1 Sistemi Dinamici

Sistemi Dinamici e Meccanica Classica Esame del 15/07/2013

1 Sistemi Dinamici

Esercizio SD1. Una particella di massa unitaria si muove sull’asse x soggetta ad una forza di energia potenziale U = x⁵

5 − 10 x³ 3 + 9 x

1. Tracciare qualitativamente le curve di fase del sistema (osservare che 72/5 > 88/15).

2. Determinare le tangenti alle separatrici nei punto di equilibrio instabile e la frequen- za delle piccole oscillazioni attorno ai punti di equilibrio stabile.

3. Scrivere l’integrale che esprime il periodo del moto con energia E = 0 e dato iniziale (x₀, ˙x₀) = (0, 0)

N.B: Gli zeri di U sono x = ±

√75−6√ 55

3 e x = ±

√75+6√ 55

3 (NDR: oltre, ovvialmente, a x = 0).

Figura 1: Il grafico di U(x) nel piano (x, E), con i valori critici (al finito) dell’Energia

Soluzione.

Punto 1. Il potenziale `e un quintica dispari (ovvero U(−x) = −U(x)). Tende a +∞

per x → +∞ e a −∞ per x → −∞. Da quest’ultima propriet`a segue che tutti i valori dell’Energia sono permessi, ovvero ci sono traiettorie per ogni valore di E ∈ R. La derivata prima `e

U^′(x) = x⁴− 10 x²+ 9 = x²− 1

x²− 9
, che si annulla in x = ±3, x = ±1.

La derivata seconda `e

U^′′(x) = 4 x x²− 5
Per quanto riguarda i punti in cui U^′(x) = 0 si ha

x = −3 : U(−3) = 72/5, U^′′(−3) = −48;

x = −1 : U(−1) = −88/15, U^′′(−1) = 16;

x = 1 : U(1) = 88/15, U^′′(−3) = −16;

x = 3 : U(3) = −72/5, U^′′(3) = 48.

(1)

In particolare x = −3 e x = 1 sono punti di massimo relativo, mentre gli altri due punti sono di minimo relativo.

L’analisi del grafico del potenziale U(x) (si veda la Figura 1) ci permette di stabilire che i valori critici finiti dell’energia sono i valori

Ecrit = {−72/5, −88/15, 88/15, 72/5}.

Figura 2: Il diagramma di fase nel piano delle fasi (x, y) . Sono rappresentate le curve con valori dell’energia E = [−13, −4, 0, 88/15, 10, 72/5, 17]. In particolare, si notino le due separatrici. Tutte le curve si intendono orientate in senso orario.

Dunque il diagramma di fase, rappresentato in Figura (2) si descrive nel seguente modo:

(1) E < −72/5 : Le curve di fase consistono di una componente connessa, che si estende indefinitamente a sinistra del punto U(x) = E; vicino a tale punto queste curve hanno un andamento a parabola (con l’asse coincidente con l’asse delle x). Per x → −∞, l’andamento `e |y| =p

−2/5x⁵.

(2) E = −72/5 : Una curva illimitata qualitativamente simile a quelle del punto (1), ed il punto di equilibrio stabile (x, y) = (3, 0).

(3) −72/5 < E < −88/15 : Una curva illimitata (come al punto (1)) ed un ovale centrato su (3, 0).

(4) E = −88/15 : Una curva illimitata (come al punto (1)), un ovale come al punto (3), ed il punto di equilibrio stabile (x, y) = (−1, 0).

(5) −88/15 < E < 88/15 : Una curva illimitata (come al punto (1)), e due ovali, uno centrato su (−1, 0) e l’altro su (3, 0).

(6) E = 88/15 : Una curva illimitata (come al punto (1)), e una separatrice (curva ad

′′8^′′), passante per il punto di equilibrio instabile (x, y) = (1, 0). In totale, questa curva di fase comprende 4 componenti connesse.

(7) 88/15 < E < 72/5 : Una curva illimitata (come al punto (1)), ed una componente limitata, di forma ancora simile ad un ^′′8^′′, ma regolare.

(6) E = 72/5 : La seconda separatrice, passante per il punto di equilibrio instabile (x, y) = (−3, 0). In totale, anche questa curva di fase comprende 4 componenti connesse.

(5) E > 72/5 : Una sola curva illimitata.

Punto 2. Ricordiamo che per un sistema Newtoniano a massa unitaria come quello in questione si ha:

1. Se (¯x, 0) `e di equilibrio stabile la pulsazione delle piccole oscillazioni `e data da ω =p

U^′′(¯x)

2. Se invece (¯x, 0) `e di equilibrio instabile, le tangenti alla separatrice nel punto in questione sono date dalle equazioni

y =p

|U^′′(¯x)|(x − ¯x)

Dunque, dai risultati precedentemente ottenuti (si vedano in particolare, le relazioni (1)), possiamo riassumere il comportamento del sistema vicino ai punti di equilibrio nella se- guente tabella:

Punto e stabilit`a (−3, 0) instabile (−1, 0) stabile (1, 0) instabile (3, 0) stabile

Freq. o tangenti y = ±4√

3(x + 3) ν₋₁ = 2

π y = ±4(x − 1) ν₃ = 2√ 3 π

Punto 3. Il testo chiede l’integrale definito che d`a il periodo del moto ad energia nulla con condizioni iniziali x(0) = 0, ˙x(0)(= y(0)) = 0. Dunque il punto materiale percorrer`a l’ovale (rappresentato in figura 2) che passa per l’origine degli assi, ed il punto (x =

−

√75−6√ 55

3 , 0). Dunque, detto x₋≡ −

√75−6√ 55

3 ≃ −1.84, l’integrale richiesto `e T = 2

Z 0 x₋

p d ξ

−2(ξ⁵/5 − 10/3 ξ³+ 9 ξ)

Meccanica Lagrangiana

Esercizio L. Nel piano verticale xOz, si consideri il sistema costituito da due punti materiali A (di massa m) e B (di massa 3 m). A `e libero di scorrere sulla parabola di equazione

z = −x²

L con L > 0,

mentre B scorre sull’asse orizzontale. A e B si attraggono con una forza elastica di costante elastica k; B `e inoltre attratto dall’origine O da una forza elastica (sempre di costante k. — si veda la figura qui sotto).

A B

x z

O

g

I vincoli sono lisci e le traiettorie dei due punti possono intersecarsi senza che avvengano urti (in particolare, A e B possono occupare contemporaneamente l’origine del sistema xOz).

1. Scrivere la Lagrangiana del sistema e l’equazione di Eulero-Lagrange relativa ad una delle due coordinate libere (a vostra scelta).

2. Determinare i punti di equilibrio del sistema, al variare del parametro α = mg kL, disegnando il diagramma di biforcazione.

3. Posto k = 12 gm

L , (cio`e α = ₁₂¹ ), determinare le frequenze proprie ed i modi normali di oscillazione attorno al punto di equilibrio stabile.

Soluzione

Punto 1. Scelgo come coordinate:

1. u: ascissa del punto B (calcolata a partire da O) ;

2. v: ascissa del punto A (sempre calcolata a partire da O).

Le coordinate cartesiane di A saranno dunque

xA = v, zA= −v²/L, mentre quelle di B sono, ovviamente, xB = u, zB = 0.

Osservato che

 ˙xA

˙zA



=

 ˙v

−2v ˙v/L



;

 ˙xB

˙zB



=

 ˙u 0

 , l’energia cinetica del sistema `e data da

T =TA+ TB = 1

2 3m ˙u²
+1

2



m (1 +4 v² L² ) ˙v²



= 1 2



3m ˙u²+ m (1 + 4 v² L² ) ˙v²



=

= 1

2 ˙u ˙v

·

 3 m 0

0 m (1 + 4 v²/L²)



·

 ˙u

˙v

 .

(2)

L’energia potenziale `e

U(u, v) = 1

2ku²+ 1 2k



(u − v)²+ v⁴ L²



− mgv²

L , (3)

dove il primo termine `e il potenziale della forza elastica esterna agente su B, l’ultimo il potenziale gravitazionale che agisce su A (la quota di B `e costante), mentre il termine di mezzo `e il potenziale della forza elastica interna che agisce tra A e B.

Dunque la Lagrangiana `e L = 1

2



3m ˙u²+ m (1 + 4 v² L² ) ˙v²



− 1

2ku²− 1 2k



(u − v)²+ v⁴ L²



+mgv² L Per le equazioni di Eulero- Lagrange si osserva che:

∂L

∂ ˙u = 3 m ˙u; ∂L

∂ ˙v = m (1 + 4 v² L² ) ˙v, mentre

∂L

∂u = −2k u + v; ∂L

∂v = k(u − v) − 2kv³/L²+ 2mgv/L + 4mv ˙v²/L².

Quindi possiamo scrivere le equazioni di Eulero-Lagrange (in forma “quasi-normale”)

come: 





3m¨u = −2k u + kv m (1 +4 v²

L² )¨v = −4mv ˙v²

L² + k(u − v) −2kv³

L² +2mg v L .

Punto 2: Il gradiente del potenziale (si veda la relazione (3)) rispetto ad (u, v) `e

∇U =



2 ku − kv, −ku + kv − 2mgv

L + 2kv³ L²



Dato che i punti di equilibrio del sistema Lagrangiano sono gli zeri di ∇U, per trovarli

devo risolvere: 





2 ku − kv = 0

−ku + kv − 2mgv

L + 2kv³ L² = 0.

Dalla prima equazione ottengo (ad esempio) u = 1/2 v, che, sostituita nella seconda d`a:

v L²k − 4 mgL + 4 kv²

= 0.

Le soluzioni reali di questa equazione sono date da v = 0 (per ogni valore dei parametri m, g, k, L) – e, ricordando che α = mg

kL, se 4gm − kL ≥ 0 (ovvero se α > 1 4), da v² = L

4 k (4gm − kL) = L²

4 (4α − 1). (4)

In questo caso otteniamo dunque anche i punti Q+= (L

4

√4α − 1, L 2

√4α − 1) e Q₋ = (−L 4

√4α − 1, −L 2

√4α − 1)

Dunque otteniamo il seguente specchietto per i punti di equilibrio:

Valore del parametro α < 1/4 α ≥ 1/4

Punti di equilibrio Solo P = (0, 0) P = (0, 0) e i due punti Q_±

Per discutere la stabilit`a, calcoliamo l’Hessiano di U:

H =





2 k −k

−k k



1 + 6 v² L²



− 2mg L



 (5)

A questo punto studiamo i casi:

Caso α < 1/4: C’e’ un solo punto critico, P = (0, 0). Sostituendo (u, v) = (0, 0) nell’Hessiano si ha:

H0=

"

2 k −k

−k k − 2^mgL

#

(6) Dato che DetH0 = ^{k(kL−4 mg)}_L = k²(1 − 4α), e l’elemento in alto a sinistra di H⁰, che

`e 2 k, `e sicuramente positivo, il punto P `e di equilibrio stabile (per α < 1/4).

Caso α < 1/4: Ci sono tre punti critici. Per il punto P , l’analisi qui sopra dice che, se α > 1/4, P `e instabile. Per i punti Q_± dobbiamo sostituire la relazione (4) nell’Hessiano (5). Ne otteniamo, con un po’ di algebra,

H_±=





2 k −k

−k 1

2

8 mg − k L L



 .

Il determinante `e Det(H_±) = 2k (4 mg − kL)

L , che `e positivo per α > 1/4. Ne concludo (sempre considerato che l’elemento [H<sub>±</sub>]1,1 `e positivo) che per α > 1/4 i punti Q_± sono di equilibrio stabile.

Sintetizzando:

se α < 1/4 c’e’ un solo punto di equilibrio, P = (0, 0), che `e stabile;

se α > 1/4 il punto P diventa instabile e “nascono” due punti di equilibrio stabile, Q_±. Si ha una “biforcazione a forchetta“, rappresentata nel piano (α, v) dal diagramma

1/4 P

Q

Q₋

+

α v

Punto 3. Come indicato nel testo si considera α = 1/12; dunque siamo nel caso in cui l’unico punto di equilibrio del sistema `e il punto P = (0, 0).

La matrice H₀ `e data dalla (6). Sostituendo la relazione k = 12mg

L , questa diventa:

H0 =

"

24^mg_L −12^mgL

−12^mgL 10^mg_L

#

La matrice G0 si determina dalla espressione dell’energia cinetica in (2) come

G0 =

"

3 m 0

0 m

#

Dunque la matrice λG₀− H0 da studiare per l’analisi delle piccole oscillazioni `e:

λG₀− H0 = m





3 λ − 24 g

L 12 g

L 12 g

L λ − 10g

L



 (7)

Il determinante di questa matrice `e il polinomio 3m²



λ²− 18gλ

L + 32 g² L²

 , che ammette le due radici

λ1 = 16 g

L, λ2 = 2 g L. Dunque le frequenze caratteristiche sono

ν1 = 2 π

rg

L, ν2 =

√2 2 π

rg L

Per trovare i modi normali devo sostituire λ = λ1 e λ = λ2 nella matrice (7).

Caso λ = λ1: Si ottiene:

λ1G0− H⁰ = m 24 g 12 g 12 g 6 g

!

il cui nucleo `e generato da ψ1 =

 1

−2



(modo normale di oscillazione relativo a ν1).

Caso λ = λ2: Si ottiene:

λ2G0− H⁰ = m −18 g 12 g 12 g −8 g

!

il cui nucleo `e generato da ψ2 =

 2 3



(modo normale di oscillazione relativo a ν2).

Per finire, si pu`o osservare che la scelta dei due modi normali non `e unica – e.g., si sarebbe potuto considerare, al posto di ψ1, il modo normale eψ1 = 1/2

−1

!

e cos`ı via. Peraltro, la condizione di ortogonalit`a tra ψ1 e ψ2 rispetto a G0 (che `e indipendente dalle scelte possibili dei due generatori) `e presto verificata:

ψ₁^T · G⁰· ψ² = (1, −2) · 3 m 0

0 m

!

·

 2 3



= (1, −2) ·

 6m 3m



= 0.