SDeMC: traccia delle soluzioni degli esercizi del parziale del 4/12/2012
Esercizio SD1 Il potenziale `e:
V := 3
2x4+ 7 x3+15 2 x2 Le derivate di V sono date da
V′ = 6 x3+ 21 x2+ 15 x = 3 x (2 x + 5) (x + 1) , V′′ = 18 x2+ 42 x + 15.
I punti critici (gli zeri della derivata V′) sono:
{x = 0} , {x = −1} e {x = −5/2}
I valori critici dell’Energia sono Emin = V (−5/2) = −125
32, E0= V (0) = 0, Emax= V (−1) = 2 Il grafico di V `e:
Le traiettorie si determinano dalle curve di livello della funzione
E := 1/2 y2+ 3/2 x4+ 7 x3+ 15/2 x2
Nota: Le traiettorie sono tutte orientate in senso orario (il grafico qui sopra d`a solo le curve di livello.) In particolare:
1. Non ci sono traiettorie per E < Emin= −125/32; la curva per E = Emin
`e il punto di equilibrio (−5/2, 0).
2. Le curve in rosso sono per −125/32 < E < 0;
3. le curve in verde per 0 < E < 2 (Per E = 0 la curva ha gi`a due componenti:
un ”ovale” intorno a (−5/2, 0) e il punto di equilibrio (0, 0).
4. La curva in blu `e la separatrice (per E = 2)- cui corrispondono tre trai- ettorie: il punto di equilibrio instabile, e i ”lobi” destro e sinistro della curva.
5. Le curve (connesse) in nero sono quelle per E > 2.
Punto 2 il valore della derivata seconda del potenziale nei punti critici `e dato da:
V′′(−5/2) = 45
2 , V′′(−1) = −9, V′′(0) = 15.
Quindi:
1. I periodi delle piccole oscillazioni attorno ai punti di equilibrio stabile sono, rispettivamente:
x = −5/2 : T−5/2= 2√ 2π 3√
5 x = 0 : T0= 2π
√15. (le frequenze sono gli inversi, ovvero f−5/2= 23√√5
2π e f0= √2π15.
2. Le tangenti alla separatrice nel punto di equilibrio instabile hanno equazioni:
y = ±3(x + 1).
Punto 3 Le soluzioni dell’equazione E = 0 diverse dal punto critico x = 0 sono
{x = −5/3} , {x = −3}
Quindi l’integrale che d`a il periodo del moto periodico con E = 0 `e
TE=0,x<0= 2 Z −5/3
−3
dx p−2 V (x)
Esercizio SD2 − 12 Crediti
Il campo vettoriale definito dal sistema dinamico (equazione differenziale)
˙x = −y + (1 − a) x − x3
˙y = −y + (2 − a) x − x3
`e
X :=
−y + (1 − a) x − x3
−y + (2 − a) x − x3
Sommando le due equazioni si ha che l’unico punto di equilibrio (∀ a) `e l’origine P = (0, 0).
La matrice jacobiana di X in P = (0, 0) `e:
J :=
"
1 − a −1 2 − a −1
#
Il polinomio caratteristico di J `e
λ2+ aλ + 1, e dunque i due autovalori sono
λ+ = 1/2 (−a +p
a2− 4), λ− = −1/2 (a +p a2− 4).
Per ∆ = a2−4 ≤ 0 le parti reali di λ±sono date da −12a, da cui P `e instabile se −2 ≤ a < 0 e stabile per 0 < a ≤ 2.
Per |a| > 2 si osserva che |√
a2− 4| < |a| e si conclude (visto anche il caso ∆ < 0) che la parte reale di λ± `e negativa per a > 0 ed `e positiva per a < 0. Dunque se a < 0 P `e di equilibrio instabile, mentre se a > 0 P `e di equilibrio stabile.
Lyapunov Per a = 0 il campo vettoriale `e
X0 :=
−y + x − x3 −y + 2 x − x3
Consideriamo la funzione
W := 1
2y2− xy + x2
E immediato verificare, dato che l’Hessiano di W in (0, 0) `e`
"
2 −1
−1 1
# ,
e dunque W ha un minimo forte in P = (0, 0). Con qualche conto si vede che la derivata di Lie di W rispetto ad X0`e
LieX0W = −x4
che `e non positiva nel piano (e dunque in ogni intorno di (0, 0)). Dunque W
`e una buona funzione di Lyapunov per il sistema e quindi possiamo concluderne che anche per a = 0 P `e di equilibrio stabile.
EsercizioL
Scegliamo come coordinate l’ascissa x di P1 e l’ascissa ξ di P2.
ξ
P P
z
x g
1 2
x
Si ha, per le coordinate cartesiane dei due punti:
(xP1 = x, zP1 = 0), e (xP2 = ξ, zP2= ξ2 2 L+ L)
Per l’energia cinetica abbiamo: T = TP1+ TP2 =12m||vP1||2+12(2m||vP2||2) Per l’energia potenziale abbiamo, dato che la quota di P1`e vincolata ad essere
costante,
U = Ugrav,2+ U1,2= 2mgzP2+k
2||P2− P1||2
Esprimendo U tramite le coordinate libere (x, ξ) si ha U = 1
2k (ξ − x)2+ 1 2
ξ2 L + L
2!
+ 2 mg 1 2
ξ2 L + L
, ovvero, a meno di costanti,
U =k 2
2 ξ2+ x2+ ξ4
4 L2− 2 ξ x
+mgξ2 L . L’energia cinetica `e data da:
T = 1 2m
˙x2+ 2
1 + ξ2
L2
˙ξ2 Dunque la Lagrangiana L `e
L := 1 2m
˙x2+ 2
1 + ξ2
L2
˙ξ2
−1
2k (ξ − x)2+ 1 2
ξ2 L + L
2!
− 2 mg 1 2
ξ2 L + L
cio`e, a meno di costanti:
L = 1 2m
˙x2+ 2
1 + ξ2
L2
˙ξ2
−k 2
2 ξ2+ x2+ ξ4
4 L2 − 2 ξ x
−mgξ2 L . Per scrivere le equazioni di Eulero–Lagrange si nota che:
∂L
∂ ˙x= m ˙x, ∂L
∂ ˙ξ = 2 m
1 + ξ2
L2
˙ξ,
∂L
∂ x= −k(x − ξ), ∂L
∂ ξ = 2mξ ˙ξ2
L2 − 1/2 k
4 ξ + ξ3 L2 − 2 x
− 2mgξ L Dunque si avranno le equazioni E–L:
m¨x = −k(x − ξ) e
2 m
1 + ξ2
L2
ξ = −2¨ mξ ˙ξ2
L2 − 1/2 k
4 ξ + ξ3 L2 − 2 x
− 2mgξ L
Punto critico. Il gradiente dell’energia potenziale `e
∇U =
k (−ξ + x) ,k 2
4 ξ + ξ3 L2 − 2 x
+ 2mgξ L
.
Per calcolare il punto in cui ∇U = (0, 0) dalla prima si ricava x = ξ.
Sostituendo nella seconda si ottiene, tenuto conto che L > 0, che l’unica soluzione `e il puntoP = (0, 0)
L’Hessiano di U in P `e
H(0 , 0 ) :=
"
k −k
−k 2 k + 2mgL
#
che `e definito positivo. Quindi P = (0, 0) `e punto di equilibrio stabile.
Piccole Oscillazioni
L’energia cinetica delle piccole oscillazioni `e 1/2 m
˙x2+ 2 ˙ξ2 e dunque la matrice G0`e
G0=
"
m 0
0 2 m
#
Sostituendo la condizione 2mg = kL nell’Hessiano di U (calcolato nella parte precedente), si ottiene che dobbiamo considerare
H0=
"
k −k
−k 3 k
#
In altre parole, la Lagrangiana delle piccole oscillazioni `e L0= m
2
˙x2+ 2 ˙ξ2
−k
2 x2− 2xξ + 3ξ2
Dobbiamo calcolare dunque gli zeri del determinante di λG0− H0=
"
λ m − k k
k 2 λ m − 3 k
#
Ora, Det(λG0− H0) = 2 m2λ2− 5mk λ + 2 k2, da cui
λ± =5 mk ±√
25 m2k2− 16 m2k2
4 m2 ⇒ λ−= k
2m, λ+=2k m.
Si ha, sostituendo nell’espressione di λG0− H0):
λ−G0− H0=
"
−1/2 k k
k −2 k
#
il cui nucleo `e generato da (2, 1)T, e
λ+G0− H0=
"
k k k k
#
il cui nucleo `e generato da (1, −1)T.
Dunque, le frequenze proprie del sistema sono:
ω− = r k
2m con modo normale ψ−= (2, 1)T, e ω+=r 2k
m con modo normale ψ+= (1, −1)T.
