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ESERCIZI E COMPLEMENTI DI MECCANICA RAZIONALE

Alessandra Celletti

Cap.1 Analisi qualitativa di moti unidimensionali Cap.2 Dinamica del punto vincolato Cap.3 Piccole oscillazioni Cap.4 Momenti d’inerzia Cap.5 Dinamica del corpo rigido Cap.6 Meccanica Hamiltoniana Cap.7 Complementi: Applicazioni alla Meccanica Celeste, pagina.... Derivazione delle equazioni per il problema ristretto dei 3 corpi e calcolo della precessione del perielio di Mercurio, pagina.... La precessione degli equinozi, pagina.... La librazione in longitudine della Luna, pagina....

PREFAZIONE

Questa raccolta di esercizi `e rivolta agli studenti del corsi di Meccanica Razionale e Sistemi Dinamici. Gli argomenti trattati si riferiscono ai temi classici discussi nei corsi di laurea in Matematica, Fisica e Ingegneria delle Universit` a italiane. Ogni capitolo `e preceduto da una breve introduzione teorica, volta unicamente a definire le notazioni usate negli esercizi successivi. Alla fine di ogni capitolo si trovano alcuni esercizi proposti, di cui si d` a un breve cenno della risoluzione. Il testo si conclude con la presenazione di complementi di Meccanica Celeste con applicazioni alla precessione del perielio di Mercurio, alla precessione degli equinozi e alla librazione in longitudine della Luna. Mi scuso degli errori e refusi che mi saranno sicuramente sfuggiti. Ringrazio i Proff. Raffaele Esposito, Corrado Falcolini, Errico Presutti ed Elisabetta Scoppola per i preziosi suggerimenti offerti durante la stesura di queste dispense. In particolare ringrazio il Prof. Livio Triolo per i numerosi consigli ed osservazioni, che hanno contribuito all’estensione e al miglioramento del testo. Alessandra Celletti

A mio nipote, Raffaele

Analisi qualitativa di moti unidimensionali

• Consideriamo il moto di un punto materiale di massa m sulla retta R. Sia x la posizione del punto e F (x, x, ˙ t) la forza agente su di esso. L’equazione del moto `e dunque: m¨ x = F (x, x, ˙ t) . Se la forza `e puramente posizionale F = F (x) possiamo introdurre la funzione energia potenziale definita dalla seguente espressione: Z x V (x) = − F (ξ) dξ , x0

dove x(0) = x0 indica la posizione iniziale. Pertanto l’equazione del moto risulta: dV (x) m¨ x = − . dx • Per un punto materiale di massa m, soggetto ad una forza puramente posizionale con energia potenziale V (x), si definisce energia meccanica totale la quantit`a 1 E = E(x, x) ˙ = mx˙ 2 + V (x) , (E) 2 pari alla somma dell’energia cinetica T = 12 mx˙ 2 e dell’energia potenziale V (x). L’energia meccanica totale si conserva lungo le traiettorie del moto e costituisce quindi un integrale primo del sistema. • Analisi qualitativa del moto: Il moto di un punto materiale in un sistema unidimensionale si pu` o studiare qualitativamente tramite l’analisi del grafico dell’energia potenziale V (x) e del corrispondente ritratto di fase nel piano (x, x). ˙ In particolare, il moto pu`o avvenire in corrispondenza dei livelli di energia per i quali risulta E ≥ V (x) . Se il valore dell’energia totale `e pari al valore assunto dall’energia potenziale in un punto di minimo, allora tale punto di minimo `e una posizione di equilibrio stabile e attorno ad esso si svolge un moto periodico. Quando l’energia totale `e pari al valore assunto da V (x) in un suo punto di massimo, allora tale punto di massimo `e una posizione di equilibrio a meta asintotica

ovvero si pu`o dimostrare che per qualsiasi condizione iniziale compatibile con l’energia del sistema la posizione corrispondente al punto di massimo verr`a raggiunta in un tempo infinito. • Periodo del moto: Siano x− e x+ le intersezioni della curva rappresentante l’energia potenziale con un fissato livello di energia. Supponiamo che V (x) presenti un minimo tra x− e x+ con V 0 (x± ) 6= 0; il moto tra tali punti sar`a quindi periodico, qualora nessuno dei due punti sia un massimo dell’energia potenziale. Dalla (E) si ricava facilmente che il periodo del moto `e dato dalla seguente espressione: T = 2

Z

x+

x−

q

1 2 m (E

dx .

− V (x))

UD 1 Descrivere qualitativamente il moto di un punto materiale di massa m soggetto ad una forza conservativa di energia potenziale

V (x) =

x3 x2 − −x 3 2

e disegnare il ritratto nel piano delle fasi (x, x). ˙

Studiamo il grafico dell’energia potenziale V (x); poich´e V 0 (x) = x2 − x − 1 , i punti di equilibrio sono x1,2 =

√ 1± 5 2 √

e dalla derivata seconda V 00 (x) = 2x − 1 si vede che il punto x1 = 1+2 5 `e un minimo, mentre x2 `e un massimo. Indichiamo con y1 e y2 i valori delle

rispettive ordinate.

V(x) E 1

E 2 E 3

x x

E 4

8

7

x

x

6 x

2

x

4

1 x

5 x3

x

E 5

.

x

x

Discutiamo qualitativamente il moto al variare dei livelli dell’energia meccanica E; poich´e 1 E = mx˙ 2 + V (x) 2 il moto pu` o avvenire nelle regioni in cui E ≥ V (x). Con riferimento alla figura si hanno i seguenti casi: E = E1 : la traiettoria descritta dal punto `e illimitata; E = E2 : se il dato iniziale `e compreso nell’intervallo [x2 , x3 ] il moto `e a meta asintotica. Se la velocit` a iniziale `e positiva, il punto raggiunger` a la posizione x = x3 ed invertir` a il moto per raggiungere in un tempo infinito il punto di massimo. Se la posizione iniziale coincide con il punto di massimo, il moto `e stazionario in x = x2 , essendo tale posizione di equilibrio. Se il dato iniziale `e scelto alla sinistra di x2 , il moto sar` a a meta asintotica verso

x2 o illimitato a seconda del valore della velocit` a iniziale. E = E3 = 0: se il dato iniziale appartiene all’intervallo [x4 , x5 ] (x4 = 0) il moto `e periodico tra questi due estremi; se invece si sceglie una posizione iniziale minore di x6 si avr`a un moto illimitato. E = E4 : se il dato iniziale coincide con il punto di equilibrio x1 , il moto `e stazionario; se invece la posizione iniziale `e inferiore a x7 si ha un moto illimitato, con inversione del moto in x7 . E = E5 : la posizione iniziale pu` o essere scelta solamente per valori inferiori a x8 e si hanno sempre moti illimitati.

UD 2 Descrivere qualitativamente il moto di un punto materiale di massa m soggetto ad una forza conservativa di energia potenziale V (x) = x2 e−x

e disegnare il ritratto nel piano delle fasi.

Esaminiamo qualitativamente il moto, studiando il grafico dell’energia potenziale V (x). Poich´e V 0 (x) = e−x (2x − x2) , i punti di equilibrio sono

x1 = 0,

x2 = 2 .

Dalla derivata seconda V 00 (x) = e−x (x2 − 4x + 2), (x1, y1 ) = (0, 0) `e un minimo, mentre (x2 , y2 ) = (2, 4e−2 ) `e un massimo. Il grafico dell’energia

potenziale `e riportato in figura.

V(x) E 1

E 2 E 3 E 4

x x x 3 4 1 x5

x

x

2

6

x

.

x

x

Discutiamo qualitativamente il moto al variare dei livelli dell’energia meccanica E; poich´e 1 E = mx˙ 2 + V (x) 2 il moto pu` o avvenire nelle regioni in cui E ≥ V (x). Con riferimento alla figura si hanno i seguenti casi: E = E1 : la traiettoria descritta dal punto `e illimitata; E = E2 : se il dato iniziale `e scelto nell’intervallo [x3 , x2 ] si ha un moto a meta asintotica e in particolare sar` a stazionario se la posizione iniziale coincide con x2. Se il dato iniziale `e maggiore di x2 si avr`a un moto illimitato. E = E3 : se il dato iniziale appartiene all’intervallo [x4, x5 ] il moto `e perio– dico tra questi due estremi; se invece si sceglie una posizione iniziale maggiore di x6 si avr` a un moto illimitato.

E = E4 = 0: il moto `e stazionario in (x1 , y1 ), punto di equilibrio dell’energia potenziale. UD 3 Descrivere qualitativamente il moto di un punto materiale di massa m soggetto ad una forza conservativa di energia potenziale V (x) = sin(2x) cos(x) e disegnare il ritratto di fase.

Esaminiamo qualitativamente il moto, studiando il grafico dell’energia potenziale V (x), nell’intervallo [0, 2π). Poich´e V 0 (x) = 2 cos(2x) cos(x) − sin(2x) sin(x) = 2 cos(x)[1 − 3 sin2 (x)] , i punti di equilibrio sono 3 x2 = π 2 r 1 = arcsin ' 0.61 rad., 2.53 rad. , 3 r 1 = arcsin(− ) ' 3.76 rad., 5.67 rad. 3

x1 = x3,4 x5,6

π , 2

Dalla derivata seconda V 00 (x) = −2 sin(x)[1 − 3 sin2 (x)] − 12 sin(x) cos2 (x) , si trova che i punti di ascissa x1 , x5 , x6 sono minimi dell’energia potenziale, mentre i punti di ascissa x2 , x3 , x4 sono punti di massimo. Discutiamo qualitativamente il moto al variare dei livelli dell’energia meccanica E, ricordando che il moto pu` o avvenire solo nelle regioni in cui

E ≥ V (x).

V(x) E

1

E

2

E3 E

4

E

ξ

1

ξ

2

π

2

3 π 2

π ξ

3

ξ

4

ξ

5

ξ

6

ξ

7

ξ

8

x

5

E6

.

x

x

Con riferimento alla figura si hanno i seguenti casi: E = E1 : la traiettoria descritta dal punto `e illimitata; E = E2 : il moto `e stazionario in corrispondenza dei punti di massimo, a meta asintotica o illimitata a seconda delle condizioni iniziali. E = E3 : per dati iniziali inferiori a ξ1 o superiori a ξ4 , il moto `e periodico per continuazione (periodica) della curva; per posizioni iniziali con ascissa compresa tra ξ2 e ξ3 , il moto `e periodico. E = E4 = 0: se il dato iniziale `e x = π2 o x = 32 π il moto `e stazionario; se la posizione iniziale `e scelta nell’intervallo [π, 32 π] oppure [ 32 π, 2π] si ha un moto a meta asintotica verso il punto di massimo x = 32 π e si ha inversione del moto in corrispondenza di x = π e x = 2π. E = E5 : il moto pu`o avvenire negli intervalli [ξ5, ξ6] e [ξ7 , ξ8 ] ed `e periodico in ciascuno di tali intervalli. E = E6 : il moto `e stazionario in corrispondenza delle posizioni di equilibrio x5 e x6 .

UD 4 Descrivere qualitativamente il moto di un punto materiale di massa m soggetto ad una forza conservativa di energia potenziale V (x) = cos(2x) cos(x) − sin(2x) sin(x) .

Riconosciamo subito che tramite formule di trigonometria elementare possiamo riscrivere V (x) nella forma V (x) = cos(3x) . Esaminiamo qualitativamente il moto tramite lo studio dell’energia potenziale V (x), nell’intervallo [0, 2π). La derivata prima di V (x) `e: V 0 (x) = −3 sin(3x) . Pertanto le ascisse dei punti di equilibrio sono x1 = 0, π x3 = , 3 4 x5 = π, 3

x2 = π 2 x4 = π 3 5 x6 = π . 3

Dalla derivata seconda V 00 (x) = −9 cos(3x) , si trova che i punti di ascissa x1 , x4, x5 sono massimi dell’energia potenziale, mentre i punti di ascissa x2 , x3 , x6 sono punti di minimo. Discutiamo qualitativamente il moto al variare dei livelli dell’energia meccanica E, ricordando che il moto pu` o avvenire solo nelle regioni in cui E ≥ V (x). Con riferimento alla figura si hanno i seguenti casi: E = E1 : la traiettoria descritta dal punto `e illimitata; E = E2 : il moto `e stazionario in corrispondenza dei punti di massimo e a meta asintotica per condizioni iniziali diverse. E = E3 : il moto `e periodico negli intervalli in cui E ≥ V (x).

E = E4 : il moto `e stazionario in corrispondenza dei punti di minimo.

V(x) E 1 E 2

E 3

2

π 3 ξ 1

3

ξ 2

π

4

π ξ 3

3

ξ 4

5 3 π

π ξ 5

ξ 6

x

E 4

UD 5 Un punto materiale P di massa m = 2 `e soggetto ad una forza conservativa unidimensionale, la cui energia potenziale `e V (x) = sin(x). Se le condizioni iniziali sono x(0) = 0, x(0) ˙ = 1 determinare il tempo impiegato per raggiungere la posizione x = 2π.

L’energia corrispondente ai dati iniziali `e

E =

1 mx(0) ˙ 2 + V (x(0)) = 1 . 2

Poich´e la configurazione iniziale `e x(0) = 0 con velocit`a positiva, il punto materiale sar` a a meta asintotica verso x = π2 e non raggiunger`a mai la posizione x = 2π. Si confronti con il grafico della funzione V (x) = sin(x).

V(x) E=1

2π

π

π

3 π 2

2

x

UD 6 Due punti materiali P e Q, entrambi di massa m, sono soggetti ad una forza conservativa posizionale unidimensionale, la cui energia potenziale ´e V (x) = cos(2x). Il punto P ha condizioni iniziali xP (0) = π4 , x˙ P (0) = 1, mentre le condizioni iniziali del punto Q sono xQ (0) = 11 ˙ Q (0) = −1. 8 π e x Determinare la condizione sulla massa affinch´e entrambi i punti superino la posizione x = π. V(x)

11 π 8 π 4

π

x

I valori delle energie meccaniche corrispondenti ai dati iniziali sono: 1 1 mx˙ P (0)2 + V (xP (0)) = m 2 2 1 1 2 = mx˙ Q (0) + V (xQ (0)) = m − 0.7071 . 2 2

EP = EQ

Il valore minimo delle energie deve essere maggiore del valore dell’energia

potenziale nel punto di massimo: V (π) = 1. Poich´e EQ < EP , deve risultare EQ > 1 ovvero m > 3.4142. UD 7 Misure astronomiche hanno provato che le stelle si allontanano dal centro dell’Universo con una velocit`a data dalla legge di Hubble v = HR , dove H `e la costante di Hubble e R `e il raggio di una sfera sufficientemente grande da contenere l’Universo allo stato attuale. Il valore di tale costante `e approssimativamente 1 . sec Calcolare la densit`a critica %c tale che per % < %c l’Universo `e aperto e per % > %c l’Universo `e chiuso. H = 1.762 · 10−18

Sia V un volume sferico sufficientemente grande da contenere l’Universo; sia R il raggio di tale sfera e M la massa totale; allora V = 43 πR3 ovvero 4 π%R3 . 3 A causa dell’espansione dell’Universo, il volume si dilata ed un punto gene– rico (di massa unitaria) della superficie della sfera si allontana dal centro con una velocit` a data dalla legge di Hubble. Pertanto l’energia cinetica T del sistema e l’energia gravitazionale U sono date dalle seguenti espressioni: M = %V =

M v2 M H 2 R2 = 2 2 GM 2 4 U =− = − πG%R2 M . R 3 Se l’energia meccanica totale E = T + U `e positiva, l’Universo `e in espansione, mentre se E < 0 si ha una contrazione. Calcoliamo la densit` a di massa critica %c , in corrispondenza della quale E = 0. Dalla relazione T = −U ed utilizzando il valore della costante di gravitazione G = 6.673 · 10−8cm3 /(g sec2 ), si ottiene T =

%c =

3H 2 g ' 5 · 10−30 3 , 8πG cm

che corrisponde a circa 3 protoni/m3 . Se % > %c l’Universo `e chiuso; se % < %c l’Universo `e aperto. Si noti che la stima attuale della densit`a dell’Universo `e circa 10−31 g/cm3 .

UD 8 Calcolare il periodo del moto di un punto materiale di massa m soggetto alla forza conservativa di energia potenziale V (x) = x2 − 4 e con dati iniziali x(0) = 2, x(0) ˙ = 0. V(x)

E=0 -2

2

x

-4

Il valore dell’energia meccanica corrispondente ai dati iniziali `e 1 mx(0) ˙ 2 + V (x(0)) = 0 . 2 Il livello E = 0 interseca la funzione energia potenziale nei punti di ascissa x1 = −2 e x2 = 2. Pertanto il periodo del moto `e: Z x2 dx q T =2 2 x1 m (E − V (x)) r Z 2 ³ √ √ m dx x ´2 √ =2 = 2m arcsin = 2m π . 2 2 −2 4 − x 2 −2 E =

UD 9 Calcolare il periodo del moto di un punto materiale di massa m = 2 soggetto ad una forza conservativa di energia potenziale V (x) = 2x2 −3x− 1

e con dati iniziali x(0) = 0, x(0) ˙ =

√ 2.

V(x)

E=1

-0.5

2

x

Il valore dell’energia meccanica corrispondente ai dati iniziali `e E =

1 mx(0) ˙ 2 + V (x(0)) = 1 . 2 √

L’ energia potenziale interseca l’asse delle ascisse nei punti 3+4 17 ' 1.78 e √ 3− 17 ' −0.28. Il livello E = 1 interseca la funzione energia potenziale nei 4 punti x1 = − 12 e x2 = 2. Pertanto il periodo del moto `e: Z x2 dx q T =2 2 x1 m (E − V (x)) · ¸2 Z 2 √ dx 2 4x − 3 √ =2 =√ arcsin = 2π . 2 1 5 2 −2x + 3x + 2 −2 −1 2

UD 10 Una particella di massa m = 2 `e soggetta alla forza conservativa di energia potenziale V (x) = x2 (1 − x)(3 − x) . Stimare inferiormente e superiormente il periodo del moto di condizioni iniziali x(0) = 1 , x(0) ˙ =0.

Il valore dell’energia meccanica corrispondente ai dati iniziali `e 1 mx(0) ˙ 2 + V (x(0)) = V (1) = 0 . 2

E =

Studiamo il grafico dell’energia potenziale: V 0 (x) = 2x(2x2 − 6x + 3) e quindi V 0 (x) = 0 per x0 = 0 e x1,2 =

√ 3± 3 2 .

Inoltre,

V 00 (x) = 6(2x2 − 4x + 1) e quindi √ 3+ 3 V ( ) ' 16.3923 , 2

00

√ 3− 3 V ( ) ' −4.3923 . 2

00

V (0) = 6 ,

00

Pertanto le posizioni x0 e x1 sono minimi, mentre x2 `e un punto di massimo. I corrispondenti valori dell’energia potenziale sono:

V (0) = 0 ,

V(

√ 3+ 3 ) ' −4.8481 , 2

V(

√ 3− 3 ) ' 0.3481 . 2

Passiamo alla stima del periodo tra i punti x− = 1 e x+ = 3, che rappresentano le intersezioni dell’energia potenziale con il livello E = 0:

T =2

Z

x+

x−

q

dx 2 m (E

− V (x))

= 2

Z

1

3

p

dx −x2 (1

− x)(3 − x)

.

V(x)

1

3

x

Per ottenere una stima del periodo, sostituiamo al posto di x2 i valori agli estremi di integrazione: Z Z 3 2 3 dx dx p p ≤T ≤2 3 1 −(1 − x)(3 − x) −(1 − x)(3 − x) 1 ed essendo

Z

b

a

si ha

p

dx −(a − x)(b − x)

= π,

2 π ≤ T ≤ 2π . 3

UD 11 Caratterizzazione delle soluzioni di sistemi di equazioni differenziali lineari. Consideriamo un sistema di equazioni differenziali lineari z˙ = A z , dove A `e una matrice a coefficienti reali e costanti. Si dicono soluzioni particolari le soluzioni della forma: z(t) = T (t) u ,

che si mantengono parallele ad un vettore u fissato. Poich´e AT (t)u = T (t)Au , si ha ovvero

d (T (t)u) = T˙ (t)u = T (t)Au dt Au =

T˙ (t) u. T (t)

Pertanto cerchiamo gli autovalori λ associati alla matrice A: Au = λu , da cui si ricava: T˙ (t) = λ T (t) ovvero T (t) = Ceλt ,

C ≡ T (0) .

La soluzione particolare sar` a quindi della forma: z(t) = Ceλtu e ogni combinazione lineare `e ancora soluzione.

Possiamo distinguere le soluzioni al variare del tipo e del segno degli autovalori come segue. Limitiamoci al caso in cui la matrice A sia 2 × 2 con autovalori λ1 e λ2 . Consideriamo l’equazione differenziale del secondo ordine x¨ + ax˙ + bx = 0 ; riducendola a forma normale si ottiene ½ x˙ = y y˙ = −ay − bx e quindi la matrice A diventa: A=

µ

0 −b

1 −a

¶

.

1) Se gli autovalori λ1 e λ2 sono reali e distinti, posto z = (x, y), la soluzione `e del tipo: z(t) = C1 eλ1 t u1 + C2 eλ2 t u2 ,

dove u1 e u2 sono gli autovettori corrispondenti a λ1 e λ2 . Pertanto si avr`a: a) nodo stabile: se λ1 < λ2 < 0; b) nodo instabile: se λ1 > λ2 > 0; c) sella: se λ1 < 0 < λ2 . 2) Se gli autovalori sono reali e coincidenti, λ1 = λ2 , la soluzione `e data da x = (C1 + C2 t) eλ1 t .

3) Se gli autovalori λ1 e λ2 sono complessi coniugati, la soluzione `e del tipo x(t) = BeRe(λ1 )t (cos(Im(λ1 )t) + α) , dove B, α sono costanti. Si avranno allora i seguenti casi: a) fuoco stabile: se Re(λ1 ) < 0; b) fuoco instabile: se Re(λ1 ) > 0; c) centro: se Re(λ1 ) = 0. Esempio 1: Consideriamo l’equazione dell’oscillatore armonico x ¨ + ω2 x = 0 . Riduciamo tale equazione alla forma normale: ( x˙ = y y˙ = −ω 2 x ;

pertanto la matrice lineare associata `e: µ 0 A= −ω 2

1 0

¶

.

Gli autovalori associati sono soluzioni dell’equazione λ2 + ω 2 = 0 ovvero λ1 = iω ,

λ2 = −iω .

Poich´e la parte reale degli autovalori `e nulla, la soluzione `e un centro.

Esempio 2: Consideriamo l’equazione dell’oscillatore armonico smorzato x¨ + αx˙ + ω 2 x = 0 ,

α>0;

riducendo a forma normale si ha: ( x˙ = y

y˙ = −ω 2 x − αy

e quindi la matrice A `e: A=

µ

0 −ω 2

1 −α

¶

,

i cui autovalori sono soluzioni dell’equazione: λ2 + αλ + ω 2 = 0 . Pertanto si ha: λ1 =

−α +

√ α2 − 4ω 2 , 2

−α −

λ2 =

√

α2 − 4ω 2 . 2

Distinguiamo i seguenti casi: a) se α > 2ω gli autovalori sono reali ed entrambi negativi; si ha quindi un nodo stabile. b) Se α < 2ω gli autovalori sono complessi coniugati con parte reale negativa; si ha quindi un fuoco stabile.

Esempio 3: Determiniamo la soluzione dell’equazione 2¨ x − x˙ − x = 0 . Riducendo a forma normale si ha:   x˙ = y e quindi la matrice A `e:

 y˙ = 1 x + 1 y 2 2

A=

µ

0

1

1 2

1 2

¶

.

Gli autovalori sono soluzioni di 1 1 λ2 − λ − = 0 2 2 ovvero

1 , λ2 = 1 2 e quindi la soluzione `e una sella. Calcoliamo gli autovalori u e v soluzioni di (A − λ2I)u = 0 e (A − λ1 I)v = 0. Nel primo caso si ha: µ ¶µ ¶ −1 1 u1 =0 1 1 − u2 2 2 λ1 = −

e lasciando u1 arbitrario (u1 = α), si ha: u = (α, α). Nel secondo caso risulta: µ1 ¶µ ¶ 1 v1 2 =0 1 1 v2 2 e lasciando v1 arbitrario (v1 = β), si ha: v = (β, − β2 ). Pertanto scriviamo la soluzione nella forma:  1  x = αet + βe− 2 t 

1

y = αet − β2 e− 2 t .

Esercizi proposti 1) Descrivere qualitativamente il moto di un punto materiale di massa m soggetto ad una forza conservativa di energia potenziale V (x) =

2 3 x − 3x2 + 4x + 1 . 3

2) Descrivere qualitativamente il moto di un punto materiale di massa m soggetto ad una forza conservativa di energia potenziale V (x) = (2x2 − x)e−x/2 . 3) Descrivere qualitativamente il moto di un punto materiale di massa m soggetto ad una forza conservativa di energia potenziale V (x) = sin(x) tan(x) . 4) Descrivere qualitativamente il moto di un punto materiale di massa m soggetto ad una forza conservativa di energia potenziale V (x) = x sin(x) . 5) Descrivere qualitativamente il moto di un punto materiale di massa m soggetto ad una forza conservativa di energia potenziale V (x) = sin(x) cos(2x) . 6) Si consideri un punto materiale di massa m soggetto ad una forza conservativa unidimensionale di energia potenziale V (x) = −(x2 − 1)2 . In corrispondenza del livello di energia E = 0, calcolare il tempo impiegato per andare dalla posizione iniziale x0 = 0 alla posizione finale x1 = 1, assumendo che la velocit`a iniziale sia positiva. 7) Si consideri un punto materiale di massa m soggetto ad una forza conservativa unidimensionale di energia potenziale V (x) =

− tan(x) . cos(x)

In corrispondenza del livello di energia E = 0, si calcoli il tempo impiegato per andare dalla posizione iniziale x0 = 0 alla posizione finale x1 = π3 .

Dinamica del punto vincolato

• Equazione del moto: Sia P un punto materiale di massa m la cui posizione, in un sistema di riferimento inerziale, `e individuata dal vettore x; sia x˙ = v la corrispondente velocit` a e x ¨ = a l’accelerazione. Siano F (a) (x, x, ˙ t) e (r) F (x, x, ˙ t) le risultanti delle forze, attive e reattive, agenti sul punto. Allora l’equazione del moto si scrive nella forma: m¨ x = F (a) (x, x, ˙ t) + F (r) (x, x, ˙ t) .

• Equazioni di Lagrange: Supponiamo che il punto P sia soggetto a vincoli olonomi, bilaterali, perfetti. Indichiamo con n il numero dei gradi di libert`a del sistema meccanico e siano (x1 , ..., xn ) coordinate Lagrangiane indipendenti. Sia T la relativa energia cinetica e supponiamo che P sia soggetto all’azione di una forza conservativa F , con energia potenziale V = V (x). Indichiamo con L = L(x1...xn , x˙ 1 ...x˙ n , t) = T − V la Lagrangiana del sistema. Le equazioni del moto o equazioni di Lagrange sono: d ∂L ∂L = , i = 1, ..., n . (EL) dt ∂ x˙ i ∂xi • Se il sistema `e soggetto a forze conservative, puramente posizionali, si conserva l’energia meccanica totale E = T +V . Si pu` o verificare la conservazione dell’energia meccanica totale calcolandone la derivata temporale lungo il moto. L’energia si conserva se e solo se dE(¨ x, x, ˙ x) ˙ x, x, ≡ E(¨ ˙ x) = 0 , dt dove x ¨, x, ˙ x verificano le equazioni di Lagrange (EL). • Se la Lagrangiana non dipende esplicitamente da una delle variabili in-

dipendenti, ad esempio x = xj , si conserva la quantit`a pj =

∂L ∂ x˙ j

chiamata momento cinetico coniugato alla variabile xj . Infatti, dalle (EL) risulta d ∂L ∂L =0 ovvero = costante . dt ∂ x˙ j ∂ x˙ j In tal caso la variabile xj si dice ciclica. • Se il sistema ammette una o pi` u variabili cicliche `e possibile ridurre il numero dei gradi di libert`a tramite l’uso degli integrali primi associati. • Posizioni di equilibrio e stabilit` a: Consideriamo un sistema olonomo a vincoli fissi e bilateri, soggetto ad una sollecitazione attiva conservativa di energia potenziale V = V (x) (x = (x1 , ..., xn )). Diciamo che x = x `e una configurazione di equilibrio, se F (a) (x) = −

dV (x) =0. dx

Denotiamo con y = x− x il vettore che indica lo scostamento dalla posizione di equilibrio. La posizione x = x `e di equilibrio stabile, se per ogni ε > 0 esiste un δ > 0 tale che se le condizioni iniziali soddisfano le relazioni |yj (0)| < δ ,

|y˙ j (0)| < δ , j = 1, ..., n ,

|yj (t)| < ε ,

|y˙ j (t)| < ε , j = 1, ..., n .

allora

• Teorema di Dirichlet–Lagrange: Se l’energia potenziale V ha un minimo stretto in x = x, allora tale posizione `e di equilibrio stabile. Indichiamo con H(V ) l’hessiano dell’energia potenziale calcolato nella configurazione x = x: µ 2 ¶ ∂ V (x) H(V ) ≡ . ∂x2 I Teorema di Lyapunov: Se l’energia potenziale V non ha un minimo stretto in x = x e det H(V ) 6= 0, allora la posizione di equilibrio x = x `e instabile.

• Per sistemi a due gradi di libert`a il carattere di stabilit`a o instabilit`a della configurazione di equilibrio pu` o essere desunto dal segno degli autovalori (λ1, λ2 ) associati alla matrice hessiana H(V ). Pi` u precisamente, i) se entrambi gli autovalori sono positivi, l’equilibrio `e stabile; ii) se uno degli autovalori `e negativo, l’equilibrio `e instabile; iii) se uno degli autovalori `e nullo, si ha un caso dubbio e si devono esaminare le derivate di ordine superiore. • Il segno degli autovalori pu` o essere desunto dall’esame del determinante e della traccia di H(V ). Infatti, poich´e

det H(V ) = λ1 · λ2 ,

tr H(V ) = λ1 + λ2 ,

i) se det H(V ) > 0 e tr H(V ) > 0, l’equilibrio `e stabile; ii) se det H(V ) < 0, l’equilibrio `e instabile; iii) se det H(V ) = 0 si ha un caso dubbio. Osservazione: In questo e nei successivi capitoli si intender´a sempre che le molle (ove compaiano) siano ideali e con lunghezza a riposo nulla.

PV 1 In un piano verticale, due aste di lunghezza l e massa trascurabile sono appese nei punti O(0, 0) e A(d, 0). Alle estremit`a le due aste recano due punti materiali P e Q di massa m, i quali sono collegati da una molla di costante elastica k > 0. Siano ϑ e ϕ gli angoli che le due aste formano con la verticale. 1) Determinare la Lagrangiana del problema; 2) scrivere le equazioni del moto.

0

A

x

ϕ

θ P

Q

y

1) Le coordinate dei due punti sono: P (xP , yP ) = (l sin ϑ, l cos ϑ),

Q(xQ , yQ ) = (d − l sin ϕ, l cos ϕ)

e quindi le rispettive velocit` a sono: vP (lϑ˙ cos ϑ, −lϑ˙ sin ϑ) ,

vQ (−lϕ˙ cos ϕ, −lϕ˙ sin ϕ)

2 ovvero vP2 = l2 ϑ˙ 2 , vQ = l2 ϕ˙ 2 . Pertanto l’energia cinetica assume la forma:

T=

1 2 ˙2 ml (ϑ + ϕ˙ 2 ) . 2

Poich´e la distanza tra i punti P e Q vale: |P Q|2 = d2 + 2l2 − 2l2 cos(ϑ − ϕ) − 2dl(sin ϑ + sin ϕ) , l’energia potenziale `e data dalla seguente espressione: 1 V = −mgyP − mgyQ + k|P Q|2 2 = −mgl(cos ϑ + cos ϕ) − kl[l cos(ϑ + ϕ) + d(sin ϑ + sin ϕ)] + cost. Infine, la Lagrangiana completa `e: 1 ˙ ϕ, ϕ) L(ϑ, ϑ, ˙ = ml 2(ϑ˙ 2 + ϕ˙ 2 ) + mgl(cos ϑ + cos ϕ) 2 + kl[l cos(ϑ + ϕ) + d(sin ϑ + sin ϕ)] .

2) Le equazioni di Lagrange sono:  d ∂L  dt ∂ ϑ˙ = ovvero

PV 2



d ∂L dt ∂ ϕ˙

=

∂L ∂ϑ ∂L ∂ϕ

  ml2 ϑ¨ = −mgl sin ϑ − kl2 sin(ϑ + ϕ) + kdl cos ϑ 

ml2 ϕ¨ = −mgl sin ϕ − kl2 sin(ϑ + ϕ) + kdl cos ϕ .

In un piano verticale, due aste (OP e P Q) di lunghezza l e massa trascurabile hanno un estremo (P ) in comune; la prima asta `e vincolata a ruotare attorno all’origine O del sistema di riferimento. In corrispondenza di P e Q si trovano due punti materiali di massa m. Inoltre, il punto Q `e collegato ad una molla di costante elastica k > 0, vincolata a rimanere sempre verticale. 1) Scrivere la Lagrangiana del sistema; 2) determinare le equazioni del moto; 3) calcolare le posizioni di equilibrio al variare dei parametri; 4) discutere la stabilit`a delle posizioni di equilibrio.

0

R

x

P Q

y

1) Il sistema ha due gradi di libert`a e assumiamo come coordinate lagrangiane gli angoli ϑ e ϕ che le due aste OP e P Q formano rispettivamente con la verticale.

I punti P (xP , yP ) e Q(xQ , yQ ) hanno coordinate P (l sin ϑ, l cos ϑ) Q(l sin ϑ + l sin ϕ, l cos ϑ + l cos ϕ) e quindi le rispettive velocit` a sono v P (lϑ˙ cos ϑ, −lϑ˙ sin ϑ) v (lϑ˙ cos ϑ + lϕ˙ cos ϕ, −lϑ˙ sin ϑ − lϕ˙ sin ϕ) Q

ovvero

vP2 = l2 ϑ˙ 2 2 vQ = l2 ϑ˙ 2 + l2 ϕ˙ 2 + 2l2 ϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ) .

Pertanto l’energia cinetica `e T =

1 2 ˙2 1 2 ˙2 ml ϑ + ml (ϑ + ϕ˙ 2 + 2ϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ)) . 2 2

Indicando con R il punto di applicazione della molla, l’energia potenziale ha la seguente forma: 1 V = −mgyP − mgyQ + k|QR|2 2 1 = −mg(2l cos ϑ + l cos ϕ) + kl2 (cos ϑ + cos ϕ)2 . 2 Infine, la Lagrangiana `e: 1 ˙ ϕ, ϕ) L(ϑ, ϑ, ˙ = ml2 ϑ˙ 2 + ml2 ϕ˙ 2 + ml 2 ϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ) 2 1 + mgl(2 cos ϑ + cos ϕ) − kl2 (cos ϑ + cos ϕ)2 . 2 2) Le equazioni di Lagrange del moto sono:  d ∂L ∂L  dt ∂ ϑ˙ = ∂ϑ 

d ∂L dt ∂ ϕ˙

=

∂L ∂ϕ

ovvero   2ml 2 ϑ¨ + ml 2 ϕ ¨ cos(ϑ − ϕ) + ml 2ϕ˙ 2 sin(ϑ − ϕ) = −2mgl sin ϑ     +kl2 (cos ϑ + cos ϕ) sin ϑ    ml2 ϕ ¨ + ml 2ϑ¨ cos(ϑ − ϕ) − ml 2 ϑ˙ 2 sin(ϑ − ϕ) = −mgl sin ϕ   +kl2 (cos ϑ + cos ϕ) sin ϕ .

3) Le posizioni di equilibrio si ottengono dalle relazioni:   Vϑ = 2mgl sin ϑ − kl2 (cos ϑ + cos ϕ) sin ϑ = 0 

Vϕ = mgl sin ϕ − kl2 (cos ϑ + cos ϕ) sin ϕ = 0 .

Pertanto le possibili configurazioni di equilibrio sono: (ϑ, ϕ) = (0, 0),

(0, π),

(π, 0),

(π, π)

e inoltre:

mg − 1) , kl 2mg ϕ = 0, ϑ = ±arccos( − 1) . kl mg Si noti che per ϑ = π si ottiene cos ϕ = kl + 1, che `e una soluzione inaccettabile; parimenti non `e lecito considerare la soluzione ϕ = π, cos ϑ = 2mg kl + 1. ϑ = 0,

ϕ = ±arccos(

4) Per discutere la stabilit`a delle posizioni di equilibrio, calcoliamo le derivate seconde dell’energia potenziale: Vϑϑ = 2mgl cos ϑ − kl2 (cos2 ϑ − sin2 ϑ) − kl2 cos ϑ cos ϕ

Vϑϕ = Vϕϑ = kl2 sin ϑ sin ϕ

Vϕϕ = mgl cos ϕ − kl2 (cos2 ϕ − sin2 ϕ) − kl2 cos ϑ cos ϕ .

Pertanto, calcolando l’Hessiano nelle posizioni di equilibrio si ha: µ ¶ 2mgl − 2kl2 0 H(V (0, 0)) = 0 mgl − 2kl2 e la posizione di equilibrio (ϑ, ϕ) = (0, 0) `e stabile se   2mgl − 2kl2 > 0 

mgl − 2kl2 > 0

ovvero se mgl > 2kl2 . Analogamente si trova che le configurazioni (ϑ, ϕ) = (0, π), (π, 0), (π, π) sono instabili, poich´e uno degli autovalori `e negativo. In particolare, si ha: µ ¶ 2mgl 0 H(V (0, π)) = , 0 −mgl che ammette gli autovalori λ1 = 2mgl e λ2 = −mgl < 0; µ ¶ −2mgl 0 H(V (π, 0)) = , 0 mgl

che ammette gli autovalori λ1 = −2mgl < 0 e λ2 = mgl; H(V (π, π)) =

µ

−2mgl − 2kl2 0

0 −mgl − 2kl2

¶

,

che ammette gli autovalori λ1 = −2mgl − 2kl2 < 0 e λ2 = −mgl − 2kl2 < 0. L’hessiano dell’energia potenziale calcolato nella configurazione di equilibrio (ϑ1 , ϕ1 ) = (0, ±arccos( mg e: kl − 1)) ` H(V (ϑ1 , ϕ1 )) =

µ

mgl 0

0 mgl(2 −

mg kl )

¶

;

entrambi gli autovalori sono positivi, poich´e la condizione di esistenza della mg soluzione implica 2 − mg kl ≥ 0. Nel caso 2 − kl = 0 si ritrova ϕ = 0. Analogamente per la posizione (ϑ2 , ϕ2 ) = (±arccos( 2mg kl − 1), 0), si ha: H(V (ϑ2 , ϕ2 )) =

µ

4mgl(1 − 0

mg kl )

0 −mgl

¶

e poich´e un autovalore `e negativo la posizione di equilibrio `e instabile. Se mg = kl si ritrova il caso ϑ = 0 precedentemente analizzato. PV 3 In un piano verticale, due punti materiali P1 e P2 di masse m1 e m2 possono scorrere senza attrito lungo l’asse delle ordinate di un sistema di riferimento fisso Oxy. Il punto P1 `e collegato all’origine O da una molla di costante elastica k1 > 0 e i due punti sono collegati tra loro da un’altra molla di costante elastica k2 > 0. Siano y1 e y2 le ordinate dei due punti. 1) Calcolare le equazioni del moto; 2) determinare le posizioni di equilibrio e discuterne la stabilit`a.

x

0

P

1

P2

y

1) L’energia cinetica `e data da 1 1 m1 y˙ 12 + m2 y˙22 , 2 2 mentre l’energia potenziale dovuta alle forze peso e alla forza elastica delle due molle `e: 1 1 V = −m1 gy1 − m2gy2 + k1 y12 + k2 (y2 − y1 )2 . 2 2 Pertanto la lagrangiana assume la forma: T =

1 1 1 1 m1 y˙ 12 + m2 y˙22 +m1 gy1 +m2 gy2 − k1y12 − k2 (y2 −y1 )2 . 2 2 2 2 Dunque, le equazioni di Lagrange  d ∂L ∂L  dt ∂y˙ 1 = ∂y1 L(y1 , y˙1 , y2 , y˙2 ) =



d ∂L dt ∂ y˙ 2

=

∂L ∂y2

sono date dalle seguenti espressioni:   m1 y¨1 = m1 g − k1 y1 + k2 (y2 − y1 ) 

m2 y¨2 = m2 g − k2 (y2 − y1 ) .

2) Le posizioni di equilibrio che annullano le derivate prime dell’energia potenziale   Vy1 = −m1 g + k1 y1 − k2 (y2 − y1 ) = 0 

Vy2 = −m2 g + k2 (y2 − y1 ) = 0

sono:

(m1 + m2 )g , k1 Calcoliamo l’hessiano di V : y1 =

H(V (y1 , y2 )) =

y2 = µ

(m1 + m2)g m2 g + . k1 k2

k1 + k2 −k2

−k2 k2

¶

.

Poich´e la traccia dell’hessiano `e positiva (Tr(H) = k1 +2k2 ) e il determinante `e positivo (det(H) = k1 k2 ) la posizione di equilibrio `e stabile. PV 4 Un’asta di lunghezza l e massa trascurabile `e attaccata all’origine di un sistema di riferimento verticale e pu` o ruotare attorno all’origine. All’altra estremit`a dell’asta `e appeso un punto P di massa m, il quale `e collegato agli assi orizzontale e verticale tramite due molle di costanti elastiche k1 > 0, k2 > 0. Le due molle si mantegono parallele agli assi z e x rispettivamente. Tutto il sistema ruota con velocit`a angolare costante ω attorno alla verticale. Indicato con ϑ l’angolo che l’asta forma con la verticale: 1) determinare l’equazione del moto; 2) calcolare le posizioni di equilibrio relative e discuterne la stabilit`a; 3) dimostrare che si conserva l’energia meccanica totale. z

P

θ 0

x

1) In un sistema di riferimento assoluto con l’origine coincidente con quella del sistema di riferimento relativo, l’asse z coincidente con l’asse di rotazione del sistema, le coordinate del punto P sono: P (l sin ϑ cos ωt, l sin ϑ sin ωt, l cos ϑ) .

Pertanto la velocit`a assoluta di P `e: v P (lϑ˙ cos ϑ cos ωt − lω sin ϑ sin ωt, lϑ˙ cos ϑ sin ωt + lω sin ϑ cos ωt, −lϑ˙ sin ϑ)

ovvero vP2 = l2 ϑ˙ 2 + l2 ω 2 sin2 ϑ e l’energia cinetica risulta: 1 m(l2 ϑ˙ 2 + l2 ω 2 sin2 ϑ) . 2 L’energia potenziale `e data dalla seguente espressione: T =

1 1 V = mgl cos ϑ + k1 l2 cos2 ϑ + k2 l2 sin2 ϑ 2 2 e quindi la lagrangiana completa `e: ˙ = 1 m(l2 ϑ˙ 2 + l2 ω 2 sin2 ϑ) − mgl cos ϑ L(ϑ, ϑ) 2 1 2 1 − k1 l cos2 ϑ − k2 l2 sin2 ϑ . 2 2 Pertanto l’equazione di Lagrange d ∂L ∂L = dt ∂ ϑ˙ ∂ϑ diventa: ml 2 ϑ¨ = (ml2 ω 2 + k1 l2 − k2 l2 ) sin ϑ cos ϑ + mgl sin ϑ .

(L)

2) Sia U l’energia potenziale relativa, comprendente il termine associato alla forza centrifuga dovuta alla rotazione del sistema: 1 1 ml 2 ω 2 U = mgl cos ϑ + k1 l2 cos2 ϑ + k2 l2 sin2 ϑ − sin2 ϑ . 2 2 2 Annullando la derivata prima, si ha: Uϑ = −mgl sin ϑ + (k2 l2 − k1 l2 − ml 2ω 2 ) sin ϑ cos ϑ = 0 e quindi le posizioni di equilibrio sono: µ ¶ mg ϑ1 = 0, ϑ2 = π, ϑ3 = arccos , (k2 − k1 − mω 2 )l

ϑ4 = −ϑ3 .

Le configurazioni di equilibrio ϑ3 e ϑ4 esistono se `e verificata la relazione mg | | ≤ 1. (k2 − k1 − mω 2 )l Per discutere la stabilit`a calcoliamo la derivata seconda di U:

Uϑϑ = −mgl cos ϑ + (k2 − k1 − mω 2 )l2 (cos2 ϑ − sin2 ϑ) .

Pertanto, per ϑ = ϑ1 , si ha: Uϑϑ = −mgl + (k2 − k1 − mω 2)l2 e tale configurazione `e stabile se k2 > k1 + mω 2 + mg l . Per ϑ = ϑ2 , si ha: Uϑϑ = mgl + (k2 − k1 − mω 2 )l2 ed `e stabile se k2 + mg l > k1 + mω 2 . Infine, per ϑ = ϑ3 o ϑ = ϑ4 , si ha: Uϑϑ = e si ha stabilit`a se

m2g 2 − (k2 − k1 − mω 2 )2 l2 k2 − k1 − mω 2

m2 g2 −(k2 −k1 −mω2 )2 l2 k2 −k1 −mω 2

> 0.

3) Un integrale primo `e dato dalla seguente espressione: 1 2 ˙2 1 1 ml ϑ − ( ml 2 ω 2 − k2l2 ) sin2 ϑ 2 2 2 1 2 2 + k1l cos ϑ + mgl cos ϑ . 2

G=

Infatti, derivando G rispetto al tempo, si ha: dG 2¨ ˙ = ϑ[ml ϑ − (ml2 ω 2 − k2 l2 ) sin ϑ cos ϑ dt − k1 l2 sin ϑ cos ϑ − mgl sin ϑ] . Introducendo in tale espressione l’equazione del moto (L), si ottiene: dG = 0 dt e quindi la quantit`a G `e un integrale primo del sistema. PV 5 Un’asta AP di lunghezza l e massa trascurabile ha un estremo vincolato a scorrere con velocit` a angolare costante ω lungo una circonferenza di raggio R posta in un piano verticale. All’altra estremit`a P dell’asta si trova un punto di massa m, il quale `e collegato all’asse delle ascisse tramite una molla di costante elastica k > 0 che si mantiene sempre verticale. 1) Scrivere l’equazione del moto; 2) dire se si conserva l’energia meccanica totale.

Q

0

x

A θ P y

1) Sia ϑ l’angolo che l’asta forma con la verticale. Le coordinate del punto P sono: P (xP , yP ) = (R sin ωt + l sin ϑ, R cos ωt + l cos ϑ) e quindi la corrispondente velocit` a `e: v P (Rω cos ωt + lϑ˙ cos ϑ, −Rω sin ωt − lϑ˙ sin ϑ) ovvero vP2 = R2 ω 2 + l2ϑ˙ 2 + 2Rlω ϑ˙ cos(ϑ − ωt). Inoltre, se Q `e il punto di applicazione della molla sull’asse delle ascisse, allora l’energia potenziale assume la forma: 1 k|P Q|2 − mgyP 2 1 = k(R cos ωt + l cos ϑ)2 − mg(R cos ωt + l cos ϑ) . 2

V =

Pertanto la Lagrangiana completa `e: 1 m(l2 ϑ˙ 2 + 2Rlω ϑ˙ cos(ϑ − ωt)) 2 1 − k(R cos ωt + l cos ϑ)2 + mg(R cos ωt + l cos ϑ) . 2

˙ t) = L(ϑ, ϑ,

L’equazione di Lagrange d ∂L ∂L = ˙ dt ∂ ϑ ∂ϑ assume dunque la forma: ml 2 ϑ¨ + mRlω 2 sin(ϑ − ωt) + mgl sin ϑ − kl(R cos ωt + l cos ϑ) sin ϑ = 0 .

2) L’energia meccanica totale `e data da:

1 m(l2 ϑ˙ 2 + 2Rlω ϑ˙ cos(ϑ − ωt)) 2 1 + k(R cos ωt + l cos ϑ)2 − mg(R cos ωt + l cos ϑ) 2

E=

e quindi, derivando rispetto al tempo ed usando l’equazione del moto si ha:

dE 2¨ ˙ = ϑ[ml ϑ + mRlω 2 sin(ϑ − ωt)+ dt mgl sin ϑ − k(R cos ωt + l cos ϑ)l sin ϑ] + mRlω ϑ¨ cos(ϑ − ωt) − mRlω ϑ˙ 2 sin(ϑ − ωt)

+ mgRω sin ωt − kRω(R cos ωt + l cos ϑ) sin ωt = Rω cos(ϑ − ωt)[−mRω 2 sin(ϑ − ωt) − mg sin ϑ + k(R cos ωt + l cos ϑ) sin ϑ] − mRlω ϑ˙ 2 sin(ϑ − ωt) + mgRω sin ωt − kRω(R cos ωt + l cos ϑ) sin ωt 6= 0

e quindi non si conserva l’energia totale.

PV 6 In un piano orizzontale, un’asta di massa trascurabile e lunghezza l ruota con velocit` a angolare costante ω attorno all’origine del sistema di riferimento. All’altra estremit`a si trova un punto materiale P di massa m e ad esso `e collegata una seconda asta di lunghezza l e massa trascurabile, che reca nell’estremo libero un punto materiale Q di massa m. 1) Determinare la Lagrangiana del problema e le equazioni del moto; 2) dire se si conserva l’energia meccanica totale.

y

Q

P

θ

x

0

1) Sia ϑ l’angolo che la seconda asta forma con l’orizzontale (l’angolo che OP forma con l’asse x `e ωt). Le coordinate dei due punti P e Q sono: P (xP , yP ) = (l cos ωt, l sin ωt), Q(xQ , yQ ) = (l cos ωt + l cos ϑ, l sin ωt + l sin ϑ) e quindi le rispettive velocit` a sono: vP (−lω sin ωt, lω cos ωt) ,

v Q (−lω sin ωt − lϑ˙ sin ϑ, lω cos ωt + lϑ˙ cos ϑ)

2 = l2 ω 2 + l 2 ϑ ˙ 2 + 2l2 ω ϑ˙ cos(ϑ − ωt). Poich´e il piano e quindi vP2 = l2 ω 2, vQ `e orizzontale, la forza peso `e controbilanciata dalla reazione vincolare del piano e non contribuisce all’energia potenziale. Pertanto, la Lagrangiana coincide con l’energia cinetica (e ovviamente con l’energia meccanica totale) ed ha la seguente espressione:

˙ t) = 1 ml 2ϑ˙ 2 + ml2 ω ϑ˙ cos(ϑ − ωt) . L(ϑ, ϑ, 2 L’equazione del moto `e quindi d ∂L ∂L = dt ∂ ϑ˙ ∂ϑ ovvero

ml 2 ϑ¨ + ml 2 ω 2 sin(ϑ − ωt) = 0 .

2) Derivando l’energia meccanica rispetto al tempo e usando l’equazione del moto, si ha: dE ˙ ϑ˙ − ω) sin(ϑ − ωt) = ml 2 ϑ˙ ϑ¨ + ml 2 ω ϑ¨ cos(ϑ − ωt) − ml 2 ω ϑ( dt = −ml 2 ω 3 sin(ϑ − ωt) cos(ϑ − ωt) − ml2 ω ϑ˙ 2 sin(ϑ − ωt) 6= 0 e quindi l’energia meccanica totale non si conserva nel tempo.

PV 7 In un piano orizzontale, un’asta AB di lunghezza 2l e massa trascurabile ha gli estremi vincolati a scorrere lungo una circonferenza di raggio R. Lungo l’asta pu` o muoversi senza attrito un punto materiale P di massa m, il quale `e collegato all’estremo B tramite una molla di costante elastica k > 0. Sia ϑ l’angolo che OC forma con la verticale, dove C `e il punto di mezzo dell’asta, e sia s l’ascissa di P lungo l’asta contata a partire da B. 1) Scrivere le equazioni del moto; 2) con l’aiuto degli integrali primi ridurre il problema al caso unidimensionale.

x

0 θ

P

B

C A y

1) Indichiamo con d la quantit`a p d = R2 − l2 ;

allora le coordinate del centro C dell’asta sono C(d sin ϑ, d cos ϑ), quelle del punto B sono B(d sin ϑ + l cos ϑ, d cos ϑ − l sin ϑ) e infine il punto P (xP , yP ) ha coordinate: P (d sin ϑ + l cos ϑ − s cos ϑ, d cos ϑ − l sin ϑ + s sin ϑ) . Pertanto la velocit`a di P `e: v P (dϑ˙ cos ϑ−lϑ˙ sin ϑ+sϑ˙ sin ϑ−s˙ cos ϑ, −dϑ˙ sin ϑ−lϑ˙ cos ϑ+sϑ˙ cos ϑ+s˙ sin ϑ) e quindi vP2 = d2 ϑ˙ 2 + l2 ϑ˙ 2 + s2 ϑ˙ 2 + s˙ 2 − 2dϑ˙ s˙ − 2lsϑ˙ 2 .

L’energia potenziale `e dovuta soltanto alla forza elastica: V =

1 2 ks ; 2

pertanto la Lagrangiana `e: 1 1 ˙ s, s) L(ϑ, ϑ, ˙ = m[(d2 + l2 )ϑ˙ 2 + s2 ϑ˙ 2 + s˙ 2 − 2dϑ˙ s˙ − 2lsϑ˙ 2 ] − ks2 . 2 2 Poich´e ∂L ˙ = m[(d2 + l2 )ϑ˙ + s2 ϑ˙ − ds˙ − 2lsϑ] ∂ ϑ˙ ∂L ˙ , = m[s˙ − 2dϑ] ∂ s˙ le equazioni del moto sono:  ˙ =0  m[(d2 + l2 )ϑ¨ + s2 ϑ¨ + 2ss˙ ϑ˙ − d¨ s − 2lsϑ¨ − 2ls˙ ϑ] 

¨ = m(sϑ˙ 2 − lϑ˙ 2 ) − ks . m[¨ s − 2dϑ]

2) Gli integrali primi sono l’energia totale E e il momento cinetico coniugato alla variabile ϑ. Infatti, poich´e la Lagrangiana non dipende esplicitamente da ϑ, risulta: pϑ =

∂L = m(d2 + l2 + s2 − 2ls)ϑ˙ − mds˙ , ∂ ϑ˙

da cui si ricava:

pϑ + mds˙ . m(d2 + l2 + s2 − 2ls) Sostituendo tale espressione nell’energia E si ricava un sistema unidimensionale nella variabile s: ϑ˙ =

E=

1 l2 + s2 − 2ls p2ϑ 1 2 m 2 s ˙ + + ks2 . 2 2 2 2 2 2 d + l + s − 2ls 2m(d + l + s − 2ls) 2

PV 8 In un piano verticale, un’asta di lunghezza l e massa trascurabile `e vincolata a ruotare attorno ad un suo estremo. All’altra estremit`a `e appeso un punto materiale di massa m, al quale `e collegata una molla di costante elastica k > 0, il cui punto di applicazione `e Q(l, 0). Sia ϑ l’angolo che OP forma con la verticale. 1) Scrivere le equazioni di Lagrange del sistema; 2) determinare le posizioni di equilibrio e discuterne la stabilit`a;

3) ricondurre alle quadrature il problema.

Q

0

x

P

y

1) La Lagrangiana `e pari alla differenza tra l’energia cinetica e l’energia potenziale. Sia ϑ l’angolo che l’asta forma con la verticale: P (xP , yP ) = (l sin ϑ, l cos ϑ) e v P (lϑ˙ cos ϑ, −lϑ˙ sin ϑ) ovvero vP2 = l2 ϑ˙ 2 . Inoltre, |P Q|2 = (l sin ϑ − l)2 + l2 cos2 ϑ = 2l2 − 2l2 sin ϑ

e quindi l’energia potenziale `e: 1 k|P Q|2 − mgyP = −kl2 sin ϑ − mgl cos ϑ + cost. 2 Pertanto la Lagrangiana risulta avere la seguente espressione: V =

1 2 ˙2 ml ϑ + kl2 sin ϑ + mgl cos ϑ 2 e l’equazione di Lagrange `e: ˙ = L(ϑ, ϑ)

d ∂L ∂L = dt ∂ ϑ˙ ∂ϑ ovvero ml2 ϑ¨ = kl2 cos ϑ − mgl sin ϑ . 2) Per il calcolo delle posizioni di equilibrio, cerchiamo i valori di ϑ in corrispondenza dei quali `e nulla la derivata prima dell’energia potenziale: Vϑ (ϑ) = −kl2 cos ϑ + mgl sin ϑ = 0 ,

da cui si ricava

ovvero ϑ1 = arctg

tg ϑ =

kl >0 mg

µ

,

kl mg

¶

ϑ2 = ϑ1 + π .

La derivata seconda vale Vϑϑ (ϑ) = kl2 sin ϑ + mgl cos ϑ . Poich´e sin ϑ1 > 0 e cos ϑ1 > 0, si ha Vϑϑ (ϑ1 ) > 0 e quindi ϑ1 `e una posizione di equilibrio stabile. Nel secondo caso si ha: µ 23 ¶ k l Vϑϑ (ϑ2 ) = cos ϑ2 + mgl mg e poich´e cos ϑ2 < 0, si ha Vϑϑ (ϑ2) < 0 ovvero ϑ = ϑ2 `e di equilibrio instabile. 3) Per ricondurre alle quadrature il problema scriviamo l’energia meccanica totale 1 E = ml2 ϑ˙ 2 − kl2 sin ϑ − mgl cos ϑ , 2 da cui si ricava: ϑ˙ 2 = ovvero t − t0 = ±

r

2 [E + kl2 sin ϑ + mgl cos ϑ] ml2 ml 2 2

Z

ϑ

ϑ0

p

dϑ E

+ kl2

sin ϑ + mgl cos ϑ

,

dove il segno `e determinato dal fatto che il moto sia crescente o decrescente. PV 9 In un piano orizzontale, due punti P1 e P2 di massa m sono vincolati a scorrere lungo una circonferenza di raggio R. I due punti sono collegati all’origine del sistema di riferimento da due molle, entrambe di costante elastica k > 0 e sono ulteriormente collegati tra loro da una molla, sempre di costante elastica k. Siano ϑ1 e ϑ2 gli angoli che OP1 e OP2 formano con la verticale. 1) Determinare la Lagrangiana del sistema e gli integrali primi; 2) sia ϕ = ϑ1 − ϑ2 ; calcolare la nuova Lagrangiana, gli integrali primi ed eventualmente ricondurre il problema al caso unidimensionale.

x

0

P2 P1 y

1) Poich´e i punti P1 e P2 hanno coordinate P1 (R sin ϑ1 , R cos ϑ1 ) ,

P2(R sin ϑ2 , R cos ϑ2) ,

i quadrati dei moduli delle velocit`a sono: v12 = R2 ϑ˙ 21 e v22 = R2 ϑ˙ 22 . Inoltre, l’energia potenziale `e data dalla seguente espressione: V =

1 1 1 k|OP1 |2 + k|OP2 |2 + k|P1 P2 |2 2 2 2

ed essendo |P1 P2 |2 = R2 [(sin ϑ1 − sin ϑ2 )2 + (cos ϑ1 − cos ϑ2 )2] = R2 [2 − 2 cos(ϑ1 − ϑ2 )] , si ha: V = kR2 + kR2 (1 − cos(ϑ1 − ϑ2)) = −kR2 cos(ϑ1 − ϑ2 ) + cost. Pertanto la Lagrangiana completa `e: 1 mR2 (ϑ˙ 21 + ϑ˙ 22 ) + kR2 cos(ϑ1 − ϑ2 ) . 2 Poich´e la Lagrangiana non dipende esplicitamente dal tempo, l’energia totale E `e un integrale primo del sistema. L(ϑ1 , ϑ˙ 1 , ϑ2 , ϑ˙ 2) =

`e:

2) Posto ϕ = ϑ1 − ϑ2 , si ha ϑ˙ 1 = ϕ˙ + ϑ˙ 2 e quindi la nuova Lagrangiana

1 L(ϕ, ϕ, ˙ ϑ˙ 2 ) = mR2 [(ϕ˙ + ϑ˙ 2 )2 + ϑ˙ 22 ] + kR2 cos ϕ . 2 Gli integrali primi sono l’energia totale E e il momento cinetico coniugato alla variabile ϑ2 ; infatti, la Lagrangiana non dipende esplicitamente da ϑ2 e quindi: ∂L p2 ≡ = mR2(ϕ˙ + 2ϑ˙ 2 ) = cost. , ∂ ϑ˙ 2

da cui si ricava: p2 ϕ˙ − . 2mR2 2 Inserendo tale espressione nell’energia totale, si riconduce il problema al caso unidimensionale nella variabile ϕ: ϑ˙ 2 =

1 mR2 (ϕ˙ 2 + 2ϑ˙ 22 + 2ϕ˙ ϑ˙ 2 ) − kR2 cos ϕ 2 1 p22 = mR2 ϕ˙ 2 + − kR2 cos ϕ . 4 4mR2

E=

PV 10 Un punto P di massa m pu` o scorrere lungo l’asse delle ascisse di un riferimento verticale; al punto P `e collegata un’asta di massa trascurabile e lunghezza l, che reca all’estremit`a libera un punto materiale Q di massa m, al quale `e collegata una molla di costante elastica k > 0 vincolata a rimanere sempre verticale. 1) Determinare la Lagrangiana del problema; 2) calcolare le posizioni di equilibrio e discuterne la stabilit`a; 3) con l’aiuto degli integrali primi del sistema ricondurre il problema al caso unidimensionale.

P

0

R

x

θ

Q

y

1) Sia ϑ l’angolo che l’asta forma con la verticale e x l’ascissa del punto P . Le coordinate dei punti P e Q sono: P (x, 0),

Q(x + l sin ϑ, l cos ϑ)

e quindi le corrispondenti velocit` a sono: vP (x, ˙ 0) ,

v Q (x˙ + lϑ˙ cos ϑ, −lϑ˙ sin ϑ)

2 = x ovvero vP2 = x˙ 2 , vQ ˙ 2 + l2 ϑ˙ 2 + 2lx˙ ϑ˙ cos ϑ. Indicando con R il punto di applicazione della molla, l’energia potenziale `e data dalla seguente espressione: 1 V = k|QR|2 − mgyQ 2 1 = kl2 cos2 ϑ − mgl cos ϑ . 2 Pertanto la Lagrangiana completa `e:

1 1 ˙ x) L(ϑ, ϑ, ˙ = mx˙ 2 + ml 2ϑ˙ 2 + mlx˙ ϑ˙ cos ϑ − kl2 cos2 ϑ + mgl cos ϑ . 2 2 2) Annullando le derivate prime dell’energia potenziale, si ha: ( Vx = 0 Vϑ = −kl2 sin ϑ cos ϑ + mgl sin ϑ = 0

e quindi le posizioni di equilibrio sono indifferenti rispetto alla variabile x, mentre per ϑ si ha: ³ mg ´ ϑ1 = 0, ϑ2 = π, ϑ3 = arccos , ϑ4 = −ϑ3 . kl Le posizioni di equilibrio ϑ3 e ϑ4 esistono se mg ≤ kl. Per determinarne la stabilit`a calcoliamo la derivata seconda: Vϑϑ = −kl2 (cos2 ϑ − sin2 ϑ) + mgl cos ϑ . Pertanto per ϑ = ϑ1 , Vϑϑ = −kl2 + mgl e la posizione di equilibrio `e stabile se mg > kl. Per ϑ = ϑ2 , Vϑϑ = −kl2 − mgl e la posizione di equilibrio `e instabile. 2 2 Per ϑ = ϑ3 o ϑ = ϑ4 , Vϑϑ = − mkg + kl2 e le posizioni di equilibrio sono stabili se kl > mg. D’altra parte tale condizione coincide con quella di esistenza di tali posizioni, che risultano quindi essere sempre stabili. 3) Poich´e la Lagrangiana non dipende esplicitamente dalla variabile x, dall’equazione di Lagrange: d ∂L ∂L = =0 dt ∂ x˙ ∂x

si conserva il momento cinetico coniugato a x: px =

∂L = 2mx˙ + ml ϑ˙ cos ϑ = cost. ∂ x˙

Da tale relazione si ricava: x˙ =

px − mlϑ˙ cos ϑ , 2m

che inserita nell’espressione dell’energia cinetica d` a: 1 1 E = mx˙ 2 + ml 2 ϑ˙ 2 + ml x˙ ϑ˙ cos ϑ + kl2 cos2 ϑ − mgl cos ϑ 2 2 1 2 ˙2 1 2 p2 ml2 ϑ˙ 2 cos2 ϑ = ml ϑ + kl cos2 ϑ − mgl cos ϑ + x − . 2 2 4m 4 PV 11 In un piano verticale, un punto materiale P di massa m `e vincolato a scorrere senza attrito lungo una guida parabolica descritta dall’equazione 2 y = x2 . Tutto il sistema ruota con velocit`a angolare costante ω attorno alla verticale. 1) Scrivere l’equazione del moto; 2) ritrovare l’equazione del moto tramite la prima equazione cardinale nel sistema di riferimento ruotante.

y

Q

0

P

x

1) Il sistema ha un grado di libert`a e assumiamo come coordinata lagrangiana l’ascissa x del punto P nel sistema di riferimento relativo (Oxy). Sia (OXY Z) un sistema di riferimento assoluto con l’origine coincidente con quella del sistema relativo e con l’asse Z coincidente con l’asse di rotazione del sistema. Allora le coordinate assolute del punto P sono: µ ¶ x2 P x cos ωt, x sin ωt, 2 e quindi la corrispondente velocit` a assoluta `e: vP (x˙ cos ωt − xω sin ωt, x˙ sin ωt + xω cos ωt, xx) ˙ ovvero vP2 = x˙ 2 + ω 2x2 + x2 x˙ 2 . Poich´e l’energia potenziale ha la forma x2 , 2 la Lagrangiana `e data dalla seguente espressione: V (x) = mg

1 x2 m[(1 + x2)x˙ 2 + ω 2x2 ] − mg . 2 2 Pertanto l’equazione del moto L(x, x) ˙ =

d ∂L ∂L = dt ∂ x˙ ∂x `e data da: m(1 + x2 )¨ x + mxx˙ 2 = m(ω 2 − g)x . 2) Applichiamo la prima equazione cardinale nel sistema di riferimento relativo, tenendo conto dell’azione della forza centrifuga F c = mω 2 QP , dove Q `e la proiezione di P sull’asse di rotazione: maP = mg + Φ + mω 2 QP ,

(I)

dove Φ denota la reazione vincolare tra il punto e la guida. Per ottenere l’equazione pura del moto, proiettiamo la (I) lungo la tangente alla curva. 2 Il versore tangente `e t = √(1,x) ; nel riferimento relativo P (x, x2 ), mentre 1+x2 la velocit` a del punto P `e v P = (x, ˙ xx) ˙ e l’accelerazione `e aP (¨ x, x¨ x + x˙ 2 ). Pertanto, proiettando la (I) lungo t, si ottiene: m(¨ x + x2 x¨ + xx˙ 2 ) = −mgx + mω 2 x , che coincide con l’equazione di Lagrange.

PV 12 Un punto materiale P di massa m `e vincolato a scorrere senza attrito lungo una circonferenza di raggio R, il cui centro coincide con l’origine O di un sistema di riferimento verticale. Il punto P `e collegato a due molle di costanti elastiche k1 > 0 e k2 > 0, che rimangono, rispettivamente, parallele agli assi x e y. Sia ϑ l’angolo che il raggio OP forma con la verticale. 1) Determinare l’equazione del moto; 2) calcolare le posizioni di equilibrio e discuterne la stabilit`a; 3) ritrovare l’equazione del moto tramite le equazioni cardinali; 4) determinare la reazione vincolare tra il punto e la guida nella posizione di equilibrio ϑ = 0.

S

0

x

θ Q

P

y

1) Da P (xP , yP ) = (R sin ϑ, R cos ϑ) risulta v P (Rϑ˙ cos ϑ, −Rϑ˙ sin ϑ) ovvero vP2 = R2 ϑ˙ 2 . Dunque l’energia cinetica `e 1 mR2 ϑ˙ 2 . 2 L’energia potenziale `e data dalla seguente espressione: T =

1 1 V = −mgyP + k1 x2P + k2 yP2 2 2 1 1 = −mgR cos ϑ + k1R2 sin2 ϑ + k2R2 cos2 ϑ . 2 2 Pertanto la Lagrangiana `e: 1 1 1 mR2 ϑ˙ 2 + mgR cos ϑ − k1 R2 sin2 ϑ − k2 R2 cos2 ϑ 2 2 2 e l’equazione del moto `e data da: ˙ = L(ϑ, ϑ)

mR2 ϑ¨ = −mgR sin ϑ + (−k1 + k2 )R2 sin ϑ cos ϑ .

2) Per calcolare le posizioni di equilibrio annulliamo la derivata prima dell’energia potenziale: Vϑ = mgR sin ϑ + R2 (k1 − k2) sin ϑ cos ϑ = 0 ovvero ϑ1 = 0,

ϑ2 = π,

ϑ3 = arccos

µ

mg R(k2 − k1 )

¶

, ϑ4 = −ϑ3 .

Le posizioni di equilibrio ϑ3 e ϑ4 esistono se |mg/R(k2 − k1 )| ≤ 1. In particolare, per mg = ±R(k2 − k1 ) esse si riducono a ϑ1 , ϑ2 . Per discutere la stabilit`a calcoliamo la derivata seconda di V : Vϑϑ = mgR cos ϑ + R2 (k1 − k2 )(cos2 ϑ − sin2 ϑ) .

Pertanto per ϑ = ϑ1 , si ha Vϑϑ = mgR + R2 (k1 − k2 ) e la posizione di equilibrio `e stabile se k2 < k1 + mg R . Per ϑ = ϑ2 , Vϑϑ = −mgR + R2 (k1 − k2 ) ed `e stabile se k1 > k2 + mg R . Per ϑ = ϑ3 o ϑ = ϑ4 , si ha: Vϑϑ =

m2g 2 − R2 (k1 − k2)2 k1 − k2

e se k1 > k2 le posizioni di equilibrio sono instabili poich´e per la condizione di esistenza deve risultare mg ≤ R(k2 − k1) . 3) Siano Q e S le proiezioni di P sull’asse delle ordinate e ascisse, rispettivamente; sia Φ la reazione vincolare nel punto di contatto tra il punto P e la guida circolare. Per ritrovare l’equazione pura del moto, proiettiamo la prima equazione cardinale maP = Φ + mg − k1 QP − k2 SP lungo la direzione tangente alla guida, il cui versore `e t = (cos ϑ, − sin ϑ). Poich´e l’accelerazione del punto P `e data da aP (Rϑ¨ cos ϑ − Rϑ˙ 2 sin ϑ, −Rϑ¨ sin ϑ − Rϑ˙ 2 cos ϑ) ,

si ha aP · t = Rϑ¨ e quindi:

mRϑ¨ = −mg sin ϑ − k1 R sin ϑ cos ϑ + k2 R sin ϑ cos ϑ ,

che coincide con l’equazione del moto trovata al punto 1). 4) Per determinare la reazione vincolare Φ nella posizione di contatto tra il punto e la guida in corrispondenza della configurazione di equilibrio ϑ = 0,

applichiamo la prima equazione cardinale, proiettata lungo la normale alla curva. Il versore normale `e n = (− sin ϑ, − cos ϑ) e quindi si ottiene: (Φ + mg − k1 QP − k2 SP ) · n = 0 ; da tale relazione si ricava: Φ = mg − k2 R . PV 13 Un’asta di massa trascurabile e lunghezza l ruota in un piano verticale con un estremo coincidente con l’origine del sistema di riferimento. All’altra estremit`a dell’asta `e appeso un punto materiale P di massa m1 , al quale `e collegato un filo inestensibile di lunghezza L0 . Il filo passa attraverso una carrucola posta nel punto R(d, 0) e reca all’altra estremit`a un punto materiale Q di massa m2 . 1) Determinare il numero dei gradi di libert`a del sistema; 2) scrivere la Lagrangiana; 3) determinare la tensione del filo nel punto Q.

0

R

x

P Q y

1) Sia ϑ l’angolo che l’asta forma con la verticale; tale coordinata individua la posizione del punto P . Inoltre, se L0 `e la lunghezza del filo, la distanza |RQ| `e |RQ| = L0 − |P R|

ed essendo |P R|2 = (d − l sin ϑ)2 + (l cos ϑ)2 = d2 + l2 − 2dl sin ϑ , la distanza |RQ| `e determinata in funzione di ϑ. Pertanto le coordinate del punto Q sono: ³ ´ p Q d, L0 − d2 + l2 − 2dl sin ϑ e l’unica coordinata indipendente `e l’angolo ϑ. 2) Poich´e v P (lϑ˙ cos ϑ, −lϑ˙ sin ϑ) Ã ! dlϑ˙ cos ϑ v Q 0, √ , d2 + l2 − 2dl sin ϑ

l’energia cinetica `e data da:

1 1 cos2 ϑ m1 l2 ϑ˙ 2 + m2 d2 l2ϑ˙ 2 2 . 2 2 2 d + l − 2dl sin ϑ Inoltre, l’energia potenziale `e data da: p V = −m1 gl cos ϑ + m2g d2 + l2 − 2dl sin ϑ + cost. T =

Pertanto la Lagrangiana del sistema `e:

cos2 ϑ ˙ = 1 m1 l2 ϑ˙ 2 + 1 m2 d2 l2 ϑ˙ 2 L(ϑ, ϑ) 2 2 2 2 d + l − 2dl sin ϑ p 2 + m1 gl cos ϑ − m2g d + l2 − 2dl sin ϑ . 3) Per determinare la tensione del filo τ Q nel punto Q, calcoliamo la prima equazione cardinale per il punto Q: m2 aQ = −τ Q + m2 g , dove aQ `e l’accelerazione del punto Q. Pertanto si ha: Ã ! dlϑ¨ cos ϑ − dlϑ˙ 2 sin ϑ d2 l2 ϑ˙ 2 cos2 ϑ τQ = m2 g − m2 √ + 2 . (d + l2 − 2dl sin ϑ)3/2 d2 + l2 − 2dl sin ϑ

Esercizi proposti 1) In un piano verticale, due punti P e Q di massa m sono vincolati a scorrere lungo due circonferenze concentriche di raggi R e r (r < R). I due punti sono collegati da una molla di costante elastica k > 0. Scrivere le equazioni di Lagrange del sistema.

O x

P

θ ϕ

Q y

Soluzione: Le equazioni di Lagrange sono: mr2 ϑ¨ = −mgr sin ϑ − kRr sin(ϑ − ϕ)

mr2 ϕ ¨ = −mgR sin ϕ + kRr sin(ϑ − ϕ) .

2) In un piano verticale, un punto materiale P di massa m pu´o scorrere lungo una circonferenza di raggio R; al punto P `e appesa un’asta di lunghezza l e massa trascurabile, che reca all’altra estremit`e un punto Q di massa m. Il punto Q `e collegato all’origine della circonferenza tramite una molla di costante elastica k > 0. Scrivere la Lagrangiana del sistema e determinare le posizioni di equilibrio.

O x

P y

Q

Soluzione: Siano ϑ e ϕ gli angoli che OP e P Q rispettivamente formano con la verticale. La Lagrangiana del sistema risulta essere: 1 ˙ ϕ, L(ϑ, ˙ ϑ, ϕ) = mR2 ϑ˙ 2 + ml 2 ϕ˙ 2 + mRl cos(ϑ − ϕ)ϑ˙ ϕ˙ 2 + 2mgR cos ϑ + mgl cos ϕ − kRl cos(ϑ − ϕ) . Le posizioni di equilibrio sono soluzioni del sistema: 2mgR sin ϑ − kRl sin(ϑ − ϕ) = 0 mgl sin ϕ + kRl sin(ϑ − ϕ) = 0 .

In particolare si ottengono le posizioni di equilibrio: (ϑ, ϕ) = (0, 0), (0, π), (π, 0), (π, π) .

3) In un piano verticale, un disco di raggio R > 0 e massa trascurabile ruota senza strisciare lungo l’asse orizzontale. Al centro del disco `e collegata un’asta di lunghezza l > 0; all’altra estremit`a dell’asta `e posto un punto materiale P di massa m, collegato all’asse delle ascisse tramite una molla di costante elastica k > 0, vincolata a rimanere sempre verticale. a) Scrivere la Lagrangiana del sistema; b) determinare le posizioni di equilibrio; c) discutere la stabilit`a delle posizioni di equilibrio al variare dei parametri del sistema.

O x

θ

P y

Soluzione: a) Sia x l’ascissa del centro del disco e ϑ l’angolo che l’asta forma con la verticale. La Lagrangiana del sistema `e: ˙ x, ϑ) = 1 m(x˙ 2 + l2 ϑ˙ 2 + 2lx˙ ϑ˙ cos ϑ) + mgl cos ϑ − 1 k(l cos ϑ − R)2 . L(x, ˙ ϑ, 2 2 b) Le posizioni di equilibrio non dipendono dalla coordinata x: Vϑ = mgl sin ϑ − k(l cos ϑ − R)l sin ϑ = 0 ,

le cui soluzioni sono ϑ1 = 0, ϑ2 = π e ϑ3,4 = ±arccos mg+kR se mg+kR ≤ kl. kl c) Se mg > k(l −R), allora ϑ1 `e stabile; ϑ2 `e un punto di equilibrio instabile; se mg + kR < kl, i punti ϑ3 e ϑ4 sono di equilibrio stabili.

4) In un piano verticale (Oxy) un punto P1 di massa m `e vincolato a scorrere 2 lungo una parabola di equazione y = x2 . In P1 `e appesa un’asta di massa trascurabile e lunghezza l, che reca all’altra estremit`a un punto P2 di massa m, il quale `e collegato all’asse delle ascisse tramite una molla di costante elastica k > 0, vincolata a rimanere sempre verticale. Scrivere le equazioni di Lagrange del sistema.

y

P 1

x

0 P 2

Soluzione: Sia ϑ l’angolo che l’asta P1 P2 forma con l’asse verticale. Le coordinate Lagrangiane sono x e ϑ. La Lagrangiana del sistema `e data da: ˙ x, ϑ) = mx˙ 2 (1 + x2 ) + 1 ml2 ϑ˙ 2 + ml cos ϑx˙ ϑ˙ + ml sin ϑxx˙ ϑ˙ L(x, ˙ ϑ, 2 k x2 − mgx2 + mgl cos ϑ − ( − l cos ϑ)2 . 2 2 Le equazioni di Lagrange sono: ¨ 2m¨ x(1 + x2 ) + 2mxx˙ 2 + ml ϑ(cos ϑ + x sin ϑ) + ml ϑ˙ 2 (x cos ϑ − sin ϑ) = x2 − l cos ϑ) 2 ml2 ϑ¨ + ml x¨(cos ϑ + x sin ϑ) + ml x˙ 2 sin ϑ = − 2mgx − kx(

− mgl sin ϑ − kl sin ϑ(

x2 − l cos ϑ) . 2

5) In un piano verticale (Oxy) un punto P1 di massa m `e vincolato a scorrere lungo una circonferenza di raggio R ed `e collegato tramite un’asta di massa trascurabile e lunghezza l ad un altro punto P2 di massa m. Il secondo punto `e collegato all’asse delle ascisse tramite una molla di costante elastica k > 0, vincolata a rimanere sempre verticale. a) Determinare la Lagrangiana del sistema. b) Calcolare le posizioni di equilibrio. c) Determinare sotto quali condizioni sui parametri le posizioni di equilibrio (ϕ, ϑ) = (0, 0) e (ϕ, ϑ) = (0, π) sono stabili.

x

0

ϕ

P 1 θ P 2

y

Soluzione: a) La Lagrangiana del sistema `e: ˙ ϕ, ϑ) = mR2 ϕ˙ 2 + 1 ml 2 ϑ˙ 2 + mRlϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ) L(ϕ, ˙ ϑ, 2 1 + 2mgR cos ϕ + mgl cos ϑ − k(R cos ϕ + l cos ϑ)2 . 2 b) Le posizioni di equilibrio sono soluzioni del sistema: Vϕ = 2mgR sin ϕ − kR sin ϕ(R cos ϕ + l cos ϑ) = 0 Vϑ = mgl sin ϑ − kl sin ϑ(R cos ϕ + l cos ϑ) = 0 .

In particolare, si hanno i seguenti punti di equilibrio: (ϕ, ϑ) = (0, 0), (0, π), (π, 0), (π, π), (0, ±arccos((mg − kR)/kl)) (se |(mg − kR)/kl| ≤ 1), (π, ±arccos((mg + kR)/kl)) (se vale (mg + kR)/kl ≤ 1), (±arccos((2mg − kl)/kR), 0) (se vale |(2mg − kl)/kR)| ≤ 1, (±arccos((2mg + kl)/kR), π) (se (2mg + kl)/kR ≤ 1).

c) Affinch`e la posizione di equilibrio (ϕ, ϑ) = (0, 0) sia stabile, deve risultare: 2mgR − kR(R + l) > 0 mgl − kl(R + l) > 0

ovvero mg > k(R + l). Affinch`e la posizione di equilibrio (ϕ, ϑ) = (0, π) sia stabile deve essere: 2mgR − kR(R − l) > 0 ovvero

k 2 (R

− mgl + kl(R − l) > 0

− l) < mg < k(R − l).

Piccole oscillazioni

• Consideriamo un sistema olonomo a vincoli fissi e bilateri, con n gradi di libert`a. Supponiamo che la sollecitazione attiva agente sul sistema sia conservativa (con energia potenziale V = V (x)). Sia x = x una posizione di equilibrio stabile. Introduciamo come nuove coordinate le deviazioni ξ dalla posizione di equilibrio: ξ = x−x . Sia

n 1 X T (x, ˙ x) = a ˜hk (x)x˙ h x˙ k 2 h,k=1

l’energia cinetica del sistema; sviluppiamo T nell’intorno di x = x. Posto ahk ≡ a ˜hk (x), l’energia cinetica di piccole oscillazioni `e: n 1 X ˙ Tpo (ξ) = ahk ξ˙h ξ˙k ; 2 h,k=1

definiamo la matrice A come A ≡ (ahk )h,k=1...n . Sviluppiamo (al secondo ordine) l’energia potenziale nell’intorno di x = x: 1 V (x) = V (x) + V 0 (x)ξ + V 00 (x)ξ 2 ; 2 poich´e V (x) `e costante e V 0 (x) = 0 (essendo x posizione di equilibrio), possiamo limitarci a considerare il termine di secondo grado: V (x) =

n 1 00 1 X V (x)ξ 2 = chk ξh ξk , 2 2 h,k=1

dove la matrice C `e definita come segue: C ≡ (chk )h,k=1...n =

µ

∂ 2 V (x) ∂xh ∂xk

¶

.

Introduciamo la Lagrangiana delle piccole oscillazioni: ˙ = L(ξ, ξ)

n ¢ 1 X ¡ ahk ξ˙h ξ˙k − chk ξh ξk . 2 h,k=1

Le corrispondenti equazioni di Lagrange d ∂L ∂L − =0, ˙ dt ∂ ξh ∂ξh diventano

n X ¡

ahk ξ¨k + chk ξk

k=1

¢

h = 1, ..., n ,

= 0,

h = 1, ..., n .

(C)

Tale sistema ammette soluzioni non banali se det(C − λA) = 0 , dove gli autovalori λ1 ,...,λn sono reali e positivi, poich´e le matrici A e C sono simmetriche e definite positive. Le quantit`a p ωj = λj , j = 1, ..., n si chiamano frequenze proprie di piccole oscillazioni.

• Coordinate normali: Siano u1 ,...,un gli autovettori associati agli autovalori λ1 ,...,λn : (C − λj A) uj = 0 ,

j = 1, ..., n .

Imponiamo la condizione di ortonormalit`a: ui · Auj = δij ,

i, j = 1, ..., n .

Sia U = (ujk )j,k=1...n la matrice formata dalle componenti degli autovettori uj ; possiamo riscrivere la condizione di ortonormalit`a nella forma U T AU = I , da cui si ricava: U −1 = U T A . Inoltre si ha la relazione U T CU = L , dove L `e la matrice diagonale le cui componenti sono gli autovalori λj . Introducendo le coordinate normali (o “modi normali”) y = U −1ξ , si ottengono le relazioni y¨j + λj yj = 0 ,

j = 1, ..., n .

Infatti, riscrivendo la (C) nella forma A¨ξ + Cξ = 0 ,

(y)

si ha:

U T A¨ξ + U T Cξ = U −1 ¨ξ + LU −1 ξ = y¨ + Ly = 0 .

Le soluzioni delle (y) sono:

p yj (t) = α cos( λj t + β) = α cos(ωj t + β) ,

con α, β costanti. PO 1

Un’asta di lunghezza l e massa trascurabile `e vincolata a ruotare attorno all’origine di un sistema di riferimento verticale, con una delle estremit`a coincidente con l’origine. All’altra estremit`a dell’asta `e situato un punto materiale P di massa m, collegato agli assi cartesiani tramite due molle di costanti k1 e k2 vincolate a rimanere, rispettivamente, orizzontale e verticale. Nell’ipotesi mg > (k2 − k1 )l > 0, determinare la frequenza di piccole oscillazioni attorno alla posizione di equilibrio stabile.

x

0

θ

P

y

Sia ϑ l’angolo che l’asta forma con la verticale. Poich´e P (xP , yP ) = (l sin ϑ, l cos ϑ), l’energia potenziale `e data da: 1 1 k1 x2P + k2 yP2 − mgyP 2 2 1 2 2 1 = k1 l sin ϑ + k2 l2 cos2 ϑ − mgl cos ϑ . 2 2 Pertanto determiniamo le posizioni di equilibrio annullando la derivata di V: Vϑ = (k1 − k2)l2 sin ϑ cos ϑ + mgl sin ϑ = 0 V =

ovvero sin ϑ = 0, che ha soluzioni ϑ1 = 0 e ϑ2 = π, cos ϑ = − (k1mg −k2 )l . Poich´e si assume mg ≥ (k1 − k2 )l, non esistono altre soluzioni oltre 0 e π. La derivata seconda di V `e:

Vϑϑ = [(k1 − k2 )l2 cos ϑ + mgl] cos ϑ + (k2 − k1 )l2 sin2 ϑ . Pertanto: Vϑϑ (0) = (k1 − k2 )l2 + mgl e la posizione ϑ1 = 0 `e di equilibrio stabile, poich´e abbiamo supposto mg ≥ (k2 − k1 )l. Per ϑ2 = π, si ha Vϑϑ = (k1 − k2 )l2 − mgl ed `e quindi instabile.

Per determinare la frequenza di piccole oscillazioni attorno a ϑ1 = 0, calcoliamo l’energia cinetica: il quadrato del modulo della velocit`a di P `e vP2 = l2 ϑ˙ 2 e quindi: T =

1 2 ˙2 ml ϑ . 2

Pertanto, la frequenza di piccole oscillazioni ω `e soluzione dell’equazione: mgl + (k1 − k2 )l2 − ml2 ω 2 = 0 ovvero ω=±

r

mg + (k1 − k2)l . ml

PO 2 In un piano verticale (Oxy) un punto P di massa m `e vincolato a scorrere senza attrito lungo una circonferenza di raggio R. Il punto `e collegato all’origine da una molla di costante elastica k > 0 e all’asse x tramite una seconda molla (sempre di costante elastica k), che si mantiene verticale. Sia ϑ l’angolo che OP forma con la verticale; se mg > kR, calcolare la frequenza di piccole oscillazioni attorno alla posizione di equilibrio stabile.

x 0

θ P

y

Poich´e P (xP , yP ) = (R sin ϑ, R cos ϑ), la velocit` a `e v P (Rϑ˙ cos ϑ, −Rϑ˙ sin ϑ) e quindi l’energia cinetica `e: 1 T = mR2 ϑ˙ 2 . 2 L’energia potenziale `e data dalla seguente espressione: 1 1 V = −mgyP + k|OP |2 + kyP2 2 2 1 2 1 2 = −mgR cos ϑ + kR + kR cos2 ϑ . 2 2 Poich´e Vϑ = mgR sin ϑ − kR2 sin ϑ cos ϑ ,

le posizioni di equilibrio sono ϑ1 = 0, ϑ2 = π, ϑ3 = arccos mg kR , ϑ4 = −ϑ3 . Le ultime due configurazioni non esistono poich´e dovrebbe essere verificata la relazione mg ≤ kR, che contraddice l’ipotesi. Discutiamo la stabilit`a di tali posizioni: Vϑϑ = mgR cos ϑ − kR2 (cos2 ϑ − sin2 ϑ)

e quindi per ϑ = ϑ1, Vϑϑ = −kR2 + mgR e tale posizione `e stabile se mg > kR; per ϑ = ϑ2 , Vϑϑ = −kR2 − mgR < 0 e quindi tale posizione `e sempre instabile. La frequenza ω di piccole oscillazioni attorno alla posizione ϑ = ϑ1 = 0 `e quindi soluzione di mgR − kR2 − mR2 ω 2 = 0 ovvero ω ≡ ±

r

mg − kR . mR

PO 3 Tre aste (OA, AB, BC) di lunghezza l e massa trascurabile sono collegate tra loro nei punti A e B, mentre O coincide con l’origine di un sistema di riferimento in un piano verticale. In A, B, C si trovano tre punti materiali di massa m. Detti ϑ, ϕ, ψ , gli angoli che le tre aste formano con la verticale, determinare l’equazione secolare delle piccole oscillazioni attorno alla posizione di equilibrio stabile.

x

0

θ A

ϕ

B C

ψ y

Le coordinate dei punti A, B, C sono: A(xA , yA ) = (l sin ϑ, l cos ϑ) B(xB , yB ) = (l sin ϑ + l sin ϕ, l cos ϑ + l cos ϕ) C(xC , yC ) = (l sin ϑ + l sin ϕ + l sin ψ , l cos ϑ + l cos ϕ + l cos ψ ) e quindi l’energia potenziale `e data da: V = −mg(yA + yB + yC )

= −mgl(3 cos ϑ + 2 cos ϕ + cos ψ ) .

Poich´e Vϑ = 3mgl sin ϑ,

Vϕ = 2mgl sin ϕ,

Vψ = mgl sin ψ ,

le possibili posizioni di equilibrio sono (ϑ, ϕ, ψ ) = (0, 0, 0), (0, 0, π), (0, π, 0), (π, 0, 0), (0, π, π), (π, 0, π), (π, π, 0), (π, π, π). Poich´e l’Hessiano di V vale:   3mgl cos ϑ 0 0   , 0 2mgl cos ϕ 0 0 0 mgl cos ψ

solo la posizione (ϑ, ϕ, ψ ) = (0, 0, 0) `e stabile. Calcoliamo ora l’energia cinetica: le velocit` a dei tre punti sono v A (lϑ˙ cos ϑ, −lϑ˙ sin ϑ) v (lϑ˙ cos ϑ + lϕ˙ cos ϕ, −lϑ˙ sin ϑ − lϕ˙ sin ϕ) B

v C (lϑ˙ cos ϑ + lϕ˙ cos ϕ + lψ ˙ cos ψ , −lϑ˙ sin ϑ − lϕ˙ sin ϕ − lψ ˙ sin ψ ) e quindi

2 vA = l2 ϑ˙ 2 v 2 = l2 ϑ˙ 2 + l2 ϕ˙ 2 + 2l2 ϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ) B 2 vC

Quindi

= l2 ϑ˙ 2 + l2 ϕ˙ 2 + l2 ψ ˙ 2 + 2l2 ϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ) + 2l2 ϑ˙ ψ ˙ cos(ϑ − ψ ) + 2l2 ϕ˙ ψ ˙ cos(ϕ − ψ ) .

1 m[3l2 ϑ˙ 2 + 2l2 ϕ˙ 2 + l2 ψ ˙ 2 + 4l2ϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ) 2 + 2l2 ϑ˙ ψ ˙ cos(ϑ − ψ ) + 2l2 ϕ˙ ψ ˙ cos(ϕ − ψ )] .

T =

Pertanto la matrice di piccole oscillazioni relativa all’energia cinetica `e:   3ml 2 2ml 2 ml2  2ml 2 2ml 2 ml2  . ml 2 ml 2 ml2

Infine, l’equazione secolare `e data dalla seguente espressione: posto α = mgl e β = ml2   3α − 3βλ −2βλ −βλ det  −2βλ 2α − 2βλ −βλ  −βλ −βλ α − βλ = −β 3 λ3 + 9αβ 2 λ2 − 18α2 βλ + 6α3 = 0 .

PO 4 Un’asta AB di lunghezza l e massa trascurabile ha l’estremo A che pu` o scorrere lungo l’asse delle ascisse di un piano verticale ed `e vincolata a rimanere sempre parallela all’asse y; in B si trova un punto materiale P1 di massa m1 . Una seconda asta di lunghezza l e massa trascurabile ha un estremo vincolato nel punto di coordinate C(d, 0) e reca all’estremit`a libera un punto P2 di massa m2 . I due punti materiali sono collegati da una molla di costante elastica k > 0. 1) Determinare le posizioni di equilibrio e discuterne la stabilit`a; 2) calcolare la frequenza di piccole oscillazioni nel caso m1 = m2 = m;

3) calcolare i modi normali nel caso mg = kl.

0

x

A

C ϕ P

2

B= P1

y

1) Sia x l’ascissa del punto di applicazione A della prima asta e ϕ l’angolo che la seconda asta forma con la verticale. Le coordinate dei punti P1 e P2 sono: P1 (x1, y1 ) = (x, l) P2 (x2, y2 ) = (d − l sin ϕ, l cos ϕ)

e quindi

|P1 P2 |2 = (x − d + l sin ϕ)2 + (l − l cos ϕ)2

= x2 − 2dx + 2xl sin ϕ − 2dl sin ϕ − 2l2 cos ϕ + d2 + 2l2 .

Pertanto l’energia potenziale `e data da: 1 V = −m1 gy1 − m2 gy2 + k|P1 P2 |2 2 1 2 = −m2 gl cos ϕ + k(x − 2dx + 2xl sin ϕ − 2dl sin ϕ − 2l2 cos ϕ) + cost. 2 Quindi le derivate prime sono:   Vx = k(x − d + l sin ϕ) = 0 

Vϕ = m2 gl sin ϕ + k(xl cos ϕ − dl cos ϕ + l2 sin ϕ) = 0

e le posizioni di equilibrio sono

(x1 , ϕ1 ) = (d, 0), mentre la soluzione cos ϕ = inaccettabile.

2

m2 gl+kl kl 2

(x2, ϕ2 ) = (d, π) , = 1+ mkl2 g , x = d−l sin ϕ `e palesemente

Per quanto riguarda la stabilit`a calcoliamo le derivate seconde:   Vxx = k Vxϕ = Vϕx = kl cos ϕ  Vϕϕ = m2 gl cos ϕ + k(−xl sin ϕ + dl sin ϕ + l2 cos ϕ) . Pertanto l’hessiano di V calcolato in (x1 , ϕ1 ) = (d, 0) `e: µ ¶ k kl C1 = , kl m2 gl + kl2

la cui traccia `e positiva e il cui determinante vale m2 gkl > 0. Pertanto la posizione (x1 , ϕ1 ) `e stabile. Riguardo la seconda posizione di equilibrio (x2 , ϕ2 ) = (d, π), si ha: µ ¶ k −kl C2 = −kl −m2 gl − kl2 e poich´e il determinante vale −m2 gkl − 2k 2 l2 < 0, la posizione di equilibrio `e instabile. 2) Le velocit` a dei due punti sono: v 1 (x, ˙ 0),

v2 (−lϕ˙ cos ϕ, −lϕ˙ sin ϕ)

e quindi l’energia cinetica `e: T =

1 1 m1 x˙ 2 + m2 l2 ϕ˙ 2 ; 2 2

dunque, la matrice di piccole oscillazioni associata all’energia cinetica `e: µ ¶ m1 0 A= 0 m2 l 2 e le frequenze di piccole oscillazioni sono soluzioni dell’equazione det(C1 − λA) = 0 ovvero µ ¶ k − m1 λ kl det kl m2 gl + kl2 − m2l2 λ = m1m2 l2 λ2 − (m1 m2 gl + m1 kl2 + m2 kl2 )λ + m2 gkl = 0 .

Pertanto per m1 = m2 = m, si ottiene: λ1,2

p mgl + 2kl2 ± m2 g2 l2 + 4k 2 l4 = 2ml2

e le frequenze proprie sono le radici quadrate di λ1 e λ2 .

3) Per mg = kl, si ha λ1,2

√ 3± 5 k = , 2 m

mentre le matrici C1 e A diventano µ ¶ k kl C1 = kl 2kl2

A=

µ

m 0

0 ml2

¶

.

Calcoliamo gli autovettori u e v soluzioni di (C1 −λ1 A)u = 0, (C1 −λ2 A)v = 0. Nel primo caso si ha: Ã !µ ¶ √ k − 3+2 5 k kl u1 √ =0 3+ 5 2 2 u2 kl 2kl − 2 kl ovvero

√   − 1+2 5 u1 + lu2 = 0



lu1 +

√ 1− 5 2 2 l u2

=0;

lasciando arbitrario il valore di u1 si ha: √ 1+ 5 u2 = u1 . 2l Analogamente, per il vettore v si trova: Ã !µ ¶ √ k − 3−2 5 k kl v1 √ =0 3− 5 2 2 v2 kl 2kl − 2 kl ovvero

√   − 1−2 5 v1 + lv2 = 0



lv1 +

√ 1+ 5 2 2 l v2

=0;

lasciando arbitrario il valore di v1 si ha: √ 1− 5 v2 = v1 . 2l Imponiamo ora le condizioni di ortonormalit`a: u · Av = 0 ,

u · Au = 1 ,

v · Av = 1 .

La prima relazione `e banalmente verificata; dalla seconda relazione si ricava: √ µ ¶ µ ¶µ ¶ 5+ 5 u 1 0 √ u1 m √5+11 · = mu21 = 1 5+1 2 u 0 l u 2 1 1 2l 2l

ovvero u1 = q

e quindi

u2 =

s

v1 = q v2 = −

Pertanto la matrice U `e: 

√ 5+ 5 2 m

√ 5+ 5 1 . 10 ml 2

Analogamente si trova:

e

1

s

1 √ 5− 5 2 m

√ 5− 5 1 . 10 ml 2

p 1√ 5+ 5 m U =  q √2

5+ 5 1 10 ml2

−

p 1√ 5− 5 q 2√ m

5− 5 1 10 ml2



 ,

la cui inversa si ottiene dalla relazione U −1 = U T A ovvero  √ q √  5+ 5 2 p m√ 10 ml   5+ 5 2  . q √ U −1 =  √   5− 5 2 p m√ − 10 ml 5− 5 2

Pertanto, introdotte le deviazioni (ξ1 , ξ2 ) dalle posizioni di equilibrio, i modi normali sono dati da y = U −1 ξ ovvero q √  √ m 5+ 5  2 p  y = ξ + √ 1 1  10 ml ξ2 5+ 5 2 q √ √  m 5− 5 2  p ξ − √  y2 = 1 10 ml ξ2 . 5− 5 2

PO 5 Un’asta (P Q) di lunghezza l e massa trascurabile ha un estremo vincolato a scorrere senza attrito lungo una circonferenza di raggio R in un piano verticale; agli estremi Q e P dell’asta sono posti due punti materiali di massa m. Siano ϑ e ϕ gli angoli che le direzioni OQ e QP formano con la verticale. 1) Determinare le posizioni di equilibrio stabile;

2) calcolare le frequenze proprie di piccole oscillazioni; √ 3) nel caso R = 3l, determinare i modi normali.

x 0

θ Q

ϕ

P

y

1) Le coordinate dei punti Q e P sono: Q(xQ , yQ ) = (R sin ϑ, R cos ϑ) P (xP , yP ) = (R sin ϑ + l sin ϕ, R cos ϑ + l cos ϕ)

.

L’energia potenziale `e: V = −mgyQ − mgyP

= −mg(2R cos ϑ + l cos ϕ) .

Pertanto, calcoliamo le posizioni di equilibrio:   Vϑ = 2mgR sin ϑ = 0 

Vϕ = mgl sin ϕ = 0 ,

e quindi le soluzioni di equilibrio sono (ϑ, ϕ) = (0, 0), (0, π), (π, 0), (π, π). Per discutere la stabilit`a calcoliamo le derivate seconde:  Vϑϑ = 2mgR cos ϑ     Vϑϕ = Vϕϑ = 0     Vϕϕ = mgl cos ϕ e quindi soltanto la posizione (ϑ, ϕ) = (0, 0) `e di equilibrio stabile.

2) Per calcolare le frequenze proprie determiniamo l’energia cinetica; poich´e le velocit` a dei due punti sono v Q (Rϑ˙ cos ϑ, −Rϑ˙ sin ϑ),

v P (Rϑ˙ cos ϑ + lϕ˙ cos ϕ, −Rϑ˙ sin ϑ − lϕ˙ sin ϕ)

ovvero 2 vQ = R2 ϑ˙ 2 ,

vP2 = R2 ϑ˙ 2 + l2 ϕ˙ 2 + 2Rlϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ) ,

l’energia cinetica `e: T =

1 m(2R2 ϑ˙ 2 + l2 ϕ˙ 2 + 2Rlϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ)) . 2

Poniamo: C=

µ

2mgR 0

0 mgl

¶

,

A=

µ

2mR2 mRl

mRl ml 2

¶

;

le frequenze proprie sono le radici quadrate delle soluzioni dell’equazione: µ ¶ 2gR − 2R2 λ −Rlλ det(C − λA) = m −Rlλ gl − l2 λ = m(R2 l2 λ2 − 2glR(R + l)λ + 2g2 Rl) = 0

ovvero λ1,2 =

3) Se R =

√ g(R + l) ± g R2 + l2 . Rl

√ 3l, allora λ1 = (1 +

√ g 3) l

λ2 = (1 −

√

3 g ) 3 l

e calcoliamo gli autovettori associati alle equazioni (C − λ1 A)u = 0, (C − λ2 A)v = 0. Si ha: √ √ √ ¶µ ¶ µ √ 2 3mgl − 6mgl(1 + 3) −mgl(1 + 3)√3 u1 √ √ −mgl(1 + 3) 3 mgl − mgl(1 + 3) u2 µ √ √ ¶µ ¶ 6 + 4√ 3 3 + u1 √ 3 = −mgl =0 3+ 3 3 u2 e lasciando u1 arbitrario si trova: u2 = −(1 +

√

3)u1 .

Analogamente per v: à √ !µ ¶ √ √ √ 2 3mgl − 6mgl(1 − 33 ) −mgl(1 − 33 ) 3 v1 √ √ √ v2 −mgl(1 − 33 ) 3 mgl − mgl(1 − 33 ) µ √ √ ¶µ ¶ 4 3√ −6 1− v1 √ 3 = mgl =0 3 1− 3 v2 3 e lasciando v1 arbitrario si ha: v2 = (3 −

√ 3)v1 .

Imponiamo le condizioni di ortonormalit`a u · Av = 0 ,

u · Au = 1 ,

v · Av = 1 .

Si verifica facilmente che la prima relazione `e soddisfatta; dalla seconda condizione si ottiene: 1 u1 = √ , 2 ml mentre dalla terza condizione si ha: 1 v1 = √ . 12m l Pertanto si trova:

√ 3+1 u2 = − √ , 2 ml

√ 3− 3 v2 = √ . 12m l

Quindi la matrice U `e data da: 1 U=√ ml

Ã

1 √2 − 3+1 2

√1 12 √ 3− √ 3 12

!

.

Determiniamo l’inversa di U dalla relazione U −1 = U T A ovvero à ! √ 3− 3 √ − 12 −1 2 U = m l 3+√3 √3 . 2

2

Dunque, introducendo le deviazioni ξ = (ξ1 , ξ2 ) dalla posizione di equilibrio, i modi normali si ottengono tramite la relazione η = U −1 ξ ovvero √  √  η1 = m l( 3−2 3 ξ1 − 12 ξ2 ) 

η2 =

√ √ m l( 3+2 3 ξ1 +

√ 3 2 ξ2 ).

PO 6 Due punti materiali P1 e P2 di massa m possono scorrere senza attrito lungo una guida inclinata di angolo costante γ rispetto all’asse delle y di un sistema di riferimento in un piano verticale. Il primo punto `e collegato ad una molla di costante elastica k > 0 che si mantiene sempre verticale e i due punti sono ulterioremente collegati da una molla, sempre di costante elastica k. Sia s1 l’ascissa del primo punto lungo la guida, contata a partire dall’origine del sistema di riferimento. Sia s2 la distanza tra i due punti. 1) Determinare la Lagrangiana di piccole oscillazioni del sistema; 2) calcolare le frequenze di piccole oscillazioni; 3) nel caso γ = π4 , calcolare i modi normali.

x

0

γ P1

P2

y

1) Le coordinate dei punti P1 e P2 sono: P1 (x1 , y1 ) = (s1 sin γ, s1 cos γ) P2 (x2 , y2 ) = ((s1 + s2 ) sin γ, (s1 + s2) cos γ) e quindi v1 (s˙ 1 sin γ, s˙ 1 cos γ),

v 2 ((s˙ 1 + s˙ 2 ) sin γ, (s˙ 1 + s˙2 ) cos γ)

ovvero v12 = s˙ 21 ,

v22 = (s˙ 1 + s˙2 )2 .

Pertanto l’energia cinetica `e: T =

1 m(2s˙ 21 + s˙ 22 + 2s˙ 1 s˙ 2 ) . 2

L’energia potenziale `e: 1 1 V = −mgy1 − mgy2 + ky12 + k|P1 − P2 |2 2 2 1 1 = −2mgs1 cos γ − mgs2 cos γ + ks21 cos2 γ + ks22 . 2 2 Calcoliamo le posizioni di equilibrio:   V1 = −2mg cos γ + ks1 cos2 γ = 0 

ovvero

V2 = −mg cos γ + ks2 = 0

s1 = s1 =

2mg , k cos γ

s2 = s2 =

mg cos γ . k

Per discutere la stabilit`a calcoliamo le derivate seconde:  V11 = k cos2 γ        

V12 = V21 = 0 V22 = k

e quindi la posizione di equilibrio (s1 , s2 ) `e stabile. Introducendo le deviazioni: 2mg mg cos γ σ1 = s1 − σ2 = s2 − , k cos γ k la Lagrangiana di piccole oscillazioni `e: Lp.o. =

1 1 m(2σ˙ 12 + σ˙ 22 + 2σ˙ 1σ˙ 2 ) − (k cos2 γσ12 + kσ22 ) . 2 2

2) Le frequenze di piccole oscillazioni sono soluzioni dell’equazione det(C − λA) = 0 , dove C= e

µ

A= ovvero

k cos2 γ 0

0 k

µ

¶

2m m

m m

¶

m2λ2 − (2mk + mk cos2 γ)λ + k 2 cos2 γ = 0 ,

le cui soluzioni sono: λ1,2 =

2mk + mk cos2 γ ±

p

4m2 k 2 + m2 k 2 cos4 γ . 2m2

Le frequenze proprie sono le radici quadrate di λ1 e λ2 . 3) Per γ =

π 4,

si ha

√ 17 k λ1,2 = . 4 m Calcoliamo gli autovettori u, v soluzioni di (C−λ1 A)u = 0 e (C −λ2A)v = 0: √ √ µk k ¶µ ¶ − k4 (5 + 17) u1 2 − 2 (5 +√ 17) √ u2 − k4 (5 + 17) k − k4 (5 + 17) µ √ √ ¶µ ¶ k 8 + 2√ 17 5 + √17 u1 =− =0 u2 4 5 + 17 1 + 17 5±

ovvero, per u1 arbitrario, u2 = −

3+

√

17

4

u1 .

Analogamente per v si ha: √ √ µk k ¶µ ¶ − k4 (5 − 17) v1 2 − 2 (5 −√ 17) √ v2 − k4 (5 − 17) k − k4 (5 − 17) √ √ ¶µ ¶ µ k 8 − 2√ 17 5 − √17 v1 =− =0 v2 4 5 − 17 1 − 17 ovvero, per v1 arbitrario, v2 = −

3−

√

17

4

v1 .

Imponiamo le condizioni di ortonormalit`a u·v = 0 ,

u·u = 1 ,

v·v =1 .

Si verifica facilmente che la prima relazione `e soddisfatta; dalla seconda condizione risulta: µ ¶µ ¶µ ¶ √ mu21 u√1 2 1 u√1 m = (17 − 17) = 1 3+ 17 3+ 17 − 4 u1 1 1 − 4 u1 8 ovvero

u1 = q

1 m 8 (17

−

. √ 17)

Dalla terza condizione si ha: µ ¶µ ¶µ ¶ √ mv12 v√1 2 1 v√1 m = (17 + 17) = 1 3− 17 3− 17 − 4 v1 1 1 − 4 v1 8 ovvero

Pertanto si trova: u2 = −

v1 = q s

1 m 8 (17

√ 1 4 17 (1 + ), m 17

+

√

. 17)

v2 =

s

√ 1 4 17 (1 − ) m 17

e quindi la matrice U `e data da:   √m 1 √ √m 1 √ (17− 17) (17+ 17)  . q 8 U = q 8 √ √ 1 1 4 17 − m (1 + 4 1717 ) (1 − ) m 17 Poniamo per brevit`a:

U=

µ

a c

b d

¶

;

determiniamo l’inversa di U dalla relazione U −1 = U T A ovvero µ ¶ 2a + c a + c −1 U =m . 2b + d b + d Dunque, introducendo le deviazioni σ = (σ1 , σ2 ) dalla posizione di equilibrio, i modi normali si ottengono tramite la relazione y = U −1 σ ovvero   y1 = m(2a + c)σ1 + m(a + c)σ2 

y2 = m(2b + d)σ1 + m(b + d)σ2 .

PO 7 Due aste OA e AB di lunghezza l e massa trascurabile sono collegate tra loro in A e la prima asta ha un estremo coincidente con l’origine O di un riferimento (Oxy) in un piano verticale. In A e B si trovano due punti P1 e P2 di massa m; il punto P2 `e collegato agli assi del riferimento da due molle, entrambe di costante elastica k > 0, vincolate a rimanere parallele agli assi. Siano ϑ e ϕ gli angoli che le due aste formano con la verticale. Supponiamo mg ≥ 32 kl. 1) Verificare che la posizione (ϑ, ϕ) = (0, 0) `e di equilibrio stabile;

2) scrivere la Lagrangiana di piccole oscillazioni attorno alla posizione (ϑ, ϕ) = (0, 0); 3) determinare le frequenze proprie di piccole oscillazioni nel caso mg = 3kl; 4) determinare i modi normali relativi al punto 3).

x 0

θ A

ϕ B y

1) Le coordinate dei due punti sono P1 (x1 , y1) = (l sin ϑ, l cos ϑ), P2 (x2, y2 ) = (l sin ϑ + l sin ϕ, l cos ϑ + l cos ϕ). Quindi l’energia potenziale `e: 1 V = −mgy1 − mgy2 + k(x22 + y22 ) 2 1 = −mg(2l cos ϑ + l cos ϕ) + kl2 [2 + 2 cos(ϑ − ϕ)] . 2 Poich´e

  Vϑ = 2mgl sin ϑ − kl2 sin(ϑ − ϕ) 

Vϕ = mgl sin ϕ + kl2 sin(ϑ − ϕ) ,

si riconosce subito che (ϑ, ϕ) = (0, 0) `e una posizione di equilibrio. Inoltre, dalle relazioni  Vϑϑ = 2mgl cos ϑ − kl2 cos(ϑ − ϕ)      Vϑϕ = Vϕϑ = kl2 cos(ϑ − ϕ)      Vϕϕ = mgl cos ϕ − kl2 cos(ϑ − ϕ) , se mg ≥ 32 kl la configurazione (ϑ, ϕ) = (0, 0) `e stabile.

2) Poich´e i moduli dei quadrati delle velocit` a di P1 e P2 sono: v12 = l2 ϑ˙ 2 ,

v22 = l2 (ϑ˙ 2 + ϕ˙ 2 + 2ϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ)) ,

l’energia cinetica `e: 1 2 ˙2 ml (2ϑ + ϕ˙ 2 + 2ϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ)) . 2 Introducendo le deviazioni ξ, η dalla posizione di equilibrio, la Lagrangiana di piccole oscillazioni attorno a (ϑ, ϕ) = (0, 0) risulta T =

Lp.o. =

ml 2 ˙2 1 (2ξ + η˙ 2 + 2ξ˙η) ˙ + [(2mgl − kl2)ξ 2 + (mgl − kl2 )η 2 + 2kl2 ξη] . 2 2

3) Consideriamo il caso mg = 3kl; le matrici A e C di piccole oscillazioni relative all’energia cinetica e potenziale rispettivamente sono: µ ¶ 2ml 2 ml2 A= , ml 2 ml2 µ ¶ 5kl2 kl2 C= . kl2 2kl2 Quindi le frequenze proprie sono soluzioni di µ 5k − 2mλ 2 det(C − λA) = l · det k − mλ ovvero

k − mλ 2k − mλ

= l2 (m2 λ2 − 7mkλ + 9k 2 ) = 0 λ1,2 =

7±

¶

√ 13 k . 2 m

4) Per brevit`a di notazione, poniamo: √ √ 7 + 13 7 − 13 α≡ , β≡ . 2 2 Calcoliamo il vettore u = (u1, u2 ) soluzione di (C − λ1A)u = 0: µ ¶ 5 − 2α 1 − α l2 k · u = 0 1−α 2−α ovvero, lasciando u1 arbitrario, si ha u2 ≡ u2 = 5−2α α−1 u1 . Analogamente calcoliamo v = (v1, v2 ) soluzione di (C − λ2 A)v = 0: µ ¶ 5 − 2β 1 − β l2 k · v = 0 1−β 2−β

ovvero, lasciando v1 arbitrario, si ha v2 ≡ v 2 =

5−2β β−1 v1 .

Imponiamo ora le condizioni di ortonormalit`a: u · Av = 0,

u · Au = 1,

v · Av = 1 .

Si controlla facilmente che la prima condizione `e verificata; dalla seconda condizione si trova: u · Au = ml 2 u21 e quindi

2α2 − 10α + 17 = 1 (α − 1)2

α−1 . [ml 2 (2α2 − 10α + 17)]1/2 Dalla terza condizione si ottiene infine: u1 = u1 =

v · Av = ml 2 v12 e quindi v1 = v1 =

2β 2 − 10β + 17 = 1 (β − 1)2

[ml 2 (2β 2

β−1 . − 10β + 17)]1/2

Pertanto la matrice U formata dai vettori u e v `e: µ ¶ u1 v 1 U= , u2 v 2 la cui inversa si ricava dalla relazione U −1 = U T A: µ ¶ 2u1 + u2 u1 + u2 −1 2 U = ml . 2v 1 + v 2 v 1 + v 2 ˜ η˜) sono legati alle deviazioni (ξ, η) dalle rePertanto i modi normali (ξ, lazioni:   ξ˜ = ml 2 [(2u1 + u2 )ξ + (u1 + u2 )η] 

η˜ = ml 2 [(2v 1 + v 2 )ξ + (v 1 + v 2 )η] .

Esercizi proposti 1) In un piano verticale, due aste (OP e P Q) di lunghezza l e massa trascurabile hanno un estremo (P ) in comune; la prima asta `e vincolata a ruotare attorno all’origine O del sistema di riferimento. In corrispondenza di P e Q si trovano due punti materiali di massa m. Inoltre, il punto Q `e collegato ad una molla di costante elastica k > 0, vincolata a rimanere sempre verticale. a) Scrivere la Lagrangiana del sistema; b) nel caso mg > 2kl, calcolare la frequenza di piccole oscillazioni attorno alla posizione di equilibrio stabile.

0

R

θ

x

P

ϕ Q

y

Soluzione: a) Siano ϑ e ϕ gli angoli che le due aste formano con la verticale. La Lagrangiana del sistema `e 1 ˙ ϕ, L(ϑ, ˙ ϑ, ϕ) = ml2 ϑ˙ 2 + m(l2 ϕ˙ 2 + 2l2 ϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ)) 2 1 + 2mgl cos ϑ + mgl cos ϕ − kl2 (cos ϑ + cos ϕ)2 . 2 b)Nell’ipotesi mg > 2kl la posizione di equilibrio (ϑ, ϕ) = (0, 0) `e stabile e √ la frequenza di piccole oscillazioni `e ω = ± λ, dove λ `e soluzione di µ ¶ 2mgl − 2kl2 − 2ml 2 λ −ml 2 λ det =0. −ml2 λ mgl − 2kl2 − ml 2λ

2) Un punto materiale P di massa m `e vincolato a scorrere lungo una circonferenza di raggio R, il cui centro coincide con l’origine O di un sistema di riferimento verticale. Il punto P `e collegato a due molle di costante elastica k > 0, che rimangono, rispettivamente, parallele agli assi x e y. Sia ϑ l’angolo che il raggio OP forma con la verticale. Determinare la frequenza di piccole oscillazioni attorno alla posizione di equilibrio stabile.

S

0

x

θ Q

P

y

Soluzione: La posizione ϑ = 0 `e di equilibrio stabile e la frequenza di piccole oscillazioni risulta essere data da r g ω = ± . R

3) In un piano verticale, due punti P e Q di massa m sono vincolati a scorrere lungo due circonferenze concentriche di raggi R e r (r < R). I due punti sono collegati da una molla di costante elastica k > 0. Siano (ϑ, ϕ) gli angoli che i segmenti congiungenti l’origine del sistema di riferimento con i punti P e Q formano con la verticale. Calcolare la frequenza di piccole oscillazioni relativa al punto di equilibrio stabile (ϑ, ϕ) = (0, 0).

O x

P

θ ϕ

Q y

√ Soluzione: La frequenza di piccole oscillazioni `e ω = ± λ, dove λ `e soluzione di µ ¶ mgr + krR − mr 2λ −krR det =0. −krR mgR + krR − mR2 λ

4) In un piano verticale (Oxy), un punto materiale P di massa m, soggetto alla forza peso `e vincolato a scorrere lungo una parabola di equazione y = x2 +l. A tale punto `e appesa un’asta di lunghezza l > 0 e massa trascurabile, che reca all’estremit`a libera un punto materiale Q di massa m. Il punto Q `e collegato all’asse delle ordinate tramite una molla di costante elastica k > 0, vincolata a rimanere sempre orizzontale. Sia ϑ l’angolo che l’asta forma con la verticale. a) Scrivere la Lagrangiana del sistema. b) Trovare le frequenze proprie di piccole oscillazioni attorno alla posizione di equilibrio stabile (ϑ, x) = (0, 0). y

P

Θ Q

x

0

Soluzione: a) La Lagrangiana del sistema `e: 1 ˙ sin ϑ + 2x˙ 2 (1 + 4x2 ) + 2x˙ ϑl ˙ cos ϑ) m(l2 ϑ˙ 2 + 4xx˙ ϑl 2 k − 2mgx2 + mgl cos ϑ − (x + l sin ϑ)2 . 2 √ b) La frequenza di piccole oscillazioni `e ω = ± λ, dove λ `e soluzione di µ ¶ mgl + kl2 − ml 2 λ kl − mlλ det =0. kl − mlλ 4mg + k − 2mλ ˙ x, L(ϑ, ˙ ϑ, x) =

Momenti d’inerzia

• Consideriamo un sistema di N punti materiali di massa mi (i = 1, ..., N ) e sia T ∈ R3 un sistema di riferimento mobile con l’origine O coincidente (i) (i) (i) con il centro di massa del sistema. Indichiamo con r(i) ≡ (x1 , x2 , x3 ) il vettore posizione dell’i–esimo punto rispetto al riferimento T . Si definisce tensore d’inerzia la quantit`a

O Ihk =

N X i=1

h i (i) (i) mi |r(i) |2 δhk − xh xk ,

(I)

dove δhk = 1 per h = k e δhk = 0 per h 6= k. Poich´e la matrice d’inerzia O) ` O = I O ), essa pu` IO ≡ (Ihk e simmetrica (Ihk o essere diagonalizzata. Le kh O O componenti diagonali I1 , I2 , I3O si dicono momenti principali d’inerzia. • Sia C un corpo rigido di massa m e densit`a %. Se C `e omogeneo, si ha %= m e il volume del corpo. La definizione del tensore d’inerzia V , dove V ` si estende facilmente al caso di un corpo rigido continuo, sostituendo nella (I) la somma con l’integrale esteso a tutto il corpo. • Teorema di Huyghens–Steiner: Per calcolare i momenti d’inerzia rispetto a un polo Q distinto da O, si pu` o usare la relazione IjQ = IjO + md2 ,

j = 1, 2, 3,

dove d indica la distanza tra gli assi principali passanti per O e Q. MI 1 Calcolare i momenti principali di inerzia di un’asta omogenea di massa m e lunghezza l, 1) rispetto al baricentro; 2) rispetto ad una delle sue estremit`a.

z

G

A

x

B

y

1) Scegliamo il sistema di riferimento Oxyz con l’origine O coincidente con il baricentro G dell’asta, l’asse x coincidente con la direzione dell’asta e gli assi y, z ortogonali all’asse x. Pertanto l’asta `e individuata da − 2l ≤ x ≤ 2l , y = z = 0. Sia % la densit`a di massa dell’asta: % = ml ; allora, il momento d’inerzia I1 rispetto all’asse x `e nullo, mentre i momenti d’inerzia I2 , I3 rispetto agli assi y e z sono uguali e si ha:

I2 =

Z

l 2

2

%x dx = − 2l

Z

l 2

− 2l

m 2 ml2 x dx = = I3 . l 12

Pertanto, la matrice principale d’inerzia `e data da: 

0 I = 0 0

0

2

ml 12

0

 0 0  .

ml2 12

2) Dal teorema di Huyghens–Steiner si ottiene che il momento d’inerzia rispetto ad un’estremit`a (A) dell’asta `e:

IA = IG + m|AG|2 =

ml2 ml 2 ml 2 + = . 12 4 3

MI 2 Calcolare i momenti principali di inerzia rispetto al baricentro di un anello omogeneo di massa m e raggio R. y

P θ Q

G

x

Prendiamo il sistema di riferimento Oxyz con l’origine O coincidente con il baricentro G dell’anello, gli assi x e y nel piano dell’anello e l’asse z ortogonale ad essi. Sia ϑ l’angolo che un generico punto P dell’anello forma con l’asse x, 0 ≤ ϑ ≤ 2π. La lunghezza della circonferenza vale 2πR e quindi m la densit`a `e: % = 2πR . Allora, il momento d’inerzia I3 rispetto all’asse z `e: I3 =

Z

2π 2

%R Rdϑ =

0

Z

2π

0

m R3 dϑ = mR2 , 2πR

essendo Rdϑ l’elemento di curva. I momenti d’inerzia rispetto agli assi x e y coincidono e si ha: I1 =

Z

2π 2

2

%R sin ϑ Rdϑ =

0

Z

2π

0

m 3 2 mR2 R sin ϑ dϑ = , 2πR 2

R 2π poich´e la distanza dall’asse x vale |P Q| = R sin ϑ e inoltre 0 sin2 ϑ dϑ = π. Infine, poich´e I1 = I2 la matrice principale d’inerzia assume la forma:  mR2 2

I =  0 0

0 mR2 2

0

 0 0  . mR2

MI 3 Calcolare i momenti principali di inerzia rispetto al baricentro di un disco omogeneo di massa m e raggio R.

y

P θ G

Q

x

Consideriamo il sistema di riferimento Oxyz con l’origine O coincidente con il baricentro G del disco, gli assi x e y nel piano del disco e l’asse z ortogonale ad essi. Siano r, ϑ le coordinate polari di un generico punto P del disco: 0 ≤ r ≤ R, 0 ≤ ϑ ≤ 2π. L’area del disco vale πR2 e quindi la m densit`a `e: % = πR e: 2 . Allora, il momento d’inerzia I3 rispetto all’asse z ` I3 =

Z

0

2π

Z

R 2

%r r dr dϑ =

0

Z

2π

0

Z

0

R

m 3 mR2 r dr dϑ = , πR2 2

essendo rdrdϑ l’elemento di area. I momenti d’inerzia rispetto agli assi x e y coincidono e si ha: Z 2π Z R Z 2π Z R m 3 2 mR2 I1 = %r 2 sin2 ϑ r dr dϑ = r sin ϑ dr dϑ = , 2 4 0 O 0 0 πR R 2π poich´e la distanza dall’asse x vale |P Q| = r sin ϑ e inoltre 0 sin2 ϑ dϑ = π. Infine, poich´e I1 = I2 la matrice principale d’inerzia assume la forma:   mR2 0 0 4   mR2 I =  0 0  . 4 0

0

mR2 2

MI 4 Calcolare i momenti principali di inerzia rispetto al baricentro di una superficie sferica omogenea di massa m e raggio R. z

θ G

P

ϕ

x

y

Consideriamo il sistema di riferimento Oxyz con l’origine O coincidente con il baricentro G della superficie sferica. Siano ϕ, ϑ le coordinate polari di un generico punto P sulla superficie, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ ϑ ≤ π. La m superficie totale vale 4πR2 e quindi la densit`a `e: % = 4πR 2 . Per simmetria i tre momenti d’inerzia coincidono e si ha: Z π Z 2π I3 = %(R sin ϑ)2 R2 sin ϑ dϑ dϕ 0

Z

0

π

Z

2π

m 2mR2 R4 sin3 ϑ dϑ dϕ = , 2 4πR 3 0 0 Rπ essendo R2 sin ϑ dϑ dϕ l’elemento di superficie. Inoltre, 0 sin3 ϑ dϑ = Pertanto, la matrice principale d’inerzia assume la forma:   2mR2 0 0 3   2mR2 I =  0 0  . 3 =

0

0

4 3.

2mR2 3

MI 5 Calcolare i momenti principali di inerzia rispetto al baricentro di una sfera omogenea di massa m e raggio R.

z

P

θ r G ϕ

x

y

Consideriamo il sistema di riferimento Oxyz con l’origine O coincidente con il baricentro G della sfera. Siano r, ϕ, ϑ le coordinate polari di un generico punto P della sfera, 0 ≤ r ≤ R, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ ϑ ≤ π. Il volume m della sfera `e 43 πR3 e quindi la densit`a `e: % = 4 πR 3 . Per simmetria i tre 3 momenti d’inerzia coincidono e si ha: Z 2π Z π Z R I3 = %(r sin ϑ)2 r2 sin ϑ dr dϑ dϕ 0

Z

0

2π

Z

0

π

Z

R

2mR2 , 5 0 0 0 Rπ essendo r 2 sin ϑ dr dϑ dϕ l’elemento di volume; inoltre, 0 sin3 ϑ dϑ = Infine, la matrice principale d’inerzia assume la forma:   2mR2 0 0  5  2mR2 I =  0 0  . 5 =

m

4 3 3 πR

0

r4 sin3 ϑ dr dϑ dϕ =

0

4 3.

2mR2 5

MI 6 Calcolare i momenti principali di inerzia rispetto al baricentro della superficie laterale di un cilindro omogeneo con raggio di base R, altezza h e massa m. Consideriamo il sistema di riferimento Oxyz con l’origine O coincidente con il baricentro G del cilindro. Siano ϑ, z le coordinate cilindriche sulla superficie, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, − h2 ≤ z ≤ h2 . La superficie del cilindro vale 2πRh e m quindi la densit`a `e: % = 2πRh .

Calcoliamo dapprima il momento d’inerzia rispetto all’asse z: Z 2π Z h2 I3 = % R2 Rdϑ dz = mR2 , −h 2

0

poich´e l’elemento di superficie vale Rdϑ dz. I momenti d’inerzia rispetto agli assi x e y coincidono e si ha: Z 2π Z h2 I1 = % (R2 cos2 ϑ + z 2 ) Rdϑ dz −h 2

0

=

m m 1 h3 mR2 mh2 R3 hπ + R · 2π = + . 2πRh 2πRh 3 4 2 12 z

P

G

θ

y

x

Pertanto la matrice principale d’inerzia assume la forma:  mR2  mh2 0 0 2 + 12 2 2 mR mh I =  0 0  . 2 + 12 0 0 mR2 MI 7 Calcolare i momenti principali di inerzia rispetto al baricentro di un cilindro omogeneo con raggio di base R, altezza h e massa m. Consideriamo il sistema di riferimento Oxyz con l’origine O coincidente con il baricentro G del cilindro. Siano r, ϑ, z le coordinate cilindriche, 0 ≤ r ≤ R, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, − h2 ≤ z ≤ h2 . Il volume del cilindro vale πR2 h e quindi la densit`a `e: % = πRm2 h .

z

P z r G

y

θ

x

Calcoliamo il momento d’inerzia rispetto all’asse z:

I3 =

Z

R

0

Z

2π

Z

h 2

% r 2 r dr dϑ dz =

−h 2

0

mR2 , 2

poich´e l’elemento di volume `e r dr dϑ dz. I momenti d’inerzia rispetto agli assi x e y coincidono e si ha:

I1 =

Z

0

=

R

Z

0

2π

Z

h 2

% (r2 cos2 ϑ + z 2 ) r dr dϑ dz

−h 2

m R4 R2 h3 mR2 mh2 ( πh + 2π ) = + . πR2 h 4 2 12 4 12

Pertanto la matrice principale d’inerzia assume la forma: 

 I = 

mR2 4

+ 0 0

mh2 12

mR2 4

0 + 0

mh2 12

 0  0  .

mR2 2

MI 8 Calcolare i momenti principali di inerzia rispetto al baricentro di un ellissoide omogeneo di massa m e semiassi a, b, c.

z

θ

P

G ϕ

x

y

Consideriamo il sistema di riferimento Oxyz con l’origine O coincidente con il baricentro G e gli assi coincidenti con le direzioni principali dell’ellissoide. Siano r, ϑ, ϕ le coordinate ellissoidiche, con 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϑ ≤ π, 0 ≤ ϕ ≤ 2π ovvero  x = ar sin ϑ cos ϕ     y = br sin ϑ sin ϕ     z = cr cos ϑ . 3m Il volume dell’ellissoide `e 43 πabc e quindi la densit`a `e: % = 4πabc . Calcoliamo il momento d’inerzia rispetto all’asse x. Poich´e l’elemento di volume vale abcr2 sin ϑ dr dϑ dϕ, si ha: Z 1 Z π Z 2π I1 = abc %(b2 sin2 ϑ sin2 ϕ + c2 cos2 ϑ)r4 sin ϑ dr dϑ dϕ 0

2

0

0

2

m(b + c ) , 5 Rπ Rπ essendo 0 sin3 ϑ dϑ = 43 , 0 cos2 ϑ sin ϑ dϑ = 23 . =

Analogamente si trovano gli altri due momenti d’inerzia e precisamente: I2 =

m(a2 + c2 ) , 5

I3 =

Pertanto la matrice principale d’inerzia `e:  m(b2 +c2 ) 0 5 2  m(a +c2 ) I =  0 5 0

0

m(a2 + b2) . 5

0 0 2

2

m(a +b ) 5



  .

MI 9 Calcolare i momenti principali di inerzia rispetto al baricentro di una lamina omogenea rettangolare di massa m e lati a, b. z

G

x

y

Consideriamo il sistema di riferimento Oxyz con l’origine O coincidente con il baricentro G della lamina, gli assi x e y nel piano della lamina e l’asse z ortogonale ad essi. Pertanto − a2 ≤ x ≤ a2 , − 2b ≤ y ≤ 2b , z = 0, mentre la m densit`a della lamina vale % = ab . Calcoliamo il momento d’inerzia rispetto all’asse x: Z a Z b 2 2 mb2 I1 = %y 2 dx dy = . 12 −a − 2b 2 Analogamente si trova:

ma2 . 12

I2 = Rispetto all’asse z, si ha: Z a2 Z I3 = −a 2

b 2

%(x2 + y 2 ) dx dy =

− b2

m(a2 + b2 ) . 12

Pertanto la matrice principale d’inerzia assume la seguente espressione:  mb2  0 0 12   ma2 I =  0 0  . 12 0

0

m(a2 +b2 ) 12

Dinamica del corpo rigido

• Equazioni cardinali: Consideriamo un sistema di N punti materiali di massa mi (i = 1, ..., N ), sia xi la posizione dell’i–esimo punto rispetto ad un sistema di riferimento inerziale con origine O e sia v i la corrispondente velocit` a. Si definisce quantit`a di moto P =

N X

mi x˙ i

i=1

e momento angolare con polo O: ΓO =

N X i=1

OPi ∧ mi v i .

Le equazioni cardinali sono dunque  dP  dt = F  dΓO dt

+ vO ∧ P = M O ,

dove F e M O sono il risultante e il momento delle forze esterne. • Nel caso di un corpo rigido le velocit` a di due punti qualsiasi O, Q del corpo sono legate dalla relazione v Q = v O + ω ∧ OQ , dove ω `e la velocit`a angolare del corpo rigido. Le definizioni della quantit`a di moto e del momento angolare si estendono facilmente al caso di un corpo rigido continuo. In particolare, il momento angolare `e dato dalla seguente relazione: ΓO = IO ω + mOG ∧ v O , dove IO `e la matrice principale d’inerzia e G ≡ (xG) `e il baricentro del corpo rigido. Le equazioni cardinali diventano quindi:  xG = F  m¨ 

IO ω˙ + ω ∧ IO ω + mOG ∧ x ¨O = M O .

• Teorema di K¨ onig: Prendendo l’origine O coincidente con il baricentro G del corpo rigido, l’energia cinetica si pu` o decomporre nel moto traslatorio del baricentro e nel moto rotazionale attorno a G:

T =

1 1 mv 2 + ω · IG ω , 2 G 2

dove IG `e la matrice principale d’inerzia rispetto al baricentro.

• Se il sistema `e soggetto a sollecitazioni attive conservative di energia potenziale V vale ancora il formalismo lagrangiano introdotto per lo studio della dinamica di un punto materiale. In particolare possiamo considerare la funzione lagrangiana L = T − V , a cui sono associate le equazioni di Lagrange:

d ∂L ∂L = , dt ∂ x˙ i ∂xi

i = 1, ..., n,

avendo indicato con (x1 , ..., xn ) un sistema di coordinate indipendenti atto a descrivere un sistema con n gradi di libert`a.

CR 1 In un piano verticale, un disco di massa M e raggio R `e vincolato a ruotare senza strisciare lungo l’asse orizzontale. Al centro del disco `e appesa un’asta di massa m e lunghezza l, al cui estremo libero `e collegata una molla di costante elastica k > 0. Il punto di applicazione della molla ha coordinate (0, l). Sia x l’ascissa del centro del disco e ϑ l’angolo che l’asta forma con la verticale. 1) Scrivere la Lagrangiana del sistema; 2) individuare le posizioni di equilibrio e discuterne la stabilit`a al variare dei parametri.

C

x

0 G

θ

B A

y

1) La Lagrangiana globale `e data dalla differenza dell’energia cinetica (del disco e dell’asta) e dell’energia potenziale (relativa alla forza peso e alla forza elastica). Siano C il baricentro del disco, G il baricentro dell’asta e A, B gli estremi di applicazione della molla. Siano vC e vG i moduli delle velocit` a dei baricentri, ωd , ωa le velocit`a angolari del disco e dell’asta e IC , IG i rispettivi momenti d’inerzia. L’energia cinetica T assume dunque la forma: 1 1 1 1 2 2 T = M vC + IC ωd2 + mvG + IG ωa2 . (T 1) 2 2 2 2 Poich´e i baricentri hanno coordinate C(xC , yC ) = C(x, −R) ,

µ ¶ l l G(xG , yG ) = G x − sin ϑ, cos ϑ − R , 2 2

le rispettive velocit` a sono: v C (x, ˙ 0) ,

µ ¶ l ˙ l ˙ vG x˙ − ϑ cos ϑ, − ϑ sin ϑ . 2 2

Pertanto: 2 vC = x˙ 2 ,

2 vG = x˙ 2 +

l2 ˙ 2 ϑ − lx˙ ϑ˙ cos ϑ . 4

Inoltre, i momenti d’inerzia del disco e dell’asta sono, rispettivamente, IC =

M R2 , 2

IG =

ml 2 . 12

Calcoliamo infine le velocit`a angolari del disco e dell’asta. Sia D il punto di contatto del disco con la guida orizzontale; poich´e D ha per definizione velocit` a nulla, segue la relazione: v C = ω d ∧ DC

ovvero

   x˙ i  0  = 0 0 0

j 0 −R

   k ωd R ωd  =  0  , 0 0

(P 1)

dove i, j, k sono i versori fondamentali del sistema di riferimento. Dalla x˙ (P 1) si ottiene ωd = R . Per il calcolo della velocit` a angolare dell’asta, prendiamo G e B come punti di riferimento: v B = vG + ω a ∧ GB ovvero 

    x˙ − 2l ϑ˙ cos ϑ x˙ − lϑ˙ cos ϑ i  −lϑ˙ sin ϑ  =  − l ϑ˙ sin ϑ  +  0 2 0 − 2l sin ϑ 0   x˙ − 2l ϑ˙ cos ϑ − ωa 2l cos ϑ =  − 2l ϑ˙ sin ϑ − ωa 2l sin ϑ  ; 0

 j k 0 ωa  l 0 2 cos ϑ

uguagliando, ad esempio, i membri di destra e di sinistra della prima riga, si ricava ωa = ϑ˙ . Inserendo i risultati ottenuti nella (T 1), si ricava l’espressione dell’energia cinetica globale: 3 1 1 1 T = M x˙ 2 + mx˙ 2 + ml 2 ϑ˙ 2 − mlx˙ ϑ˙ cos ϑ . 4 2 6 2 L’energia potenziale V `e data dalla seguente espressione: 1 V = −mgyG + k|AB|2 2 ed essendo A(0, l), B(x − l sin ϑ, l cos ϑ − R), si ha:

|AB|2 = x2 − 2lx sin ϑ − 2(l + R)l cos ϑ + (l + R)2 + l2

Pertanto:

= x2 − 2lx sin ϑ − 2(l + R)l cos ϑ + cost.

l 1 V = −mg cos ϑ + k(x2 − 2lx sin ϑ − 2(l + R)l cos ϑ) + cost. 2 2 Infine, la Lagrangiana completa `e: µ ¶ ˙ = 1 3 M + m x˙ 2 + 1 ml 2 ϑ˙ 2 − 1 ml x˙ ϑ˙ cos ϑ L = L(x, x, ˙ ϑ, ϑ) 2 2 6 2 l 1 + mg cos ϑ − k(x2 − 2lx sin ϑ − 2(l + R)l cos ϑ) . 2 2

2) Per ottenere le posizioni di equilibrio, determiniamo i valori di x e ϑ tali che le derivate prime dell’energia potenziale sono nulle:   Vx = k(x − l sin ϑ) = 0 

Vϑ = mg 2l sin ϑ − klx cos ϑ + kl(l + R) sin ϑ = 0 ,

da cui si ricava:

  x = l sin ϑ

 sin ϑ(mg l − kl2 cos ϑ + kl(l + R)) = 0 . 2

Le posizioni di equilibrio sono dunque: (ϑ1 , x1 ) = (0, 0),

(ϑ2 , x2) = (π, 0) ,

e inoltre: 1 1 ( mg + k(l + R))], l sin ϑ3), kl 2 (ϑ4, x4 ) = (−ϑ3 , l sin ϑ4) . (ϑ3, x3 ) = (arccos[

Per discutere la stabilit`a delle posizioni di equilibrio, calcoliamo l’hessiano dell’energia potenziale: µ ¶ k −kl cos ϑ H(V )(ϑ, x) = . −kl cos ϑ mg 2l cos ϑ + klx sin ϑ + kl(l + R) cos ϑ Nella posizione di equilibrio (ϑ1 , x1) = (0, 0) risulta: µ ¶ k −kl H(V )(ϑ1, x1 ) = ; −kl mg 2l + kl(l + R) poich´e la traccia di tale matrice `e positiva (tr(H(V )) = k + mg 2l + kl(l + R)) e il determinante `e positivo (det(H(V )) = mg 2l k + k 2 lR), la configurazione (ϑ1 , x1 ) = (0, 0) `e di equilibrio stabile. Analogamente, l’hessiano calcolato in (ϑ2 , x2 ) vale: µ ¶ k kl H(V )(ϑ2, x2 ) = ; kl −mg 2l − kl(l + R) poich´e il determinante `e negativo (det(H(V )) = −mg 2l k − 2k 2 l2 − klR), la configurazione (ϑ2 , x2) = (π, 0) `e di equilibrio instabile. Infine, l’hessiano dell’energia potenziale calcolato in (ϑ3 , x3 ) vale: µ ¶ k − 12 mg − k(l + R) H(V )(ϑ3, x3 ) = . − 12 mg − k(l + R) kl2

Poich´e il determinante di tale matrice `e negativo (det(H(V )) = − 14 m2g 2 − k 2 R2 − mgk(l + R) − 2k 2 lR), la configurazione (ϑ3 , x3 ) `e di equilibrio instabile. Lo stesso risultato si ottiene per (ϑ4 , x4 ). CR 2 In un piano verticale, un disco di massa M e raggio R ha il centro vincolato a scorrere senza attrito lungo l’asse y. Una molla di costante elastica k > 0 collega il centro del disco all’origine del sistema di riferimento. Lungo il bordo del disco pu`o scorrere un punto materiale P di massa m. Sia y l’ordinata del centro C del disco e ϑ l’angolo che la retta congiungente C e P forma con la verticale. 1) Scrivere le equazioni di Lagrange del sistema; 2) individuare le posizioni di equilibrio e discuterne la stabilit`a. 0

x

C θ

P

y

1) La Lagrangiana globale `e data dalla differenza dell’energia cinetica (del disco e del punto materiale) e dell’energia potenziale (relativa alla forza peso e alla forza elastica). Sia C(xC , yC ) = C(0, y) il baricentro del disco e P (xP , yP ) = P (R sin ϑ, y + R cos ϑ) il punto materiale. 2 = y˙ 2 , Dunque, v C (0, y) ˙ e v P (Rϑ˙ cos ϑ, y˙ − Rϑ˙ sin ϑ), da cui si ricava: vC 2 2 2 2 ˙ ˙ vP = y˙ + R ϑ − 2Ry˙ ϑ sin ϑ. Pertanto l’energia cinetica assume la seguente espressione: T =

1 1 1 1 2 M vC + mvP2 = M y˙ 2 + m(y˙ 2 + R2 ϑ˙ 2 − 2Ry˙ ϑ˙ sin ϑ) . 2 2 2 2

L’energia potenziale relativa alla forza peso del disco e del punto P e alla

forza elastica assume la forma: V =

1 1 k|OC|2 − M gyC − mgyP = ky 2 − M gy − mg(y + R cos ϑ) . 2 2

Pertanto la Lagrangiana completa `e: 1 1 (M + m)y˙ 2 + mR2 ϑ˙ 2 2 2 1 2 − mRy˙ ϑ˙ sin ϑ − ky + (M + m)gy + mgR cos ϑ . 2

˙ = L = L(y, y, ˙ ϑ, ϑ)

Le equazioni del moto del sistema sono dunque:  d ∂L  dt ∂ y˙ = ∂L ∂y ed essendo:



d ∂L dt ∂ ϑ˙

=

∂L ∂ϑ

 ∂L  ∂y˙ = (M + m)y˙ − mRϑ˙ sin ϑ  ∂L ∂ ϑ˙

= mR2 ϑ˙ − mRy˙ sin ϑ ,

si ottiene:   (M + m)¨ y − mRϑ¨ sin ϑ − mRϑ˙ 2 cos ϑ = −ky + (M + m)g 

mR2 ϑ¨ − mR¨ y sin ϑ = −mgR sin ϑ .

2) Per determinare le posizioni di equilibrio, calcoliamo i valori di y e ϑ tali che le derivate prime dell’energia potenziale sono nulle:   Vy = ky − (M + m)g = 0 da cui si ottiene:



Vϑ = mgR sin ϑ = 0 , ½

y = (M+m)g k ϑ = 0, ϑ = π .

Le configurazioni di equilibrio sono dunque: (y1 , ϑ1 ) = (

(M + m)g , 0), k

(y2 , ϑ2 ) = (

(M + m)g , π) . k

Per discutere la stabilit`a delle posizioni di equilibrio, calcoliamo l’hessiano dell’energia potenziale:

H(V )(y, ϑ) =

µ

k 0

0 mgR cos ϑ

¶

.

Nella posizione di equilibrio (y1 , ϑ1 ) = ( (M+m)g , 0) risulta: k

H(V )(y1, ϑ1 ) =

µ

k 0

0 mgR

¶

;

poich´e gli autovalori λ1 , λ2 di tale matrice sono entrambi positivi (λ1 = k, λ2 = mgR), la posizione di equilibrio (y1, ϑ1 ) `e stabile. Analogamente, l’hessiano calcolato in (y2 , ϑ2) vale:

H(V )(y2 , ϑ2 ) =

µ

k 0

0 −mgR

¶

;

poich´e un autovalore `e negativo (λ2 = −mgR), la posizione di equilibrio (y2 , ϑ2 ) `e instabile. CR 3 In un piano verticale, un disco di massa M e raggio R rotola senza strisciare lungo l’asse delle ascisse. Il centro C del disco `e collegato all’origine del sistema di riferimento tramite una molla di costante elastica k1 > 0. Al centro del disco `e appesa un’asta di massa m e lunghezza l. Lungo l’asta pu` o muoversi un punto materiale P di massa µ, il quale `e collegato al centro del disco tramite una molla di costante elastica k2 > 0. Sia x l’ascissa del centro del disco, ϑ l’angolo che l’asta forma con la verticale e s > 0 l’ascissa del punto P lungo l’asta, contata positivamente da C. 1) Scrivere la Lagrangiana del sistema; 2) determinare le posizioni di equilibrio e la loro stabilit`a; 3) nel caso k1 = 0 determinare gli integrali primi del sistema.

C

x

0 P G

θ

y

1) L’energia cinetica totale `e somma delle energie cinetiche del disco Td , dell’asta Ta e del punto P , TP . Siano C e G i baricentri del disco e dell’asta. x˙ Le velocit` a angolari del disco e dell’asta sono, rispettivamente, ωd = R e 2 2 MR ml ˙ mentre i momenti d’inerzia sono pari a IC = ωa = ϑ, e I = G 2 12 . Pertanto, l’energia cinetica del disco `e: Td =

1 1 3 2 M vC + IC ωd2 = M x˙ 2 . 2 2 4

L’energia cinetica dell’asta `e: Ta =

1 1 mv 2 + IG ωa2 , 2 G 2

dove G(xG , yG ) = G(x + 2l sin ϑ, 2l cos ϑ − R) `e il baricentro dell’asta. Poich´e 2 2 v G(x˙ + 2l ϑ˙ cos ϑ, − 2l ϑ˙ sin ϑ) ovvero vG = x˙ 2 + l4 ϑ˙ 2 + lx˙ ϑ˙ cos ϑ, si ha: Ta =

1 l2 1 ml 2 ˙ 2 m(x˙ 2 + ϑ˙ 2 + lx˙ ϑ˙ cos ϑ) + ϑ . 2 4 2 12

Infine, l’energia cinetica del punto P `e: TP =

1 2 µv . 2 P

Poich´e P (xP , yP ) = P (x + s sin ϑ, s cos ϑ − R), si ha

v P (x˙ + s˙ sin ϑ + sϑ˙ cos ϑ, s˙ cos ϑ − sϑ˙ sin ϑ)

ovvero vP2 = x˙ 2 + s˙ 2 + s2 ϑ˙ 2 + 2x˙ s˙ sin ϑ + 2sx˙ ϑ˙ cos ϑ .

Pertanto, l’energia cinetica totale assume la seguente espressione: 3 1 l2 1 ml 2 ˙ 2 M x˙ 2 + m(x˙ 2 + ϑ˙ 2 + lx˙ ϑ˙ cos ϑ) + ϑ 4 2 4 2 12 1 + µ(x˙ 2 + s˙ 2 + s2 ϑ˙ 2 + 2x˙ s˙ sin ϑ + 2sx˙ ϑ˙ cos ϑ) . 2

T =

L’energia potenziale delle due molle e della forza peso dell’asta e del punto P `e data da: 1 1 k1 |OC|2 + k2|CP |2 − mgyG − µgyP 2 2 1 1 l = k1 x2 + k2 s2 − mg cos ϑ − µgs cos ϑ + cost. 2 2 2

V =

Infine, la Lagrangiana completa `e: 2 2 ˙ = 3 M x˙ 2 + 1 m(x˙ 2 + l ϑ˙ 2 + lx˙ ϑ˙ cos ϑ) + 1 ml ϑ˙ 2 L(x, x, ˙ s, s, ˙ ϑ, ϑ) 4 2 4 2 12 1 2 2 2 ˙2 ˙ + µ(x˙ + s˙ + s ϑ + 2x˙ s˙ sin ϑ + 2sx˙ ϑ cos ϑ) 2 1 1 l − k1 x2 − k2 s2 + mg cos ϑ + µgs cos ϑ . 2 2 2

2) Per determinare le posizioni di equilibrio, calcoliamo per quali valori delle variabili lagrangiane (x, ϑ, s) si annullano le derivate prime dell’energia potenziale ovvero  V x = k1 x = 0     Vϑ = (mg 2l + µgs) sin ϑ = 0     Vs = k2 s − µg cos ϑ = 0 . Dalla prima relazione risulta x = 0, mentre la seconda relazione `e soddisfatta per ϑ = 0 oppure ϑ = π (si osservi che essendo s > 0, la soluzione s = − ml 2µ

ϑ risulta inaccettabile). Infine, dalla terza relazione risulta s = µg kcos e 2 pertanto la soluzione ϑ = π `e inaccettabile. In conclusione, l’unica possibile configurazione di equilibrio `e:

(x1, ϑ1 , s1 ) = (0, 0,

µg ). k2

Per definire il carattere di stabilit`a o instabilit`a della posizione di equilibrio,

determiniamo l’hessiano dell’energia potenziale:   k1 0 0  . H(V )(x, ϑ, s) =  0 ( mgl 2 + µgs) cos ϑ µg sin ϑ 0 µg sin ϑ k2 Calcolando l’hessiano nella posizione di equilibrio si ottiene:   k1 0 0 2 2 µ g H(V )(x1, ϑ1 , s1 ) =  0 mgl 0  2 + k2 0 0 k2

ed essendo la matrice diagonale, i tre autovalori, coincidenti con le componenti della diagonale principale, sono positivi. Pertanto la configurazione (x1 , ϑ1 , s1 ) `e di equilibrio stabile. 3) Ponendo k1 = 0 la Lagrangiana risulta indipendente dalla variabile x. Dalla prima delle equazioni di Lagrange risulta: d ∂L ∂L = =0; dt ∂ x˙ ∂x si ha quindi l’integrale primo: ∂L 3 1 = ( M + m + µ)x˙ + ml ϑ˙ cos ϑ + µs˙ sin ϑ + µsϑ˙ cos ϑ = cost. ∂ x˙ 2 2 Inoltre, poich`e la Lagrangiana non dipende esplicitamente dal tempo, si conserva l’energia meccanica totale E = T + V . CR 4 Un’asta AB di massa M e lunghezza l `e libera di ruotare attorno al suo baricentro, che coincide con l’origine di un sistema di riferimento in un piano verticale. Ad un estremo libero dell’asta `e applicata una molla di costante elastica k > 0, vincolata a rimanere sempre orizzontale. Lungo l’asta pu` o scorrere un punto materiale P di massa m, collegato al baricentro dell’asta tramite una molla di costante elastica k > 0. Sia s l’ascissa parametrica di P lungo l’asta contata a partire dall’origine del riferimento e sia ϑ l’angolo che l’asta forma con la verticale. 1) Scrivere le equazioni di Lagrange del sistema; 2) determinare le posizioni di equilibrio e discuterne la stabilit`a; 3) calcolare la frequenza di piccole oscillazioni attorno alla posizione di equilibrio stabile.

C

B

x 0

P θ A

y

1) L’energia cinetica totale ha la forma: T =

1 1 IO ωa2 + mvP2 , 2 2

2 dove IO = Ml e il momento d’inerzia dell’asta attorno al baricentro, ωa = ϑ˙ 12 ` `e la velocit` a angolare dell’asta, mentre vP `e la velocit`a del punto P . Poich´e P (xP , yP ) = P (s sin ϑ, s cos ϑ), si ha v P (s˙ sin ϑ + sϑ˙ cos ϑ, s˙ cos ϑ − sϑ˙ sin ϑ) ovvero vP2 = s˙ 2 + s2 ϑ˙ 2. Pertanto:

1 M l2 ˙ 2 1 ϑ + m(s˙2 + s2 ϑ˙ 2 ) . 2 12 2 Detti B, C gli estremi di applicazione della prima molla, l’energia potenziale `e data dalla seguente espressione: T =

1 1 k|OP |2 + k|BC|2 − mgyP 2 2 1 kl2 1 = sin2 ϑ + ks2 − mgs cos ϑ . 2 4 2 Infine, la Lagrangiana `e pari alla differenza tra l’energia cinetica e l’energia potenziale ovvero V =

2 2 ˙ = M l ϑ˙ 2 + 1 m(s˙ 2 + s2 ϑ˙ 2 ) − 1 ks2 − 1 kl sin2 ϑ + mgs cos ϑ . L(s, s, ˙ ϑ, ϑ) 24 2 2 2 4 Le equazioni di Lagrange sono quindi:  d ∂L ∂L  dt ∂ s˙ = ∂s



d ∂L dt ∂ ϑ˙

=

∂L ∂ϑ

ed essendo:

 ∂L  ∂s˙ = ms˙  ∂L ∂ ϑ˙

=

Ml2 ˙ 12 ϑ

+ ms2 ϑ˙ ,

si ottiene:  s = msϑ˙ 2 − ks + mg cos ϑ  m¨

 Ml2 ¨ 2¨ ˙ 12 ϑ + ms ϑ + 2mss˙ ϑ = −mgs sin ϑ −

kl2 4

sin ϑ cos ϑ .

2) Per calcolare le posizioni di equilibrio, determiniamo i valori delle variabili lagrangiane (s, ϑ) per cui si annullano le derivate prime dell’energia potenziale ovvero   Vs = ks − mg cos ϑ = 0  V = sin ϑ(mgs + ϑ

kl 2 4

cos ϑ) = 0 .

Pertanto si ha ϑ = 0 oppure ϑ = π e s = mg k cos ϑ, mentre la soluzione kl2 s = − 4mg cos ϑ conduce alle ulteriori posizioni di equilibrio s = 0, ϑ = π2 e s = 0, ϑ = 32 π. In definitiva, le posizioni di equilibrio sono mg mg , 0) , (s2, ϑ2 ) = (− , π) , k k π 3 (s3 , ϑ3 ) = (0, ) , (s4 , ϑ4 ) = (0, π) . 2 2 Si osservi che le precedenti configurazioni di equilibrio sono equivalenti a coppie e corrispondono ad una rotazione di π dell’asta. Sar`a pertanto sufficiente analizzare la stabilit`a delle configurazioni (s1 , ϑ1 ) = ( mg k , 0) e (s3 , ϑ3 ) = (0, π2 ). A tale scopo determiniamo l’hessiano dell’energia potenziale: µ ¶ k mg sin ϑ 2 H(V )(s, ϑ) = . mg sin ϑ mgs cos ϑ + kl4 (cos2 ϑ − sin2 ϑ) (s1 , ϑ1 ) = (

Valutando l’hessiano nella posizione di equilibrio (s1 , ϑ1 ) si ottiene: µ ¶ k 0 2 2 2 H(V )(s1 , ϑ1 ) = 0 m kg + kl4 e quindi (s1 , ϑ1 ) `e di equilibrio stabile. Per quanto riguarda la posizione (s3 , ϑ3 ) si ha: µ ¶ k mg 2 H(V )(s3 , ϑ3 ) = . mg − kl4

Poich´e il determinante di tale matrice `e negativo, la posizione di equilibrio (s3 , ϑ3 ) `e instabile. 3) Le frequenze di piccole oscillazioni sono soluzioni dell’equazione det(H(V )(s1 , ϑ1 ) − λTpo (s1 , ϑ1 )) = 0 , dove Tpo (s1, ϑ1 ) `e la matrice associata all’energia cinetica di piccole oscillazioni, calcolata nella posizione di equilibrio. Pertanto: Tpo (s1 , ϑ1 ) =

µ

m 0

Ml 2 12

0 + ms21

¶

=

µ

m 0

M l2 12

0 3 2 + mk2g

¶

.

Quindi, si ottiene: det

µ

k − mλ 0

2 2

m g k

+

2

kl 4

0 2 − ( Ml 12 +

3 2

m g k2

)λ

¶

= 0,

da cui si ricava: λ1 =

k , m

λ2 =

3k(4m2 g 2 + k 2 l2 ) . M l2k 2 + 12m3 g2

Le frequenze di piccole oscillazioni sono infine, ω1,2 =

p

λ1 ,

ω3,4 =

p

λ2 .

CR 5 In un piano verticale, un’asta AB di massa m e lunghezza l ha un estremo vincolato a scorrere senza attrito lungo l’asse verticale e ad esso `e applicata una molla di costante elastica k > 0, mentre l’altro estremo di applicazione coincide con l’origine del sistema di riferimento. La molla si mantiene sempre verticale. All’altra estremit`a dell’asta `e appesa una seconda asta BC di massa m e lunghezza l. Siano ϑ e ϕ gli angoli che le due aste formano con la verticale. 1) Scrivere la Lagrangiana del sistema; 2) individuare le posizioni di equilibrio e discuterne la stabilit`a; 3) determinare la frequenza di piccole oscillazioni attorno alla posizione di equilibrio stabile.

x

0

A

θ

B

ϕ

C

y

1) La Lagrangiana `e la differenza dell’energia cinetica delle due aste e dell’energia potenziale relativa alla forza peso e alla forza elastica. Siano G1 e G2 i baricentri delle due aste e v G1 , v G2 le rispettive velocit` a, IG1 , IG2 i momenti d’inerzia rispetto ai baricentri e ωa1 , ωa2 le velocit`a angolari. Denotiamo con A, B, C gli estremi delle aste come indicato in figura e sia y l’ordinata di A. Dunque, l’energia cinetica totale ha la forma: T =

1 1 1 1 2 2 mvG + IG1 ωa21 + mvG + IG2 ωa22 . 1 2 2 2 2 2

Le coordinate dei baricentri sono: G1 (xG1 , yG1 ) = ( 2l sin ϑ, y + 2l cos ϑ), G2 (xG2 , yG2 ) = (l sin ϑ+ 2l sin ϕ, y+l cos ϑ+ 2l cos ϕ) ovvero vG1 ( 2l ϑ˙ cos ϑ, y− ˙ l ˙ l l ˙ ˙ ˙ cos ϕ, y−l ˙ ϑ sin ϑ− 2 ϕ˙ sin ϕ). Pertanto si ottiene: 2 ϑ sin ϑ), v G2 (lϑ cos ϑ+ 2 ϕ l2 ˙ 2 2 2 ˙ y˙ sin ϑ, v 2 = l2 ϑ˙ 2 + l2 ϕ˙ 2 + y˙ 2 + l2 ϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ) − vG = ϑ + y ˙ − l ϑ G2 4 4 1 2lϑ˙ y˙ sin ϑ − lϕ˙ y˙ sin ϕ. Inoltre, i momenti d’inerzia sono pari a: IG1 = IG2 = ml2 a angolari sono: ωa1 = ϑ˙ e ωa2 = ϕ. ˙ 12 , mentre le velocit` Raccogliendo tutti i termini, l’energia cinetica assume la seguente espressione: 2 1 1 T = ml2 ϑ˙ 2 + ml2 ϕ˙ 2 + ml 2 ϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ) + my˙ 2 3 6 2 3 1 − ml ϑ˙ y˙ sin ϑ − ml ϕ˙ y˙ sin ϕ . 2 2 L’energia potenziale `e data da: 1 k|OA|2 − mgyG1 − mgyG2 2 1 3 l = ky 2 − 2mgy − mgl cos ϑ − mg cos ϕ . 2 2 2

V =

Infine, la Lagrangiana `e la differenza tra l’energia cinetica e l’energia potenziale del sistema: 2 1 1 ˙ ϕ, ϕ) L(y, y, ˙ ϑ, ϑ, ˙ = ml 2ϑ˙ 2 + ml 2 ϕ˙ 2 + ml2 ϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ) + my˙ 2 3 6 2 3 1 1 2 3 l ˙ − mlϑy˙ sin ϑ − mlϕ˙ y˙ sin ϕ − ky + 2mgy + mgl cos ϑ + mg cos ϕ . 2 2 2 2 2 2) Per determinare le posizioni di equilibrio, calcoliamo i valori di y, ϑ e ϕ in corrispondenza dei quali si annullano le derivate prime dell’energia potenziale:  Vy = ky − 2mg = 0     Vϑ = 32 mgl sin ϑ = 0     Vϕ = mgl sin ϕ = 0 . Da tali relazioni si ricava facilmente che le possibili configurazioni di equilibrio sono: 2mg , 0, 0), k 2mg (y3 , ϑ3 , ϕ3 ) = ( , 0, π), k (y1 , ϑ1 , ϕ1 ) = (

2mg , π, 0), k 2mg (y4 , ϑ4 , ϕ4 ) = ( , π, π) . k

(y2 , ϑ2 , ϕ2 ) = (

Per definire la stabilit`a delle posizioni di equilibrio, calcoliamo l’hessiano dell’energia potenziale:   k 0 0  . H(V )(y, ϑ, ϕ) =  0 32 mgl cos ϑ 0 0 0 mgl cos ϕ

Un semplice calcolo mostra che gli autovalori associati a H(V )(y1, ϑ1 , ϕ1 ) sono positivi e quindi la posizione di equilibrio (y1 , ϑ1 , ϕ1 ) `e stabile. Vice– versa, l’hessiano associato alle altre posizioni di equilibrio ammette almeno un autovalore negativo e quindi tali posizioni sono instabili. 3) Per determinare la frequenza di piccole oscillazioni relativa alla configurazione (y1 , ϑ1 , ϕ1) determiniamo la matrice A di piccole oscillazioni associata all’energia cinetica del sistema:   2m 0 0 4 1 2 2 A= 0 . 3 ml 2 ml 1 1 2 2 0 ml ml 2 3

Le frequenze di piccole oscillazioni si ottengono risolvendo l’equazione: det(H(V )(y1 , ϑ1 , ϕ1 ) − λA) =  k − 2mλ 0 3 4 2 = 0 mgl − 2 3 ml λ 1 2 0 − 2 ml λ

 0 − 12 ml 2 λ  , mgl − 13 ml 2 λ

da cui si ricava: λ1 =

k , 2m

mentre le altre soluzioni risolvono l’equazione: 3 4 1 m2 l 4 2 ( mgl − ml 2 λ)(mgl − ml 2 λ) − λ = 0 2 3 3 4 ovvero λ2,3 =

33 ±

√ 711 g . 7 l

Infine, le frequenze di piccole oscillazioni sono le radici quadrate di λ1, λ2 , λ3 . CR 6 In un piano verticale un’asta di massa m e lunghezza l ha un’estremit`a (A) vincolata a scorrere senza attrito lungo una guida circolare di raggio R. All’altra estremit`a dell’asta `e collegata una molla di costante elastica k > 0 che si mantiene sempre verticale. Siano ϑ, ϕ gli angoli che OA e l’asta formano con la verticale. 1) Determinare la Lagrangiana del sistema; 2) verificare che ϑ = 0, ϕ = 0 `e una posizione di equilibrio; 3) determinare sotto quali condizioni sui parametri la configurazione ϑ = 0, ϕ = 0 `e di equilibrio stabile; 4) sotto tali condizioni, calcolare la frequenza di piccole oscillazioni relativa alla posizione di equilibrio stabile ϑ = 0, ϕ = 0.

D

0

x

A

θ

G

ϕ

B

y

1) Indicando con G(xG , yG ) il baricentro dell’asta, l’energia cinetica `e: T =

1 1 mv 2 + IG ω 2 , 2 G 2

2

dove IG = ml e il momento d’inerzia e ω il modulo della velocit` a angolare 12 ` dell’asta, che determiniamo dalla relazione: vA = vG + ω ∧ GA .

(V )

Poich´e A(R sin ϑ, R cos ϑ), G(R sin ϑ + 2l sin ϕ, R cos ϑ + 2l cos ϕ), la (V ) diventa:    ˙  Rϑ cos ϑ + 2l ϕ˙ cos ϕ Rϑ˙ cos ϑ  −Rϑ˙ sin ϑ  =  −Rϑ˙ sin ϑ − l ϕ˙ sin ϕ  2 0 0   i1 i2 i3 + 0 0 ω , − 2l sin ϕ − 2l cos ϕ 0 dove i1 , i2 , i3 sono i versori fondamentali del sistema di riferimento. Da tale relazione si ricava ω = −ϕ˙ . 2 Inoltre, essendo v 2 = R2 ϑ˙ 2 + l ϕ˙ 2 + Rlϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ), si ha G

4

1 l2 T = m(R2ϑ˙ 2 + ϕ˙ 2 + Rlϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ)) . 2 3 L’energia potenziale `e data dalla seguente espressione: 1 V = −mgyG + k|BD|2 2 l 1 = −mg(R cos ϑ + cos ϕ) + k(R cos ϑ + l cos ϕ)2 2 2

e quindi la Lagrangiana completa `e data da: 1 l2 ˙ ϕ, ϕ) L(ϑ, ϑ, ˙ = m(R2 ϑ˙ 2 + ϕ˙ 2 + Rlϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ)) 2 3 l 1 + mg(R cos ϑ + cos ϕ) − k(R cos ϑ + l cos ϕ)2 . 2 2 2) Per determinare le posizioni di equilibrio annulliamo le derivate prime dell’energia potenziale:   Vϑ = mgR sin ϑ − k(R cos ϑ + l cos ϕ)R sin ϑ = 0 

Vϕ = mg 2l sin ϕ − k(R cos ϑ + l cos ϕ)l sin ϕ = 0 ,

che ammette come soluzione (ϑ, ϕ) = (0, 0). 3) Per determinare il carattere di stabilit`a della configurazione (ϑ, ϕ) = (0, 0), calcoliamo l’hessiano dell’energia potenziale. Poich´e risulta:  Vϑϑ = mgR cos ϑ − kR cos ϑ(R cos ϑ + l cos ϕ) + kR2 sin2 ϑ      Vϑϕ = Vϕϑ = klR sin ϑ sin ϕ      Vϕϕ = mg 2l cos ϕ − kl cos ϕ(R cos ϑ + l cos ϕ) + kl2 sin2 ϕ , si ha:

H(V )(0, 0) =

µ

mgR − kR(R + l) 0 0 mg 2l − kl(R + l)

¶

.

Pertanto la configurazione (ϑ, ϕ) = (0, 0) `e stabile, se i due autovalori λ1 = mgR − kR(R + l) e λ2 = mg 2l − kl(R + l) sono entrambi positivi. 4) La matrice di piccole oscillazioni associata all’energia cinetica `e: µ ¶ mR2 12 mRl A= 1 . ml2 2 mRl 3 Pertanto le frequenze di piccole oscillazioni sono le radici quadrate delle soluzioni λ1 , λ2 dell’equazione: det(H(V )(0, 0) − λA) = µ mgR − kR(R + l) − λmR2 = det − 12 mRlλ

− 12 mRlλ l mg 2 − kl(R + l) −

2

ml 3

λ

¶

=0.

Posto α ≡ mgR − kR(R + l), β ≡ mg 2l − kl(R + l) (α > 0, β > 0 per la condizione di stabilit`a), si ha: 1 22 2 2 ml 2 m l R λ − (mR2 β + α)λ + αβ = 0 , 12 3 le cui soluzioni sono i quadrati delle frequenze di piccole oscillazioni. CR 7 In un piano verticale (Oxy) un disco di massa M e raggio R `e vincolato a ruotare senza strisciare lungo l’asse delle ascisse. Al centro A del disco `e appesa un’asta di massa m e lunghezza l, alla cui estremit`a B `e collegata una seconda asta di massa m e lunghezza l, collegata all’asse verticale da una molla di costante elastica k > 0 vincolata a rimanere sempre orizzontale. Scrivere la Lagrangiana del sistema.

A x

0 B

C

y

Denotiamo con x l’ascissa del centro A del disco, con ϑ, ϕ gli angoli che le aste AB e BC formano con la verticale. L’energia cinetica del disco `e: Td =

1 1 3 2 M vA + IA ω 2 = M x˙ 2 . 2 2 4

L’energia cinetica dell’asta AB si calcola come segue: denotando con G il suo baricentro, G(x + 2l sin ϑ, 2l cos ϑ − R), si ha: TAB =

1 1 1 l2 1 ml 2 ˙ 2 2 mvG + IG ω 2 = m(x˙ 2 + ϑ˙ 2 + lx˙ ϑ˙ cos ϑ) + ϑ , 2 2 2 4 2 12

2 essendo vG = x˙ 2 +

l2 ˙ 2 4ϑ

+ lx˙ ϑ˙ cos ϑ. Analogamente, per l’asta BC si ha: TBC =

1 1 mv2 + ID ω 2 , 2 D 2

dove D `e il baricentro dell’asta: D(x + l sin ϑ + 2l sin ϕ, l cos ϑ + 2l cos ϕ − R), da cui si ricava: 2 vD = x˙ 2 + l2 ϑ˙ 2 +

l2 2 ϕ˙ + 2lx˙ ϑ˙ cos ϑ + lx˙ ϕ˙ cos ϕ + l2 ϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ) . 4

Pertanto: TBC =

1 l2 m(x˙ 2 + l2ϑ˙ 2 + ϕ˙ 2 2 4

1 ml 2 2 + 2lx˙ ϑ˙ cos ϑ + lx˙ ϕ˙ cos ϕ + l2 ϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ)) + ϕ˙ . 2 12 L’energia potenziale delle due aste e della forza elastica `e data dalla seguente espressione: l l 1 V = −mg( cos ϑ−R)−mg(l cos ϑ+ cos ϕ −R)+ k(x+l sin ϑ+ l sin ϕ)2 . 2 2 2 La Lagrangiana del sistema `e data dalla somma dei contributi dell’energia cinetica del disco, delle aste e dell’energia potenziale: L = Td + TAB + TBC − V . CR 8 Un’asta di massa m e lunghezza l `e vincolata a ruotare attorno al suo baricentro, coincidente con l’origine di un sistema di riferimento (Oxy) di un piano verticale. Ad un’estremit`a dell’asta `e appeso un disco di massa M e raggio R. Sia ϑ l’angolo che l’asta forma con la verticale e ϕ l’angolo che un raggio di riferimento del disco forma con la verticale. 1) Scrivere la Lagrangiana del sistema; 2) determinare le posizioni di equilibrio; 3) determinare gli integrali primi del sistema; 4) tramite gli integrali primi di cui al punto 3), ricondurre il problema al caso unidimensionale. 1) L’energia cinetica del sistema ha la forma: T =

1 ˙2 1 1 2 IO ϑ + IG ωd2 + M vG , 2 2 2

2

2

dove IO = ml e il momento d’inerzia dell’asta, IG = MR `e il mo12 ` 2 mento d’inerzia del disco, ωd `e la velocit` a angolare, mentre v G `e la velocit` a del baricentro G del disco. Poich´e G(xG , yG) = G( 2l sin ϑ, 2l cos ϑ), si ha 2 2 v G( 2l ϑ˙ cos ϑ, − 2l ϑ˙ sin ϑ) ovvero vG = l4 ϑ˙ 2 . Calcoliamo la velocit` a angolare del disco tramite la formula: v G = v D + ω d ∧ DG , dove D `e il punto di intersezione del raggio di riferimento con il disco, D( 2l sin ϑ + R sin ϕ, 2l cos ϑ + R cos ϕ) e quindi la velocit` a `e v D ( 2l ϑ˙ cos ϑ + l ˙ Rϕ˙ cos ϕ, − 2 ϑ sin ϑ − Rϕ˙ sin ϕ). Dunque:  l ˙   l ˙  ˙ cos ϕ 2 ϑ cos ϑ 2 ϑ cos ϑ + Rϕ  − l ϑ˙ sin ϑ  =  − l ϑ˙ sin ϑ − Rϕ˙ sin ϕ  2 2 0 0   i j k + 0 0 ωd  −R sin ϕ −R cos ϕ 0  l ˙    ˙ cos ϕ ωd R cos ϕ 2 ϑ cos ϑ + Rϕ =  − 2l ϑ˙ sin ϑ − Rϕ˙ sin ϕ  +  −ωd R sin ϕ  , 0 0 da cui si ricava

ωd = −ϕ˙ .

x 0 θ G

ϕ

D

y

Pertanto: T =

1 ml 2 ˙ 2 1 M l2 ˙ 2 1 M R2 2 ϑ + ϑ + ϕ˙ . 2 12 2 4 2 2

L’energia potenziale `e data dalla seguente espressione: l V = −M gyG = −M g cos ϑ . 2 Dunque, la Lagrangiana `e: 1 M R2 2 l ˙ ϕ) L(ϑ, ϑ, ˙ = (m + 3M )l2 ϑ˙ 2 + ϕ˙ + M g cos ϑ . 24 4 2 2) Poich´e l’energia potenziale dipende solo da ϑ, l’equilibrio nella variabile ϕ `e indifferente, mentre rispetto alla variabile ϑ si ha: l Vϑ = M g sin ϑ = 0 , 2 da cui si ricavano le posizioni di equilibrio: ϑ=0,

ϑ=π .

3) Poich´e la Lagrangiana non dipende esplicitamente dal tempo, si conserva l’energia meccanica del sistema: E=

1 M R2 2 l (m + 3M )l2 ϑ˙ 2 + ϕ˙ − M g cos ϑ = cost. 24 4 2

(E)

Inoltre, la Lagrangiana non dipende esplicitamente dalla variabile ϕ e quindi dall’equazione di Lagrange d ∂L ∂L = =0, dt ∂ ϕ˙ ∂ϕ si ottiene: pϕ =

∂L M R2 = ϕ˙ = cost. ∂ ϕ˙ 2

(pf )

4) Dalla (pf ) si ricava: 2pϕ ; M R2 eliminando ϕ˙ nella (E) si ottiene l’energia del sistema unidimensionale: ϕ˙ =

E=

p2ϕ 1 l (m + 3M )l2 ϑ˙ 2 − M g cos ϑ + . 24 2 M R2

CR 9 In un piano verticale, un disco di massa m e raggio r `e vincolato a ruotare senza strisciare lungo una guida circolare di raggio R (R > r). Al centro C del disco sono collegate due molle, di costante elastica k > 0. La prima molla `e applicata nell’origine del sistema di riferimento, mentre la seconda molla `e vincolata a mantenersi sempre orizzontale (con estremi di applicazione A e C come in figura). Sia ϑ l’angolo che la congiungente OC forma con la verticale. 1) Scrivere l’equazione di Lagrange; 2) ritrovare l’equazione del moto tramite la seconda equazione cardinale.

x

0 θ A

C D

y

1) L’energia cinetica del disco ha la forma: T =

1 1 2 IC ωd2 + mvC , 2 2

2

dove IC = mr e il momento d’inerzia del disco, ωd `e la velocit` a angolare, 2 ` mentre v C `e la velocit` a del centro C. Poich´e C((R−r) sin ϑ, (R−r) cos ϑ), si 2 ha vC ((R − r)ϑ˙ cos ϑ, −(R − r)ϑ˙ sin ϑ) ovvero vC = (R − r)2 ϑ˙ 2 . Calcoliamo la velocit` a angolare del disco tramite la formula: v C = v D + ω d ∧ DC . Denotiamo con i, j, k i versori fondamentali del sistema di riferimento;

poich´e v D = 0, si ha:    (R − r)ϑ˙ cos ϑ i j  −(R − r)ϑ˙ sin ϑ  =  0 0 0 −r sin ϑ −r cos ϑ   ωd r cos ϑ =  −ωd r sin ϑ  0 ovvero

ωd =

 k ωd  0

R−r ˙ ϑ. r

Pertanto: T =

1 mr2 (R − r)2 ˙ 2 1 3 ϑ + m(R − r)2 ϑ˙ 2 = m(R − r)2 ϑ˙ 2 . 2 2 2 r 2 4

L’energia potenziale `e data dalla seguente espressione: 1 1 k|OC|2 + k|AC|2 − mgyC 2 2 1 2 = k(R − r) sin2 ϑ − mg(R − r) cos ϑ + cost. 2

V =

Infine, la Lagrangiana `e data dalla seguente espressione: ˙ = 3 m(R − r)2 ϑ˙ 2 − 1 k(R − r)2 sin2 ϑ + mg(R − r) cos ϑ . L(ϑ, ϑ) 4 2 L’equazione di Lagrange del moto `e quindi: d ∂L ∂L = dt ∂ ϑ˙ ∂ϑ ovvero

3 m(R − r)ϑ¨ + mg sin ϑ + k(R − r) sin ϑ cos ϑ = 0 . 2

(L)

2) Possiamo utilizzare la seconda equazione cardinale per determinare l’equazione del moto. Scegliendo come polo il punto D di contatto tra il disco e la guida, `e nullo il momento della reazione vincolare; pertanto la seconda equazione cardinale con polo D fornisce l’equazione pura del (e) moto. Sia ΓD il momento della quantit`a di moto con polo D e sia M D il momento delle forze esterne (attive e reattive) con polo D. Allora, la seconda equazione cardinale si scrive nella forma: (e) Γ˙ D = M D .

Per quanto riguarda il momento angolare, si ha: ΓD = ID ωd , dove ID `e il momento d’inerzia con polo D. Dal teorema di Huyghens–Steiner, si ha: ID = IC + mr2 =

3 2 mr . 2

Pertanto: 3 mr(R − r)ϑ˙ . 2 Il momento totale delle forze esterne `e dato dalla seguente espressione: ΓD =

(e)

M D = DC ∧ mg − kDC ∧ AC − kDC ∧ OC . Poich´e le direzioni OC e DC sono coincidenti, −kDC ∧OC = 0. Calcoliamo allora i due rimanenti prodotti vettoriali:   i j k DC ∧ mg = det  −r sin ϑ −r cos ϑ 0  = −mgr sin ϑk , 0 mg 0 

 i j k −kDC ∧ AC = det  −r sin ϑ −r cos ϑ 0  −k(R − r) sin ϑ 0 0 = −kr(R − r) sin ϑ cos ϑk .

Raccogliendo i risultati precedenti, la seconda equazione cardinale con polo D si riscrive nella forma: 3 mr(R − r)ϑ¨ = −mgr sin ϑ − kr(R − r) sin ϑ cos ϑ , 2 equivalente alla (L). CR 10 In un piano verticale, un anello di massa M e raggio r ruota senza strisciare lungo una guida circolare di raggio R (R > r). Lungo l’anello pu` o scorrere un punto materiale P di massa m. Indichiamo con G il baricentro dell’anello e con D il punto di contatto anello-guida. Siano ϑ e ϕ gli angoli che OG e GP formano con la verticale. 1) Scrivere le equazioni di Lagrange; 2) ritrovare le equazioni del moto tramite le equazioni cardinali; 3) determinare la reazione vincolare che si esercita tra il punto materiale e l’anello.

x

0 θ

P

G

ϕ D

y

1) L’energia cinetica dell’anello e del punto P `e data da: T =

1 1 1 2 IG ωa2 + M vG + mvP2 , 2 2 2

dove IG = M r2 `e il momento d’inerzia dell’anello, ωa `e la sua velocit`a angolare, mentre v G e v P sono le velocit` a del baricentro G dell’anello e del punto P . Poich´e G(xG , yG ) = ((R − r) sin ϑ, (R − r) cos ϑ), P (xP , yP ) = ((R − r) sin ϑ + r sin ϕ, (R − r) cos ϑ + r cos ϕ), si ha: v G = ((R − r)ϑ˙ cos ϑ, −(R − r)ϑ˙ sin ϑ), v P = ((R − r)ϑ˙ cos ϑ + rϕ˙ cos ϕ, −(R − r)ϑ˙ sin ϑ − rϕ˙ sin ϕ). 2 = (R − r)2 ϑ˙ 2 , v 2 = (R − r)2 ϑ ˙ 2 + r 2ϕ˙ 2 + 2r(R − r)ϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ). Dunque, vG P Calcoliamo la velocit` a angolare dell’anello tramite la formula: v G = v D + ω a ∧ DG . Siano i, j, k i versori fondamentali del sistema di riferimento; poich´e v D = 0, si ha:     (R − r)ϑ˙ cos ϑ i j k  −(R − r)ϑ˙ sin ϑ  =  0 0 ωa  0 −r sin ϑ −r cos ϑ 0   ωa r cos ϑ =  −ωa r sin ϑ  0 ovvero R−r ˙ ωa = ϑ. r Pertanto: m T = M (R − r)2 ϑ˙ 2 + [(R − r)2 ϑ˙ 2 + r2 ϕ˙ 2 + 2r(R − r)ϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ)] . 2 L’energia potenziale `e data da: V = −M gyG − mgyP = −M g(R − r) cos ϑ − mg[(R − r) cos ϑ + r cos ϕ] .

Infine, la Lagrangiana `e data dalla seguente espressione: 1 1 ˙ ϕ, ϕ) L(ϑ, ϑ, ˙ = (2M + m)(R − r)2 ϑ˙ 2 + mr2 ϕ˙ 2 2 2 + mr(R − r)ϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ) + (M + m)g(R − r) cos ϑ + mgr cos ϕ . Le equazioni di Lagrange del moto sono:  d ∂L  dt ∂ ϑ˙ = ed essendo:



d ∂L dt ∂ ϕ˙

=

∂L ∂ϑ ∂L ∂ϕ

∂L = (2M + m)(R − r)2 ϑ˙ + mr(R − r)ϕ˙ cos(ϑ − ϕ) ∂ ϑ˙ ∂L = mr2 ϕ˙ + mr(R − r)ϑ˙ cos(ϑ − ϕ) , ∂ ϕ˙ si ha:   (2M + m)(R − r)ϑ¨ + mrϕ ¨ cos(ϑ − ϕ) + mrϕ˙ 2 sin(ϑ − ϕ) =     = −(M + m)g sin ϑ

   mr2 ϕ ¨ + mr(R − r)ϑ¨ cos(ϑ − ϕ) − mr(R − r)ϑ˙ 2 sin(ϑ − ϕ) =   = −mgr sin ϕ . 2) La seconda equazione cardinale con polo D per l’anello e il punto materiale ha la forma: Γ˙ D + mDP ∧ aP = DG ∧ M g + DP ∧ mg ,

(II)

dove ΓD = ID ω a `e il momento angolare dell’anello rispetto al polo D e aP `e l’accelerazione del punto P . Dal teorema di Huyghens–Steiner, si ha: ID = IG + M r2 = 2M r2 , mentre in precedenza abbiamo trovato che ˙ ω a = R−r e il versore dell’asse z. r ϑk, laddove k ` Calcoliamo l’accelerazione di P : aP = (ax , ay ) = ((R − r)ϑ¨ cos ϑ − (R − r)ϑ˙ 2 sin ϑ + rϕ ¨ cos ϕ − rϕ˙ 2 sin ϕ, − (R − r)ϑ¨ sin ϑ − (R − r)ϑ˙ 2 cos ϑ − r ϕ ¨ sin ϕ − rϕ˙ 2 cos ϕ) . Allora, indicando con i, j, k i versori fondamentali del sistema di riferimento,

i precedenti prodotti vettoriali sono dati dalle seguenti espressioni:   i j k mDP ∧ aP = m det  −r sin ϑ + r sin ϕ −r cos ϑ + r cos ϕ 0  ax ay 0 = m[(−r sin ϑ + r sin ϕ)ay − (−r cos ϑ + r cos ϕ)ax ]k = m[r(R − r)ϑ¨ − (R − r)rϑ¨ cos(ϑ − ϕ) − r2ϕ¨

+ r2 ϕ¨ cos(ϑ − ϕ) − r2 ϕ˙ 2 sin(ϕ − ϑ) − r(R − r)ϑ˙ 2 sin(ϕ − ϑ)]k ,   i j k DG ∧ M g = det  −r sin ϑ −r cos ϑ 0  0 Mg 0 

= (−M gr sin ϑ)k ,

i DP ∧ mg = det  −r sin ϑ + r sin ϕ 0

j −r cos ϑ + r cos ϕ mg

= mgr(− sin ϑ + sin ϕ)k .

 k 0 0

Raccogliendo tutti i termini la (II) diventa: 2M (R − r)ϑ¨ + m(R − r)ϑ¨ − m(R − r)ϑ¨ cos(ϑ − ϕ) − mrϕ ¨ 2 2 ˙ + mrϕ¨ cos(ϑ − ϕ) + mrϕ˙ sin(ϑ − ϕ) + m(R − r)ϑ sin(ϑ − ϕ)

(IIb)

= −M g sin ϑ − mg sin ϑ + mg sin ϕ ,

che `e uguale alla differenza delle due equazioni di Lagrange. Utilizziamo ora la prima equazione cardinale per il punto P : maP = mg + ΦP ,

(IIP )

dove ΦP `e la reazione vincolare tra anello e punto materiale. Per ottenere un’equazione pura, proiettiamo la (IIP ) lungo la direzione ortogonale a GP ; pertanto, moltiplichiamo scalarmente la (IIP ) con il versore (cos ϕ, − sin ϕ): max cos ϕ − may sin ϕ = −mg sin ϕ ovvero rϕ ¨ + (R − r)ϑ¨ cos(ϑ − ϕ) − (R − r)ϑ˙ 2 sin(ϑ − ϕ) = −g sin ϕ , equivalente alla seconda equazione di Lagrange. Sottraendo tale equazione dalla (IIb) si ottiene la prima equazione di Lagrange. 3) Per determinare la reazione vincolare ΦP tra il punto materiale e l’anello proiettiamo la (IIP ) lungo la direzione GP ovvero moltiplichiamo

scalarmente per il versore (− sin ϕ, − cos ϕ): −max sin ϕ − may cos ϕ = −mg cos ϕ + ΦP ovvero −m(R − r)ϑ¨ sin(ϕ − ϑ) + m(R − r)ϑ˙ 2 cos(ϑ − ϕ) + mrϕ˙ 2 = −mg cos ϕ + ΦP , e quindi: ΦP = −m(R − r)ϑ¨ sin(ϕ − ϑ) + m(R − r)ϑ˙ 2 cos(ϑ − ϕ) + mrϕ˙ 2 + mg cos ϕ .

CR 11 In un piano verticale, un disco di massa M e raggio R ruota senza strisciare lungo l’asse orizzontale. Al centro del disco C `e appesa un’asta di massa m e lunghezza 2l e in C `e attaccata una molla di costante elastica k > 0, il cui estremo di applicazione coincide con l’origine del sistema di riferimento. Indicata con x l’ascissa del centro C e con ϑ l’angolo che l’asta forma con la verticale: 1) scrivere le equazioni di Lagrange del moto; 2) ritrovare le equazioni del moto tramite le equazioni cardinali. 1) La Lagrangiana `e pari alla differenza dell’energia cinetica (del disco e dell’asta) e dell’energia potenziale (relativa alla forza peso e alla forza elastica). Siano C(xC , yC ) = (x, −R) il baricentro del disco, G(xG , yG ) = (x + l sin ϑ, l cos ϑ − R) il baricentro dell’asta. Pertanto le rispettive velocit` a 2 2 sono: v C = (x, ˙ 0), vG = (x˙ + lϑ˙ cos ϑ, −lϑ˙ sin ϑ) ovvero vC = x˙ 2 , vG = x˙ 2 + l2 ϑ˙ 2 + 2lx˙ ϑ˙ cos ϑ. L’energia cinetica T assume dunque la forma: T = 2

1 1 1 1 2 2 M vC + IC ωd2 + mvG + IG ωa2 , 2 2 2 2 2

dove IC = MR e IG = ml3 sono i momenti d’inerzia del disco e dell’asta, 2 x˙ mentre ωd = R e ωa = −ϑ˙ sono le rispettive velocit` a angolari. Pertanto, si ottiene: T =

1 3 1 4ml 2 ˙ 2 ( M + m)x˙ 2 + ϑ + mlx˙ ϑ˙ cos ϑ . 2 2 2 3

C

x

0 θ

G

y

L’energia potenziale `e: 1 k|OC|2 − mgyG 2 1 = kx2 − mgl cos ϑ + cost. 2 Infine, la Lagrangiana totale assume la forma: V =

1 3 1 4ml2 ˙ 2 1 ( M + m)x˙ 2 + ϑ + ml x˙ ϑ˙ cos ϑ − kx2 + mgl cos ϑ . 2 2 2 3 2 Le equazioni del moto sono quindi:  d ∂L  dt ∂ x˙ = ∂L ∂x ˙ = L(x, x, ˙ ϑ, ϑ)



ovvero

d ∂L dt ∂ ϑ˙

=

∂L ∂ϑ

  ( 32 M + m)¨ x + ml ϑ¨ cos ϑ − mlϑ˙ 2 sin ϑ = −kx  4ml2 ¨ x cos ϑ = −mgl sin ϑ . 3 ϑ + ml¨

2) Per ottenere le equazioni del moto tramite le equazioni cardinali, calcoliamo la seconda equazione cardinale per l’intero sistema (disco e asta) con polo D, dove D `e il punto di contatto tra il disco e la guida orizzontale: (d) (a) Γ˙ D + Γ˙ D = DG ∧ mg + DC ∧ (−kOC) , (d)

(a)

(E)

dove ΓD e ΓD sono i momenti angolari del disco e dell’asta con polo D; indicando con (i1 , i2 , i3 ) i versori fondamentali del sistema di riferimento, si

ha:

(d) 3 Γ˙ D = ID ω˙ d = M R¨ x i3 2 (a) Γ˙ D = IGω˙ a + mDG ∧ aG ,

poich´e dal teorema di Huyghens–Steiner si ha ID =

1 3 M R2 + M R2 = M R2 , 2 2

mentre aG `e l’accelerazione del baricentro dell’asta: aG = (ax , ay ) = (¨ x + lϑ¨ cos ϑ − lϑ˙ 2 sin ϑ, −lϑ¨ sin ϑ − lϑ˙ 2 cos ϑ) . Pertanto:



i1 i2 DG ∧ aG = det  l sin ϑ l cos ϑ − R ax ay

 i3 0 0

= [l sin ϑay − (l cos ϑ − R)ax ] i3 = [−l2 ϑ¨ − l¨ x cos ϑ + R¨ x + Rlϑ¨ cos ϑ − Rlϑ˙ 2 sin ϑ] i3 .

Calcoliamo i rimanenti prodotti vettoriali:   i1 i2 i3 DG ∧ mg = det  l sin ϑ l cos ϑ − R 0  = mgl sin ϑi3 , 0 mg 0   i1 i2 i3 DC ∧ (−kOC) = det  0 −R 0  = −kRxi3 . −kx kR 0 Raccogliendo tutti i termini la (E) diventa:

3 ml 2 ¨ M R¨ x− ϑ − ml2 ϑ¨ − ml x¨ cos ϑ + mR¨ x + mRlϑ¨ cos ϑ 2 3 − mRlϑ˙ 2 sin ϑ = mgl sin ϑ − kRx ,

(F )

pari alla differenza tra la prima equazione di Lagrange (moltiplicata per R) trovata al punto 1) e la seconda equazione di Lagrange. Applichiamo ora la seconda equazione cardinale con polo C alla sola asta; poich´e il contributo della reazione vincolare esercitata dal disco sull’asta si annulla, si ha: (a) Γ˙ = CG ∧ mg , C

(a) dove Γ˙ C = IG ω˙ a + mCG ∧ aG . Poich´e CG = (l sin ϑ, l cos ϑ), si ha:   i1 i2 i3 mCG ∧ aG = det  ml sin ϑ ml cos ϑ 0  ax ay 0 2¨ = (−ml ϑ − ml¨ x cos ϑ)i . 3

Pertanto, la seconda equazione cardinale per l’asta diventa: 4 2¨ ml ϑ + ml¨ x cos ϑ = −mgl sin ϑ , 3 che combinata con la (F ) fornisce le equazioni del moto cercate. CR 12 Un’asta OA di massa m e lunghezza l `e appesa all’origine di un sistema di riferimento in un piano verticale. Alla estremit`a libera (A) `e appesa una seconda asta (AB) di massa m e lunghezza l. All’estremit`a B della seconda asta `e collegata una molla di costante elastica k > 0, vincolata a rimanere sempre verticale. Siano ϑ e ϕ gli angoli che le due aste formano con la verticale. 1) Scrivere le equazioni di Lagrange; 2) ritrovare le equazioni del moto tramite le equazioni cardinali. 1) La Lagrangiana completa `e uguale alla differenza dell’energia cinetica delle due aste e dell’energia potenziale della molla e delle forze peso. Siano G, H i baricentri delle due aste e IG , IH i rispettivi momenti d’inerzia. Allora, l’energia cinetica assume la forma: T=

1 1 1 1 2 2 IGω12 + IH ω22 + mvG + mvH , 2 2 2 2

˙ ω2 = −ϕ˙ sone le velocit`a angolari delle due aste e vG , vH , dove ω1 = −ϑ, i moduli delle velocit`a dei baricentri. Poich´e G(xG , yG ) = ( 2l sin ϑ, 2l cos ϑ), H(xH , yH ) = (l sin ϑ + 2l sin ϕ, l cos ϑ + 2l cos ϕ), le velocit` a sono vG = ( 2l ϑ˙ cos ϑ, − 2l ϑ˙ sin ϑ), vH = (lϑ˙ cos ϑ + 2l ϕ˙ cos ϕ, −lϑ˙ sin ϑ − 2l ϕ˙ sin ϕ) ovvero 2 vG =

l2 ˙ 2 ϑ 4

l2 2 vH = l2 ϑ˙ 2 + ϕ˙ 2 + l2ϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ) . 4

0

x

C

G

B

H

θ A

ϕ

y

Poich´e IG = IH =

ml2 12 ,

l’energia cinetica `e data dalla seguente espressione: 2

1 4ml ˙ 2 1 ml2 2 1 2 ˙ ϑ + ϕ˙ + ml ϑϕ˙ cos(ϑ − ϕ) . 2 3 2 3 2 Inoltre, |BC|2 = (l cos ϑ + l cos ϕ)2 e quindi l’energia potenziale `e: 1 V = −mgyG − mgyH + k|BC|2 2 3 l 1 = − mgl cos ϑ − mg cos ϕ + kl2 (cos ϑ + cos ϕ)2 . 2 2 2 Pertanto la Lagrangiana completa assume la forma: T =

1 4ml2 ˙ 2 1 ml2 2 1 2 ˙ ϑ + ϕ˙ + ml ϑϕ˙ cos(ϑ − ϕ) 2 3 2 3 2 3 l 1 + mgl cos ϑ + mg cos ϕ − kl2 (cos ϑ + cos ϕ)2 . 2 2 2 Le equazioni del moto sono quindi:  d ∂L  dt ∂ ϑ˙ = ∂L ∂ϑ ˙ ϕ, ϕ) L(ϑ, ϑ, ˙ =



d ∂L dt ∂ ϕ˙

=

∂L ∂ϕ

ovvero  4 1 2¨ 2 ¨ cos(ϑ − ϕ) + 1 ml 2 ϕ  ˙ 2 sin(ϑ − ϕ) = − 32 mgl sin ϑ  3 ml ϑ + 2 ml ϕ 2        +kl2 (cos ϑ + cos ϕ) sin ϑ 2  ml2   ϕ ¨ + ml2 ϑ¨ cos(ϑ − ϕ) −  3      +kl2 (cos ϑ + cos ϕ) sin ϕ .

ml2 ˙ 2 2 ϑ

sin(ϑ − ϕ) = − mgl 2 sin ϕ

2) Per ritrovare le equazioni del moto tramite le equazioni cardinali, calcoliamo la seconda equazione cardinale per le due aste con polo O: (1) (2) Γ˙ O + Γ˙ O = OG ∧ mg + OH ∧ mg + OB ∧ (−kCB) ,

(E)

dove le derivate dei momenti angolari delle aste hanno le seguenti espressioni: ml 2 ¨ (1) Γ˙ O = IO ω˙ 1 i3 = − ϑi3 3 (2) Γ˙ = IH ω˙ 2 i + mOH ∧ a , O

3

H

dove abbiamo usato il teorema di Huyghens–Steiner per la valutazione 2 ml2 di IO (IO = ml 12 + 4 ) e dove abbiamo indicato con aH l’accelerazione del baricentro della seconda asta (i1 , i2, i3 sono i versori fondamentali del sistema di riferimento). Poich´e µ l l aH = lϑ¨ cos ϑ − lϑ˙ 2 sin ϑ + ϕ ¨ cos ϕ − ϕ˙ 2 sin ϕ, 2 2 ¶ l l 2 2 ¨ ˙ − lϑ sin ϑ − lϑ cos ϑ − ϕ ¨ sin ϕ − ϕ˙ cos ϕ , 2 2 si ha: ·µ ¶ µ ¶ ¸ l l l sin ϑ + sin ϕ ay − l cos ϑ + cos ϕ ax i3 2 2 · 1 1 1 = −ml2 ϑ¨ + ϕ ¨ + ϕ¨ cos(ϑ − ϕ) + ϑ¨ cos(ϑ − ϕ) 4 2 2 ¸ 1 ˙2 1 2 − ϑ sin(ϑ − ϕ) + ϕ˙ sin(ϑ − ϕ) i3 . 2 2

mOH ∧ aH =

Per quanto riguarda i rimanenti prodotti vettoriali, si ha:   i1 i2 i3 l OG ∧ mg = det  2l sin ϑ 2l cos ϑ 0  = mg sin ϑi3 , 2 0 mg 0 

 i1 i2 i3 OH ∧ mg = det  l sin ϑ + 2l sin ϕ l cos ϑ + 2l cos ϕ 0  0 mg 0 µ ¶ l = mg l sin ϑ + sin ϕ i3 , 2



i1 OB ∧ (−kCB) = det  l sin ϑ + l sin ϕ 0

i2 l cos ϑ + l cos ϕ −kl(cos ϑ + cos ϕ)

= −kl2 (cos ϑ + cos ϕ)(sin ϑ + sin ϕ)i3 .

 i3 0 0

Raccogliendo tutti i termini la (E) assume la forma:

ml 2 ¨ ml2 ml2 ml 2 ml2 ¨ ϑ+ ϕ¨ + ml 2ϑ¨ + ϕ ¨+ ϕ ¨ cos(ϑ − ϕ) + ϑ cos(ϑ − ϕ) 3 12 4 2 2 ml 2 ˙ 2 ml 2 2 − ϑ sin(ϑ − ϕ) + ϕ˙ sin(ϑ − ϕ) 2 2 3 1 = − mgl sin ϑ − mgl sin ϕ + kl2 (cos ϑ + cos ϕ)(sin ϑ + sin ϕ) , 2 2 (F ) pari alla somma delle due equazioni di Lagrange determinate al punto 1). Applichiamo ora la seconda equazione cardinale con polo A alla seconda asta; poich´e il contributo della reazione vincolare esercitata dalla prima asta si annulla, si ha: (2) Γ˙ A = AH ∧ mg + AB ∧ (−kCB) ,

(G)

(2) dove Γ˙ A = IH ω˙ 2 + mAH ∧ aH . Calcoli simili ai precedenti portano a: · 2 ¸ l l2 l2 AH ∧ aH = − ϑ¨ cos(ϑ − ϕ) + ϑ˙ 2 sin(ϑ − ϕ) − ϕ ¨ i3 , 2 2 4

poich´e AH = ( 2l sin ϕ, 2l cos ϕ). Inoltre, poich´e   i1 i2 i3 l AH ∧ mg = det  2l sin ϕ 2l cos ϕ 0  = mg sin ϕi3 , 2 0 mg 0   i1 i2 i3 AB ∧ (−kCB) = −k det  l sin ϕ l cos ϕ 0 0 l(cos ϑ + cos ϕ) 0 la (G) diventa:

= −kl2 (cos ϑ + cos ϕ) sin ϕi3 ,

ml 2 ml2 ¨ ml 2 ˙ 2 l ϕ¨ + ϑ cos(ϑ − ϕ) − ϑ sin(ϑ − ϕ) = −mg sin ϕ 3 2 2 2 + kl2 (cos ϑ + cos ϕ) sin ϕ ; combinando la precedente equazione con la (F ) si ottengono le equazioni del moto cercate.

CR 13 In un piano verticale, un disco di massa m e raggio R rotola senza strisciare lungo una guida inclinata di angolo α rispetto all’orizzontale. Al centro C del disco `e collegata una molla di costante elastica k > 0. Il punto A di applicazione `e tale che la molla si mantenga sempre parallela rispetto al piano inclinato. Sia Oxy un sistema di riferimento con l’asse x coincidente con la direzione del piano inclinato e l’asse y perpendicolare ad essa (vedere figura). Detta x l’ascissa del centro C del disco, 1) determinare l’equazione di Lagrange del moto; 2) ritrovare l’equazione del moto tramite le equazioni cardinali. y A 0 C D α x

1) La Lagrangiana `e pari alla differenza tra l’energia cinetica e l’energia potenziale (relativa alla forza peso e alla forza elastica). Sia C(xC , yC ) = (x, R) il baricentro del disco; allora: T =

1 1 mv 2 + IC ω 2 , 2 C 2 2

2 dove vC = x˙ 2 `e il quadrato della velocit` a del baricentro del disco, IC = mR 2 x˙ `e il momento d’inerzia del disco e ω = − R `e la velocit` a angolare. Pertanto:

T =

1 1 mR2 x˙ 2 3 mx˙ 2 + = mx˙ 2 . 2 2 2 2 R 4

L’energia potenziale `e data dal contributo della forza peso del disco e della forza elastica della molla; a meno di costanti inessenziali, la quota di C vale −x sin α e quindi: 1 V = −mgx sin α + kx2 . 2 Pertanto, L(x, x) ˙ =

3 1 mx˙ 2 + mgx sin α − kx2 . 4 2

L’equazione del moto

diventa:

d ∂L ∂L = dt ∂ x˙ ∂x 3 m¨ x = mg sin α − kx . 2

2) Per ricavare l’equazione del moto tramite le equazioni cardinali, applichiamo la seconda equazione cardinale con polo D, dove D `e il punto di contatto disco–guida: Γ˙ D = DC ∧ mg + DC ∧ (−kAC) , dove

(E)

3 ΓD = ID ωi3 = − mRxi ˙ 3 2 (dal teorema di Huyghens–Steiner: ID = 12 M R2 + M R2 = 32 M R2 ) avendo denotato con i1, i2, i3 i versori fondamentali. Inoltre:   i1 i2 i3 DC ∧ mg = det  0 R 0  = −mgR sin α i3 , mg sin α −mg cos α 0   i1 i2 i3 DC ∧ (−kAC) = det  0 R 0  = kxR i3 . −kx 0 0 Raccogliendo i termini la (E) diventa:

3 mR¨ x = mgR sin α − kRx . 2

Esercizi proposti 1) In un piano verticale, un’asta di massa m e lunghezza l ha un estremo vincolato a scorrere lungo una guida circolare di raggio R > 0. L’altra estremit`a dell’asta `e collegata all’asse delle ascisse tramite una molla di costante elastica k > 0 vincolata a rimanere sempre verticale. Determinare le equazioni di Lagrange del sistema.

O

x

θ ϕ y

Soluzione: La Lagrangiana del sistema `e 1 l2 ml2 2 m(R2 ϑ˙ 2 + ϕ˙ 2 + lRϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ)) + ϕ˙ 2 4 24 l k + mg(R cos ϑ + cos ϕ) − (R cos ϑ + l cos ϕ)2 2 2 e le equazioni di Lagrange sono ˙ ϕ, L(ϑ, ˙ ϑ, ϕ) =

1 1 mR2 ϑ¨ + mlRϕ ¨ cos(ϑ − ϕ) − mlRϕ˙ 2 sin(ϑ − ϕ) = 2 2 − mgR sin ϑ + kR(R cos ϑ + l cos ϕ) sin ϑ ml 2 1 1 ϕ ¨ + mlRϑ¨ cos(ϑ − ϕ) − mlRϑ˙ 2 sin(ϑ − ϕ) = 3 2 2 mgl − sin ϕ + kl(R cos ϑ + l cos ϕ) sin ϕ . 2

2) In un piano verticale, un’asta di massa M e lunghezza l ha un estremo vincolato nell’origine; l’altro estremo `e collegato ad una molla di costante elastica k > 0, che si mantiene sempre verticale. Lungo l’asta pu´ o scorrere un punto materiale P di massa m, collegato all’origine del sistema di riferimento tramite una molla di costante elastica k > 0. Determinare la Lagrangiana del sistema e individuare le posizioni di equilibrio.

x

O

P

y

Soluzione: Sia s l’ascissa di P lungo l’asta contata a partire dall’origine e sia ϑ l’angolo che l’asta forma con la verticale. La Lagrangiana del sistema `e data da 1 1 l ˙ s, L(ϑ, ˙ ϑ, s) = m(s˙2 + s2 ϑ˙ 2 ) + M l2 ϑ˙ 2 + mgs cos ϑ + M g cos ϑ 2 6 2 1 1 − ks2 − kl2 cos2 ϑ . 2 2 mg mg Le posizioni di equilibrio sono: (ϑ, s) = (0, mg k ), (π, − k ), (ϑ3 , k cos ϑ3 ), mg (ϑ4 , k cos ϑ4 ), dove ϑ3,4 = ±arccos

M gl/2 , kl2 − m2 g2 /k Mgl/2

la cui esistenza `e soggetta alla condizione | kl2 −m2 g 2 /k | ≤ 1.

3) Un disco di massa m e raggio r > 0 rotola senza strisciare lungo una guida circolare di raggio R (R > r) di un riferimento verticale. Il centro del disco `e collegato agli assi del riferimento tramite due molle di costanti elastiche k > 0, che si mantengono sempre parallele agli assi. Determinare la Lagrangiana del sistema.

x

O

θ

y

Soluzione: Sia ϑ l’angolo che il centro del disco forma con la verticale. La velocit` a angolare del disco `e R−r ˙ ϑ. r La Lagrangiana del sistema `e data da ω=

˙ ϑ) = L(ϑ,

3 m(R − r)2 ϑ˙ 2 + mg(R − r) cos ϑ . 4

4) In un piano verticale un disco materiale di massa M e raggio r `e vincolato a ruotare senza strisciare lungo una guida circolare di raggio R > r. Al centro C del disco `e appesa un’asta materiale di massa m e lunghezza l. Alla estremit`a libera B dell’asta `e collegata una molla di costante elastica k > 0 che si mantiene sempre verticale. Siano ϑ, ϕ gli angoli che OC e l’asta formano con la verticale. Determinare la Lagrangiana del sistema.

0

A

x

θ C G

ϕ

B

y

Soluzione: La Lagrangiana del sistema `e: 3 1 l2 M (R − r)2 ϑ˙ 2 + m((R − r)2 ϑ˙ 2 + ϕ˙ 2 4 2 3 + (R − r)lϑ˙ ϕ˙ cos(ϑ − ϕ)) + M g(R − r) cos ϑ + mg((R − r) cos ϑ l k + cos ϕ) − ((R − r) cos ϑ + l cos ϕ)2 . 2 2

˙ ϕ, L(ϑ, ˙ ϑ, ϕ =

Meccanica Hamiltoniana

• Funzione Hamiltoniana: Consideriamo un sistema meccanico a n gradi di libert`a, descritto dalla Lagrangiana L(q, q, ˙ t) in coordinate indipendenti q = (q1 , ..., qn ). Introduciamo i momenti cinetici pj associati alle variabili qj tramite la relazione pj =

∂L , ∂ q˙j

j = 1, ..., n ,

(p)

che supponiamo invertibile rispetto alle q˙j ovvero det k

∂2L k= 6 0. ∂ q˙i ∂ q˙j

Si definisce funzione Hamiltoniana H = p q˙ − L , dove si intende che le velocit` a q˙ siano espresse in termini di q e p tramite le (p). Le equazioni di Hamilton del moto sono:  ∂H  p˙ = − ∂q  q˙ =

∂H ∂p

.

• Funzione generatrice di una trasformazione canonica: Sia   Q = Q(q, p, t)  P = P (q, p, t)

una trasformazione canonica. Sia

F = F (q, Q, t) la funzione generatrice associata a tale trasformazione. Le equazioni di trasformazione sono  ∂F  p = ∂q  P = − ∂F . ∂Q

Sia K(P , Q, t) l’Hamiltoniana nelle nuove variabili; allora: K(P , Q, t) = H(p, q, t) +

∂F . ∂t

Forme equivalenti (con diverse dipendenze dalle variabili) della funzione generatrice sono le seguenti: i) F = F (q, P , t) con equazioni di trasformazione:  ∂F  p = ∂q Q =

∂F ∂P

;

ii) F = F (p, Q, t) con equazioni di trasformazione:  ∂F  q = − ∂p  P = − ∂F ; ∂Q

iii) F = F (p, P , t) con equazioni di trasformazione:  ∂F  q = − ∂p Q =

∂F ∂P

.

• Criterio di canonicit` a: Siano f = f (p, q), g = g(p, q); si definisce parentesi di Poisson tra f e g la quantit`a {f, g} = Una trasformazione

n X ∂f ∂g ∂f ∂g − . ∂qk ∂pk ∂pk ∂qk k=1

  Q = Q(q, p, t)  P = P (q, p, t)

`e canonica se valgono le seguenti relazioni:

{Qi , Qj } = {Pi , Pj } = 0 {Qi , Pj } = δij ,

i, j = 1, ..., n .

Nel caso unidimensionale (n = 1) `e sufficiente verificare la relazione {Q, P } = 1 , poich´e {Q, Q} e {P, P } sono identicamente nulle.

• Metodo di Hamilton–Jacobi: Determiniamo una trasformazione ca– nonica   Q = Q(q, p, t)  P = P (q, p, t)

con funzione generatrice F = F (q, Q, t), tale che l’Hamiltoniana nelle variabili trasformate sia identicamente nulla: K(P , Q, t) = 0 . Poich´e K(P , Q, t) = H(p, q, t) +

∂F , ∂t

si ottiene l’equazione di Hamilton–Jacobi: H(

∂F ∂F , q, t) + = 0. ∂q ∂t

Le equazioni di Hamilton nelle nuove variabili sono:   P˙ = 0  ˙ Q = 0

ovvero P e Q sono vettori costanti. Se l’Hamiltoniana non dipende esplicitamente dal tempo si pu` o scrivere la funzione generatrice nella forma: F (q, Q, t) = W (q, Q) − αt , con α costante. L’equazione di Hamilton–Jacobi diventa: H(

∂W , q) = α . ∂q

• Sistemi integrabili: Un sistema si dice integrabile (o integrabile per quadrature) se `e possibile trovare una soluzione analitica delle equazioni del moto tramite un numero finito di operazioni, quali inversione di funzioni o calcolo di integrali (da cui il termine di ”quadrature”). Nel caso Hamiltoniano, un sistema `e integrabile se si conoscono n integrali primi che soddisfano opportuni requisiti. In particolare, se si conoscono n coordinate cicliche, allora gli n impulsi corrispondenti sono integrali primi e il sistema `e integrabile. Per dimostrare l’integrabilit`a di un sistema descritto da un’Hamlitoniana H(p, q), gli n integrali primi I1 , ..., In , devono soddisfare le condizioni di: 1) involutivit`a: {Ij , Ik } = 0, per ogni j, k = 1, ..., n;

2) indipendenza: se la matrice  ∂I1 ∂I1 . . . ∂p ∂p1 n  .  .. ∂In ∂In . . . ∂p ∂p1 n

∂I1 ∂q1

...

∂In ∂q1

...

∂I1 ∂qn ∂In ∂qn

  

ha rango n; 3) in luogo della condizione 2) si pu` o richiedere che valga:  ∂I1 ∂I1  . . . ∂p ∂p1 n   det  ...  6= 0 ; ∂In ∂In . . . ∂pn ∂p1

si noti che tale condizione di non singolarit`a `e pi` u forte dell’indipendenza, perch´e il minore di rango n pu` o essere diverso da ∂I ∂p . Fissato un punto (p0 , q 0 ), sia α0 = I(p0 , q 0 ); definiamo la variet` a Mα = {(p, q) ∈ R2n / I1 (p, q) = α1 , ..., In (p, q) = αn } . Teorema di Liouville–Arnold: supponiamo che l’Hamiltoniana H(p, q), p, q ∈ Rn , ammetta n integrali primi I1 , ...,In , soddisfacenti le condizioni di involutivit`a, indipendenza e non singolarit`a. Supponiamo inoltre che la variet`a Mα sia compatta in un opportuno intorno di α0 . Allora, esiste una trasformazione (p, q) → (A, ϕ) con A ∈ Rn , ϕ ∈ (R/2πZ)n , tale che l’Hamiltoniana trasformata K assume la forma: K(A, ϕ) = K(A) . Il teorema di Liouville–Arnold fornisce un algoritmo esplicito per costruire le variabili (A, ϕ), che sono dette ”variabili azione–angolo”. Come conseguenza del fatto di aver trasformato l’Hamiltoniana in una funzione che dipende solo dalle azioni A, si ottiene l’integrabilit`a del sistema di partenza. • Variabili azione–angolo: Introduciamo come momenti trasformati le variabili d’azione (A1 , ..., An ), definite dalla relazione I Ai = pi dqi , dove l’integrale `e esteso ad un periodo di oscillazione del sistema. Se l’Hamiltoniana di partenza `e completamente integrabile, essa dipender` a unicamente dalle variabili d’azione: K = K(A1 , ..., An ) .

(K)

Le variabili canoniche coniugate alle Ai sono dette variabili d’angolo, che indichiamo con (ϕ1 , ..., ϕn ). Dalle equazioni di Hamilton associate alla (K) risulta   A˙ i = 0 

ϕ˙ i =

∂K(A1 ,...,An ) ∂Ai

≡ ωi ,

dove ω = (ω1 , ..., ωn ) viene detta frequenza fondamentale del sistema. Pertanto si avr` a:   Ai = cost. 

ϕi = ωi t + ϕoi ,

ϕoi = cost.

• Teoria delle perturbazioni: Si consideri l’Hamiltoniana quasi-integra– bile in variabili azione–angolo (A, ϕ) (A ∈ Rn , ϕ ∈ (R/2πZ)n ): H(A, ϕ) = h(A) + εf (A, ϕ) ,

(H)

dove ε `e un parametro positivo, 0 < ε << 1. Determiniamo una trasformazione canonica con funzione generatrice F (A0 , ϕ) = A0 · ϕ + εΦ(A0 , ϕ) ovvero

 ∂Φ(A0 ,ϕ)   A = A0 + ε ∂ϕ ,

0   ϕ0 = ϕ + ε ∂Φ(A ,ϕ) , ∂A0

dove la funzione Φ(A0 , ϕ) `e scelta in modo da rimuovere la perturbazione in (H) a O(ε2 ). Dalla (H) si ha: ∂Φ ∂Φ ) + εf (A0 + ε , ϕ) = ∂ϕ ∂ϕ ∂Φ = h(A0 ) + ε[ω(A0 ) · + f (A0 , ϕ)] + O(ε2 ) , ∂ϕ

h(A0 + ε

dove ω(A0 ) ≡

∂h(A0 ) . ∂A

Decomponendo la funzione f nella forma: ˜ ϕ) + f0 (A) , f (A, ϕ) = f(A,

dove f0 (A) `e la media di f sugli angoli ϕ, deve risultare: ω(A0 ) ·

∂Φ(A0 , ϕ) ˜ 0 , ϕ) = 0 , + f(A ∂ϕ

(Φ)

che determina la funzione generatrice della trasformazione canonica. La nuova Hamiltoniana assumer`a la forma: H (1) (A0 , ϕ0 ) = h(1) (A0 ) + ε2 f (1)(A0 , ϕ0 ) , dove f (1) `e la nuova funzione perturbatrice e h(1) (A0 ) = h(A0 ) + εf0 (A0 ) . • Se l’Hamiltoniana iniziale dipende esplicitamente dal tempo, la funzione generatrice dipender` a anch’essa dal tempo e si dovr`a sostituire la (Φ) con l’equazione ∂Φ(A0 , ϕ, t) ∂Φ(A0 , ϕ, t) ω(A ) · + + f˜(A0 , ϕ, t) = 0 . ∂ϕ ∂t 0

MH 1 a) Scrivere la funzione di Hamilton corrispondente alla Lagrangiana: L(x, y, z, x, ˙ y, ˙ z) ˙ =

1 m(x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 ) − V (x, y, z) . 2

I momenti cinetici coniugati sono: px = mx˙ ,

py = my˙ ,

pz = mz˙

e quindi:

px py , y˙ = , m m Pertanto la nuova Hamiltoniana `e: x˙ =

z˙ =

pz . m

H(x, y, z, px , py , pz ) = px x˙ + py y˙ + pz z˙ − L ed esprimendo x, ˙ y, ˙ z˙ in termini di px , py , pz , si ha: H(x, y, z, px , py , pz ) =

1 2 (p + p2y + p2z ) + V (x, y, z) . 2m x

b) Scrivere la funzione di Hamilton corrispondente alla Lagrangiana: ˙ ϕ) L(r, ϑ, ϕ, r, ˙ ϑ, ˙ =

1 m(r˙ 2 + r 2ϑ˙ 2 + r2 sin2 ϑϕ˙ 2 ) − V (r, ϑ, ϕ) . 2

I momenti cinetici coniugati sono: pr = mr˙ ,

pϑ = mr2 ϑ˙ ,

pϕ = mr2 sin2 ϑϕ˙

e quindi:

pr pϑ , ϑ˙ = , m mr2 Pertanto la nuova Hamiltoniana `e: r˙ =

ϕ˙ =

pϕ . sin2 ϑ

mr2

H(r, ϑ, ϕ, pr , pϑ , pϕ ) = pr r˙ + pϑ ϑ˙ + pϕ ϕ˙ − L Ã ! p2ϕ 1 p2ϑ 2 = pr + 2 + 2 2 + V (r, ϑ, ϕ) . 2m r r sin ϑ MH 2 Scrivere la funzione di Hamilton associata alla Lagrangiana L(q, q, ˙ t) =

1 m(q˙2 et + q qe ˙ t + q2 ) . 2

Il momento cinetico coniugato alla variabile q `e p=

∂L m = (2qe ˙ t + qet ) ∂ q˙ 2

e quindi q˙ =

p −t q e − . m 2

Pertanto H(p, q, t) = pq˙ − L · ¸ m 1 2 −t q 2 t 1 2 = p e + e − pq − q 2 m2 4 m µ 2 ¶ 1 2 −t 1 m q t 2 = p e − pq + e −q . 2m 2 2 4

MH 3 Data la Lagrangiana 1 2 q˙ + q q˙ + 3q 2 , 2 scrivere la corrispondente Hamiltoniana e risolvere le equazioni di Hamilton associate. L(q, q) ˙ =

Il momento cinetico coniugato alla variabile q `e p=

∂L = q˙ + q ∂ q˙

e quindi q˙ = p − q . Pertanto H(p, q) = pq˙ − L 1 5 = p2 − pq − q 2 . 2 2 Le corrispondenti equazioni di Hamilton sono:  ∂H  p˙ = − ∂q = p + 5q 

q˙ =

∂H ∂p

= p−q .

Derivando la seconda equazione rispetto al tempo si ha: q¨ = p˙ − q˙ = 6q ovvero q¨ − 6q = 0 ,

la cui soluzione `e

q(t) = A1 e

√ 6t

√ 6t

+ A2 e −

,

dove A1 e A2 sono costanti arbitrarie. Pertanto da p = q + q˙ si ricava: ³ ´ √ ³ ´ √ √ √ p(t) = A1 + 6A1 e 6t + A2 − 6A2 e− 6t . MH 4 Data la Lagrangiana L(q, q) ˙ =

m 2 (q˙ + 2q 2 q) ˙ − q2 , 2

determinare la corrispondente Hamiltoniana e risolvere le relative equazioni di Hamilton. Il momento cinetico coniugato alla variabile q `e p =

∂L = m(q˙ + q 2 ) . ∂ q˙

Pertanto la funzione di Hamilton `e: H(p, q) = pq˙ − L

µ ¶ p2 m p2 p 2 4 2 p 4 − q2 p − + q − 2 q + 2q − 2q + q2 m 2 m2 m m p2 m = − q2 p + q4 + q2 . 2m 2 Le relative equazioni di Hamilton sono: ( 3 p˙ = − ∂H ∂q = 2qp − 2mq − 2q p 2 q˙ = ∂H ∂p = m − q . =

Derivando ancora la seconda equazione ed usando la prima si ottiene 2 q = 0. m à r ! 2 q(t) = A cos t+α , m q¨ +

Pertanto:

con A, α costanti. MH 5 Dire per quali valori di α e β la seguente trasformazione `e canonica:   P = αpeβq 

Q=

1 −βq αe

.

Trovare la funzione generatrice in corrispondenza di tali valori. Usiamo le parentesi di Poisson per verificare la canonicit`a della trasformazione; in particolare, poich´e la trasformazione `e unidimensionale, basta verificare la condizione ∂Q ∂P ∂Q ∂P {Q, P } ≡ − = 1. ∂q ∂p ∂p ∂q

Pertanto si ha: β − e−βq · αeβq = 1 , α che `e soddisfatta per β = −1 e α 6= 0. Dunque la trasformazione diventa:   P = αpe−q (P Q)  Q = α1 eq . Cerchiamo una funzione generatrice F = F (q, P ), le cui equazioni di trasformazione sono:   p = ∂F ∂q 

Dalla (P Q) si ha:

Q=

 p = 

Pertanto deve risultare

Q=

∂F ∂P

.

P q αe 1 q αe

.

∂F P = eq ∂q α

ovvero F (q, P ) = Pα eq +f (P ), dove f (P ) `e una funzione totale di P ; analogamente dalla relazione ∂F 1 = eq , ∂P α si trova F (q, P ) = Pα eq + g(q), dove g(q) dipende solo dalla variabile q. Confrontando le due espressioni per la funzione generatrice si ottiene f (P ) = g(q) = 0 e quindi P F (q, P ) = eq . α MH 6 Dire per quali valori delle costanti α, β, γ, la seguente trasformazione `e canonica:   P = pα sin(βq) 

Q = pγ cos(βq) .

In corrispondenza di tali valori determinare la funzione generatrice.

Utilizzando le parentesi di Poisson deve essere ∂Q ∂P ∂Q ∂P − =1 ∂q ∂p ∂p ∂q ovvero −pγ αβ sin2 (βq)pα−1 − βγpα+γ−1 cos2 (βq) = 1 . Imponiamo che sia −αβpα+γ−1 = −βγpα+γ−1 = 1 ovvero α+γ =1 ,

−αβ = 1 ,

−βγ = 1 .

Pertanto la trasformazione `e canonica per α= Quindi si avr` a:

1 , 2

β = −2 ,

γ=

1 . 2

 √  P = − p sin(2q) 

Q=

√ p cos(2q) .

Determiniamo la funzione generatrice nella forma F = F (q, Q):  2  p = cosQ2 (2q) = ∂F ∂q e quindi



sin(2q)

∂F P = −Q cos(2q) = − ∂Q

F (q, Q) =

Q2 tg(2q) . 2

MH 7 Determinare dei valori opportuni delle costanti A, α, β, in corrispondenza dei quali la seguente trasformazione `e canonica:   Q = ln( 1q eαp ) 

P = Aqeβp .

Per tali valori dei parametri determinare la corrispondente funzione generatrice.

Utilizzando le parentesi di Poisson deve essere ∂Q ∂P ∂Q ∂P − =1 ∂q ∂p ∂p ∂q ovvero −Aβeβp − Aαeβp = 1 . Ponendo β = 0, la precedente relazione diventa −Aα = 1 . Scegliamo, ad esempio A=

1 , 2

α = −2 .

In corrispondenza di tali valori la trasformazione diventa:   Q = ln( 1q e−2p ) 

P = 12 q .

Determiniamo la trasformazione generatrice nella forma F = F (P, p):   q = 2P = − ∂F ∂p 

1 −2p Q = ln( 2P e )=

∂F ∂P

.

Dalla prima relazione si ha: F (p, P ) = −2P p + f (P ) , dove la funzione f (P ) `e determinata dalla seconda relazione: µ ¶ 1 −2p −2p + f 0 (P ) = ln e 2P e quindi f 0 (P ) = ln ovvero f(P ) = e

Z

ln

µ

µ

F (p, P ) = −2P p +

1 2P

1 2P

Z

¶

¶

dP

µ

1 2P

ln

¶

dP .

MH 8 Verificare che la seguente trasformazione `e canonica: Q = p 1 2         Q2 = 3p1 + 2p2   P1 = −q2 + 23 q1       P2 = − 13 q1 .

Utilizzando le parentesi di Poisson devono essere verificate le seguenti relazioni: {Q1 , P1 } = {Q2 , P2} = 1 {Q1 , Q2 } = {Q1 , P2} = {Q2 , P1 } = {P1, P2 } = 0 . Per quanto riguarda le prime due relazioni si ha: ∂Q1 ∂P1 ∂Q1 ∂P1 ∂Q1 ∂P1 ∂Q1 ∂P1 ∂P1 − + − =− =1 ∂q1 ∂p1 ∂p1 ∂q1 ∂q2 ∂p2 ∂p2 ∂q2 ∂q2 ∂Q2 ∂P2 ∂Q2 ∂P2 ∂Q2 ∂P2 ∂Q2 ∂P2 ∂P2 − + − = −3 =1. ∂q1 ∂p1 ∂p1 ∂q1 ∂q2 ∂p2 ∂p2 ∂q2 ∂q1 Analogamente si verificano le altre relazioni. MH 9 Dire se la seguente trasformazione `e canonica: √  Q1 = p2 cos q1      √    Q2 = p1 cos q2 √   P1 = −2 p2 sin q1       √ P2 = −2 p1 sin q2 .

Utilizzando le parentesi di Poisson devono essere verificate le seguenti relazioni: {Q1 , P1 } = {Q2 , P2} = 1 {Q1 , Q2 } = {Q1 , P2} = {Q2 , P1 } = {P1, P2 } = 0 .

Per quanto riguarda le prime due relazioni si ha: ∂Q1 ∂P1 ∂Q1 ∂P1 ∂Q1 ∂P1 ∂Q1 ∂P1 − + − =0 ∂q1 ∂p1 ∂p1 ∂q1 ∂q2 ∂p2 ∂p2 ∂q2 ∂Q2 ∂P2 ∂Q2 ∂P2 ∂Q2 ∂P2 ∂Q2 ∂P2 − + − =0. ∂q1 ∂p1 ∂p1 ∂q1 ∂q2 ∂p2 ∂p2 ∂q2 Per le rimanenti relazioni si ha: ∂Q1 ∂Q2 ∂Q1 ∂Q2 {Q1 , Q2 } = − = ∂q1 ∂p1 ∂p2 ∂q2 √ √ p2 p1 = − √ sin q1 cos q2 + √ cos q1 sin q2 6= 0 2 p1 2 p2 ∂Q1 ∂P2 ∂Q1 ∂P2 {Q1 , P2 } = − = ∂q1 ∂p1 ∂p2 ∂q2 √ √ p2 p1 = √ sin q1 sin q2 + √ cos q1 cos q2 6= 0 p1 p2 ∂Q2 ∂P1 ∂Q2 ∂P1 {Q2 , P1 } = − + = ∂p1 ∂q1 ∂q2 ∂p2 √ √ p2 p1 = √ cos q1 cos q2 + √ sin q1 sin q2 6= 0 p1 p2 ∂P1 ∂P2 ∂P1 ∂P2 {P1 , P2 } = − = ∂q1 ∂p1 ∂p2 ∂q2 √ √ p2 p1 = 2 √ cos q1 sin q2 − 2 √ sin q1 cos q2 6= 0 . p1 p2 Pertanto la trasformazione non `e canonica. MH 10 Trovare dei valori opportuni per le costanti A, α e β e una forma della funzione g(p) tali che la trasformazione   P = g(p)sh(βq) 

Q = Apα ch(βq)

sia canonica. In corrispondenza di tali valori trovare la funzione generatrice. Applicare la trasformazione all’Hamiltoniana µ ¶ 4 H(p, q) = p ch − q A

e risolvere le equazioni di Hamilton associate alla nuova Hamiltoniana. Utilizzando le parentesi di Poisson deve risultare ∂Q ∂P ∂Q ∂P − =1 ∂q ∂p ∂p ∂q ovvero

Apα βsh2 (βq)g0 (p) − Aαpα−1βch2 (βq)g(p) = 1 .

(P P )

Imponiamo che si abbia

Aβpα g0 (p) = Aαpα−1 βg(p) ovvero

g 0 (p) α = . g(p) p Risolvendo tale equazione si trova ln(g(p)) = ln(pα ) e quindi g(p) = pα . Ricordando che ch2 (βq) − sh2 (βq) = 1, la (P P ) diventa: −Aαβp2α−1 = 1 ;

pertanto scegliamo

1 2 , β=− 2 A lasciando A arbitrario. Con tali valori delle costanti e tale scelta della funzione g(p) la trasformazione  √ 2 q)  P = p sh(− A α=

`e canonica.



√ 2 Q = A p ch(− A q)

Determiniamo la funzione generatrice nella forma F = F (q, Q):  Q2   p = ∂F ∂q = A2 ch2 (− 2 q) A 2  P = − ∂F = Q sh(− A q )  ∂Q A ch(− 2 q) A e quindi

F (q, Q) = −

µ ¶ Q2 2 th − q . 2A A

Applichiamo la trasformazione all’Hamiltoniana µ ¶ 4 H(p, q) = p ch − q , A che riscriviamo nella forma: µ µ ¶ µ ¶¶ 2 2 2 2 H(p, q) = p sh − q + ch − q . A A Allora, l’Hamiltoniana nelle variabili trasformate (P, Q) diventa: Q2 ˜ H(P, Q) = P 2 + 2 . A Le equazioni di Hamilton associate alla nuova Hamiltoniana sono   Q˙ = P  ˙ P = − AQ2 .

Derivando nuovamente la prima equazione e sostituendo l’espressione di P˙ 1 si ottiene l’equazione dell’oscillatore armonico con frequenza A : ¨+ 1 Q = 0. Q A2 La soluzione di tale equazione `e: µ ¶ t Q(t) = a0 cos + a1 , A con a0 , a1 costanti arbitrarie, mentre la soluzione per la variabile P `e: µ ¶ a0 t P (t) = − sin + a1 . A A MH 11 Si applichi la trasformazione canonica  √  P = −2 p sin q alla Hamiltoniana

 Q = √p cos q

H(p, q) = −p sin(2q)

e si risolvano le equazioni di Hamilton associate alla nuova Hamiltoniana. Si determini la funzione generatrice nella forma F = F (q, P ).

Dalla trasformazione canonica si ricava facilmente che la nuova Hamiltoniana K(P, Q) assume la forma: K(P, Q) = P Q . Pertanto le relative equazioni di Hamilton sono   P˙ = −P  ˙ Q=Q.

Dalla prima equazione P˙ + P = 0 si ricava P (t) = Ae−t+α , mentre da Q˙ − Q = 0 si ha: Q(t) = Bet+β , con A, B, α, β costanti. Poich´e F = F (q, P ), si ha: ∂F P2 = ∂q 4 sin2 q ∂F P cos q Q= =− ∂P 2 sin q p=

ovvero F (q, P ) = −

P 2 cos q . 4 sin q

MH 12 Si consideri l’Hamiltoniana H(q, p) =

p2 + αq 4 , αq 6

con α costante. Si trovi l’equazione del moto q = q(t) attraverso il metodo di Hamilton–Jacobi. Poich´e l’Hamiltoniana non dipende esplicitamente dal tempo, cerchiamo una funzione generatrice della forma F = W (q) − Et. L’equazione di Hamilton–Jacobi µ ¶ ∂W H q, =E ∂q

diventa 1 αq 6 da cui si ricava

µ

¶2

∂W ∂q

+ αq 4 = E ,

p ∂W = αq 6 (E − αq 4 ) ∂q

ovvero

W =

Z p

αq 6 (E − αq 4 ) dq .

Pertanto la funzione generatrice assume la forma: Z p F = αq 6 (E − αq 4 ) dq − Et . Sia β =

∂F ∂E ;

allora:

β=

Z

2

ovvero

p

β+t =

αq 6 αq 6 (E

√

α

Z

2

− αq 4 ) p

dq − t

q3 E − αq 4

dq .

Operando la sostituzione x = E − αq 4 , si trova: √ Z √ p α dx α √ =− β+t= E − αq 4 . −4α 2 x 4α Invertendo l’ultima relazione si trova: · ¸ ¤ 1/4 1£ q(t) = E − 16α(t + β)2 . α MH 13 Si consideri l’Hamiltoniana H(q, p) =

µ

p 2 cos q

¶2

+ α sin2 q ,

con α costante. Si trovi l’equazione del moto q = q(t) attraverso il metodo di Hamilton–Jacobi.

Poich´e l’Hamiltoniana non dipende esplicitamente dal tempo, cerchiamo una funzione generatrice della forma F = W (q) − Et. L’equazione di Hamilton–Jacobi µ ¶ ∂W H q, =E ∂q diventa µ ¶2 1 ∂W + α sin2 q = E , 4 cos2 q ∂q da cui si ricava q ∂W = 2 cos q E − α sin2 q ∂q ovvero Z q W = 2 cos q E − α sin2 q dq . Pertanto la funzione generatrice assume la forma: Z q F = 2 cos q E − α sin2 q dq − Et . Sia β =

∂F ∂E ;

allora: β=

Z

p

cos q

dq − t E − α sin2 q ovvero Z cos q p β+t = dq . E − α sin2 q Operando la sostituzione x = sin q, si trova: µr ¶ Z dx 1 α √ β +t = = √ arcsin sin q . α E E − αx2 Invertendo l’ultima relazione si trova: "r # ¡√ ¢ E q(t) = arcsin sin α(t + β) . α MH 14 Risolvere con il metodo di Hamilton–Jacobi il problema dell’oscillatore armonico, descritto dall’Hamiltoniana: H(p, q) = con A costante positiva.

1 2 (p + A2 q 2 ) , 2m

Poich´e l’Hamiltoniana `e indipendente dal tempo, possiamo scrivere la funzione generatrice F nella forma: F = W (q) − Et . Allora l’equazione di Hamilton–Jacobi diventa "µ # ¶2 1 ∂W 2 2 +A q = E 2m ∂q ovvero

p ∂W = 2mE − A2q 2 . ∂q

Pertanto la funzione generatrice `e: Z p F = 2mE − A2 q 2 dq − Et . Posto β =

∂F ∂E ,

si ha:

β=m

Z

1 p dq − t 2mE − A2q 2

Aq ed effettuando la sostituzione x = √2mE si ha: Z m dx m Aq √ β+t = = arcsin √ . 2 A A 1−x 2mE

Invertendo tale relazione si ha: √ · ¸ 2mE A q(t) = sin (t + β) . A m MH 15 Tramite il metodo di Hamilton–Jacobi, si determini il moto associato all’Hamiltoniana p2 H(p, q) = + cos q . sin2 q Poich´e l’Hamiltoniana `e indipendente dal tempo, possiamo scrivere la funzione generatrice F nella forma: F = W (q) − Et .

Dunque l’equazione di Hamilton–Jacobi diventa µ ¶2 1 ∂W + cos q = E sin2 q ∂q ovvero p ∂W = sin q E − cos q . ∂q Pertanto la funzione generatrice completa `e: Z p F = sin q E − cos q dq − Et . Poniamo β =

∂F ∂E ;

allora:

β=

Z

sin q √ dq − t 2 E − cos q

ed effettuando la sostituzione x = E − cos q si ha: Z p √ dx √ = x = E − cos q . β +t = 2 x Invertendo tale relazione si ha:

q(t) = arccos[E − (t + β)2 ] . MH 16 Si determinini con il metodo di Hamilton–Jacobi il moto associato all’Hamiltoniana p2 H(p, q) = − αq − βq 2 , (α + 2βq)2 dove α e β sono costanti reali. Poich´e H(p, q) non dipende dal tempo, possiamo scrivere la funzione generatrice F nella forma: F = W (q) − Et . Dunque l’equazione di Hamilton–Jacobi diventa µ ¶2 1 ∂W − αq − βq 2 = E (α + 2βq)2 ∂q ovvero p ∂W = (α + 2βq) E + αq + βq 2 . ∂q

Pertanto la funzione generatrice completa `e: Z p F = (α + 2βq) E + αq + βq 2 dq − Et . Poniamo γ =

∂F ∂E ;

allora:

γ +t =

Z

2

p

α + 2βq E + αq + βq 2

dq

ed effettuando la sostituzione x = E + αq + βq 2 si ha: Z p √ dx √ = x = E + αq + βq 2 . γ +t = 2 x Da tale relazione si ottiene

βq 2 + αq + E − (γ + t)2 = 0 ovvero q(t) =

−α ±

p

α2 − 4βE + 4β(γ + t)2 . 2β

MH 17 Data la Lagrangiana 1 2 2 (q q˙ + αq 2 ) , 2

L(q, q) ˙ =

con α costante, scrivere la corrispondente Hamiltoniana e risolverne il moto con il metodo di Hamilton–Jacobi. Il momento cinetico coniugato alla variabile q `e p =

∂L = q 2 q˙ . ∂ q˙

Pertanto la funzione di Hamilton `e: H(p, q) = pq˙ − L

p2 1 p2 1 − − αq 2 q2 2 q2 2 2 p 1 = 2 − αq 2 . 2q 2 =

Poich´e l’Hamiltoniana non dipende esplicitamente dal tempo, possiamo scrivere la funzione generatrice nella forma: F (q, E, t) = W (q, E) − Et. Pertanto l’equazione di Hamilton–Jacobi diventa: µ ¶2 1 ∂W 1 − αq 2 = E 2q 2 ∂q 2 ovvero Z p W = q 2E + αq 2 dq e la funzione generatrice completa `e: Z p F = q 2E + αq 2 dq − Et . Sia

∂F β= = ∂E

Z

q p dq − t ; 2E + αq 2

ponendo x = 2E + αq 2 , l’integrale precedente si riduce a: p √ Z 1 x 2E + αq 2 √ dx − t = β= −t= −t 2α x α α e quindi

q(t) = ±

r

α(β + t)2 −

2E . α

MH 18 Risolvere con il metodo della separazione delle variabili il problema del moto di un punto materiale di massa m in un campo di forze centrali in coordinate polari r, ψ . L’Hamiltoniana che descrive il problema ha la forma: Ã ! p2ψ 1 2 H(pr , pψ , r) = pr + 2 + V (r) . 2m r Poich´e la coordinata ψ `e ciclica e l’Hamiltoniana non dipende esplicitamente dal tempo, possiamo decomporre la funzione generatrice nella forma: F = W (r) + αψ ψ − Et ,

αψ ≡ pψ .

Pertanto l’equazione di Hamilton–Jacobi diventa: "µ # ¶2 α2ψ 1 ∂W + 2 + V (r) = E . 2m ∂r r

Dunque: ∂W = ∂r ovvero F =

Z

s

s

2mE − 2mV (r) −

2mE − 2mV (r) −

αψ2 r2

α2ψ r2

dr + αψ ψ − Et .

Posto β= si ha: t+β =

Z

q

∂F , ∂E m

2mE − 2mV (r) −

α2ψ r2

dr ,

che coincide con l’equazione fondamentale per il problema di forze centrali. MH 19 Scrivere la funzione di Hamilton in coordinate cilindriche (r, ϕ, z) per il problema di un punto materiale di massa m soggetto ad una forza conservativa di energia potenziale V (r, ϕ, z). Nel caso V (r, ϕ, z) = V1 (r) + V2 (z) determinare, con il metodo della separazione delle variabili, la funzione generatrice soluzione dell’equazione di Hamilton–Jacobi. Le coordinate cilindriche (r, ϕ, z) sono legate alle coordinate cartesiane (x, y, z) dalle relazioni:  x = r cos ϕ    y = r sin ϕ    z=z

e quindi la Lagrangiana di un punto materiale di massa m soggetto ad una forza conservativa di energia potenziale V (r, ϕ, z) si esprime nella forma: L(r, ϕ, z, r, ˙ ϕ, ˙ z) ˙ =

m 2 (r˙ + r2 ϕ˙ 2 + z˙ 2 ) − V (r, ϕ, z) . 2

I corrispondenti momenti cinetici sono: ∂L = mr˙ ∂ r˙ ∂L pϕ = = mr2 ϕ˙ ∂ ϕ˙ ∂L pz = = mz˙ ∂ z˙ pr =

ovvero

pr m pϕ ϕ˙ = mr2 pz z˙ = . m Pertanto la funzione di Hamilton `e: H = pr r˙ + pϕ ϕ˙ + pz z˙ − L Ã ! p2ϕ 1 2 2 = pr + 2 + pz + V (r, ϕ, z) . 2m r r˙ =

Nel caso in cui l’energia potenziale si decompone nella forma: V (r, ϕ, z) = V1 (r) + V2 (z) ovvero 1 H = H(pr , pϕ , pz , r, z) = 2m

Ã

p2r

p2ϕ + 2 + p2z r

!

+ V1 (r) + V2 (z) ,

la variabile ϕ `e ciclica e con il metodo della separazione delle variabili possiamo scrivere la funzione generatrice nella forma: F = pϕ ϕ + W1(r) + W2 (z) − Et . Pertanto poniamo:   Quindi:



p2ϕ 2mr2

1 ∂W1 2 2m ( ∂r )

+ V1 (r) +

1 ∂W2 2 2m ( ∂z )

+ V2 (z) = β .

W1 (r) = W2 (z) =

Z r Z p

=E−β

2mE − 2mβ − 2mV1(r) − 2mβ − 2mV2 (z) dz

p2ϕ dr r2

e la funzione generatrice completa `e: Z r p2ϕ F (pϕ , E, β, r, ϕ, z, t) = pϕ ϕ + 2mE − 2mβ − 2mV1 (r) − 2 dr r Z p + 2mβ − 2mV2 (z) dz − Et . MH 20 Dimostrare l’integrabilit` a del sistema di n oscillatori armonici disaccopiati con frequenze ωi ∈ R (i = 1, ..., n), descritto dall’Hamiltoniana H(p, q) =

n X

Hi (pi , qi ) =

i=1

n X 1 i=1

dove pi , qi ∈ R (i = 1, ..., n).

2

(p2i + ωi2qi2) ,

Pn 1 2 2 2 Le funzioni Hi (pi , qi ) = i=1 2 (pi + ωi qi ) formano un sistema di n integrali primi in involuzione, poich´e {Hi , Hj } =

n X ∂Hi ∂Hj k=1

∂qk ∂pk

−

∂Hi ∂Hj =0, ∂pk ∂qk

e soddisfano la condizione di non singolarit`a se i pj non sono nulli; infatti:    ∂H1  p1 0 . . . 0 1 . . . ∂H ∂p1 ∂pn  0 p2 . . . 0     = p1 · p2 · . . . · pn . det  ...  = det   ..  . ∂Hn ∂Hn . . . ∂p1 ∂pn 0 0 . . . pn

Pertanto, fissato il vettore reale E = (E1 , ..., En ) con Ei > 0, il prodotto cartesiano delle curve chiuse γ(Ei ) = {(pi , qi ) ∈ R2 / Hi (pi , qi ) = Ei } `e compatto. Per il teorema di Liouville–Arnold il sistema di oscillatori armonici disaccoppiati `e integrabile.

MH 21 Dimostrare che il moto nello spazio di un punto materiale di massa m sotto l’azione di un campo di forze kepleriano `e integrabile.

L’Hamiltoniana che descrive il problema `e data dalla funzione H(pr , pϑ , pϕ , r, ϑ, ϕ) =

p2ϕ 1 2 p2ϑ (pr + 2 + 2 2 ) + V (r) , 2m r r sin ϑ

dove (r, ϑ, ϕ) sono le coordinate sferiche che descrivono il moto del punto materiale, (pr , pϑ , pϕ ) sono i momenti cinetici coniugati e V (r) = − kr `e l’energia potenziale dovuta all’attrazione newtoniana di un punto materiale posto nell’origine del sistema di riferimento. Introduciamo gli integrali primi: I1 = pϕ I2 = p2ϑ +

p2ϕ

sin2 ϑ p2ϕ 1 2 p2ϑ I3 = (pr + 2 + 2 2 ) + V (r) . 2m r r sin ϑ Le funzioni Ij sono in involuzione: {I1 , I2 } =

∂I1 ∂I2 ∂I1 ∂I2 ∂I1 ∂I2 ∂I1 ∂I2 ∂I1 ∂I2 ∂I1 ∂I2 − + − + − =0; ∂r ∂pr ∂pr ∂r ∂ϑ ∂pϑ ∂pϑ ∂ϑ ∂ϕ ∂pϕ ∂pϕ ∂ϕ

analogamente si ha: {I1 , I3 } = 0 , {I2 , I3 } = 0 . Inoltre, tali integrali primi soddisfano la condizione di non singolarit`a se pr e pϑ sono diversi da zero: 

 det 

∂I1 ∂pr ∂I2 ∂pr ∂I3 ∂pr

∂I1 ∂pϑ ∂I2 ∂pϑ ∂I3 ∂pϑ

∂I1 ∂pϕ ∂I2 ∂pϕ ∂I3 ∂pϕ





0

 1   det  0 = m 

pr

0

1

2pϑ

2pϕ sin2 ϑ

pϑ r2

pϕ r 2 sin2 ϑ



 1   = − (2pr pϑ ) .  m

Sia I1 = α1 , I2 = α2 , I3 = E; la variet`a M(α1 ,α2 ,E) = {(pr , pϑ , pϕ , r, ϑ, ϕ) ∈ R6 / pϕ = α1 , p2ϑ +

p2ϕ sin2 ϑ

= α2 ,

p2ϕ 1 2 p2ϑ (pr + 2 + 2 2 ) + V (r) = E} 2m r r sin ϑ `e compatta per E < 0 e per il teorema di Liouville–Arnold si dimostra l’integrabilit`a del sistema. MH 22 Si dimostri l’integrabilit` a secondo Liouville del moto di un corpo rigido a struttura giroscopica di massa m e momenti d’inerzia A, B, C con A = B < C, soggetto all’azione di un campo di gravit`a di intensit` a g.

Siano ϑ, ϕ, ψ (con 0 ≤ ϑ < π, 0 ≤ ϕ < 2π, 0 ≤ ψ < 2π) gli angoli di Eulero che definiscono la posizione del corpo rigido. La Lagrangiana del problema assume la seguente forma: ˙ ϕ, L(ϑ, ˙ ψ ,˙ϑ, ϕ, ψ

)=

1 1 A(ϑ˙ 2 + ϕ˙ 2 sin2 ϑ) + C(ψ ˙ + ϕ˙ cos ϑ)2 − mgd cos ϑ , 2 2

dove d indica la distanza del baricentro dall’origine del riferimento. Denotando con pϑ , pϕ , pψ i momenti cinetici coniugati a ϑ, ϕ, ψ , la corrispondente Hamiltoniana `e data da: H(pϑ , pϕ , pψ , ϑ, ϕ, ψ ) =

p2ψ p2ϑ (pϕ − pψ cos ϑ)2 + + + mgd cos ϑ . 2A 2C 2A sin2 ϑ

Introduciamo gli integrali primi: I1 = pϕ I2 = pψ I3 =

p2ψ p2ϑ (pϕ − pψ cos ϑ)2 + + + mgd cos ϑ . 2 2A 2C 2A sin ϑ

Gli integrali Ij sono in involuzione, poich´e si verifica facilmente che {I1 , I2 } = {I1 , I3 } = {I2 , I3 } = 0 .

Inoltre, per pϑ 6= 0 `e soddisfatta la condizione di non singolarit`a:  ∂I1 ∂I1 ∂I1  ∂pϑ

 ∂I det  ∂pϑ2

∂pϕ ∂I2 ∂pϕ ∂I3 ∂pϕ

∂I3 ∂pϑ



∂pψ ∂I2 ∂pψ ∂I3 ∂pψ

0

1

  = det  0 

 =

0

1

pϕ −pψ cos ϑ A sin2 ϑ

pϑ A



0

−

pϕ −pψ cos ϑ A sin2 ϑ

cos ϑ +

pψ C

Sia I1 = α1 , I2 = α2 , I3 = E; la variet`a

 p  ϑ . =  A

M(α1 ,α2 ,E) = {(pϑ , pϕ , pψ , ϑ, ϕ, ψ ) ∈ R6 / pϕ = α1 , pψ = α2 , p2ψ p2ϑ (pϕ − pψ cos ϑ)2 + + + mgd cos ϑ = E} 2A 2C 2A sin2 ϑ

`e compatta per E > −mgd e per il teorema di Liouville–Arnold si dimostra l’integrabilit`a del sistema. MH 23 Determinare le variabili azione–angolo per l’oscillatore armonico. Sia H(p, q) =

1 2 (p + ω 2 q 2 ) 2m

la funzione di Hamilton dell’oscillatore armonico. Posto H(p, q) = E, si ha: p2 = 2mE − ω 2q 2 e quindi la corrispondente variabile d’azione `e: I I p A = pdq = 2mE − ω 2 q 2 dq . Ponendo q =

q

2mE ω2

A=

Z

0

sin ϑ, si ha: 2π

p

2mE = ω

2

2mE − 2mE sin ϑ

Z

0

2π

cos2 ϑdϑ =

r

2mE cos ϑ dϑ ω2

2πmE . ω

Pertanto l’Hamiltoniana in variabili azione–angolo diventa: E = H(A) =

ω A. 2πm

Le corrispondenti equazioni di Hamilton sono   A˙ = 0 le cui soluzioni sono:



ϕ˙ =

ω 2πm

  A(t) = A0 

ϕ(t) =

= cost. ,

ω 2πm t

+ ϕ(0) .

MH 24 Determinare le variabili azione–angolo per il problema di Keplero nel piano. Sia k r l’energia potenziale kepleriana; consideriamo livelli di energia negativi E < 0, cui corrispondono orbite chiuse. Utilizzando coordinate polari (r, ϑ), la funzione di Hamilton diventa µ ¶ 1 p2ϑ 2 H(pr , pϑ , r) = pr + 2 + V (r) . 2m r V (r) = −

La coordinata ϑ `e ciclica e si pu` o scrivere la funzione generatrice del metodo di Hamilton–Jacobi nella forma: F = W (r) + αϑ ϑ − Et , dove αϑ ≡ pϑ . L’equazione di Hamilton–Jacobi diventa allora: µ ¶2 ∂W α2 + 2ϑ + 2mV (r) = 2mE . ∂r r Introduciamo le variabili d’azione Jϑ , Jr come segue: I I Z 2π ∂F Jϑ = dϑ = αϑ dϑ = αϑ dϑ = 2παϑ = 2πpϑ . ∂ϑ 0

Siano r− e r+ le distanze minime e massime del raggio istantaneo dal fuoco principale dell’ellisse: I I ∂F ∂W Jr = dr = dr ∂r ∂r Z r+ q 1 =2 2mEr2 + 2mkr − α2ϑ dr r r− r r 2m 2m = −2παϑ + πk = −Jϑ + πk , −E −E dove l’ultimo integrale `e stato valutato con il metodo dei residui. Pertanto, dall’ultima espressione si ricava:

ovvero

(Jr + Jϑ )2 2m = 2 2 π k −E E = H =−

2mπ 2 k 2 . (Jr + Jϑ )2

Si noti che tale Hamiltoniana `e completamente degenere, poich´e le frequenze fondamentali ∂H ωr = ∂Jr e ∂H ωϑ = ∂Jϑ coincidono. MH 25 Determinare la trasformazione canonica che rimuove la perturbazione a O(ε2 ) per l’Hamiltoniana: H(A, ϕ, t) =

A2 + ε(cos ϕ + cos(ϕ − t)) . 2

Determinare inoltre la nuova Hamiltoniana. Riscriviamo l’Hamiltoniana precedente nella forma: H(A, ϕ, t) = h(A) + εf (ϕ, t) ,

dove h(A) = dunque:

A2 2

e f(ϕ, t) = cos ϕ + cos(ϕ − t). La frequenza del sistema `e ω =

∂h = A. ∂A

Sia F (A0 , ϕ, t) = A0 ϕ + εΦ(A0 , ϕ, t) la funzione generatrice della trasformazione canonica (vicina all’identit`a):   A = A0 + ε ∂Φ ∂ϕ (T C)  0 ∂Φ ϕ = ϕ + ε ∂A 0 .

Affinch´e la trasformazione canonica rimuova la perturbazione a O(ε2 ) deve essere soddisfatta la relazione: ∂Φ ∂Φ + + f (A0 , ϕ, t) − f0 (A0 ) = 0 , ∂ϕ ∂t

ω(A0 ) ·

(T P 1)

dove f0 (A0 ) `e la media della funzione perturbatrice f sugli angoli ϕ, t: f0 (A0 ) ≡

Z

f (A0 , ϕ, t) dϕ dt ,

T2

T2 ≡

µ

R 2πZ

¶2

.

Poich´e la funzione perturbatrice `e una funzione trigonometrica indipendente dalla variabile d’azione, la sua media sugli angoli ϕ, t `e identicamente nulla. Sviluppiamo le funzioni f e Φ in serie di Fourier come segue: Φ(A0 , ϕ, t) =

X

ˆ n,m (A0 ) ei(nϕ+mt) Φ

n,m6=0, n,m∈Z

f (ϕ, t) =

X

fˆn,m ei(nϕ+mt) .

n,m∈Z

Inserendo tali espressioni nella (T P 1) si ottiene: X

n,m∈Z

ˆ n,m (A0 ) ei(nϕ+mt) = − i(nω(A0 ) + m)Φ

X

fˆn,m ei(nϕ+mt) ,

n,m∈Z

dove le uniche componenti di Fourier non nulle della f (ϕ, t) sono: 1 fˆ1,0 = , 2

1 fˆ−1,0 = , 2

1 fˆ1,−1 = , 2

1 fˆ−1,1 = . 2

Corrispondentemente le uniche componenti non nulle della funzione Φ sono: ˆ 1,0 = − 1 Φ 2iω 1 ˆ −1,0 = Φ 2iω 1 ˆ 1,−1 = − Φ 2i(ω − 1) 1 ˆ −1,1 = Φ 2i(ω − 1) e quindi: ˆ 1,0 eiϕ + Φ ˆ −1,0 e−iϕ + Φ ˆ 1,−1 ei(ϕ−t) + Φ ˆ −1,1 e−i(ϕ−t) Φ(A0 , ϕ, t) = Φ 1 1 = − sin ϕ − sin(ϕ − t) . ω ω−1 Poich´e la media della funzione perturbatrice `e nulla, f0 = 0, la nuova Hamiltoniana imperturbata coincide con la funzione h(A) e possiamo scrivere la nuova Hamiltoniana H1 (A0 , ϕ0 , t) nella forma: H1 (A0 , ϕ0 , t) =

A02 + ε2 f1(A0 , ϕ0 , t) . 2

Per determinare la nuova funzione perturbatrice f1 (A0 , ϕ0 , t), usiamo la prima equazione delle (T C): µ ¶2 ∂Φ ∂Φ 0 A +ε + εf (ϕ, t) + ε ∂ϕ ∂t ¶2 · ¸ 02 2 µ A ε ∂Φ ∂Φ ∂Φ = + + ε A0 + f (ϕ, t) + 2 2 ∂ϕ ∂ϕ ∂t µ ¶2 02 2 A ε ∂Φ = + , 2 2 ∂ϕ

1 2

poich´e il termine O(ε) `e nullo per la (T P 1). Dalla relazione Φ(A0 , ϕ, t) = Φ(A0 , ϕ0 , t) + O(ε) ,

la nuova funzione perturbatrice assume la seguente espressione: µ ¶2 1 ∂Φ(A0 , ϕ0 , t) 0 0 f1 (A , ϕ , t) = + O(ε) 2 ∂ϕ · ¸2 1 1 1 0 0 = sin ϕ + sin(ϕ − t) + O(ε) 2 A0 (A0 − 1) · 1 1 1 1 1 = − 02 cos(2ϕ0 ) + 0 − 0 cos(2ϕ0 − 2t) 4 A02 A (A − 1)2 (A − 1)2 ¸ 2 + 0 0 (cos t − cos(2ϕ0 − t)) + O(ε) . A (A − 1) MH 26 Determinare la funzione generatrice della trasformazione canonica che rimuove la perturbazione a O(ε2 ) per l’Hamiltoniana: H(A1 , A2 , ϕ1 , ϕ2 ) =

A21 A3 + 2 + ε[(A1 − A2 ) sin2 (ϕ1 − ϕ2 ) + cos ϕ1 ] . 2 3

Riscriviamo l’Hamiltoniana nella forma H(A1 , A2 , ϕ1 , ϕ2 ) = h(A1, A2 ) + εf (A1 , A2 , ϕ1 , ϕ2 ) . Le frequenze fondamentali sono: ω1 =

∂h = A1 , ∂A1

ω2 =

∂h = A22 . ∂A2

Sia F (A01 , A02 , ϕ1 , ϕ2 ) = A01 · ϕ1 + A02 · ϕ2 + εΦ(A01 , A02 , ϕ1 , ϕ2 ) la funzione generatrice della trasformazione canonica (vicina all’identit`a):  ∂Φ A1 = A01 + ε ∂ϕ   1       A2 = A02 + ε ∂Φ  ∂ϕ2  ∂Φ  ϕ01 = ϕ1 + ε ∂A 0   1      ϕ0 = ϕ + ε ∂Φ . 2 2 ∂A0 2

Affinch´e la trasformazione canonica rimuova la perturbazione a O(ε2 ) deve essere soddisfatta la relazione: ∂Φ ∂Φ ω1(A01 ) · + ω2 (A02 ) · + f (A01 , A02 , ϕ1 , ϕ2 ) − f0 (A01, A02 ) = 0 , (T P 2) ∂ϕ1 ∂ϕ2

dove f0(A01 , A02 ) `e la media della funzione perturbatrice f sugli angoli ϕ1 , ϕ2 : Z 1 0 0 f0 (A1 , A2 ) ≡ f (A01 A02 , ϕ1, ϕ2 ) dϕ1 dϕ2 = (A1 − A2) , 2 T2 R 2 dove T 2 ≡ ( 2πZ ) .

Sviluppiamo le funzioni f e Φ in serie di Fourier come segue: X ˆ n,m (A0 , A0 ) ei(nϕ1 +mϕ2 ) Φ(A01 , A02 , ϕ1 , ϕ2 ) = Φ 1 2 n,m6=0, n,m∈Z

X

f(A1 , A2 , ϕ1 , ϕ2 ) =

fˆn,m (A1 , A2 ) ei(nϕ1 +mϕ2 ) .

n,m∈Z

Inserendo tali espressioni nella (T P 2) si ottiene: X ˆ n,m (A0 , A0 ) ei(nϕ1 +mϕ2 ) i(nω1 + mω2 )Φ 1 2 n,m∈Z

¡ ¢ 1 1 0 (A − A02 ) ei(2ϕ1 −2ϕ2 ) + e−i(2ϕ1 −2ϕ2 ) − (eiϕ1 + e−iϕ1 ) . 4 1 2 Pertanto le componenti non nulle della Φ sono: =

1 (A0 − A02 ) 8i(ω1 − ω2 ) 1 1 = − (A0 − A02 ) 8i(ω1 − ω2 ) 1 1 = − 2iω1 1 = 2iω1

ˆ 2,−2 = Φ ˆ −2,2 Φ ˆ 1,0 Φ ˆ −1,0 Φ e quindi:

1 A01 − A02 1 sin(2ϕ1 − 2ϕ2 ) − sin ϕ1 4 ω1 − ω2 ω1 1 A01 − A02 1 = sin(2ϕ1 − 2ϕ2) − 0 sin ϕ1 . 0 02 4 A1 − A2 A1

Φ(A01 , A02 , ϕ1 , ϕ2 ) =

MH 27 Si consideri l’Hamiltoniana a due gradi di libert`a h 1 H(L, G, `, g) = − 2 − G − ε L4 + L2 cos ` + L2 G cos(3` − 2g) 2L i 1 + LG2 cos(` − g) , 2

dove (L, `), (G, g) sono variabili azione–angolo canonicamente coniugate. Sia ε > 0 un parametro sufficientemente piccolo. 1) Si determini la funzione generatrice che rimuove la perturbazione fino al secondo ordine in ε; 2) in corrispondenza della trasformazione canonica indotta da tale funzione generatrice, si calcoli la nuova Hamiltoniana imperturbata a meno di O(ε2 ); 3) calcolare i valori delle variabili d’azione per i quali la funzione generatrice non `e definita e che generano quindi divisori nulli.

1) Scriviamo l’Hamiltoniana nella forma H(L, G, `, g) = h(L, G) + εf (L, G, `, g) , dove 1 −G , 2L2 ³ ´ 1 f(L, G, `, g) = − L4 + L2 cos ` + L2 G cos(3` − 2g) + LG2 cos(` − g) . 2 h(L, G) = −

Operiamo la trasformazione canonica (L, G, `, g) → (L0 , G0 , `0 , g 0 ) con funzione generatrice Φ(L0 , G0 , `, g): ∂Φ 0 0 (L , G , `, g) ∂` ∂Φ 0 0 G = G0 + ε (L , G , `, g) ∂g ∂Φ `0 = ` + ε 0 (L0 , G0 , `, g) ∂L ∂Φ g0 = g + ε 0 (L0 , G0 , `, g) . ∂G L = L0 + ε

Inserendo tale trasformazione di coordinate nell’Hamiltoniana ed espan-

dendo in serie di Taylor al primo ordine in ε, si ha: ∂Φ 0 ∂Φ ∂Φ 0 ∂Φ ,G + ε ) + εf (L0 + ε ,G + ε , `, g) ∂` ∂g ∂` ∂g ∂Φ ∂Φ = h(L0 , G0 ) + εhL (L0 , G0 ) + εhG(L0 , G0 ) ∂` ∂g 0 0 0 0 0 0 2 ˜ + εf (L , G ) + εf (L , G , ` , g ) + O(ε ) ,

h(L0 + ε

∂h ∂h dove hL = ∂L (L0 , G0 ) = L103 ≡ ω(L0 ) ≡ ω, hG = ∂G (L0 , G0 ) = −1, f (L0 , G0 ) = −L04 , mentre f˜(L0 , G0 , `0 , g0 ) = f(L0 , G0 , `0 , g0 ) − f (L0 , G0 ). La funzione generatrice Φ(L0 , G0 , `, g) si determina dall’equazione

ω

∂Φ ∂Φ − = −f˜(L0 , G0 , `0 , g0 ) ∂` ∂g 1 = L02 cos ` + L02 G0 cos(3` − 2g) + L0 G02 cos(` − g) ; 2

espandendo in serie di Fourier si ottiene X

m,n

i(ωm − n) Φm,n (L0 , G0 )ei(m`+ng) = +

L02 i` (e + e−i` ) 2

L02 G0 i(3`−2g) L0 G02 i(`−g) (e + e−i(3`−2g) ) + (e + e−i(`−g) ) , 2 4

da cui si ottiene che i coefficienti di Fourier non nulli della funzione Φ sono: L02 1 L02 1 , Φ−1,0 = − 2i ω 2i ω L02 G0 1 L02 G0 1 = , Φ−3,2 = − 2i 3ω − 2 2i 3ω − 2 L0 G02 1 L0 G02 1 = , Φ−1,1 = − 4i ω − 1 4i ω − 1

Φ1,0 = Φ3,−2 Φ1,−1 e quindi Φ(L0 , G0 , `, g) =

L02 L02 G0 L0 G02 sin ` + sin(3` − 2g) + sin(` − g) . ω 3ω − 2 2(ω − 1)

2) La nuova Hamiltoniana imperturbata h1 (L0 , G0 ) `e data dalla seguen– te espressione: 1 h1 (L0 , G0 ) = − 02 − G0 − εL04 . 2L

3) Escludendo il caso in cui L0 = ∞, i valori per i quali la funzione generatrice non `e definita corrispondono ai divisori nulli

poich´e ω =

1 L03

3ω − 2 = 0 ,

ω−1=0 ;

si ha: 3 L0 = ( )1/3 , 2

L0 = 1 .

Esercizi proposti 1) Determinare per quali valori delle costanti A, α, β, la seguente trasformazione `e canonica:   P = A sin(βp) eαq 

Q = A cos(βp) e−αq .

Soluzione: La trasformazione non `e mai canonica. 2) Determinare per quali valori delle costanti A e B, la seguente trasformazione `e canonica:  √  P = A p sin(2q) 

Q=B

√ p cos(2q).

In corrispondenza di tali valori, determinare la funzione generatrice e applicare la trasformazione all’Hamiltoniana p H(p, q) = − sin(4q) . 2 Risolvere le equazioni di Hamilton nelle nuove variabili.

Soluzione: Se AB = −1 la trasformazione `e canonica. Posto, ad es2 empio, A = 1 e B = −1, la funzione generatrice `e F (Q, q) = Q2 tg(2q). L’Hamiltoniana nelle nuove variabili `e K(P, Q) = P Q. 3) Si usi il metodo di Hamilton–Jacobi per determinare il moto associato all’Hamiltoniana p2 H(p, q) = + α q2 . 2q 2

Soluzione: Si trova q(t) = con E, β costanti.

r

E − 2α(β + t)2 , α

4) Si applichi il metodo di Hamilton–Jacobi per determinare il moto associato all’Hamiltoniana H(p, q) = p2 e−2q − α eq .

Soluzione: La soluzione risulta essere data da E q(t) = ln[α(β + t)2 − ] , α con E, β costanti. 5) Si applichi il metodo di Hamilton–Jacobi per determinare il moto associato all’Hamiltoniana H(p, q) = p tg(q) .

Soluzione: Si trova q(t) = arcsin(eβ+t ) con β costante. 6) Si applichi il metodo di Hamilton–Jacobi per determinare il moto associato all’Hamiltoniana H(p, q) = p2 eq .

Soluzione: Si trova q(t) = ln con E, β costanti.

1 , E(β + t)2

COMPLEMENTI

APPLICAZIONI ALLA MECCANICA CELESTE

• In questo capitolo introdurremo alcune delle principali applicazioni della teoria perturbativa alla Meccanica Celeste. In particolare, la formulazione in termini di opportune variabili azione–angolo consentir`a di analizzare il moto di corpi celesti soggetti alla mutua attrazione gravitazionale. L’applicazione al primo ordine della teoria delle perturbazioni permette di calcolare alcuni fenomeni di carattere fisico, quali la precessione del perielio di Mercurio, la precessione degli equinozi della Terra, la librazione in longitudine della Luna. • Il problema dei 3 corpi: Si considerino due corpi puntiformi S e T di masse mS e mT soggetti alla mutua attrazione gravitazionale (ad esempio, Sole e Terra). Le leggi di Keplero forniscono la soluzione completa delle equazioni del moto dei due corpi. In particolare, la prima legge di Keplero stabilisce che la traiettoria descritta da T intorno ad S `e un ellisse di cui S occupa uno dei due fuochi ed `e possibile scrivere esplicitamente la soluzione del moto; pertanto, il problema dei 2 corpi `e integrabile. Il modello che descrive il moto della Terra nel sistema solare diventa pi` u realistico se si introduce l’azione di un terzo corpo G di massa mG (ad esempio, se si considera il moto di Sole, Terra e Giove). Tuttavia, in tal caso non `e possibile determinare una soluzione analitica delle equazioni del moto, poich´e H. Poincar´e ha dimostrato che non esiste un numero sufficiente di integrali primi tali da rendere integrabile il problema. Assumiamo che la massa di T sia molto inferiore alle masse di S e di G (problema ristretto dei 3 corpi). Supponiamo inoltre che la massa di G sia molto pi` u piccola della massa del corpo centrale S, cio`e mT << mG << mS ; allora l’azione di G su T si pu` o considerare come una piccola perturbazione rispetto a quella indotta da S e in tal caso il modello rientra nella classe dei sistemi quasi–integrabili. In particolare, il moto di T rispetto ad S costituisce la parte integrabile, la cui soluzione `e fornita dalle leggi di Keplero, mentre la perturbazione `e dovuta all’interazione tra T e G. Poich´e l’attrazione gravitazionale `e direttamente proporzionale alle masse, risulter` a che il parametro perturbativo del sistema rappresenta fisicamente il rapporto delle masse dei primari mG /mS

(nel caso di Giove e del Sole il rapporto delle masse `e pari a circa 10−3 ). Il problema ristretto dei 3 corpi pu` o essere convenientemente studiato in termini di opportune variabili azione–angolo, dette variabili di Delaunay. Le variabili d’azione sono legate agli elementi ellittici dell’orbita di T (semiasse maggiore, eccentricit`a ed inclinazione), mentre le variabili d’angolo rappresentano la posizione di T sull’orbita (anomalia media, argomento del perielio e longitudine del nodo ascendente). Nella nostra trattazione ci occuperemo del problema piano, in cui si assume che il moto dei 3 corpi abbia luogo sullo stesso piano, trascurando cos`ı l’inclinazione relativa delle orbite. In appendice sono riportati alcuni dati astronomici dei pianeti del sistema solare. • Risonanze orbitali: Consideriamo il problema dei 3 corpi ristretto e assumiamo che il moto di tali oggetti abbia luogo sullo stesso piano (cio`e trascuriamo l’inclinazione tra i piani orbitali). Denotiamo con PT e PG i periodi di rivoluzione di T e G attorno ad S. Si dice che si ha una risonanza orbitale tra T e G, quando il rapporto tra i due periodi `e un numero razionale: PT p = , p, q ∈ Z/{0} . PG q Nell’ambito del sistema solare si trovano numerosi casi di risonanze orbitali. Ad esempio, il rapporto dei periodi di Giove e Saturno `e approssimativamente 2/5. Inoltre, si trovano molte risonanze orbitali tra i satelliti dei pianeti maggiori. I satelliti galileiani di Giove (Io, Europa, Ganimede e Callisto) sono tali che il rapporto dei periodi di rivoluzione attorno a Giove di Io ed Europa `e circa 1/2, di Io e Ganimede `e circa 1/4, di Europa e Ganimede `e circa 1/2. Analoghe relazioni si trovano tra i satelliti di Saturno; per citarne alcune, ricordiamo che il rapporto dei periodi di rivoluzione attorno a Saturno di Titano e Iperione vale circa 3/4, quello di Titano e Giapeto `e circa 1/5. La lista delle risonanze orbitali che si osservano nel sistema solare `e molto lunga e si accresce notevolmente se si includono le risonanze con Giove di oggetti compresi nella fascia degli asteroidi (cio`e la zona del sistema solare compresa tra Marte e Giove, popolata da migliaia di piccoli corpi di massa notevolmente pi` u piccola rispetto a quella dei pianeti e dei satelliti). Vale la pena di menzionare l’esistenza di due gruppi di asteroidi, i Greci e i Troiani, tali che il rapporto del loro periodo di rivoluzione attorno al Sole e del periodo di rivoluzione di Giove `e con buona approssimazione pari ad 1. Ci`o significa che tali asteroidi si muovono sulla stessa orbita di Giove (il primo gruppo precede Giove e il secondo lo segue); inoltre, la configurazione formata dagli asteroidi, Sole e Giove `e un triangolo equilatero (cio`e tale che, durante il moto, la distanza tra gli asteroidi e Giove si mantiene

uguale alla distanza tra gli asteroidi e il Sole o alla distanza tra Giove e il Sole). Queste particolari configurazioni vennero trovate matematicamente da J.L. Lagrange (come punti di equilibrio in un opportuno sistema di riferimento, ruotante con la stessa velocit`a angolare dei primari) e confermate sperimentalmente dalle osservazioni astronomiche. • Risonanze di rotazione: Un’altro problema interessante della Meccanica Celeste riguarda le risonanze di rotazione. Consideriamo due corpi T e L (ad esempio, Terra e Luna) di masse mT e mL rispettivamente, e denotiamo con Priv il periodo di rivoluzione di L attorno a T . Assumiamo che L sia un corpo rigido tridimensionale e che sia quindi dotato di un moto di rotazione attorno ad un asse fisico interno con periodo Prot . Si noti che in tale problema si trascura l’azione gravitazionale di altri corpi, ma si cambia l’ipotesi di masse puntiformi, sostituendo uno dei due oggetti con un corpo rigido. Si ha una risonanza di rotazione di ordine p/q, se il rapporto tra i periodi di rivoluzione e di rotazione vale p/q: Priv p = , Prot q

p, q ∈ Z/{0} .

L’esempio pi` u famoso di risonanza di rotazione `e fornito dal sistema Terra– ` noto che la Luna rivolge sempre la stessa faccia verso la Terra; ci`o `e Luna. E dovuto al fatto che il rapporto tra i periodi di rivoluzione e di rotazione della Luna `e con buona approssimazione uguale ad 1. Tale situazione rappresenta la regola piuttosto che l’eccezione, poich´e numerosi satelliti del sistema solare si muovono rispettando una risonanza di rotazione di ordine 1/1 (detta anche risonanza sincrona), cio`e in modo tale da rivolgere sempre lo stesso emisfero verso il pianeta ospitante. Esempi illustri sono i satelliti di Marte (Phobos e Deimos), i satelliti galileiani di Giove (Io, Europa, Ganimede e Callisto), molti dei satelliti di Saturno (tra cui Mima, Encelado, Dione, Rea, Titano, Giapeto), i principali satelliti di Urano (Miranda, Ariel, Umbriel, Titania, Oberon). L’unica eccezione a questa ”regola” `e presentata dal sistema Mercurio–Sole, poich´e il rapporto tra il periodo di rivoluzione di Mercurio attorno al Sole e il periodo di rotazione di Mercurio attorno a se stesso `e pari a circa 3/2. Tale risonanza di rotazione di ordine 3/2 implica che durante 2 rivoluzioni attorno al Sole, Mercurio compie 3 rotazioni attorno a se stesso. Non sono note altre risonanze di rotazione di ordine diverso da 1/1 o 3/2. Un’illustrazione delle risonanze 1/1 e 3/2 `e mostrata nella Figura 1, dove si riportano gli esempi Terra–Luna e Mercurio–Sole. Un altro caso interessante di risonanza di rotazione `e fornito da Plutone C e dal suo satellite Caronte. Non solo il periodo di rotazione di Caronte Trot C coincide con il periodo di rivoluzione Triv attorno a Plutone, ma `e altres`ı

P di Plutone attorno a se stesso: uguale al periodo di rotazione Trot C C P Trot = Triv = Trot .

Tale relazione, detta risonanza sincrona completa, implica che i due oggetti non si volgono mai le spalle, mostrando reciprocamente sempre lo stesso emisfero.

La risonanza 1/1. Durante una rivoluzione attorno alla Terra, la Luna compie una rotazione attorno a se stessa. T

L

La risonanza 3/2. Dopo due rivoluzioni attorno al Sole, Mercurio ha compiuto 3 rotazioni attorno a se stesso.

Figura 1: Illustrazione delle risonanze di rotazione 1/1 e 3/2.

Derivazione delle equazioni per il problema ristretto dei 3 corpi e calcolo della precessione del perielio di Mercurio. I temi MC 1-5 riguardano: • alcuni richiami sul problema dei due corpi, • l’introduzione delle variabili azione–angolo di Delaunay, • la derivazione dell’Hamiltoniana per un modello di problema ristretto dei 3 corpi, • l’espansione in serie della funzione perturbatrice, • il calcolo della precessione del perielio di Mercurio.

MC 1. Alcuni richiami sul problema dei due corpi. Siano P0 e P1 due corpi di masse m0 e m1 ; consideriamo un sistema di riferimento inerziale con origine nel baricentro di P0 e P1 e con l’asse verticale perpendicolare al piano orbitale. Siano ξ 0 , ξ 1 ∈ R2 le coordinate di P0 e P1 in tale riferimento. Normalizziamo le unit`a di misura in modo che la costante di gravitazione sia uguale ad 1 e denotiamo con M = m0 + m1 , 0 m1 m = mM . La posizione relativa di P1 rispetto a P0 `e x = ξ 1 − ξ 0 e sia X = mx˙ il momento cinetico coniugato ad x. Allora, l’Hamiltoniana che descrive il problema dei due corpi `e data dalla funzione H2c (X, x) =

1 mM |X|2 − . 2m |x|

Consideriamo il caso in cui l’energia totale del sistema sia negativa e quindi l’orbita descritta da P1 attorno a P0 `e un’ellisse. Denotiamo con a e b i semiassi maggiore e minore dell’ellisse e con e l’eccentricit`a. Dalla teoria di Keplero si ottiene che il semiasse maggiore `e legato all’energia meccanica totale E = 12 mv 2 − mM (dove v `e la velocit` a relativa di P1 ) dalla relazione r E = − mM . 2a Passiamo a coordinate polari (r, ϕ) nel sistema di riferimento la cui origine coincide con P0 e siano (R, Φ) = (mr, ˙ mr2 ϕ) ˙ i momenti cinetici coniugati: x = (r cos ϕ, r sin ϕ) Φ Φ X = (R cos ϕ − sin ϕ, R sin ϕ + cos ϕ) . r r Si osservi che ϕ indica l’angolo tra l’asse delle ascisse del sistema di riferi2 mento e la posizione istantanea di P1 . Da |X|2 = R2 + Φr2 , |x| = r, si ottiene

che l’Hamiltoniana in coordinate polari `e data dall’espressione: 1 Φ2 mM (R2 + 2 ) − . 2m r r La velocit` a relativa di P1 attorno a P0 assume la forma: Hcp (R, Φ, r, ϕ) =

2M M − . r a Al perielio tra P0 e P1) si ha r = a(1 − e), q (cio`e al punto di minima distanza p M(1+e) v = , da cui si ottiene r2 ϕ˙ = M a(1 − e2 ). Denotiamo con r f l’anomalia vera, ovvero l’angolo tra la retta del perielio e la posizione istantanea di P1 e sia γ l’argomento del perielio, ovvero l’angolo tra l’asse delle ascisse e la direzione del perielio (Figura 2). v 2 = r˙ 2 + r2 ϕ˙ 2 =

P

1

r

f

γ ϕ

P0

Figura 2. Posizione relativa di P1 rispetto a P0 . Introduciamo l’anomalia eccentrica come segue. Sia S la proiezione sull’asse del perielio della posizione istantanea di P1 e denotiamo con C il centro dell’ellisse (Figura 3). Disegniamo il semicerchio superiore di raggio a e centro C e sia Q l’intersezione della direzione SP1 con il semicerchio. Si definisce anomalia eccentrica l’angolo u = QCS. Dalle relazioni P0S = CS − CP0 = a cos u − ae, P0 S = r cos f, si ottiene r cos f = a(cos u − e).

f 1S Inoltre, da alcune propriet`a relative alle ellissi si ha che PQS = ab = ar sin sin u , √ √ ovvero r sin f = b sin u = a 1 − e2 sin u, poich´e b = a 1 − e2 . Pertanto si ottiene (r sin f )2 + (r cos f )2 = r2 = a2(1 − e cos u)2 ,

ovvero

r = a(1 − e cos u) .

Q

P

1

r u a

C

f P

0

S

b

Figura 3. Introduzione dell’anomalia eccentrica u.

MC 2. Introduzione delle variabili azione–angolo di Delaunay nel piano. Consideriamo due corpi P0 e P1 di masse rispettivamente m0 e m1 . Dalle formule derivate in MC 1, abbiamo visto che l’Hamiltoniana in coordinate polari assume la seguente espressione: Hcp (R, Φ, r, ϕ) =

1 Φ2 mM (R2 + 2 ) − . 2m r r

Vogliamo ora introdurre opportune variabili azione–angolo (Λ0 , Γ0 , λ, γ), dette variabili di Delaunay. A tale scopo osserviamo che dalla relazione Hcp = E, dove E denota l’energia totale del sistema, risulta

R=

r

2mE +

2m2M Φ2 − 2 . r r

Poich´e ϕ `e una coordinata ciclica, posto Γ0 = Φ e Λ0 = la funzione generatrice nella forma:

F (Λ0 , Γ0, r, ϕ) =

Z

Rdr + Γ0 ϕ =

Z s

−

q

3

2

M − m2E , scriviamo

m4 M 2 2m2 M Γ2 + − 20 dr + Γ0 ϕ . 2 Λ0 r r

Dalla definizione di Λ0 si ottiene che la nuova Hamiltoniana HD assume la forma HD (Λ0 , Γ0 , λ, γ) = −

m3 M 2 . 2Λ20

Poich´e l’Hamiltoniana dipende solo dalla variabile Λ0 , il sistema `e integrabile. In particolare, (Λ0 , Γ0) risultano essere variabili d’azione e si ha

Λ0 =

r

−

√ m3 M 2 = m Ma ; 2E

(1)

inoltre, mostriamo che Γ0 = Λ 0

p

Infatti, da Γ0 = Φ = mr2 ϕ˙ e da r2 ϕ˙ = Γ0 = m

p

1 − e2 . p

(2)

M a(1 − e2 ), risulta

M a(1 − e2 ) = Λ0

p

1 − e2 .

Determiniamo ora le variabili d’angolo. Si ha: λ=

∂F = ∂Λ0

Z

Λ30

r

m4 M 2 4 2 − mΛM 2 0

+

2m2 M r

dr ; −

Γ20 r2

utilizzando le espressioni (1) e (2) e la relazione r = a(1 − e sin u), si ottiene: √ m M

Z

q dr 2 2) 2 2 a3/2 − m aM + 2mr M − m Ma(1−e 2 r √ Z m M r q = 3/2 dr a m2 M 2 2 − a r + 2m M r − m2 M a(1 − e2) Z (1 − e cos u)e sin u p = du −(1 − e cos u)2 + 2(1 − e cos u) − (1 − e2 ) Z (1 − e cos u) e sin u = du e sin u Z = (1 − e cos u) du = u − e sin u .

λ=

La relazione λ = u − e sin u si dice equazione di Keplero e definisce l’anomalia media λ in funzione dell’anomalia eccentrica u. Riguardo la seconda variabile d’angolo, si ha:

γ=

∂F = ϕ− ∂Γ0

Z

Γ0 r 4 2 r2 − mΛM + 2 0

dr . 2m2 M r

−

Γ20 r2

√ Osserviamo che dalle relazioni r sin f = a 1 − e2 sin u, r cos f = a(cos u−e) ottenute in MC 1, si ottiene

f tan = 2

r

1+e u tan . 1−e 2

(3)

Utilizzando (1), (2), (3) e la relazione r = a(1 − e sin u), risulta: p Z a(1 − e2 ) q γ =ϕ− dr 2 r − ra + 2r − a(1 − e2 ) √ Z 1 − e2 e sin u p =ϕ− du (1 − e cos u) −(1 − e cos u)2 + 2(1 − e cos u) − (1 − e2 ) Z √ 1 − e2 =ϕ− du 1 − e cos u r ³ 1+e u´ = ϕ − 2 arctan tan 1−e 2 ³ f´ = ϕ − 2 arctan tan = ϕ−f . 2 Pertanto, la variabile γ = ϕ − f rappresenta la longitudine del perielio (si veda la Figura 2). Infine, riscaliamo le variabili Λ0, Γ0 definendo Λ = Λm0 = √ M a, Γ = Γm0 da cui risulta che l’Hamiltoniana assume la forma: HD (Λ, Γ, λ, γ) = −

M2 . 2Λ2

Riassumendo, le variabili di Delaunay sono: √ Λ = Ma p Γ = Λ 1 − e2

λ = anomalia media γ = argomento del perielio .

Gli elementi ellittici, semiasse maggiore a ed eccentricit` a e, sone legati alle variabili di Delaunay dalle relazioni: r Λ2 Γ2 a= , e= 1− 2 . M Λ

MC 3. Hamiltoniana del problema ristretto circolare piano dei 3 corpi. Siano P0 , P1 , P2 tre corpi di masse m0 , m1 , m2 , rispettivamente. Supponiamo che m1 sia molto pi` u piccola di m0 e m2 (problema ristretto), cosicch´e P1 non influenza il moto di P0 e P2. Pertanto, possiamo assumere

che il moto di P0 e P2 sia kepleriano e, in particolare, supponiamo che P2 descriva un’orbita circolare attorno a P0 (problema circolare). Assumiamo infine che il moto dei 3 corpi avvenga sullo stesso piano (problema piano). Tale modello viene denominato problema ristretto circolare piano dei 3 corpi. Consideriamo un sistema di riferimento inerziale, la cui origine coincida con il baricentro dei 3 corpi e siano ξ 0 , ξ 1 , ξ 2 ∈ R2 le corrispondenti coordinate. Dalla legge di Newton si ottiene che il moto di P0 e di P1 `e descritto dalle equazioni: d2 ξ 0 m1 (ξ 1 − ξ 0 ) m2 (ξ 2 − ξ 0 ) = + , 2 dt |ξ 1 − ξ 0 |3 |ξ 2 − ξ 0|3 d2 ξ 1 dt2

=−

m0 (ξ 1 − ξ 0 ) |ξ 1 − ξ 0

|3

+

m2 (ξ 2 − ξ 1 ) |ξ 2 − ξ 1|3

.

Consideriamo ora un sistema di riferimento eliocentrico con origine coincidente con P0 e siano r1 = ξ 1 − ξ 0 , r2 = ξ 2 − ξ 0 le posizioni relative con %1 = |r 1|, %2 = |r2 |. Allora, si ottiene: d2 r 1 (m0 + m1 )r 1 m2 r 2 m2 (r2 − r1 ) = − − + dt2 %31 %32 |r2 − r 1|3

e poich´e M = m0 + m1 , si ha

d2 r 1 Mr ∂R + 31 = − , dt2 %1 ∂r1 dove R denota la funzione perturbatrice data da: r ·r m2 R = m2 1 3 2 − , %2 |r2 − r1 |

la cui espressione `e nulla per m2 = 0 (ovvero se ci si riconduce al problema dei 2 corpi relativo al moto di P1 attorno a P0 ). L’Hamiltoniana dei 3 corpi `e data da: M2 r ·r m2 Htc (Λ, Γ, λ, γ) = − 2 + m2 1 3 2 − , 2Λ %2 |r2 − r1 |

dove si intende che le funzioni r1 e r 2 debbano essere espresse in termini delle variabili di Delaunay. Poich´e il moto di P2 attorno a P0 `e circolare, normalizzando il tempo in modo tale che la velocit` a angolare di P2 sia unitaria, si ottiene r2 = (% cos t, % sin t). Infine, dalle relazioni r1 ·r2 = %1 %2 cos(ϕ− t) 2 2 p e |r2 − r1 | = %21 + %22 − 2%1%2 cos(ϕ − t), la funzione perturbatrice assume la forma: m2 %1 cos(ϕ − t) m2 R = −p . 2 2 2 %2 %1 + %2 − 2%1 %2 cos(ϕ − t)

Notiamo che tale funzione dipende dalla differenza ϕ−t; essendo ϕ = γ+f , si ottiene che R dipende dalla differenza γ−t. Operiamo quindi il cambiamento canonico di variabili; `=λ

L=Λ

g =γ−t

G=Γ

t=t

T =Γ+E ,

da cui si ottiene che l’Hamiltoniana pu` o essere scritta nella forma: M2 −G 2L2 m2 %1 cos(ϕ − t) m2 + −p 2 . %22 %1 + %22 − 2%1 %2 cos(ϕ − t)

H3c (L, G, l, g) = −

Tale Hamiltoniana rientra nella classe dei sistemi quasi–integrabili; infatti, M2 per m2 = 0 si ottiene l’Hamiltoniana integrabile h(L, G) = − 2L 2 − G, che dipende solo dalle variabili d’azione. Normalizzando l’unit`a di massa tramite la posizione M = 1, la quantit`a m2 assume il ruolo di parametro perturbatore e rappresenta il rapporto delle masse dei corpi primari, P0 e P2 .

MC 4. Espansione della funzione perturbatrice in termini delle variabili di Delaunay. Ricordiamo l’espressione della funzione perturbatrice: R =

m2 %1 cos(ϕ − t) m2 −p . 2 2 %22 %1 + %2 − 2%1 %2 cos(ϕ − t)

(4)

Introduciamo i polinomi di Legendre Pj (x) tramite le relazioni ricorsive: P0 (x) = 1 P1 (x) = x Pj+1 (x) =

(2j + 1)Pj (x)x − jPj−1 (x) j+1

∀j ≥ 1 .

Espandiamo il secondo termine del membro di destra della (4) in funzione dei polinomi di Legendre: p

1 %21 + %22 − 2%1 %2 cos(ϕ − t)

=

∞ 1 X %1 Pj (cos(ϕ − t)) ( )j , %2 %2 j=0

da cui si ottiene: R = −

∞ m2 X %1 Pj (cos(ϕ − t)) ( )j . %2 j=2 %2

Diamo le formule esplicite per i primi polinomi di Legendre: 1 3 + cos 2(ϕ − t) 4 4 3 5 P3 (cos(ϕ − t)) = cos(ϕ − t) + cos 3(ϕ − t) 8 8 9 5 35 P4 (cos(ϕ − t)) = + cos 2(ϕ − t) + cos 4(ϕ − t) 64 16 64 15 35 63 P5 (cos(ϕ − t)) = cos(ϕ − t) + cos 3(ϕ − t) + cos 5(ϕ − t) . 64 128 128 P2 (cos(ϕ − t)) =

Esprimiamo l’anomalia eccentrica u in funzione dell’anomalia media `, invertendo l’equazione di Keplero ` = u − e sin u e troncandola al secondo ordine nell’eccentricit` a e (si ricordi che per orbite ellittiche e < 1): u = ` + e sin u = ` + e sin(` + e sin u) ³ ´ = ` + e sin ` cos(e sin u) + cos ` sin(e sin u) ;

2

sviluppando le funzioni trigonometriche in serie di Taylor (cos x = 1− x2 +..., 3 sin x = x − x6 + ...), si ottiene: ´ e2 sin ` + cos ` · e sin ` + O(e3 ) = ` + e sin ` + sin(2`) + O(e3 ) . 2 q 1+e u Inserendo tale relazione in tan ϕ−γ = 2 1−e tan 2 si ottiene: u = `+e

³

5 ϕ − t = g + ` + 2e sin ` + e2 sin 2` + O(e3 ) . 4

Analogamente, usando la relazione %1 =

a(1−e2 ) 1+e cos(ϕ−γ)

si ottiene:

1 1 %1 = a [1 + e2 − e cos ` − e2 cos 2`] + O(e3 ) . 2 2 Si osservi che l’eccentricit` qa e `e una funzione delle variabili di Delaunay 2 tramite la relazione e = 1 − G L2 .

Diamo l’espansione in serie dell’eccentricit` a delle quantit`a ( %a1 )j per j =

2, ..., 5:

%1 2 3 1 ) = 1 + e2 − 2e cos ` − e2 cos 2` + O(e3 ) a 2 2 %1 3 2 ( ) = 1 + 3e − 3e cos ` + O(e3 ) a %1 4 ( ) = 1 + 5e2 − 4e cos ` + e2 cos 2` + O(e3 ) a %1 5 15 5 ( ) = 1 − 5e cos ` + e2 ( + cos 2`) + O(e3 ) . a 2 2 Mettendo insieme le espansioni in serie ricavate precedentemente, si ottiene: m2 %1 a %1 a R = − [P2 (cos(ϕ − t)) ( )2 ( )2 + P3 (cos(ϕ − t)) ( )3 ( )3 %2 a %2 a %2 %1 4 a 4 %1 5 a 5 + P4 (cos(ϕ − t)) ( ) ( ) + P5 (cos(ϕ − t)) ( ) ( ) ] + ... a %2 a %2 (

Normalizzando l’unit`a di lunghezza in modo tale che %2 = 1, si ottiene: h R = m2 R00 (L, G) + R10 (L, G) cos ` + R11 (L, G) cos(` + g) + R12 (L, G) cos(` + 2g) + R22 (L, G) cos(2` + 2g)

+ R32 (L, G) cos(3` + 2g) + R33 (L, G) cos(3` + 3g)

i + R44 (L, G) cos(4` + 4g) + R55 (L, G) cos(5` + 5g) + ... ,

dove i coefficienti Rij sono dati dalle seguenti espressioni (si ricordi che l’eccentricit` a `e funzione di L e di G): L4 9 3 (1 + L4 + e2 ) + ... , 4 16 2 3 6 5 4 = − L (1 + L ) + ... , 8 8 L4 5 4 = − (3 + L ) + ... , 4 4 5 6 7 = − L (1 + L4 ) + ... , 8 16 63 10 =− L + ... 128

R00 = − R11 R22 R33 R55

L4 e 9 (1 + L4 ) + ... 2 8 L4 e R12 = (9 + 5L4 ) + ... 4 3 R32 = − L4 e + ... 4 35 R44 = − L8 + ... 64

R10 =

MC 5. Calcolo della precessione del perielio di Mercurio. Consideriamo il Sole, Mercurio e Giove. Poich´e la massa di Mercurio `e notevolmente pi` u piccola della massa di Giove, in considerazione del fatto che le orbite sono quasi complanari e che l’eccentricit`a di Giove `e relativamente piccola (si vedano i dati astronomici in Appendice) assumiamo che il moto di Mercurio, soggetto l’azione gravitazionale del Sole e di Giove, sia governato dall’Hamiltoniana del problema ristretto circolare piano dei 3 corpi. L’Hamiltoniana che descrive tale problema ha la forma H3c (L, G, `, g) = −

M2 − G + R(L, G, `, g) , 2L2

dove i primi termini dell’espansione in serie della perturbazione R sono stati ricavati in MC 4. Ricordiamo che l’argomento del perielio `e collegato alla variabile g dalla relazione g = γ − t. Normalizziamo le unit`a di misura in modo tale che la massa del Sole sia uguale ad 1: M = m0 = 1; allora la quantit`a m2 rappresenta il valore della massa di Giove espressa in unit`a della massa del Sole. Pertanto, m2 `e dell’ordine di 10−3 e possiamo assumere che tale quantit`a rappresenti il parametro perturbativo del sistema quasi–integrabile descritto dall’Hamiltoniana H3c . Applichiamo la teoria delle perturbazioni al primo ordine in m2; a meno di O(m2 ), le nuove variabili (L0 , G0 , `0 , g0 ) coincidono con (L, G, `, g) e la nuova Hamiltoniana imperturbata h(L, G) assume la forma: h(L, G) = −

M2 − G + m2 R00(L, G) ; 2L2 4

9 4 in MC 4 abbiamo visto che R00 = − L4 (1 + 16 L + 32 e2) + ... L’equazione di Hamilton per la variabile g si scrive nella forma:

g˙ = ricordando che e =

q

∂h(L, G) ∂R00 (L, G) = −1 + m2 ; ∂G ∂G 1−

G2 L2

e trascurando O(e3) in R00 , si ha:

γ˙ = m2 =

∂R00 (L, G) ∂G

3 m2 L2 G . 4

Nelle nostre unit`a di misura risulta: M = 1, m2 = 10−3 ; la distanza SoleGiove `e normalizzata ad 1 e quindi il semiasse maggiore di Mercurio vale a = 0.387/5.203; il periodo di rivoluzione di Giove `e normalizzato a 2π e in anni vale 11.862. Infine, l’eccentricit` a di Mercurio risulta e = 0.2056.

Ricordiamo che L =

√ √ M a e G = L 1 − e2. Con questi dati si ottiene:

100 rad · 2π 11.862 secolo rad gradi −4 = 7.886606 · 10 = 4.518692 · 10−2 secolo secolo secondi di arco = 162.67 . secolo

γ˙ = 1.489909 · 10−5 ·

La precessione degli equinozi. Consideriamo la Terra come un corpo rigido di forma ellissoidica e supponiamo che l’unica forza agente su di essa sia causata dall’azione gravitazionale del Sole. La Terra ruota attorno a se stessa, con un asse di rotazione inclinato di circa 23o rispetto alla perpendicolare al piano dell’orbita. L’asse di rotazione effettua un moto di precessione, descrivendo, su un periodo di tempo di migliaia di anni, un cono rispetto alla verticale. Tale fenomeno `e noto con il nome di precessione degli equinozi. I temi proposti qui di seguito consentiranno di determinare il periodo di tale moto; in particolare, gli argomenti trattati sono: • gli angoli di Eulero e la formulazione Lagrangiana, • l’introduzione delle variabili azione–angolo di Andoyer-Deprit, • la derivazione dell’Hamiltoniana, • l’espressione della funzione perturbatrice in funzione delle variabili di Andoyer–Deprit, • il calcolo della precessione degli equinozi.

MC 6. Angoli di Eulero e formulazione Lagrangiana. Consideriamo un corpo rigido B di forma ellissoidica, il quale ruota attorno ad un punto fisso O. Introduciamo un sistema di riferimento solidale al corpo rigido, (O, i, j, k), con gli assi coincidenti con le direzioni dei momenti principali d’inerzia. Sia (O, I, J, K) un sistema di riferimento fisso, la cui origine coincide con quella del riferimento solidale. Introduciamo la linea dei nodi n come l’intersezione tra i piani (i, j) e (I, J). Gli angoli di Eulero (ϕ, ψ, ϑ ) (si veda la Figura 4) sono definiti come segue: 0 ≤ ϕ ≤ 2π `e l’angolo di precessione formato dalle direzioni I e n; 0 ≤ ψ ≤ 2π `e l’angolo di rotazione propria formato dalle direzioni n e i; 0 ≤ ϑ ≤ π `e l’angolo di nutazione formato dalle direzioni k e K.

K

k

j

θ

J

ψ ϕ i I

n

Figura 4. Angoli di Eulero. Nel sistema di riferimento solidale, le componenti (ω1 , ω2 , ω3) della velocit` a angolare assumono le seguenti espressioni: i) ϑ˙ `e diretto come n con componenti ϑ˙ 1 = ϑ˙ cos ψ ϑ˙ 2 = −ϑ˙ sin ψ ϑ˙ 3 = 0 ; ii) ϕ˙ `e diretto come K con componenti ϕ˙ 1 = ϕ˙ sin ϑ sin ψ ϕ˙ 2 = ϕ˙ sin ϑ cos ψ ϕ˙ 3 = ϕ˙ cos ϑ ;

iii) ψ ˙ `e diretto come k con componenti ψ ˙1 = 0 ψ ˙2 = 0 ψ ˙ 3 = ψ ˙. Pertanto si ottiene: ω1 = ϕ˙ sin ϑ sin ψ + ϑ˙ cos ψ ω2 = ϕ˙ sin ϑ cos ψ − ϑ˙ sin ψ ω3 = ϕ˙ cos ϑ + ψ ˙.

Denotiamo con m la massa del corpo rigido e supponiamo che esso sia soggetto all’azione di una forza con energia potenziale V (ϕ, ψ, ϑ ). Indichiamo con I1 , I2 , I3 i momenti principali d’inerzia. La Lagrangiana che descrive il sistema `e data da: 1 ˙ ϕ, L(ϑ, ˙ ψ,˙ϑ, ϕ, ψ ) = (I1 ω12 + I2ω22 + I3 ω32 ) − V (ϕ, ψ , ϑ ) 2 1 1 = I1 (ϕ˙ sin ϑ sin ψ + ϑ˙ cos ψ )2 + I2 (ϕ˙ sin ϑ cos ψ − ϑ˙ sin ψ )2 2 2 1 2 + I3 (ϕ˙ cos ϑ + ψ ˙ ) − V (ϕ, ψ, ϑ ) . 2 Nel caso di un corpo a struttura giroscopica, ovvero con I1 = I2 = I 6= I3 , assumendo che k coincida con l’asse di simmetria, la Langrangiana si riduce a 1 1 ˙ ϕ, L(ϑ, ˙ ψ,˙ϑ ) = I1 (ϑ˙ 2 + ϕ˙ 2 sin2 ϑ) + I3 (ϕ˙ cos ϑ + ψ ˙ )2 − V (ϕ, ψ , ϑ ) . 2 2 In tale caso, l’energia `e una costante del moto e le variabili ϕ, ψ sono cicliche (e quindi i momenti cinetici coniugati sono costanti).

MC 7. Le variabili azione–angolo di Andoyer–Deprit. Introduciamo un opportuno insieme di variabili azione–angolo dette variabili di Andoyer–Deprit. Assumiamo che l’asse di rotazione del corpo rigido non coincida necessariamente con una delle direzioni principali di inerzia. Consideriamo 3 sistemi di riferimento aventi l’origine comune in O: • (O, I, J, K) `e un sistema di riferimento inerziale, • (O, i, j, k) `e un sistema di riferimento solidale al corpo rigido,

• (O, i1 , i2 , i3 ) `e un sistema di riferimento di rotazione. Assumiamo che i3 coincida con la direzione del momento angolare M 0 e introduciamo le seguenti linee dei nodi: m ≡ intersezione di (I, J) con il piano (i1 , i2); n ≡ intersezione di (i, j)con il piano (i1 , i2 ); n ≡ intersezione di (I, J) con il piano (i, j). Introduciamo gli angoli ϕ, ψ , ϑ, g, `, h, J , K come nella Figura 5; in particolare: (ϑ, ϕ, ψ ) sono gli angoli di Eulero del riferimento solidale rispetto a quello inerziale; (J, g, `) sono gli angoli di Eulero del riferimento solidale rispetto a quello di rotazione; (K, h, 0) sono gli angoli di Eulero del riferimento di rotazione rispetto a quello inerziale.

i

K 3

i k K n=k

J

θθ

l

ψ ψ

g

γh ϕ

J

ϕ n

I m = i

=

1

i

3

K

Figura 5. Angoli di Andoyer–Deprit.

=K

k

i

3

Definiamo le variabili d’azione come le proiezioni del momento angolare M 0 sugli assi i3 , k, K: G ≡ M 0 · i3 = M0 L ≡ M 0 · k = G cos J

H ≡ M 0 · K = G cos K .

Le variabili azione–angolo di Andoyer–Deprit sono definite come le coppie di variabili coniugate (G, g),

(L, `),

(H, h) ;

esse determinano univocamente gli angoli di Eulero e le loro derivate (e viceversa). Pertanto, tali variabili forniscono una descrizione completa del moto. Per avere un’interpretazione fisica degli angoli e delle linee dei nodi introdotti precedentemente, osserviamo che • m ≡ i3 ∧ K `e la linea dei nodi tra il piano inerziale e il piano ortogonale al momento angolare; • n ≡ K ∧ k `e la linea dei nodi tra il piano inerziale e il piano equatoriale; • n ≡ k ∧ i3 `e la linea dei nodi tra il piano equatoriale e il piano ortogonale al momento angolare; • l’angolo g fornisce il moto dell’asse equatoriale rispetto al riferimento inerziale; • l’angolo ` d` a il moto del momento angolare rispetto al riferimento solidale; • l’angolo h fornisce il moto del momento angolare rispetto al riferimento inerziale; • l’angolo J `e detto angolo di rotazione non principale; • l’angolo ϑ `e formato dalla direzione del pi` u piccolo asse fisico dell’ellissoide e l’asse verticale del riferimento inerziale; • l’angolo K `e detto obliquit`a e rappresenta l’angolo tra l’asse di rotazione e l’asse verticale del riferimento inerziale.

MC 8. Derivazione della funzione di Hamilton. Dimostriamo che l’Hamiltoniana del problema del corpo rigido sotto l’azione di una forza con energia potenziale V (L, G, H, `, g, h) assume la forma: H(L, G, H, `, g, h) =

L2 1 2 sin2 ` cos2 ` + (G − L2 )( + ) + V (L, G, H, `, g, h) . 2I3 2 I1 I2

L’energia cinetica `e data dall’espressione T =

1 1 K2 K2 K2 (I1 ω12 + I2 ω22 + I3ω32 ) = ( 1 + 2 + 3 ) , 2 2 I1 I2 I3

dove M 0 ≡ K1 i + K2 j + K3 k = I1 ω1 i + I2 ω2 j + I3 ω3k nel riferimento solidale. Poich´e M 0 · k = L, sia b il vettore definito da M 0 ≡ b + Lk. √ Essendo G ≡ |M 0 |, allora si ha |b| = G2 − L2 ; inoltre, √ tenendo conto che i3 = sin J sin `i + sin J cos `j + cos Jk, che |M 0|i3 = G2 − L2 sin `i + √ √ G2 − L2 cos `j e che G sin J = G2 − L2 , si ha: p

G2 − L2 sin ` p K2 = M 0 · j = b · j = |b| cos ` = G2 − L2 cos ` K1 = M 0 · i = b · i = |b| sin ` = K3 = M 0 · k = L , dalla quale risulta H(L, G, H, `, g, h) =

L2 1 2 sin2 ` cos2 ` + (G − L2 )( + ) + V (L, G, H, `, g, h) . 2I3 2 I1 I2

Nel caso di un corpo a struttura giroscopica con I1 = I2 , l’Hamiltoniana diventa: L2 1 + (G2 − L2 ) + V (L, G, H, `, g, h) 2I3 2I1 I1 − I3 2 G2 = L + + V (L, G, H, `, g, h) . 2I1 I3 2I1

H(L, G, H, `, g, h) =

MC 9. Espressione della funzione perturbatrice in funzione delle variabili di Andoyer–Deprit. Consideriamo il moto di un corpo rigido T a struttura ellissoidica, soggetto all’attrazione gravitazionale di un corpo centrale S. Assumiamo che l’orbita descritta da T attorno ad S sia un’ellisse kepleriana. Siano λT e rT la longitudine e il raggio orbitale istantaneo; si noti che λT e rT sono funzioni note del tempo (Figura 6).

T r

T

S

λT

Figura 6. Longitudine e raggio istantaneo. Siano mS e mT le masse di S e di T , e sia |E| il volume di T . L’Hamiltoniana del sistema `e data da H=

L2 1 sin2 ` cos2 ` + (G2 − L2 )( + ) − 2I3 2 I1 I2

Z

E

˜ S mT dx Gm , |rT + x| |E|

˜ rappresenta la costante di gravitazione. Poniamo dove G V ≡−

Z

E

˜ S mT dx Gm ; |rT + x| |E|

x

poich´e | r | << 1, possiamo espandere V in polinomi di Legendre. TrascuT rando termini di ordine superiori al terzo, si ha: ˜ S mT Z dx Gm x·r 1 (x · rT )2 V =− [1 − 2 T + 2 (3 − x2 )] , rT rT 2rT rT2 E |E| dove rT = |rT | e x = |x|. Sia α l’angolo tra rT e k, che calcoleremo fino a 2 O(( R e il raggio equatoriale e a `e il semiasse maggiore dell’orbita a ) ), dove R ` kepleriana. Con riferimento alla Figura 7, denotando con ˆrT il versore di rT , si ha: ˆrT · k = cos α

ˆrT · n = cos(ϕ − λT ) = sin α ˆrT · i = sin α cos ψ

ˆrT · j = − sin α sin ψ .

K

k

j

θ α λT

r

J

T

ψ

ϕ

i I

n

Figura 7. Geometria del problema. Introduciamo coordinate polari come segue; siano (x1 , x2 , x3) le coordinate di un generico punto di T : x1 = ar sin ϑ˜ cos ϕ ˜ x2 = br sin ϑ˜ sin ϕ ˜ x3 = cr cos ϑ˜ , dove 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϕ ˜ ≤ 2π, 0 ≤ ϑ˜ ≤ π. Lo Jacobiano della trasformazione 2 ˜ ˜ vale abcr sin ϑdrdϑdϕ˜ e si ha: |E| ≡ 43 πabc. In termini di queste quantit`a, i momenti principali d’inerzia sono dati da: mT 2 mT 2 mT 2 I1 = (b + c2) , I2 = (a + c2 ) , I3 = (a + b2 ) . 5 5 5 Inoltre, si ha: x · ˆrT = x1 sin α cos ψ − x2 sin α sin ψ + x3 cos α . R dx R x2 Si noti che E |E| = cost., E |E| dx = cost.; pertanto, tali termini generano

delle funzioni totali del tempo e possono essere trascurati nella derivazione delle equazioni di Hamilton. Poich´e Z Z 1 Z 2π Z π x · ˆrT dx = [ar sin ϑ˜ cos ϕ˜ sin α cos ψ E

0

0

0

˜ ϑd ˜ ϕ −br sin ϑ˜ sin ϕ˜ sin α sin ψ + cr cos ϑ˜ cos α] abcr2 sin ϑdrd ˜ Z 1 Z 2π Z π ˜ ϕ = abc2 r3 sin ϑ˜ cos ϑ˜ cos α drdϑd ˜=0, 0

0

0

si ottiene V =−

˜ S mT Z 3 Gm (x · ˆrT )2 . 2 rT3 E

Per calcolare l’integrale, notiamo che: 1) (x · ˆrT )2 = x21 sin2 α cos2 ψ + x22 sin2 α sin2 ψ + x23 cos2 α

− 2x1 x2 sin2 α sin ψ cos ψ + 2x1 x3 sin α cos α cos ψ

− 2x2 x3 sin α cos α sin ψ ; R ˜ ϑ˜ = 4 , 2π cos2 ϕd 2) poich´e 0 sin3 ϑd ˜ ϕ ˜ = π, si ha: 3 0 Z Z 1 Z 2π Z π a3 bc 4 ˜ ϑd ˜ ϕ x21dx = a2r 2 sin2 ϑ˜ cos2 ϕ ˜ abcr2 sin ϑdrd ˜= π; 5 3 E 0 0 0 R 2π 3) poich´e 0 sin2 ϕd ˜ ϕ˜ = π, si ha: Z Z 1 Z 2π Z π ab3 c 4 ˜ ϑd ˜ ϕ x22 dx = b2 r2 sin2 ϑ˜ sin2 ϕ˜ abcr2 sin ϑdrd ˜= π; 5 3 E 0 0 0 R 2π ˜ ϑ˜ = 2 , si ha: 4) poich´e 0 sin ϑ˜ cos2 ϑd 3 Z Z 1 Z 2π Z π abc3 4 ˜ ϑd ˜ ϕ x23dx = c2 r2 cos2 ϑ˜ abcr2 sin ϑdrd ˜= π; 5 3 E 0 0 0 Rπ

5) Z

x1 x2 dx =

E

Z

1 Z 2π

Z

Z

1 Z 2π

Z

0

0

π

˜ ϑd ˜ ϕ˜ = 0 ; abr 2 sin2 ϑ˜ sin ϕ˜ cos ϕ ˜ abcr 2 sin ϑdrd

0

6) Z

x1x3 dx = E

0

0

0

π

˜ ϑd ˜ ϕ acr 2 sin ϑ˜ cos ϑ˜ cos ϕ˜ abcr2 sin ϑdrd ˜=0;

7) Z

x2 x3 dx =

E

Z

0

1 Z 2π 0

Z

π

˜ ϑd ˜ ϕ˜ = 0 . bcr 2 sin ϑ˜ cos ϑ˜ sin ϕ ˜ abcr 2 sin ϑdrd

0

Mettendo insieme le formule precedenti, si ottiene: Z 4 abc 2 (x · ˆrT )2dx = π (a cos2 ψ sin2 α + b2 sin2 ψ sin2 α + c2 cos2 α) 3 5 E 4 abc 2 = π ((b − a2 ) sin2 α sin2 ψ + (c2 − a2 ) sin2 α + a2 ) 3 5 ovvero ˜ S mT 1 3 Gm V =− ((b2 − a2 ) sin2 α sin2 ψ + (c2 − a2 ) sin2 α + a2 ) . (V ) 2 rT3 5 Siano G, H i valori iniziali di G, H e definiamo: η ≡ cos i0 ≡ H , ω ≡ G nella forma:

−1 ωT2 ωD cos i0 ,

ωT2 ≡

˜ S Gm a3 ;

I2 −I1 I3 ,

ωD ≡

G I3 ,

allora, la (V ) si pu` o riscrivere

2

3 G a 3 1 V = − ηω ( ) [(I2 − I1 ) sin2 α sin2 ψ + (I1 − I3 ) sin2 α] . 2 H rT I 1 − I 2

Si noti che abbiamo usato la relazione: (

2 ˜ S I3 H G2 a ˜ S a 3 G I2 − I1 Gm Gm ) ηω = ( )3 = 3 (I2 − I1) . 3 rT I3 a G G H rT rT H

Infine, usando regole di trigonometria sferica, si dimostra che vale la relazione seguente: cos α = sin(λT − h)(cos g sin J cos K + sin K cos J )

− cos(λT − h) sin J sin g r r H L2 L H2 = sin(λT − h) { 1 − 2 cos g + 1− 2} G G G G r 2 L − 1 − 2 sin g cos(λT − h)} , G che definisce l’angolo α in termini delle variabili di Andoyer–Deprit e della longitudine λT . Se T ha struttura giroscopica con I1 = I2 , allora a = b e la (V ) diventa ˜ s mT 3 Gm V =− (c2 − a2 ) cos2 α . 2 rT3 5

MC 10. Calcolo della precessione degli equinozi. Consideriamo il caso di un corpo rigido a struttura giroscopica con I1 = I2 . Supponiamo che tale corpo sia soggetto all’attrazione gravitazionale di un punto materiale. Pertanto esso descrive un’ellisse kepleriana e denotiamo con a, e il semiasse maggiore e l’eccentricit` a di tale ellisse. Nel caso giroscopico, l’Hamiltoniana si riduce alla forma: H=

G2 I1 − I3 2 + L +V , 2I1 2I1 I3

in cui la perturbazione V `e data dall’espressione: ˜ S mT 3 Gm (c2 − a2 ) cos2 α 2 rT3 5 ˜ S 3 Gm =− (I1 − I3 ) cos2 α 2 rT3

V =−

2

3 G (1 − e cos λT )3 = η0 ω cos2 α , 2 (1 − e2 )3 H dove abbiamo posto η 0 = ˜ S Gm a3

I3

I3 −I1 I3 ,

−1 mentre da MC 9 risulta ω = ωT2 ωD cos i0 =

H 2. G

Calcoliamo ora la media sugli angoli di cos2 α: hcos2 αi =

1 (G4 + L2 G2 + H 2G2 − 3L2 H 2) . 4G4

Imponiamo che sia G = L ovvero poniamo J = 0 e quindi assumiamo che la rotazione avvenga attorno ad un asse principale d’inerzia. Trascuriamo (1−e cos λ )3 termini dipendenti dall’eccentricit` a nella relazione (1−e2 )3T = 1 + O(e). Applicando la teoria delle perturbazioni al primo ordine, la nuova Hamiltoniana imperturbata K `e data da: 2

G2 3 G G2 − H 2 K(G, H) = + η0 ω . 2I3 2 2G2 H Pertanto, la velocit`a angolare media di precessione risulta essere 2

∂K(G, H) 3 G H h˙ = = − η0 ω . ∂H 2 H G2 Al tempo t = 0 risulta G = G, H = H ovvero 3 3 −1 h˙ = − η 0 ω = − η 0 ωT2 ωD cos i0 . 2 2

1 Dalle tabelle di dati astronomici risulta: η 0 = 298.25 = 3.35289 · 10−3 , o i = 23.45 . Il contributo dovuto all’attrazione del Sole si ottiene utilizzando i valori ωT = 1 anno, ωD = 1 giorno, da cui risulta h˙ (S) = −2.51857 · 10−12 rad/sec, a cui corrisponde un periodo di precessione di 79107.9 anni (poich´e il segno di h(S) `e negativo, la precessione `e retrograda). Per quanto riguarda il contributo della Luna, calcoliamo ωT dalla terza legge di Keplero come q ˜ L Gm ˜ = 6.668 · 10−11 m3 /(kg sec2 ) `e la costante di graviωT = , dove G 3 aT L

tazione, mL = 7.34828·1022 kg `e la massa della Luna, aT L = 3.84·108 m `e la distanza Terra–Luna. Usando tali dati, il contributo dovuto all’attrazione della Luna vale h˙ (L) = −5.49028·10−12 rad/sec a cui corrisponde un periodo di precessione pari a 36289.3 anni. Il contributo globale di Sole e Luna, ovvero la precessione luni–solare degli equinozi, si ottiene come somma di h˙ (S) e h˙ (L) a cui corrisponde il periodo di precessione pari a 24877.3 anni.

La librazione in longitudine della Luna. Si consideri il moto di un corpo rigido a struttura ellissoidica soggetto all’azione gravitazionale di un corpo centrale. In particolare, intendiamo studiare il moto della Luna attorno alla Terra. Le osservazioni astronomiche mostrano che la Luna `e intrappolata in una risonanza spin–orbita di ordine 1/1 o risonanza sincrona. tale relazione implica che il periodo di rotazione coincide con il periodo di rivoluzione attorno alla Terra. In realt`a la Luna oscilla leggermente attorno al proprio asse di rotazione; tale moto viene denominato librazione in longitudine e pu` o essere calcolato determinando lo sviluppo in serie dell’orbita periodica associata alla risonanza sincrona. In tale contesto, i temi MC 11-13 tratteranno i seguenti argomenti: • la derivazione delle equazioni del modello spin–orbita, • la determinazione al primo ordine dell’orbita periodica sincrona, • il calcolo della librazione in longitudine della Luna.

MC 11. Derivazione delle equazioni del modello spin–orbita. Consideriamo un satellite L di forma triassiale con momenti principali d’inerzia I1 < I2 < I3 , che ruoti attorno a un corpo centrale T . Siano mL e mT le masse di L e di T . Introduciamo un modello semplificato che descrive l’accoppiamento dei moti di rotazione e rivoluzione, assumendo le seguenti ipotesi: i) il satellite si muove su un’orbita ellittica kepleriana (ovvero si trascurano le perturbazioni dovute ad altri oggetti del sistema solare); ii) l’asse di rotazione coincide con il pi` u piccolo asse fisico dell’ellissoide (ovvero con il pi` u grande asse principale d’inerzia), iii) l’asse di rotazione `e perpendicolare al piano dell’orbita, iv) si trascurano gli effetti mareali e dissipativi causati, ad esempio, dalla non rigidit`a interna del satellite. Le equazioni del moto associate a tale modello si possono derivare dalla teoria trattata in MC 6-10. Con riferimento alle notazioni introdotte in tali temi, il modello spin–orbita definito dalle ipotesi i)–iv) implica che ϑ = J = K = 0. Di conseguenza G = L = H e l’Hamiltoniana corrispondente si pu` o scrivere nella forma G2 H= +V , 2I3

dove la funzione perturbatrice `e definita da

V =−

Z

E

˜ LmT dx Gm . |rL + x| |E|

Sviluppiamo V al secondo ordine in serie dei polinomi di Legendre con argomento rxL :

V =−

˜ LmT Z dx Gm x·r 1 (x · rL )2 [1 − 2 L + 2 (3 − x2 )] . 2 rL rL 2rL rL E |E|

Si ha: 1 1 1 1 q = x = |rL + x| rL |1 + r | rL 1 + ( L

dove

x·r L xrL

1 x 2 rL )

+ 2 rxL

x·rL xrL

,

`e il coseno dell’angolo tra x e rL . Usando l’espansione di Legendre

(1 + r2 − 2ar)−1/2 =

e ponendo r =

x rL ,

∞ X

k=0

3 1 Pk (a)rk = 1 + ar + r2 ( a2 − ) + ... 2 2

x·r

a = − xrLL , si ha

1 1 x · rL x 1 x (x · rL )2 = [1 − + ( )2 (3 − 1) + ...] |rL + x| rL xrL rL 2 rL (xrL )2 1 x · rL 1 (x · rL )2 = [1 − + 2 (3 − x2 ) + ...] . rL xrL 2rL (xrL )2 Nel caso K = ϑ = J = 0 si ha α = π2 e ˆrL · i = cos(ϕ − λL ), ˆrL · j = cos(ϕ − λL + π2 ) = − sin(ϕ − λL ), ˆrL · k = 0 (si veda la Figura 8).

k

i

λL

j

ϕ i

i

r

2

1

L

Figura 8. Relazioni tra gli angoli per la derivazione delle equazioni del modello spin–orbita. Da x · ˆrL = x1 cos(ϕ − λL ) − x2 sin(ϕ − λL ), si ottiene: Z

E

x · ˆr Ldx =

Z

0

1 Z 2π 0

Z

π 0

[ar sin ϑ˜ cos ϕ ˜ cos(ϕ − λL )

˜ ϑd ˜ ϕ − br sin ϑ˜ sin ϕ ˜ sin(ϕ − λL )] · a2 br2 sin ϑdrd ˜=0

e da (x · ˆrL )2 = x21 cos2 (ϕ − λL ) + x22 sin2 (ϕ − λL ) − x1 x2 sin(2ϕ − 2λL ), si ha: Z

E

4 abc 2 (a cos2 (ϕ − λL ) + b2 sin2 (ϕ − λL )) 3 5 4 abc 2 = ((b − a2 ) sin2 (ϕ − λL) + a2 ) . 3 5

(x · ˆrL )2 dx =

Poich´e G = H, ω = 1 e

˜ L Gm a3

= 1, si ha:

˜ LmT 4 abc 3 Gm 3 π ((b2 − a2) sin2(ϕ − λL )) 3 2 rL 3 5 4πabc ˜ 3 GmL 2 =− 3 (I1 − I2 ) sin (ϕ − λL ) 2 rL 1 3 a = − · (I1 − I2 )( )3 cos(2ϕ − 2λL ) . 2 2 rL

V =−

Denotando con ε ≡

3 I2 −I1 2 I3 ,

si ottiene infine l’equazione

H(G, ϕ, λL ) =

G2 ε a − ( )3 I3 cos(2ϕ − 2λL ) , 2I3 2 rL

che si pu` o ridurre alla forma pi` u conveniente y2 ε a − ( )3 cos(2x − 2λL ) (H) 2 2 rL √ tramite la trasformazione canonica y = √GI , x = I3 ϕ. Si noti che il 3 parametro ε `e proporzionale (tramite il fattore 3/2) allo schiacciamento equatoriale del satellite; poich´e il suo valore fisico `e relativamente piccolo, l’Hamiltoniana (H) appartiene alla classe dei sistemi quasi–integrabili, essendo banalmente integrabile per ε = 0. Dalle equazioni di Hamilton associate ad (H), si ricava che la variabile x deve soddisfare l’equazione differenziale del secondo ordine: a x ¨ + ε ( )3 sin(2x − 2λL ) = 0 . (SO) rL H(y, x, t) =

Si osservi che la variabile x rappresenta l’angolo tra un asse di riferimento (ad esempio l’asse del perielio) e una direzione fissata sul piano equatoriale dell’ellissoide (appartenente al piano orbitale per l’ipotesi iii), si veda la Figura 9. S r

λL P

Figura 9. La geometria del modello spin–orbita.

x

Normalizziamo le unit`a di misura in modo tale che il moto medio n ≡ q ˜ T Gm e il semiasse maggiore a siano unitari. Ricordiamo che a causa a3 dell’ipotesi i), le quantit`a rL e λL sono funzioni note del tempo, essendo determinate dalle relazioni kepleriane: λ˙ L = rL

√ 1 − e2 2 rL

(E)

1 − e2 = . 1 + e cos λL

Pertanto l’Hamiltoniana (H) ha un grado di libert`a descritto dalle variabili coniugate (y, x) (y ∈ R, x ∈ R/2πT) e dipende esplicitamente dal tempo. Utilizzando le espansioni in serie dell’eccentricit` a che derivano dalle equazioni (E) si pu`o dimostrare facilmente che l’equazione (SO) si sviluppa in serie di Fourier nella forma: x ¨ + ε

+∞ X

m6=0,m=−∞

˜ ( m , e) sin(2x − mt) = 0 , W 2

(S)

dove le espressioni di alcuni coefficienti W ( m 2 , e) sono riportate nella Tabella 1.

Tabella 1. p

e0

−1 − 12 1 2

1 3 2

2 5 2

3

1

e

− 2e 7e 2

e2

e3

2

− 5e2 17e2 2

e4 e4 24

e3 48 e3 16 3

− 123e 16 845e3 48

e5

e6 7e6 240

11e5 768 5 − 5e 384

13e4 16 4

4

533e 16

313e7 30720 7 − 143e 18432

6

− 35e 288

5

− 115e 6

e7

489e 128

5

− 32525e 768

7

− 1763e 2048

601e6 48 6

208225e7 6144

− 13827e 160

Consideriamo soltanto i termini pi` u significativi nello sviluppo in serie

di (S) ottenendo cos`ı l’equazione: e e3 x ¨ + ε [(− + ) sin(2x − t) + 2 16 5 2 13 4 7 123 3 + (1 − e + e ) sin(2x − 2t) + ( e − e ) sin(2x − 3t) + 2 16 2 16 17 115 4 845 3 32525 5 + ( e2 − e ) sin(2x − 4t) + ( e − e ) sin(2x − 5t) + 2 6 48 768 533 4 228347 5 + e sin(2x − 6t) + e sin(2x − 7t) ] = 0 , 16 3840 associata alle equazioni canoniche relative all’Hamiltoniana H(y, x, t) =

y2 − εf (x, t) , 2

dove 1 e e3 [(− + ) cos(2x − t) + 2 2 16 5 2 13 4 7 123 3 + (1 − e + e ) cos(2x − 2t) + ( e − e ) cos(2x − 3t) + 2 16 2 16 17 115 4 845 3 32525 5 + ( e2 − e ) cos(2x − 4t) + ( e − e ) cos(2x − 5t) + 2 6 48 768 533 4 228347 5 + e cos(2x − 6t) + e cos(2x − 7t) ] . 16 3840

f(x, t) =

MC 12. Determinazione al primo ordine dell’orbita periodica sincrona. Scriviamo l’equazione differenziale che descrive il modello spin–orbita, nella forma: x¨ − εfx (x, t) = 0 , (A)

dove fx (x, t) = ∂f e stata ricavata in MC 11. ∂x e l’espressione di f (x, t) ` Riscriviamo la (A) nella forma x˙ = y y˙ = εfx (x, t) ,

(B)

La risonanza spin–orbita di ordine p/q `e definita come la soluzione periodica

di periodo T = 2πq (q ∈ Z+ ), tale che x(t + 2πq) = x(t) + 2πp

(C)

y(t + 2πq) = y(t) . Dalle (B) si ha: y(t) = y(0) + ε

Z

t

fx (x(s), s) ds

0

x(t) = x(0) + y(0)t + ε

Z tZ 0

τ

fx (x(s), s) ds dτ = x(0) +

0

0 2πq

0

t

y(s) ds ;

0

combinando tali equazioni con la (C) si ottiene: Z 2πq fx (x(s), s)ds = 0 Z

Z

(D)

y(s)ds − 2πp = 0 .

Scriviamo la soluzione nella forma: x(t) ≡ x + yt + εx1 (t) + ... y(t) ≡ y + εy1 (t) + ... ,

dove x(0) = x e y(0) = y sono le condizioni iniziali, mentre x1 (t), y1 (t) sono le correzioni al primo ordine in ε. Sviluppiamo le condizioni iniziali in serie di ε come segue: x = x0 + εx1 + ε2 x2 + ... y = y 0 + εy 1 + ε2 y 2 + ... , Cerchiamo delle espressioni esplicite per x1 (t), y1 (t), x0 , x1 , y 0 , y 1 . Dalle (B), uguagliando termini dello stesso ordine in ε, si ottiene: y + εx˙ 1 (t) + ... = y + εy1 (t) + ... εy˙1 (t) + ... = εfx (x + yt, t) + ... da cui si ricava x˙ 1 (t) = y1 (t) y˙1 (t) = fx (x + yt, t) ovvero y1 (t) = y1 (t; y, x) =

Z

t

fx (x0 + y 0 s, s) ds

0

x1 (t) = x1 (t; y, x) =

Z

0

t

y1 (s) ds .

Si noti che le espressioni di x1 (t) e y1 (t) possono essere calcolate esplicitamente. Per quanto riguarda le condizioni iniziali, sfruttando le condizioni di periodicit` a (D) si ha: y(t) = y + ε

Z

t

fx (x(s), s) ds

0

ovvero Z

2πq

0

£

y 0 + εy 1 + ε

Z

t

0

Pertanto si ottiene: p q

y0 =

Z

1 y1 = − 2πq

2πq

0

¤ fx (x0 + y 0 s, s) ds dt = 2πp .

Z

t 0

fx (x0 + y 0s, s) ds dt

Per quanto riguarda x0 e x1, dalla relazione Z

2πq

0

fx (x0 + y 0 s + ε(x1 + y 1 s + x1 (s) + y1 (s)s), s) ds = 0 ,

espandendo in serie di ε, si ottiene che x0 `e determinata come soluzione di Z

2πq

fx (x0 + y 0 s, s) ds = 0 ,

0

mentre x1 `e data da x1 = − R 2πq 0

1 0 dt fxx

h

y1

Z

2πq 0

0 tfxx

dt +

Z

0

2πq

i 0 fxx x1(t) dt ,

0 dove fxx = fxx (x0 + y 0 t, t).

MC 13. Calcolo della librazione in longitudine della Luna. Utilizziamo le formule ottenute in MC 11–12, ponendo p = q = 1 (che corrisponde alla risonanza spin–orbita sincrona). Svolgendo i calcoli (che

omettiamo, lasciandoli per esercizio al lettore), si trova: x0 = 0 y0 = 1 x1(t) = 0.232086t − 0.218318 sin(t) − 6.36124 · 10−3 sin(2t) − 3.21314 · 10−4 sin(3t) − 1.89137 · 10−5 sin(4t) − 1.18628 · 10−6 sin(5t)

y1(t) = 0.232086 − 0.218318 cos(t) − 0.0127225 cos(2t) − 9.63942 · 10−4 cos(3t) − 7.56548 · 10−5 cos(4t) − 5.93138 · 10−6 cos(5t)

x1 = 0 y 1 = −0.232086 ,

dove abbiamo utilizzato i dati astronomici e = 0.05494, ε = 3.45 · 10−4 . Pertanto la soluzione corrispondente all’orbita periodica sincrona, calcolata al primo ordine in ε, `e data da: x(t) = x0 + y 0 t + εx1 (t) = t − 7.53196 · 10−5 sin(t) − 2.19463 · 10−6 sin(2t) − 1.10853 · 10−7 sin(3t) − 6.52523 · 10−9 sin(4t) − 4.09265 · 10−10 sin(5t)

y(t) = y 0 t + εy1 (t) = 1 − 7.53196 · 10−5 cos(t) − 4.38926 · 10−6 cos(2t) − 3.3256 · 10−7 cos(3t) − 2.61009 · 10−8 cos(4t) − 2.04633 · 10−9 cos(5t) .

Diamo un’interpretazione fisica delle formule che abbiamo trovato. Si noti innazitutto che, poich´e la velocit` a angolare di rivoluzione `e unitaria, il tempo t coincide con la longitudine λL della Luna. Nel caso ε = 0, le equazioni del moto si integrano banalmente come x(t) = x0 + y 0 t = x0 + t y(t) = y 0 = 1 ; poich´e x0 = 0, la differenza tra x(t) e t `e nulla e quindi la direzione sul piano equatoriale che congiunge il centro della Luna con la Terra non varia con il tempo. Aggiungendo la perturbazione (relativa al fatto di aver considerato la Luna come un corpo triassiale), la funzione x(t) `e perturbata di una quantit`a di ordine ε; fisicamente, tale variazione di denota con il nome di librazione in longitudine. Il calcolo al primo ordine dell’orbita periodica sincrona, mostra che l’oscillazione della differenza x(t) − t `e dell’ordine di 7 · 10−5 , in accordo con i valori osservativi.

APPENDICE

Nella tabella seguente sono riportati i principali dati astronomici dei pianeti, forniti dai siti internet http://ssd.jpl.nasa.gov/elem planets.html e http://ssd.jpl.nasa.gov/phys props planets.html. La quantit´a a denota il semiasse maggiore misurato in unit´a astronomiche UA (1 U A ´e pari alla distanza Terra–Sole ovvero pari a 1.496 · 108 km); e denota l’eccentricit´a; i ´e l’inclinazione misurata in gradi; P ´e il periodo orbitale misurato in anni; M ´e la massa del pianeta che deve essere moltiplicata per 1023 kg; R ´e il raggio medio misurato in km.

Tabella di dati astronomici.

Mercurio Venere Terra Marte Giove Saturno Urano Nettuno Plutone

a (UA) 0.387 0.723 1 1.524 5.203 9.537 19.191 30.069 39.482

e 0.2056 0.0068 0.0167 0.0934 0.0484 0.0541 0.0472 0.0086 0.2488

io 7.00 3.39 0 1.85 1.30 2.48 0.77 1.77 17.14

P (anni) 0.241 0.615 1 1.881 11.862 29.447 84.017 164.791 247.921

M (·1023 kg) 3.302 48.685 59.736 6.4185 18986 5684.6 868.32 1024.3 0.15

R (km) 2440 6051.84 6371.01 3389.92 69911 58232 25362 24624 1151