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\numberwithin{equation}{section}

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\begin{document}





\footnotesize
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\title{Esercizi di Meccanica Razionale}
\author{AA 1999-2000, corsi Marchioro, Negrini, esercitatore D. Benedetto}
\maketitle
\tableofcontents
\vskip15pt



Nella prima parte (sezioni \ref{sez.unidim}, \ref{sez.lineare},
\ref{sez.forzsmorz}, \ref{sez.altro} )
ci sono esercizi sui moti unidimensionali.

\vskip10pt
\noindent
Ho indicato con:
\begin{itemize}
\item[*] gli esercizi non del tutto standard;
\item[**] esercizi pi\`u difficili e non necessariamente utili;
\item[***] gli esercizi pi\`u difficili e non necessariamente utili;
\end{itemize}
gli esercizi senza asterisco sono assolutamente standard.
\vskip15pt

Nella seconda parte (sezione \ref{sez.forLH}) esercizi sui 
moti in pi\'u dimensioni.
\vskip10pt
\noindent
Gli esercizi della sezione \ref{sez.forLH} sono classificati 
approssimativamente per argomento:
\begin{itemize}
\item[{\bf L}] formalismo lagrangiano
\item[{\bf S}] stabilt\`a 
\item[{\bf PO}] piccole oscillazioni
\item[{\bf RU}] riduzione dei gradi di libert\`a
\item[{\bf N}] teorema di Noether
\item[{\bf CR}] corpi rigidi
\item[{\bf H}] formalismo hamiltoniano
\item[{\bf TC}] trasformazioni canoniche
\item[{\bf HJ}] Hamilton-Jacobi
\item[{\bf AA}] variabili azione-angolo
\item[{\bf P}] perturbazioni di sistemi integrabili
\end{itemize}


\vskip10pt
\noindent
I richiami alla bibliografia non sono ovviamente completi:
non sono citati tutti i testi, n\'e i testi in bibliografia sono 
citati tutte le volte che potrebbe essere utile.
Me ne scuso con gli studenti e con gli autori. 

\vskip10pt
\noindent
{\bf Questa versione non \`e definitiva. Possono esserci errori,
anche gravi. La versione pi\`u recente, e presumibilmente pi\`u corretta,
\`e sul sito http://brazil.mat.uniroma1.it/dario/meccanica}


\vfill\vfill\eject

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\section{Moti unidimensionali}
\subsection{Esercizi sui moti unidimensionali}
\label{sez.unidim}
Sono trattati in tutti i libri di meccanica. Un'esposizione molto chiara
\`e sull'Olivieri \cite{olivieri}.
\subsubsection{}
\label{es1}
Calcola il periodo delle oscillazioni del moto unidimensionale di 
energia potenziale $V(x)=|x|^{\alpha}$, per $\alpha \ge 2$, in 
funzione dell'energia (vedi Landau \cite{landau}).

\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:es1}



\subsubsection{}
\label{es2}
Considera il moto unidimensionale $\ddot x = x$. Trova il moto 
con dato iniziale $(x_0,\,\dot x_0)= (1,-1)$. In quanto tempo 
la traiettoria arriva in $x=0$?

Trova tutti i dati iniziali tali che $\lim_{t\to +\infty}x(t) = 0$.

Trova tutti i dati iniziali tali che $\lim_{t\to +\infty}\dot x(t) = 0$.

\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:es2}

\subsubsection{La doppia buca di potenziale}
\label{db}
Considera il moto di un punto materiale di 
massa $1$  nella ``doppia buca di potenziale''
$\ddot x = x - x^3$. 

Disegna le orbite nello spazio delle fasi.


Discuti la stabilit\`a delle posizioni di equilibrio.


Determina il numero delle orbite ad energia $E$, al variare di $E$.


Considera il dato iniziale $(x_0,\dot x_0)=(-1,v)$; 
per quali valori di $v\in \R$ il punto materiale raggiunge la posizione
$1$?





Con che velocit\`a ci arriva?


Per $E=0$ il moto avviene sulla ``separatrice''. Con che angolo 
la separatrice interseca gli assi?

\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:db}

\subsubsection{La doppia buca parte II}
\label{db2}
Considera il moto di un punto materiale di 
massa $1$ di energia potenziale
$V(x) = \frac {x^4}4 + \alpha \frac {x^2}2$,
con $\alpha \in \R$.

Discuti qualitativamente il moto al variare di $\alpha$

In paricolare determina le posizioni di equilibrio 
e la loro stabilit\`a al variare di $\alpha$.

Disegna il grafico delle posizioni di equilibrio 
al variare di $\alpha$.



\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:db2}
\subsubsection{}
\label{es.3bis}
Considera il moto di un punto materiale di massa $1$
di energia potenziale 
$V(x)= x^3 + \alpha x$,
con $\alpha \in \R$. 

Discuti qualitativamente il moto al variare di $\alpha$

In paricolare determina le posizioni di equilibrio 
e la loro stabilit\`a al variare di $\alpha$.

Disegna il grafico delle posizioni di equilibrio 
al variare di $\alpha$.

\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:es.3bis}

\subsubsection{Variante della doppia buca}
\label{db3}
Considera il moto di un punto materiale di massa $1$, soggetto ad una 
forza 
di energia potenziale 
$V(x)= \frac {x^6}6 - \frac {\alpha}2 (x^4 -x^2)$,
con $\alpha \in \R$. 

Discuti qualitativamente il moto al variare di $\alpha$

In paricolare determina le posizioni di equilibrio 
e la loro stabilit\`a al variare di $\alpha$.

Disegna il grafico delle posizioni di equilibrio 
al variare di $\alpha$.

\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:db3}

\subsubsection{Il pendolo su un piano ruotante}
\label{es.param1}
Considera il moto
$$mR^2 \ddot \theta = -Rmg \sin \theta + mR^2\Omega^2 
\sin \theta \, \cos \theta,$$
dove $\theta $ \`e un angolo, $m>0$ la massa, $R>0$ una lunghezza,
$g\ge 0$ un'accelerazione e $\Omega\ge 0$ una frequenza.
Questa equazione descrive un pendolo, cio\`e un punto 
materiale di  massa
$m$ su un estremo di un'asta  di lunghezza $R$ 
con l'altro estremo fissato, soggetta alla forza 
di gravit\`a,  su di un piano 
verticale che ruota con velocit\`a costante di frequenza $\Omega$.
L'angolo $\theta$ \`e misurato dala verticale. Quando $\theta=0$
il punto materiale si trova nella posizione di minima altezza.

Discuti qualitativamente il moto.
In particolare studia l'esistenza e la stabilit\`a delle 
posizioni di equilibrio 
al variare del parametro $\lambda = \frac g{R\Omega^2}$.
Che dimensioni fisiche ha $\lambda$?
Disegna il grafico delle posizioni di equilibrio al 
variare di $\lambda$.
(Vedi Dell'Antonio \cite{dellantonio2}).

\noindent
Considera il dato iniziale 
$(\theta_0,\, \dot \theta_0)= (-\frac {\pi}2,\,0)$.

Prova che il moto \`e periodico e scrivi il periodo dell'orbita.

In quanto tempo il pendolo arriva in $\theta= \frac {\pi}2$?

Con che $\dot \theta$ ci arriva?

Quanto vale $\dot \theta$ quando il pendolo passa per $\theta=0$?

Quant'\`e il valore massimo che $\dot \theta$ assume?

Per quali istanti di tempo $\dot \theta$ raggiunge il massimo?

Quanto vale $\theta$ quando $\dot \theta$ \`e massimo?

\noindent 
Considera il dato iniziale 
$(\theta_0,\, \dot \theta_0)= (-\frac {\pi}2,\,\omega)$,
con $\omega >0$.

Per quali valori di $\omega$ il pendolo ha un moto periodico?

Esprimi per tali valori il periodo del moto.

Determina l'andamento asintotico del periodo per 
$\omega \to +\infty$.


\noindent
La componente verticale della reazione vincolare \`e:
$$\text{Reazione} = mg + mR ({\dot \theta}^2 \cos \theta +  
\ddot \theta \sin \theta).$$
(Perch\'e ?)
Determina il suo andamento asintotico per $\omega \to +\infty$,
quando il pendolo \`e in $\theta = 0,\,\frac {\pi}2,\, \pi$.

\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:es.param1}
\subsubsection{}
\label{es.param2}
Considera il moto di un punto materiale di massa $m$,
di energia potenziale
$$V(x)=-\frac 12 m\Omega^2 x^2 -mgl \left( 1 
+\cos \left(\frac xl \right) \right) 
\fcr\left( \left| \frac xl \right| \le \pi 
\right),$$
dove $l>0, \,g\ge 0$ hanno, rispettivamente, 
le dimensioni di una lunghezza e di una accelerazione, e
$\Omega\ge 0$ ha le dimensioni di una frequenza.
Nota che gli aspetti qualitativi del moto 
dipendono dai parametri fisici $l,\,g,\,\Omega$ attraverso
un unico parametro adimensionale.
Discuti qualitativamente il moto, in particolare
l'esistenza delle posizioni di equilibrio e la loro stabilit\`a.

\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:es.param2}
\subsubsection{}
\label{es.param3}
Considera il moto di un punto materiale di massa $m$,
di energia potenziale
$$V(x)=\frac 12 k x^2 +mgl \left( 1 
+\cos \left(\frac xl \right) 
\right) \fcr\left( \left| \frac xl \right| \le \pi 
\right),$$
dove $l>0, \,g\ge 0,\, k\ge 0$,  hanno, rispettivamente, 
le dimensioni di una lunghezza, di una accelerazione e di 
una costante di elasticit\`a.
Nota che gli aspetti qualitativi del moto 
dipendono dai parametri fisici $m,\,l,\,g,\,k$ attraverso
un unico parametro adimensionale.
Discuti qualitativamente il moto, in particolare
l'esistenza delle posizioni di equilibrio e la loro stabilit\`a.


\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:es.param3}
\subsubsection{}
\label{es4}
Un punto materiale di massa $1$ si muove su una retta sotto l'azione
di una forza di energia potenziale $V(x)=-x^3+x^2$.
Considera i dati iniziali di energia totale $E=\frac 18$, e sia 
$\dot x_0=\frac 12$. Determina i valori di $x(0)$ per i quali il moto \`e 
periodico e dai un'espressione del periodo.
\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:es4}
\subsubsection{}
\label{es5}
Un punto materiale di massa $1$ si muove su una retta sotto l'azione
di una forza di energia potenziale $V(x)=\sqrt{x^2+1}+ax^2$, 
con $a\in \R$.

Per quali valori di $a$ tutte le orbite sono limitate?

Per quali valori di $a$ l'origine \`e stabile?

\hyperref{Risposta}{Vedi sezione}{}{sol:es5}
\subsubsection{*}
\label{es6}
Un punto materiale di massa $1$, su una retta,  inizialmente 
in $x=0$ con velocit\`a $\dot x = 1$, 
si muove sotto l'azione
di una forza di energia potenziale $V(x)=-\sqrt{x^2+1}$.

Prova che il moto \`e illimitato.

Prova che esiste un'accelerazione asintotica
(cio\`e $\lim_{t\to +\infty} \ddot x $ \`e finito)

Prova che asintoticamente nel tempo il moto tende 
ad un moto uniformemente accelerato.
In altri termini esistono $\tilde x$, $\tilde v$, e $a$ 
tali che 
$\lim_{t\to \infty} |\dot x(t)-(\tilde v + t a)|=0$
e
$\lim_{t\to \infty} |x(t)-(\tilde x+t\tilde v + \frac {t^2}2 a)|=0$.

\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:es6}
\subsubsection{}
\label{es7}
Un punto materiale di massa $1$ si muove sulla semiretta $x>0$ 
soggetto ad una forza di energia potenziale $V(x)= -\frac 1x +\frac 1{2x^2}$.

 Per quali dati iniziali il moto \`e periodico?

 Per quali dati iniziali il moto non \`e periodico?

 Per quali dati iniziali il moto \`e illimitato?

 Quali solo le soluzioni stazionarie?

 Sia $x_0=\frac 12$ e $\dot x_0= 1$. Determina
$\lim_{t\to +\infty} \dot x(t)$.

 Sia $x_0=\frac 12$ e $\dot x_0= -1$.
Qual \`e il massimo della velocit\`a che il punto raggiuge?
E qual \`e il minima?

\hyperref{Risposta}{Vedi sezione}{}{sol:es7}
\subsubsection{*}
\label{es8}
Sia $V(x)=1+\cos x $ per $|x|\le \pi$, e $V(x)=0$ per
$|x|\ge \pi$.


Discuti qualitativamente il moto.

Discuti qualitativamente il moto per il potenziale 
$V_{\eps}(x)= V(\frac x\eps)$ con
$\eps >0$; cosa accade nel limite $\eps \to 0$?

Discuti qualitativamente il moto per il potenziale 
$V_{\eps}(x)= \frac 1\eps V(\frac x\eps)$ con
$\eps >0$; cosa accade nel limite $\eps \to 0$?

Qual \`e il moto di una particella che rimbalza 
contro un ``muro infinitamente rigido''?

\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:es8}
\subsubsection{*}
\label{es9}
Sia $V(x)=-(1+\cos x) $ per $|x|\le \pi$, e $V(x)=0$ per
$|x|\ge \pi$.

Discuti qualitativamente il moto.

Discuti qualitativamente il moto per il potenziale 
$V_{\eps}(x)= \frac 1\eps V(\frac x\eps)$ con
$\eps >0$, per dati iniziali di 
energia totale positiva. Cosa accade nel limite $\eps \to 0$?


\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:es9}
\subsubsection{}
\label{es10}
Sia $V(x)=|x|$.
Discuti qualitativamente il moto.
Quant'\`e la forza in $x=0$?
Sia $V(x)=-|x|$. Trova il moto di dato iniziale  
$(x_0,\,\dot x_0)=(-1,v)$ al variare di $v>0$.
Considera ora $V(x)=-\sqrt{a^2+x^2}+a$, con $a>0$.
Determina il moto di dato iniziale $(x_0,\,\dot x_0)=(-1,v)$ 
al variare di $v>0$, e il limite di tale moto per $a\to 0$.

\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:es10}

\subsubsection{*}
\label{es11}

Sia $V(x)=-|x|^{\alpha}$ con $\alpha >0$. Considera
il dato iniziale $(x_0,\,\dot x_0)=(1,\,0)$.
In quanto tempo il punto materiale raggiunge $+\infty$?
Per quanto tempo il moto esiste?

Sia $V(x)\ge M$ per ogni $x$ reale. Prova che 
$|x(t)|\le c_1 + c_2 t$, per $c_1,\, c_2$ costanti opportune
che dipendono dal dato iniziale.
Prova che il moto esiste per tutti i tempi.

\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:es11}

\subsubsection{}
\label{es12}
Sia $V(x)=x+\alpha \sin x$, con $\alpha > 0$.
Discuti qualitativamente il moto al variare di $\alpha$.
In particolare trova gli $\alpha$ per cui esistono 
soluzioni stazionarie e discutine la stabilit\`a.
Determina per quali $\alpha$ esistono orbite 
periodiche.

\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:es12}
\subsubsection{*}
\label{es13}
Sia $V(x)=\sin(x)+\sin(\alpha x)$, con
$0<\alpha<1$, e $(x_0,\,\dot x_0)=(0,2)$.
Determina $\lim_{t\to \infty} x(t)$ al variare di  $\alpha$.
(Suggerimento:  
\hyperref{vedi l'esercizio sul ritorno}{ vedi l'esercizio sul ritorno }{}{ritorno})

\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:es13}
\subsubsection{}
\label{es14}
Sia $V(x)=(1+\cos(x))\sin\left(\frac x\eps\right)$, e 
$(x_0,\,\dot x_0)=(0,2)$.
Per quali valori di $\eps$ il moto \`e illimitato?
\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:es14}
\subsubsection{**}
\label{es15}
Sia $V(x)=2\sin\left( \frac x\eps \right)$, $x_0=0$ e 
$\dot x_0 > 2$.
Determina il tempo necessario per raggiungere $x=1$, nel limite 
$\eps \to 0$.
\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:es15}
\subsubsection{***}
\label{es16}
Sia $V(x)=(1+\cos(x))\sin\left(\frac x\eps\right)$, e 
$(x_0,\,\dot x_0)=(-\pi,2)$.
Indica con $t_{\eps }$ il tempo necessario per raggiungere 
$x=\pi$.
Prova che $\lim_{\eps \to 0} t_\eps$ \`e finito.
Sia $t_{\eps}(x)$ il tempo necessario per raggiungere 
$x> \pi$.
Prova che $\frac {t_{\eps}(x)}x>c$ per ogni $\eps $ ed ogni $x>\pi$

\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:es16}
\subsubsection{Domande brevi}
\label{1_dom}
\noindent
\begin{enumerate}[a)]
\item 
In generale un'orbita periodica \`e descritta da 
un'ellisse nello spazio delle fasi?
\item Sia $V(x)= x + \frac 12 \sin x $. Quant'\`e $\lim_{t\to +\infty} x(t)$?
Il moto \`e uniformemente accelerato?
\item Come \`e la parte reale degli autovalori 
di un sistema conservativo linearizzato intorno ad una posizione di equilibrio
stabile?
\item Discuti la stabilit\`a dell'origine per le 
seguenti equazioni differenziali:
\begin{enumerate}[1. ]
\item $\ddot x = x + \dot x$
\item $\ddot x = x - \dot x$
\item $\ddot x = -x + \dot x$
\item $\ddot x = -x - \dot x$
\end{enumerate}
Quale di esse descrive 
un oscillatore armonico con attrito a tempo invertito?
E quale il linearizzato di un pendolo capovolto 
con attrito?
\item Per quali dei seguenti moti unidimensionali 
l'energia meccanica \`e conservata?
\begin{enumerate}[1. ]
\item $\ddot x = e^{\sin x^2}$
\item $\ddot x = \cos x$
\item $\ddot x = \sin x + t^2$
\item $\ddot x = \sin x + 1$
\item $\ddot x = x + t $
\item $\ddot x = xt$
\item $\ddot x = x + \dot x$
\item $\ddot x + \dot x +\sin x= 0$
\item $\ddot x = \dot x$
\item $\ddot x = \arccos(x-3t)$
\end{enumerate}
In due degli esempi precedenti, anche se l'energia meccanica
non si conserva, c'\`e un integrale primo del moto,
dipendente dal tempo, che ne permette
l'analisi qualitativa. Quali sono? Qual \`e l'interpretazione 
fisica di tali integrali primi? (vedi l'inizio dell'esercizio 
\ref{adiab1}).

 
\end{enumerate}
\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:1_dom}
\subsection{Equazioni lineari}
\label{sez.lineare}
Nei testi di analisi matematica l'aspetto qualitativo 
\`e tipicamente sottorappresentato.
Vedi invece i testi di Arnold 
\cite{arnold1,arnold2} e in generale i libri di Meccanica.
\subsubsection{}
\label{lin.0}
Linearizza l'equazione del pendolo
$$\ddot \phi = - \omega_0^2 \sin \phi$$
intorno a {\it tutte} le posizioni di equilibrio.


\subsubsection{}
\label{lin.1}
Descrivi le traiettorie nello spazio delle fasi di
$$\dot \ve z = A \ve z,$$
per 
$$A=\left( \begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & \lambda \end{matrix} \right),
\left( \begin{matrix} 0 & 1 \\ -1 & \lambda \end{matrix} \right),
\left( \begin{matrix} 0 & -1 \\ 1 & \lambda \end{matrix} \right),
\left( \begin{matrix} 0 & -1 \\ -1 & \lambda \end{matrix} \right),
$$
al variare di $\lambda \in \R$ (anche negativo).
\subsubsection{}
\label{lin.2}
Che relazione devono verificare la matrice $A$ e il vettore 
$\ve w$ affinch\'e  
il sistema
$$\dot \ve z = A \ve z + \cos(t) \ve w$$
ammetta una soluzione periodica di periodo $t$?
(Suggerimento: cerca soluzioni del tipo $\sin(t) \ve a + \cos(t) \ve b$).

\subsubsection{*}
\label{lin.3}
Considera il sistema lineare
$$\dot \ve z = A \ve z,$$
con dato iniziale $\ve z(0)=\ve z_0$.
Prova che la soluzione \`e lineare nel dato iniziale.
Questo implica che esiste una matrice $U(t)$ tale che
$\ve z(t)=U(t)\ve z_0$.
Prova che la matrice $U(t)$ pu\`o essere ottenuta
come somma della serie di matrici:
$$U(t)= \sum_{n=0}^{+\infty}\frac {t^n A^n}{n!}.$$
Per questo motivo $U(t)$ si indica spesso con $e^{At}$.
(Suggerimento: lo spazio delle matrici con la norma
$\|A\|=\max_{|v|=1} |A(v)|$ \`e completo e vale
$\|AB\|\le \|A\|\, \|B\|$. La serie \`e una serie di potenze
in $t$ quindi ha un raggio di convergenza, determinalo e deriva
termine a termine).






\subsection{Moti forzati e smorzati}
\label{sez.forzsmorz}
Per le oscillazioni forzate e smorzate mi vengono in mente due testi:
il Landau \cite{landau} e il Gallavotti \cite{gallavotti}.

\subsubsection{}
\label{2.es.1}
Risolvi il moto
$\ddot x = -\lambda \dot x + (1+\cos (\omega t))$.
Esistono soluzioni stazionarie? Esistono moti periodici?
Esiste $\lim_{t\to +\infty}x(t)$?

\subsubsection{}
\label{2.es.a1}
Risolvi 
$$\ddot x = -x -2\lambda \dot x+\sin(t) + \cos(2t),$$
con dato iniziale $(0,0)$, per $\lambda = 0$ e 
$\lambda = \frac 45$.

\subsubsection{*}
\label{2.es.fourier}
Sia $f(t)$ una funzione periodica di periodo $T= \frac {2\pi}\omega$.
Assumi che sia almeno di classe $\ve C^2$ (derivabile due volte
con derivata seconda continua e limitata).

La funzione  $f$ pu\`o essere sviluppata in serie di Fourier:
$$f(t)= \sum_{k\in \Z} c_k e^{i\omega k t},$$
dove $c_k = 
\frac 1T \int_0^T dt e^{-i\omega k t } f(t)\,dt.$ 
Ricorda che $c_{-k}= \bar c_k$,  per la realt\`a di $f$, e
$|c_k|\le \frac {C}{k^2}$ per $k\neq 0$ (per l'ipotesi $\ve C^2$).

Trova per serie una soluzione particolare di 
$$\ddot x = -x -2\lambda \dot x +f(t),$$
per $\lambda = 0 $ e $\lambda = \frac 45$, al variare di 
$\omega$.
Che condizioni devi imporre su $c_k$ e $\omega$ affinch\'e il moto 
sia limitato?





\subsubsection{*}
\label{2.es.2}
Considera l'oscillatore armonico forzato
$$\ddot x = -\omega_0^2 x + \cos(\omega t).$$

Per quali valori di $\omega$ esistono moti periodici?

Prova che tutti i moti sono periodici se e solo 
se $\frac {\omega_1}\omega$ \`e razionale e diverso da $1$.

Prova che se $\frac {\omega_1}\omega$ \`e irrazionale,
il moto nello spazio delle fasi riempie densamente 
una regione. Che regione \`e? (Suggerimento:
vedi l'esercizio \ref{ritorno})



\subsubsection{*}
\label{2.es.3}
Considera il moto
$\ddot x = - x + \fcr\{0\le x \le 1\} \fcr\{\dot x \ge 0 \}$.

L'energia meccanica si conserva?

Considera il dato iniziale 
$(x_0,\, \dot x_0) = (0,0)$. Risolvi esplicitamente il moto 
fino al primo tempo di ritorno del punto materiale in $x=0$ 
con velocit\`a positiva.

Come avviene il moto fino al secondo ritorno?

E dopo?


Sia $t_k$ il tempo in cui il punto materiale ritorna in $x=0$ 
con velocit\`a positiva.
Trova $\lim_{k\to +\infty} (t_{k}-t_{k-1})$.

\noindent
(Vedi la parte sullo ``scappamento ad ancora'' sul
Gallavotti \cite{gallavotti} )

\subsection{Alcuni esercizi chiave}
\label{sez.altro}
\subsubsection{La doppia buca con attrito}
\label{3.es.1}
Considera il moto
$\ddot x = x - x^3 -\lambda \dot x $ (moto nella doppia buca
di potenziale con attrito).
Le posizioni di equilibrio sono $x_1=1$, $x_2=-1$, $x_3=0$.
\begin{enumerate}[a)]
\item Prova che $x_{1,2}$ sono posizioni di equilibrio stabili, 
e $x_3$ \`e instabile. 
\item Prova che per qualunque dato iniziale 
la traiettoria converge ad una delle posizioni di equilibrio.
\item Chiediti se  esistono traiettorie non stazionarie che tendono 
a $x_3$.
\item Determina  qualitativamente la regione dello spazio delle
fasi che \`e attratta da $x_1$ e quella attratta da $x_2$
(Suggerimento: disegna nello spazio delle fasi
le orbite del sistema senza attrito e  i moti del sistema 
con attrito
che tendono alla posizione di equilibrio $x_2$.
\end{enumerate}

\hyperref{Soluzione}{Vedi sezione}{}{sol:3.es.1}



\subsubsection{Il `ritorno' parte I}
\label{ritorno}
Considera una pulce su una circonferenza, che al tempo iniziale sia
nel punto di angolo al centro $\phi=0$.
Ad ogni secondo la pulce f\`a un salto di un angolo $\alpha$.
Sia $\phi_k$, con $0\le \phi_k<2\pi$, la posizione della 
pulce al secondo $k$.
\begin{enumerate}[a)]
\item Prova che se $\frac \alpha\pi$\`e razionale 
il moto della pulce \`e periodico, cio\`e esiste $k$ tale che
$\phi_k=0$
\item Prova che se $\frac \alpha\pi$ \`e irrazionale  la pulce non 
torna mai in $\phi=0$.
\item Sempre nel caso  $\frac \alpha\pi\notin \Q$, prova
che esiste una successione crescente di interi $n_k$ tale che
$\lim_{k\to +\infty} \phi_{n_k}=0$.
\item Sempre nel caso  $\frac \alpha\pi\notin \Q$, prova che per 
ogni $\phi$ esiste una successione crescente di interi $n_k$ tale che
$\lim_{k\to +\infty} \phi_{n_k}=\phi$ (in altre parole 
il moto \`e `denso` sulla circonferenza, o anche 
l'$\omega-$limite del moto \`e tutta la circonferenza.
\end{enumerate}
(Vedi Arnold \cite{arnold2})
\subsubsection{Il `ritorno' parte II}
Considera il seguente moto delle variabili periodiche 
$\phi_1(t)$ e $\phi_2(t)$ ( sono angoli tra $0$ e $2\pi$, 
cio\`e $(\phi_1,\phi_2)$ descrivono un toro bidimensionale):
$$\phi_1(t) = \omega_1 t $$
$$\phi_2(t) = \omega_2 t.$$
Il moto in ognuna delle variabili $\phi_i$ \`e periodico 
di periodo $T_i={\frac {2\pi}{\omega_i}}$.
Prova che  il moto complessivo \`e 
periodico se e solo se $\frac {\omega_1}{\omega_2}$ \`e razionale.
Prova che nel caso non periodico il moto \`e denso sul toro.
(Vedi Arnold \cite{arnold2})
\subsubsection{**}
\label{arnold}
Tratto dall'Arnold di Eq. Diff. \cite{arnold2}

\noindent
Considera la successione formata dalle prima cifra dell'espressione
decimale di $2^n$:
$$\begin{matrix}
2^0=1& \to & 1 \\
2^1=2& \to & 2 \\
2^2=4& \to & 4 \\
2^3=8& \to & 8 \\
2^4=16& \to & 1 \\
2^5=32& \to & 3 \\
2^6=64& \to & 6 \\
& \dots &
\end{matrix}$$

Compare il $7$ nella successione?

Compare pi\`u frequentemente il $6$ o l' $8$?

Pi\`u in generale $2^n$ pu\`o iniziare con una sequenza 
arbitraria di cifre?



\subsubsection{Un esempio di invariante adiabatico}
\label{adiab1}

Come si muove un punto materiale soggetto ad una forza di
energia potenziale
$V(x,t)=V(x-ct)$ con $c$ costante?

Come si muove un punto materiale in presenza
di una parete infinitamente rigida che si muove 
con velocit\`a costante $c$?

Un punto materiale di massa $m$ si muove 
tra due pareti infinitamente rigide, la prima fissa
in $x=0$ e la seconda in $x=z(t)=z_0-\eps t$, con $\eps>0$.
All'istante iniziale il punto \`e in $x=0$ 
con velocit\`a $v$. Determina, nel  $\lim_{\eps\to 0}$, il
modulo della
velocit\`a del punto nell'istante in cui la barriera mobile
\`e arrivata in $x=\frac 12$.

Prova pi\`u in generale 
che $\lim_{\eps \to 0} |v\left(\frac t\eps \right) 
z\left( \frac t\eps \right)|=vz_0$. 

\noindent
Suggerimento: supponi che al tempo $t_0$ la barriera mobile
sia in $a$ e la particella sia in $0$ con velocit\`a $v$.
Calcola il tempo $t_1$ di ritorno della particella in $0$,
la velocit\`a che ha la particella e la posizione della 
barriera mobile.
Nota che il prodotto della velocit\`a per la posizione della 
barriera al tempo $t_1$ \`e identico al prodotto al tempo $t_0$.
Estendi ricorsivamente per i ritorni successivi, e determina
la successione dei tempi di urto con la parete fissa...


{\noindent}
{\bf Osservazione}

Fisicamente $m|v(t)z(t)|$ ha le dimensioni di una energia per il tempo
(ha le dimensioni dell'azione). Per $z$ costante, l'azione
\`e proporzionale all'area racchiusa dall'orbita nello spazio
delle fasi (che in questo caso \`e un rettangolo!).

\`E ovvio che $\lim_{\eps \to 0} |v(t)z(t)|= v_0z_0$, 
infatti per $\eps = 0$ la barriera \`e ferma. Questo limite
non \`e uniforme in $t$.
Dall'esercizio puoi notare che ad un tempo dell'ordine di 
$\frac 1\eps$ la variazione di $|V(t)z(t)|$ rispetto a
$v_0z_0$ \`e di ordine $\eps$.

Cio\`e l'azione \`e praticamente invariante,
rispetto a variazioni 
lente (adiabatiche) dei parametri fisici che governano il moto.

Per maggiori dettagli 
vedi l'Arnold \cite{arnold1} e il Landau \cite{landau}.

\subsubsection{La buca variabile rivisitata}
\label{adiab2}
(Autore E. Caglioti)

\noindent
L'esercizio precedente ha una interpretazione 
termodinamica. 


\`E facile identificare l'energia interna:
$U=\frac 12 v^2$. \`E anche facile identificare il `volume':
sar\`a $V=z$. La pressione \`e fisicamente la forza esercitata 
sull'unit\`a di superficie che racchiude il mezzo.
D'altra parte in questo caso la superficie \`e un punto 
($x=0$ oppure $x=z$). Se un punto materiale subisce in un certo tempo 
$\delta t$ una variazione di impulso $\delta (mv)$, la forza
che \`e stata esercitata su di esso \`e $\frac {\delta (mv)}{\delta t}$.
Per un urto n $x=0$ la variazione di impulso \`e $2m|v|$.
Nel nostro caso non c'\`e variazione di impulso 
se non quando la massa tocca $x=0$.
Per dare senso alla pressione, si pu\`o pensare 
di considerare l'impulso scambiato con la parete per un tempo 
sufficientemente lungo affinch\'e avvengano molti urti, 
ma sufficientemente piccolo affinch\'e la variazione dovuta al moto 
della barriera mobile non sia significativa (assunzione 
possibile se $\eps$ \`e molto piccolo).
In altre parole:
$$P=\frac {2m|v|k}{\tau_k},$$
dove $k$ \`e il numero di volte che la massa urta la parete in $x=0$, 
e $\tau_k$ \`e il tempo necessario per fare $k$ urti.
Evidentemente $\tau_k \eqsim k \frac {2z}{|v|}$ ($2z$ \`e la distanza
da percorrere per tornare in $x=0$ e $v$ \`e la velocit\`a).

In definitiva, l'interpretazione termodinamica 
del moto di una particella tra due pareti perfettamente rigide
a distanza $z$ d\`a:
$$\begin{matrix}
U=\frac 12 mv^2 \\
V=z\\
P=\frac {mv^2}z.
\end{matrix}$$ 

Prova che se $z$ varia molto lentamente, 
$$TdS=dU+PdV=0,$$
cio\`e la trasformazione \`e adiabatica.


\noindent
{\bf Osservazione}

Fare la termodinamica di una sola particella \`e abbastanza privo di 
senso. Si possono considerare, pi\`u correttamente,  
moltissime particelle tra le pareti, che non urtano tra di loro.
Questa situazione pu\`o far pensare ad un gas perfetto, 
per cui la termodinamica ha senso, e la pressione \`e 
cinematicamente definita attraverso l'impulso scambiato con
le pareti. 
Tenete presente, per\`o, che un insieme di particelle che 
non urtano tra loro NON sono un gas perfetto. Infatti
manca il meccanismo di termalizzazione tipico, ad esempio,
dell'equazione di Boltzmann.
 
\subsubsection{Altri esempi di invarianti adiabatici}
\label{adiab3}
Teorema dell'invarianza adiabatica.

Supponi di avere un moto unidimensionale in cui l'energia totale,
oltre che dipendere dalla posizione e dalla velocit\`a, 
dipenda da un parametro  $\lambda$, 
cio\`e $E=E(x,\dot x, \lambda)$.
Come esempio puoi pensare a 
$E= \frac 12 \lambda \dot x^2 +V(x)$, dove la massa stessa 
\`e il parametro $\lambda$,  
oppure
$E=\frac 12 m\lambda^2\dot \theta^2 -m g\lambda \cos \theta$,
dove $\lambda$ ha le dimensioni di una lunghezza.

Supponi, inoltre, che il moto assegnato sia in generle
periodico, ed indica con $I(E)$ la misura dell'area, 
nello spazio delle fasi,
della regione racchiusa dall'orbita di energia $E$.

Considera ora il moto con energia totale dipendente 
dal tempo attraverso $\lambda$:
$E=E(x,\dot x, \eps t)$, con $\eps$ piccolo.

Il teorema adiabatico afferma 
che 
$$|I(E(t))-I(E(0))|\le c \eps,$$
per $0\le t \le \frac 1\eps$.

In altre parole, per variare l'azione di $\eps$ devo 
aspettare un tempo di ordine $\frac 1\eps$.

\noindent
In questo enunciato mancano delle ipotesi importanti.
Per l'enunciato preciso e per la dimostrazione vedi,
tra gli altri, l'Arnold \cite{arnold1}

\vskip10pt

Considera un pendolo la cui massa diminuisce 
lentamente con il tempo.
Di quanto varia l'ampiezza delle oscillazioni se la massa si dimezza?


Una massa \`e appesa ad un filo ed oscilla. 
Se dimezzo lentamente la lunghezza del filo, 
come cambia l'ampiezza delle oscillazioni?




Considera il moto unidimensionale di 
energia totale
$$\frac 12 \dot r^2  + \frac {l^2}{2r^2} - \frac kr.$$
Considera un dato iniziale che compia piccole 
oscillazioni intorno alla posizione di equilibrio stabile.
Se $k$ si dimezza molto lentamente, come cambia il moto?

(**) Un satellite in orbita intorno 
alla Terra descrive un'orbita poco eccentrica.
Come cambia l'orbita se il momento della quantit\`a di moto
del satellite raddoppia molto lentamente?


\subsection{Altri esercizi sui moti unidimensionali (2001)}
\subsubsection{}

Sia $V(x) = \arctan(x) + \dfrac {\alpha}{1+x^2}$ l'energia potenziale
di un moto unidimensionale.
Al variare di $\alpha \in \R$, 
 disegnare qualitativamente le orbite nello spazio delle fasi. In particolare
\begin{itemize}
\item determinare le soluzioni di equilibrio e discuterne la stabilit\`a
\item dato $(x_0,\,\dot x_0) = (0,0)$, dato iniziale,
determinare $\lim_{t\to +\infty} (x(t),\dot x(t))$
\end{itemize}
Considerare ora il moto $\ddot x = -\dx V - \beta \dot x$, con $\beta>0$.
Determinare le posizioni di equilibrio e discuterne la stabilit\`a.


\noindent
Per $\alpha>-1$ e $\beta>0$
determinare  $\lim_{t\to +\infty} (x(t),\dot x(t))$ se 
 $(x_0,\,\dot x_0) = (0,0)$.


\noindent 
(*) Risolvere, qualitativamente, il punto precedente nel caso 
$\alpha \le -1$.

\noindent
(*) Sempre nel caso $\beta > 0$, esiste $v>0$ tale che per
il moto di dato iniziale $(0,v)$ vale
$\lim_{t\to +\infty} = +\infty$?

\subsubsection{}

Sia $V(x) = \arctan(x) + \dfrac {\alpha x}{1+x^2}$ l'energia potenziale
di un moto unidimensionale.
Al variare di $\alpha \in \R$, 
 disegnare qualitativamente le orbite nello spazio delle fasi. In particolare
\begin{itemize}
\item determinare le soluzioni di equilibrio e discuterne la stabilit\`a
\item dato $(x_0,\,\dot x_0) = (0,0)$, dato iniziale,
determinare $\lim_{t\to +\infty} (x(t),\dot x(t))$
\item se  $(x_0,\,\dot x_0) = (0,v)$, per quali valori di 
$v$, in funzione di $\alpha$,  $\lim_{t\to +\infty} x(t) = +\infty$? 
\end{itemize}


\subsubsection{}

Sia $V(x) = x^4e^{-x}$.
 l'energia potenziale
di un moto unidimensionale.
Disegnare qualitativamente le orbite nello spazio delle fasi.
 In particolare
\begin{itemize}
\item determinare le soluzioni di equilibrio e discuterne la stabilit\`a
\item determinare la frequenza delle piccole oscilazioni intorno
alle posizioni di equilibrio stabili
\item se  $(x_0,\,\dot x_0) = (0,v)$, per quali valori di 
$v$ vale $\lim_{t\to +\infty} x(t) = +\infty$?
In tal caso;
\begin{itemize}
\item  quant'\`e $\lim_{t\to +\infty} \dot x(t)$?
\item  con che velocit\`a, in funzione di $v$, il punto passa per $x=4$?
\item dare l'espressione del tempo che il punto materiale impiega per 
arrivare in $x=8$, in funzione di $v$.
\end{itemize}
\end{itemize}


\subsubsection{}

Sia $V(x) = -x^2e^{-x}$.
 l'energia potenziale
di un moto unidimensionale.
Disegnare qualitativamente le orbite nello spazio delle fasi.
 In particolare, 
\begin{itemize}
\item calcolare la frequenza delle piccole oscillazioni
intorno alle posizioni di equilibrio stabili
\item se $(x_0,\dot x_0) = (2,v)$, per quali valori di 
$v$ il moto tende a $+\infty$? E per quali tende a 
$-\infty$? In tal caso calcolare in quanto tempo 
il punto materiale raggiunge $-\infty$.
\end{itemize}


\subsubsection{}

Sia $V(x) = \dfrac {x^2}2 + \dfrac {\alpha}{1+x^2}$.
 l'energia potenziale
di un moto unidimensionale.
Disegnare qualitativamente le orbite nello spazio delle fasi, 
al variare di $\alpha \in \R$.
 In particolare, 
\begin{itemize}
\item determinare le posizioni di equilibrio e discuterne la 
stabilit\`a
\item per $\alpha = 1$ determinare la frequenza delle 
piccole oscillazioni intorno alle posizioni di equilibrio stabili
\item per $\alpha = \dfrac 12$  determinare la frequenza delle 
piccole oscillazioni intorno alle posizioni di equilibrio stabili
\item per $\alpha = 1$ e per il dato iniziale 
$(-1,v)$, determinare i valori di $v$ per quali il moto 
passa per $x=1$. Dare l'espressione del tempo impiegato, 
in funzione di $v$.
\item con i dati del caso precedente, con che velocit\`a il 
punto materiale passa per $x=0$?
\item (*) determinare $\lim_{E\to +\infty} T(E)$, 
dove $T(E)$ \`e il periodo del moto di energia $E$.
\item (*) sempre per $\alpha = 1$, discutere i valori di $T$ per 
i quali esiste un moto periodico di periodo $T$.
\end{itemize}

\subsubsection{}


Sia $V(x) = -\dfrac {x^2}2 + \dfrac {\alpha}{1+x^2}$.
 l'energia potenziale
di un moto unidimensionale.
Disegnare qualitativamente le orbite nello spazio delle fasi, 
al variare di $\alpha \in \R$.
 In particolare, 
\begin{itemize}
\item determinare le posizioni di equilibrio e discuterne la 
stabilit\`a
\item per $\alpha = -1$, determinare la frequenza delle piccole 
oscillazioni intorno alle posizioni di equilibrio stabili
\item per $\alpha = -2$ e $x_0=0$, determinare i valori 
della velocit\`a iniziale $v$ per i quali il moto 
\`e illimitato
\item nel caso dei dati del punto precedente, se il moto 
\`e illimitato, determinare 
$\lim_{t\to +\infty} \dfrac {x(t)}{\dot x(t)}$, al variare di $v$
\end{itemize}

\subsubsection{}


Sia $V(x) = \sqrt{1+x^2} + \dfrac {\alpha}{1+x^2}$.
 l'energia potenziale
di un moto unidimensionale.
Disegnare qualitativamente le orbite nello spazio delle fasi, 
al variare di $\alpha \in \R$.
 In particolare, 
\begin{itemize}
\item determinare le posizioni di equilibrio e discuterne la 
stabilit\`a
\item determinare la frequenza delle piccole 
oscillazioni intorno alle posizioni di equilibrio stabili
\item se $(-1,0)$ \`e il dato iniziale, per quali valori di 
$\alpha$ il moto \`e periodico?
\item (*) determinare $\lim_{E\to +\infty} T(E)$,
dove $T(E)$ \`e il periodo del moto di energia $E$.
\end{itemize}


\subsubsection{}

Sia $V(x) = -\sqrt{1+x^2} + \dfrac {\alpha}{1+x^2}$.
 l'energia potenziale
di un moto unidimensionale.
Disegnare qualitativamente le orbite nello spazio delle fasi, 
al variare di $\alpha \in \R$.
 In particolare, 
\begin{itemize}
\item determinare le posizioni di equilibrio e discuterne la 
stabilit\`a
\item determinare la frequenza delle piccole 
oscillazioni intorno alle posizioni di equilibrio stabili
\item se $(-1,0)$ \`e il dato iniziale, per quali valori di 
$\alpha$ il moto \`e periodico?
\item sia $(0,v)$ il dato iniziale;
per quali valori di $v$ il moto \`e illimitato?
\item (*) nel caso dei moti illimitati del punto precedente,
determinare
$\lim_{t\to +\infty} \dfrac {\dot x^2(t)}{x(t)}$, 
al variare di $v$.
\end{itemize}

\subsubsection{}

Sia $V(x) = x + \dfrac {\alpha}{1+x^2}$.
 l'energia potenziale
di un moto unidimensionale.
Disegnare qualitativamente le orbite nello spazio delle fasi, 
al variare di $\alpha \in \R$.
 In particolare, 
\begin{itemize}
\item determinare le posizioni di equilibrio e discuterne la 
stabilit\`a
\item determinare la frequenza delle piccole 
oscillazioni intorno alle posizioni di equilibrio stabili
\end{itemize}



%\subsection{Esercizi Futuri?}
%\begin{itemize}
%\item La scimmia, la carrucola e  il casco di banane
%\item Attrito
%\item Attrito statico
%\end{itemize}














%&latex

\section{Soluzioni degli esercizi sui moti unidimensionali}
\subsection{Moti unidimensionali}

\subsubsection{}
\label{sol:es1}

L'energia potenziale \`e una funzione simmetrica rispetto all'asse
delle $y$. Dunque
\begin{equation}
T(E)=4\int_0^{x^+(E)} \frac {dx}{\sqrt {2(E-V(x))}},
\end{equation}
dove $x^+(E)=E^{\frac 1{\alpha}}$.
Cambiando variabile di integrazione:
$$T(E)=E^{\frac 1{\alpha}-\frac 12} 2\sqrt 2 \int_0^1
\frac {dy}{\sqrt{1-y^\alpha}}$$
Il periodo non dipende dall'energia solo se  $\alpha=2$
(potenziale armonico). 
Se $\alpha >2$ $\lim_{E\to 0} T(E) = +\infty$.

\subsubsection{}
\label{sol:es2}
\`E un' equazione differenziale lineare. Trovando gli zeri del polinomio
caratteristico $\lambda^2 = 1$, ottieni 
che la soluzione \`e
$x(t) = c_1 e^{-t} + c_2 e^t$, 
con $\dot x = -c_1 e^{-t} + c_2 e^t$.
Imponendo il dato iniziale:
$$\begin{matrix}
1 & = & c_1 + c_2 \\
-1 & = & - c_1 + c_2,\end{matrix} $$
dunque $c_1=1$, $c_2=0$ e il moto \`e $x(t)= e^{-t}$.
Il tempo per raggiungere $0$ \`e infinito.
Le traiettorie con $x(t) \to 0$ sono tutte e sole quelle con $c_2=0$;
esse sono anche tutte e sole le traiettorie con $\dot x(t) \to 0$.
Dunque i dati iniziali richiesti sono $(x_0,\,\dot x_0)=(c,\,-c)$, 
con $c\in \R$.

\subsubsection{La doppia buca di potenziale}
\label{sol:db}
Il valore minimo dell'energia \`e $-\frac 14$.
Ad esso corrispondono due posizioni di equilibrio
$x=\pm 1$. Sono stabili perch\`e sono punti di minimo dell'energia potenziale.
Per $-\frac 14 <E <0$ esistono due orbite periodiche.
Per $E=0$, hai tre orbite, la soluzione di equilibrio 
$x=0$, che \`e instabile eesendo un masssimo locale dell'energia 
potenziale,
e due orbite a meta asintotica.
Per $E>0$ hai un'orbita periodica.

Dal ritratto di fase si deduce facilmente che la traiettoria 
di dato iniziale 
 $(x_0,\dot x_0)=(-1,v)$ passa per $x=1$ se e solo se 
l'energia totale \`e maggiore di $0$, che \`e il valore 
del massimo locale di $V$.
Dunque  $\frac 12 v^2 -\frac 14 >0$, 
cio\`e $|v|> \frac 1{\sqrt 2}$.
Il valore di $V$ in $x=-1$ e $x=1$ \`e identico;
dunque per la conservazione dell'energia, anche il valore 
di $|\dot x$ \`e identico. 
Quindi, 
al primo passaggio per $x=1$, la velocit\`a \`e $\dot x = |v|$.

Nel ritratto dell'orbita nello spazio delle fasi, 
la curva di energia $E=0$ \`e descritta da
$\dot x = \pm \sqrt{2 ( \frac {x^2}2 - \frac {x^4}4 )}$.
La tangente dell'angolo richiesto \`e 
$$\lim{x \to 0^+} \dx  \sqrt{2 ( \frac {x^2}2 - \frac {x^4}4 )}=
1.$$ 
L'angolo \`e $\frac {\pi}4$.

\subsubsection{La doppia buca parte II}
\label{sol:db2}
Il grafico dell'energia potenziale \`e qualitativamente diverso
nei casi  $\alpha < 0$ e $\alpha \ge 0$.

Per $\alpha < 0$, il moto \`e qualitativamente uguale al caso $\alpha = -1$,
descritto nell'esercizio precedente.

Per $\alpha \ge 0$, l'energia potenziale \`e strettamente convessa;
l'unica posizione di equilibrio \`e $x=0$, ed \`e stabile.
In particolare per $\alpha > 0$ esiste la frequenza delle 
piccole oscillazioni, per $\alpha = 0$  non esiste
(vedi esercizio \ref{es1}).
\begin{figure}[h]
\centerline{
\psfig{figure=bifor.eps}
}
\end{figure}

Nella figura, in ascissa c\`e i valore di $\alpha$, 
le curve rosse e blu sono le ascisse delle posizioni di equilibrio,
in rosso se l'equilibrio \`e instabile, in blu se \`e stabile.
La poszione $x=0$ \`e stabile per $\alpha \ge 0$, 
instabile per $\alpha <0$. 
Le altre posizioni di equilibrio esistono solo per $\alpha <0$ e
sono stabili. 


\subsubsection{}
\label{sol:es.3bis}

Per $\alpha > 0$  l'energia potenziale \`e monotona strettamente crescente.
Non esistono posizioni di equilibrio, le orbite sono tutte illimitate,
Per tutti i dati iniziali $x(t)$ tende a $-\infty$.
Il tempo che impiega la particella per raggiungere 
$-\infty$ \`e {\bf finito}, 
infatti $\int_{-\infty}^x \frac {dx}P\sqrt{2(E-x^3-\alpha x )}<\infty$.

Per $\alpha = 0$ c\`e la posizione di equilibrio $x=0$.
 Tutte le altre orbite sono illimitate come nel caso 
precedente. La posizione di equilibrio \`e instabile, 
essendo un punto di flesso.


Per $\alpha < 0$ ci sono due posizioni di equilibrio:
$x^\pm = \pm \sqrt{-\frac {\alpha}3}$. La posiozione $x^-$ \`e instabile 
(massimo locale di $V$), 
la posizione $x^+$ \`e stabile (minino locale di $V$).
Il valore di $V$ nei punti di equilibrio \`e $\mp \bar E= \mp \frac 23 \alpha 
\sqrt{-\frac {\alpha}3}$.
Per $E<-\bar E$ c\`e solo un' orbita illimitata.
Per  $E=-\bar E$ un'orbita illimita e $x=x^+$ equilibrio stabile.
Per $-\bar E < E < \bar E$ un'orbita illimitata e una periodica.
Per $E=\bar E$ la posizione di equilibrio instabile $x= x^-$,
un'orbita limitata a meta asintotica nella regione 
$x> x^-$, un'orbita illimitata a meta asintotica nel passato 
nella regione $x< x^-$, $\dot x < 0$,
un'orbita illimitata a meta asintotica nel futuro
nella regione $x< x^-$, $\dot x > 0$.


\begin{figure}[h]
\centerline{
\psfig{figure=bifor2.eps}
}
\end{figure}

\subsubsection{Variante della doppia buca}
\label{sol:db3}
L'energia potenziale va a $+\infty$ se $|x|\to +\infty$.
Dunque tutte le orbite sono limitate.
Analizzo i casi, al variare di $\alpha$.


La derivata \`e $x(x^4 -2\alpha x^2 + \alpha$.
Dunque $x=x_0=0$ \`e soluzione di equilibrio per tutti i valori di 
$\alpha$.
Le altre eventuali posizioni di equilibrio verificano
$x^2= \alpha \pm \sqrt{\alpha(\alpha -1)}$.
Condizione necessaria affinch\'e esistano \`e che 
$\alpha (\alpha -1)\ge 0$ cio\`e $\alpha \ge 1$ o $\alpha \le 0$.
Per $\alpha > 1$, $\sqrt{\alpha^2 -\alpha} < \alpha$, 
dunque 
esistono quattro posizioni di equilibrio:
$$\begin{matrix}
x_1 & = & -\sqrt{ \alpha + \sqrt{\alpha^2 -\alpha} } \\
x_2 & = & -\sqrt{ \alpha - \sqrt{\alpha^2 -\alpha} } \\
x_3 & = & +\sqrt{ \alpha - \sqrt{\alpha^2 -\alpha} } \\
x_4 & = & +\sqrt{ \alpha + \sqrt{\alpha^2 -\alpha} }.
\end{matrix}
$$
Per $\alpha < 0$, $\alpha + \sqrt{\alpha^2 -\alpha} >0$.
Dunque esistono solo le posizioni $x_1$ e $x_4$.

\noindent
In sintesi:

$\alpha < 0$: due posizioni di equilibrio stabili $x_1$ e $x_4$,
ed una instabile $x_0$;

$0\le \alpha \le 1$: una sola posizione di equilibrio $x_0$ stabile.

$\alpha >1$: tre posizioni di equilibrio stabili $x_1$, $x_4$ e $x_0$,
e due instabili $x_2$ e $x_3$.



\begin{figure}[h]
\centerline{
\psfig{figure=bifor3.eps}
}
\end{figure}

\subsubsection{Il pendolo su un piano ruotante}
\label{sol:es.param1}
Una primitiva in $\theta $ della forza assegnata \`e:
$V(\theta)= -Rmg \cos \theta + m\frac {R^2\Omega^2}2 \cos^2 \theta$.
$$V'(\theta) = \sin \theta ( Rmg - mR^2 \Omega ^2 \cos \theta)=
mR^2 \Omega ^2 (\lambda - \cos \theta).$$
Evidentemente, l'esistenza di alcune posizioni di equilibrio dipende
dal fatto che $\lambda $ sia minore o maggiore di $1$.
Il parametro $\lambda$ \`e adimensionale.
Per $\lambda \ ge 1$ ci sono solo la posizione di equilibrio 
stabile $\theta = 0$ e quella instabile $\theta = \pi$.
Per $\lambda < 1$, che corrispone al caso di debole gravit\`a, 
o di grande velocit\`a angolare del piano, 
compaiono altre due posizioni di equilibrio:
$\theta^\pm = \pm \arccos \lambda$.
Esse sono stabili, mentre $\theta = 0$ \`e instabile, 
come si deduce disegnando il grafico di $V$.

Il dato iniziale $(\theta_0,\, \dot \theta_0)= (-\frac {\pi}2,\,0)$
ha energia totale $0$.
I livelli critici dell'energia sono:

per $\lambda \ge 1$: $E_1= -m R^2 \Omega ^2 \left( \lambda -\frac 12 \right)$
(livello di minimo, $\theta=0$) e 
$E_2= m R^2 \Omega ^2 \left( \lambda +\frac 12 \right)$ (livello di massimo,
$\theta = \pi$).

per $\lambda < 1$: $E_1$ diventa un livello di massimo locale,
il livello di minimo \`e $E_3= -m R^2 \Omega ^2 \frac {\lambda^2}2$, che 
corrisponde alle due soluzioni stazionarie $\theta^{\pm}$.

\noindent
Dunqye $E=0$ \`e un livello critico solo se coincide con $E_1$,
il che accade se $\lambda \neq \frac 12$; in tal caso, essendo
$0<E_2$, l'orbita \`e periodica.
Il periodo \`e:
$$T=4\int_0^{\frac \pi 2} \frac {d\theta}{
\sqrt{ \frac 2{mR^2} (-V(\theta))}},$$
se $\lambda > \frac 12$,
$$T=2\int_{-\frac \pi 2}^{\arccos (2\lambda)} \frac {d\theta}{
\sqrt{ \frac 2{mR^2} (-V(\theta))}},$$
se $\lambda < \frac 12$.

\noindent
La posizione $\theta = \frac {\pi}2$ \`e raggiunta solo se
$\lambda > \frac 12$; 
il tempo\`e:
$$t=\int_{-\frac \pi 2}^{\frac \pi 2} \frac {d\theta}{
\sqrt{ \frac 2{mR^2} (-V(\theta))}}.$$
Il valore di $\dot \theta$ \`e dato dalla conservazione 
dell'energia. Essendo $V(\frac {\pi}2)=V(-\frac {\pi}2)$, 
$\dot \theta$ deve coincidere con il valore iniziale, cio\`e 
$\dot \theta = 0$.

\noindent
Sempre per la conservazione dell'energia, 
$\dot \theta =\pm \sqrt{\frac 2{mR^2} (-V(\theta))}$, 
dunque quando $\theta = 0$, $\dot \theta = 
\pm \sqrt{-\frac 2{mR^2}E_1}= \pm \Omega \sqrt{2\lambda -1}$.

\noindent
Il valore del massimo $\dot \theta$ \`e raggiunto quando, lungo 
l'orbita, $V(\theta)$ \`e minimo.
Se $\lambda \ge 1$ il minimo \`e raggiunto in $\theta = 0$;
se $\lambda < 1$, il minimo \`e raggiunto in $\theta = \theta^-$.

\noindent
Il dato iniziale $(\theta_0,\, \dot \theta_0)= (-\frac {\pi}2,\,omega)$
ha energia totale $\frac 12 m R^2 \omega^2$;
per $\omega $ grande, l'orbita \`e periodica perch\'e 
la variabile \`e un angolo. Il moto \`e la rotazione completa.
Il periodo \`e 
$$T= \int_{-\pi}^{\pi} 
 \frac {d\theta}{
\sqrt{ \frac 2{mR^2} (\frac 12 mR^2\omega^2-V(\theta))}}, $$
che per $\omega$ grande, al primo ordine in $\frac 1\omega$,
vale $\frac {2\pi}\omega$.

\noindent Nelle posizioni di equilibrio $\theta = 0 $ e $\theta = \pi$,
l'accelerazione \`e nulla $\ddot \theta =0$,
dunque per $\omega $ grande la va come $\omega$ in $\theta = 0$ e
$-\omega$ in $\theta= \pi$.

Per $\theta = \frac {\pi}2$, il coseno \`e nullo, e 
dall'equazione del moto ricavo
$mR^2 \ddot \theta= -Rmg $, cio\`e $\ddot \theta = -\frac {mg}R$.
Ne segue che la componente verticale della reazione \`e nulla.

\subsubsection{}
\label{sol:es.param2}
Standard.
\subsubsection{}
\label{sol:es.param3}
Standard.
\subsubsection{}
\label{sol:es4}
Standard.
\subsubsection{}
\label{sol:es5}
Le orbite sono tutte limitate per $a>0$.
L'origine \`e stabile se e solo se $a > \frac 12$.

\subsubsection{}
\label{sol:es6}
Il massimo dell'energia potenziale \`e $-1$.
Il dato iniziale ha energia $-\frac 12$. Dunque il moto 
\`e illimitato, e $\dot x > 0 $ per tutti i tempi positivi.
Il tempo per raggiungere $+\infty$ \`e dato da
$$T=\int_0^{+\infty} \frac {dx}{\sqrt{2(\sqrt{1+x^2} -\frac 12)}},$$
che \`e infinito.
Quando $t$ va ad infinito, $x$ va ad infinito, 
e l'accelerazione tende al limite di $\frac x{\sqrt{1+x^2}}$ che \`e 
$1$.
\`E ragionevole aspettarsi che 
quando $t$ \`e grande, il moto sia vicino al moto uniformemente 
accelerato $\tilde x + \tilde v t + \frac {t^2}2$.
In particolare ci si aspetta che $\dot x $ sia vicino a $\tilde v + t$.
Per capire se un tale $\tilde v$ esiste \`e sufficiente calcolare 
il limite 
$\lim_{t\to +\infty} (\dot x -t)$.
Sia $\dot x$ che $t$ si possono esprimere in funzione della x:
$$\tilde v = \lim_{x\to +\infty} 
\left(
\sqrt{2(\sqrt{1+x^2} -\frac 12)} -
\int_0^x \frac {dz}{\sqrt{2(\sqrt{1+z^2} -\frac 12)}}\right).$$
Ora posso scrivere $\dot x$ come l'integrale della sua derivata in $x$:
$$\sqrt{2(\sqrt{1+x^2} -\frac 12)} =1+
\int_0^x \frac {dz}{\sqrt{2(\sqrt{1+z^2} -\frac 12)}}
\frac z{\sqrt{1+z^2}}.$$
Sostituendo e raccogliendo:
$$\tilde v =1 - \int_0^{\infty} dz
\frac 1{\sqrt{2(\sqrt{1+z^2} -\frac 12)}} \frac 1{
z^2 + z\sqrt{1+z^2} +1},$$ 
che \`e finito. Per la determinazione di $\tilde x$,
dovr\`o calcolare $\lim_{t\to +\infty} (x(t) - \tilde v t - \frac 12 t^2)$.
Si pu\`o procedere come sopra anche se \`e pi\'u complicato.

\subsubsection{}
\label{sol:es7}
Il moto \`e periodico per tutti i dati iniziali con energia 
negativa, non \`e periodico, ed \`e illimitato,
per i dati iniziali con energia maggiore
o uguale a $0$.
C'\`e una sola soluzione stazionaria, in $x=1$.

 Per  $x_0=\frac 12$ e $\dot x_0= 1$ l'energia vale $\frac 12$.
che \`e positiva. Dunque $x\to \infty$. 
Il valore asintotico della velocit\`a \`e
$\sqrt{2(\frac 12)}=1$.

Per  $x_0=\frac 12$ e $\dot x_0= -1$, il punto si muove verso sinistra
diminuendo il valore assoluto della sua velocit\`a. Successivamente 
inverte la velocit\`a.
Dunque il minimo della velocit\`a \`e $-1$, quella del dato iniziale.
Il massimo \`e raggiunto in $x=1$ 
(che \`e il minimo dell'energia potenziale), e vale 
$\sqrt{2(\frac 12 +1 -\frac 12)}=\sqrt{2}$.
 
\subsubsection{}
\label{sol:es8}
Non disponibile
\subsubsection{}
\label{sol:es9}
Non disponibile
\subsubsection{}
\label{sol:es10}
Non disponibile
\subsubsection{}
\label{sol:es11}
Non disponibile
\subsubsection{}
\label{sol:es12}
Non disponibile
\subsubsection{}
\label{sol:es13}
Non disponibile
\subsubsection{}
\label{sol:es14}
Non disponibile
\subsubsection{}
\label{sol:es15}
Non disponibile
\subsubsection{}
\label{sol:es16}
Non disponibile

\subsubsection{}
\label{sol:1_dom}

a) No, solo se il potenziale \`e armonico.

b) Il limite \`e $+\infty$, e il moto NON \`e uniformemente accelerato.

c) nulla

d) Solo nel caso 4 l'origine \`e stabile.
Il pendolo capovolto linearizzato con attrito \`e il caso 2. 
Il caso 3 \`e un oscillatore armonico con attrito a tempo invertito.

e)  1, 2. I casi 5 e 10 possono considerarsi come moti 
unidimensionale visti in un sistema di riferimento mobile, di 
velocit\`a costante. L'energia nel sistema solidale  si conserva.

\subsection{Equazioni lineari}

\subsection{Moti forzati e smorzati}

\subsection{Alcuni esercizi chiave}
\subsubsection{La doppia buca con attrito}
\label{sol:3.es.1}
Considero nel seguito solo il caso di $\lambda $ piccolo.
Per $\lambda$ grandi le affermazioni restano vere, 
ma i grafici cambiano (come cambiano?).

\vskip8pt
{\bf a)}
L'energia \`e un integrale primo del moto per il sistema 
senza attrito.
In presenza di attrito
$\dt E = -\lambda {\dot x}^2$.
Quindi anche in presenza di attrito $E$ \`e una funzione 
di Lyapunov per i punti di minimo dell'energia potenziale
$x_1$ e $x_2$.
Dunque senz'altro queste due posizioni sono stabili.
Il teorema di Lyapunov, pur decrescendo l'energia, non 
permette di concludere immediatamente che $x_1$ e $x_2$ sono 
asintoticamente stabili. Infatti $\dt E$ \`e $0$ non solo nella posizione
di equilibrio ma anche in tutti i punti dello spazio delle fasi 
in cui $\dot x = 0$.
Procedo dunque con l'analisi del linearizzato\footnote{
C'\`e comunque un teorema che assicura l'asintotica stabilit\`a 
anche nel caso in cui la derivata della funzione di Lyapunov si annulla 
in altri punti che non siano il punto di equilibrio.
\`E il teorema di Barbasin (vedi il Dell'Antonio \cite{dellantonio})
; l'ipotesi aggiuntiva necessaria \`e 
che l'insieme dei punti in cui $\dt E=0$ non contenga intere orbite 
del sistema a parte il punto stazionario. Nel nostro caso questa 
ipotesi \`e soddisfatta.}.
Riscrivo l'equazione del moto come un sistema (non lineare ) 
del primo ordine.
$$\dt \binom{x}{v}=
\binom{v}{x-x^3-\lambda v}.$$
Lo Jacobiano del campo \`e
$$\left( \begin{matrix}  0 & 1 \\ 1-3x^2 & -\lambda 
\end{matrix}\right).$$
Nei punti $x=\pm 1$ vale
$$\left( \begin{matrix} 0 & 1 \\ -2 & -\lambda\end{matrix}
\right),$$
che ha entrambi gli autovalori con parte reale negativa.
Nel punto $0$ la matrice \`e
$$\left( \begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & -\lambda \end{matrix}\right),$$
che ha traccia negativa e determinante positivo, 
quindi ha due autovalori reali di segno opposto.
In conclusione le posizioni $x_{1,2}$ sono asintoticamente stabili,
la posizione $x=0$ \`e instabile.



\vskip8pt
{\bf b)}
L'energia meccanica non \`e conservata e decresce nel tempo.
Dunque esiste $\bar E = \lim_{t\to +\infty} E(t)$
($E(t)$ \`e limitata dal basso da $-\frac 14$).
Dunque il moto, nel limite $t$ che va a infinito, 
tende ad avere energia costante. L'idea intuitiva \`e che 
il moto deve tendere ad una soluzione di equilibrio, 
se no l'energia continuerebbe a decrescere invece che tendere
al valore $\bar E$.

L'analisi rigorosa di questo fatto \`e un po' astratta:
So che l'energia in funzione del tempo ha limite $\bar E$,
in particolare $E(t)$ \`e limitata.
Ne segue che il moto, nello spazio delle fasi, \`e limitato.

Sia $(\tilde x, \tilde v)$ un punto di accumulazione per la 
traiettoria, cio\`e esista una sequenza crescente di tempi $t_k$,
con $t_k\to +\infty$ per $k\to +\infty$, tale che 
$\lim_{k\to +\infty} (x(t_k),\dot x(t_k)=(\tilde x,\tilde v)$ 
\footnote{L'insieme dei punti di accumulazione 
per $t\to+\infty$ prende il nome di $\omega-$limite della 
traiettoria.}.
Considero adesso, per $\tau>0$ assegnato, la successione di 
punti dell'orbita $(x(t_k+\tau),\,\dot x(t_k+\tau))$.

L'osservazione importante, a questo punto, 
\`e che la mappa che d\`a la soluzione al tempo $\tau$ del 
sistema differenziale autonomo che stiamo considerando \`e
continua nel dato iniziale.

In altre parole:
$$\lim_{k\to +\infty}  (x(t_k+\tau),\,\dot x(t_k+\tau)) =
(\tilde x (\tau),\,\dot {\tilde x} (\tau)),$$
che \`e la soluzione al tempo $\tau$ di dato iniziale 
$(\tilde x, \tilde v)$.
Ne segue che $E(t_k +\tau)$ tende a 
$E(\tilde x (\tau),\,\dot {\tilde x} (\tau))$.
Ma $E(t) \to \bar E$ dunque,
se $(\tilde x, \tilde v)$ non \`e un punto di equilibrio
$$ \bar E=\lim_{k\to +\infty} E(t_k+\tau)= 
E(\tilde x (\tau),\,\dot {\tilde x} (\tau)) 
< E(\tilde x, \dot {\tilde x}) = \bar E,$$
che \`e impossibile.
Dunque i punti di accumulazione della traiettoria 
sono solo le posizioni di equilibrio.
Dal fatto che l'energia decresce segue 
che per ogni traiettoria il punto di accumulazione 
\`e unico.



\vskip10pt
Una dimostrazione pi\`u costruttiva \`e possibile ed istruttiva,
anche se pi\`u complessa.

Il primo fatto importante \`e che se ad un certo istante di tempo
$\bar t$
il punto \`e in $\bar x $ con velocit\`a $\bar v>0$ allora
la funzione $t\to x(t)$ \`e invertibile in un intorno di $\bar t$,
essendo $\dt x(\bar t)=\bar v \ne 0$.
Cio\`e posso pensare il tempo come funzione della posizione,
quindi posso pensare l'energia come funzione della posizione:
\begin{equation}
\label{eq.Eattr}
\dx E = \dt E \frac {dt}{dx} = -\lambda \dot x(t)=
-\lambda \sqrt{2(E(x)-V(x))}.
\end{equation}
Questa \`e una equazione differenziale per $E(x)$, con dato iniziale
$E(\bar x)= \frac 12 {\bar v}^2+V(\bar x)$
nel punto $\bar x$.
Essendo $\bar v\neq 0$ sono nelle condizioni di esistenza 
e unicit\`a locale delle soluzioni (questo non \`e vero se 
$\bar v=0$...).
Quindi $E(x)$ \`e una funzione decrescente in $x$, 
e l'equazione vale fino al primo $\tilde x$ tale 
che $E(\tilde x)=V(\tilde x)$ (vedi la figura \ref{energia}).
\begin{figure}[h]
\centerline{
\psfig{figure=energia.eps}
}
\caption{$E(x)$ (in rosso)}
\label{energia}
\end{figure}
La domanda importante \`e se il tempo per arrivare in $\tilde x$
\`e finito o infinito.
In tutti gli $x$ tra $\bar x$ e $\tilde x$ ci arrivo in tempo 
finito, perch\`e la velocit\`a \`e
$\sqrt{2(E(x)-V(x))}$ che \`e diversa da $0$ se $x< \tilde x$.
D'altra parte, nota $E(x)$, il tempo per arrivare in $\tilde x$
\`e ovviamente
\begin{equation}
\label{eq.tattr}
\tilde t -\bar t = \int_{\bar x}^{\tilde x} 
\frac {dx}{\sqrt{2(E(x)-V(x))}}.
\end{equation}
Dunque per capire se il tempo \`e finito devo discutere
la sommabilit\`a dell'integrale intorno a $\tilde x$.
Scrivo l'equazione differenziale per 
$\delta(x)=E(x)-V(x)$:
\begin{equation}
\label{eq.dattr}
\dx \delta(x) = -\lambda \sqrt{2\delta(x)} - V'(x).
\end{equation}
Quando $\delta $ \`e piccolo, e se $\tilde x$ non \`e un punto 
di equilibrio,
$x$ \`e vicino a $\tilde x$, dunque, al primo ordine 
significativo, l'equazione \ref{eq.dattr} \`e
$$\dx \delta(x) = -\lambda \sqrt{2\delta(x)} - c,$$
con $c=V'(\tilde x)$, cio\`e meno la forza in $\tilde x$.
Quest'ultima equazione \`e esplicitamente risolubile e d\`a:
$$\frac {\sqrt{2\delta(x) }}{\lambda} -
\frac c\lambda \log \left( 1+ \frac {\sqrt{2\delta}}{c} \right)=
\tilde x - x.$$
Sviluppando a $\delta$ piccoli si ottiene 
che $\delta \eqsim const. \, (\tilde x - x)$, 
dunque l'integrale \`e sommabile ed il tempo \`e finito.

Cosa accade dopo il tempo $\tilde t$?
Sul punto la forza non \`e nulla, dunque si muover\`a verso 
sinistra e di nuovo l'equazione \ref{eq.Eattr} descrive $E$ in 
funzione di $x$. Ripetendo il ragionamento, \`e evidente che
il punto di ferma solo quando $E$ uguaglia $V(x)$ in un punto in cui la 
forza \`e $0$, cio\`e solo se il punto tende ad una posizione di 
equilibrio.



\vskip8pt
{\bf c)}
Nel punto a) ho provato che la soluzione stazionaria $x_3$ \`e instabile.
Nonostante ci\`o esistono traiettorie che tendono a $x_3$.
Un modo per convincersi che \`e cos\`i \`e quello di
considerare un caso pi\`u semplice, cio\`e il linearizzato intorno 
a $x_3$.
L'equazione del moto diventa
$$\ddot x = x - \lambda \dot x,$$
che \`e un'equazione lineare esplicitamente risolubile.
Non \`e difficile verificare che esiste un autovettore di autovalore 
negativo per la matrice
$$\left( \begin{matrix}
0 & 1 \\ 1 & -\lambda \end{matrix} \right).$$
I moti che hanno dato iniziale su questo autovettore 
tendono esponenzialmente a $(0,0)$, cio\`e sono attratti dall'origine.
Tutti gli altri si allontanano esponenzialmente.
Questo autovettore prende il nome di {\it variet\`a stabile} per
il punto di equilibrio (instabile) $(0,0)$.
Cosa accade per il sistema non lineare della doppia buca?
\`E ragionevole pensare che la variet\`a stabile continua ad 
esistere ma non sar\`a pi\`u una retta. Solo per $(x,\dot x)$ piccolo
si confonder\`a con la variet\`a stabile del linearizzato.
Nota che anche nel caso senza attrito la variet\`a stabile esiste.
\`E esattamente la separatrice, cio\`e la curva con energia $0$.
\begin{figure}[h]
\centerline{
\psfig{figure=separ2.eps}
}
\caption{La variet\`a stabile (in rosso)}
\label{var.stabile}
\end{figure}
Nella figura \ref{var.stabile} ho disegnato alcune orbite 
del sistema senza attrito (in nero), la variet\`a stabile nel 
caso senza attrito (la separatrice in blu), e la variet\`a 
stabile nel caso con attrito (in rosso).

La dimostrazione rigorosa dell'esistenza della variet\`a stabile nei casi 
non lineari \`e complicata (vedi Dell'Antonio \cite{dellantonio}),
 comunque qui mi limito a far notare che 
si pu\`o provare a trovare la soluzione di  
\ref{eq.dattr} ( che equivale all'equazione \ref{eq.Eattr}) per
serie.
Nel caso $\lambda = 2^{-\frac 12}$ (esercizio) si ha:
$$\delta(x) = \frac 14 x^2 -\frac 15 x^4 +\dots .$$
Faccio notare che per $\delta = 0$ in $x=0$ il termine
di destra non verifica le condizioni standard per 
l'esistenza e unicit\`a delle soluzioni...



\vskip8pt
{\bf d)}
Assunta per buona la figura \ref{var.stabile} \`e facile
capire quali sono i dati iniziali che vengono attratti dalla 
posizione $x_1$ e quali quelli attratti dalla posizione $x_2$.
Infatti la variet\`a stabile divide il piano delle fasi in due 
regioni distinte, una che contiene il punto $x_1$, l'altra 
che contiene il punto $x_2$.

La figura \ref{var.stabile} si giustifica facilmente considerando 
che l'energia sulla variet\`a stabile cresce per $t\to -\infty$.
Quindi man mano (con il tempo invertito) essa interseca curve 
di livello di energia sempre pi\`u alta.
Inoltre ognuno dei due rami della variet\`a stabile incontra
una curva di livello una ed una sola volta, trasversalmente
se $\dot x \ne 0$, tangente se $\dot x=0$.

Una ulteriore domanda che ci si pu\`o porre, 
\`e di quanto aumenta l'energia ogni volta che il 
punto passa per la posizione $x=0$, mandando il tempo a $-\infty$.
Tornando alla figura \ref{energia}, e indicando con $E_1$ il valore
dell'energia nel punto $\tilde x$ dove il moto inverte la
velocit\`a:
$$E(0)-E_1=\lambda \int_0^{\tilde x} \sqrt{2(E(x)-V(x))}.$$
Ora per $0<x<\tilde x$, $E(x)\ge E(\tilde x)$ quindi
$$E(0)-E_1\ge 
\lambda \int_0^{\tilde x} \sqrt{2(E_1-V(x))},$$
che, se $E_1$ \`e molto grande, d\`a l'andamento
$$E(0)-E_1 \ge const.\, E_1^{\frac 12} \tilde x.$$
Ma se $E_1$ \`e grande $\tilde x > const\, E_1^{\frac 14}$.
In definitiva $E(0)-E_1 \ge const. \, E_1^{\frac 34}$.
Il che significa che man mano che mi allontano da $(0,0)$ 
la distanza tra i passaggi della variet\`a stabile per l'asse $\dot x$
cresce.

\begin{figure}[h]
\centerline{
\psfig{figure=separ3.eps}
}
\label{energia2}
\end{figure}

Nella figura \ref{energia2} ho disegnato la curva $(x,E(x))$ per
il ramo della variet\`a stabile che arriva nell'origine con velocit\`a
negativa.
A quale posizione di equilibrio tende il moto 
che parte con velocit\`a positiva, energia $E$ e posizione 
iniziale nulla?



\section{Alcuni compiti d'esame}
\label{sez.forLH}



\subsubsection{L,S,PO: Compito di Meccanica, febbraio '97}
\label{new.1}



Un'asta omogenea di estremi $A$ e $B$, massa $M$, e lunghezza $l$,
\'e vincolata a muoversi su di un piano verticale $\pi$. Il suo estremo 
$A$  \`e vincolato a muoversi su di una retta orizzontale
 $r\subset \pi$.
Inoltre, $\pi$ ruota con velocit\`a angolare costante 
$\omega$ intorno all'asse verticale $s$, ortogonale a $r$ nel punto fisso
$O$.

Il punto $A$ dell'asta \`e richiamato dal punto $O$ da una molla
ideale di costante elastica $k$.


Si introducano le coordinate lagrangiane 
$\rho=$ distanza di $A$ da $O$, e $\theta=$ angolo tra la 
direzione dell'asta e la direzione dell'asse $s$.




1) Si scriva la Lagrangiana, e, considerando 
trascurabili gli effetti gravitazionali, e si determinino,
conseguentemente,  eventuali 
quantit\`a conservate.



\noindent
{\it Sempre nell'approssimazione di cui al punto 1:}



2) si determinino le soluzioni di equilibrio, al variare del 
parametro $h=\frac k{M\omega^2}$;


3) si discuta la stabilit\`a delle soluzioni di equilibrio 
al variare di $h$;

4) nel caso $h>1$ si calcolino le frequenze e i modi normali delle
piccole oscillazioni intorno alle posizioni di equilibrio stabile.

\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.1}

\subsubsection{L,S,PO: Primo compito di esonero, a.a. 93-94.}
\label{new.2}

Nel piano verticale, si fissi un sistema di 
riferimento inerziale $(0,x,y)$, con
asse y orientato lungo la retta verticale 
ascendente. Attorno al punto fisso $O$
\'e libera di ruotare un'asta illimitata (senza peso). 
Sia $s$ la coordinata
sull'asta, scelta positiva alla destra di $O$, e sia $\theta$ l'angolo 
(contato 
in vero antiorario) che l'asta forma con l'asse $x$. 
Sull'asta, in $s=a, a >0$,
\'e fissato un punto $P_{1}$ di massa $m_{1}$.
 Inoltre, sull'asta, \`e libero di
scorrere un secondo punto materiale $P_{2}$, di massa $m_{2}$. $P_{2}$ \`e
richiamato da  $P_{1}$, con una forza elastica $F = -k(P_{2} - P_{1}), k >0.$

\noindent
{\it Prima domanda}. Si scriva la lagrangiana del sistema.

\noindent
{\it Seconda domanda}. Detto $\alpha =ak {(m_{1} + m_{2}) \over gm_{2}^{2}}$,
discutere, al variare di questo parametro, le soluzioni
 stazionarie del sistema
Lagrangiano, determinandone, per $\alpha \ne 1$, le relative propriet\`a di
stabilit\`a.

\noindent
{\it Terza domanda.} Si determinino le frequenze delle "piccole oscillazioni"
attorno alle posizioni di equilibrio stabili.

\noindent
{\it Quarta domanda.} Si consideri
ora il seguente problema: l'asta gira con frequenza angolare costante
$\omega$ attorno ad O. Si discuta il corrispondente problema ad un grado
di libert\`a .



\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.2}

\subsubsection{CR,L,S Compito di Meccanica Razionale,  6/6/'96, I$^o$
appello, sess. estiva.}
\label{new.3}

Una circonferenza $\Cal C$ di raggio $R$ e massa $M_1$ ruota con 
velocit\`a angolare costante $\omega$ in un piano verticale,
intorno al suo centro $O$. 
Sul suo bordo interno rotola senza strisciare un disco $\Cal D$ 
di raggio $r<R$ e massa $M$. Il centro $G$ di tale disco 
\'e richiamato da una molla elastica di costante $k>0$, da un punto 
materiale $Q$ di massa $m$, libero di scorrere sull'asse verticale
passante
per $O$.

Indica con $\psi=\omega t$ e $\phi$ gli angoli di rotazione propria
di $\Cal C$ e $\Cal D$ rispettivamente, con $\theta$ l'angolo
che  $OG$ forma con la direzione postitiva dell'asse orizzontale, 
e con $y$ la quota del punto $Q$ rispetto a $O$:

1) scrivi la  condizione di puro rotolamento in termini di 
$\dot \psi,\, \dot \phi,\, \dot \theta$, e dimostra che \`e un vincolo
olonomo;

2) scrivi la Lagrangiana del sistema nelle variabili
lagrangiane  $\theta , \, y$;

3) determina le soluzioni stazionare del relativo sistema di Lagrange,
al variare del parametro adimensionale 
$\lambda= {(M+m) g\over (R-r) k}$;

4) discuti la stabilit\`a delle posizioni di equilibrio al variare di 
$\lambda$;

5) determina le condizioni iniziali sul moto del baricentro $G$ 
del disco $\Cal D$ a cui corrispondono solo moti armonici 
del punto $Q$.






\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.3}

\subsubsection{CR,L,S Compito di Meccanica Razionale, sess. estiva (Pulvirenti)}
\label{new.4}


\noindent
Si consideri un sistema di riferimento piano inerziale di origine $O$ e assi
$(x,y)$, l'asse $y$ essendo scelto allineato con la verticale
ascendente. Un disco omogeneo, di raggio $R$, centro $G$, e massa totale $M$,
rotola senza strisciare (cio\'e puro rotolamento) lungo l'asse $y$. Lungo un
diametro del disco - di estremi $A, B$- \`e libero di scorrere senza attrito un
punto materiale di massa $m$. Tale punto \`e inoltre richiamato dal centro del
disco tramite una molla ideale di costante elastica $k$ ($ k>0$).  
Nell'istante iniziale il centro del disco si trova sull'asse $x$, il diametro
$A, B$ \`e collineare all'asse $x$  e $x_{A} < x_{G} < x_{B}.$ 

 Si consideri un sistema solidale $(\xi, \eta)$ di assi incentrati in $G$, l'asse
$\xi$ orientato come $AB$. Si assumano come parametri Lagrangiani l'angolo
$\phi$ (contato in senso antiorario)  che l'asse solidale $\xi$ forma con l'asse
delle $x$ e l'ascissa $\xi$ del punto $P$. 

\noindent
{\bf $1^{a}$ domanda.}
 Si scriva la Lagrangiana del sistema.

\noindent
{\bf $2^{a}$ domanda.} Si determinino le eventuali configurazioni di equilibrio. 

\noindent
{\bf $3^{a}$ domanda.} Si discuta la stabilit\`a delle soluzioni di equilibrio
determinate al punto $2$.

\noindent
{\bf $4^{a}$ domanda.}
Si consideri ora un diverso problema, e cio\'e si consideri il punto $P$
{\bf fissato} nel centro. Descrivere il moto del sistema.


\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.4}

\subsubsection{CR,L,S Compito sessione estiva a.a. 93-94}
\label{new.5}

In un piano orizzontale sono poste due aste $A_1B_1$ e $A_2B_2$
di rispettive masse $M_1$ ed $M_2$ (distribuzione di massa 
omogenea) e lunghezze $L_1$ ed $L_2$. Le aste sono libere di ruotare
attorno ai rispettivi baricentri $G_1$ e $G_2$, fissi nel piano,
con $|G_1 G_2|=l>0$.


Sia $P$ un punto appartenente all'asta  $A_1B_1$, giacente tra $G_1$ e
$A_1$, $Q$ un punto appartenente all'asta $A_2B_2$,
giacente tra 
$G_2$ e $A_2$, $|G_1 P|=|G_2 Q|=r>0$.
Tra i punti $P$ e $Q$ agisce una molla ideale, di costante elastica 
$k>0$. Si richiede:

1) scrivere la Lagrangiana del sistema;

2) determinare gli equilibri;

3) discutere la stabilit\`a degli equilibri al variare del parametro
$\alpha={l\over 2 r}$ in $\R_+-\{1\}$;

4) considerato il sistema corrispondente a $l=0$, 
si discuta il corrispondente sistema lagrangiano, mostrando che \`e 
riconducibile ad un sistema ad un grado di libert\`a.


\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.5}
\subsubsection{CR,L,S,PO: Compito di Meccanica Razionale del 6.10.94}
\label{new.6}


In un piano verticale si adotta un sistema di riferimento inerziale
$(O,x,y)$, con $O$ fisso, asse $y$ orientato lungo la verticale ascendente.
Sull'asse $y$ \`e libero di scorrere senza attrito il punto $P$ di massa
m. Un'asta di estremi $A,B$, massa M, lunghezza $2L$ \`e libera di
ruotare, senza attrito, attorno al suo punto medio, fissato in $O$. Il
punto estremo $A$ (risp. $B$) \`e richiamato dal punto $P$, tramite una molla
elastica ideale, di costante $k_{1}$ (risp. $k_{2}$).
Si assuma  $a = k_{1} - k_{2} >0$. 

(I). Si scriva la Lagrangiana del sistema e si determinino le
configurazioni di equilibrio al variare del parametro $\alpha:={mg \over
aL}\in (0,\infty)$.

(II). Si discuta la stabilit\`a degli equilibri al variare del parametro
$\alpha$ in $\mathbb R^{+} -\{1\}$.

(III). Si studi il sistema Lagrangiano ottenuto per linearizzazione
attorno alla posizione di equilibrio che \`e stabile per ogni $\alpha$,
nell'intervallo predetto.

(IV). Si assuma {\bf ora} $a = 0.$ Si determinino i moti del
corrispondente sistema lagrangiano.




\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.6}

\subsubsection{CR,L,S,PO Compito del 20.6.94 (Marchioro)}
\label{new.7}



Una sbarra rigida omogena pesante $OH$ di lunghezza $L$
e massa $M$ \`e posta in un piano verticale ed \`e libera di ruotare 
senza attrito attorno al suo estremo $O$. Per l'altro estremo $H$
passa una guida di massa trascurabile ortogonale alla sbarra.
Lungo tale guida si muove senza attrito un punto materiale pesante $P$
di massa $m$. Esso \`e soggetto oltre al peso ad una forza elastica 
$F=-k\, OP$, $k>0$.

Scegliamo come variabili lagrangiane l'angolo $\theta $ che la sbarra
forma con la verticale discendente e l'ascissa $x$ del punto 
$P$ lungo la guida.

1) Scrivere le equazioni del moto del sistema.

2) Trovare le posizioni di equilibrio e discuterne il numero e la
stabilit\`a.

3) Studiare le piccole oscillazioni attorno ad una posizione di
equilibrio stabile.


\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.7}
\subsubsection{CR,L,S,PO: Compito del 11.7.94 (Marchioro)}
\label{new.8}


In un piano orizzontale si muovono due sbarrette omogenee di lunghezza
$L$
e massa $M$ di estremi rispettivamente $A,\, B$, e $B,\, C$, 
incernierate tra loro in $B$ ma libere di ruotare senza attrito.
Gli estremi $A$ e $C$ sono obbligati a scorrere senza attrito
lungo un asse fisso $x$. Su $A$ agisce una forza 
$F_1=-k H_1A$, su $C$ una forza $F_2=-k H_2 C$ ($k>0$), ove
$H_1$ e $H_2$ sono punti dell'asse $x$ di ascisse rispettivamente 
$-\frac L2$ e $\frac L2$. Scegliamo come variabili lagrangiane l'ascissa
di $B$ $x_B$, e l'angolo $\theta $ che $AB$ forma con l'asse $x$.


1) Trovare le equazioni del moto.


2) Trovare le posizioni di equilibirio e discuterne la stabilit\`a.

3) Scrivere le piccole oscillazioni attorno ad una posizione di 
equilibrio stabile.

4) Trovare se esistono condizioni iniziali per cui il moto sia armonico
con frequenza $\omega$ non solo per piccole oscillazioni ma anche per
oscillazioni finite.



\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.8}
\subsubsection{CR,L,S,PO Esonero di Meccanica Razionale del 14-5-90}
\label{new.9}

Un disco omogeneo pesante di massa $M$ e
raggio $R$ \`e vincolato in un piano verticale
 a rotolare senza
strisciare su una guida
orizzontale $Oy$.  Un punto materiale di massa
$m$ \`e vincolato senza attrito al suo bordo.  Sul
centro $\Omega$ del disco agisce la forza
$-kO\Omega$ ($k \ge 0$).

\noindent
1) Determinare gli equilibri e la loro
stabilit\`a, (per $k > 0$).

\noindent
2) Scrivere la lagrangiana e le equazioni di
Lagrange studiando, per $k > 0$, le piccole
oscillazioni attorno alla posizione di
equilibrio stabile.  Si calcolino le frequenze
proprie e i modi normali. 


\noindent
3) Per $k = 0$ si determinino 2 integrali primi
del moto.


\noindent
4) (facoltativo)  Per $k = 0$ determinare i moti
tali che la quota del punto materiale rimanga
costante nel tempo.


\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.9}

\subsubsection{CR,LS,PO  Esonero di Meccanica Razionale del 14-5-90}
\label{new.10}

Un disco omogeneo pesante di massa $M$ e
raggio $R$ \`e vincolato in un piano verticale
 a rotolare senza
strisciare su una guida
orizzontale $Oy$.  Un punto materiale di massa
$m$ \`e vincolato senza attrito al suo bordo.  Sul
centro $\Omega$ del disco agisce la forza
$-kO\Omega$ ($k \ge 0$).

\noindent
1) Determinare gli equilibri e la loro
stabilit\`a, (per $k > 0$).

\noindent
2) Scrivere la lagrangiana e le equazioni di
Lagrange studiando, per $k > 0$, le piccole
oscillazioni attorno alla posizione di
equilibrio stabile.  Si calcolino le frequenze
proprie e i modi normali. 


\noindent
3) Per $k = 0$ si determinino 2 integrali primi
del moto.


\noindent
4) (facoltativo)  Per $k = 0$ determinare i moti
tali che la quota del punto materiale rimanga
costante nel tempo.


\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.10}

\subsubsection{L,RU Compito di Meccanica del 23.2.1995}
\label{new.11}

 Un punto materiale pesante \`e vincolato senza attrito alla
superficie di rotazione d'asse verticale $z$, descritta
in coordinate cilindriche dall'equazione $\rho^2=(1+a\cos z)$,
con $0<z<2\pi$, $a$ costante positiva minore di $1$.

a) Dimostra che il corrispondente sistema lagrangiano \`e 
integrabile.

b) Dimostra che esistono condizioni iniziali tali che il
punto si muova mantenendo la quota costante. Descrivi tali moti.


\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.11}

\subsubsection{L,RU,N: Primo compito di esonero, a.a.94-95.}
\label{new.12}


\noindent
Si consideri la funzione Lagrangiana:
\begin{equation}\label{1}
L = {1\over 2}({\dot q_{1}}^{2} + 
{\dot q_{2}}^{2}) + {q_{1}}^{2} + {q_{2}}^{2} -
({q_{1}}^{2} + {q_{2}}^{2})^{3}. \end{equation}
1) Sfruttando la simmetria della Lagrangiana dimostrare che esiste un
integrale primo del corrispondente sistema di Lagrange, distinto dall'integrale
primo dell'energia. Detto $I$ tale integrale primo, si consideri il sistema di
Lagrange ristretto sui livelli $I = c, c\in R\setminus\{0\}$. Si dimostri che
tale restrizione \`e ancora un sistema Lagrangiano, ad un grado di libert\`a, e
si scriva la corrispondente Lagrangiana $L^{(c)}$. Si studino quindi le orbite
al variare di $c$.

\noindent
2) Si considerino per il sistema di Lagrangiana $L$ le condizioni iniziali:
\begin{equation}
\begin{array}{l}
\alpha q_{1}(0) + \beta q_{2}(0)  = 0 \\
\alpha \dot q_{1}(0) + \beta \dot q_{2}(0)  = 0 
\end{array}
\end{equation}
$\alpha, \beta \in {\mathbb R}^2, \beta \ne 0.$

Si studino  i corrispondenti moti, individuando in particolare, se esistono,
moti a meta asintotica. 





\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.12}

\subsubsection{CR,L,RU: Compito di Meccanica Razionale del 26.2.96}
\label{new.13}

Un disco rigido di massa M e raggio $R$ \`e libero di 
scorrere senza attrito su
di  un piano orizzontale fisso.  Sul bordo del disco pu\'o scorrere, ancora
senza attrito, un punto materiale di massa $m$.

Si richiede di determinare il moto del sistema.
 




\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.13}

\subsubsection{CR,L,S,RU Compito sessione estiva a.a. 93-94}
\label{new.14}


In un piano orizzontale sono poste due aste $A_1B_1$ e $A_2B_2$
di rispettive masse $M_1$ ed $M_2$ (distribuzione di massa 
omogenea) e lunghezze $L_1$ ed $L_2$. Le aste sono libere di ruotare
attorno ai rispettivi baricentri $G_1$ e $G_2$, fissi nel piano,
con $|G_1 G_2|=l>0$.


Sia $P$ un punto appartenente all'asta  $A_1B_1$, giacente tra $G_1$ e
$A_1$, $Q$ un punto appartenente all'asta $A_2B_2$,
giacente tra 
$G_2$ e $A_2$, $|G_1 P|=|G_2 Q|=r>0$.
Tra i punti $P$ e $Q$ agisce una molla ideale, di costante elastica 
$k>0$. Si richiede:

1) scrivere la Lagrangiana del sistema;

2) determinare gli equilibri;

3) discutere la stabilit\`a degli equilibri al variare del parametro
$\alpha={l\over 2 r}$ in $\R_+-\{1\}$;

4) considerato il sistema corrispondente a $l=0$, 
si discuta il corrispondente sistema lagrangiano, mostrando che \`e 
riconducibile ad un sistema ad un grado di libert\`a.



\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.14}

\subsubsection{L,S,H Secondo appello Meccanica Razionale a.a. 93-94.}
\label{new.15}

Si consideri in un piano orizzontale un punto materiale $P$, di massa $m$.
Il punto \`e richiamato, tramite una molla ideale di costante elastica
$k_{1}$, ($k_{1} > 0)$, dal punto fisso $O$. Inoltre, a distanza $l$ da $O$ 
\'e posto il centro di un cerchio, di raggio $R$. Il cerchio \`e fisso. Sul
cerchio \`e libero di scorrere senza attrito un punto materiale $Q$ di massa
$M$. I punti $P$ e $Q$ interagiscono tramite una molla ideale di costante
elastica $k_{2}$, ($k_{2} > 0).$

\noindent
$I^{o}.$ Si scriva la Lagrangiana del sistema e si determinino le
soluzioni stazionarie del corrispondente sistema di Lagrange.     

\noindent
$II^{o}.$ Si discuta la stabilit\`a delle soluzioni di equilibrio trovate al
punto $I^{o}$, determinando le frequenze delle piccole oscillazioni attorno
alla posizione di equilibrio stabile.

\noindent
$III^{o}.$ Si consideri il caso: $l = 0.$ Si dimostri che il sistema
Lagrangiano ha un integrale primo indipendente dall'energia. Si scriva la
funzione di Hamilton del sistema corrispondente al valore nullo di detto
integrale primo, usando come coordinata spaziale indipendente la differenza
delle anomalie angolari di $P$ e di $Q$.

\noindent
$IV^{o}.$ Si consideri il caso limite in cui $m\vert OP\vert^{2}$ \`e
trascurabile rispetto a $M R^{2}$; si valuti quindi in questa
approssimazione la  funzione di Hamilton a partire da quella determinata nel
punto precedente, e si dimostri che il corrispondente sistema Hamiltoniano \`e
integrabile.

\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.15}

\subsubsection{L,S,N} 
\label{new.16}
Si consideri un punto materiale di massa $m$ 
soggetto ad un
campo di forze di energia potenziale $V(x, y, z)$ soddisfacente il seguente
requisito: il potenziale \`e invariante rispetto al gruppo di diffeomorfismi:
\begin{equation}
h_{\tau}(x, y, z) = \left( \matrix
\cos \tau &  -\sin\tau & 0 \\
\sin \tau & \cos \tau  & 0\\
 0 & 0 &  1\\ \endmatrix \right)
\left( 
\matrix
x \\
y\\
z\\ \endmatrix \right)
 + 
 \left(
\matrix
0\\
0\\
\alpha \tau\\
\endmatrix \right)
.
\end{equation}
{\it Prima domanda}. Si trovi l'integrale primo corrispondente alla simmetria 
dell'energia potenziale
e si determini un sistema di coordinate adattato $(r, \theta, z).$ 


{\it Seconda domanda}. Usando la simmetria del sistema si riduca di
uno il numero dei gradi di libert\`a, considerando quindi una opportuna
Lagrangiana ridotta. Determinare gli equilibri di tale Lagrangiana ridotta e
darne una interpretazione in termini delle coordinate $(r, \theta, z).$ 

{\it Terza domanda}. Si studi la stabilit\`a degli equilibri nel caso
particolare:
\begin{equation}
V(r, \theta, z) = {1 \over {r^{2}(\cos^{2}(\alpha\theta - z)  -
\sin^{2}(\alpha\theta - z))}}. \end{equation}



\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.16}

 
\subsubsection{L,RU,H,HJ,AA
Compito di Meccanica Razionale, 
9/7/'96, II$^o$ appello, sess. estiva}
\label{new.17}


Un punto materiale di massa unitaria \`e vincolato a muoversi
sulla superficie di rotazione
di equazione $z=-\frac 1{\rho^2}-\frac 1\rho$, dove 
$\rho^2=x^2+y^2$.

Sul punto agisce una forza costante, di intesit\`a unitaria, diretta
verso  la direzione negativa dell'asse $z$. 






1) Scrivi la Lagrangiana e l'Hamiltoniana del sistema.

2) Determina gli integrali primi del moto.

3) Determina le condizioni sui dati iniziali per cui il 
moto esiste per tutti i tempi, per cui si hanno orbite
limitate, per cui si hanno orbite illimitate.

4) Considera un'orbita illimitata. \`E finito 
l'angolo $\lim_{t\to +\infty}\theta(t)-\lim_{t\to -\infty}\theta(t)$? 
($\theta(t) $ \`e l'angolo che la congiungente tra il punto materiale
e l'asse delle $z$  forma con un asse orizzontale fisso).

5) Risolvi il moto per quadrature mediante la soluzione 
dell'equazione di Hamilton -Jacobi.

6) Determina la regione dello spazio delle fasi in 
cui il moto si pu\'o descrivere in variabili azione-angolo
e determina le variabili d'azione.








\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.18}


\subsubsection{CR,L,RU,H,HJ
Compito di Meccanica Razionale, 
 24/9/'96, I$^o$ appello, sess. autunnale}
\label{new.18}

Si consideri, in un piano fisso orizzontale, una guida 
$\Cal G$, liscia, a forma di arco di parabola, libera di ruotare senza
attrito  attorno  al suo vertice $O$, fissato sul piano.
 Sia $I$ il suo momento di 
inerzia rispetto ad $O$.
In un sistema di coordinate cartesiane $(O,\, \xi,\,\eta)$, 
solidale con la guida, essa \`e rappresentata dall'equazione 
$\eta=a \xi^2$, $a>0$, $|\xi|\le r$, $r>0$. 

 Un punto materiale $P$ di massa $m$, \`e libero di scorrere 
senza attrito sulla guida $\Cal G$. Il punto $P$
\'e richiamato da $O$ per il tramite di una molla
elastica di costante
$k>0$.

Si denoti con $\theta$ l'angolo che
la direzione tangente in $O$ alla guida forma con una direzione fissa
del piano (vedi figura). 
\begin{figure}[h]
\centerline{
\psfig{figure=fig18.eps}
}
\end{figure}
\noindent
{\bf 1)} Si scriva la Lagrangiana del sistema, riconoscendone le
eventuali simmetrie ed i conseguenti integrali primi.


\noindent
{\bf 2)} Dopo aver riconosciuto l'esistenza di un integrale primo
$J$ (ulteriore rispetto all'energia), si analizzino i moti del
 sistema unidimensionale che si ottiene fissando il valore di $J$.

\noindent
{\bf 3)} Si determinino delle condizioni sui dati 
iniziali per cui il moto del sistema
composto dalla guida e dal punto materiale sia periodico.

\noindent
{\bf 4)} Si scriva l' Hamiltoniana e si discuta
l'equazione di Hamilton-Jacobi, con il metodo di separazione delle
variabili.

\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.18}

\subsubsection{CR,L,RU,H,HJ,AA
Compito di Meccanica Razionale, 
8/10/'96, II$^o$ appello, sess. autunnale}
\label{new.19}



Considera una terna di riferimento inerziale $(O, \ve x,\ve y,\ve z)$.
Un disco rigido di massa $M$ e raggio $R$, e' vincolato ad avere il 
centro in $O$. L'asse $\ve u$, passante per $O$
ed ortogonale al disco, \`e vincolato a muoversi sul piano 
$\ve x,\, \ve y$, ed inoltre
il disco \`e libero di  ruotare intorno a tale asse $\ve u$.

Sul bordo del disco \`e fissato un punto materiale $P$ 
di massa $m$, che \`e richiamato dall'asse $\ve z$ da una molla di
costante elastica $k$.

Considera il sistema in assenza della forza di gravit\`a.

\begin{figure}[h]
\centerline{
\psfig{figure=fig19.eps}
}
\end{figure}



1) Individua i gradi di libert\`a del sistema e 
scrivi la Lagrangiana e l'Hamiltoniana.


2) Determina simmetrie ed integrali primi, e riduci lo studio 
del moto del sistema ad un problema ad un grado di libert\`a.


3) Studia qualitativamente il moto unidimensionale 
che hai ottenuto, ed in particolare analizza la stabilit\`a delle
soluzioni stazionarie, al variare dei parametri.


4) Risolvi il problema con il metodo di Hamilton-Jacobi
e determina la regione dello spazio delle fasi nella quale il
moto pu\'o essere descritto in variabili azione-angolo.






\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.19}

\subsubsection{TC: Compito di Meccanica del 23.2.1995}
\label{new.20}
\noindent
Si consideri la trasformazione 
$S_{\beta}:\R^2_+\rightarrow \R^2$
\begin{equation}\begin{array}{l} 
Q=-\text{arctan }\left( {2P\over q}\right)\\
P=\beta q^2 +p^2 \end{array}\end{equation}

a) Determinare i valori di $\beta$ per cui $S_{\beta}$
\'e canonica;

b) scrivere per tali valori l'espressione esplicita di 
$S_{\beta}^{-1}$.

\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.20}

\subsubsection{TC}
\label{new.21}

Si consideri la trasformazione 
$S_{\beta}:\R^2_+\rightarrow \R$
\begin{equation}\begin{array}{l} 
Q=-\text{arctan }\left( {2P\over q}\right)\\
P=\beta q^2 +p^2 \end{array}\end{equation}

a) Determinare i valori di $\beta$ per cui $S_{\beta}$
\'e canonica;

b) scrivere per tali valori l'espressione esplicita di 
$S_{\beta}^{-1}$.

\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.21}

\subsubsection{TC,AA,P  Secondo compito di esonero a.a.94.}
\label{new.24}

Si consideri la funzione 
\begin{equation}
H = {1 \over 2}\{(p_{1}- f(q_{1}))^{2} + p_{2}^{2}\}
+g(q_{1}, q_{2}).
\end{equation}

Si dimostri che la trasformazione:
\begin{equation} 
\begin{array}{l}
 p_{1} - f(q_{1}) = P_{1} \\
q_{1} = Q_{1} \\
p_{2} = P_{2} \\
q_{2} = Q_{2} 
\end{array}
\end{equation}
\'e canonica.

(2). Si consideri quindi la seguente Hamiltoniana:
\begin{equation}
\tilde H =  {1 \over 2}\{P_{1}^{2} + P_{2}^{2}\}
+g(Q_{1}, Q_{2}).
\end{equation}
dove
\begin{equation} 
g(Q_{1}, Q_{2}) = {1 \over 2}(Q_{1}^{2} +
\omega^{2}Q_{2}^{2}) + \varepsilon Q_{1}^{2}Q_{2}.
\end{equation} 

Si dimostri che \`e possibile introdurre variabili
azione-angolo, in modo che in queste nuove variabili
l'Hamiltoniana assuma la forma:
\begin{equation}
\tilde H(I_{1},I_{2},\phi_{1},\phi_{2}) = I_{1} +\omega
I_{2} + \varepsilon aI_{1} (I_{2})^{1\over
2}sen^{2}\phi_{1} sen\phi_{2},
\end{equation}
per un opportuno valore della costante $a$.

(3). Si determinino le condizioni su $\omega$, talch\'e
con un cambiamento di variabili
simplettico $(I,\phi)\rightarrow (J,\psi)$, la
Hamiltoniana prenda la forma:
\begin{equation}
H(J,\psi) = J_{1} + \omega J_{2} + O(\varepsilon^{2}).
\end{equation}






\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.24}

\subsubsection{H,HJ,AA,S: II esonero 10/5/'96}
\label{new.25}


Considera l'Hamiltoniana:
\begin{equation}
H=\frac 12 P_x^2+ \frac 12 P_y^2 (1+x^2) +\frac 12 (1+x^2) y^2.\end{equation}


{\bf a)} Risolvi, per 
separazione di variabili, l'equazione di Hamilton Jacobi per $H$.


{\bf b)} Determina la regione dello spazio delle fasi in cui il moto 
pu\'o essere descritto in variabili azione-angolo.


{\bf c)} Calcola esplicitamente l'espressione dell'Hamiltoniana in
termini  delle variabili d'azione, e le frequenze dei moti 
multiperiodici.


{\bf d)} Considera il  moto di dato iniziale 
\begin{equation}\begin{array}{l}
x(0)=0 \\
P_x(0)=a \end{array} \spaz \spaz 
\begin{array}{l} 
y(0)=0 \\
P_y(0)=1, \end{array}\end{equation}
con $a\in \R$; trova i valori di $a$ per cui \`e periodico.


{\bf e)} Trova il periodo del moto per $a=1$.


{\bf f)} Discuti la stabilit\`a della soluzione stazionaria 
\begin{equation}\begin{array}{l}
x(0)=0 \\
P_x(0)=0 \end{array} \spaz \spaz 
\begin{array}{l} 
y(0)=0 \\
P_y(0)=0. \end{array}\end{equation}




\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.25}

\subsubsection{CR,H,HJ,P: Esonero di Meccanica Razionale
del 6-6-90} 
\label{new.26}

Un'asta omogenea di massa $M$ lunga
$L$ ha un estremo fisso in 0. L'altro
estremo \`e vincolato senza
attrito su una circonferenza di raggio
$L/2$ che giace su
un piano orizzontale e il cui centro \`e sulla
verticale sotto 0.  Un punto materiale pesante
P di massa $m$ \`e vincolato senza attriti alla
retta contenente l'asta ed \`e anche soggetto alla
forza elastica $-k0P$, $k > 0$.


\noindent
1) Scrivere l'hamiltoniana del
sistema e individuare due integrali primi del
moto.

\noindent
2) Scrivere le equazioni di Hamilton-Jacobi e
portarne alle quadrature la soluzione.

\noindent
3) Integrare le equazioni di Hamilton-Jacobi
all'ordine zero in $m/M$ e dare
un'interpretazione fisica del risultato.

\noindent 
4) (facoltativo)  Valutare la correzione al
primo ordine in $m/M$, relativamente al punto 3).



\hyperref{Soluzione}{Soluzione nella sezione }{}{solnew.26}




\section{Soluzioni di alcuni compiti di esame} 
\label{solsez.forLH}

\subsubsection{L,S,PO: Compito di Meccanica, febbraio '97}
\label{solnew.1}
\subsubsection{L,S,PO: Primo compito di esonero, a.a. 93-94.}
\label{solnew.2}
La lagrangiana del sistema \`e:
\begin{equation}
L(s,\dot s, \theta, \dot \theta) = {1 \over 2}\{m_{1}a^{2} \dot \theta^{2} + 
m_{2}(s^{2} \dot \theta^{2} + \dot s^{2})\} -g \{m_{1}a+m_{2}s\}\sin \theta 
-{k\over 2}(s-a)^{2}.
\end{equation}
Le soluzioni di equilibrio sono assegnate dagli zeri del sistema:
\begin{equation}\begin{array}{l}
{\partial U \over \partial s} = - m_{2}ga \sin\theta +k(s-a) =Ê0 \cr
{\partial U \over \partial \theta} = -g(m_{1} a + m_{2}s)\cos \theta = 0.\cr
\end{array}
\end{equation}
Esse sono dunque:
\begin{equation}\begin{array}{l}
(\theta_{1},s_{1}, ) = \left( {1 \over 2}\pi, -{gm_{2}aÊ\over k} + a
\right), \cr
(\theta_{2},s_{2}) = \left( {3 \over 2}\pi, {gm_{2}aÊ\over k} + a
\right), \cr
(\theta_{3},s_{3}) =\left( \pi +\arcsin \alpha  ,-{am_{1}\over m_{2}}
\right), \cr
(\theta_{4}, s_{4} ) = \left( -\arcsin\alpha, -{am_{1}\over m_{2}}
\right), \cr
\end{array}
\end{equation}
ricordando che $\alpha = k {m_{1} + m_{2} \over g m_2^2 }.$
Ovviamente, le ultime due soluzioni esistono {\it solo} quando $\alpha \le 1$.

Per studiare la stabilit\`a delle soluzioni studiamo 
la matrice Hessiana di $U$.
Ad essa \`e associata la forma quadratica:
\begin{equation}
H(s,\theta)(u,v) = -ku^{2} -2m_{2}g \cos\theta uv - g(m_{1}a + m_{2}s)v^{2}.
\end{equation}
Calcoliamola nelle varie posizioni di equilibrio.

Si ha:
\begin{equation}
\begin{array}{l}
H(s_{1},\theta_{1})(u,v) = -ku^{2}  - {g^{2}m_{2}^{2}a(\alpha
-1)Ê\over k}v^{2},\cr  
H(s_{2},\theta_{2})(u,v) = -ku^{2}  -{g^{2}m_{2}^{2}a(\alpha +2)Ê\over
k}v^{2},\cr  
H(s_{3},\theta_{3})(u,v) = -ku^{2}  -2m_{2}g\cos\theta_{3}\,uv,\cr
H(s_{4},\theta_{4})(u,v) = -ku^{2}  -2m_{2}g\cos\theta_{4} \,uv.\cr 
\end{array}
\end{equation}
Dunque finch\'e $\alpha -1 > 0$ (rispettivamente $< 0$), la posizione
$(s_{1},\theta_{1})$ \`e instabile (risp. stabile). La posizione
$(s_{2}\theta_{2})$  \`e sempre  stabile. Quando esistono, cio\'e per $\alpha -1
< 0$, le posizioni $(s_{3},\theta_{3}), (s_{4},\theta_{4})$ sono instabili.

\noindent 
{\it Osservazione}: si osservi la conservazione del numero delle posizioni di
equilibro stabile, al variare di $\alpha$.

Le frequenze delle piccole oscillazioni sono determinate dagli
autovalori immaginari di $ \mu$ diag$\{m_{2}, m_{1}a^{2}
+m_{2}s^{2}_{i}Ê\}-H(s_{i}, \theta_{i})$, dove si sono denotati con $(s_{i},
\theta_{i})$ gli equilibri stabili. Si determinino quindi tali autovalori.


Passiamo alla quarta domanda. Il sistema di Lagrange \`e:
\begin{equation}
\ddot s = \left(\omega^{2} - {k \over m_{2}}\right) s
+ \left({{ka}\over m_{2}} -
g \sin\omega t\right).
\end{equation}
Si tatta di un' equazione lineare con termine forzante dipendente dal tempo.
Possiamo riscriverla come un sistema del primo ordine. Introduciamo le matrici: 
\begin{equation}
u =\left( \matrix
 s \\
  \dot s
\endmatrix \right),
A =  \left( \matrix
O & 1\\
\lambda & 0 \\ \endmatrix \right),  
F(t) = \left( \matrix
0\\
f(t)\endmatrix \right),
\end{equation}
dove $ \lambda = \omega^{2} - {k \over m_{2}}, \,
f(t) = 
\left({{ka}\over m_{2}} - g \sin\omega t\right).$
Si ha la seguente formula risolutiva:
\begin{equation}
u(t) = e^{At}\left( u_{0} + \int_{0}^{t} e^{-As} F(s)\,ds\right).
\end{equation}
Per quanto riguarda la matrice $ e^{At}$ si ha:

\noindent
i) 
\begin{equation}\lambda > 0: e^{At}= 
\left( \matrix {{e^{\sqrt \lambda t}}\over \sqrt \lambda}
&  - {{e^{-\sqrt \lambda t}}\over \sqrt \lambda}\\
e^{\sqrt \lambda t} & e^{-\sqrt \lambda t}\endmatrix \right) 
\end{equation}
ii) 
\begin{equation}\lambda <0:  e^{At} = 
\left( \matrix {\cos \sqrt {\vert \lambda\vert} t\over {\sqrt
{\vert \lambda\vert}}} &  - {\sin \sqrt {\vert \lambda\vert} t\over {\sqrt
{\vert \lambda\vert}}}\\
 \sin \sqrt {\vert \lambda\vert} t & \cos \sqrt {\vert \lambda\vert} t
 \\
\endmatrix \right).
\end{equation}
Il lettore completi i calcoli. 

\subsubsection{CR,L,S Compito di Meccanica Razionale,  6/6/'96, I$^o$
appello, sess. estiva.}
\label{solnew.3}
{\bf 1)}
\begin{equation}
OG=(R-r)\binom {\cos \theta}{\sin \theta}  \spaz \spaz
v_G=(R-r)\dot \theta \binom {-\sin \theta}{\cos \theta} 
\end{equation}
La condizione di puro rotolamento \`e:
\begin{equation}\left( \matrix  0\\ 0\\ \dot \psi
 \endmatrix \right)
\times R \left( \matrix 
\cos \theta \\ \sin \theta \\ 0  \endmatrix \right)=
\left( \matrix  0\\ 0\\ \dot \phi
 \endmatrix \right)
\times r \left( \matrix 
\cos \theta \\ \sin \theta \\ 0  \endmatrix \right)+
(R-r) \dot \theta \left( \matrix 
-\sin  \theta \\ \cos \theta \\ 0  \endmatrix \right)
\end{equation}
cio\'e: $R\dot \psi=r \dot \phi +(R-r) \dot \theta $,
che \`e integrabile:
$R\omega t= r \phi +(R-r) \theta +const.$ .



\noindent
{\bf 2)} Vale: $ \dot \phi = \frac Rr \omega - 
{R-r \over r } \dot \theta$.

\noindent
Energia della circonferenza: $T_{\Cal C}= \frac 12 M_1 \omega^2$.

\noindent
Energia cinetica del disco:
$T_{\Cal D}=\frac 12 (R-r)^2 M\dot \theta^2+\frac 14
Mr^2\left( \frac Rr \omega -{R-r\over r} \dot \theta\right)^2$.

\noindent
Energia potenziale:
$\frac 12 k \left( y^2 +(R-r)^2 -2 y (R-r) \cos \left( \frac \pi 2
-\theta \right) \right) +Mg (R-r) \sin \theta +m g y$.

\noindent
A meno di derivate totali rispetto al tempo, la lagrangiana 
\'e:

\begin{equation}L=\frac 34 M(R-r)^2 \dot \theta^2 +\frac 12 
m\dot y^2 -\frac 12 
\left( y^2 -2y (R-r) \sin \theta \right) -Mg (R-r) \sin \theta
-mgy.\end{equation}

\noindent
{\bf 3)}
Equilibri:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
 \de_y V= ky -k(R-r) \sin \theta +m g =0\\
 \de_{\theta} V= (Mg-ky) (R-r) \cos \theta=0,
\end{array}\end{equation}
da cui si ricava: $\cos \theta=0$, oppure $y={Mg \over k}$.
Quindi le soluzioni stazionarie sono:
$(\pm \frac \pi 2, \pm (R-r) -{mg\over k} )$ e, indicato
 $\lambda= {(M+m)g \over (R-r) k}$, se $\lambda<1$:
$(\arcsin \lambda, {Mg\over k})$, 
$(\pi -\arcsin \lambda, {Mg\over k})$.



\noindent
{\bf 4)}
Stabilit\`a: l'hessiano dell'energia potenziale \`e
\begin{equation}H= \left( \matrix k & -k(R-r) \cos \theta \\
 -k(R-r) \cos \theta &  -(R-r) (Mg-ky) \sin \theta 
\endmatrix \right). \end{equation}


\noindent
Per $(\theta, y )=( \frac \pi 2, (R-r) -{mg \over k})$:
\begin{equation}H=\left( \matrix k & O\\ O & -k(R-r)^2(\lambda -1) 
\endmatrix \right) \end{equation}
dunque \`e stabile se $\lambda <1$, instabile se $\lambda>1$.




\noindent
Per $(\theta, y )=( -\frac \pi 2, -(R-r) -{mg \over k})$:
\begin{equation}H=\left( \matrix k & O\\ O & k(R-r)^2 (\lambda +1) 
\endmatrix \right) \end{equation}
dunque \`e stabile per tutti i valori di $\lambda$.






\noindent
Per $\lambda<1$, $y={Mg\over k}$:
\begin{equation}H=\left( \matrix k & -k(R-r)\cos \theta \\ 
 -k(R-r)\cos \theta &  0
\endmatrix \right); \end{equation}
$\text{det}\, H=-k^2 (R-r)^2 \cos^2 \theta<0$, dunque sono entrambe
instabili.


\noindent
Per $\lambda=1$:
$\left( \frac \pi 2,\, { Mg \over k} \right) \equiv
\left( \frac \pi 2,\, (R-r) - { mg \over k} \right)$
che \`e instabile, altrimenti l'energia potenziale avrebbe due 
minimi stretti come unici punti critici.




\noindent
{\bf 4)}
Le Equazioni del moto sono:
\begin{equation}\left\{ \begin{array}{l}
\frac 32 M (R-r) \ddot \theta= -(Mg-ky) \cos \theta \\
m\ddot y =-ky +k (R-r) \sin \theta -mg 
\end{array} \right. \end{equation}
ora $\theta(t)\equiv \pm \frac \pi 2$ risolve identicamente 
la prima equazione; dunque il moto del punto $Q$ \`e dato da:
\begin{equation}m\ddot y =-ky \pm k (R-r) -mg,\end{equation}
che \`e un moto armonico intorno agli equilibri $y=\pm (R-r) -
{mg\over k}$.

\subsubsection{CR,L,S Compito di Meccanica Razionale, sess. estiva 
(Pulvirenti)}
\label{solnew.4}

La condizione di puro rotolamento fornisce per il moto del baricentro:
\begin{equation}
v_{G} = (0, R\dot \phi).
\end{equation}
e quindi, viste le condizioni iniziali:
\begin{equation}
(x_{G}, y_{G}) = (0, R\phi).
\end{equation}
Il punto $P$ ha coordinate:
\begin{equation}
P\equiv (\xi \cos \phi, R\phi + \xi \sin \phi).
\end{equation}
La Lagrangiana del sistema $L = T + U$ \`e:
\begin{equation}
\begin{array}{l}
L = {1\over 2} \bigl( I_{G} + MR^{2} + m \xi^{2} + m R^{2}\bigr) {\dot
\phi}^{2} + {m\over 2} {\dot \xi}^{2} +\cr 
 + m R\dot \phi\bigl(\dot \xi \sin \phi + \dot \phi \xi
\cos \phi\bigr) \cr
  - (M + m)gR\phi -mg\xi \sin \phi -{k^{2}\over 2}\xi^{2}.\cr
\end{array}
\end{equation}
Le posizioni di equilibrio sono gli zeri del gradiente del potenziale $U$
\begin{equation}\begin{array}{l}
{\partial U\over {\partial \xi}} = -mg\sin \phi - k\xi\cr
 {\partial U\over {\partial \phi}} = 
-mg \xi\cos \phi - (m + M)gRÖ\cr
\end{array}
\end{equation}

Pertanto gli equilibri esistono solo se :
\begin{equation}\beta \equiv {{2k(m + M)R}\over
{m^{2}g}} \le 1
\end{equation} 
e sono: 
\begin{equation}
\begin{array}{l}
(\phi_{1} = {1\over 2}\arcsin\beta, \xi_{1} = -{mg \over k}\sin \phi_{1})\cr 
(\phi_{2} = {\pi\over 2} - {1\over 2}\arcsin\beta, \xi_{2} = -{mg \over k}\sin
\phi_{2})\cr
\end{array}
\end{equation}
Lo Hessiano del potenziale \`e dato da:
\begin{equation}
\matrix
-k & -mg\cos \phi\\
-mg\cos \phi & -{m^2 g^2 \over k} \sin^2 \phi
 \endmatrix
\end{equation}

Dunque la sua  traccia,in entrambe le posizioni di equilibrio,
\'e negativa, cio\'e la somma degli autovalori dello Hessiano \`e negativa.
Il determinante $\Delta$ vale: 
\begin{equation}\Delta = -m^{2}g^{2}\cos 2\phi,\end{equation}
 Quindi, finch\'e $\beta < 1$, $\Delta$ \`e negativo se $\phi = \phi_{1}$ (e
quindi equilibrio instabile), positivo se  $\phi = \phi_{2}$ (e quindi
equilibrio stabile). Per $\beta = 1 $ si ha un caso critico. Infine, alla
quarta domanda si risponde osservando che in questo caso il moto \`e
uniformemente accelerato.     

\subsubsection{CR,L,S Compito sessione estiva a.a. 93-94}
\label{solnew.5}
\subsubsection{CR,L,S,PO: Compito di Meccanica Razionale del 6.10.94}
\label{solnew.6}

La lagrangiana del sistema \`e:
\begin{equation}
 L = {1\over 2}(m\dot y^{2} + I \dot \phi^{2} - b y^{2}) -mgy +aLy
\sin\phi,
\end{equation}
  dove si \`e posto $b=k_{1} + k_{2}.$

\noindent
{\it Equilibri.} Si debbono determinare gli zeri del campo gradiente:
\begin{equation}
\begin{array}{l}
{\partial LÊ\over \partial y}= -mg -by +aL \sin \phi \cr
 {\partial LÊ\over \partial \phi}= aLy \sin \phi. \cr
\end{array}
\end{equation}
Si hanno le seguenti soluzioni:
\begin{equation} (y = 0, \phi_{1} = \arcsin \alpha),(y=0, \phi_{2} = \pi- \arcsin \alpha),\end{equation}
sse $\alpha \le 1$.Inoltre, si hanno le restanti soluzioni, per ogni valore
di $\alpha$:
 \begin{equation} \phi_{3} ={\pi \over 2}, y_{3} = {aL(1-\alpha) \over b}\end{equation}
\begin{equation} \phi_{4} ={3\pi \over 2}, y_{4} =- {aL(1+\alpha) \over b}\end{equation}.

Stabilit\`a. Calcolato  $H$, lo Hessiano di L rispetto a $(y,\phi)$, si
ha: 
\begin{equation}det H = abLy\sin\phi - a^{2}L^{2}cos^{2}\phi.\end{equation}
La traccia di $H$ \`e:
\begin{equation}TrH = -b-aLy\sin \phi.\end{equation}
Di conseguenza, detti $\lambda_{1},\lambda _{2}$ gli autovalori di $H$,  
negli equilibri $(0,\phi_{1,2})$ si ha:
 \begin{equation}
\lambda_{1}\lambda _{2} =-a^{2}L^{2}cos^{2}\phi <
0, \lambda_{1}+\lambda _{2} = -b <0.\end{equation}
Dunque si hanno due equilibri instabili, per $\alpha < 1.$
In $(\phi_{3}, y_{3})$, si ha:
\begin{equation} \lambda_{1}\lambda _{2} = a^{2}L^{2}(1-\alpha), \lambda_{1}+\lambda
_{2}=-b-{a^{2}L^{2}(1-\alpha)\over b}.\end{equation}
Dunque, l'equilibrio \`e stabile se $\alpha <1$ ,  se $\alpha >1.$
Finalmente, si constata facilmente che  $(\phi_{4}, y_{4})$ \`e sempre
stabile se $\alpha \ne 1.$


\noindent
Consideriamo quindi la lagrangiana quadratica
ottenuta da L, tenendo in conto solo i termini di ordine 2 inclusi,
relativamente all'equilibrio $(\phi_{4}, y_{4})$. Posto 
\begin{equation}(y,\phi) = (\eta,\psi)+ ( y_{4}\phi_{4}),\end{equation}
si ha:
\begin{equation}L_{[2]} = {1\over 2}\left( m\dot \eta^{2} + I \dot \psi^{2} -b \eta^{2} -
{a^{2}L^{2}(1+\alpha)\over b}\psi^{2} \right) .\end{equation}
Il corrispondente sistema Lagrangiano si separa in due
sottosistemi:precisamente i sistemi due oscillatori armonici disaccoppiati,
quello in $\eta$ di frequenza $\omega_{1}^2 ={bÊ\over m}$, quello in $\psi$
di frequenza $\omega_{2}^2 ={a^{2}L^{2}(1+\alpha)^{2}Ê\over I}.$ 


\noindent
Consideriamo l'ultima domanda. Posto $a = 0$ nell'espressione di $L$, il
problema si riduce a due problemi lagrangiani separati, il primo di
Lagrangiana:
 \begin{equation}L_{1} = {1\over 2}(m\dot y^{2}  - b y^{2}) -mgy, \end{equation}
il secondo di lagrangiana
\begin{equation}L_{2} = {1\over 2} I \dot \phi^{2}.\end{equation}
Il primo problema  ha solo moti periodici, e precisamente oscillazioni
lineari attorno all'equilibrio \begin{equation}y = -{mg \over b}.\end{equation}
 Il secondo problema fornisce $ \phi(t) = Kt + \phi(0)$, con $K$ costante
arbitraria. 
\subsubsection{CR,L,S,PO Compito del 20.6.94 (Marchioro)}
\label{solnew.7}
\subsubsection{CR,L,S,PO: Compito del 11.7.94 (Marchioro)}
\label{solnew.8}
\subsubsection{CR,L,S,PO Esonero di Meccanica Razionale del 14-5-90}
\label{solnew.9}
\subsubsection{CR,LS,PO  Esonero di Meccanica Razionale del 14-5-90}
\label{solnew.10}
\subsubsection{L,RU Compito di Meccanica del 23.2.1995}
\label{solnew.11}
\subsubsection{L,RU,N: Primo compito di esonero, a.a.94-95.}
\label{solnew.12}
1)  Il sistema \`e invariante per rotazioni attorno all'asse perpendicolare
al piano $(q_{1}, q_{2}).$ Pertanto si conserva la componente lungo questo
asse del momento angolare:
\begin{equation}
 I = q_{1} \dot q_{2} - q_{2} \dot q_{1}.
\end{equation}
Consideriamo i livelli $I = c, c \ne 0$. Introduciamo le coordinate polari:
\begin{equation}
\begin{array}{l}
q_{1} = r \cos \phi\cr
q_{2} = r \sin  \phi .\cr
\end{array}
\end{equation}
La Lagrangiana $L$ si riscrive in queste coordinate:
\begin{equation}
L = \dot r^{2} + r^{2} \dot \phi^{2} + r^{2} -r^{6},
\end{equation}
l'integrale primo $I$:
\begin{equation}
I = r^{2} \dot \phi^{2}.
\end{equation}
Il sistema Lagrangiano ristretto sul livello $c$ \`e dato dalla Lagrangiana:
\begin{equation}
L^{(c)} = \dot r^{2}  -{c^{2} \over {2r^{2}}}+ r^{2} -r^{6}.
\end{equation}
La funzione energia potenziale $V(r) =  {c^{2} \over {2r^{2}}}- r^{2} +r^{6}$ 
ha un solo minimo e costituisce una barriera per il punto $r = 0$: per ogni
valore di $E$, $E \ge V(r_{cr}), r_{cr} = \bigl({ {1 +Ê\sqrt {1 +
6c^{2}}}\over 6}\bigr)^{{1\over 4}}$, si hanno due radici $ 0 <r_{1}(E)\le
r_{2}(E)$ dell'equazione $E = V(r).$ Le radici sono distinte se $E \ne
V(r_{cr}.$ Tutti i moti sono quindi limitati e perci\'o periodici. 

\noindent
(2). L'invarianza della retta \`e ovvia, corrisponde a $I = 0.$ Il
sistema di Lagrange corrisponde sulla retta al sistema: 
\begin{equation}
\ddot q_{1} = 2q_{1}\{1 -  q_{1}^{5}\gamma^{2}\},
\end{equation}
$\gamma^{2} = 3{\beta^{2} + \alpha^{2}\over {2\beta^{2}}}.$

Si tratta di un problema Lagrangiano con potenziale:
\begin{equation}
U(q_{1}) =  q_{1}^{2} - q_{1}^{6}\gamma^{2}.
\end{equation}
Il potenziale ha tre punti critici, $q_{1}^{1} = 0, q_{1}^{2} = \sqrt
\gamma, q_{1}^{3} = -\sqrt
\gamma$.

Il punto $ O$ \`e un punto di equilibrio instabile, $ q_{1}^{i}, i =2,
3,$ sono stabili. Si tratta di una doppia buca. Tutte le soluzioni
sono limitate. La separatrice ha equazione:
\begin{equation}
  \dot q_{1}^{2} = 2\{q_{1}^{2} -q_{1}^{6}\gamma^{2} \}
\end{equation}        

\subsubsection{CR,L,RU: Compito di Meccanica Razionale del 26.2.96}
\label{solnew.13}
Siano $(x, y)$ le coordinate del centra del disco $C$, relativamente ad un
sistema piano fisso $K$. Denotiamo con $\psi$ l'angolo che un sistema $k$, di
coordinate $(\chi, \eta)$, origine in $C$, di assi solidali al disco forma col
sistema fisso $K$. Sia poi $\phi$ l'angolo che individua il punto $P$ sul bordo
del disco, e precisamente l'angolo che $CP$ forma con l'asse parallelo
all'asse $x$.

Si ha allora:
\begin{equation}\begin{array}{l}
 x_{P} = x + R\cos \phi\cr
 y_{P} =  y + R \sin\phi.\cr
\end{array}
\end{equation}

La Lagrangiana del sistema \`e:
\begin{equation}
L = {1\over 2}\Big\{I \psi^{2} + (M + m)(\dot x^{2} + \dot y^{2}) - 2mR(\dot
y \sin\phi - \dot x\cos \phi)\dot \phi + mR^{2} \dot \phi^{2} \Big\}.
\end{equation}
Le coordinate $x, y, \psi$ sono cicliche, e pertanto si hanno tre integrali
primi del moto:
\begin{equation}
\begin{array}{l}
p_{x} = (M +m)\dot x + mR\dot \phi \cos \phi\cr
p_{y} = (M +m)\dot y - mR\dot \phi \sin \phi\cr
p_{\psi} = I \dot \psi.
\end{array}
\end{equation}
Possiamo ottenere il moto del sistema considerando il livello $p_{x} =
C_{1}, p_{y} = C_{2}, \dot \psi = \Omega.$

La lagrangiana ridotta diviene allora banalmente equivalente
alla Lagrangiana assegnata dalla sola eneria cinetica ${1\over 2}m\dot
\phi^{2}$.
In conclusione, il moto del sistema \`e assegnato da:
\begin{equation}
\begin{array}{l}
 x(t) = {C_{1}t\over (m+M)} + {mR\over (m+ M)}\sin \omega t\cr 
 y(t) = {C_{1}t\over (m+M)} + {mR\over (m+ M)}\cos \omega t\cr
\phi(t) = \omega t + \psi(0)\cr
\psi(t) = \Omega t + \psi(0),\cr
\end{array}
\end{equation}

essendo $(\omega, \Omega) = (\dot \phi(0), \dot \psi(0)).$



Il compito pu\'o essere variato, aggiungendo la considerazione di una forza
agente su $P$, dipendente solo dall'angolo $\psi$. Nella Lagrangiana si ha
allora una  presenza del potenziale $U(\psi)$ che non impedisce la presenza
dei tre integrali primi citati. Il problema si riconduce ad un problema ad un
solo grado di libert\`a.

\subsubsection{CR,L,S,RU Compito sessione estiva a.a. 93-94}
\label{solnew.14}
\subsubsection{L,S,H Secondo appello Meccanica Razionale a.a. 93-94.}
\label{solnew.15}
\subsubsection{L,S,N} 
\label{solnew.16}
{\it Prima domanda}. La simmetria del potenziale si pu\'o meglio rappresentare
utilizzando coordinate cilindriche:
\begin{equation}
\begin{array}{l}
x = r\cosÊ\theta \cr
y = r\sin \theta\cr
z  = z.
\end{array}
\end{equation}
In tale sistema di coordinate, il gruppo diventa:
\begin{equation}h_{\tau}(r,\theta,z)=
\left( 
\matrix r \\ \theta+\tau\\ z+\alpha \tau
\endmatrix 
\right).\end{equation}
Si ha allora:
\begin{equation}
V(r\cos(\tau + \theta), r\sin (\tau + \theta), z + \alpha \tau)Ê\equiv 
V(r\cos\theta, r\sin \theta, z).
\end{equation}
Deve allora aversi, posto $W(r, \theta, z) := V(r\cos\theta, r\sin \theta, z)$: 
\begin{equation}
ÂW(r, \theta, z) \equiv W(r, \theta +\tau, z + \alpha \tau),
\end{equation}
e perci\'o:
\begin{equation}
{\partial W \over{\partial \theta}} + \alpha{\partial WÊ\over {\partial z}}
\equiv 0.
\end{equation}
Allora si ha:
\begin{equation}
W(r, \theta, z) \equiv W(r, \alpha \theta - z).
\end{equation}
La Lagrangiana \`e:
\begin{equation}
L ={m\over 2}\bigl({\dot r}^{2} + r^{2}{\dot \theta}^{2} + {\dot z}^{2}\bigr)
+ W(r, \alpha \theta - z).
\end{equation}
Il gruppo ad un parametro \`e una rotazione nel piano $(x,y)$ accoppiata ad una 
traslazione lungo l'asse $z$; palesemente \`e un'isometria in $\R^3$ e lascia 
dunque invariata l'energia cinetica.

L'integrale primo di Noether \`e:
\begin{equation}
P = m\bigl(r^{2} \dot \theta + \alpha \dot z\bigr).
\end{equation}
Possiamo adattare ancora le coordinate alla simmetria, introducendo:
\begin{equation}
\phi := \alpha \theta - z.
\end{equation}
La lagrangiana in $r, \,\theta ,\, \phi$ \`e:
\begin{equation}L=\frac m2 \left( \dot r^2 +(r^2 +\alpha ^2) \dot \theta^2
-2\alpha \dot \theta \dot \phi +\phi^2\right) +W(r,\phi).\end{equation}
Con questa scelta di coordinate la variabile $\theta$ \`e ciclica;
per ottenere la Lagrangiana  ridotta procediamo con iil metodo di Routh, 
operiamo, cio\'e, la trasformata di Legendere nella variabile $\dot \theta$:
\begin{equation}P_{\theta}=m(r^2+\alpha^2) \dot \theta-\alpha m \dot \phi, \spaz \spaz
\dot \theta={P_{\theta} +\alpha m \dot \phi \over m (r^2+
\alpha ^2}.\end{equation}
La Lagrangiana cercata \`e $\tilde L(r,\dot r, \phi, \dot \phi)=-R$:
\begin{equation}\tilde L=\frac m2 \dot r^2 +\frac m2 {r^2\over r^2+\alpha^2} \dot \phi^2
+{\alpha P_{\theta} \over  r^2+\alpha^2}\dot \phi-
\left( W(r,\phi)+{P_{\theta}^2 \over 2 m ( r^2+\alpha^2)}
\right).\end{equation}
dove $P_{\theta}$ \`e una costante.
Si \`e dunque eliminata un grado di libert\`a, ottenendo l'energia  potenziale
efficace:
\begin{equation}
V^{(e)}(r, \phi):=  W(r, \phi) + {J^{2}\over
{\alpha^{2} + r^{2}}}.
\end{equation}

Si osservi che la sostituzione dell'integrale primo nell'espressione 
dell'energia totale, d\`a l'energia associata alla lagrangiana $\tilde L$:
\begin{equation}E=\frac m2 \dot r^2 +\frac m2 {r^2\over r^2+\alpha^2} \dot \phi^2
+\left( W(r,\phi)+{P_{\theta}^2 \over 2 m ( r^2+\alpha^2)}
\right),\end{equation}
ma essendo $E$ l'energia di un sistema a {\bf due} gradi di libert\`a, 
{\bf non si pu\'o}
da essa  risalire all'espressione corretta di $\tilde L$, che infatti contiene 
un termine lineare in $\dot \phi$, che non d\`a contributo all'energia.

Per ovviare alla difficolt\`a formale 
data dalla presenza di termini non
diagonali nell'energia cinetica 
(e cio\'e del termine in $\dot \theta \dot \phi$),
si puo' procedere nel modo seguente: detta $\bar \theta=\alpha \theta$,
si vogliono  scegliere $\phi=\bar \theta -z$ e $\gamma$
come nuove variabili, con $\gamma$ da determinare, in modo che 
il termine cinetico ${r^2\over \alpha^2} \dot {\bar \theta}^2+\dot z^2$ resti
diagonale. La scelta giusta \`e $\gamma={1\over {r^2\over \alpha^2}+1}
\left( {r^2\over \alpha^2} \bar \theta +z\right)$ (stiamo procedento in 
analogia all'eliminazione del moto del baricentro nel problema dei due corpi:
${r^2\over \alpha^2}, \, 1$ giocano il ruolo delle masse, 
${r^2\over \alpha^2}+1$ della massa totale e 
${{r^2\over \alpha^2}\over {r^2\over \alpha^2}+1}$ 
della massa ridotta).  Si ottiene:
\begin{equation}L=\frac m2 \left( \dot r^2+{r^2+\alpha^2 \over \alpha^2}\dot \gamma^2+
{r^2\over r^2+\alpha^2} \dot \phi^2\right) -V(r,\phi)\end{equation}.
La lagrangiana ridotta \`e dunque:
\begin{equation}\tilde L=\frac m2 \left( \dot r^2+{r^2\over r^2+\alpha^2} \dot \phi^2\right)
-\left( {r^2+\alpha^2 \over \alpha^2}\dot \gamma^2+ V(r,\phi)\right).\end{equation}



{\it Seconda domanda}.I punti critici dell'energia  potenziale efficace sono dati
dalle soluzioni del sistema:
\begin{equation}
\begin{array}{l}
{\partial W \over {\partial r}} - {{2rJ^{2}}\over {(\alpha^{2} + r^{2})^{2}}}
= 0\cr
 {\partial W \over {\partial \phi}} = 0.\cr
\end{array}
\end{equation}
Se $(\overline r, \overline \phi)$ \`e una soluzione, allora si ricava un moto
uniforme:
\begin{equation}
\begin{array}{l}
z(t) = z_{0} - {{\alpha J t}\over {{\overline r}^{2}
+ \alpha^{2}}}\cr
\theta(t) = \theta_{0} + {Jt\over
{\bar r^{2} + \alpha^{2}}}.\cr
\end{array}
\end{equation}

\noindent
{\it Terza domanda}.  
Gli equilibri sono assegnati dalle soluzioni del sistema:
\begin{equation}
\begin{array}{l}
{\partial W \over {\partial r}} - {{2rJ^{2}}\over {(\alpha^{2} + r^{2})^{2}}}
=  -{2\over{r^{3}\cos 2\phi}} - {{2rJ^{2}}\over {(\alpha^{2} + r^{2})^{2}}}= 0
\cr
 {\partial W \over {\partial \phi}} = -2 {{\sin2\phi}\over
{r^{2}\cos^{2}Ê2\phi}} = 0 .\cr 
\end{array}
\end{equation}
Consideriamo solo il caso $\alpha > 0$, lasciando al lettore il completamento
della discussione.  Si hanno soluzioni reali solo se $J^{2} > 1$. Fissiamoci
sul caso $J > 1$. Si ha:
 \begin{equation}
\begin{array}{l}
 \phi_{±} = ±{\pi\over 2},\cr
 \overline r = \sqrt{{\alpha \over {J -1}}}.\cr
\end{array}
\end{equation}
Il lettore completi l'analisi costruendo la matrice Hessiana di $U^{(e)}$, e
computandola negli equilibri.



\subsubsection{L,RU,H,HJ,AA
Compito di Meccanica Razionale, 
9/7/'96, II$^o$ appello, sess. estiva}
\label{solnew.17}




1) La Lagrangiana nelle variabili $\rho$ e $\theta$ \`e:
\begin{equation}L=\frac 12 \dot \rho^2 \left( 1+ \left( 
\frac 1{\rho^2} + \frac 2{\rho^3} \right)^2 \right) 
+ {\rho^2 \dot \theta^2 \over 2} +\frac 1{\rho} + \frac 1{\rho^2}.
\end{equation}


L'Hamiltoniana, negli impulsi $P=P_{\rho}$, $J=P_{\theta}$ \`e:
\begin{equation}H=\frac 12 { P^2 \over  1+ \left( 
\frac 1{\rho^2} + \frac 2{\rho^3} \right)^2 }
+{J^2 \over 2 \rho^2}  -\frac 1{\rho} -\frac 1{\rho^2}.\end{equation}



2) Gli integrali primi sono l'energia e il momento 
$J=\rho^2 \dot \theta$.


3) Il moto si pu\'o ricondurre ad un moto unidimensionale di
energia potenziale efficace
\begin{equation}V_{eff}=\left( \frac {J^2}2-1 \right)\frac 1{\rho^2}
  -\frac 1{\rho},\end{equation}
che \`e limitato dal basso se $J^2 > 2$.

Se  $J^2\le 2$ il tempo di arrivo in $\rho=0$ che corrisponde a
$z=-\infty$, \`e finito, dunque se $E<0$ o se $\dot \rho <0$ 
il moto esplode in tempo finito.

Cosidero dunque solo $J^2 > 2$:
Il moto \`e limitato se  $E < 0$, illimitato
se $E\ge 0$.


4) L'espressione dell' orbita in forma implicita si ricava 
da:
\begin{equation}E=\frac 12 \dot \rho^2 \left( 1+ \left( 
\frac 1{\rho^2} + \frac 2{\rho^3} \right)^2 \right) 
+ 
\left( \frac {J^2}2-1 \right)\frac 1{\rho^2}
+ \frac 1{\rho^2},\end{equation}
\begin{equation}\dot \rho=\dot \theta \de_{\theta} \rho=
{J\over \rho^2} \de_{\theta} \rho.\end{equation}
Dunque l'angolo cercato \`e:
\begin{equation}2 \int_{\rho_{min}}^{+\infty} 
d\rho {J\over \rho^2} \sqrt{
1+\left( 
\frac 1{\rho^2} + \frac 2{\rho^3} \right)^2\over 
2\left(  E-\left( \frac {J^2}2-1 \right)\frac 1{\rho^2}
  +\frac 1{\rho}\right)},\end{equation}
dove $\rho_{min}$ \`e la minima distanza dall'asse 
$z$ che il punto raggiunge.

Tale angolo \`e finito se $E\ge 0$.



5) L'equazione di H-J \`e resolubile per separazione di 
variabili.

6) Il moto \`e descrivibile in variabili azione angolo 
nella regione dello spazio delle fasi 
in cui $J^2  > 2$ e $E<0$.
\subsubsection{CR,L,RU,H,HJ
Compito di Meccanica Razionale, 
 24/9/'96, I$^o$ appello, sess. autunnale}
\label{solnew.18}

{\bf 1)} Siano $(x,y)$ le coordinate di $P$ nel sistema fisso, e 
$(\xi,\eta=a\xi^2)$ nel sistema solidale alla guida. 
\begin{equation}\begin{array}{l}
x=\xi \cos \theta -\eta \sin \theta \\
y=\xi \sin \theta +\eta \cos \theta 
\end{array}\end{equation}.
\begin{equation}\dot x^2+\dot y^2= \dot \xi^2+\dot \eta^2+\dot \theta^2
\, (\xi^2+\eta^2) +2\dot \theta (\xi \dot \eta -\dot \xi \eta), \end{equation}
dove:
\begin{equation}\xi^2+\eta^2= (1+a^2\xi^2)\xi^2; \spaz \dot \xi^2+\dot \eta^2=
 (1+4 a^2\xi^2)\dot \xi^2; \spaz
\xi \dot \eta -\dot \xi \eta=a\xi^2 \dot \xi.\end{equation}
La Lagrangiana \`e:
\begin{equation}L=\frac 12 \left( I+m(1+a^2\xi^2)\xi^2\right) \dot \theta^2+
\frac m2 (1+4 a^2\xi^2)\dot \xi^2+ ma\xi^2 \dot \xi \dot \theta
-\frac k2 (1+a^2\xi^2)\xi^2.\end{equation}
La variabile $\theta$ \`e ciclica, si conserva oltre all'energia 
il momento della quantit\`a di moto:
\begin{equation}J=\de_{\dot \theta} L=\left( I+m(1+a^2\xi^2)\xi^2\right) \dot \theta
+ma \xi^2 \dot \xi.\end{equation}



{\bf 2)} Dall'espressione del momento:
\begin{equation}\dot \theta= {J- ma\xi^2 \dot \xi\over F(\xi)},\end{equation}
dove $F(\xi)=\left( I+m(1+a^2\xi^2)\xi^2\right).$
Sostituendo nell'espressione dell'energia si ottiene:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
E=\frac 1{2F} (J-a\xi^2\dot \xi)^2+a\xi^2 \dot \xi +
{(J-a\xi^2\dot \xi)\over F}+\frac m2  (1+4 a^2\xi^2)\dot \xi^2
+\frac k2 (1+a^2\xi^2)\xi^2\\
=
\frac 12 T(\xi) \dot \xi^2 +U_e(\xi),
\end{array}\end{equation}
dove:
\begin{equation}T= m  (1+4 a^2\xi^2)-{a^2 \xi^4\over F(\xi)}; \spaz U_e=\frac k2
(1+a^2\xi^2)\xi^2+{J^2\over F(\xi)}.\end{equation}
$T$ \`e una funzione strettamente positiva, l'energia potenziale 
efficace ha un unico punto critico (stabile) in $0$ se 
$\sqrt{\frac 2k} J\le I$.
Altrimenti $0$ \`e instabile e compaiono i due equilibri stabili
simmetrici $\xi_\pm$, uniche due soluzioni di
\begin{equation}\xi^2 (1+a^2 \xi^2) = \frac 1m \left( \sqrt{\frac 2k} J- I\right)\end{equation}
($\xi^2 (1+a^2 \xi^2)$ \`e una funzione strettamente convessa).





{\bf 3)} Dall'analisi qualitativa, si ottiene che $\xi(t)$ \`e 
sempre periodica se non \`e costante.
Se $J=0$, 
\begin{equation}\dot \theta =-{ ma\xi^2 \dot \xi\over F(\xi)}\end{equation}
\begin{equation}\theta(t)=\theta(0)+A(\xi(t))-A(\xi(0)),\end{equation}
dove $A(\xi)$ \`e la 
primitiva di $-{ ma\xi^2\over F(\xi)}$. Quindi
il moto complessivo \`e periodico dello stesso periodo di 
$\xi(t)$.
 


\subsubsection{CR,L,RU,H,HJ,AA
Compito di Meccanica Razionale, 
8/10/'96, II$^o$ appello, sess. autunnale}
\label{solnew.19}
Indica con $\phi$ l'angolo sul piano $\ve x,\ve y$  che il disco forma
con l'asse delle $\ve x$,  con
$\theta$ l'angolo che $OP$ forma con il piano $\ve x, \ve y$, con 
$I$ e $J$ i momenti di inerzia del disco rispetto all'asse 
$\ve u$ e all'asse $\ve z$ rispettivamente.
Le coordinate cartesiane del punto sono:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
x= R\cos \theta\, \cos \phi \\
x= R\cos \theta\, \sin \phi \\
x= R\sin \theta.
\end{array} \end{equation}
Dunque:
\begin{equation}L=\frac 12 (J+mR^2 \cos^2\theta) \dot \phi^2+
\frac 12 ( I+mR^2) \dot \theta^2-\frac 12 k R^2 \cos^2 \theta,\end{equation}
\begin{equation}H=\frac 12 {P_{\phi}^2 \over J+mR^2 \cos^2\theta}+
\frac 12 {P_{\theta}^2\over  I+mR^2} + \frac 12  k R^2 \cos^2 \theta.\end{equation}
Il sistema \`e invariante per rotazioni intorno all'asse
delle $\ve z=$, dunque si conserva l'energia meccanica 
e il momento della quantit\`a di moto rispetto a questo asse:
\begin{equation}P_{\phi}= (J+mR^2 \cos^2\theta) \dot \phi.\end{equation}
Ottieni un problema unidimensionale sostituendo a
$\dot \phi $ la sua espressione  in termini di $P_{\phi}$
nell'espressione dell'energia totale:
\begin{equation}E=\frac 12 ( I+mR^2) \dot \theta^2+V_{eff},\end{equation}
dove 
\begin{equation}V_{eff}=\frac 12 {P_{\phi}^2 \over J+mR^2 \cos^2\theta}+
\frac 12  k R^2 \cos^2 \theta.\end{equation}
Derivando l'energia potenziale nella variabile $\theta$, 
ottieni:
\begin{equation}\de_\theta V_{eff}=\left( -kR^2+
{mR^2 P_{\phi}^2 \over (J+mR^2 \cos^2\theta)^2} \right)
\sin \theta \,\cos \theta.\end{equation}
Il problema e' simmetrico rispetto alle trasformazioni 
$\theta \rightarrow -\theta$, e $\theta \rightarrow \pi -\theta$,
quindi ti limiti a studiarlo tra $[0, \frac \pi2]$.
I valori $0$ e $\frac \pi2$ sono soluzioni stazionarie per tutti i 
valori dei parametri.  Inoltre esiste un'altra soluzione 
se
\begin{equation}0< P_{\phi} \sqrt{m\over k} -J < mR^2.\end{equation}
Graficando l'energia potenziale efficace, ottieni che 
la posione $\theta=\frac \pi2$ \`e stabile fino a che 
$P_{\phi} \sqrt{m\over k} <J$, mentre $\theta=0$ \`e instabile.
Appena si biforca, cio\'e quando $0< P_{\phi} \sqrt{m\over k}>0$, 
 $\theta=\frac \pi2$ diventa instabile; quando la soluzione
intermedia raggiunge $\theta=0$, cio\'e  quando 
$P_{\phi} \sqrt{m\over k} -J > mR^2$, $\theta=0$
diventa stabile.

\subsubsection{TC}
\label{solnew.20}
\subsubsection{TC}
\label{solnew.21}

\subsubsection{TC,AA,P  Secondo compito di esonero a.a.94.}
\label{solnew.24}
Cerca $W=A(q_1, a_1, a_2)+B(q_2, a_1, a_2)$ ($a_1, \, a_2$ sono i nuovi 
impulsi).
L'equazione da risolvere \`e:
\begin{equation}\frac 12 
\left( q_2 (\de_{q_1}A q_1)^2 +\de_{q_2}B \right)^2=a_2.\end{equation}
Stai cercando $B$ in modo che non dipenda da $q_2$, ma solo da $q_1$.
Dall'equazione puoi ricavare:
\begin{equation}\de_{q_2}B=\pm \sqrt{2a_2}-q_2 (\de_{q_1}A q_1)^2,
\end{equation}
per\'o in questa espressione  $\de_{q_2}B$ 
 dipendende da $q_1$, e da $A(q_1)$; 
l'unica possibilit\`a che ho \`e dunque che la combinazione
$\de_{q_1}A q_1$ non dipenda da $q_1$, cio\'e:
$\de_{q_1}A q_1=a_1$, ovvero $A(q_1)=a_1 \log q_1$.
A questo punto posso risolvere anche l'equazione in $B$
infatti  $\de_{q_2}B=\pm \sqrt{2a_2}-q_2 a_1^2$ \`e una funzione
della sola $q_2$ e dei nuovi impulsi.
Riassumendo, ottieni:
\begin{equation}W=a_1 \log q_1 \pm  \sqrt{2a_2}q_2-\frac 12 q_2^2 a_1^2.\end{equation}
La traformazione generata da $W$ \`e:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
Q_1= \log q_1 - a_1 q_2^2\\
Q_2= \pm {q_2 \over \sqrt{2 a_2}} \\
p_1={a_1\over q_1} \\
p_2=\pm \sqrt{2 a_2 }-a_1^2 q_2.
\end{array}\end{equation}
Le equazioni del moto per l'hamiltoniana $K(Q_1, Q_2, a_1,a_2)=a_2$
sono:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
\dot Q_1=0   \\
\dot a_1=0 \end{array} \spaz\spaz
\spaz
\begin{array}{l} 
\dot Q_2=1   \\
\dot a_2=0. \end{array}\end{equation}
Quindi $Q_1,a_1,a_2$ sono costanti e $Q_2(t)=Q_2(0)+t$.
Tornando alle vecchie variabili
 ottieni:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
q_2(t)=\pm \sqrt{2 a_2(0)} (Q_2(0)+t) \\
q_1(t)=e^{Q_1(0)+2 a_1(0) a_2(0) (Q_2(0)+t)^2}\\
p_1=a_1(0) e^{-Q_1(0)-2 a_1(0) a_2(0) (Q_2(0)+t)^2}\\
p_2=\pm \sqrt{2 a_2(0)} (1-a_1^2(0) (Q_2(0)+t)).
\end{array} 
\end{equation}
\noindent
Il segno $\pm$ lo determini a seconda del segno di 
$q_2 (p_1 q_1)^2+p_2=\pm \sqrt{2 a_2}$.

\noindent
Nella soluzione compaiono $Q_1(0), Q_2(0), a_1(0), a_2(0)$  che  determini 
imponendo i dati iniziali.


\subsubsection{H,HJ,AA,S: II esonero 10/5/'96}
\label{solnew.25}
a) Cerca una soluzione dell'equazione caratteristica di Hamilton-Jacobi
del tipo:
\begin{equation}W(x,y,\alpha,\beta)=A(x)+B(y).\end{equation}
Sostituendo:
\begin{equation}\frac 12 (\de_x A)^2+ \frac 12 (1+x^2) \left(
(\de_y B)^2 + y^2\right)= \alpha.\end{equation}
Ottengo la soluzione ponendo $(\de_y B)^2 + y^2=\beta$:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
B(y, \beta)= \pm \int^y dy\sqrt{ \beta -y^2} \\
A(x, \alpha, \beta)= \pm \int^x dx \sqrt{ 2\alpha- \beta -\beta x^2}.
\end{array}\end{equation}


b) La regione dello spazio delle fasi in cui il moto 
\'e multiperiodico \`e data da $\beta>0$, $\alpha > \frac {\beta}2$.

c) Devi calcolare:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
I_1= \frac 2\pi \int_0^{\sqrt \beta} dy\sqrt{ \beta -y^2} \\
I_2= \frac 2\pi \int_0^{\sqrt{2\alpha -\beta \over \beta}}
dx \sqrt{ 2\alpha- \beta -\beta x^2}. \end{array}\end{equation}
Ricorda che 
\begin{equation}\frac 2\pi \int_0^{\sqrt{2 h} \over \omega}
dq \sqrt{ 2 h -\omega^2 q^2}=\frac h\omega.\end{equation}
Ottieni:
\begin{equation}I_1=\frac {\beta}2,
\spaz \spaz \spaz 
I_2=\left( 
\alpha-\frac {\beta}2
\right) 
{1 \over \sqrt{\beta} }.\end{equation}
Dunque la nuova Hamiltoniana \`e:
\begin{equation}K=\alpha= \sqrt{ 2I_1} I_2 +I_1.\end{equation} 
Le frequenze:
\begin{equation}\begin{array}{l}
\omega_1={I_2\over  \sqrt{ 2I_1}} +1=\frac 12 +\frac{\alpha}{\beta} \\
\omega_2= \sqrt{ 2I_1}=\sqrt{ \beta}. 
\end{array} \end{equation}

d) Sostituendo il valore del dato iniziale in $\alpha$, $\beta$
ottieni:
\begin{equation}\omega_1=1+\frac {a^2}2,\, \, \omega_2=1\end{equation}
Il moto \`e periodico se e solo se $a^2\in {\mathbb Q}$.

e) per $a=1$, 
${\omega_1 \over \omega_2}=\frac 32$, dunque 
$T=3T_1=2T_2$. 
$T_2=\frac {2\pi}\omega_2=2\pi$, dunque $T=4\pi$.

f) Le equazioni di Hamilton sono
\begin{equation}\begin{array}{l}
\dot x=P_x \\
\dot P_x=-x\left( P_y^2+y^2 \right) \end{array} \spaz \spaz 
\begin{array}{l} 
\dot y=P_y(1+x^2)\\
\dot P_y=- y (1+x^2). \end{array}\end{equation}
Considera il dato iniziale:

\begin{equation}\begin{array}{l}
x(0)=0 \\
P_x(0)=\eps \end{array} \spaz \spaz 
\begin{array}{l} 
y(0)=0 \\
P_y(0)=0, \end{array}\end{equation}
che \`e una piccola perturbazione della posizione stazionaria.
La soluzione delle equazioni di Hamilton \`e:
\begin{equation}\begin{array}{l}
x(t)=-t \eps \\
P_x(t)=\eps \end{array} \spaz \spaz 
\begin{array}{l} 
y(t)=0 \\
P_y(t)=0. \end{array}\end{equation}
Dunque la posizione di equilibio \`e instabile.
\subsubsection{CR,H,HJ,P: Esonero di Meccanica Razionale
del 6-6-90} 
\label{solnew.26}








\section{Alcuni esercizi svolti in dettaglio}
Lo scopo di questa sezione \`e illustrare la parte ``standard'', 
quellache non si pu\`o non saper fare, 
degli esercizi nel formalismo Lagrangiano ed Hamiltoniano.

Quindi per tutti i problemi che seguono provveder\`o a rispondere alle 
seguenti domande:

i) Scrivi le equazioni del moto attraverso la Lagrangiana e l'Hamiltoniana.

ii) Determina le soluzioni di 
equilibrio e discutine la stabilit\`a. Calcola le 
frequenze delle piccole oscillazioni intorno agli equilibri stabili.

iii) Trova le frequenze ed i modi normali delle piccole 
oscillazioni intorno agli equilibri stabili.

iv) Determina eventuali integrali primi. 

v) Riduci i gradi di libert\`a se possibile.



Si giunge alle risposte attraverso procedimenti che non 
presentano  difficolt\`a concettuali, tutt'al pi\'u calcoli laboriosi.



Alcune domande un p\`o meno standard potrebbero essere:

vi) Discuti le condizioni iniziali per cui il moto \`e limitato.

vii) Discuti l'esistenza di dati iniziali per cui il moto 
\`e periodico

viii) Determina la reazione vincolare per dei moti particolari 
(specificati nel testo).



Le domande pi\`u difficili sono contrassegnate da un asterisco.


Tutti gli esercizi sono dimensionalmente consistenti,
cio\`e la massa non \`e mai un numero, ma ha le dimensioni di una massa, 
e cos\'{\i}
le lunghezze, i raggi, l'accelerazione di gravit\`a etc. .
Questo permette la verifica dei calcoli attraverso l'analisi dimensionale,
che pu\`o essere utile.


\noindent
{\bf ATTENZIONE:} nel caso in cui i parametri del problema non siano 
fisicamente consistenti, ( ad esempio se la massa \`e $1$ o il raggio \`e $3$
o il punto \`e vincolato a muoversi su una curva $y=x^2$ etc. )
l'analisi dimensionale \`e impossibile, a meno di non reintrodurre 
le dimensioni fisiche nel testo.




\subsection{Problema}
\label{prob.0}
Un punto materiale di massa $m$, indicato con $P$, si muove senza
attrito su una retta orizzontale. Un asta priva di massa e lunga $L$ ha un 
estremo in $P$. All'altro estremo \`e fissato un punto materiale 
di massa $m$, indicato con Q. Sul sistema agisce la forza di 
gravit\`a, nella direzione verticale discendente.


\subsubsection{I gradi di libert\`a e la scelta delle cooordinate}

Devi capire di quanti parametri hai bisogno per descrivere
una generica configurazione del sistema.
Per specificare la posizione di $P$ \`e sufficiente il valore 
della sua ascissa, che chiamer\`o $x$, rispetto ad una origine 
fissata arbitrariamente.
In tal caso, detto $y$ l'asse verticale, 
le coordinate di $P$ saranno $(x,0)$.
Per specificare la posizione di $Q$ \`e sufficiente 
conoscere, ad esempio, l'angolo che l'asta forma con la verticale 
discendente passante per $P$, che chiamer\`o $\phi$.
Quindi le coordinate di $Q$ saranno $(x+L\sin \phi, -L\cos \phi)$.
Il problema ha dunque due gradi di libert\`a.




\subsubsection{Il calcolo dell'energia cinetica}
Devo calcolare l'energia cinetica di $P$ e di $Q$ e poi sommarle.
Per far ci\`o devo calcolare le velocit\`a dei due punti in 
termini delle variabili lagrangiane $(x,\,\phi)$ e delle 
loro derivate rispetto al tempo.
Evidentemente la velocit\`a del punto $P$ \`e 
$(\dot x , 0)$,
la velocit\`a di $Q$ \`e 
\begin{equation}
\dt \binom {x+L\sin \phi}{-L\cos \phi} =  
\binom {\dot x+\dot \phi L\cos \phi}{\dot \phi L\sin \phi}.
\end{equation}
Quadrando e sommando ottengo:
$$T=\frac m2 (2\dot x^2 +2 \dot \phi \dot x L \cos \phi + L^2 \dot \phi^2).$$
Controllo dimensionale: $T$ deve avere le dimensioni di una energia, 
cio\`e massa per lunghezza al quadrato su tempo al quadrato.
L'espressione trovata \`e corretta perch\'e $\dot x$ \`e una velocit\`a, 
$L$ \`e una lunghezza e $\dot \phi $ ha le dimensioni dell'inverso del tempo.



\subsubsection{Il calcolo dell'energia potenziale}

Devo sommare i contributi dell'energia potenziale, espressi in 
variabile lagrangiane, delle forze attive che agiscono sui punti.
In questo caso la forza di gravit\`a non ha effetto su $P$, che \`e 
vincolato ad una retta orizzontale.
Dunque l'unico contributo all'energia potenziale 
\`e quello gravitazione sul punto $Q$.
L'energia potenziale gravitazionale \`e data dalla massa per la 
quota per l'accelerazione di gravit\`a.

Quindi 
$V=-mgL\cos \phi$.




\subsubsection{La Lagrangiana e le equazioni di Eulero-Lagrange}
$$L=T-V=\frac m2 (2\dot x^2 +2 \dot \phi \dot x L \cos \phi + 
L^2 \dot \phi^2)+mgL\cos \phi.$$
Per scrivere le equazioni del moto, devo prima derivare la
lagrangiana nelle variabili $\dot x$ e $\dot \phi$,
e calcolare quindi gli {\it impulsi coniugati} alle variabili 
 $\dot x$ e $\dot \phi$:

\begin{equation}
\label{impulsi0}
\begin{matrix}
\dde {L}{\dot x}= 2m \dot x + mL \dot \phi \cos \phi \\
\dde {L}{\dot \phi} = mL^2 \dot \phi + mL \dot x \cos \phi
\end{matrix}
\end{equation}
Ora devo considerare gli impulsi coniugati come funzioni del tempo
attraverso le variabili $x,\,\phi ,\, \dot x,\, \dot \phi$, e
scrivere:
\begin{equation}
\begin{matrix}
\dt \dde  {L}{\dot x} = \dde {L}{x} \\
\dt \dde  {L}{\dot \phi} = \dde {L}{\phi}.
\end{matrix}
\end{equation}
Come prima equazione ottengo
$$2m\ddot x + mL \ddot \phi -mL \dot \phi^2 \sin \phi = 0,$$
Come seconda
$$mL^2 \ddot \phi + mL \ddot x \cos \phi -mL \dot x \dot \phi \sin \phi=
-mL \dot x \dot \phi \sin \phi -mgL \sin \phi,$$
che si pu\`o semplificare in:
$$mL^2 \ddot \phi + mL \ddot x \cos \phi = -mgL \sin \phi.$$
Verifica che le equzioni sono dimensionalmente corrette, tenendo 
presente che $g$ ha le dimensioni di una accelerazione.

\subsubsection{L'Hamiltoniana e le equazioni di Hamilton}
Per il calcolo dell'Hamiltoniana si procede come segue.
Per prima cosa si definiscono le nuove variabili, che sono 
gli impulsi coniugati:
\begin{equation}
\label{impulsi0H}
\begin{matrix}
p_{x} = \dde {L}{\dot x}= 2m\dot x +mL \dot \phi \cos \phi \\
p_{\phi} = \dde {L}{\dot \phi} 
= mL^2 \dot \phi +  mL \dot x \cos \phi.
\end{matrix}
\end{equation}
Riconosci che $p_x$ ha le dimensioni di una quantit\`a di moto 
(massa per velocit\`a) e che $p_{\phi}$ ha  le dimensioni di 
un momento della quantit\`a di moto (massa per lunghezza per velocit\`a).
 
Dopo di che si ricavano le espressioni di 
$\dot x $ e $\dot \phi $ in termini delle nuove variabili.
Per fare questo si deve risolvere il sisitema di equazioni lineare
\ref{impulsi0H} rispetto alle variabili 
$\dot x $ e $\dot \phi $.
Si ottiene:
\begin{equation}
\label{inversa0}
\begin{split}
&\dot x = \frac {Lp_x-p_{\phi}\cos \phi}{mL (2-\cos^2 \phi)} \\
&\dot \phi = \frac {-Lp_x \cos \phi + 2 p_{\phi}}{mL^2 (2-\cos^2 \phi)}
\end{split}
\end{equation}
A questo punto l'Hamiltoniana \`e data da 
$$H(p_{x}, p_{\phi},x, \phi) = 
p_{x}\dot x +  p_{\phi} \dot \phi - L(\dot x, \dot \phi, 
x , \phi),$$
dove bisogna sostituire a $\dot x $ e $\dot \phi $ 
i valori delle espressioni \ref{inversa0}.
Il lettore completi i calcoli
(per una strada leggermente pi\`u veloce vedi sezione 
\ref{tipico}).

L'espressione dell'Hamiltoniana \`e:
$$H=\frac 1{2mL^2(2-\cos^2 \phi)}
(p_x^2 L^2 - 2 p_x p_{\phi} L \cos \phi + 2 p_{\phi}^2) -mgL \cos \phi.$$
Il lettore verifichi che tutti i termini hanno le dimensioni di una 
energia.

Le equazioni del moto in formalismo hamiltoniano sono
\begin{equation}
\begin{matrix}
\dot x = \dde {H}{p_{x}} \\
\dot \phi = \dde {H}{p_{\phi}} \\
\dot p_{x} = - \dde {H}{x} \\
\dot p_{\phi} = -\dde {H}{\phi}.
\end{matrix}
\end{equation}
Si ottiene
\begin{equation}
\begin{matrix}
\dot x =  \frac {Lp_x - p_{\phi} \cos \phi}{mL (2-\cos^2 \phi)}\\
\dot \phi =  \frac {-Lp_x \cos \phi + 2 p_{\phi}}{mL^2 (2-\cos^2 \phi)} \\
\dot p_{x} = 0 \\
\dot p_{\phi} = -mgL \sin \theta - 2 
\frac {\sin \phi \cos \phi}{mL^2(2-\cos^2 \phi)^2}
(p_x^2 L^2 - 2 p_x p_{\phi} L \cos \phi + 2 p_{\phi}^2)
+ \frac {\sin \phi p_x p_{\phi} }{mL(2-\cos^2 \phi)}.
\end{matrix}
\end{equation}
\subsubsection{La determinazione degli equilibri}
Astrattamente, le posizioni di equilibrio in formalismo lagrangiano  
si ottengono dalle equazioni trovando i valori di 
$x, \phi, \dot x, \dot \phi$ che risolvono identicamente 
le equazioni. Ovviamente, essendo il sistema di partenza meccanico,
deve essere  $(\dot x, \dot \phi) = (0,\,0)$.
Sostituendo questi valori nelle equazioni, le posizioni di equilibrio 
si ottengono cercando i valori di $x$ e $\phi$ per cui 
$\ddot x$ e $\ddot \phi$ sono nulli.
E' facile rendersi conto che ci\`o accade se e solo se 
\begin{equation}
\begin{matrix}
\dde {V(x,\phi)}{x}=0
\\
\dde {V(x,\phi)}{\phi}=0.
\end{matrix}
\end{equation}
In definitiva le posizioni di equilibrio si ottengono annullando 
il gradiente, rispetto alle coordinate lagrangiane, dell'energia 
potenziale.
In questo caso $V$ non dipende da $x$, 
dunque la condizione si riduce a 
$\dde {V(\phi)}{\phi}=mgL \sin \phi = 0$, 
che ha come soluzioni $\phi = 0, \, \pi$.
(Trascuro i multipli di $2\pi$ perch\'e fisicamente 
le posizioni $\phi=0, 2\pi,4\pi ,\,etc. $ sono indistinguibili).
Quante sono le posizioni di equilbrio?
Ovviamente infinite!
Infatti, qualunque sia $\bar x$, 
le posizioni $(x,\phi)= (\bar x, 0)$ e  $(x,\phi)= (\bar x, \pi)$
sono di equilibrio: l'asta \`e verticale e nessuna forza
attiva la sposta se la velocit\`a iniziale \`e nulla.

\subsubsection{La stabilit\`a delle posizioni di equilibrio}
I punti di minimo stretto dell'energia potenziale sono punti di equilibrio 
stabili, i punti non di minimo ( punti di sella e punti di massimo ) 
sono punti di equilibrio instabili.

\`E abbastanza evidente che quando  $(x,\phi)= (\bar x, \pi)$, 
essendo l'asta verticale ma con l'estremo $Q$ in alto rispetto a $P$,
la posizione \`e instabile.
Infatti l'energia potenziale $V(x,\phi) = -mg\cos \phi$ ha 
un massimo nella variabile $\phi$ quando $\phi = \pi$. 
$V$ non dipende da $x$, ma questo implica solo che il massimo di $V$ 
come funzione di due variabili ha un massimo non stretto, nel senso 
che \`e raggiunto qualunque sia $x$.

Le altre posizioni  $(x,\phi)= (\bar x, 0)$ corrispondono 
al minimo di $V$ nella variabile $\phi$. In questo caso per\`o il 
minimo non \`e stretto, infatti qualunque sia $\bar x$, 
l'energia potenziale assume il valore di minimo.
Questo suggerisce che la posizione sia instabile. 
Infatti consideriamo  un dato iniziale aribitrariamente vicino,
per esempio $(x_0,\phi_0,\dot x_0,\dot \phi_0)=(\bar x, 0, \eps, 0)$.
La prima equazione di Lagrange mi dice che l'impulso di 
conserva ( $x$ \`e ciclica).
Dunque, per tutti i tempi: 
$$2\dot x + L\dot \phi \cos \phi = 2\eps.$$
Fisicamente, $p_x$ \`e la quantit\`a di moto totale (verificare!), 
ovvero la derivata rispetto al tempo della velocit\`a del baricentro.
Ma allora l'equazione appena scritta 
afferma che il baricentro compie un moto rettilineo uniforme.
Quindi se aspetto un tempo sufficiente, il baricentro 
sar\`a arbitrariamente lontano dalla posizione iniziale 
che era $\bar x$.
Pi\`u formalmente, 
integrando nel tempo l'equazione appena scritta, e ricordandomi
che $\dot \phi \cos \phi=-  \dt \sin \phi(t)$, 
ottengo
$$x(t) = \bar x + \eps t +\frac L2 \sin (\phi(t)).$$
Ma allora $\lim_{t\to + \infty} x(t)= \pm \infty$ 
(a seconda del segno di $\eps$), infatti qualunque sia la legge 
oraria per $\phi(t)$ , la funzione  $\sin (\phi(t))$ \`e limitata.

\subsubsection{Le piccole oscillazioni intorno alle posizioni di 
equilibrio stabili}
Non ci sono posizioni di equilibrio stabili, 
quindi non ha senso parlare di piccole oscillazioni del
moto nelle due variabili. Si potranno considerare 
le piccole oscillazioni del moto unidimensionale al 
quale posso ridurre il moto per la conservazione della 
quantit\`a di moto.

\subsubsection{Gli integrali primi e la riduzione dei gradi di libert\`a}
La Lagrangiana non dipende dal tempo, 
dunque l'energia meccanica $E=T+V$ si conserva.

Inoltre, come gi\`a visto, l'equazione di Lagrange relativa ad 
$x$, afferma che 
$$\dt p_x= \dt (2m\dot x + mL\dot \phi \cos \phi)=0.$$
Infatti la variabile $x$ \`e {\it ciclica}, cio\`e $L$ non 
dipende da $x$.
Quindi $p_x$, che nel seguito indico con $P$, 
si conserva.

Avendo a disposizione due integrali primi 
per un problema a due gradi di libert\`a, posso ridurre ad uno i gradi 
di libert\`a e portare il moto alle quadrature
(cio\`e scrivere, almeno in forma implicita, la soluzione 
delle equazioni del moto).

Si procede cos\'{\i}:
scrivo l'energia meccanica, che \`e una quantit\`a conservata:
$$E=\frac m2 (2\dot x^2 +2 \dot \phi \dot x L \cos \phi + 
L^2 \dot \phi^2)-mgL\cos \phi$$
Usando la relazione 
$$P= 2m\dot x + mL\dot \phi \cos \phi,$$
ricavo
\begin{equation}
\label{xP0}
\dot x = \frac P{2m} -\frac L2 \dot \phi \cos \phi.
\end{equation}
Sostituisco il valore trovato nell'espressione per $E$:
$$E=\frac m2
\left( L^2\dot \phi^2 \left( 1- \frac 12 \cos^2 \phi
\right) + \frac {P^2}{2m^2} \right) - mg\cos \phi.$$
Poich\'e $E$ si conserva anche dopo aver sostituito a $\dot x$ 
la sua espressione in termini di $\dot \phi$ e dell'altro integrale 
primo del moto, 
dall'espressione di $E$ posso ottenere la formula di quadratura 
attraverso il solito procedimento: ricavo $\dot \phi $ in termini di 
$E$ e $\phi$ e integro.
\begin{equation}
\label{phip0}
\dot \phi = \pm  2  \sqrt{ 
\frac { E- \frac {P^2}{4m} + mgL \cos \phi}  {2-\cos^2\phi}},
\end{equation}

\begin{equation}
\label{quadr0}
t= \pm \frac 12 \int^{\phi} d\phi \sqrt{ 
\frac {2-\cos^2\phi} { E- \frac {P^2}{4m} + mgL \cos \phi}}.
\end{equation} 
Questa espressioni differiscono da quelle tipiche 
dei moti unidimensionale solo per la presenza 
del fattore  ${2-\cos^2\phi}$, che comunque \`e sempre 
postivo. Dunque per l'analisi qualitativa del moto limitata
alla variabile $\phi$ si procede come sempre.

In particolare, 
se l'energia meccanica e l'impulso $P$ 
sono tali che 

a) $E-\frac{P^2}{4m} = -mgL$:  $\phi(t)=0$ (equilibrio STABILE 
per il moto nella sola variabile $\phi$)

b) $-mgL< E-\frac{P^2}{4m} < mgL$: il moto in $\phi$ \`e periodico.


c)  $E-\frac{P^2}{4m} = mgL$: o $\phi(t)= \pi$ (equilibrio INSTABILE), 
oppure $\phi$ compie un moto a meta asintotica.

d) $ E-\frac{P^2}{4m} > mgL$: $\phi$ compie periodicamente tutta 
 la rotazione tra $0$ e $2\pi$.


{\bf Domande: } Perch\'e non \`e possibile che $E-\frac{P^2}{4m} < -mgL$? 
Scrivi il periodo nei casi b) e d). (*) Calcola il periodo delle piccole 
oscillazioni intorno alla posizione di equilibrio stabile $\phi = 0$ e
confrontalo con in periodo delle piccole oscillazioni che avresti 
nel caso che l'altro estremo dell'asta fosse fisso (risposta: 
\`e $\sqrt 2$ volte pi\`u grande).



{\bf Osservazione:} Ai fini dell'analisi qualitativa, limitata 
alla variabile $\phi$, potevo sostituire $ E-\frac{P^2}{4m}$ con $E$,
infatti $\frac{P^2}{4m}$ \`e costante. L'ho lasciato com era per 
non perdere traccia dell'energia meccanica del sistema nelle 
due variabili. 

Una volta noto, attreverso la formula di quadratura
\ref{quadr0}, il moto nella variabile $\phi$, 
l'equazione \ref{xP0} mi dice come \`e il moto nella variabile $x$.
Infatti, integrando rispetto al tempo:
$$x(t) = x(0) + \frac P{2m} t + \frac L2 ( \sin (\phi(t)) - \sin(\phi(0))).$$
A questo punto si pu\`o rispondere anche ad altre eventuali domande:

a) Per quali valori iniziali il moto \`e limitato?

b) Trova almeno un moto periodico.

c) \`E possibile che l'asta rimanga verticale per tutti i tempi? In 
tal caso il sistema si pu\`o muovere? E che moto f\`a?

Risposte:

a) Se e solo se $P=0$.

b) Il moto \`e periodico se $P=0$ e $E\ne \pm mgL$.

c) Si, si, rettilineo uniforme.


\subsubsection{La versione Hamiltoniana}
Nelle equazioni di Hamilton che ho gi\`a scritto, 
c'\`e gi\`a la riduzione del grado di libert\`a.
Infatti le equazioni per $p_x$ e $x$ mi dicono che 
$p_x$ si conserva ($x$ \`e ciclica) 
e che la derivata rispetto al tempo di $x$ dipende solo 
dalla costante $p_x$ e dal moto nella variabile $\phi$.
Le equazioni per $\phi$ dipendono solo dalla costante $p_x$.
Ma allora posso pensare direttamente ad $H(p_x,p_{\phi},\phi)$
come ad una Hamiltoniana ad un grado di libert\`a ($\phi$),
con $p_x$ parametro.

Potrei a questo punto fare la trasformazione inversa 
nelle sole variabili $p_\phi$, $\dot \phi$ per riottenere 
la lagrangiana unidimensionale. In realt\`a 
si pu\`o procedere all'analisi qualitativa del moto in 
$\phi$ e ottenere la formula di quadratura, direttamente 
nel formalismo Hamiltoniano.
Infatti la stessa $H$ \`e un integrale primo del moto (si conserva
perch\'e non dipende dal tempo, e infatti coincide con l'energia 
meccanica scritta in variabili hamiltoniane).
Ma allora dall'espressione di $H$ posso ricavare $p_{\phi}$ in 
termini di $\phi$ , e sostituendo tale espressione nell'
equazione per $\dot \phi$ ottenere finalmente $\dot \phi$
in funzione degli integrali primi e della sola coordinata $\phi$.
Per esercizio verifica che ottieni gli stessi risultati della 
sezione precedente.


\subsection{Problema}
\label{prob.01}
Un punto materiale di massa $m$, indicato con $P$, si muove senza
attrito su una retta orizzontale. Un asta priva di massa e lunga $L$ ha un 
estremo in $P$. All'altro estremo \`e fissato un punto materiale 
di massa $m$, indicato con Q. Sul sistema agisce la forza di 
gravit\`a, nella direzione verticale discendente; inoltre una molla 
di costante elastica $k$ lega il punto materiale  $P$ ad un punto fisso $O$ 
della retta.


Evidentemente questo problema differisce dal precedente solo per 
la presenza della molla.
Dunque per la Lagrangiana e l'Hamiltoniana devo solo 
aggiungere il contributo dell'energia potenziale della 
molla, che \`e $\frac 12 k x^2$.

Quindi:

$$L=\frac m2 (2\dot x^2 +2 \dot \phi \dot x L \cos \phi + 
L^2 \dot \phi^2)+mgL\cos \phi-\frac 12 k x^2.$$
$$H=\frac 1{2mL^2(2-\cos^2 \phi)}
(p_x^2 L^2 - 2 p_x p_{\phi} L \cos \phi + 2 p_{\phi}^2) -mgL \cos \phi
+ \frac 12 k x^2.$$


La presenza di questo ulteriore termine ha come conseguenza 
che il problema non \`e pi\`u invariante per traslazioni ( e infatti 
$x$ in questo caso non \`e ciclica).


\subsubsection{La determinazione degli equilibri e la loro 
stabilit\`a}
Il gradiente dell'energia \`e 
\begin{equation}
\begin{split}
& \dde {V}{x} = kx \\
& \dde {V}{\phi} = mgL \sin \phi,
\end{split}
\end{equation}
che \`e nullo se e solo se 
$x=0$ e $\phi = 0,\,\pi$.
Le posizioni di equilibrio sono dunque
\begin{equation}
\begin{matrix}
(1)\spaz (x,\, \phi) = (0,\,0 )  \\
(2)\spaz (x\, \phi) = (0,\,\pi ). 
\end{matrix}
\end{equation}
Dal fatto che $V$ sia la somma di due funzioni una dipendente 
solo da $x$ e l'altra dipendente solo da $\phi$, risulta 
evidente che (1) \`e il minimo assoluto dell'energia potenziale
e (2) \`e un punto di sella.
Dunque (1) \`e stabile e (2) \`e  instabile.
In ogni caso, procedo  al calcolo della matrice Hessiana, che in questo caso 
chiamo $W$:

\begin{equation}
W(x, \phi)= \left( \begin{matrix}
\frac {\partial^2 V(x,\phi)}{\partial x^2}
&
\frac {\partial^2 V(x,\phi)}{\partial x \partial \phi} \\
\frac {\partial^2 V(x,\phi)}{\partial x \partial \phi}
&
\frac {\partial^2 V(\theta,\phi)}{\partial \phi^2}
\end{matrix} \right)= 
\left( \begin{matrix} k & 0 \\
0 & mgL \cos \phi \end{matrix} \right).
\end{equation} 
A questo punto la calcolo nelle posizioni di equilibrio e ne 
determino gli autovalori.
Nel caso (1)
\begin{equation}
W= \left( \begin{matrix} 
k & 0 \\ 0 & mgL \end{matrix} \right),\end{equation}
con autovalori $k$ e $mgL$, entrambi positivi, dunque il 
punto \`e di minimo e quindi l'equilibro \`e stabile. 
Nel caso (2)
\begin{equation}
W= \left( \begin{matrix} 
k & 0 \\ 0 & -mgL \end{matrix} \right),\end{equation}
con autovalori $k$ e $-mgL$, uno positivo e uno negativo, dunque il 
punto \`e di sella  e quindi l'equilibro \`e instabile. 


\subsubsection{Le piccole oscillazioni intorno all'equilibrio stabile}
(1) \`e la sola posizione di equilibrio stabile.
Per procedere nel calcolo della frequenza delle piccole 
oscillazioni e dei modi normali 
devo considerare l'approssimazione quadratica dell'energia cinetica 
e dell'energia potenziale 
(vedi sezione \ref{tipico}).

Per l'energia cinetica \`e sufficiente calcolare 
la matrice cinetica,
nella posizione di equilibrio $(0,0)$.
Chi \`e la matrice cinetica?
\`E la matrice attraverso la quale esprimi 
l'energia cinetica. Puoi riscrivere l'energia cinetica come 
$$\frac 12 \binom {\dot x}{\dot \phi} \cdot 
\left(
\begin{matrix}
2m & Lm\cos \phi \\ Lm \cos \phi & L^2m \end{matrix} \right)
\binom {\dot x}{\dot \phi}.$$
La matrice cinetica che chiamo $T$ ( da non confondere con 
il $T$ con cui precedentemente ho espresso il valore dell'energia 
cinetica), calcolata nella posizione di equilibrio \`e
$$T= 
\left(
\begin{matrix}
2m & -mL \\ - mL  & mL^2 \end{matrix} \right).$$
Per l'energia potenziale \`e sufficiente calcolare
la matrice Hessiana $W$ nella posizione di equilibrio.
Ho gi\`a svolto questo conto.

Il problema agli autovalori risolto dalle 
frequenze delle piccole oscillazioni \`e
\begin{equation} 
\det( \omega^2 T(0,0) - W(0,0) ) = 0,
\end{equation}
ovvero 
\begin{equation}
\det \left(
\begin{matrix}
2m \omega^2  - k  & -mL \omega^2  \\
-mL \omega^2  & \omega^2 mL^2 - mgL
\end{matrix}
\right) =0,
\end{equation}
che \`e l'equazione:
$$m^2 L^2 \omega^4 - \omega^2 ( 2 m^2 g  + k m L^2) + kmgL = 0,$$
che ha soluzioni:
$$\omega^2_\pm =  
\frac gL + \frac k{2m} \pm \sqrt{ \frac {g^2}{L^2} + 
\frac {k^2}{4m^2}}.$$
Entrambi i valori sono positivi, come deve essere. 
Quindi ho trovato le frequenze.

Verifica che $\omega^2$ ha le dimensioni fisiche del quadrato 
di una frequenza, cio\`e del quadrato dell'inverso del tempo.
Per il calcolo dei corrispondenti autovettori,
devo considerare i due sistemi:
\begin{equation}
\left( 
\begin{matrix}
2m \omega^2_\pm  - k  & -mL \omega^2_\pm  \\
-mL \omega^2_\pm  & \omega^2_\pm mL^2 - mgL
\end{matrix}
 \right) 
\ve z_\pm = \binom 00.
\end{equation}
uno per ogni scelta di $\omega^2$.
Il determinante della matrice \`e $0$, 
quindi i vettori $z_\pm$ che verificano il sistema 
sono della forma:
$$const. \binom {mL\omega^2_\pm}{2m\omega^2_\pm -k}.$$
Osservo che per la scelta $+$ entrambi i valori sono positivi, 
quindi l'oscillazione di questo modo normale, che \`e quello a frequenza 
pi\`u alta, prevede che $x$ e $\phi$ abbiano lo stesso segno.
Pee la scelta $-$, il termine $2m\omega^2_\pm -k$ \`e negativo.
Dunque per questo modo normale di oscillazione, quando $x$ \`e 
positivo $\phi$ \`e negativo e viceversa.

\subsubsection{Reazione vincolare}
Calcolare la reazione dei vincoli si $P$ e su $Q$ 
nella configurazione $x=L$, $\phi= \frac {\pi}2$, 
$\dot x = 0$ e $\dot \phi = 0$.

La teoria generale dei moti vincolati afferma che lungo il moto 
la massa per l'accelerazione ( in coordinate cartesiane ) di un punto 
uguaglia le forze attive pi\`u le reazioni vincolari.
Nel nostro caso:
$$m\binom {\ddot x_P}{\ddot y_P} = \ve F_P + \ve R_P,$$
$$m\binom {\ddot x_Q}{\ddot y_Q} = \ve F_Q + \ve R_Q,$$
dove $\ve F_P$ \`e la risultante delle forze attive 
su $P$,  $\ve F_Q$\`e la risultante delle forze attive 
su $P$, e $R_P$ e $R_Q$ sono le reazioni che i vincoli 
esercitano rispettivamente su $P$ e su $Q$.
Per trovare le espressioni di $R_P$ e $R_Q$ ho bisogno 
delle espressioni delle risultanti delle forze attive
e  delle accelerazioni  in termini 
delle coordinate lagrangiane.


Procedo con il calcolo delle forze attive.
Sul punto $P$ agiscono due forze: 
la forza di gravit\`a che \`e $\binom {0}{-mg}$ e la 
forza di richiamo della molla, che \`e $\binom {-kx}{0}$.
Dunque $F_P= \binom {-kx}{-mg}$.
Analogamente per $Q$: 
$F_Q= \binom {0}{-mg}$.
Per il calcolo delle accelerazioni devo solo derivare 
rispetto al tempo le espressioni per le velocit\`a che 
ho gi\`a trovato quando ho calcolato l'energia cinetica.
Allora:
\begin{equation}
\begin{matrix}
\ddot x_P = \ddot x \\
\ddot y_P = 0 \\
\ddot x_Q = \ddot x +L \ddot \phi \cos \phi - L \dot \phi^2 \sin \phi \\
\ddot y_Q = L \ddot \phi \sin \phi + L \dot \phi^2 \cos \phi
\end{matrix}
\end{equation}
A questo punto sostituisco a $\ddot x $ e $\ddot \phi$ le 
loro espressioni in termini di $\dot x, \, \dot \phi, \, x,\,\phi$, 
che ottengo dalle equazioni del moto, che sono
\begin{equation}
\begin{split}
&2m\ddot x + mL \ddot \phi -mL \dot \phi^2 \sin \phi = -kx \\
&mL^2 \ddot \phi + mL \ddot x \cos \phi = -mgL \sin \phi.
\end{split}
\end{equation}
Risolvendo questo sistema in $\ddot x $ e $\ddot \phi$ ottieni:
\begin{equation}
\begin{split}
& \ddot x = \frac 1{2-\cos^2 \phi} 
( \dot \phi^2 \sin \phi - \frac km x + g \sin \phi \cos \phi ) \\
& \ddot \phi = \frac 1{L(2-\cos^2 \phi)} 
(-L \dot \phi^2 \sin \phi \cos \phi + \frac km x \cos \phi - 2 g \sin \phi)
\end{split}
\end{equation} 
A questo punto puoi ottenere  le espressioni per le reazioni vincolari.
Faccio notare che le reazioni vincolari sono forze che dipendono dalla 
velocit\`a.

Nel caso paricolare assegnato, essendo $\sin \phi = 1 $, $\cos \phi = 0$
e $\dot \phi = 0$, le espressioni precedenti sono particolarmente 
semplici:
\begin{equation} 
\begin{split}
&m\ddot P = \binom {-\frac {kL}2}{0} = \binom {-kL}{-mg} + R_P \\
&m\ddot Q = \binom {-\frac {kL}2}{ -gm } = \binom {0}{-mg} + R_Q.
\end{split}
\end{equation}
Dunque la reazione vincolare su $P$ \`e $mg$ sull'asse verticale 
e $\frac {kL}2$ su quello orizzontale; 
la reazione su $Q$ \`e $\frac {kL}2$ sull'asse orizzontale e nulla 
sull'asse verticale.
Dai l'interpretazione fisica di questo fatto.







\subsection{Problema}
\label{prob.1}
Un punto materiale di massa $M$ \`e vincolato a muoversi
senza attrito su una guida circolare verticale di raggio $R$ e centro 
$O$. Un'asta di massa trascurabile, lunga $L$, \`e fissata al punto materiale
ad un estremo.

i) Scrivi le equazioni del moto attraverso la Lagrangiana e l'Hamiltoniana

ii) Determina eventuali integrali primi. 

iii) Determina le soluzioni di 
equilibrio e discutine la stabilit\`a.

iv) Riduci i gradi di libert\`a se possibile.




\subsubsection{I gradi di libert\`a e la scelta delle cooordinate}

Devi capire di quanti parametri hai bisogno per descrivere
una generica configurazione del sistema.

Per prima cosa bisogna capire 
dov'\`e il punto di massa $M$, che chiamer\`o $P$.
Le sue due coordinate non sono indipendenti, infatti $x^2+y^2=R^2$.
La scelta pi\`u ragionevole \`e usare l'angolo al centro che $P$
forma con l'asse verticale discendente, che chiamer\`o $\theta$.
Dunque 
\begin{equation}
\begin{matrix}
x_P = R \sin \theta  \\
y_P = -R \cos \theta.
\end{matrix}
\end{equation}
Nota la posizione di $P$, 
per specificare la posizione del punto di massa $m$, che chiamer\`o $Q$, 
mi serve solo un'altra coordinata, per esempio l'angolo $\phi $ che l'asta 
forma con la verticale discendente per il punto $P$.
Infatti
\begin{equation}
\begin{matrix}
x_Q = x_P + L \sin \phi = R\sin \theta + L\sin \phi \\
y_Q = y_P - L \cos \phi = -R\cos \theta - L\cos \phi 
\end{matrix}
\end{equation}

\subsubsection{Il calcolo dell'energia cinetica}
Individuate le coordinate, per il calcolo della Lagrangiana 
\`e necessario calcolare l'energia cinetica e l'energia potenziale 
in termini delle coordinate che hai scelto.

L'energia cinetica del sistema \`e la somma delle energie cinetiche 
di tutte le masse in gioco, in questo caso del punto $P$ e del 
punto $Q$. In coordinate cartesiane:
$$T= \frac M2 (\dot x_P^2 + \dot y_P^2)+\frac m2 (\dot x_Q^2 + \dot y_Q^2).$$
Per scrivere $T$ in nelle coordinate lagrangiane, devo 
calcolare le velocit\`a. Per il punto $P$:
\begin{equation}
\begin{matrix}
\dot x_P = R \dot \theta \cos \theta  \\
\dot y_P = R \dot \theta \sin \theta.
\end{matrix}
\end{equation}
Quindi la sua energia cinetica \`e $\frac M2 R^2 \dot \theta^2$.


Per il punto $Q$:
\begin{equation}
\begin{matrix}
\dot x_Q = R\dot \theta \cos \theta + L\dot \phi \cos \phi \\
\dot y_Q = R\dot \theta \sin \theta + L\dot \phi \sin \phi.
\end{matrix}
\end{equation}
Quindi la sua energia cinetica \`e :
$\frac m2 (  R^2 \dot \theta^2 + 2RL \dot \theta \dot \phi (\sin \theta
\sin \phi + \cos \theta \cos \phi)+
L^2 \dot \phi^2 )$. L'energia cinetica totale \`e:

$$T= \frac 12 (M+m)R^2 \dot \theta^2 + mRL \dot \theta \dot \phi (\sin \theta
\sin \phi + \cos \theta \cos \phi)+\frac 12 mL^2 \dot \phi^2.$$

\subsubsection{Il calcolo dell'energia potenziale}
Per calcolare l'energia potenziale \`e necessario individuare 
tutte le forze attive che agiscono sulle masse.
Su $P$ , l'unica forza attiva  \`e  la forza di gravit\`a.
L'energia potenziale di una massa $M$ ad una quota $y$ \`e $Mgy$.
Dunque l'energia potenziale per le forze che agiscono su $P$ \`e:
$V_P= Mgy_P = -MgR\cos \theta$.
L'energia potenziale per le forze che agiscono su $Q$ \`e:
$V_Q=mgy_Q = -mgR\cos \theta - mgL \cos \phi.$

In defintiva l'energia potenziale \`e :
$$V=-(M+m)gR\cos \theta  - mgL \cos \phi .$$

\subsubsection{La Lagrangiana e le equazioni di Eulero-Lagrange}
La Lagrangiana \`e $L=T-V$, 
dunque:
\begin{equation}
L= \frac 12 (M+m)R^2 \dot \theta^2 + mRL \dot \theta \dot \phi (\sin \theta
\sin \phi + \cos \theta \cos \phi)+\frac 12 mL^2 \dot \phi^2
+(M+m)gR\cos \theta  + mgL \cos \phi.
\end{equation}
Per scrivere le equazioni del moto, devo prima derivare la
lagrangiana nelle variabili $\dot \theta$ e $\dot \phi$,
e calcolare quindi gli {\it impulsi coniugati} alle variabili 
 $\dot \theta$ e $\dot \phi$:
\begin{equation}
\label{impulsi}
\begin{matrix}
\dde {L}{\dot \theta} = (M+m)R^2 \dot \theta + mRL \dot \phi (\sin \theta
\sin \phi + \cos \theta \cos \phi) \\
\dde {L}{\dot \phi} = mL^2 \dot \phi +  mRL \dot \theta (\sin \theta
\sin \phi + \cos \theta \cos \phi). 
\end{matrix}
\end{equation}
Ora devo considerare gli impulsi coniugati come funzioni del tempo
attraverso le variabili $\theta,\,\phi ,\, \dot \theta,\, \dot \phi$, e
scrivere:
\begin{equation}
\begin{matrix}
\dt \dde  {L}{\dot \theta} = \dde {L}{\theta} \\
\dt \dde  {L}{\dot \phi} = \dde {L}{\phi}.
\end{matrix}
\end{equation}
Come prima equazione ottengo
\begin{equation}
\begin{split}
(M+m)R^2 \ddot \theta +  mRL\ddot \phi  (\sin \theta
\sin \phi + \cos \theta \cos \phi) 
+ mRL \dot \phi \dot \theta (\cos \theta \sin \phi - \sin \theta \cos \phi) +\\
+ mRL \dot \phi^2 ( \sin \theta \cos \phi-\cos \theta \sin \phi) = 
mRL \dot \theta \dot \phi ( \cos \theta \sin \phi -\sin \theta \cos \phi)
+(M+m) g R \sin \theta.
\end{split}
\end{equation}
Come seconda equazione ottengo
\begin{equation}
\begin{split}
mL^2 \ddot \phi +  mRL\ddot \theta  (\sin \theta
\sin \phi + \cos \theta \cos \phi) 
+ mRL \dot \theta^2 (\cos \theta \sin \phi - \sin \theta \cos \phi) + \\
+ mRL \dot \theta \dot \phi ( \sin \theta \cos \phi-\cos \theta \sin \phi) 
 = 
mRL \dot \theta \dot \phi (\sin \theta \cos \phi -\cos \theta \sin \phi )
+m g L \sin \phi.
\end{split}
\end{equation}
{\bf Nota bene.}
La derivata rispetto al tempo dei momenti coniugati ha vari termini:
termini lineari nelle derivate seconde rispetto al tempo, 
e termini quadratici nelle derivate prime rispetto al tempo.
Per Lagrangiane ``naturali'' non ci posso essere 
termini lineari nelle derivate prime (vedi sezione \ref{tipico}, 
esercizio \ref{es.0}).
Nei membri di destra delle equazioni, non ci sono solo le 
derivate dell'energia potenziale con il segno cambiato, ma anche 
le derivate rispetto alle variabili della parte cinetica.

\subsubsection{L'Hamiltoniana e le equazioni di Hamilton}
Per il calcolo dell'Hamiltoniana si procede come segue.
Per prima cosa si definiscono le nuove variabili, che sono 
gli impulsi coniugati:
\begin{equation}
\label{impulsiH}
\begin{matrix}
p_{\theta} = \dde {L}{\dot \theta} 
= (M+m)R^2 \dot \theta + mRL \dot \phi (\sin \theta
\sin \phi + \cos \theta \cos \phi) \\
p_{\phi} = \dde {L}{\dot \phi} 
= mL^2 \dot \phi +  mRL \dot \theta (\sin \theta
\sin \phi + \cos \theta \cos \phi). 
\end{matrix}
\end{equation}
Dopo di che, si ricavano le espressioni di 
$\dot \theta $ e $\dot \phi $ in termini delle nuove variabili.
Per fare questo si deve risolvere il sisitema di equazioni lineare
\ref{impulsiH} rispetto alle variabili 
$\dot \theta $ e $\dot \phi $.
Si ottiene:
\begin{equation}
\label{inversa}
\begin{split}
&\dot \theta = \frac {Lp_{\theta} - R p_{\phi} (\sin \theta 
\sin \phi + \cos \theta \cos \phi)}
{LR^2 (M+m -m (\sin \theta 
\sin \phi + \cos \theta \cos \phi)^2)} \\
&\dot \phi = \frac {-mLp_{\theta}(\sin \theta 
\sin \phi + \cos \theta \cos \phi) + (M+m)R p_{\phi} }
{mL^2R (M+m -m (\sin \theta 
\sin \phi + \cos \theta \cos \phi)^2)} 
\end{split}
\end{equation}
A questo punto l'Hamiltoniana \`e data da 
$$H(p_{\theta}, p_{\phi}, \theta , \phi) = 
p_{\theta}\dot \theta +  p_{\phi} \dot \phi - L(\dot \theta, \dot \phi, 
\theta , \phi),$$
dove bisogna sostituire a $\dot \theta $ e $\dot \phi $ 
i valori delle espressioni \ref{inversa}.
Il lettore completi i calcoli.


Una strada leggermente pi\`u veloce \`e la seguente (vedi sezione 
\ref{tipico}).
Esplicito l'energia cinetica nella Lagrangiana come forma quadratica.
$$L= \frac 12 \binom {\dot \theta}{\dot \phi} 
T(\theta, \phi) \binom {\dot \theta}{\dot \phi} - V(\theta, \phi),$$
dove $T$ \`e la {\it matrice cinetica}
\begin{equation}
\label{matcin}
T(\theta,\phi) = 
\left( \begin{matrix}
(M+m) R^2 & mRL (\sin \theta \sin \phi + \cos \theta \cos \phi) \\
 mRL (\sin \theta \sin \phi + \cos \theta \cos \phi) &
mL^2 \end{matrix} \right) 
\end{equation}
A questo punto l'Hamiltoniana \`e data da:
$$H= \frac 12 \binom {p_{\theta}}{p_{\phi}}
T^{-1} (\theta ,\phi) \binom {p_{\theta}}{p_{\phi}} +V(\theta,\phi),$$
dove $T^{-1}$ \`e l'inversa di $T$.
Il calcolo dell'inversa della matrice \`e assolutamente standard.
In realt\`a l'ho gi\`a calcolata prima, quando ho trovato 
$(\dot \theta,\, \dot \phi)$ in funzione di 
$(p_{\theta} ,\, p_{\phi})$. Infatti
$$\binom {p_{\theta}}{p_{\phi}} = T(\theta, \phi)  
\binom {\dot \theta}{\dot \phi},$$
quindi

$$\binom {\dot \theta}{\dot \phi} = T^{-1}(\theta, \phi)
\binom {p_{\theta}}{p_{\phi}}.$$  
In definitiva:
\begin{equation}
\begin{split}
&T^{-1}(\theta,\phi)= \\
&\frac 1{L^2R^2 ( M+m - m(\sin \theta \sin \phi + \cos \theta \cos \phi)^2)}
\left( \begin{matrix}
L^2 & -RL   (\sin \theta \sin \phi + \cos \theta \cos \phi) \\
 -RL   (\sin \theta \sin \phi + \cos \theta \cos \phi) & (M+m)R^2
\end{matrix}
\right). 
\end{split}
\end{equation}
Dunque l'Hamiltoniana \`e:
\begin{equation}
\begin{split}
&H= \frac 1{2L^2R^2 ( M+m - 
m(\sin \theta \sin \phi + \cos \theta \cos \phi)^2)}
\left( L^2 p_{\theta}^2  -2RL(\sin \theta \sin \phi +
\cos \theta \cos \phi)
p_{\theta} p_{\phi} +  (M+m)R^2 p_{\phi}^2 \right) + \\ 
&-(M+m)gR\cos \theta - mgL \cos \phi.
\end{split}
\end{equation}
Le equazioni del moto in formalismo hamiltoniano sono
\begin{equation}
\begin{matrix}
\dot \theta = \dde {H}{p_{\theta}} \\
\dot \phi = \dde {H}{p_{\phi}} \\
\dot p_{\theta} = - \dde {H}{\theta} \\
\dot p_{\phi} = -\dde {H}{\phi}.
\end{matrix}
\end{equation}
Il lettore completi i calcoli.

\subsubsection{La determinazione degli equilibri}
Astrattamente, le posizioni di equilibrio in formalismo lagrangiano  
si ottengono dalle equazioni trovando i valori di 
$\theta, \phi, \dot \theta, \dot \phi$ che risolvono identicamente 
le equazioni. Ovviamente, essendo il sistema di partenza meccanico,
deve essere  $(\dot \theta, \dot \phi) = (0,\,0)$.
Sostituendo questi valori nelle equazioni, le posizioni di equilibrio 
si ottengono cercando i valori di $\theta$ e $\phi$ per cui 
$\ddot \theta$ e $\ddot \phi$ sono nulli.
E' facile rendersi conto che ci\`o accade se e solo se 
\begin{equation}
\begin{matrix}
\dde {V(\theta,\phi)}{\theta}=0
\\
\dde {V(\theta,\phi)}{\phi}=0.
\end{matrix}
\end{equation}
In definitiva le posizioni di equilibrio si ottengono annullando 
il gradiente, rispetto alle coordinate lagrangiane, dell'energia 
potenziale.
In questo caso:
\begin{equation}
\begin{matrix}
\dde {V(\theta,\phi)}{\theta}=(M+m)gR \sin \theta = 0
\\ \dde {V(\theta,\phi)}{\phi}=mgL \sin \phi = 0.
\end{matrix}
\end{equation}
Le soluzioni sono $\theta = 0,\,\pi$ e $\phi =0,\,\pi$.
Dunque le posizioni di equilibrio sono:
\begin{equation}
\begin{matrix}
(1)\spaz (\theta,\, \phi) = (0,\,0 )  \\
(2)\spaz (\theta,\, \phi) = (0,\,\pi ) \\
(3)\spaz (\theta,\, \phi) = (\pi,\,0 ) \\
(4)\spaz (\theta,\, \phi) = (\pi,\,\pi ).
\end{matrix}
\end{equation}
NB: il sistema \`e fisicamente periodico, nel senso 
che la posizione $\theta= 2\pi$ \`e la stessa di $\theta = 0$ e cos\'{\i}
via, quindi mi limito a considerare i valori tra $0$ e $2\pi$.

\subsubsection{La stabilit\`a delle posizioni di equilibrio}
I punti di minimo dell'energia potenziale sono punti di equilibrio 
stabili, i punti non di minimo ( punti di sella e punti di massimo ) 
sono punti di equilibrio instabili.

Un modo possibile per determinare se un punto critico di $V$ (
cio\`e un punto in cui $\grad V$ \`e nullo) \`e di minimo oppure no, 
\`e quello di calcolare la matrice Hessiana e determinarne il segno
degli autovalori.

Procedo al calcolo della matrice Hessiana, che in questo caso 
chiamo $W$ per non confonderla con $H$ con cui ho indicato 
l'Hamiltoniana.

\begin{equation}
W(\theta, \phi)= \left( \begin{matrix}
\frac {\partial^2 V(\theta,\phi)}{\partial^2 \theta}
&
\frac {\partial^2 V(\theta,\phi)}{\partial \theta \partial \phi} \\
\frac {\partial^2 V(\theta,\phi)}{\partial \theta \partial \phi}
&
\frac {\partial^2 V(\theta,\phi)}{\partial^2 \phi}
\end{matrix} \right)= 
\left( \begin{matrix} (M+m)g \cos \theta & 0 \\
0 & mg \cos \phi \end{matrix} \right).
\end{equation} 
A questo punto la calcolo nelle posizioni di equilibrio e ne 
determino gli autovalori.

Caso $(1)$:
\begin{equation}
\label{hess} 
W= \left( \begin{matrix} 
(M+m) g & 0 \\ 0 & mg \end{matrix} \right),\end{equation}
con autovalori $(M+m) g$ e $mg$, entrambi positivi, dunque il 
punto \`e di minimo e quindi l'equilibro \`e stabile. 

Caso $(2)$:
$$W= \left( \begin{matrix} 
(M+m) g & 0 \\ 0 & -mg \end{matrix} \right),$$ 
con autovalori $(M+m) g$ e $-mg$, uno negativo e uno positivo, dunque il 
punto \`e di sella e quindi l'equilibro \`e instabile. 


Caso $(3)$:
$$W= \left( \begin{matrix} 
-(M+m) g & 0 \\ 0 & mg \end{matrix} \right),$$ 
con autovalori $-(M+m) g$ e $mg$, uno negativo e uno positivo, dunque il 
punto \`e di sella e quindi l'equilibro \`e instabile. 


Caso $(4)$:
$$W= \left( \begin{matrix} 
-(M+m) g & 0 \\ 0 & -mg \end{matrix} \right),$$ 
con autovalori $-(M+m) g$ e $-mg$, entrambi negativi, dunque il 
punto \`e di massimo e quindi l'equilibro \`e instabile. 


\subsubsection{Le piccole oscillazioni intorno alle posizioni di 
equilibrio stabili}
C\`e una sola posizione di equilibrio stabile, \`e la $(1)$.
Per calcolare il moto delle piccole oscillazioni si pu\`o procedere 
scrivendo per prima cosa 
la Lagrangiana delle piccole oscillazioni intorno alla posizione 
di equilibrio.
Bisogna scrivere l'approssimazione al secondo ordine 
dell'energia cinetica e dell'energia potenziale.
Per l'energia cinetica \`e sufficiente calcolare 
la matrice cinetica, definita 
nell'equazione \ref{matcin}, 
nella posizione di equilibrio $(0,0)$.
Per l'energia potenziale \`e sufficiente calcolare
la matrice Hessiana $W$ nella posizione di equilibrio.
Ho gi\`a svolto questo conto nell'equazione 
\ref{hess}.
In definitiva la Lagrangiana delle piccole oscillazioni 
\`e data da 
\begin{equation}
L_{po} =  \frac 12 \binom {\dot \theta}{\dot \phi} 
\left( \begin{matrix} 
(M+m)R^2 & mRL \\ 
mRL & mL^2 \end{matrix} \right)\binom {\dot \theta}{\dot \phi} 
- \frac 12  \binom {\theta}{\phi} 
\left( \begin{matrix} 
(M+m)g & 0 \\ 
0 & mg \end{matrix} \right)\binom {\theta}{\phi}.
\end{equation}

Il problema agli autovettori da risolvere \`e 
\begin{equation} 
\det( \omega^2 T(0,0) - W(0,0) ) = 0,
\end{equation}
ovvero 
\begin{equation}
\det \left(
\begin{matrix}
\omega^2 (M+m)R^2 - (M+m) g  & \omega^2 mRL \\
\omega^2 mRL & \omega^2 mL^2 - mg
\end{matrix}
\right) =0.
\end{equation}
Il calcolo \`e un p\`o complicato ma non presenta 
nessuna difficolt\`a concettuale. 
Per diminuire la fatica, conviene ricordarsi che 
il determinante \`e una funzione lineare delle singole righe.
In particolare se moltiplico una sola riga per un numero 
anche il determinante sar\`a moltiplicato per lo stesso numero.
Ma allora mi conviene dividere per $(M+m)R^2$ la prima 
riga e per $mL^2$ la seconda. Ovviamente i valori di $\omega^2$ 
non cambiano.
Introduco anche i parametri 
$\alpha = \frac RL$, $\nu^2 = \frac g{R^2}$ e $\mu = \frac m{M+m}$.
L'equazione agli autovalori diventa:
\begin{equation}
\det 
\left(
\begin{matrix} 
\omega^2  - \nu^2   & \omega^2 \frac {\mu}{\alpha} \\
{\omega^2}{\alpha}
& \omega^2 - {\nu^2}{\alpha^2}
\end{matrix} 
\right) =0.
\end{equation}
Quindi:
$$(1-\mu)\omega^4 - \nu^2(1+ \alpha^2) \omega^2 + \alpha ^2 \nu^4=0,$$
che ha le due  soluzioni
$$\omega^2_{\pm}= \nu^2 \frac {1+\alpha^2 \pm \sqrt{ (1-\alpha)^2 
+ 4 \alpha^2 \mu}}{2(1-\mu)}.$$
Tenedendo presente che $\mu<1$, si riconosce che $\omega^2>0$ in 
entrambi i casi.
Per il calcolo dei corrispondenti autovettori,
dovrei considerare i due sistemi:
\begin{equation}
\left( 
\begin{matrix} \omega^2_\pm  - \nu^2   & \omega^2_\pm 
\frac {\mu}{\alpha} \\ 
{\omega^2_\pm}{\alpha}
& \omega^2_\pm - {\nu^2}{\alpha^2}\end{matrix} \right) 
\ve z_\pm = \binom 00.
\end{equation}
dove le incognite sono i due vettori $\ve z_\pm$.
Il determinate della matrice \`e nullo, dunque  
per determinare il vettore mi basta considerare,
ad esempio, la seconda riga.
Non normalizzando, posso sceglire:
$$\ve z_\pm = \binom {\alpha \nu^2 - \omega^2_\pm}{\alpha \omega^2_\pm}.$$
che sono i modi normali di oscillazione.

\subsubsection{Gli integrali primi e la riduzione dei gradi di libert\`a}
La Lagrangiana non dipende esplicitamente dal tempo, 
dunque l'energia meccanica si conserva.
D'altra parte non ci sono variabili cicliche, n\'e evidenti 
simmetrie del problema.
Non avendo a disposizione altri integrali primi non 
posso procedere alla riduzione dei gradi di libert\`a.

\subsubsection{Il controllo dimensionale}
Il problema assegnato \`e formulato in modo dimensionalmente 
consistente, infatti $R$ e $L$ sono due lunghezze, $M$ e $m$ sono 
due masse e $g$ \`e l'accelerazione di gravit\`a che ha 
dimensioni fisiche $[L/T^2]$ (lunghezza diviso tempo a quadrato).
Quindi anche i calcoli che avete fatto devono essere 
coerenti nelle dimensioni fisiche.
Si pu\`o verificare che l'energia cinetica e l'energia potenziale 
hanno effettivamente le dimensioni fisiche di un'energia,
etc. .
In particolare le frequenze delle piccole oscillazioni 
sono delle frequenze. Infatti
i parametri $\mu$ e $\alpha$ sono adimensionali, 
mentre il parametro $\nu^2$ ha le dimensioni di 
$[g/R^2]=[1/T^2]$, cio\`e di una frequenza al quadrato.


\subsection{Problema}
\label{prob.2}
Un punto materiale di massa $m$ \`e vincolato 
a muoversi sulla superficie di equazione 
$z=-\sqrt{l^2+x^2+y^2}$.
Il punto \`e all'estremo di una molla di costante elastica $k$, 
che ha l'altro estremo fissato nell'origine.
Sul punto agisce anche la forza di gravit\`a, verso la direzione negativa
dell'asse delle $z$.

Questo esercizio \`e uno delle infinite varianti 
del moto centrale. Infatti la superficie su cui \`e vincolato a muoversi il 
punto \`e invariante per rotazioni intorno all'asse $z$,
 e lo stesso invarianti 
sono i due campi di forza. Ovviamente tale invarianza implicher\`a 
la conservazione del momento della quantit\`a di moto.


\subsubsection{Scelta delle coordinate ed equazioni del moto}
L'invarianza per rotazioni intorno all'asse $z$ suggerisce di utilizzare 
coordinate polari.
Sia $r$ la distanza dall'origine
della proiezione del punto sul piano $(x,y)$, 
cio\`e $r= \sqrt{x^2+y^2}$. Sia $\phi$ l'angolo che 
la congiungente dell'origine con la proiezione forma con 
l'asse delle $x$ nella direzione positiva.
Con queste due coordinate  posso descrivere 
il sistema:
$x= r \cos \phi$, $y = r \sin \phi$, $z = - 
\sqrt{ l^2 + r^2}$.
Il calcolo delle velocit\`a d\`a:
\begin{equation} 
\begin{matrix}
\dot x = \dot r \cos \phi - r \dot \phi \sin \phi \\
\dot y = \dot r \sin \phi + r \dot \phi \cos \phi \\
\dot z = - \frac {r\dot r}{\sqrt{l^2 + r^2}}
\end{matrix}
\end{equation}
Il calcolo dell'energia cinetica d\`a:
$$T= \frac 12 m \dot r^2 \dfrac {l^2 + 2 r^2}{l^2+r^2} + \frac 12 m
r^2 \dot \phi^2.$$
L'energia potenziale ha due contributi:
la forza di gravit\`a che d\`a il contributo $-mg\sqrt{l^2+r^2}$ 
e la molla che d\`a il contributo $\frac 12 k (x^2+y^2 +z^2) =
\frac 12 k ( l^2+ 2r^2)$. Elimino il termine $l^2$ perch\`e non
contribuisce alla determinazione del moto.
In sintesi la lagrangiana \`e:
$$L= \frac 12 m  \dot r^2 \dfrac {l^2 + 2 r^2}{l^2+r^2} + \frac 12 m
r^2 \dot \phi^2 + mg\sqrt{l^2+r^2}
- kr^2.$$
L'Hamiltoniana \`e
$$H= \frac 1{2m} p_r^2  \dfrac {l^2+r^2}{l^2 + 2 r^2}
+ \frac 1{2mr^2} p_{\phi}^2 - mg\sqrt{l^2+r^2}
+ kr^2.$$
Il lettore proceda al calcolo delle equazioni del moto.

\subsubsection{Posizioni di equilibrio} 
La derivata dell'energia potenziale, che dipende solo da $r$, \`e
$\dde {V}{r} = 
-mgr \frac 1{\sqrt{l^2 + r^2}} + 2kr$.
Dunque $r=0$ \`e un equilibrio, qualunque sia $\phi$.
Altri equilibri esistono se e solo se:
$\sqrt{l^2+r^2} = \frac {mg}{2k} $.
Quindi 
$r^2 = l^2 \left( \left( \frac{mg}{2kl} \right)^2 -1 \right).$
L'equilibrio esiste se e solo se $ \frac {mg}{2kl} \ge 1$.
Ovviamente solo il valore positivo di $r$ \`e accettabile, in quanto 
$r$ \`e una variabile positiva.
Sia 
$\bar r= l \sqrt{ \left( \left( \frac{mg}{2kl}\right)^2 -1 \right) }$
quando esiste reale.


Quante sono le posizioni di equilibrio?
Il potenziale non dipende da $\phi$, quindi qualunque sia $\bar \phi$
$(0,\bar \phi)$ e $(\bar r ,\bar \phi)$ sono posizioni di equilibrio.
D'altra parte se $r=0$, qualunque sia $\bar \phi$ fisicamente 
$(0,\bar \phi)$ \`e l'origine del piano.
Dunque se 
 $\frac {mg}{2kl} \le 1 $ c'\`e solo una posizione di equilibrio,
l'origine del piano; se   $ \frac {mg}{2kl} > 1$ esistono 
altre infinite posizioni di equilibrio a distanza $\bar r $ dall'origine.

Sviluppano con Taylor al secondo ordine $V$ intorno a $0$
si ottiene 
$V(r) = -mgl^2 +k r^2 \left( 1 - \frac {mg}{2kl} \right)$.
Dunque \`e stabile se 
$\frac {mg}{2kl} < 1$ 
ed \`e instabile se $\frac {mg}{2kl} > 1$.  
Considerando anche i termini $r^4$ 
si ottiene che il l'origine \`e stabile anche per $\frac {mg}{2kl} = 1$.

Le altre infinite posizioni di equilibrio, quando esistono, sono instabili
pur essendo dei minimi per $V$ considerato nella sola variabile $r$.
Infatti come funzione di $(r,\phi)$, sono dei minimi non stretti.
La conservazione del momento della quantit\`a di moto 
permette di costruire dati inziali arbitrariamente vicini all'equilibrio 
che si allontanano. 
Per esercizio dai la dimostrazione di questo fatto 
usando il metodo utilizzato nel problema \ref{prob.0}.


Per $\frac {mg}{2kl} < 1$ posso calcolare le 
frequenze delle piccole oscillazioni.
Per\`o se procedo come sempre mi accorgo che 
la matrice cinetica nel punto di equilibrio 
vale  
\begin{equation} T=
\left( \begin{matrix}  m & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} \right),
\end{equation}
che \`e solo semidefinita positiva, avendo un autovalore nullo.
D'altra parte la matrice Hessiana 
\`e 
\begin{equation}
\left( \begin{matrix}  
k(1-\frac {mk}{2kl}) & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} \right),
\end{equation}
Quindi si trova un valore di una sola frequenza che \`e 
$\sqrt{ \frac km - \frac g{2l}}$.
Dov\`e finita l'altra? Perch\`e il problema \`e degenere?
Come si procedere correttamente? 

Il fatto \`e che l'uso delle coordinate polare \`e regolare 
solo per $r>0$. In questo caso siamo in $r=0$, dunque 
per procedere correttamente, bisogna riscrivere la Lagrangiana 
in altre coordinate, per esempi $(x,y)$, e studiare le piccole 
oscillazioni in $(0,0)$. 
Il lettore proceda nel calcolo e verifichi che 
tutte e due frequenze di oscillazione sono uguali a  
$\sqrt{ \frac km - \frac g{2l}}$, e che ogni direzione $(x,y)$ \`e 
una direzione normale di oscillazione.
Inoltre provi per esercizio che le orbite delle piccole oscillazioni 
sono ellissi con il centro nell'origine.





\subsubsection{Riduzione dei gradi di libert\`a e analisi qualitativa}
L'invarianza per rotazioni ha come conseguenza che la variabile 
$\phi$ \`e  ciclica.
Dunque il momento coniugato si conserva:
$P=p_{\phi}= mr^2 \dot \phi$ \`e un integrale primo del moto.
Sostituendolo nell'espressione dell'energia meccanica 
si ottiene:
$$E= 
\frac 12 m  \dot r^2 \dfrac {l^2 + 2 r^2}{l^2+r^2} + \frac 1{2mr^2}
P^2 - mg\sqrt{l^2+r^2}
+ kr^2.$$
Indico con $V_{e} = + \frac 1{2mr^2}
P^2 - mg\sqrt{l^2+r^2}
+ kr^2$, l'energia potenziale efficace.
La derivata di $V_e$ \`e:
$$V_e' = - \dfrac {P^2}{mr^3} - 
r \dfrac {mg}{\sqrt{l^2+r^2}} + 2kr.$$
Come spesso accade la soluzione esplicita di $V_e'(r)=0$ non sembra 
essere possibile esplicitamente 
(esce un'equazione in $r^8$, $r^4$ e $r^2$). 
Bisogna tentare di capire qualitativamente  se esistono soluzioni.
L'equazione \`e:
$$ \dfrac {P^2}{mr^4} = k - 
\dfrac {mg}{\sqrt{l^2+r^2}}.$$
Disegnando il grafico delle due funzioni si capisce che 
esiste sempre una posizione di equilibrio. Inoltre \`e unica 
perch\'e la funzione a sinistra \`e decrescente e la funzione
a destra \`e crescente.

Disegnando il grafico dell'energia potenziale efficace 
si vede che l'equilibrio \`e un minimo, quindi \`e stabile.



Il lettore completi l'esercizio scrivendo le formule di quadratura per 
il moto complessivo, e discuta qualitativamente il moto.


\subsubsection{La rappresentazione dell'orbita}
Come in tutti i casi di potenziali centrali, 
pu\`o essere utile determinare l'orbita nelle variabili $(r, \phi)$,
cio\`e la funzione $r(\phi)$.


Si procede nel modo seguente.
Dalla relazione 
$\dot \phi = \dfrac P{mr^2}$ si scopre che la funzione 
$t\to \phi$ \`e strettamente monotona ( crescente se $P$ \`e positivo).
Ma allora:
$\dot r = \dde {r}{\phi} \dot\phi$.
Quindi 
$$  \dde {r}{\phi} = \dfrac {mr^2}{P} \dot r = 
\pm \dfrac {mr^2}{P} \sqrt{ 
\dfrac 2m \dfrac { l^2 +r^2}{l^2+2r^2} (E -V_e(r))}.$$
Da cui si ottiene l'espressione implicita per l'orbita:
$$\phi = \pm \int^r dr \dfrac {P}{mr^2}
\sqrt{\dfrac m2 \dfrac { l^2 +2 r^2}{l^2+ r^2} } 
\dfrac 1{\sqrt{ E-V_e(r) }}.$$

\subsubsection{Domande varie}

a) Trova almeno due famiglie di moti periodici.

b) Determina le condizioni iniziali tali che il punto 
passi per $r=0$.

c) Studia qualitativamente il moto per i dati iniziali tali che 
$\dot \phi_0= 0$.

d) (**)  Scrivere le equazioni del moto nel caso in cui sul 
punto materiale agisca una forza di attrito proporzionale alla 
velocit\`a e diretta nel verso opposto della velocit\`a stessa.
Provare che l'energia meccanica decresce. 
Decresce anche il momento della quantit\`a di moto?

Studiare il limite  di $r(t)$ per $t\to +\infty$
al variare dei dati iniziali.


\subsection{Problema}
\label{prob.3}
Un punto materiale di massa $m$ \`e vincolato 
a muoversi sulla superficie di un toro, di equazione parametrica
\begin{equation}
\begin{matrix}
x& = & (L+R\sin \theta) \cos \phi \\
y& = & (L+R\sin \theta) \sin \phi \\
z& = & R\cos \theta,
\end{matrix}
\end{equation}
con $R<L$. La superficie assegnata \`e un toro in $\R^3$.

{\bf Caso 1} La forza di gravit\`a agisce lungo l'asse delle $z$ 
nella direzione discendente.

{\bf Caso 2} La forza di gravit\`a agisce lungo l'asse delle $x$
nella direzione decrescente.

{\bf Caso 3} La forza di gravit\`a \`e trascurabile.

\noindent
Per tutti e tre i casi: 

a) Scrivi le equazioni del moto.

b) Determina eventuali integrali primi. 

c) Determina le soluzioni di 
equilibrio e discutine la stabilit\`a.

d) Riduci i gradi di libert\`a se possibile e 
analizza qualitativamenteil moto.

e) 
Nei casi 1) e 3) si considerino i moti 
di  momento della quantit\`a di moto non nullo.
Si provi che tra essi, in entrambi i casi, 
esistono due moti periodici distinti.
Si trovi inoltre almeno un'altra famiglia di dati 
iniziali per cui il moto \`e periodico.

f) Nel caso 1) si consideri il moto periodico di momento 
assegnato e si calcoli la reazione del vincolo durante il moto.




\section{Le Lagrangiane e le Hamiltoniane ``tipiche''}
\label{tipico}
Una Lagrangiana che si ottiene da un sistema fisico 
conservativo in un sistema 
di riferimento inerziale,  con forze puramente posizionali e vincoli 
perfetti bilateri \`e sempre del tipo
$$L(\dot \ve x,\, \ve x) = \frac 12 \dot \ve x \cdot T(\ve x) \dot \ve x
 -V(\ve x),$$
dove $T(\ve x)$ \`e una matrice simmetrica e definita positiva, e 
$\ve x$, $\dot \ve x$ sono in $\R^n$.
Le equazioni del moto si possono sinteticamente scrivere come 
$$\dt (T(\ve x)\dot \ve x) = -\grad V(\ve x).$$



\begin{esercizio}
\label{es.0}
Sia $\ve x = \ve x (\ve q)$ una funzione regolare 
da $\R^k$ in $\R^n$, con $k<n$.
Sto pensando che $\ve x$ sono le coordinate cartesiane e che 
$\ve q$ siano le coordiante lagrangiane necessarie per 
descrivere i vincoli che deve soddisfare $\ve x$.
Assumo inoltre che le $\ve q$ siano delle buone coordinate, 
cio\`e la matrice $\dde {x}{q}$ abbia sempre  rango massimo
(in questo caso $k$).
Prova che 

{\bf a)} 
$$\dot \ve x = \dde {\ve x(\ve q)}{\ve q} \dot \ve q,$$
(ovviamente \`e un prodotto righe per colonne).

{\bf b)}
$$\frac 12 \dot \ve x \cdot \dot \ve x = 
\frac 12 \dot \ve q \cdot T(\ve q) \dot \ve q,$$
dove la matrice cinetica \`e data da 
$$T(\ve q ) =  \left(\dde {\ve x(\ve q)}{\ve q}\right)^t 
\dde {\ve x(\ve q)}{\ve q},$$
($\phantom{A}^t$ indica la matrice trasposta).

{\bf c)}
La matrice $T$ \`e simmetrica e definita positiva.

\end{esercizio}



\begin{esercizio}
\label{es.a}
Verifica che data una  forma quadratica in $\R^n$
$f(\ve x) = \frac 12 \ve x \cdot A \ve x$, vale
$\grad f(\ve x) = A \ve x$.

\end{esercizio}




Il pasaggio all'Hamiltoniana \`e semplice. Infatti
il vettore degli impulsi coniugati \`e dato da:
$$\ve p = \dde {L}{\dot \ve x} = T(\ve x) \dot \ve x,$$
ed essendo $T$ definita positiva, in particolare \`e invertibile.
Dunque
$$\dot \ve x = T(\ve x)^{-1} \ve p.$$
Ma allora l'Hamiltoniana \`e data da:
$$H= \ve p \cdot \dot \ve  x - 
\frac 12 \dot \ve x \cdot T(\ve x) \dot \ve x
 +V(\ve x) = 
\ve p \cdot T(\ve x)^{-1} \ve p - \frac 12 \left( 
T(\ve x)^{-1} \ve p\right) 
\cdot T(\ve x)  T(\ve x)^{-1} \ve p + V(\ve x) =
\frac 12  \ve p \cdot T(\ve x)^{-1}  \ve p +V(x).$$
Quindi per il calcolo dell'Hamiltoniana \`e sufficiente 
calcolare l'inversa della matrice $T$.
 



\begin{esercizio}
\label{es.b}
Verifica che data una  Hamiltoniana 
$$H= \frac 12 \ve p \cdot S(\ve x) \ve p +V(x),$$
dove $S$ \`e una matrice simmetrica 
e definita positiva, la corrispondente lagrangiana \`e data da 
$$L= \frac 12 \dot \ve x \cdot S(\ve x)^{-1} \dot \ve x
 -V(\ve x).$$


\end{esercizio}


\begin{esercizio}
\label{es.c}

Verifica che data una  Hamiltoniana 
$$H= \frac 12 \ve p \cdot S(\ve x) \ve p+ \ve p \cdot 
\ve b(\ve x) +V(x),$$
dove  $S(\ve x)$ \`e una matrice simmetrica 
e definita positiva, e $b(\ve x)$\`e un vettore,
la corrispondente lagrangiana \`e data da 
$$L= \frac 12 (\dot \ve x -\ve b(x) ) \cdot S(\ve x)^{-1} 
(\dot \ve x -\ve b(x)) 
 -V(\ve x)=\frac 12 \dot \ve x \cdot S(\ve x)^{-1} 
\dot \ve x - \dot \ve x \cdot  S(\ve x)^{-1} b(\ve x) 
+ \frac 12  \ve b \cdot S(\ve x)^{-1} 
\ve b  -V(\ve x).$$

\end{esercizio}


Le equazioni del  moto delle piccole oscillazioni intorno 
da una posizione di equilibrio stabile, si trovano 
linearizzando le equazioni del moto.
Questo corrisponde a considerare l'approssimazione quadratica 
della lagrangiana intorno alla posizione di equilibrio.

Per Lagrangiane naturali del tipo 
$L= \frac 12 \dot \ve x \cdot T(\ve x) \dot \ve x -V(\ve x)$
\`e molto semplice.
Supponiamo che $\bar \ve x$ sia la posizione di equilibrio.
Per prima cosa scrivo l'approssimazione quadratica dell'energia 
potenziale. La formula di Taylor in pi\`u variabili mi dice che 
$$V(\ve x) = V(\bar \ve x) + \grad V(\bar \ve x ) \cdot 
(\ve x - \bar \ve x ) + \frac 12 
(\ve x - \bar \ve x ) \cdot W(\bar \ve x) (\ve x - \bar \ve x )
+ o(|\ve x - \bar \ve x|^2).$$
Ora $V(\bar \ve x)$ \`e un valore costante, 
dunque posso non scriverlo nella lagrangiana delle piccole oscillazioni.
Il termine al primo ordine \`e nullo. Infatti $\bar \ve x$ \`e 
una posizione di equilibrio, dunque il gradiente dell'energia potenziale 
\`e nullo.
Il primo termine significativo \`e 
il termine quadratico $ \frac 12 
(\ve x - \bar \ve x ) \cdot W(\bar \ve x) (\ve x - \bar \ve x )$, 
dove con $W(\bar \ve x)$ ho indicato la matrice hessiana di $V$ 
calcolata nel punto di equilibrio $\bar \ve x$.
I termini successivi sono di ordine superiore, quindi li trascuro.

La variabile che compir\`a in questo caso \`e $\ve y = ve x - \bar \ve x$,
che infatti descrive la posizione rispetto all'equilibrio.
In termini di $\ve y$ l'approssimazione quadratica dell'energia potenziale 
\`e 
$\frac 12 \ve y \cdot W(\bar \ve x) \ve y$.
L'energia cinetica nella variabile $\ve y $ \`e
$\frac 12 \dot \ve y \cdot T(\bar \ve x + \ve y) \dot \ve y$,
infatti $\dot \ve y= \dot \ve x$.
Sviluppando $T$  in $\ve y $: 
$ T(\bar \ve x + \ve y)= T(\bar \ve x) + o(|\ve y|)$. Ma allora 
mi interessa solo l'ordine zero, infatti devo moltiplicare $T$ per 
$\ve y$ due volte, quindi il termine \`e gi\`a almeno del secondo ordine.

In definitiva:
$$L_{po} = \frac 12 \dot \ve y \cdot T(\bar \ve x) \dot \ve y -
\frac 12 \ve y \cdot W(\bar \ve x) \ve y .$$

\begin{esercizio}
Calcola l'Hamiltoniana delle piccole oscillazioni.
\end{esercizio}












\section{Bignamino di Formalismo Hamiltoniano}

\label{bignamino}

In questa sezione c'\`e un riassunto sulle trasformazioni 
canoniche, le funzioni generatrici, l'equazione di Hamilton-Jacobi,
le variabili azione-angolo e la teoria delle perturbazioni.
Sono argomenti su cui \`e facile fare esercizi in modo meccanico,
ma \`e facile non capire di che si tratta. \`E il motivo 
per cui ripeto in sintesi i fatti della teoria e per cui si 
sono  alcuni esercizi teorici.
\subsection{Le trasformazioni canoniche}
\subsubsection{Il problema}
Considera un Hamiltoninana $H(q,p,t)$, e una trasformazione regolare
di coordinate 
\begin{equation}
\begin{split}
&Q=Q(q,p,t) \\
&P=P(q,p,t). \end{split}
\end{equation}
Esiste $K=K(Q,P,t)$ tale che 
\begin{equation}\left\{ {\begin{array}{l} 
\dot q={\de H\over dp} \\
\dot p=-{\de H\over dq}
\end{array}} \right.
 \spaz \text{ se e solo se }\spaz 
\left\{ {\begin{array}{l} 
\dot Q={\de K\over dP} \\
\dot P=-{\de K\over dQ}
\end{array}} \right.\spaz \text{?}  \end{equation}
In altre parole, il sistema di equazioni differenziali nelle variabili $Q,P$ 
\`e hamiltoniano? E se lo \`e, qual \`e l'Hamiltoniana?

Risolvere questo problema \`e utile perch\'e in alcuni casi il sistema 
nelle nuove variabili \`e pi\'u facilmente risolubile di quello nelle vecchie.
 
\subsubsection{Un esempio}
Sia  $H=\frac 12 q^2+\frac 12 p^2$ e sia data la trasformazione:
\begin{equation}
\begin{split}
&Q=p+q \\ &P=q.
\end{split} \end{equation}
La trasformazione inversa \`e
\begin{equation}
\begin{split}
&q=P \\ &p=Q-P
\end{split}
\end{equation}
Le equazioni del moto, nelle vecchie variabili sono:
\begin{equation}(1)
\left\{ \begin{array}{l} 
\dot q=p\\ \dot p =-q. \end{array} 
\right. \end{equation}
Nelle nuove variabili le equazioni si 
ottengono utilizzando le equazioni $(1)$ e 
le trasformazioni di coordinate. Si ottiene: 
\begin{equation}(2)
\left\{ \begin{split}
&\dot Q=\dot p + \dot q = -q + p = Q-2P \\ 
&\dot P= \dot q = p = Q-P. 
\end{split}
\right.  
\end{equation}
Un sistema differenziale \`e
Hamiltoniano se esiste l'hamiltoniana, cio\`e se esiste una funzione $K(P,Q)$ 
tale che 
\begin{equation}
\begin{split}
&\dot Q = \dde{K}{P} \\
&\dot P= -\dde{K}{Q}.
\end{split}
\end{equation}
Nel nostro caso,
questo accade se una delle seguenti condizioni equivalenti \`e soddisfatta:
\begin{enumerate}[i)]
\item la forma differenziale  $(P-Q)dQ+(Q-2P)dP$ \`e chiusa 
\item $\text{div}_{Q,P} \binom {Q-2P}{Q-P}=0$
\end{enumerate}
Ed in effetti $\text{div}_{Q,P} \binom {Q-2P}{Q-P}= 1-1=0$.
Per la determinare la Hamiltoniana $K$ bisogna trovare la primitiva 
della forma differenziale  $(P-Q)dQ+(Q-2P)dP$.
Integrando nella variabile $Q$ si ottiene:
$K(P,Q)= -\frac {Q^2}2+QP+ g(P)$, dove $g$ si determina imponendo
$\dde {K}{P}=Q-2P$. Si ottiene 
$Q + \dde {g}{P} = Q-2P$, quindi $g(P)=P^2$.
In definitiva $K(P,Q)=   -\frac {Q^2}2+QP+P^2$.


\subsubsection{Un esempio molto particolare}
Sia $H=\frac {p^2}2$, e sia $P=p^2,\,\, Q=q$ la trasformazione assegnata.
Nelle nuove variabili il sistema differenziale \`e 
$\dot Q=\sqrt P, \,\, \dot P=0$, che \`e hamiltonianio di halmiltoniana 
$K=\frac 23 P^{\frac 32}$.
D'altra parte  per l'hamiltoniana
$H={qp^2\over 2}$, il sistema 
trasformato $\dot Q=\sqrt P, \,\, \dot P=-P^{\frac 32}$ non 
\`e hamiltoniano.

In questo esempio la trasformazione porta il sistema 
di Hamiltoniana $H=\frac {p^2}2$ in un sistema hamiltoniano, 
mentre porta il sistema di hamiltoniana $H={qp^2\over 2}$ in un sistema 
che non \`e hamiltoniano.



Il fatto importante \`e che esistono invece trasformazioni che portano 
sistemi Hamiltoniani in sistemi Hamiltoniani 
{\it qualunque sia } l'Hamiltoniana di partenza. 
Nel seguito chiamer\`o trasformazioni canoniche tali trasformazioni.
\begin{esercizio}{(teorico)}
Provare che ogni cambiamento lineare
invertibile per sistemi a un grado di libert\`a 
di coordinate \`e canonico nel senso detto sopra.
\end{esercizio}


Una classe di trasformazioni canoniche \`e quella dei 
diffeomorfismi simplettici (nel seguito chiamate trasformazioni simplettiche):
\begin{equation}
\begin{split}
&Q=Q(q,p)\\ &P=P(q,p)
\end{split}\end{equation}
\`e un diffeomorfismo simplettico
 se lo jacobiano  della 
trasformazione \`e simplettico per ogni valore di $(q,p)$:
\begin{equation}
\label{TS}
D=\left(\matrix \de_q Q & \de_p Q \\ \de_q P & \de_p P 
\endmatrix \right): \spaz\spaz DJD^t=J\spaz \text{dove}\spaz
J=\left( \matrix  0 & I\\-I & 0\endmatrix \right)\end{equation}
(in dimensione $n>2$, la matrice  $D$ \`e una matrice 
$2n\times 2n$, dove ogni blocco \`e definito nel modo ovvio:
$\dde {Q}{q}$ \`e la matrice delle derivate delle $n$ funzioni $Q_i$ 
rispetto alle $n$ variabili $q_j$, cio\`e
$(\de_q Q)_{i,j}={\de Q_i\over \de q_j}$ etc. .
Per queste trasformazioni, nel caso in 
cui {\it $H$ non dipenda dal tempo}  
la regola per trovare la nuova 
Hamiltoniana \`e $K(Q,P)=H(q(Q,P),p(Q,P))$.

In sintesi esistono
\begin{enumerate}[a)]
\item trasformazioni che trasformano un sistema hamiltoniano di 
hamiltoniana $H$ assegnata 
in un altro sistema hamiltoniano
\item trasformazioni {\bf canoniche} che trasformano 
un sistema hamiltoniano in un sistema hamiltoniano qualunque sia 
l'hamiltoniana $H$
\item  trasformazioni {\bf simplettiche}, cio\`e quelle 
che verificano l'identit\`a (\ref{TS}). In particolare 
queste trasformazioni sono canoniche.
La nuova Hamiltoniana si ottiene semplicemente 
esprimendo la vecchia nelle nuove coordinate
 $K(Q,P)=H(q(Q,P),p(Q,P))$.
\end{enumerate}
Nel seguito mi interesser\`o solo alle trasformazioni simplettiche, 
che chiamer\`o, con abuso di linguaggio, canoniche.


\subsection{Trasformazioni simplettiche indipendenti dal tempo}

\noindent
Condizioni equivalenti di simpletticit\`a sono: 
\begin{enumerate}[1)]
\item lo jacobiano \`e una matrice simplettica;
\item $\{Q_i,Q_j\}=0=\{P_i,P_j\}$,  
$\forall i,j$, $\{Q_i,P_j\}=\delta_{ij}$ (le parentesi di Poisson
sono definite da $\{f,g\}=\de_q f\cdot \de_p g-\de_p f\cdot \de_q g$,
e sono un prodotto antisimmetrico per le funzioni regolari di 
$(q,p)$);
\item la forma differenziale $p\,dq-P\,dQ=\sum_i (p_i\, dq_i -
P_i\, dQ_i)=\sum_i (p_i\, dq_i-\sum_j (\de_{q_j}Q_i\, dq_j+
\de_{p_j}Q_i\, dp_j))$ \`e chiusa (localmente esatta).
\item  ne esistono altre ( vedi ``parentesi di lagrange'' sui testi 
di meccanica analitica).
\end{enumerate}



\begin{esercizio}{(teorico)} Verifica che le condizioni 
1,2,3 sono equivalenti e che implicano la 
canonicit\`a della trasformazione.
\end{esercizio}



\begin{esercizio}
\begin{equation}\begin{array}{l} 
Q=\log \left( \frac 1q \sin p\right) \\
P= q \, \text{ ctg}\, p\end{array}\end{equation}
Dove \`e definita? Qual \`e l'inversa? \`E canonica?
\end{esercizio}

\vskip12pt
{\bf Soluzione}

Perch\'e la traformazione abbia senso deve essere
$\frac 1q \sin p >0$, dunque $(q,\,p)$ devono essere 
nelle regioni  $q>0$ e $p\in(2k\pi, 2(k+1)\pi)$, con $k\in \Z$, 
o nelle regioni 
 $q<0$ e $p\in(2k-1\pi, 2k\pi)$, con $k\in \Z$.
In entrambi i casio anche la seconda equazione ha senso, infatti essa 
ha singolarit\`a solo per $\sin p = 0$.
Quindi la trasformazione \`e definita nelle regioni descritte sopra.

Per calcolare l'inversa bisogna esprimere $(q,\,p)$ in funzione di 
$(Q,\,P)$. Comincio con l'invertire il logaritmo:
$\sin p = qe^Q$. Dalla seconda $\sin p = \frac qP \cos p$.
Ma allora $qe^Q= \frac qP \cos p$. Dunque 
$$p=\pm \arccos\left( Pe^Q \right).$$ 
Inserendo questa relazione nella prima equazione ottengo
$$q=\pm \sqrt{ 1- P^2 e^Q} e^{-Q}.$$
I segni si determinano a seconda della regione in cui 
si inverte la trasformazione.

Per verificare la canonicit\`a \`e sufficiente calcolare
verificare se $\{ Q,P \}=1$.
Calcolo quindi lo Jacobiano della trasformazione.

\begin{equation}
\left(
\begin{matrix}
\dde {Q}{q} & \dde {Q}{p} \\
\dde {P}{q} & \dde {P}{p} 
\end{matrix} \right) = 
\left(
\begin{matrix}
-\frac 1q & \text{ctg } p \\
\text{ctg } p & q(1- \text{ctg}^2 p 
\end{matrix}
\right)
\end{equation}
Ma allora $\{ Q,P \}=1$.



\begin{esercizio}
\label{errato1}
\begin{equation}\begin{array}{l} 
Q=2a \log p +\log q \\
P=-p^b q \log q\end{array}\end{equation}
Trovare per quali valori di $a$ e $b$ \`e canonica. 
Considera l'hamiltoniana $H= \frac 12 p^2 q^2 (\log q)^2$, e il 
dato iniziale  $(q(0), p(0))= (e, \frac 1e)$.
Trova la soluzione delle equazioni del moto utilizzando la trasformazione
canonica trovata.

\end{esercizio}

\vskip12pt
{\bf Soluzione}
Calcolo lo Jacobiano
\begin{equation}
\left(
\begin{matrix}
\dde {Q}{q} & \dde {Q}{p} \\
\dde {P}{q} & \dde {P}{p} 
\end{matrix} \right) = 
\left(
\begin{matrix}
\frac 1q & 2a \frac 1p \\
-p^b (\log q +1)  & -b p^{b-1} q\log q 
\end{matrix}
\right)
\end{equation}
Impongo $\{ Q,\,P \}=1$:
$$
-\frac 1q b p^{b-1} q\log q + 2a \frac 1p p^b (\log q +1)=1,$$
cio\`e:
$$p^{b-1}( -b\log q + 2a \log q + 2a )=1.$$ 
Se deve fare $1$, in particolare non deve dipendere da $p$.
Dunque $b=1$. Ottengo
$$(2a-1)\log q + 2a =1.$$ 
Ma non deve dipendere nemmeno da $q$, dunque $2a=1$.
Quindi per $b=1$ e $a=\frac 12$ la trasformazione \`e canonica.

La trasformazione cercata \`e 
\begin{equation}
\begin{split}
&Q=\log p + \log q \\
&P= -pq \log q.
\end{split}
\end{equation}
La nuova Hamiltoniana \`e $K(P,Q)=H(p(Q,P),q(Q,P))=\frac 12 P^2$.
Ma allora le equazioni del moto sono
\begin{equation}
\begin{split}
&\dot Q=P \\
&\dot P=0,
\end{split}
\end{equation}
che hanno soluzioni 
\begin{equation}
\begin{split}
&Q(t)=Q(0)+P(0)t \\
&P(t)=P(0).
\end{split}
\end{equation}
Impongo il dato iniziale 
e ottengo $Q(0)=0$ e $P(0)=-1$.
Quindi:
\begin{equation}
\begin{split}
&Q(t)=-t \\
&P(t)=-1.
\end{split}
\end{equation}
Ma allora posso cercare di esprimere la soluzione nelle vecchie 
variabili attraverso la trasformazione inversa.
Dopo un p\`o di algebra  si ottiene 
\begin{equation}
\begin{split}
&q=e^{-Pe^{-Q}} \\
&p=e^{Q+Pe^{-Q}}.
\end{split}
\end{equation}
Dunque 
\begin{equation}
\begin{split}
&q(t)=e^{e^{t}} \\
&p(t)=e^{-t-e^{t}}.
\end{split}
\end{equation}



\vskip15pt
Come visto negli esercizi precedenti,
la simpletticit\`a si controlla sia 
calcolando l'esattezza della forma differenziale $p\,dq-P\,dQ$, 
sia calcolando le parentesi di Poisson. Nel caso di un sistema 
ad un grado di libert\`a, questi conti sono particolarmente semplici.
Infatti, per 
antisimmetria, $\{Q,Q\}=\{P,P\}=0$ 
qualunque siano le funzioni $Q$ e $P$.
Dunque la condizione di simpletticit\`a \`e semplicemente 
$\{Q,P\}=1$.

In pi\`u dimensioni il calcolo si complica. 
Ad esempio considera l'esercizio
\begin{esercizio}
Verificare la canonicit\`a di:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
Q_1=q_1 q_2 \\
Q_2=q_1+q_2 \\
P_1={p_1-p_2\over q_2-q_1}+1 \\
P_2={q_2 p_2 -q_1 p_1 \over q_2-q_1}-(q_2+q_1).
\end{array}\end{equation}
\end{esercizio}
In questo caso 
le relazioni per le parentesi di Poisson da verificare sono:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
\{Q_1,Q_2\}=\{P_1,P_2\}=\{Q_1,P_2\}=\{P_1,Q_2\}=0\\
\{Q_1,P_1\}=\{Q_2,P_2\}=0.\end{array} \end{equation}


\subsection{Funzioni generatrici e trasformazioni canoniche dipendenti dal 
tempo}
La condizione di simpletticit\`a $3)$, 
pu\`o essere riformulata nel modo seguente:

\begin{quote}
esiste $F(p,q)$ tale che 
$p\,dq - P\,dQ = dF$. \end{quote}

Un modo di usare questo fatto \`e pensare che la trasformazione 
assegnata  permetta di 
considerare le $q$ e le $Q$ come variabili indipendenti.
In tal caso anche nelle variabili $(q,\,Q)$ deve valere
$p\,dq - P\,dQ = dF$, dove al posto di $p$ e $P$ avremo scritto 
la loro espressione in termini di $(q,\,Q)$.
Ma allora  la trasformazione deve verificare: esiste 
$F=F(q,Q)$ tale che:
\begin{equation}
\label{trcan}
\begin{array}{l} 
p(q, Q) =\de_q F(q,Q) \\
P(q, Q) =-\de_Q F(q,Q).
\end{array}\end{equation}
L'utilit\`a di questo ragionamento \`e che per avere 
una trasformazione canonica \`e sufficiente dare una funzione 
$F(q,Q)$, di definire le funzioni $p(q,Q)$ e 
 $P(q,Q)$ attraverso le definizioni \ref{trcan} e poi invertire la
prima rispetto a $Q$, in modo da ottenere $Q=Q(q,p)$ e $P=P(q,p)$.
Ovviamente per fare ci\`o deve valere almeno la condizione di 
invertibilit\`a locale $\det \left(\de_q \de_q F(q,Q) \right) \ne 0$.


\begin{esercizio}
Trovare i valori dei 
parametri per cui la trasformazione seguente \`e canonica,
costruendo la funzione generatrice di tipo $F=F(q,Q)$:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
Q=\sqrt p e^{a q}\\
P=-p^b e^{q};\end{array}\end{equation}
\end{esercizio}

La condizione di canonicit\`a espressa tramite la funzione 
generatrice \`e particolarmente utile nel caso di 
trasformazioni dipendenti dal tempo.
Infatti, una trasformazione 
\begin{equation}
\begin{split}
&Q=Q(q,p,t) \\
&P=P(q,p,t) \end{split}
\end{equation}
\`e canonica se \`e simplettica per ogni $t$.
Questo \`e equivalente al fatto che, detta $H$ la vecchia hamiltoniana 
(anche dipendente dal tempo)
e detta $K$ la nuova, esista una funzione $F(p,q,t)$ tale che:
\begin{quote}
$p\,dq -H(p,q,t)dt =P\,dQ -K(P,Q,t) + dF(p,q,t)$. \end{quote}
Anche in questo caso, se si possono considerare
 le $q$ e le $Q$ come variabili indipendenti si ottiene
\begin{equation}
\begin{array}{l} 
p(q, Q,t) =\de_q F(q,Q,t) \\
P(q, Q,t) =-\de_Q F(q,Q,t).
\end{array}\end{equation}
E non solo, ottenuta la trasformazione, 
si ottiene anche la nuova hamiltoniana:
\begin{equation}
K(Q,P,t)= H(q(Q,P,t),p(Q,P,t),t) + \de_t F(q(Q,P,t),p(Q,P,t),t).
\end{equation}


\begin{esercizio}
Risolvere le equazioni di Hamilton per l'hamiltoniana
$H=-{pq \over 2t}
\log \left( {p\over 2t} \right)$, utilizzando la 
trasformazione canonica generata da $F(q,Q,t)=q^2 e^{Qt}$.
\end{esercizio}



\subsubsection{Altri tipi di funzioni generatrici}
pu\`o essere conveniente pensare l'espressione
\begin{equation}p\, dq-H\, dt=P\, dQ -K\, dt +dF\end{equation}
in termini di altre coppie di variabili. Considera ad esempio 
$(q,P)$: \`e utile scivere $P\, dQ=d(PQ)-Q\, dP$ e definire
$S=F+PQ$; ottieni:
\begin{equation}p\, dq-H\, dt=-Q\, dP -K\, dt +dS,\end{equation}
dove $p, Q, H, K, S$ le stai pensando come funzioni di $(q,P,t)$.
In tal caso la condizione di canonicit\`a  (e quindi 
la trasformazione in forma implicita, assegnata la funzione 
$S$) diventa:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
p(q,P,t)=\de_q S(q,P,t) \\
Q(q,P,t)=\de_P S(q,P,t), \end{array}\end{equation}
e la relazione tra le hamiltoniane e $S$: $K=H+\de_t S$.

\begin{esercizio}{(teorico)}
Trovare {\it tutte} le relazioni che definiscono una trasfomazione 
canonica, assegnata una funzione di qualunque combinazione delle 
variabili; quante sono per un sistema a $n$ gradi di libert\`a?
Ad esmpio, usa come variabili indipendenti
$(q,P), \,(P,q), \, (p, P)$, e, a due gradi di libert\`a
$(q_1, P_1, p_2, Q_2)$.
\end{esercizio}
\begin{esercizio}{(teorico)}
Data $H$ e la trasformazione delle sole coordinate $Q=Q(q,t)$, 
puoi ottenere una 
trasformazione canonica nel seguente modo:
scrivi la lagrangiana in $(q,\, \dot q)$, cambia il sistema di 
coordinate e scrivi la nuova hamiltoniana; 
hai dunque trovato una legge di trasformazione degli impulsi.
Prova che la trasformazione che hai ottenuto  
\`e generata da $S=PQ(q,t)$.
\end{esercizio}

\begin{esercizio}
Determinare una trasformazione canonica tra quelle generate da
$F=\alpha q^a Q^b$, che trasformi l'hamiltoniana $H=\frac 12
\left( {1\over q^2}+p^2 q^4 \right)$ nell'hamiltoniana 
di un oscillatore armonico.
\end{esercizio}

\begin{esercizio}
\label{errato2}
Studiare il moto del sistema di Hamiltoniana 
\begin{equation}H={p_1^2 \over 2m } +\frac 1{2m} (p_2-kq_1)^2,\end{equation}
mediante la trasformazione canonica generata da 
$F=kq_1 Q_2 -p_2 Q_2 +p_2 P_1$.
\end{esercizio}

\begin{esercizio}
Determinare il moto del sistema di 
Lagrangiana \begin{equation}L=q\dot q^2,\end{equation} 
passando all'hamiltoniana  e utilizzando la trasformazione canonica 
generata da $F(p,Q)=-{p^3\over 12 Q}$.
\end{esercizio}


\subsection{Equazione di Hamilton Jacobi}
Come si \`e visto una trasformazione canonica 
pu\`o rendere banalmente integrabile le equazioni di Hamilton.
Per\'o, chi ti dice come trovare la  trasformazione?
Tentiamo allora di cercare una funzione generatrice $S(q,P,t)$
tale che la nuova hamiltoniana $K$ sia esattamente $0$.
In tal caso, infatti, le equazioni nelle nuove varibili $(Q,P)$
sono banali:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
\dot Q=0 \\
\dot P=0,\end{array} \end{equation}
dunque nota la trasfomazione si pu\`o risalire al moto nelle 
variabili $q$, $p$.
Come deve essere fatta una tale $S$?
Deve valere:
 $\de_q S=p$ e $K=0$, cio\`e:
\begin{equation}H\left( q, \de_q S(q, P,t), t \right) +\de_t S(q, P, t)=0.\end{equation}
Per Hamiltoniane indipendenti dal tempo, si pu\`o cercare una soluzione 
del tipo $S(q, P, t)=W(q, P)-P_n t$, dove $P_n$ \`e l'ultimo impulso:
l'equazione di H.J. diventa (equazione caratteristica di H.J.):
\begin{equation}H\left( q, \de_q W(q, P,t) \right) =P_n.\end{equation}
In realt\`a, invece di cercare $S$ dipendente dal tempo che renda 
nulla l'Hamiltoniana, puoi pensare che basta trovare $W$ che rende 
costante l'Hamiltoniana.
Infatti
puoi pensare che la funzione generatrice
$W$ rende l'hamiltoniana uguale ad uno dei nuovi impulsi; anche cos\'{\i}
le equazioni di Hamilton sono banali:
\begin{equation}\begin{array}{l}
\dot Q_i=\de_{P_i} K=0 \spaz i=1,...\, n-1\\
\dot Q_n=\de_{P_n} K=1 \\
\dot P_i=-\de_{Q_i} K=0\spaz i=1,...\, n.
\end{array}\end{equation}



Come si procede in pratica? Sempre e solo per separazione di variabili;
in alcuni rari casi ci si riesce (sistemi integrabili) in generale no.
Separazione di variabili significa che cerchi la soluzione come somma 
di $n$ funzioni 
ognuna delle quali dipende solo da una delle vecchie coordinate.
Il fatto che si riesca a trovare la soluzione dipende dal fatto che dentro 
$H$ la dipendenza delle variabili \`e {\it separtata}.

\subsubsection{Esempio}
 $H=\frac 12 \left( q_2 (p_1 q_1)^2 +p_2 \right)^2$.
Cerco la funzione 
$W((q_1, q_2 , a_1, a_2)=
A(q_1, a_1, a_2)+B(q_2, a_1, a_2)$. I parametri  $a_1, \, a_2$ saranno i nuovi 
impulsi. La separazione di variabili in questo caso consiste nel cercare
la funzione $W$ come la somma di una funzione che dipende solo da $q_1$ e
di una funzione che dipende solo da $q_2$.

L'equazione da risolvere \`e:
\begin{equation}\frac 12 
\left( q_2 (q_1\de_{q_1}A)^2 +\de_{q_2}B \right)^2=a_2.\end{equation}
Stai cercando $B$ in modo che non dipenda da $q_2$, ma solo da $q_1$.
Dall'equazione puoi ricavare:
\begin{equation}\de_{q_2}B=\pm \sqrt{2a_2}-q_2 (q_1\de_{q_1}A)^2\end{equation}
per\'o in questa espressione  $\de_{q_2}B$ 
 dipendende da $q_1$ e da $A(q_1)$; 
l'unica possibilit\`a che ho \`e dunque che la combinazione
$q_1 \de_{q_1}A$ non dipenda da $q_1$, cio\`e:
$q_1 \de_{q_1}A=a_1$, ovvero $A(q_1)=a_1 \log q_1$.
A questo punto posso risolvere anche l'equazione in $B$
infatti  $\de_{q_2}B=\pm \sqrt{2a_2}-q_2 a_1^2$ \`e una funzione
della sola $q_2$ e dei nuovi impulsi.
Riassumendo, ottieni:
\begin{equation}W=a_1 \log q_1 \pm  \sqrt{2a_2}q_2-\frac 12 q_2^2 a_1^2.\end{equation}
La trasformazione generata da $W$ \`e:
\begin{equation}\begin{split}
&Q_1= \log q_1 - a_1 q_2^2\\
&Q_2= \pm {q_2 \over \sqrt{2 a_2}} \\
&p_1={a_1\over q_1} \\
&p_2=\pm \sqrt{2 a_2 }-a_1^2 q_2.
\end{split}\end{equation}
Usando la soluzione delle equazioni del moto per l'hamiltoniana $K$ e tornando
indietro con la trasformazione, ottieni:
\begin{equation}\begin{split} 
&q_2(t)=\pm \sqrt{2 a_2(0)} (Q_2(0)+t) \\
&q_1(t)=e^{Q_1(0)+2 a_1(0) a_2(0) (Q_2(0)+t)^2}\\
&p_1=a_1(0) e^{-Q_1(0)-2 a_1(0) a_2(0) (Q_2(0)+t)^2}\\
&p_2=\pm \sqrt{2 a_2(0)} (1-a_1^2(0) (Q_2(0)+t)).
\end{split} \end{equation}
Il segno $+,-$ lo determini a seconda del segno di 
$q_2 (p_1 q_1)^2+p_2=\pm \sqrt{2 a_2}$.
Nella soluzione compaiono i termini 
$Q_1(0), Q_2(0), a_1(0), a_2(0)$,  che trovi  
imponendo i dati iniziali.


\noindent
{\bf OSSERVAZIONE 1.}
La separazione di variabili funziona perch\'e 
la dipendenza da $p_1$, $q_1$ dell'hamiltoniana \`e isolata nel termine 
$(p_1 q_1)^2$, cio\`e abbiamo potuto risolvere 
{\it separatamente } l'equazione per $A$ nella variabile $q_1$ senza
coinvolgere l'altra variabile.


\noindent
{\bf OSSERVAZIONE 2.}
In effetti, ci sei riuscito perch\'e oltre all'energia c'\`e un altro 
integrale primo, esattamente $p_1 q_1$, infatti $a_1$ si conserva.
L'esistenza di questo integrale primo ti ha permesso di portare 
il moto alle quadrature, cos\`{\i} 
 come accade nei problemi lagrangiani.
In generale, per\'o, il tipico integrale primo che ti capita di trovare
risolvendo l'equazione di H.J. non \`e un momento
che proviene da una simmetria della 
lagrangiana. 
Considera ad esempio le Hamiltoniane:
$H_1=\frac 12 \left( q_2^2 (p_1 q_1)^2 +p_2^2 \right)$ e 
$H_2=\frac 12 \left( q_2^2 (p_1^2 +q_1^2) +p_2^2 \right)$.
Per $H_1$ si conserva $p_1q_1$ e la lagrangiana \`e 
$L=\frac 12 \left( \dot q_2^2 +{\dot q_1^2 \over q_2^2 q_1^2} \right)$, che 
ha il gruppo ad un parametro di simmetrie $g_{\tau} \binom {q_1}{q_2}=
 \binom {e^{\tau} q_1}{q_2}$.
Per $H_2$ si conserva $p_1^2+q_1^2$, la lagrangiana \`e
$L=\frac 12 \left( {\dot q_1^2\over q_2^2} +\dot q_2^2 +q_1^2 q_2^2\right)$
che non ha evidenti simmetrie.



\noindent
{\bf OSSERVAZIONE 3.}
I nuovi impulsi li scegli tu, mentre risolvi l'equazione di H.J..
Infatti  potevi, ad esempio, decidere che 
$\de_{q_1} A q_1=a_2^2$, oppure $\log a_2$, o  $a_1 a_2,...$, o potevi 
decidere che $H=a_1+a_2$. Avresti ottenuto una soluzione di H.J. con una 
diversa dipendenza dai nuovi impulsi, che comunque risolveva il problema. 
In sostanza, scegli come impulsi una qualche combinazione delle costanti 
da cui la soluzione di H.J. dipende. Inoltre la soluzione di H.J. 
{\it deve} dipendere da un numero di costanti pari ai gradi di libert\`a 
in modo non triviale (c'\`e comunque una costante additiva che si pu\`o 
aggiungere a $W$ ).


\subsection{Costruzione delle variabili azione-angolo}

\subsubsection{Variabili azione-angolo per l'oscillatore armonico}
Considera l' oscillatore armonico:
$$H=\frac 12 (p^2+\omega^2 q^2).$$
La soluzione dell'equazione di H.J. \`e 
$W(q, \alpha)=\int^q dq\, \sqrt{2\alpha-\omega^2 q^2}.$
Nel piano delle fasi l'integrale primo dell'energia, cio\`e 
$\alpha$, individua la  curva chiusa $C_{\alpha}$ 
descritta da $p = \pm \sqrt{2(\alpha - \omega^2 q^2)}$, che 
interseca l'asse delle $q$ in 
$\pm {\sqrt{2\alpha}\over \omega}$.

La variabile d'azione \`e:
\begin{equation}\begin{array}{l}
I=\int_{C_{\alpha}}p\,dq=\frac 2\pi
 \int_0^{\sqrt{2\alpha}\over \omega} dq \, \sqrt{2\alpha-\omega^2 q^2}=\\
=\frac 2\pi  \int_0^{\sqrt{2\alpha}\over \omega} 
\sqrt{2\alpha} \sqrt{1- \left( {\omega q\over 
\sqrt{2\alpha}} \right)^2} d\left({\omega q\over 
\sqrt{2\alpha}}\right)=\frac 2\pi \frac {2\alpha}{\omega} 
\int_0^1 d\xi \sqrt{1-\xi^2}=\frac \alpha \omega.
\end{array}\end{equation}
Come determini la variabile angolare conigata ad $I$? Pensando 
$W$ come funzione di 
$I$ e derivandola rispetto ad I:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
\phi=\de_I W(q,I)=\de_I \int^q dq \sqrt{2\omega I -\omega^2 q^2}=
\omega \int^q {dq\over \sqrt{2\omega I} 
\sqrt{ 1- {\omega \over 2 I}q^2}}\\
= \int^{\sqrt{ \omega\over 2I}}
{d\xi\over \sqrt{1-\xi^2}}=\arcsin({\sqrt{\omega \over 2 I} q}),
\end{array}\end{equation}
ovvero $q=\sqrt{2I\over \omega} \sin \phi$.
Sostituendo nell'hamiltoniana:
$K(I)=\alpha (I)= I \omega$. Quindi, dalle equazioni di 
Hamilton nelle variabili $(\phi,\,I)$:
\begin{equation}
\begin{split}
&\dot I = - \dde{K}{\phi} = 0 \\
&\dot \phi=\dde{K}{I}= \omega, 
\end{split}
\end{equation}
cio\`e la 
frequenza della variabile angolare 
\`e la frequenza dell'oscillatore 
armonico.

\subsubsection{Un esempio}

Considera l'hamiltoniana:
$H=\frac 12 p_x^2 +\frac 12 x^2 (p_{\phi}^2-\cos \phi).$

a) Risolvi l'equazione di H.J. per separazione di varibili, 
e riduci il moto alle quadrature,
cercando $W=A(x,\alpha ,\beta )+B(\phi, \alpha ,\beta)$ 
($\alpha ,\beta $ saranno i nuovi impulsi)

b) Determina la regione dello spazio delle fasi un cui 
il moto si pu\`o descrivere in variabili  azione-angolo.

c) In questa regione trova  le frequenze dei moti quasi periodici.


\vskip12pt

\noindent
{\bf Soluzione}

{\bf a)} Cerca: $W=A(x,\alpha ,\beta )+B(\phi, \alpha ,\beta)$ 
($\alpha ,\beta $ saranno i nuovi impulsi).
L'equazione da risolvere \`e:
\begin{equation}\frac 12 \left( \de_x A\right)^2 + \frac 12 x^2 
\left( 
\left( \de_{\phi} B\right)^2 -\cos \phi \right) =\alpha.\end{equation}
Riesci a risolverla ponendo $\left( \de_{\phi} B\right)^2 -\cos \phi=\beta$.
Ottieni:
\begin{equation}B=\pm \int^{\phi} d\phi \, \sqrt{ \beta +\cos \phi},\spaz\spaz\spaz
A=\pm \int^x dx\, \sqrt{ 2 \alpha -\beta x^2}.\end{equation}
Hai risolto l'eq. di H.J. , quindi puoi scrivere le formule di 
quadratura (cio\'e la soluzione in forma implicita delle equazioni del moto)
procedendo cos\'{\i}:
chiama $q_{\alpha}, \, q_{\beta}$ le nuove coordinate associate ai nuovi 
impulsi $\alpha,\, \beta$; le determini attraverso $W$:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
q_{\alpha}=\de_{\alpha} W= \pm \int^x {dx\over \sqrt{ 2\alpha-\beta x^2}} \\
q_{\beta}=\de_{\beta} W=\pm \int^x {
-x^2 \, dx \over 2\sqrt{ 2\alpha-\beta x^2}}
\pm \int^{\phi} {d\phi\over 2 \sqrt{\beta+\cos \phi}}.\end{array}\end{equation}
Nota che ai fini della soluzione esplicita del moto, sono questi gli 
integrali che pu\`o essere utile calcolare esplicitamente, e non quelli che
definiscono $W$.
Le formule di quadratura le ottieni dalle equazioni di
Hamilton nelle nuove variabili 
che ti dicono che $\alpha,\, \beta, \, q_{\beta}=c_2$ sono costanti, 
mentre
$q_{\alpha}(t)=c_1+t$:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
c_1+t=\de_{\alpha} W= \pm \int^{x(t)} {dx\over \sqrt{ 2\alpha-\beta x^2}} \\
c_2=\de_{\beta}=\pm \int^{x(t)} {
-x^2 \, dx \over 2 \sqrt{ 2\alpha-\beta x^2}}
\pm \int^{\phi(t)} {d\phi\over 2 \sqrt{\beta+\cos \phi}}.
\end{array}\end{equation}

\noindent
{\bf b)}
Hai due integrali primi $\alpha, \, \beta$. Questo ti permette di 
capire come \`e fatto il moto (analisi qualitativa).
Procedi cos\'{\i}. Controlla per prima cosa quali sono i valori possibili 
per  i due integrali primi: 
$\beta=p_{\phi}^2+\cos \phi$, dunque $\beta\ge -1$. La proiezione dell'orbita 
sul piano coordinato $\phi\, p_{\phi}$, \`e costituita dai  punti 
$(\pm \frac {\pi}2,0)$ 
per $\beta=-1$; 
da due  curve chiuse per $-1<\beta < 1$; due separatrici (omocline per la 
periodicit\`a di $\phi$) ed un punto fisso 
per $\beta=1$;  due curve periodiche per $\beta>1$.


\begin{figure}[h]
\centerline{
\psfig{figure=solfig22_1.eps}
}
\end{figure}



\noindent
La proiezione dell'orbita sul piano $x\, p_x$ \`e fatta cos\'{\i}:
se $\beta >0$ deve essere $\alpha=\frac 12 (p_x^2+\beta x^2)>0$, quindi 
la proiezione \`e una curva chiusa simmetrica rispetto agli assi, 
che interseca l'asse delle $x$ nei punti $x=\pm \sqrt{2\alpha\over \beta}$;
se $\beta <0$, e $\alpha>0$, la proiezione consiste in due curve aperte che 
intersecano l'asse delle $p_x$ in $p_x=\pm \sqrt{2\alpha}$; se 
$\beta<0, \, \alpha<0$ due curve aperte che intersecano l'asse delle $x$ 
in $x=\pm \sqrt{2\alpha\over \beta}$.

\begin{figure}[h]
\centerline{
\psfig{figure=solfig22_2.eps}
}
\end{figure}


\noindent
Dunque, se $\alpha>0$ e $0<\beta<1$, l'orbita vive sul prodotto diretto 
delle due curve chiuse proiezioni sui due piani coordinati; 
chiama $C_{\phi}(\alpha,\,\beta),\, C_x(\alpha,\,\beta)$ queste due curve 
rispettivamente. L'orbita  vive dunque  
su una variet\`a in $\R^4$ diffeomorfa ad un toro bidimensionale. 
In questo caso ha senso tentare di scrivere le variabili azione-angolo,
cio\'e di tentare di descrivere il moto attraverso delle variabili angolari 
che esprimano la rotazione sul toro. Ci riesci scegliendo come 
nuovi impulsi non $\alpha,\, \beta$, ma delle loro opportune funzioni (variabili
d'azione) che determini nel modo seguente: saranno gli integrali 
della forma $p\, dq$, divisi per 
$2\pi$ , sulle curve  che hai ottenuto proiettando il moto sui piani coordinati;
tali integrali dipendono evidentemente da $\alpha,\, \beta$:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
I_1=\frac 1{2\pi} \int_{C_{\phi}(\alpha,\,\beta)} p_{\phi} \,d\phi=
\frac 2\pi \int_0^{\arccos (-\beta)}
\sqrt{\beta+\cos \phi} d\phi \\
I_2=\frac 1{2\pi} \int_{C_{x}(\alpha,\,\beta)}p_x \, dx=
\frac 2\pi \int_0^{\sqrt{2\alpha \over \beta}}
\sqrt{2\alpha -\beta x^2} dx.\end{array} \end{equation}
Hai introdotto $I_1,\, I_2$ come funzioni di $\alpha,\, \beta$, in linea di 
principio puoi invertire questa funzione da $\R^2$ in  $\R^2$, per ottenere 
$\alpha,\, \beta$ in funzione di $I_1,\, I_2$; 
la funzione generatrice
adesso \`e $W$ pensata come funzione di $I_1,\, I_2$ attraverso $\alpha,\, \beta$.
Questa scelta assicura  che le coordinate coniugate sono delle variabili 
angolari, sono cio\'e periodiche di periodo $2\pi$; 
chiama $\gamma_1\, \gamma_2$ queste nuove variabili.
Chi \`e la nuova Hamiltoniana?
Evidentemente $K(I_1,\, I_2)=\alpha(I_1,\, I_2)$, dunque le equazioni del 
moto sono:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
\dot \gamma_1=\de_{I_1} \alpha(I_1,\,I_2) \\
\dot \gamma_2=\de_{I_2} \alpha(I_1,\,I_2)
\end{array} \spaz \spaz
\begin{array}{l} 
\dot I_1=0 \\
\dot I_2=0.
\end{array}
\end{equation}
Nota che la regione $\alpha>0, \, 0<\beta<1$ non \`e l'unica alla quale 
corrispondono moti quasi periodici sul toro. Infatti 
anche se $\alpha>0$ e $\beta >1$ il moto \`e quasi periodico sul toro; 
l'unica differenza \`e che la curva chiusa nel piano $\phi, \,p_{\phi}$ 
\'e $\sqrt{ \beta +\cos \phi}$ al variare di $\phi\in [0,2\pi]$, 
quindi 
$I_1={1\over 2\pi} \int_0^{2\pi}
\sqrt{\beta+\cos \phi}\, d\phi$. Nota che nonostante $\phi$ sia gi\`a una variabile 
angolare, che descrive con periodicit\`a $2\pi$ la proiezione dell'orbita, 
non \`e la variabile angolare giusta perch\'e la sua velocit\`a angolare 
non \`e costante.

\noindent
{\bf c)}
Le frequenze $\omega_i=\de_{I_i} \alpha(I_1,\,I_2) $ sono costanti,
 in quanto dipendono
da $I_1,\, I_2$ che sono delle costanti del moto; essendo $\gamma_i$ degli angoli,
in effetti $\omega_i$ sono le frequenze delle rotazioni. Il moto nelle singole 
variabili angolari \`e dunque una rotazione con velocit\`a angolare costante;
globalmente \`e un moto quasi-periodico su un toro.

Come calcoli le frequenze $\omega_i$? Devi calcolare le derivate di $\alpha$
rispetto alle variabili d'azione, per\'o hai a disposizione solo 
l'espressione delle variabili d'azione in funzione di $\alpha, \beta$.
Dunque procedi cos\'{\i}:
\begin{equation}\left( \matrix 
\de_{I_1} \alpha & \de_{I_2} \alpha \\
\de_{I_1} \beta  & \de_{I_2} \beta 
\endmatrix \right) = 
\left( \matrix \de_{\alpha} I_1 &  \de_{\beta} I_1
 \\  \de_{\alpha} I_2 & \de_{\beta} I_2 \endmatrix \right)^{-1}=
{1\over  \de_{\alpha} I_1 \de_{\beta} I_2 -
 \de_{\alpha} I_2 \de_{\beta} I_1}
\left( \matrix \de_{\beta} I_2 & - \de_{\beta} I_1
 \\  -\de_{\alpha} I_2 &  \de_{\alpha} I_1 \endmatrix \right)
 \end{equation}
Ora:
\begin{equation}
\begin{split} 
&\de_{\alpha} I_1=0 \\
&\de_{\beta} I_1=\frac 1\pi 
\int_0^{\arccos (-\beta)}
{1\over \sqrt{\beta+\cos \phi}} d\phi \end{split}\spaz \spaz
\begin{split}{l} 
&\de_{\alpha} I_2=\frac 2\pi 
\int_0^{\sqrt{2\alpha \over \beta}}
{1\over \sqrt{2\alpha -\beta x^2} } dx
\\
&\de_{\beta} I_2=
-\frac 1\pi 
\int_0^{\sqrt{2\alpha \over \beta}}
{x^2\over \sqrt{2\alpha -\beta x^2} } dx.\end{split} 
\end{equation}
Infine:
\begin{equation}\omega_1(\alpha,\beta)=
-{\de_{\beta} I_2 \over \de_{\alpha} I_2 \de_{\beta} I_1}
\spaz \spaz 
\omega_2(\alpha,\beta)={1\over \de_{\alpha} I_2 }.\end{equation}


\subsubsection{Un altro esempio}


Considera l'Hamiltoniana:
\begin{equation}H=
\frac 12 P_x^2+ \frac 12 P_y^2 (1+x^2) +\frac 12 (1+x^2) y^2.\end{equation}


{\bf a)} Risolvi, per 
separazione di variabili, l'equazione di Hamilton Jacobi per $H$.


{\bf b)} Determina la regione dello spazio delle fasi in cui il moto 
pu\`o essere descritto in variabili azione-angolo.


{\bf c)} Calcola esplicitamente l'espressione dell'Hamiltoniana in
termini  delle variabili d'azione, e le frequenze dei moti 
multiperiodici.


{\bf d)} Considera il  moto di dato iniziale 
\begin{equation}\begin{array}{l}
x(0)=0 \\
P_x(0)=a \end{array} \spaz \spaz 
\begin{array}{l} 
y(0)=0 \\
P_y(0)=1, \end{array}\end{equation}
con $a\in \R$; trova i valori di $a$ per cui \`e periodico.


{\bf e)} Trova il periodo del moto per $a=1$.


{\bf f)} Discuti la stabilit\`a della soluzione stazionaria 
\begin{equation}\begin{array}{l}
x(0)=0 \\
P_x(0)=0 \end{array} \spaz \spaz 
\begin{array}{l} 
y(0)=0 \\
P_y(0)=0. \end{array}\end{equation}

\vskip15pt
\noindent
{\bf Soluzione}


a) Cerca una soluzione dell'equazione caratteristica di Hamilton-Jacobi
del tipo:
\begin{equation}W(x,y,\alpha,\beta)=A(x)+B(y).\end{equation}
Sostituendo:
\begin{equation}\frac 12 (\de_x A)^2+ \frac 12 (1+x^2) \left(
(\de_y B)^2 + y^2\right)= \alpha.\end{equation}
Ottengo la soluzione ponendo $(\de_y B)^2 + y^2=\beta$:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
B(y, \beta)= \pm \int^y dy\sqrt{ \beta -y^2} \\
A(x, \alpha, \beta)= \pm \int^x dx \sqrt{ 2\alpha- \beta -\beta x^2}.
\end{array}\end{equation}
Nota che sono ammissibili solo i valori $\beta \ge 0$ e 
$\alpha \ge \frac {\beta}2$, altrimenti ottieni per $A$ e $B$ 
quantit\`a immaginarie.

b) La regione dello spazio delle fasi in cui il moto 
\'e multiperiodico \`e data da $\beta>0$, $\alpha > \frac {\beta}2$.

c) Devi calcolare:
\begin{equation}\begin{split} 
&I_1= \frac 2\pi \int_0^{\sqrt \beta} dy\sqrt{ \beta -y^2} \\
&I_2= \frac 2\pi \int_0^{\sqrt{2\alpha -\beta \over \beta}}
dx \sqrt{ 2\alpha- \beta -\beta x^2}. \end{split}\end{equation}
Ricorda che 
\begin{equation}\frac 2\pi \int_0^{\sqrt{2 h} \over \omega}
dq \sqrt{ 2 h -\omega^2 q^2}=\frac h\omega.\end{equation}
Ottieni:
\begin{equation}I_1=\frac {\beta}2,
\spaz \spaz \spaz 
I_2=\left( 
\alpha-\frac {\beta}2
\right) 
{1 \over \sqrt{\beta} }.\end{equation}
Dunque la nuova Hamiltoniana \`e:
\begin{equation}K=\alpha= \sqrt{ 2I_1} I_2 +I_1.\end{equation} 
Le frequenze:
\begin{equation}\begin{array}{l}
\omega_1={I_2\over  \sqrt{ 2I_1}} +1=\frac 12 +\frac{\alpha}{\beta} \\
\omega_2= \sqrt{ 2I_1}=\sqrt{ \beta}. 
\end{array} \end{equation}

d) Sostituendo il valore del dato iniziale in $\alpha$, $\beta$
ottieni:
\begin{equation}\omega_1=1+\frac {a^2}2,\, \, \omega_2=1\end{equation}
Il moto \`e periodico se e solo se $a^2\in {\mathbb Q}$.

e) per $a=1$, 
${\omega_1 \over \omega_2}=\frac 32$, dunque 
$T=3T_1=2T_2$. 
$T_2=\frac {2\pi}\omega_2=2\pi$, dunque $T=4\pi$.

f) Le equazioni di Hamilton sono
\begin{equation}\begin{array}{l}
\dot x=P_x \\
\dot P_x=-x\left( P_y^2+y^2 \right) \end{array} \spaz \spaz 
\begin{array}{l} 
\dot y=P_y(1+x^2)\\
\dot P_y=- y (1+x^2). \end{array}\end{equation}
Considera il dato iniziale:

\begin{equation}\begin{array}{l}
x(0)=0 \\
P_x(0)=\eps \end{array} \spaz \spaz 
\begin{array}{l} 
y(0)=0 \\
P_y(0)=0, \end{array}\end{equation}
che \`e una piccola perturbazione della posizione stazionaria.
La soluzione delle equazioni di Hamilton \`e:
\begin{equation}\begin{array}{l}
x(t)=-t \eps \\
P_x(t)=\eps \end{array} \spaz \spaz 
\begin{array}{l} 
y(t)=0 \\
P_y(t)=0. \end{array}\end{equation}
Dunque la posizione di equilibio \`e instabile.




\subsection{Teoria delle perturbazioni}
Supponi di avere $H(\phi,I)=H_0(I)+\eps H_1(\psi,I)$, dove le variabili
$(\psi, \, I)$ sono variabili azione-angolo per l'hamiltoniana 
cosiddetta imperturbata $H_0$. 

\noindent
Stai cio\`e pensando di perturbare con 
$\eps H_1(\psi,I)$ un'hamiltoniana integrabile $H_0$, pensando che $\eps $ 
sia un parametro reale piccolo. Per l'hamiltoniana $H$ l variabili d'azione 
non sono pi\'u costanti del moto (infatti $H$ dipende anche dalle $\psi$),
e il nuovo sistema non sar\`a in generale integrabile; per\'o  a 
tempi fissati ti aspetti di compiere un errore di oridine $\eps$ considerando 
la soluzione della hamoltoniana imperturbata (scrivi le equazioni del moto: 
troverai 
$\dot I=O(\eps)$). Un modo per migliorare questa approssimazione \`e 
quello di  cercare una trasformazione canonica che porti l'hamiltoniana data in una
in cui 
all'ordine zero non ci sia dipendenza 
dalle variabili angolari, e la dipendenza da $\eps$ sia  al secondo ordine,
cio\`e $K(\psi,A)=K_0(A)+O(\eps^2)$.

Come si fa?
Conviene cercare una funzione generatrice vicina alla funzione 
generatrice dell'identit\`a, infatti all'ordine $0$ in $\eps$ la trasformazione 
che stiamo cercando non deve operare, perch\'e l'hamiltoniana all'odine $0$ 
\`e gi\`a in variabili azione-angolo, cio\`e integrabile.
Dunque cerchiamo $S(\psi, A) =\psi\cdot A+\eps W(\psi, A)$.
La trasfomazione indotta da $S$ \`e data implicitamente da:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
I=\de_{\phi} S=A+\eps\de_{\phi}W(\phi, A)\\
\psi=\de_A S= \phi +\eps \de_A W(\phi, A). \end{array}\end{equation}
Non \`e esplicita, per\'o $I=A+O(\eps)$, $\psi=\phi+O(\eps)$. Ma allora 
possiamo esplicitarla in $(A,\,\psi)$ almeno fino all'ordine $\eps$ che \`e quello 
che ci interessa:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
\phi=\psi-\eps \de_A W(\phi,A)=\psi-\eps \de_A W(\phi+O(\eps),A)=\psi
-\de_A W(\psi, A)+ O(\eps^2) \\
I=A+\eps \de_{\phi}W(\psi+O(\eps), A)=A+\eps \de_{\phi}W(\psi, A)+O(\eps^2).
\end{array} \end{equation}
La nuova Hamiltoniana sar\`a:
\begin{equation}\begin{array}{l} 
K=H_0(A+\eps  \de_{\phi}W(\psi, A)+O(\eps^2)) \\+\eps H_1 
(A+\eps  \de_{\phi}W(\psi, A)+O(\eps^2), \psi-\eps \de_A W(\psi, A)
+O(\eps^2)).\end{array}\end{equation}
Sviluppando fino all'ordine $\eps$:
\begin{equation}K(\psi,A)= H_0(A) + \eps \left( 
\de_A H_0( A) \cdot \de_{\psi} W(\psi, A)+ H_1 (\psi, A) \right) +O(\eps^2).\end{equation}
Il problema \`e risolto se riusci a trovare $W$ tale che l'ordine $\eps$ sia nullo,
cio\`e:
\begin{equation}\de_A H_0( A) \cdot \de_{\psi} W(\psi, A)+ H_1 (\psi, A)=0.\end{equation}
Conviene lavorare in serie di Fourier, infatti le variabili $\psi$ sono 
variabili angolari. Ti ricordo che stiamo lavorando in dimensione maggiore 
di uno, dunque nelle formule precedenti e  seguenti, se $d$ \`e la dimensione, $\psi, \,
A,\, k$ sono vettori di dimensione $d$.
La serie di Fourier \`e definita da:
\begin{equation}W(\psi,A) \sum_{k\in \Z^d} e^{i k\cdot \psi} \hat W(k,A),\end{equation}
dove $k\cdot \psi=\sum_{j=1}^d k_j \psi_j$,
 e i coefficienti di Fourier sono dati da:
\begin{equation} \hat W(k,A)={1\over (2\pi)^d} \int_{T^d} d\psi_1\dots d\psi_d
 e^{-i k\cdot \psi} W(\psi,A),\end{equation}
dove $T^d$ \`e il toro d-dimensionale su cui vivono le variabili
angolari $\psi_1, \dots \psi_d$. 

Per trovare $W$ ti basta dunque trovarne i coefficienti di Fourier;
 l'equazione 
per i coefficienti \`e:
\begin{equation}i 
\hat W(k,A) \left( \de_A H_0(A) 
\cdot k\right)+\hat H_1(k, A)=0.\end{equation}
Quando puoi risolvere questa equazione lineare per $ \hat W(k,A)$?
Evidentemente ci riesci a meno che $\de_A H_0(A) \cdot k=0$ e 
$\hat H_1(k, A) \neq 0$ e riesci a risommare la serie che definisce 
$W$. Se $H_1$ ha solo un numero finito di coefficienti di Fourier possono
 accadere
sostanzialmente tre cose.

a) I  valori di $k$ per cui $\de_A H_0(A) \cdot k= 0$
annullano anche $\hat H_1(k,A)$; 
dunque  
\begin{equation}\hat W(k,A)=\left\{ \begin{array}{l} 
i {\hat H_1(k, A) \over \de_A H_0(A) \cdot k} \\
0 \end{array}\right. \spaz \spaz \spaz
 \begin{array}{l} \text{se } \spaz \hat H_1(k,A)\neq 0 \\
\text{altrimenti;} \end{array} 
\end{equation}
quindi $W$ l'hai trovata e dunque  
sei riuscito a portare la 
perturbazione al secondo ordine; la nuova hamiltoniana 
all'ordine $0$  \`e $K_0(A)=H_0(A)$, (cio\`e 
sono 
uguali, ma   la variabile $A$ non \`e 
$I$...).

b) Termine di media non nullo:
come sopra tranne che  $\hat H_1(0), A)\neq 0$ (qui $O$ dentro $H$
\`e il vettore nullo in $\Z^d$; palesemente non puoi definire
$\hat W(0,A)$ perch\'e nell'equazione ha coefficiente $0$ davanti;
per\'o  $\hat H_1(0), A)={1\over (2\pi)^d}
\int_{T^d} d\psi W(\psi,A)$ \`e il valor medio sul toro di $H_1$, dunque non 
dipende dalle variabili angolari, puoi cio\`e incorporarlo dentro $H_0$: 
\begin{equation}H(\phi,I)=\left( 
H_0(I)+\eps \hat H_1(0,I)\right) +\eps\tilde H_1(\phi, I),\end{equation}
dove $\tilde H_1(\phi, I)=H_1(\phi,I)-\hat H_1(0),I)$ ha ora media nulla, 
cio\`e $\hat {\tilde H}_1(0,I)=0$; ti riduci cio\`e al caso precedente, per\'o 
la nuova hamiltoniana all'ordine $0$ nella nupva variabile $A$  \`e 
$K_0(A)=H_0(A)+\eps \hat H_1(0,A)$;

c) risonanza: per qualche $k$ diverso del vettore nullo, $\de_A H_0(A) \cdot k= 0$
mentre $\hat H_1(k,A)\neq 0$; in tal caso {\it non puoi}  rimuovere la 
perturbazione di ordine $\eps$ per quel particolare valore di $k$.













\subsubsection{Esempi}


Considera l'hamiltoniana
$H=\frac 12 \left( p_1^2 +p_2^2\right) +\frac 12 
\left( q_1^2+\omega^2 q_2^2\right) +\eps q_1^2 q_2$, con 
$\omega\neq  0$.
Per $\eps=0$ \`e intergabile, infatti \`e la
 somma delle hamiltoniane di due oscillatori 
armonici disaccoppiati:
$H_0=\frac 12 (p_1^2 +q_1^2) +\frac 12 (p_2^2 +\omega^2 q_2^2).$
Passa dunque alle variabili azione-angolo separatamente nella coppia di 
variabili coniugate. Ottieni
\begin{equation}\begin{array}{l} 
q_1=\sqrt{2I_1} \sin \phi_1 \\
q_2=\sqrt{2I_1\over \omega } \sin \phi_2 
\end{array} 
\spaz \spaz 
\begin{array}{l} 
I_1=\alpha_1=\frac 12 ( p_1^2+q_1^2) \\
I_2=\alpha_1=\frac 12 ( p_2^2+\omega^2 q_2^2).
\end{array} \end{equation}
In variabili azione angolo per l'hamiltoniana con 
$\eps=0$, tutta l'hamiltoniana assegnata, diventa:
$H=H_0+\eps H_1=I_1+\omega I_2 +\eps 
\left( a \sin^2 \phi_1 \sin \phi_2 
\right)$, dove $a(I_1, I_2)=2 \sqrt{2\over \omega}I_1 I_2^\frac 12 $.
Tenta di rimuovere il primo ordine della perturbazione, cerca cio\`e una 
funzione $W(\psi, A)$ tale che valga in trasformata di Fourier:
\begin{equation}i \hat W(k,A) \left( \de_A H_0(A) \cdot k\right)+\hat H_1(k, A)=0.\end{equation}
Ti serve trovare la trasformata di $H_1$. La dipendenza angolare \`e 
$\sin^2 \phi_1Ê\sin \phi_2$. Ora 
\begin{equation}\sin \psi=\frac 1{2i} \left( e^{i\psi}-e^{-i\psi} \right).\end{equation}
Dunque, svolgendo il quadrato e i prodotti:
\begin{equation}H_1={a\over 4 i} \left( e^{i\psi_2}-e^{-i\psi_2}\right) 
-{a\over 8 i } \left( e^{i(2 \psi_1+\psi_2)}-e^{-i(2 \psi_1+\psi_2)}
+e^{-i(2 \psi_1-\psi_2)}-e^{i(2 \psi_1-\psi_2)}\right).\end{equation}
Dunque i valori di $k$ per cui la trasformata di Fourier di $H_1$ non \`e  
nulla, sono 
\begin{equation}k=\pm \binom 01, \spaz \pm \binom 21 , \spaz \pm \binom 2{-1}.\end{equation}
Per controllare se ti trovi nel caso a) o nel caso c) (il caso b) \`e escluso 
perch\'e $H_1$ \`e a 
media nulla, cio\`e la trasformata per $k=(0,0)$ \`e zero),
devi determinare $\de_A H_0(A)= \binom 1{\omega}$.
Controlla se $k\cdot \de_A H_0(A)=0$.
Vale $k\cdot \de_A H_0(A)=k_1+\omega k_2$, ma allora 
per poter rimuovere il primo ordine ti basta che $k_1+\omega k_2\neq 0$
per i valori di $k$ che hai determinato sopra. Sostituendo: 
$\omega,\,  2+\omega,\,  2-\omega$ devono essere diversi da zero, 
cio\`e  $\omega\neq 0,2, -2$.
In tal caso puoi procedere e ottieni:
\begin{equation}\begin{array}{l}
\hat W(\pm(0,1), A_1, A_2)= {I_1 I_2^\frac 12 \over \omega \sqrt{2 \omega}};
\spaz \spaz \hat W(\pm(2,1), A_1,A_2)=-
{I_1 I_2^\frac 12 \over 2 (2+\omega) \sqrt{2 \omega}} \\
\hat W(\pm(2,-1), A_1,A_2)=
{I_1 I_2^\frac 12 \over 2 (2-\omega) \sqrt{2 \omega}}.
\end{array}\end{equation}
Chi \`e la nuova hamiltoniana all'ordine 0? $K_0=A_1+\omega A_2$.

\begin{esercizio}
Considera $H=I_1\omega_1 +{I_2^2 \omega_2 \over 2} +\eps
I_1^2 I_2^2 \sin ^2 \phi_1 \sin^2 \phi_2$.
Rimuovi la perturbazioe al primo ordine.
\end{esercizio}


\vskip12pt
\noindent
{\bf Soluzione}

\noindent 
Usando l'espressione esponenziale del seno, si ottiene:
\begin{equation}\begin{split} 
&\sin^2 \psi_1 \sin^2\psi_2=\\
\frac 1{16} 
\left( 4+ e^{i (2\psi_1-2\psi_2)}+ e^{-i (2\psi_1-2\psi_2)}
+ e^{i (2\psi_1+2\psi_2)}+ e^{i (2\psi_1+2\psi_2)} \right.
\\
&\left. -2 e^{i 2\psi_1}-2 e^{-i 2\psi_1}-2 e^{i 2\psi_2}-2 e^{-i 2\psi_2}
\right).
\end{split}\end{equation}
Dunque:
\begin{equation}\hat H_1(k_1,k_1,A_1,A_2)= A_1^2 A_2^2 
\cdot\left\{ \begin{matrix}
\frac 14 & \spaz k=(0,0) \\
\frac 1{16} & \spaz k=\pm (2,2),\, \pm (2,-2)   \\
-\frac 18  & \spaz k=\pm (2,0),\, \pm (0,2)  \\
0  & \spaz \text{altrimenti}.
\end{matrix} \right. 
\end{equation}
La media \`e nulla, dunque devi portare il termine di media 
in $H_0$, cio\`e l'hamiltoniana imperturbata che devi considerare \`e 
\begin{equation}
\tilde H_0=H=I_1\omega_1 +{I_2^2 \omega_2 \over 2}-\frac {\eps}4
I_1^2 I_2^2.\end{equation} 
Sotto quali condizioni riesci a rimuovere
 la perturbazione al primo ordine?
Calcola le frequenze $\de_A H_1= \binom {\omega_1}{A_2\omega_2}$.
Allora deve essere: 
\begin{equation}
\omega_1 \pm 2 A_2\omega_2 \neq 0, \spaz \omega_1\neq 0,\spaz A_2\omega_2 
\neq 0.\end{equation} 
In tal caso:
\begin{equation}
\hat W(\pm(2,-2), A)= \pm i{A_1^2 A_2^2 \over 32(\omega_1-A_2 \omega_2) },
\, \hat W(\pm(2,2), A)= 
\pm i{A_1^2 A_2^2 \over 32(\omega_1+A_2 \omega_2) },\end{equation}
\begin{equation}\hat W(\pm(2,0), A)=\mp i {A_1^2 A_2^2 \over 16\omega_1 },
\,\hat W(\pm(0,2), A)=\mp i {A_1^2 A_2^2 \over 16\omega_2 }.
\end{equation}
La nuova hamiltonianana
 all'ordine $0$ (che in realt\`a dipende 
da $\eps$, ma non dalle variabili angolari)
 \`e $K_0=A_1\omega_1 +{A_2^2 \omega_2 \over 2}-\frac {\eps}4
A_1^2 A_2^2.$


Che succede nelle risonanze, cio\`e, ad esempio, se ti interessa il moto 
nella regione intorno a $A_2={2\omega_1 \over \omega_2}$?
Non puoi rimuovere tutto il primo ordine; in pratica sopravvive 
un termine di ordine $\eps$ che dipende dalle $\psi$. Operando come sopra, 
non puoi risolvere l'equazione per i  coefficienti di $W$
con $k=\pm(2,-2)$; i corripondenti 
termini di $H_1$ sopravvivono , e sono:
\begin{equation}
{A_1^2 A_2^2 \over 16}\left( e^{i(2\psi_1-2\psi_2)}+ e^{-i(2\psi_1-2\psi_2)}
\right)={A_1^2 A_2^2 \over 8}  \cos (2\psi_1-2\psi_2).\end{equation}
L'hamiltoniana che ottieni \`e:
\begin{equation}K=A_1\omega_1 +{A_2^2 \omega_2 \over 2}-\frac {\eps}4
A_1^2 A_2^2+\eps {A_1^2 A_2^2 \over 8}  \cos (2\psi_1-2\psi_2).\end{equation}








\section{Altri Esercizi in Formalismo Hamiltoniano}
\label{altriHam}
\subsection{Trasformazioni Canoniche}
\label{trasf_canon}
\begin{esercizio}[III Esonero 26/5/97, prima parte]

Considera la famiglia di trasformazioni da 
$\R^+\times \R^+$ in $\R^+\times \R^-$:
\begin{equation}
\begin{split}
&Q= \left( \frac p{q^3} \right)^{\alpha} \\
&P = -\left( \frac p{q^3} \right)^{\beta} ( q^4 +1 ),
\end{split}
\end{equation}
con $\alpha,\, \beta > 0$.

{\bf a)} Trova i valori di   $\alpha$ e  $\beta$ per i quali la 
trasformazione \`e canonica.

{\bf b)} Determina la funzione generatrice del tipo $F(q,Q)$ della
trasformazione.

\end{esercizio}

\begin{esercizio}[Compito del 5/6/90, parte 2]


Si consideri la trasformazione 
\begin{equation}
\begin{split}
&Q= -\arctan \frac p{2q}  \\
&P = q^2 + \alpha p^2,
\end{split}
\end{equation}
definita nell'insieme $\{ q>0, \, p>0 \}$.
Dimostrare che questa trasformazione \`e canonica per una scelta 
opportuna di $\alpha$ e scrivere, per tale valore, la trasformazione 
inversa.
\end{esercizio}

\begin{esercizio}[Esonero recupero 19/5/92, prima parte]


Trovare per quali valori di $\alpha,\,\beta$ la seguente trasformazione 
\`e canonica:
\begin{equation}
\begin{split}
&Q= \sqrt{ p } e^{\alpha q}  \\
&P = -2 p^{\beta} e^{\frac q2}.
\end{split}
\end{equation}
In corrispondenza di tali valori scrivere la fuinzione generatrice
della trasformazione.

\end{esercizio}





\begin{esercizio}[III Esonero 1/6/95 (Marchioro), prima parte]

Data la seguente trasformazione: $(q,p)\leftrightarrow (Q,P)$
\begin{equation}
\begin{split}
&q= -\frac 14 Q^{\alpha} P \\
&p = Q^{\beta},
\end{split}
\end{equation}
con 
$\alpha,\, \beta\in \R $, 
trovare i valori di $\alpha$ e $\beta$ per cui essa \`e canonica
e trovarne la funzioni generatrice $F(q,Q)$.
\end{esercizio}

\subsection{Hamilton-Jacobi e variabili azione-angolo}

\begin{esercizio}[by Negrini, 2000]
Si consideri l'hamiltoniana
$$H=\frac {p_1^2}{q_1^2}+\frac {p_2^2}{q_2^2}
+ \sin( q_1^2 + q_2^2),$$
e si consideri la funzione generatrice
$$S= \frac {q_1^2+q_2^2}2 P_1 + q_1^2 P_2.$$

{\bf a)} Si determini la trasformazione canonica individuata da $S$,
nella regione $q_1,\, q_2>0$.

{\bf b)} Si determini la nuova Hamiltoniana.

{\bf c)} Si determinino le soluzioni delle equazioni del moto
per la nuova Hamiltoniana.

{\bf d)} Le soluzioni ottenute permettono di trovare le 
soluzioni delle equazioni del moto nelle vecchie variabili?


\end{esercizio}

\noindent
{\bf Soluzione.}

{\bf a)} La funzione generatrice dipende dalle vecchie coordiante e 
dai nuovi impulsi. Pertanto la traformazione canonica 
\`e implicitamente definita da:
\begin{equation}
\begin{split}
&Q_1= \frac {q_1^2 + q_2^2}2 \\
&Q_2= q_1^2 
\end{split}
\spaz\spaz 
\begin{split}
&p_1= q_1P_1 +2q_1P_2 \\
&Q_2= q_2P_1.
\end{split}
\end{equation}
La trasformazione canonica \`e dunque:
\begin{equation}
\begin{split}
&q_1= \pm \sqrt{Q_2}\\
&q_2= \pm \sqrt{2Q_1 -Q_2 }
\end{split}
\spaz\spaz
\begin{split}
&p_1= \pm \sqrt{Q_2} (P_1+2P_2) \\
&p_2 = \pm \sqrt{2Q_1- Q_2} P_1.
\end{split}
\end{equation}
Nella regione $q_1,\,q_2>0$ il segno da scegliere \`e $+$.

{\bf b)} Sostituendo nell'espressione di$H$ si ottiene l'hamiltoniana nelle 
nuove variabili:
$$K=(P_1+2P_2)^2 + P_1^2 + \sin(2Q_1).$$

{\bf c)} 
La variabile $Q_2$ \`e ciclica, dunque $P_2$ si conserva, e $K$ si conserva.
Un modo per ottenere la quadratura del moto \`e di scrivere la
lagrangiana unidimensionale per la variabile $Q_1$, pensando $P_2$
come un parametro fissato (un altro 
\`e la  soluzione dell'equazione di Hamilton-Jacobi, per separazione 
di variabili, o l'ispezione diretta delle equazioni del moto).
Si ottiene 
$$L= P_1 \dot Q_1 - K,$$
dove 
$$\dot Q_1 = \dde {K}{P_1}=4P_1 + 4P_2.$$
La lagrangiana \`e:
$$L=\frac 18 \dot Q_1^2 -\dot Q_1 P_2 -2 P_2^2 -\sin(2Q_1).$$
In questa lagrangiana il termine  $-2 P_2^2$ \`e costante, e posso 
eliminarlo, 
inoltre il termine $\dot Q_1 P_2$ \`e una derivata totale 
ripetto al tempo ($\dot Q_1 P_2 = \dt\left(Q_1P_2\right)$), 
quindi non influisce sulle equazioni del moto, e posso elimare 
anch'esso.
In definitiva la Lagrangiana che descrive il moto \`e
$$L= \frac 18 \dot Q_1^2 -\sin(2Q_1),$$
che ha come energia totale 
$$E= \frac 18 \dot Q_1^2 +\sin(2Q_1).$$
L'analisi qualitativa di questo moto \`e assolutamente standard.

Il moto di $Q_1$ \`e descritto da:
$$t= \pm \int^{Q_1} dQ_1 \frac 1{\sqrt{8(E- \sin(2Q_1))}}, $$
la determinazione del moto nelle altre variabili 
\`e determinato integrando le equazioni di Hamilton:
\begin{equation}
\begin{split}
&P_2(t)=P_2(0) \\
&P_1(t) = \frac 14 \dot Q_1(t) -P_2(0) \\
&Q_2(t) = Q_2(0) + Q_1(t)-Q_1(0) + 4tP_2(0).
\end{split}
\end{equation}

{\bf d)} 
La trasformazione effettuata \`e valida solo fino a che 
$Q_2\ge 0$ e $2Q_1-Q_2\ge 0$.
Quindi posso ottenere le soluzioni nelle vecchie 
variabili solo fino a quando 
$Q_2(t)\ge 0$ e  $2Q_1(t)-Q_2(t)\ge 0$.
Dalle soluzioni delle  equazioni di Hamilton si ottiene:
\begin{equation}
\begin{split} 
&Q_2(t) = Q_2(0) + Q_1(t)-Q_1(0) + 4tP_2(0) \\
&(2Q_1-Q_2)(t)= 2Q_1(0)- Q_2(0) + Q_1(t)-Q_1(0) -4tP_2(0)
\end{split}
\end{equation}
Ne segue che  se $P_2(0) \ne 0$, e il moto in $Q_1$ \`e limitato, 
il moto raggiunge o la frontiera $Q_2(t)=0$ o 
la frontiera $2Q_1(t) - Q_2(t)=0$.
Infatti, o $Q_1(t)-Q_1(0) + 4tP_2(0)$ o $Q_1(t)-Q_1(0) + 4tP_2(0)$
tende a meno infinito.

Quindi la soluzione trovata non pu\`o essere estesa per tutti 
i tempi nelle vecchie variabili.
Per ottenere la soluzioni per tutti i tempi 
bosogna considerare la trasfrmazione canonica 
nelle altre regioni dello spazio delle fasi.

Esistono, per\`o, dati iniziali per cui si ottiene 
globalemente il moto nelle vecchie variabili.
Sia ad esempio $P_2>0$ e consideriamo i moti illimitati in $Q_1$,
con $\dot Q_1>0$ (che corrispondono a $E>1$).
Allora, 
se $\sqrt{8(E-1)}>4P_2$, le condizioni per l'invertibilit\`a sono 
sempre soddisfatte, infatti:
$$\frac {Q_1(t)-Q_1(0)}t=\dot Q_1(\tau)= \sqrt{8(E-\sin(2Q_1(\tau)))},$$
per un opportuno tempo intermedio $0<\tau<t$.
Dunque: $Q_1(t)-Q_1(0)\pm 4t P_2>0$.




\begin{esercizio}[(III Esonero 26/5/97, seconda parte]

Un'asta omogenea di massa $m$ e lunghezza $l$ \`e vincolata 
a muoversi su di un piano orizzontale $(O,\,x,\,y)$.
Sul suo punto medio $P$ \`e applicata  una forza di energia potenziale
$$V=\frac {J^2}{2m} \frac {y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2} + \frac k2 
(x^2+y^2), $$
dove $x,\,y$ sono le coordinate del punto $P$, e $k>0,\, J$ paramteri 
fissati.

Usa come variabili lagrangiane la distanza $\rho$ di $P$ dall'origine 
$O$, 
l'angolo $\theta $ che $PO$ forma con l'asse delle $x$, e l'angolo $\phi$ 
che l'asta forma con l'asse delle $x$.

{\bf a)}
Scrivi la Lagrangiana e l'Hamiltoniana;

{\bf b)} risolvi l'equazione di Hamilton-Jacobi per separazione 
di variabili;

{\bf c)} considera il dato iniziale
\begin{equation}
\begin{split}
&P_{\rho}(0)= 0 \\
&\rho(0)=\rho_0>0 \end{split}
\spaz\spaz
\begin{split}
&P_{\theta}(0) = 0
\\
&\theta(0)= \theta_0 
\end{split}
\spaz\spaz
\begin{split}
&P_{\phi}(0)= p_0 > 0 \\
&\phi(0)=0.
\end{split} 
\end{equation}
Per quali valori di $\theta_0$ il moto \`e multiperiodico (
cio\`e \`e nella regione dello spazio delle fasi in cui il moto pu\`o 
essere descritto in variabili azione-angolo)?

{\bf d)} Sia ora $P_{\phi} (0)= 0$. Trova un valore di $\theta_0$ per 
cui il moto \`e periodico.
\end{esercizio}

\begin{esercizio}[III Esonero 1/6/95 (Marchioro) seconda parte]

In un piano verticale \`e posto un disco omogeneo di centro $C$, masa 
$M$ e raggio $R$, che rotola senza strisciare lungo un asse orizzontale 
$x$. In tale piano \`e posta un'asta omogenea pesante di massa $m$ 
e lunghezza $L=R$ ed i cui estremi $A$ e $B$ sono obbligati a scorrere 
senza attrito lungo una guida liscia solidale alla circonferenza 
del disco.

Scegliamo come variabili Lagrangiane l'ascisa $x_C$ del centro del
disco e l'angolo $\theta $ che $CH$ forma con la verticale 
discendente, ove $H$ \`e il punto di mezzo dell'asta $AB$.


{\bf a)} Scrivere le equazioni del moto con il metodo di Lagrange.

{\bf b)} Trovare due integrali primi e, tramite questi, considerando 
le seguenti condizioni inizilali:
$$x_C(0)=0;\spaz \dot x_C(0)=0; \spaz \theta(0)=0: \spaz
\dot \theta (0)= \dot\theta_0,$$
trovare i valori di $\dot \theta_0$ per cui l'asta compie una rotazione
completa.

{\bf c)} Scrivere prima l'Hamiltoniana e poi 
l'equazione di Hamilton-Jacobi.

{\bf d)} (aggiunto) Risolvere per separazione di variabili l'equazione 
di Hamilton-Jacobi. Esiste una regione nello spazio delle fasi 
in cui il motot pu\`o essere descritto in variabile azione-angolo?
\end{esercizio}

\begin{esercizio}[Esonero 19/5/92 (recupero), seconda parte]

Data la Lagrangiana 
$$L= (1+q^2) \dot q^2 - \dot q + q,$$

{\bf a)} Scrivere la corrispondente Hamiltoniana e le equazioni di 
Hamilton.

{\bf b)} Scirvere l'equazione di Hamilton-Jacobi relativa a tale 
Hamiltoniana e riportare il moto del sistema alle quadrature.

{\bf c}) Scrivere l'energia meccanica totale corrispondente alla 
Lagrangiana $L$. Utilizzando la conservazione dell'energia, 
riportare il sistema alle quadrature. Confrontare il risultato 
con quanto ottenuto mediante l'equazione di Hamilton-Jacobi.
\end{esercizio}

\begin{esercizio}[Compito 12/10/94, seconda parte]

Si consideri il sistema di equazioni differenziali
\begin{equation}
\begin{split}
&\dot q = p - q^2 \\
&\dot p = 2 q^3 - 2 pq 
\end{split}
\end{equation}

{\bf a)} Si riconosca che il sistema \`e hamiltoniano.

{\bf b)} Si risolva il sistema usando il metodo di Hamilton-Jacobi.

\end{esercizio}

\begin{esercizio}[Compito 23/9/91]

Un corpo rigido \`e formato da un semidisco omogeneo di massa $M$ e raggio 
$R$ e da un'asta di massa $m$ e lunghezza $2R$. 
Esso \`e vicolato da una cerniera a ruotare attorno a $C$ in un piano 
verticale, e sia $\theta$ l'angolo che l'asta forma con l'asse
(vedi figura).
\begin{figure}[h]
\centerline{
\psfig{figure=figbo.eps}
}
\end{figure}

{\bf a)} Scirvere la Lagrangiana e mostrare che essa assume la forma
$$L= \frac I2 \dot \theta^2 - a\sin \theta - b \cos \theta,$$
e scrivere le espressioni di $I,\, a,\, b$ in funzione dei $R,\,M,\, m$.

{\bf b)} Determinata l'Hamiltoniana, scrivere l'equazione di Hamilton-Jacobi
e risolvere il problema della dinamica del corpo riportando tale 
equazione alle quadrature.

{\bf c)} Dire sotto quali condizioni la posizione $\theta=0$ \`e di equilibrio.
AQl di fuori di tali condizioni studiare il moto del corpo con 
condizioni iniziali $\theta(0)=0,\, \dot \theta (0)=0$.
Specificare se la rotazione avviene inizialemente in senso orario o 
antiorario, se esiste un tempo $t^*$ in cui l'asta raggiunge una posizione 
verticale ed in tal caso determinare l'espressione di tale tempo $t^*$.
\end{esercizio}

\begin{esercizio}[Compito 5/6/90, prima parte]

Una particella puntiforme di massa $m=1$ si muove nel piano 
sotto l'azione di una forza conservativa di energia potenziale
$$V(r)= -\frac 1{r^{\frac 32}},$$
esendo $r$ la distanza dall'origine.

Si supponga che, all'istante $t=0$, indicando con $\theta$ 
l'angolo polare rispetto all'origine:
$$r(0)=1,\spaz \dot r(0)= v_0,\spaz \dot \theta(0)=1.$$
Si chiede di dire per quali valori di $v_0$ il moto \`e quasi periodico.
\end{esercizio}

\subsection{Teoria delle perturbazioni}
\begin{esercizio}
Si consideri l'Hamiltoniana
$$H(q,p)= \frac 12 p^2 + \frac 12 \omega^2 q^2 + \eps 
( q^3 + \lambda qp^2).$$
Si trovi una trasformazione canonica polinomiale, che trasforma 
$H$ in una 
Hamiltoniana della forma:
$$K(Q,P)=\frac 12 P^2 + \frac 12 \omega^2 Q^2 + 
\eps^2 V(Q,P,\eps),$$
con $V(Q,P,\eps)$ limitato in $\eps$.
Si utilizzi tale trasformazione per scrivere la soluzione 
generale delle equazioni del moto a meno di termini di oridine
$\eps^2$.
\end{esercizio}





\section{Ulteriori (Pochi)  Esercizi in Formalismo Hamiltoniano}
\label{ulterHam}

\begin{esercizio}
Due aste omogenee di massa $M$ e lunghezza $L$, una 
di estremi $A$ e $B$ e l'altra di estremi $C$ e $D$, si muovono 
in un piano verticale.
L'estremo $B$ \`e incernierato, senza attrito,
 nel baricentro dell'asta $CD$.
Una molla di costante elastica $k$ lega $A$ a $C$.

{\bf 1} Determinare i gradi di libert\`a

{\bf 2} Scrivere la Lagrangiana

{\bf 3} Scrivere l'Hamiltoniana

{\bf 4} Scrivere l'equazione di Hamilton Jacobi

{\bf 5} Risolvere l'equazione di Hamilton Jacobi

{\bf 6} Supponendo che inizialmente le aste sono ferme, 
con $CD$  parallela all'asse
delle $x$,,
con l'ascissa di $C$ minore dell'ascissa di $D$
 e con $AC$ parallela all'asse delle $y$ con l'ordinata di $A$ maggiore
dell'ordinata di $B$.
Che angolo forma la direzione di $CD$  con l'asse orizzontale 
quando $C$ passa per il baricentro di $AB$?

\end{esercizio}

\begin{esercizio}

Una circonferenza omogenea, di raggio $R$ e massa $M$, \`e vincolata 
a muoversi in un piano orizzontale, passando sempre per un punto fisso
$O$ del piano. Un'altra circonferenza di raggio $r<R$ e massa $m$ rotola
senza strisciare sul bordo interno della prima.

{\bf 1} Scrivere la lagrangiana

{\bf 2} Scrivere l'hamiltoniana

{\bf 3} Scrivere l'equazione di Hamilton Jacobi

{\bf 4} discutere la riconducibilit\`a del moto alle 
quadrature e, eventualmente, la regione dello 
spazio delle fasi in cui si possono definire le variabili 
azione-angolo

\end{esercizio}

\begin{esercizio}

In un piano orizzontale, l'estremo $A$ di un'asta omogenea
di massa $m$ e lunghezza $L$ \`e vincolato a muoversi su di una
guida circolare fissa del piano, di centro $O$ e raggio $R>L$. 
L'altro estremo dell'asta \`e richiamato da $O$ da una molla
di costante elastica $k$.



{\bf 1} Scrivi la lagrangiana

{\bf 2} Scrivi l'hamiltoniana

{\bf 3} Determina la regione nello spazio delle fasi 
in cui si possono introdurre le variabili azione-angolo


{\bf 4} Discuti le posizioni di equilibrio e la loro 
stabilit\`a.

{\bf 5} Prova che esistono moti per cui l'asta rimane 
parallela al raggio che passa per $A$, sia interna che 
esterna alla guida. Osserva che sono moti periodici.

{\bf 6} Discuti se le orbire descritte al punto 5 
sono stabili, cio\`e se una piccola perturbazione 
dei dati iniziali fa ruotare l'asta in modo che 
rimanga per tutti i tempi vicina al raggio $OA$ oppure no.

{\bf 7} Trova un'altra famiglia di soluzioni periodiche, oltre 
a quelle descritte nel punto 5.

\end{esercizio}
\begin{esercizio}
Sia 
$$H=\frac 12 P_{\rho}^2 + \frac 1{2\rho^2} P_{\theta}^2 -\rho \cos \theta
-\frac 12 \rho^2 \sin^2\theta,$$
e sia, al tempo 0
$\theta(0)=P_{\theta}=0$ e $\rho = P_{\rho} = 1$.
Sia $S(\rho,\theta,P_1,P_2)=P_1 \rho \cos \theta +\alpha 
P_2 \rho \sin \theta $,
con $\alpha \in \R$ una funzione generatrice, con $x_1,x_2,P_1,P_2$
nuove coordinate ed impulsi.
Determina i valori di $\alpha\in \R$ tali 
che l'hamiltoniana nelle nuove variabili sia 
integrabile.

Utilizza tale trasformazione per 
determinare il valore di $\theta, \rho, P_{\rho}, P_{\theta}$ al tempo 
$t=\pi$.
\end{esercizio}


\section{Altro}
\label{altro}

\begin{esercizio}

In un piano verticale $(x,y)$ di origine $O$, 
considerate il sistema materiale
formato da due punti $P_1,\,P_2$, 
di massa $m_1,\, m_2$, rispettivamente; un vincolo liscio obbliga
$O, \, P_1, \, P_2$ ad essere allineati.
Inoltre il punto $P_1$ \`e vincolato a muoversi lungo la
circonferenza di centro $(R,O)$ e raggio $R$, ed il punto $P_2$ \`e 
vincolato a muoversi lungo la retta $x=2R$.

a) Determinare la funzione di Lagrange;

b) Determinare per quali valori del parametro $a=\frac {m_2}{m_1}$ 
si possono avere
posizioni di equilibrio;

c) Determinare le piccole oscillazioni intorno alla posizione di equilibrio.

\end{esercizio}

\noindent
{\bf Soluzione}

\noindent
Il problema \`e evidentemente ad un solo grado si libert\`a. 
Scelgo come variabile l'angolo $\phi$ che la direzione $O\, P_1\, P_2$
forma con l'asse delle $x$.
Per i vincoli presenti, $-\frac \pi2 < \phi < \frac \pi2$.
Con un po' di trigonometria elementare si ottiene:

\begin{equation} 
P_1=\binom {2R \cos^2\phi} {2R \sin \phi \cos \phi}\spaz \spaz
P_2=\binom {2R} {2R \tan \phi},
\end{equation}
quindi:
\begin{equation} 
\dot P_1=\dot \phi \binom {-4R \sin \phi \cos \phi} 
{2R (\cos^2 \phi- \sin^2 phi}\spaz \spaz
\dot P_2=\dot \phi \binom {0} {2R \frac 1{\cos^2 \phi}},
\end{equation}

L'energia potenziale dovuta alla forza di gravit\`a \`e 
\begin{equation}
V= 2Rg(m_1  \sin \phi \cos \phi + m_2 \tan \phi),
\end{equation}
dove $g$ \`e l'accelerazione di gravit\`a.

Quadrando e sommando i termini cinetici si ottiene la Lagrangiana:
\begin{equation}
L= 2R^2 \dot \phi^2 (m_1+m_2 \frac 1{\cos^4 \phi}) -
2Rg(m_1  \sin \phi \cos \phi + m_2 \tan \phi).
\end{equation}

Per analizzare le posizioni di equilibrio, prima del calcolo delle
derivate, tento un grafico qualitativo dell'energia potenziale $V$,
ricordandomi che $2\sin \phi \cos \phi = \sin (2\phi)$.
\begin{figure}[h]
\centerline{
\psfig{figure=silvia.eps}
}
\end{figure}

\noindent
In nero ho disegnato il seno di $(2x)$ e la tangente di $x$, 
nell'intervallo $(-\frac \pi2, \frac \pi2)$. 
La curva blu \`e la somma, con coefficienti davanti al seno e 
alla tangente, dello stesso ordine,
la curva rossa l'ho ottenuta con un coefficiente davanti alla tangente
molto piu' piccolo del coefficiente davanti al seno.
I due coefficienti sono esattamente le masse. Dunque deve 
esistere un valore critico $\bar a$ del parametro $a=\frac {m_2}{m_1}$ 
tale che:
\begin{itemize}
\item per $a< \bar a$ ci sono quattro posizioni di 
equilibrio;
nell'ordine crescente di $\phi$: instabile stabile instabile stabile;
\item per $a \to 0$ le posizioni estreme tendono a $0=2\pi$, 
le altre tendono alle posizioni di equilibrio per il potenziale 
$\sin (2\phi)$, che sono evidentemente $\pm\frac \pi4$;
\item per $a \to \bar a^-$ le due posizioni di equilibrio a sinistra andranno 
a coincidere, cos\'{\i}     come le due a destra (vviamente saranno 
tutte instabili);
\item 
per  $a> \bar a$ non ci sono posizioni di equilibrio: qualunque sia 
il dato iniziale $\lim_{t\to +\infty} \phi(t)= -\frac \pi2$, 
cio\`e l'ordinata di $P_2$ va a $-\infty$ e $P_1 \to O$.
\end{itemize}

Procedendo esplicitamente:
\begin{equation} 
V'= 2Rg( m_1(\cos^2 \phi - \sin^2 \phi)  + m_2 \frac 1{\cos^2 \phi}) = 
2Rg ( m_1( 2\cos^2 \phi -1) +
 m_2 \frac 1{\cos^2 \phi}).
\end{equation}
Le posizioni di equilibrio le ottengo annullando $V'$, 
risolvendo, cio\`e:
\begin{equation}
2 m_1 \cos^4 \phi - m_1 \cos^2 \phi   + m_2 =0.
\end{equation}
Ottengo
\begin{equation} 
\cos^2 \phi = \frac 14 \left( 1 \pm \sqrt{1-8a} \right).
\end{equation}
Dunque il valore critico del parametro \`e $\bar a = \frac 18$.
Per $a> \bar a$ non ci sono soluzioni.
Per $a< \bar a$ si ha $0<1-8a<1$, dunque
\begin{equation} 
\cos \phi =  \frac 12 \sqrt{ 1 \pm \sqrt{1-8a} }
\end{equation}
(scarto i valori negativi perch\`e $|\phi| < \frac \pi2$).
In definitiva ho le quattro posizioni di equilibrio che mi aspettavo:
\begin{equation} 
\phi= \pm \arccos \left( 
 \frac 12 \sqrt{ 1 \pm \sqrt{1-8a} } \right).
\end{equation}
Per $a=\bar a$ esse coincidono a due a due, nei punti
\begin{equation}
\phi= \pm \frac \pi3.
\end{equation}
L' analisi della  stabilit\`a \`e facilmente ottenibile dal 
grafico.


Per $a<\bar a$ esistono due posizioni di equilibrio stabile:
$\phi_1= - \arccos \left( 1 - \sqrt{1-8a} \right)$ 
e
$\phi_2= \arccos \left( 1 + \sqrt{1-8a} \right)$ .
Il modo pi\`u pulito per determinare la frequenza delle piccole 
oscillazioni \`e quello di scrivere la lagrangiana delle 
piccole oscillazioni. Per fare ci\`o bisogna calcolare 
la derivata seconda  dell'energia potenziale.
La indico con $V''$. 
Detto $\alpha_i$ lo scostamento dall'equilibrio $\phi_i$ ($i=1,2\,$), 
le lagrangiane delle piccole oscillazioni sono:
\begin{equation}
L_i=  2R^2 \dot \alpha_i^2 (m_1+m_2 \frac 1{\cos^4 \phi_i})
-\frac 12 V''(\phi_i) \alpha_i^2,
\end{equation}
quindi le frequenze delle piccole oscillazioni intorno ai due 
equilibri stabili sono:
\begin{equation}
\omega_i= \frac 1{2R} \sqrt{ \frac {V''(\phi_i)} {
m_1 +\frac {m_2}{\cos^4 \phi_i} }}.
\end{equation}
(Notare che, svolti i conti, esse dipendono solo dal rapporto tra 
le masse $a$).










\providecommand{\bysame}{\leavevmode\hbox to3em{\hrulefill}\thinspace}
\begin{thebibliography}{10}
\bibitem{arnold1}
V. I. Arnold
{\it Metodi Matematici della Meccanica Classica}
Editori Riuniti

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{\it Equazioni Differenziali Oridinarie}
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F. Bampi, M. Benati, A. Morro
{\it Problemi di Meccanica Razionale}
ECIG


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G. Dell'Antonio
{\it Elementi di Meccanica: Meccanica Classica}
Liguori Editore


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G. Dell'Antonio, E. Orlandi, A. Teta
{\it Esercizi  di Meccanica Razionale}
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Zanichelli


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