%&latex

\documentclass[12pt,a4paper]{article}
\usepackage{amsmath}
\input amssymb.sty
\usepackage{latexsym}
\usepackage{psfig}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{enumerate}
%\usepackage{showkeys}
%\usepackage{hyperref}
\usepackage[italian]{babel}
\usepackage{html}
\usepackage[dvips]{color}
\pagecolor[gray]{1}

\numberwithin{equation}{section}

\newcommand{\grad}{\nabla}
\newcommand{\lap}{\triangle}
\newcommand{\ort}{\perp}
\newcommand{\de}{\partial}
\newcommand{\dde}[2]{{\dfrac {\partial {#1}}{\partial {#2}}}}
\newcommand{\dt}{\dfrac{d~}{dt}}
\newcommand{\dx}{\dfrac{d~}{dx}}
\newcommand{\spaz}{\phantom{..}}
\newcommand{\R}{\mathbb R}
\newcommand{\Q}{\mathbb Q}
\newcommand{\Z}{\mathbb Z}
\newcommand{\N}{\mathbb N}
\newcommand{\eps}{\varepsilon}
\newcommand{\ve}[1]{{\mathbf {#1}}}
\newcommand{\vev}[1]{{\boldsymbol {#1}}}
\newcommand{\vai}{\htmladdnormallink}
\newtheorem{teo}{Theorem}[section]
\newtheorem{propo}[teo]{Proposition}
\newtheorem{defi}{Definition}[section]
\newtheorem{esercizio}{Esercizio}[section]
\newcommand{\fcr}{\mathcal X}
\newcommand{\Cal}[1]{{\mathcal {#1}}}

\begin{document}





\footnotesize
\baselineskip=14pt


\hsize=500pt

\addtolength{\hoffset}{-50pt}
\addtolength{\voffset}{-60pt}
\addtolength{\textheight}{100pt}
\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{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}








\end{document}

