x}+y \boldsymbol{e}_{y}+z \boldsymbol{e}_{z}$ dell'asse centrale soddisfano le equazioni
$
\left\{\begin{aligned}
x & =-\frac{1}{7}+3 \lambda \\
y & =\frac{8}{7}-\lambda \\
z & =\frac{11}{14}+2 \lambda
\end{aligned}\right.
$
Se poniamo $y=0$ nella seconda di queste equazioni otteniamo il valore di $\lambda=\frac{8}{7}$ che individua il punto di intersezione tra l'asse centrale ed il piano $y=0$. Sostituendo questo valore nelle equazioni restanti si ottengono i valori
$
x=\frac{23}{7} \quad z=\frac{43}{14}
$
delle coordinate richieste.
---
##### **Esercizio 1.4**
Su un segmento $A B$ di lunghezza $\ell$ agisce un sistema continuo di vettori applicati, distribuito con densità $\boldsymbol{f}(x)=-p \frac{x}{\ell} \boldsymbol{e}_{y}$ dove la costante $p$ ha le dimensioni di una forza ed $x$ è la distanza da $A$ del generico punto $P$ di $A B$.
![[Pasted image 20251021121951.png]]
Determinare risultante e momento risultante rispetto ad $A$ del sistema di vettori applicati e trovare un sistema di vettori applicati ad esso equivalente, formato da un solo vettore.
**SOLUZIONE**
Trattandosi di un sistema continuo, per calcolarne il risultante dobbiamo sostituire alla somma dei singoli vettori l'integrale della densità $\boldsymbol{f}$ su tutta la regione dove essa è diversa da $\mathbf{0}$; per calcolare il momento risultante rispetto ad $A$, dobbiamo integrare su $A B$ il momento di $\boldsymbol{f}$ rispetto ad $A$. Abbiamo allora
$
\boldsymbol{R}=\int_{0}^{\ell} \boldsymbol{f}(x) \mathrm{d} x=-\frac{p}{\ell} \int_{0}^{\ell} x \boldsymbol{e}_{y} \mathrm{~d} x=-\frac{p}{2} \ell^{2} \boldsymbol{e}_{y},
$
e
$
\boldsymbol{M}_{A}=\int_{0}^{\ell} x \boldsymbol{e}_{x} \wedge \boldsymbol{f}(x) \mathrm{d} x=-\frac{p}{\ell}\left(\int_{0}^{\ell} x^{2} \mathrm{~d} x\right) \boldsymbol{e}_{z}=-\frac{p}{3} \ell^{2} \boldsymbol{e}_{z} .
$
L'ultimo quesito proposto ha senso perché il sistema in esame è formato da vettori paralleli e dunque il teorema di riduzione ne garantisce l'equivalenza con un unico vettore, pari ad $\boldsymbol{R}$, applicato in un punto dell'asse centrale. Sia $Q \in A B$ il punto di $A B$ dove l'asse centrale, diretto come $\boldsymbol{e}_{y}$, interseca $A B$. Per determinare la posizione di $Q$ dobbiamo risolvere l'equazione
$
(Q-A) \wedge \boldsymbol{R}=\boldsymbol{M}_{A}
$
o, posto $Q-A=\xi \boldsymbol{e}_{x}$,
$
\xi \boldsymbol{e}_{x} \wedge \frac{p}{2} \ell^{2} \boldsymbol{e}_{y}=\frac{p}{3} \ell^{2} \boldsymbol{e}_{z}
$
da cui si ottiene
$
\xi=\frac{2}{3} \ell
$
#### Esercizi Proposti
---
**Esercizio 1.5**
Trovare le coordinate ( $y, z$ ) del punto di intersezione con il piano $x=0$ dell'asse centrale del seguente sistema di vettori applicati:
$
\begin{cases}\boldsymbol{v}_{1}=2 \boldsymbol{e}_{x}+\boldsymbol{e}_{y}+3 \boldsymbol{e}_{z} & \text { applicato in } P_{1}-O \equiv(0,2,1), \\ \boldsymbol{v}_{2}=-3 \boldsymbol{e}_{x}+3 \boldsymbol{e}_{y}+\boldsymbol{e}_{z} & \text { applicato in } P_{2}-O \equiv(2,-1,1), \\ \boldsymbol{v}_{3}=-2 \boldsymbol{e}_{x}-2 \boldsymbol{e}_{y}-3 \boldsymbol{e}_{z} & \text { applicato in } P_{3}-O \equiv(-1,2,2) .\end{cases}
$
?
$\mathbf{R}: y=\frac{71}{17}, z=\frac{14}{17}$.
---
**Esercizio 1.6**
Determinare, per il seguente sistema di vettori applicati,
$
\begin{cases}\boldsymbol{v}_{1}=2 \boldsymbol{e}_{x}+\boldsymbol{e}_{y}+\boldsymbol{e}_{z} & \text { applicato in } P_{1}-O \equiv(1,-2,1), \\ \boldsymbol{v}_{2}=-\boldsymbol{e}_{x}+3 \boldsymbol{e}_{y}+3 \boldsymbol{e}_{z} & \text { applicato in } P_{2}-O \equiv(1,0,1), \\ \boldsymbol{v}_{3}=2 \boldsymbol{e}_{x}-2 \boldsymbol{e}_{y}-2 \boldsymbol{e}_{z} & \text { applicato in } P_{3}-O \equiv(1,1,0)\end{cases}
$
il risultante, il momento risultante rispetto ad $O$, il trinomio invariante e l'equazione dell'asse centrale. Determinare un sistema di vettori applicati, equivalente a quello proposto, formato da due vettori, di cui uno applicato in $Q \equiv(1,0,-1)$.
?
$\boldsymbol{R}=3 e_{x}+2 e_{y}+2 e_{z} ; M_{O}=-8 e_{x}-e_{y}+4 e_{z} ; \mathcal{I}=-18$.
Equazioni asse centrale: $x=\frac{10}{17}+3 \lambda, y=-\frac{28}{17}+2 \lambda, z=\frac{13}{17}+2 \lambda$.
---
**Esercizio 1.7**
Determinare, per il seguente sistema di vettori applicati
$
\begin{cases}\boldsymbol{v}_{1}=2 \boldsymbol{e}_{x}-\boldsymbol{e}_{y}+3 \boldsymbol{e}_{z} & \text { applicato in } P_{1}-O \equiv(2,0,1), \\ \boldsymbol{v}_{2}=-\boldsymbol{e}_{x}+\boldsymbol{e}_{y}-2 \boldsymbol{e}_{z} & \text { applicato in } P_{2}-O \equiv(1,2,0), \\ \boldsymbol{v}_{3}=3 \boldsymbol{e}_{x}-2 \boldsymbol{e}_{y}+\boldsymbol{e}_{z} & \text { applicato in } P_{3}-O \equiv(3,2,1) .\end{cases}
$
il risultante, il momento risultante rispetto all'origine $O$, il trinomio invariante $e$ l'equazione dell'asse centrale. Trovare un altro sistema di vettori applicati, equivalente a quello assegnato, formato da due soli vettori, di cui uno applicato in $Q \equiv(1,1,1)$.
?
R: $\boldsymbol{R}=3 e_{x}+4 e_{y}-2 e_{z} ; \boldsymbol{M}_{O}=-6 e_{x}+6 e_{y}+7 e_{z} ; \mathcal{I}=-8$.
Equazioni asse centrale: $x=\frac{40}{29}+3 \lambda, y=-\frac{9}{29}+4 \lambda, z=\frac{42}{29}-2 \lambda$
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> [!info]- Risorse
> ![[!Meccanica Razionale#Risorse#Bibliografia]]
> ![[!Meccanica Razionale#Risorse#Approfondimenti]]
---
> [!Info]- Legenda dei simboli
> ![[!Meccanica Razionale#Risorse#Legenda]]