5 Soluzioni di alcuni compiti di esame

5.0.1 L,S,PO: Compito di Meccanica, febbraio '97

5.0.2 L,S,PO: Primo compito di esonero, a.a. 93-94.

La lagrangiana del sistema è:

$$L(s,\dot s, \theta, \dot \theta) = {1 \over 2}\{m_{1}a^{2} \dot \... ...theta^{2} + \dot s^{2})\} -g \{m_{1}a+m_{2}s\}\sin \theta -{k\over 2}(s-a)^{2}.$$ (5.1)

Le soluzioni di equilibrio sono assegnate dagli zeri del sistema:

$$\begin{array}{l} {\partial U \over \partial s} = - m_{2}ga \s... ...l \theta} = -g(m_{1} a + m_{2}s)\cos \theta = 0.\cr \end{array}$$ (5.2)

Esse sono dunque:

$$\begin{array}{l} (\theta_{1},s_{1}, ) = \left( {1 \over 2}\pi... ...( -\arcsin\alpha, -{am_{1}\over m_{2}} \right), \cr \end{array}$$ (5.3)

ricordando che $\alpha = k {m_{1} + m_{2} \over g m_2^2 }.$ Ovviamente, le ultime due soluzioni esistono solo quando $\alpha \le 1$.

Per studiare la stabilità delle soluzioni studiamo la matrice Hessiana di $U$. Ad essa è associata la forma quadratica:

$$H(s,\theta)(u,v) = -ku^{2} -2m_{2}g \cos\theta uv - g(m_{1}a + m_{2}s)v^{2}.$$ (5.4)

Calcoliamola nelle varie posizioni di equilibrio.

Si ha:

$$\begin{array}{l} H(s_{1},\theta_{1})(u,v) = -ku^{2} - {g^{2}m... ...{4})(u,v) = -ku^{2} -2m_{2}g\cos\theta_{4} uv.\cr \end{array}$$ (5.5)

Dunque finché $\alpha -1 > 0$ (rispettivamente $< 0$), la posizione $(s_{1},\theta_{1})$ è instabile (risp. stabile). La posizione $(s_{2}\theta_{2})$ è sempre stabile. Quando esistono, cioé per $\alpha -1 < 0$, le posizioni $(s_{3},\theta_{3}), (s_{4},\theta_{4})$ sono instabili.

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

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

Passiamo alla quarta domanda. Il sistema di Lagrange è:

$$\ddot s = \left(\omega^{2} - {k \over m_{2}}\right) s + \left({{ka}\over m_{2}} - g \sin\omega t\right).$$ (5.6)

Si tatta di un' equazione lineare con termine forzante dipendente dal tempo. Possiamo riscriverla come un sistema del primo ordine. Introduciamo le matrici:

$$u =\left( \matrix s \dot s \endmatrix\right), A = \left( \matr... ...mbda & 0 \endmatrix\right), F(t) = \left( \matrix 0 f(t)\endmatrix\right),$$ (5.7)

dove $\lambda = \omega^{2} - {k \over m_{2}}, f(t) = \left({{ka}\over m_{2}} - g \sin\omega t\right).$ Si ha la seguente formula risolutiva:

$$u(t) = e^{At}\left( u_{0} + \int_{0}^{t} e^{-As} F(s) ds\right).$$ (5.8)

Per quanto riguarda la matrice $e^{At}$ si ha:

i)

$$\lambda > 0: e^{At}= \left( \matrix{{e^{\sqrt \lambda t}}\over \s... ...er \sqrt \lambda} e^{\sqrt \lambda t} & e^{-\sqrt \lambda t}\endmatrix\right)$$ (5.9)

ii)

$$\lambda <0: e^{At} = \left( \matrix{\cos \sqrt {\vert \lambda\ver... ...\vert \lambda\vert} t & \cos \sqrt {\vert \lambda\vert} t \endmatrix\right).$$ (5.10)

Il lettore completi i calcoli.

5.0.3 CR,L,S Compito di Meccanica Razionale, 6/6/'96, I$^o$ appello, sess. estiva.

1)

$$OG=(R-r)\binom {\cos \theta}{\sin \theta} \phantom{..}\phantom{..} v_G=(R-r)\dot \theta \binom {-\sin \theta}{\cos \theta}$$ (5.11)

La condizione di puro rotolamento è:

$$\left( \matrix0 0 \dot \psi \endmatrix\right) \times R \left(... ...) \dot \theta \left( \matrix -\sin \theta \cos \theta 0 \endmatrix\right)$$ (5.12)

cioé: $R\dot \psi=r \dot \phi +(R-r) \dot \theta$, che è integrabile: $R\omega t= r \phi +(R-r) \theta +const.$ .

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

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

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

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

A meno di derivate totali rispetto al tempo, la lagrangiana é:

$$L=\frac 34 M(R-r)^2 \dot \theta^2 +\frac 12 m\dot y^2 -\frac 12 \left( y^2 -2y (R-r) \sin \theta \right) -Mg (R-r) \sin \theta -mgy.$$ (5.13)

3) Equilibri:

$$\begin{array}{l} \partial _y V= ky -k(R-r) \sin \theta +m g =... ... \partial _{\theta} V= (Mg-ky) (R-r) \cos \theta=0, \end{array}$$ (5.14)

da cui si ricava: $\cos \theta=0$, oppure $y={Mg \over k}$. Quindi le soluzioni stazionarie sono: $(\pm \frac \pi 2, \pm (R-r) -{mg\over k} )$ e, indicato $\lambda= {(M+m) g\over (R-r) k}$, se $\lambda < 1$: $(\arcsin \lambda, {Mg\over k})$, $(\pi -\arcsin \lambda, {Mg\over k})$.

4) Stabilità: l'hessiano dell'energia potenziale è

$$H= \left( \matrix k & -k(R-r) \cos \theta -k(R-r) \cos \theta & -(R-r) (Mg-ky) \sin \theta \endmatrix\right).$$ (5.15)

Per $(\theta, y )=( \frac \pi 2, (R-r) -{mg \over k})$:

$$H=\left( \matrix k & O O & -k(R-r)^2(\lambda -1) \endmatrix\right)$$ (5.16)

dunque è stabile se $\lambda < 1$, instabile se $\lambda>1$.

Per $(\theta, y )=( -\frac \pi 2, -(R-r) -{mg \over k})$:

$$H=\left( \matrix k & O O & k(R-r)^2 (\lambda +1) \endmatrix\right)$$ (5.17)

dunque è stabile per tutti i valori di $\lambda$.

Per $\lambda < 1$, $y={Mg \over k}$:

$$H=\left( \matrix k & -k(R-r)\cos \theta -k(R-r)\cos \theta & 0 \endmatrix\right);$$ (5.18)

det$H=-k^2 (R-r)^2 \cos^2 \theta<0$, dunque sono entrambe instabili.

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

4) Le Equazioni del moto sono:

$$\left\{ \begin{array}{l} \frac 32 M (R-r) \ddot \theta= -(Mg-ky) \cos \theta m\ddot y =-ky +k (R-r) \sin \theta -mg \end{array} \right.$$ (5.19)

ora $\theta(t)\equiv \pm \frac \pi 2$ risolve identicamente la prima equazione; dunque il moto del punto $Q$ è dato da:

$$m\ddot y =-ky \pm k (R-r) -mg,$$ (5.20)

che è un moto armonico intorno agli equilibri $y=\pm (R-r) - {mg\over k}$.

5.0.4 CR,L,S Compito di Meccanica Razionale, sess. estiva (Pulvirenti)

La condizione di puro rotolamento fornisce per il moto del baricentro:

$$v_{G} = (0, R\dot \phi).$$ (5.21)

e quindi, viste le condizioni iniziali:

$$(x_{G}, y_{G}) = (0, R\phi).$$ (5.22)

Il punto $P$ ha coordinate:

$$P\equiv (\xi \cos \phi, R\phi + \xi \sin \phi).$$ (5.23)

La Lagrangiana del sistema $L = T + U$ è:

$$\begin{array}{l} L = {1\over 2} \bigl( I_{G} + MR^{2} + m \xi... ...)gR\phi -mg\xi \sin \phi -{k^{2}\over 2}\xi^{2}.\cr \end{array}$$ (5.24)

Le posizioni di equilibrio sono gli zeri del gradiente del potenziale $U$

$$\begin{array}{l} {\partial U\over {\partial \xi}} = -mg\sin \... ...{\partial \phi}} = -mg \xi\cos \phi - (m + M)gRÖ\cr \end{array}$$ (5.25)

Pertanto gli equilibri esistono solo se :

$$\beta \equiv {{2k(m + M)R}\over {m^{2}g}} \le 1$$ (5.26)

e sono:

$$\begin{array}{l} (\phi_{1} = {1\over 2}\arcsin\beta, \xi_{1} ... ...csin\beta, \xi_{2} = -{mg \over k}\sin \phi_{2})\cr \end{array}$$ (5.27)

Lo Hessiano del potenziale è dato da:

$$\matrix -k & -mg\cos \phi -mg\cos \phi & -{m^2 g^2 \over k} \sin^2 \phi \endmatrix$$ (5.28)

Dunque la sua traccia,in entrambe le posizioni di equilibrio, é negativa, cioé la somma degli autovalori dello Hessiano è negativa. Il determinante $\Delta$ vale:

$$\Delta = -m^{2}g^{2}\cos 2\phi,$$ (5.29)

Quindi, finché $\beta < 1$, $\Delta$ è negativo se $\phi = \phi_{1}$ (e quindi equilibrio instabile), positivo se $\phi = \phi_{2}$ (e quindi equilibrio stabile). Per $\beta = 1$ si ha un caso critico. Infine, alla quarta domanda si risponde osservando che in questo caso il moto è uniformemente accelerato.

5.0.5 CR,L,S Compito sessione estiva a.a. 93-94

5.0.6 CR,L,S,PO: Compito di Meccanica Razionale del 6.10.94

La lagrangiana del sistema è:

$$L = {1\over 2}(m\dot y^{2} + I \dot \phi^{2} - b y^{2}) -mgy +aLy \sin\phi,$$ (5.30)

dove si è posto $b=k_{1} + k_{2}.$

Equilibri. Si debbono determinare gli zeri del campo gradiente:

$$\begin{array}{l} {\partial LÊ\over \partial y}= -mg -by +aL \... ...\partial LÊ\over \partial \phi}= aLy \sin \phi. \cr \end{array}$$ (5.31)

Si hanno le seguenti soluzioni:

$$(y = 0, \phi_{1} = \arcsin \alpha),(y=0, \phi_{2} = \pi- \arcsin \alpha),$$ (5.32)

sse $\alpha \le 1$.Inoltre, si hanno le restanti soluzioni, per ogni valore di $\alpha$:

$$\phi_{3} ={\pi \over 2}, y_{3} = {aL(1-\alpha) \over b}$$ (5.33)

$$\phi_{4} ={3\pi \over 2}, y_{4} =- {aL(1+\alpha) \over b}$$ (5.34)

.

Stabilità. Calcolato $H$, lo Hessiano di L rispetto a $(y,\phi)$, si ha:

$$det H = abLy\sin\phi - a^{2}L^{2}cos^{2}\phi.$$ (5.35)

La traccia di $H$ è:

$$TrH = -b-aLy\sin \phi.$$ (5.36)

Di conseguenza, detti $\lambda_{1},\lambda _{2}$ gli autovalori di $H$, negli equilibri $(0,\phi_{1,2})$ si ha:

$$\lambda_{1}\lambda _{2} =-a^{2}L^{2}cos^{2}\phi < 0, \lambda_{1}+\lambda _{2} = -b <0.$$ (5.37)

Dunque si hanno due equilibri instabili, per $\alpha < 1.$ In $(\phi_{3}, y_{3})$, si ha:

$$\lambda_{1}\lambda _{2} = a^{2}L^{2}(1-\alpha), \lambda_{1}+\lambda _{2}=-b-{a^{2}L^{2}(1-\alpha)\over b}.$$ (5.38)

Dunque, l'equilibrio è stabile se $\alpha <1$ , se $\alpha >1.$ Finalmente, si constata facilmente che $(\phi_{4}, y_{4})$ è sempre stabile se $\alpha \ne 1.$

Consideriamo quindi la lagrangiana quadratica ottenuta da L, tenendo in conto solo i termini di ordine 2 inclusi, relativamente all'equilibrio $(\phi_{4}, y_{4})$. Posto

$$(y,\phi) = (\eta,\psi)+ ( y_{4}\phi_{4}),$$ (5.39)

si ha:

$$L_{[2]} = {1\over 2}\left( m\dot \eta^{2} + I \dot \psi^{2} -b \eta^{2} - {a^{2}L^{2}(1+\alpha)\over b}\psi^{2} \right) .$$ (5.40)

Il corrispondente sistema Lagrangiano si separa in due sottosistemi:precisamente i sistemi due oscillatori armonici disaccoppiati, quello in $\eta$ di frequenza $\omega_{1}^2 ={bÊ\over m}$, quello in $\psi$ di frequenza $\omega_{2}^2 ={a^{2}L^{2}(1+\alpha)^{2}Ê\over I}.$

Consideriamo l'ultima domanda. Posto $a = 0$ nell'espressione di $L$, il problema si riduce a due problemi lagrangiani separati, il primo di Lagrangiana:

$$L_{1} = {1\over 2}(m\dot y^{2} - b y^{2}) -mgy,$$ (5.41)

il secondo di lagrangiana

$$L_{2} = {1\over 2} I \dot \phi^{2}.$$ (5.42)

Il primo problema ha solo moti periodici, e precisamente oscillazioni lineari attorno all'equilibrio

$$y = -{mg \over b}.$$ (5.43)

Il secondo problema fornisce $\phi(t) = Kt + \phi(0)$, con $K$ costante arbitraria.

5.0.7 CR,L,S,PO Compito del 20.6.94 (Marchioro)

5.0.8 CR,L,S,PO: Compito del 11.7.94 (Marchioro)

5.0.9 CR,L,S,PO Esonero di Meccanica Razionale del 14-5-90

5.0.10 CR,LS,PO Esonero di Meccanica Razionale del 14-5-90

5.0.11 L,RU Compito di Meccanica del 23.2.1995

5.0.12 L,RU,N: Primo compito di esonero, a.a.94-95.

1) Il sistema è invariante per rotazioni attorno all'asse perpendicolare al piano $(q_{1}, q_{2}).$ Pertanto si conserva la componente lungo questo asse del momento angolare:

$$I = q_{1} \dot q_{2} - q_{2} \dot q_{1}.$$ (5.44)

Consideriamo i livelli $I = c, c \ne 0$. Introduciamo le coordinate polari:

$$\begin{array}{l} q_{1} = r \cos \phi\cr q_{2} = r \sin \phi .\cr \end{array}$$ (5.45)

La Lagrangiana $L$ si riscrive in queste coordinate:

$$L = \dot r^{2} + r^{2} \dot \phi^{2} + r^{2} -r^{6},$$ (5.46)

l'integrale primo $I$:

$$I = r^{2} \dot \phi^{2}.$$ (5.47)

Il sistema Lagrangiano ristretto sul livello $c$ è dato dalla Lagrangiana:

$$L^{(c)} = \dot r^{2} -{c^{2} \over {2r^{2}}}+ r^{2} -r^{6}.$$ (5.48)

La funzione energia potenziale $V(r) = {c^{2} \over {2r^{2}}}- r^{2} +r^{6}$ ha un solo minimo e costituisce una barriera per il punto $r = 0$: per ogni valore di $E$, $E \ge V(r_{cr}), r_{cr} = \bigl({ {1 +Ê\sqrt {1 + 6c^{2}}}\over 6}\bigr)^{{1\over 4}}$, si hanno due radici $0 <r_{1}(E)\le r_{2}(E)$ dell'equazione $E = V(r).$ Le radici sono distinte se $E \ne V(r_{cr}.$ Tutti i moti sono quindi limitati e perció periodici.

(2). L'invarianza della retta è ovvia, corrisponde a $I = 0.$ Il sistema di Lagrange corrisponde sulla retta al sistema:

$$\ddot q_{1} = 2q_{1}\{1 - q_{1}^{5}\gamma^{2}\},$$ (5.49)

$\gamma^{2} = 3{\beta^{2} + \alpha^{2}\over {2\beta^{2}}}.$

Si tratta di un problema Lagrangiano con potenziale:

$$U(q_{1}) = q_{1}^{2} - q_{1}^{6}\gamma^{2}.$$ (5.50)

Il potenziale ha tre punti critici, $q_{1}^{1} = 0, q_{1}^{2} = \sqrt \gamma, q_{1}^{3} = -\sqrt \gamma$.

Il punto $O$ è un punto di equilibrio instabile, $q_{1}^{i}, i =2, 3,$ sono stabili. Si tratta di una doppia buca. Tutte le soluzioni sono limitate. La separatrice ha equazione:

$$\dot q_{1}^{2} = 2\{q_{1}^{2} -q_{1}^{6}\gamma^{2} \}$$ (5.51)

5.0.13 CR,L,RU: Compito di Meccanica Razionale del 26.2.96

Siano $(x,y)$ le coordinate del centra del disco $C$, relativamente ad un sistema piano fisso $K$. Denotiamo con $\psi$ l'angolo che un sistema $k$, di coordinate $(\chi, \eta)$, origine in $C$, di assi solidali al disco forma col sistema fisso $K$. Sia poi $\phi$ l'angolo che individua il punto $P$ sul bordo del disco, e precisamente l'angolo che $CP$ forma con l'asse parallelo all'asse $x$.

Si ha allora:

$$\begin{array}{l} x_{P} = x + R\cos \phi\cr y_{P} = y + R \sin\phi.\cr \end{array}$$ (5.52)

La Lagrangiana del sistema è:

$$L = {1\over 2}\Big\{I \psi^{2} + (M + m)(\dot x^{2} + \dot y^{2}) - 2mR(\dot y \sin\phi - \dot x\cos \phi)\dot \phi + mR^{2} \dot \phi^{2} \Big\}.$$ (5.53)

Le coordinate $x, y, \psi$ sono cicliche, e pertanto si hanno tre integrali primi del moto:

$$\begin{array}{l} p_{x} = (M +m)\dot x + mR\dot \phi \cos \phi... ... - mR\dot \phi \sin \phi\cr p_{\psi} = I \dot \psi. \end{array}$$ (5.54)

Possiamo ottenere il moto del sistema considerando il livello $p_{x} = C_{1}, p_{y} = C_{2}, \dot \psi = \Omega.$

La lagrangiana ridotta diviene allora banalmente equivalente alla Lagrangiana assegnata dalla sola eneria cinetica ${1\over 2}m\dot \phi^{2}$. In conclusione, il moto del sistema è assegnato da:

$$\begin{array}{l} x(t) = {C_{1}t\over (m+M)} + {mR\over (m+ M)... ...ega t + \psi(0)\cr \psi(t) = \Omega t + \psi(0),\cr \end{array}$$ (5.55)

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

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

5.0.14 CR,L,S,RU Compito sessione estiva a.a. 93-94

5.0.15 L,S,H Secondo appello Meccanica Razionale a.a. 93-94.

5.0.16 L,S,N

Prima domanda. La simmetria del potenziale si puó meglio rappresentare utilizzando coordinate cilindriche:

$$\begin{array}{l} x = r\cosÊ\theta \cr y = r\sin \theta\cr z = z. \end{array}$$ (5.56)

In tale sistema di coordinate, il gruppo diventa:

$$h_{\tau}(r,\theta,z)= \left( \matrix r \theta+\tau z+\alpha \tau \endmatrix\right).$$ (5.57)

Si ha allora:

$$V(r\cos(\tau + \theta), r\sin (\tau + \theta), z + \alpha \tau)Ê\equiv V(r\cos\theta, r\sin \theta, z).$$ (5.58)

Deve allora aversi, posto $W(r, \theta, z) := V(r\cos\theta, r\sin \theta, z)$:

$$ÂW(r, \theta, z) \equiv W(r, \theta +\tau, z + \alpha \tau),$$ (5.59)

e perció:

$${\partial W \over{\partial \theta}} + \alpha{\partial WÊ\over {\partial z}} \equiv 0.$$ (5.60)

Allora si ha:

$$W(r, \theta, z) \equiv W(r, \alpha \theta - z).$$ (5.61)

La Lagrangiana è:

$$L ={m\over 2}\bigl({\dot r}^{2} + r^{2}{\dot \theta}^{2} + {\dot z}^{2}\bigr) + W(r, \alpha \theta - z).$$ (5.62)

Il gruppo ad un parametro è una rotazione nel piano $(x,y)$ accoppiata ad una traslazione lungo l'asse $z$; palesemente è un'isometria in $\mathbb{R}^3$ e lascia dunque invariata l'energia cinetica.

L'integrale primo di Noether è:

$$P = m\bigl(r^{2} \dot \theta + \alpha \dot z\bigr).$$ (5.63)

Possiamo adattare ancora le coordinate alla simmetria, introducendo:

$$\phi := \alpha \theta - z.$$ (5.64)

La lagrangiana in $r, \theta , \phi$ è:

$$L=\frac m2 \left( \dot r^2 +(r^2 +\alpha ^2) \dot \theta^2 -2\alpha \dot \theta \dot \phi +\phi^2\right) +W(r,\phi).$$ (5.65)

Con questa scelta di coordinate la variabile $\theta$ è ciclica; per ottenere la Lagrangiana ridotta procediamo con iil metodo di Routh, operiamo, cioé, la trasformata di Legendere nella variabile $\dot \theta$:

$$P_{\theta}=m(r^2+\alpha^2) \dot \theta-\alpha m \dot \phi, \phant... ...antom{..} \dot \theta={P_{\theta} +\alpha m \dot \phi \over m (r^2+ \alpha ^2}.$$ (5.66)

La Lagrangiana cercata è $\tilde L(r,\dot r, \phi, \dot \phi)=-R$:

$$\tilde L=\frac m2 \dot r^2 +\frac m2 {r^2\over r^2+\alpha^2} \dot... ...2}\dot \phi- \left( W(r,\phi)+{P_{\theta}^2 \over 2 m ( r^2+\alpha^2)} \right).$$ (5.67)

dove $P_{\theta}$ è una costante. Si è dunque eliminata un grado di libertà, ottenendo l'energia potenziale efficace:

$$V^{(e)}(r, \phi):= W(r, \phi) + {J^{2}\over {\alpha^{2} + r^{2}}}.$$ (5.68)

Si osservi che la sostituzione dell'integrale primo nell'espressione dell'energia totale, dà l'energia associata alla lagrangiana $\tilde L$:

$$E=\frac m2 \dot r^2 +\frac m2 {r^2\over r^2+\alpha^2} \dot \phi^2 +\left( W(r,\phi)+{P_{\theta}^2 \over 2 m ( r^2+\alpha^2)} \right),$$ (5.69)

ma essendo $E$ l'energia di un sistema a due gradi di libertà, non si puó da essa risalire all'espressione corretta di $\tilde L$, che infatti contiene un termine lineare in $\dot \phi$, che non dà contributo all'energia.

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

$$L=\frac m2 \left( \dot r^2+{r^2+\alpha^2 \over \alpha^2}\dot \gamma^2+ {r^2\over r^2+\alpha^2} \dot \phi^2\right) -V(r,\phi)$$ (5.70)

. La lagrangiana ridotta è dunque:

$$\tilde L=\frac m2 \left( \dot r^2+{r^2\over r^2+\alpha^2} \dot \phi^2\right) -\left( {r^2+\alpha^2 \over \alpha^2}\dot \gamma^2+ V(r,\phi)\right).$$ (5.71)

Seconda domanda.I punti critici dell'energia potenziale efficace sono dati dalle soluzioni del sistema:

$$\begin{array}{l} {\partial W \over {\partial r}} - {{2rJ^{2}}... ...} = 0\cr {\partial W \over {\partial \phi}} = 0.\cr \end{array}$$ (5.72)

Se $(\overline r, \overline \phi)$ è una soluzione, allora si ricava un moto uniforme:

$$\begin{array}{l} z(t) = z_{0} - {{\alpha J t}\over {{\overlin... ...theta_{0} + {Jt\over {\bar r^{2} + \alpha^{2}}}.\cr \end{array}$$ (5.73)

Terza domanda. Gli equilibri sono assegnati dalle soluzioni del sistema:

$$\begin{array}{l} {\partial W \over {\partial r}} - {{2rJ^{2}}... ...2 {{\sin2\phi}\over {r^{2}\cos^{2}Ê2\phi}} = 0 .\cr \end{array}$$ (5.74)

Consideriamo solo il caso $\alpha >0$, lasciando al lettore il completamento della discussione. Si hanno soluzioni reali solo se $J^{2} > 1$. Fissiamoci sul caso $J > 1$. Si ha:

$$\begin{array}{l} \phi_{±} = ±{\pi\over 2},\cr \overline r = \sqrt{{\alpha \over {J -1}}}.\cr \end{array}$$ (5.75)

Il lettore completi l'analisi costruendo la matrice Hessiana di $U^{(e)}$, e computandola negli equilibri.

5.0.17 L,RU,H,HJ,AA Compito di Meccanica Razionale, 9/7/'96, II$^o$ appello, sess. estiva

1) La Lagrangiana nelle variabili $\rho$ e $\theta$ è:

$$L=\frac 12 \dot \rho^2 \left( 1+ \left( \frac 1{\rho^2} + \frac 2... ...t)^2 \right) + {\rho^2 \dot \theta^2 \over 2} +\frac 1{\rho} + \frac 1{\rho^2}.$$ (5.76)

L'Hamiltoniana, negli impulsi $P=P_{\rho}$, $J=P_{\theta}$ è:

$$H=\frac 12 { P^2 \over 1+ \left( \frac 1{\rho^2} + \frac 2{\rho^3} \right)^2 } +{J^2 \over 2 \rho^2} -\frac 1{\rho} -\frac 1{\rho^2}.$$ (5.77)

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

3) Il moto si puó ricondurre ad un moto unidimensionale di energia potenziale efficace

$$V_{eff}=\left( \frac {J^2}2-1 \right)\frac 1{\rho^2} -\frac 1{\rho},$$ (5.78)

che è limitato dal basso se $J^2 > 2$.

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

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

4) L'espressione dell' orbita in forma implicita si ricava da:

$$E=\frac 12 \dot \rho^2 \left( 1+ \left( \frac 1{\rho^2} + \frac 2... ...ht)^2 \right) + \left( \frac {J^2}2-1 \right)\frac 1{\rho^2} + \frac 1{\rho^2},$$ (5.79)

$$\dot \rho=\dot \theta \partial _{\theta} \rho= {J\over \rho^2} \partial _{\theta} \rho.$$ (5.80)

Dunque l'angolo cercato è:

$$2 \int_{\rho_{min}}^{+\infty} d\rho {J\over \rho^2} \sqrt{ 1+\lef... ... 2\left( E-\left( \frac {J^2}2-1 \right)\frac 1{\rho^2} +\frac 1{\rho}\right)},$$ (5.81)

dove $\rho_{min}$ è la minima distanza dall'asse $z$ che il punto raggiunge.

Tale angolo è finito se $E\ge 0$.

5) L'equazione di H-J è resolubile per separazione di variabili.

6) Il moto è descrivibile in variabili azione angolo nella regione dello spazio delle fasi in cui $J^2 > 2$ e $E<0$.

5.0.18 CR,L,RU,H,HJ Compito di Meccanica Razionale, 24/9/'96, I$^o$ appello, sess. autunnale

1) Siano $(x,y)$ le coordinate di $P$ nel sistema fisso, e $(\xi,\eta=a\xi^2)$ nel sistema solidale alla guida.

$$\begin{array}{l} x=\xi \cos \theta -\eta \sin \theta y=\xi \sin \theta +\eta \cos \theta \end{array}$$ (5.82)

.

$$\dot x^2+\dot y^2= \dot \xi^2+\dot \eta^2+\dot \theta^2 (\xi^2+\eta^2) +2\dot \theta (\xi \dot \eta -\dot \xi \eta),$$ (5.83)

dove:

$$\xi^2+\eta^2= (1+a^2\xi^2)\xi^2; \phantom{..}\dot \xi^2+\dot \eta... ...a^2\xi^2)\dot \xi^2; \phantom{..} \xi \dot \eta -\dot \xi \eta=a\xi^2 \dot \xi.$$ (5.84)

La Lagrangiana è:

$$L=\frac 12 \left( I+m(1+a^2\xi^2)\xi^2\right) \dot \theta^2+ \fra... ... a^2\xi^2)\dot \xi^2+ ma\xi^2 \dot \xi \dot \theta -\frac k2 (1+a^2\xi^2)\xi^2.$$ (5.85)

La variabile $\theta$ è ciclica, si conserva oltre all'energia il momento della quantità di moto:

$$J=\partial _{\dot \theta} L=\left( I+m(1+a^2\xi^2)\xi^2\right) \dot \theta +ma \xi^2 \dot \xi.$$ (5.86)

2) Dall'espressione del momento:

$$\dot \theta= {J- ma\xi^2 \dot \xi\over F(\xi)},$$ (5.87)

dove $F(\xi)=\left( I+m(1+a^2\xi^2)\xi^2\right).$ Sostituendo nell'espressione dell'energia si ottiene:

$$\begin{array}{l} E=\frac 1{2F} (J-a\xi^2\dot \xi)^2+a\xi^2 \d... ...^2)\xi^2 = \frac 12 T(\xi) \dot \xi^2 +U_e(\xi), \end{array}$$ (5.88)

dove:

$$T= m (1+4 a^2\xi^2)-{a^2 \xi^4\over F(\xi)}; \phantom{..}U_e=\frac k2 (1+a^2\xi^2)\xi^2+{J^2\over F(\xi)}.$$ (5.89)

$T$ è una funzione strettamente positiva, l'energia potenziale efficace ha un unico punto critico (stabile) in 0 se $\sqrt{\frac 2k} J\le I$. Altrimenti 0 è instabile e compaiono i due equilibri stabili simmetrici $\xi_\pm$, uniche due soluzioni di

$$\xi^2 (1+a^2 \xi^2) = \frac 1m \left( \sqrt{\frac 2k} J- I\right)$$ (5.90)

( $\xi^2 (1+a^2 \xi^2)$ è una funzione strettamente convessa).

3) Dall'analisi qualitativa, si ottiene che $\xi(t)$ è sempre periodica se non è costante. Se $J=0$,

$$\dot \theta =-{ ma\xi^2 \dot \xi\over F(\xi)}$$ (5.91)

$$\theta(t)=\theta(0)+A(\xi(t))-A(\xi(0)),$$ (5.92)

dove $A(\xi)$ è la primitiva di $-{ ma\xi^2\over F(\xi)}$. Quindi il moto complessivo è periodico dello stesso periodo di $\xi(t)$.

5.0.19 CR,L,RU,H,HJ,AA Compito di Meccanica Razionale, 8/10/'96, II$^o$ appello, sess. autunnale

Indica con $\phi$ l'angolo sul piano ${\mathbf {x}},{\mathbf {y}}$ che il disco forma con l'asse delle ${\mathbf {x}}$, con $\theta$ l'angolo che $OP$ forma con il piano ${\mathbf {x}},{\mathbf {y}}$, con $I$ e $J$ i momenti di inerzia del disco rispetto all'asse ${\mathbf {u}}$ e all'asse ${\mathbf {z}}$ rispettivamente. Le coordinate cartesiane del punto sono:

$$\begin{array}{l} x= R\cos \theta \cos \phi x= R\cos \theta \sin \phi x= R\sin \theta. \end{array}$$ (5.93)

Dunque:

$$L=\frac 12 (J+mR^2 \cos^2\theta) \dot \phi^2+ \frac 12 ( I+mR^2) \dot \theta^2-\frac 12 k R^2 \cos^2 \theta,$$ (5.94)

$$H=\frac 12 {P_{\phi}^2 \over J+mR^2 \cos^2\theta}+ \frac 12 {P_{\theta}^2\over I+mR^2} + \frac 12 k R^2 \cos^2 \theta.$$ (5.95)

Il sistema è invariante per rotazioni intorno all'asse delle ${\mathbf {z}}=$, dunque si conserva l'energia meccanica e il momento della quantità di moto rispetto a questo asse:

$$P_{\phi}= (J+mR^2 \cos^2\theta) \dot \phi.$$ (5.96)

Ottieni un problema unidimensionale sostituendo a $\dot \phi$ la sua espressione in termini di $P_{\phi}$ nell'espressione dell'energia totale:

$$E=\frac 12 ( I+mR^2) \dot \theta^2+V_{eff},$$ (5.97)

dove

$$V_{eff}=\frac 12 {P_{\phi}^2 \over J+mR^2 \cos^2\theta}+ \frac 12 k R^2 \cos^2 \theta.$$ (5.98)

Derivando l'energia potenziale nella variabile $\theta$, ottieni:

$$\partial _\theta V_{eff}=\left( -kR^2+ {mR^2 P_{\phi}^2 \over (J+mR^2 \cos^2\theta)^2} \right) \sin \theta \cos \theta.$$ (5.99)

Il problema e' simmetrico rispetto alle trasformazioni $\theta \rightarrow -\theta$, e $\theta \rightarrow \pi -\theta$, quindi ti limiti a studiarlo tra $[0, \frac \pi2]$. I valori 0 e $\frac \pi2$ sono soluzioni stazionarie per tutti i valori dei parametri. Inoltre esiste un'altra soluzione se

$$0< P_{\phi} \sqrt{m\over k} -J < mR^2.$$ (5.100)

Graficando l'energia potenziale efficace, ottieni che la posione $\theta=\frac \pi2$ è stabile fino a che $P_{\phi} \sqrt{m\over k} <J$, mentre $\theta=0$ è instabile. Appena si biforca, cioé quando $0< P_{\phi} \sqrt{m\over k}>0$, $\theta=\frac \pi2$ diventa instabile; quando la soluzione intermedia raggiunge $\theta=0$, cioé quando $P_{\phi} \sqrt{m\over k} -J > mR^2$, $\theta=0$ diventa stabile.

5.0.20 TC

5.0.21 TC

5.0.22 TC,AA,P Secondo compito di esonero a.a.94.

Cerca $W=A(q_1, a_1, a_2)+B(q_2, a_1, a_2)$ ( $a_1, a_2$ sono i nuovi impulsi). L'equazione da risolvere è:

$$\frac 12 \left( q_2 (\partial _{q_1}A q_1)^2 +\partial _{q_2}B \right)^2=a_2.$$ (5.101)

Stai cercando $B$ in modo che non dipenda da $q_2$, ma solo da $q_1$. Dall'equazione puoi ricavare:

$$\partial _{q_2}B=\pm \sqrt{2a_2}-q_2 (\partial _{q_1}A q_1)^2,$$ (5.102)

peró in questa espressione $\partial _{q_2}B$ dipendende da $q_1$, e da $A(q_1)$; l'unica possibilità che ho è dunque che la combinazione $\partial _{q_1}A q_1$ non dipenda da $q_1$, cioé: $\partial _{q_1}A q_1=a_1$, ovvero $A(q_1)=a_1 \log q_1$. A questo punto posso risolvere anche l'equazione in $B$ infatti $\partial _{q_2}B=\pm \sqrt{2a_2}-q_2 a_1^2$ è una funzione della sola $q_2$ e dei nuovi impulsi. Riassumendo, ottieni:

$$W=a_1 \log q_1 \pm \sqrt{2a_2}q_2-\frac 12 q_2^2 a_1^2.$$ (5.103)

La traformazione generata da $W$ è:

$$\begin{array}{l} Q_1= \log q_1 - a_1 q_2^2 Q_2= \pm {q_2 \... ...{a_1\over q_1} p_2=\pm \sqrt{2 a_2 }-a_1^2 q_2. \end{array}$$ (5.104)

Le equazioni del moto per l'hamiltoniana $K(Q_1, Q_2, a_1,a_2)=a_2$ sono:

$$\begin{array}{l} \dot Q_1=0 \dot a_1=0 \end{array} \phant... ...tom{..} \begin{array}{l} \dot Q_2=1 \dot a_2=0. \end{array}$$ (5.105)

Quindi $Q_1,a_1,a_2$ sono costanti e $Q_2(t)=Q_2(0)+t$. Tornando alle vecchie variabili ottieni:

$$\begin{array}{l} q_2(t)=\pm \sqrt{2 a_2(0)} (Q_2(0)+t) q_... ... p_2=\pm \sqrt{2 a_2(0)} (1-a_1^2(0) (Q_2(0)+t)). \end{array}$$ (5.106)

Il segno $\pm$ lo determini a seconda del segno di $q_2 (p_1 q_1)^2+p_2=\pm \sqrt{2 a_2}$.

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

5.0.23 H,HJ,AA,S: II esonero 10/5/'96

a) Cerca una soluzione dell'equazione caratteristica di Hamilton-Jacobi del tipo:

$$W(x,y,\alpha,\beta)=A(x)+B(y).$$ (5.107)

Sostituendo:

$$\frac 12 (\partial _x A)^2+ \frac 12 (1+x^2) \left( (\partial _y B)^2 + y^2\right)= \alpha.$$ (5.108)

Ottengo la soluzione ponendo $(\partial _y B)^2 + y^2=\beta$:

$$\begin{array}{l} B(y, \beta)= \pm \int^y dy\sqrt{ \beta -y^2}... ...)= \pm \int^x dx \sqrt{ 2\alpha- \beta -\beta x^2}. \end{array}$$ (5.109)

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

c) Devi calcolare:

$$\begin{array}{l} I_1= \frac 2\pi \int_0^{\sqrt \beta} dy\sqrt... ...\over \beta}} dx \sqrt{ 2\alpha- \beta -\beta x^2}. \end{array}$$ (5.110)

Ricorda che

$$\frac 2\pi \int_0^{\sqrt{2 h} \over \omega} dq \sqrt{ 2 h -\omega^2 q^2}=\frac h\omega.$$ (5.111)

Ottieni:

$$I_1=\frac {\beta}2, \phantom{..}\phantom{..}\phantom{..} I_2=\left( \alpha-\frac {\beta}2 \right) {1 \over \sqrt{\beta} }.$$ (5.112)

Dunque la nuova Hamiltoniana è:

$$K=\alpha= \sqrt{ 2I_1} I_2 +I_1.$$ (5.113)

Le frequenze:

$$\begin{array}{l} \omega_1={I_2\over \sqrt{ 2I_1}} +1=\frac 12... ...a}{\beta} \omega_2= \sqrt{ 2I_1}=\sqrt{ \beta}. \end{array}$$ (5.114)

d) Sostituendo il valore del dato iniziale in $\alpha$, $\beta$ ottieni:

$$\omega_1=1+\frac {a^2}2, \omega_2=1$$ (5.115)

Il moto è 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

$$\begin{array}{l} \dot x=P_x \dot P_x=-x\left( P_y^2+y^2 \... ...rray}{l} \dot y=P_y(1+x^2) \dot P_y=- y (1+x^2). \end{array}$$ (5.116)

Considera il dato iniziale:

$$\begin{array}{l} x(0)=0 P_x(0)=\varepsilon \end{array} \p... ...}\phantom{..} \begin{array}{l} y(0)=0 P_y(0)=0, \end{array}$$ (5.117)

che è una piccola perturbazione della posizione stazionaria. La soluzione delle equazioni di Hamilton è:

$$\begin{array}{l} x(t)=-t \varepsilon P_x(t)=\varepsilon \... ...}\phantom{..} \begin{array}{l} y(t)=0 P_y(t)=0. \end{array}$$ (5.118)

Dunque la posizione di equilibio è instabile.

5.0.24 CR,H,HJ,P: Esonero di Meccanica Razionale del 6-6-90