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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

\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



\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}












\end{document}

