Soluzione (a) Massa del sistema La proprietà di additività consente di esprimere la massa del sistema come somma delle masse di piastra e sbarra.

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1 Prova in itinere di meccanica razionale 1 A-L del Esercizio 1 Nel piano Oxy di una terna Oxyz la regione compresa fra la curva y = x(a x/a e l asse Ox è occupata da una piastra P di densità σ(x, y =µx/a 3,dovelecostantipositiveµ e a sono una massa e una lunghezza caratteristiche del sistema. Nel semiasse Ox negativo si trova una sbarra BO di lunghezza a/ e densità λ(p =3 µ P B 1/ /a 3/ P BO. Determinare: (a la massa del sistema; (b i baricentri di piastra e sbarra; (c il baricentro del sistema, verificandone l appartenenza all inviluppo convesso di P BO. Soluzione (a Massa del sistema La proprietà di additività consente di esprimere la massa del sistema come somma delle masse di piastra e sbarra. Massa della piastra P La massa della piastra è data dall integrale della densità areale sulla regione di piano compresa fra l asse Ox e la parabola di equazione y = x(a x/a. Si deve perciò considerare l integrale doppio: m P = P = µ a σdxdy = a a dx x(a x/a dy µx a 3 = µ a 3 (ax x 3 dx = µ [ a x3 a 3 x Massa della sbarra OB La sbarra ammette un ovvia parametrizzazione della forma ] a a dx = µ a ( a P O = x ê 1, x [ a/, ], 1 x(a x a 3 a x = = µ 1.

2 mentre per l estremo B si ha il vettore posizione B O = a ê1. Ne deriva che P B = ( x + a ê 1 = x + a = x + a x [ a/, ] per cui la densità di linea della sbarra si riduce a λ(x =3 µ (x + a 1/ x [ a/, ] a 3/ e la massa della sbarra risulta determinata dall integrale ordinario m BO = BO λdx = a/ 3 µ (x + a 1/dx a 3/ che il cambiamento di variabile x+(a/ = ξ permette di riscrivere nella forma equivalente m BO = a/ 3 µ a 3/ ξ1/ dξ =3 µ a 3/ [ ] a/ 3 ξ3/ =3 µ a 3/ 3 a 3/ = µ. 3/ Massa del sistema Sommando le masse parziali precedentemente calcolate si ricava la massa del sistema: m = m P + m BO = µ 1 + µ = 13 1 µ. (b Baricentri di piastra e sbarra Baricentro della piastra P Il baricentro G P della piastra P deve collocarsi nel piano di giacitura di questa, Oxy, sicchè si avrà G P O = x P ê 1 + y P ê con l ascissa del baricentro determinata da: x P = 1 m P P = 1 a 3 a x σ dxdy = 1 µ x(a x dx x a a dx = 1 a a x(a x/a dy x µx a = 1 3 a 3 a dx x (ax 3 x dx = 1 [a x a x5 5 x(a x/a ] a dy = = 1 a a 5 = 3 5 a

3 mentre l ordinata si ottiene per mezzo della relazione: y P = 1 m P P = 1 a 3 a y σ dxdy = 1 µ [ y dx x a ] x(a x/a y= = 6 [ a x a 5 + x6 6 ax5 5 Ne deriva che dx = 6 a 3 ] a x(a x/a a dy y µx a = 1 3 a 3 a dx x x (a x a = 6 a 5 dx x ( 1 =6a = a. G P O = 3 5 a ê a ê. a x(a x/a dy y = (a + x axx 3 dx = Baricentro della sbarra BO Il baricentro G BO della sbarra deve collocarsi lungo l asse di giacitura Ox e dunque esprimersi in termini della sola ascissa x BO : Si ha allora x BO = 1 m BO BO G BO O = x BO ê 1. xλdx = 1 µ e con il cambiamento di variabili x +(a/ = ξ: per cui x BO = 3 a 3/ a/ a/ ( ξ a ξ 1/ dξ = 3 a 3/ = 3 [ a 3/ 5 ξ5/ a =3 ( ξ3/ ] a/ a =3 x 3 µ (x + a 1/dx a 3/ a/ G BO O = 1 5 a ê 1. ( ξ 3/ a ξ1/ dξ = = 3 [ a 5/ a 3/ 5 a a 3/ ] 3 = ( 1 a = 1 5 a (c Baricentro del sistema, con verifica dell appartenenza all inviluppo convesso Noti che siano masse e baricentri di piastra e sbarra, il baricentro del sistema può essere individuato ricorrendo al teorema distributivo: G O = 1 [ mp (G m P O+m BO (G BO O ] = 1 [ µ ( 3 13µ 1 5 a ê ( 1 a ê + µ 1 ] 5 a ê 1 = 13( ê ê 1 5 ê1 a = 1 ( ê ê a = 9 65 a ê a ê. 3

4 Appartenenza di G all inviluppo convesso dell insieme P BO Per ottenere l inviluppo convesso conv(p BO del sistema è sufficiente aggiungere a P BO la porzione del piano Oxy compresa fra P BO e la retta r passante per B tangente alla parabola γ che delimita P nel primo quadrante del piano cartesiano. Nella figura seguente la regione di piano aggiunta al sistema per generare il relativo inviluppo convesso viene evidenziata con l ombreggiatura: Il baricentro G del sistema si trova chiaramente nel II quadrante, per cui basta verificare che G appartenga al semipiano Σ di Oxy delimitato dalla retta r e contenente l origine. A questo scopo si determina l equazione della retta r e quindi la disequazione che rappresenta il semipiano Σ nel piano Oxy. Equazione della retta r La retta tangente all arco γ in un generico punto di questo, di ascissa x [,a], è individuata dall equazione: ( ( y x x = a 1 x a (x x in cui il coefficiente angolare 1 (x /aè la derivata prima della funzione x(a x/a in x. L equazione della retta r viene ricavata imponendo il passaggio per il punto B( a/, del piano Oxy, ossia ( x x a Eseguiti i prodotti, l equazione (.1 diventa = ( 1 x a ( a x. (.1 x + x a = a x + x + x a e dopo semplici manipolazioni algebriche si riduce all equazione di secondo grado che risolta fornisce le radici: x + ax a = x = a ± a ( a / = a ± 3 a = 1 ± 3 a.

5 Di queste, la sola accettabile è 3 1 x = a [,a], mentre l altra deve essere rigettata in quanto negativa, e dunque estranea all intervallo [,a]sucuiè parametrizzato l arco di parabola γ. La retta r ha perciò l equazione: 3 1 y a + ( 3 1 ( 3 1 ( 3 1 a = 1 x a che dopo semplici passaggi algebrici assume la forma compatta y =( ( 3 x + a. (. Disequazione rappresentativa del semipiano Σ in Oxy La disequazione che rappresenta il semipiano Σ si ottiene trasformando l equazione (. in una disequazione soddisfatta dalle coordinate dell origine: y ( ( 3 x + a. (.3 Verifica che G Σ Le coordinate del baricentro in Oxy: G O = 9 65 a ê a ê soddisfano la disequazione (.3 che definisce Σ. Vale infatti: 1 13 a ( ( a + a ossia 1 13 ( e quindi per cui Quadrando membro a membro la disequazione si riduce alla forma intera che è chiaramente verificata in quanto 3 7 = 667, mentre 93 = 869. La verifica ècosì completa. 5

6 Esercizio Un punto materiale Q dimassa3è vincolato a scorrere senza attrito lungo l asse orizzontale Ox = Oê 1 di una terna inerziale, collegato all origine O da una molla ideale di costante elastica k e soggetto a una resistenza viscosa con costante di frizione. Determinare: (a le equazioni pure del moto di Q e i valori di k corrispondenti al regime di moto oscillatorio smorzato; (b posizione e velocità diq all istante t = π qualora si abbia k =1/3, Q( O =3ê 1 e Q( = ê 1 per t =. Soluzione (a Equazioni pure del moto e valori di k per il regime oscillatorio smorzato L equazione del moto è quella di un oscillatore armonico smorzato unidimensionale. Posto Q O = x ê 1, dal secondo principio della dinamica si ha infatti: 3ẍ ê 1 = kxê 1 ẋ ê 1 e quindi 3ẍ +ẋ + kx =, (. essendo m = 3 la massa del punto materiale e β = la costante di frizione della resistenza viscosa. Come noto, il regime oscillatorio smorzato si realizza quando l equazione caratteristica del sistema 3λ +λ + k = ammette due radici complesse coniugate, condizione che ricorre se e soltanto se il discriminante dell equazione ha segno negativo: ossia per k>1/3. = 3k = 1k < (b Posizioneevelocità del punto all istante t = π Per rispondere al quesito è necessario risolvere il problema di Cauchy relativo all equazione differenziale del moto e alle condizioni iniziali assegnate, valutando poi la soluzione all istante richiesto t = π. Nel caso sia k =1/3, l equazione differenziale del moto (. diventa: 3ẍ +ẋ x = e la corrispondente equazione caratteristica si scrive 3λ +λ = con le radici complesse coniugate: ± λ ± = 6 = ± 36 6 = 1 3 ± i. 6

7 La soluzione generale dell equazione omogenea è quindi data da x(t =c 1 e t/3 cos t + c e t/3 sin t t R (.5 con la derivata: ẋ(t =c 1 e t/3 ( 1 3 cos t sin t + c e t/3 ( 1 3 sin t +cost t R (.6 in termini delle costanti reali arbitrarie c 1 e c, che vanno determinate sulla base delle condizioni iniziali. All istante t = viene richiesto che sia Q( O = x( ê 1 =3ê 1 Q( = ẋ( ê 1 =ê 1 per cui le condizioni iniziali da considerare sono: x( = 3 ẋ( = 1. Imponendo questi dati iniziali alla soluzione generale (.5-(.6 se ne traggono le relazioni algebriche: 3=x( = c 1 1=ẋ( = 1 3 c 1 + c dalle quali segue c 1 =3 c =. La soluzione del problema di Cauchy diventa perciò: x(t =e t/3 (3 cos t +sint t R con la derivata: ẋ(t =3e t/3 ( 1 3 cos t sin t +e t/3 ( 1 3 sin t +cost t R. Le espressioni precedenti devono essere calcolate all istante t = π e porgono: x(π = 3e π/3 ẋ(π =3e π/ e π/3 ( 1 = e π/3 in modo che la posizione e la velocità istantaneadiq al tempo t = π risultano: Q(π O = 3e π/3 ê 1 Q(π = e π/3 ê 1. Esercizio 3 In una terna cartesiana ortogonale destra Oê 1 ê ê 3 di E 3 èdatoilsistemas dei vettori v 1 =ê 1 +ê ê 3, v =ê 1 3ê +ê 3, v 3 =ê 1 ê, applicati rispettivamente nei punti A 1 (,, 3, A (, 1, 5 e A 3 ( 3, 1,. Determinare di S: 7

8 (a l equazione parametrica dell asse centrale; (b il momento rispetto all asse a di equazione x =ξ 1, y = ξ, z =3ξ + 1, orientato secondo le ξ R crescenti. Soluzione Il sistema S si compone dei seguenti vettori applicati: v 1 =ê 1 +ê ê 3 applicato in A 1 (,, 3 v =ê 1 3ê +ê 3 applicato in A (, 1, 5 v 3 =ê 1 ê applicato in A 3 ( 3, 1,. (a Equazione parametrica dell asse centrale La determinazione dell asse centrale richiede il calcolo del risultante e del momento risultante in O di S. Il risultante del sistema èdatoda R = 3 v i =(ê 1 +ê ê 3 +(ê 1 3ê +ê 3 +(ê 1 ê =ê 1 ê +3ê 3 i=1 e risultando diverso da zero assicura l esistenza dell asse centrale. Per il momento risultante in O si ha invece l espressione: M O = 3 (A i O v i = i=1 =(ê 3ê 3 ( ê 1 +ê ê 3 + +( ê 1 +ê +5ê 3 (ê 1 3ê +ê 3 + +( 3ê 1 ê +ê 3 (ê 1 ê = ê 1 ê ê 3 = ê 1 ê ê ê 1 ê ê =(ê 1 6ê ê 3 +(19ê 1 +13ê +5ê 3 +(ê 1 +ê +7ê 3 = =ê 1 +9ê +8ê 3. Ne deriva allora che R M O =(ê 1 ê +3 ê 3 ( ê 1 +9 ê +8 ê 3 = ê 1 ê ê = 59 ê 1+ ê +13 ê 3 per cui 1 R R MO = 1 1 ( 59 ê 1 +ê + 13 ê 3 = 59 1 ê1 + 1 ê ê3 8

9 e l equazione parametrica dell asse centrale risulta: P O = 1 R R MO + α R = 59 1 ê1 + 1 ê ê3 + α( ê 1 ê +3ê 3 α R ossia x = α y = 1 α z = α α R. (.7 Verifica dell equazione dell asse centrale Un punto dell asse centrale si può ricavare dall equazione (.7 fissando il parametro α, ad esempio ponendo α = che costituisce senza dubbio la scelta più semplice. Si considera perciò il punto B individuato dal vettore posizione: B O = 59 1 ê1 + 1 ê ê3. La formula del cambiamento del polo fornisce il momento risultante in B del sistema S: M B = M O +(O B R = M O + R (B O = ( =ê 1 +9ê +8ê 3 +(ê 1 ê +3ê ê1 + 1 ê ê3 = =ê 1 +9ê +8ê ê ê 76 1 ê3 = ê ê ê3 che è chiaramente proporzionale al risultante: M B = 8 (ê 1, ê +3ê 3 1 come richiesto dalla definizione dell asse centrale. = 8 1 R (b Momento assiale Si vuole determinare il momento assiale del sistema di vettori applicati rispetto alla retta a di equazione x =ξ 1 y = ξ z =3ξ +1, ξ R, orientata nel senso delle ξ crescenti. Un punto A dell asse si ottiene per ξ =edè quindi dato dal vettore posizione A O = ê 1 +ê 3. 9

10 Rispetto a questo punto il momento risultante di S si ottiene immediatamente dalla formula del cambiamento del polo: M A = M O +(O A R = M O + R (A O = =ê 1 +9ê +8ê 3 +(ê 1 ê +3ê 3 ( ê 1 +ê 3 = ê 1 ê ê 3 =ê 1 +9ê +8ê = =ê 1 +9ê +8ê 3 ê 1 7ê ê 3 =ê 1 +ê +ê 3. D altra parte, il versore associato all asse a si ottiene normalizzando la derivata prima della parametrizzazione rispetto al parametro ξ: ˆn = ê 1 ê +3ê 3 ê 1 ê +3ê 3 = ê 1 ê +3ê 3 1 e il momento assiale relativo ad a si scrive pertanto: M a = M A ˆn =(ê 1 +ê +ê 3 ê 1 ê +3ê 3 1 = 5 1. Esercizio Un punto materiale pesante P di massa m scorre nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz, con l asse verticale Oy diretto verso l alto, lungo la curva di equazione y = x 3 3x, x R. Determinare del sistema: (a le equazioni pure del moto, qualora si assuma la curva liscia; (b gli equilibri, sempre nell ipotesi di curva liscia; (c gli equilibri se la curva ha coefficiente di attrito radente statico µ s =.1. Soluzione (a Equazioni pure del moto lungo la curva liscia LacurvalungolaqualeavvieneilmotodelpuntoP ha una parametrizzazione della forma P O = x ê 1 + f(xê, x R, con f(x =x 3 3x. La curva risulta regolare, dal momento che è sempre non nullo il vettore tangente P (x =ê 1 + f (xê. Per un generico moto possibile del sistema, individuato da una qualsiasi funzione x(t di classe C in un intervallo di tempo, la velocità e l accelerazione istantanee si scrivono: P =[ê 1 + f (xê ]ẋ P =[ê1 + f (xê ]ẍ + f (xẋ ê 1

11 in cui le derivate prima e seconda di f(x sono date da: f (x =3x 3 f (x =6x. Indicata con Φ la reazione vincolare applicata al punto materiale, l equazione del moto del sistema diventa m P = mg ê + Φ e proiettata lungo il vettore tangente si riduce alla forma pura m P P (x = mg ê P (x ovvero a m[1 + f (x ]ẍ + mf (xf (xẋ = mgf (x. La forma esplicita di questa equazione è m [ 1+9(x 1 ] ẍ + m 3(x 1 6x ẋ = mg 3(x 1 ossia m [ 1+9(x 1 ] ẍ +18mx(x 1 ẋ = 3mg(x 1. (.8 (b Equilibri per il caso della curva vincolare liscia Nel caso che la curva sia priva di attrito gli equilibri del sistema si ricavano cercando le soluzioni costanti dell equazione pura del moto (.8, ossia risolvendo l equazione algebrica: = 3mg(x 1, le cui soluzioni risultano x = 1 x =+1. Gli equilibri del sistema sono perciò le configurazioni individuate dai vettori posizione: P ( 1 O = ê 1 + f( 1 ê = ê 1 +ê P (+1 O = ê 1 + f(1 ê =ê 1 ê. (c Equilibri nel caso di curva vincolare con attrito radente Poichè l asse Oy è verticale e il punto P è soggetto soltanto al proprio peso, le configurazioni di equilibrio del sistema corrispondono a tutti e soli i valori dell ascissa x per i quali risulta f (x µ s ossia 3x

12 oancora.1 3x 3.1. (.9 La doppia diseguaglianza (.9 equivale al sistema di disequazioni:.9 3x.9/3 x 3x 3.1 x 3.1/3 le cui soluzioni si identificano con quelle del sistema x.9/3 3.1/3 x 3.1/3 e dell ulteriore sistema: x.9/3 3.1/3 x 3.1/3. Gli equilibri del sistema si hanno dunque per 3.1/3 x.9/3 eper.9/3 x 3.1/3. I valori numerici delle ascisse di equilibrio sono molto prossimi a quelli degli equilibri in assenza di attrito rispettivamente x = 1 ex = x x Ciò a causa del valore relativamente modesto del coefficiente di attrito radente statico µ s. Esercizio 5 Una lamina triangolare T = OAB, metà di un quadrato di lato a, si colloca nel piano Oxy, con i due lati uguali lungo gli assi. La sua densità èdatada σ(x, y = 8µx y / (x, y T, essendo µ> una massa caratteristica. Una sbarra rettilinea OC, di lunghezza a, èposta lungo la bisettrice del III quadrante e ha densità λ(p = µ P O P OC. a 1

13 Determinare del sistema: (a la matrice d inerzia in Oxyz; (b i momenti principali d inerzia in O e una terna principale d inerzia in O. Soluzione (a Matrice d inerzia in Oxyz La proprietà additiva consente di esprimere la matrice d inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz come somma delle matrici d inerzia, relative alla stessa terna, della lamina triangolare e della sbarra. Si osservi che il punto O di intersezione fra lamina e sbarra dà contributo nullo tanto agli integrali di superficie su T quanto a quelli curvilinei su OC. Matrice d inerzia della lamina triangolare T La lamina triangolare giace nel piano coordinato Oxy della terna cartesiana ortogonale prescelta per il calcolo della matrice d inerzia. La matrice d inerzia della lamina assumerà perciò la forma generale: [L T O]= L T xx L T xy L T xy L T yy. L T xx + L T yy Il momento d inerzia relativo all asse coordinato Ox si calcola per mezzo dell integrale doppio L T xx = a dx a x dy y 8µ x y = 8µ a 13 dx x [ y 5 5 ] a x y= = 56µ a x (a x 5 dx

14 che con il cambiamento di variabile ξ = a x viene ricondotto a: L T xx = 56µ = 56µ a a (a ξ ξ 5 dξ = 56µ a (a aξ + ξ ξ 5 dξ = (a ξ 5 aξ 6 + ξ 7 dξ = 56µ [a ξ6 6 aξ7 7 + ξ8 8 = 56µ ( ( a a6 6 aa7 7 + a8 1 =56µa = µa. Il momento d inerzia rispetto all asse Oy assume lo stesso valore precedente: L T yy = a dx = 8µ 3 = 8µ 3 a x a dy x 8µ x y = 8µ a dx x a x x (a 3 3a x +3ax x 3 dx = 8µ 3 [a 3 x5 5 ] a x6 3a 6 +3ax7 7 x8 8 dy y = 8µ a a ] a = (a x3 dx x 3 = (a 3 x 3a x 5 +3ax 6 x 7 dx = = 8 3 µa( = 1 3 µa, risultato al quale si può peraltro pervenire notando che la retta y = x nel piano Oxy costituisce un asse di simmetria della lamina: σ(x, y = 8µ x y = 8µ y x = σ(y, x (x, y T in modo che: L T xx = y dxdy = x dydx = L T yy T T grazie al cambiamento di variabili, con jacobiano unitario, (x, y (y, x. prodotto d inerzia non banale si ha invece: Per l unico a L T xy = dx a x dy xy 8µ x y = 8µ a dx x 3 a x dy y 3 = 8µ a 3 (a x dx x ed il cambiamento di variabile ξ = a x conduce all espressione: L T xy = 7µ = 7µ a (a ξ 3 ξ dξ = 7µ [a 3 ξ5 5 a ξ6 3a 6 +3aξ7 7 ξ8 8 (a 3 3a ξ +3aξ ξ 3 ξ dξ = ] a = 7µa ( = 1 µa. 1

15 La matrice d inerzia della lamina piana vale quindi: [L T O]=µa 1/3 1/ 1/ 1/3 /3 Matrice d inerzia della sbarra OC La matrice d inerzia dell asta OC ha una struttura analoga a quella della lamina: [L OC O ]= L OC xx L OC xy L OC xy L OC yy L OC xx. + L OC yy e di cui conviene calcolare gli elementi ricorrendo alla parametrizzazione: P O = x ê 1 + x ê x [ a/, ] in termini dell ascissa x. La derivata prima della parametrizzazione vale P (x =ê 1 +ê con modulo P (x = in modo che l elemento infinitesimo di lunghezza della sbarra diventa ds = P (x dx = dx mentre la densità della sbarra assume la forma λ(x = µ a x ê 1 + x ê = µ a x = µ a x x [ a/, ]. Si hanno allora i momenti d inerzia L OC xx = L OC yy = a/ = µ a a/ dx x ( [ x ] a/ dx x ( µ a x = µ a ( 1 µ a x 15 = µ a a a/ = 1 8 µa = L OC xx = 1 8 µa x 3 dx =

16 mentre il prodotto d inerzia L OC xy risulta L OC xy = a/ dx x ( µ a x = L OC xx = 1 8 µa. La matrice d inerzia della sbarra risulta così: 1/8 1/8 [L OC O ]=µa 1/8 1/8. 1/ Matrice d inerzia del sistema La somma delle matrici d inerzia parziali appena calcolate fornisce la matrice d inerzia del sistema: [L O ]=[L T O]+[L OC O ]=µa 1/3 1/ 1/ 1/3 /3 + µa 11/ 3/8 = µa 3/8 11/. 11/1 1/8 1/8 1/8 1/8 1/ (b Momenti e terna principale d inerzia in O Momenti principali d inerzia in O Per definizione, i momenti principali d inerzia in O del sistema sono gli autovalori A 1, A, A 3 dell operatore d inerzia in O. L equazione caratteristica dell operatore èdatada det([l O ] AI = e con la sostituzione A = λµa diventa 11/ λ 3/8 det 3/8 11/ λ = 11/1 λ ossia [ ( 11 ] λ 9 ( λ =. Ne deriva la scomposizione in fattori: ( λ 11 3 ( λ ( λ = e quindi ( λ 5 ( λ 1 ( λ =, 16 =

17 per cui i momenti principali d inerzia in O del sistema sono: A 1 = 5 6 µa A = 1 1 µa A 3 = 11 1 µa. Terna principale d inerzia in O Una terna principale d inerzia in O del sistema si individua immediatamente notando che: il sistema è piano e giace per intero nel piano coordinato Oxy, che dunque costituisce un piano principale d inerzia in O del sistema. L asse Oz è perciò unasseprincipale d inerzia in O del sistema; la bisettrice del I e III quadrante è un asse di simmetria del sistema. Che la bisettrice costituisca un asse di simmetria èevidenteperlasbarra,chegiacelungotaleretta, mentre la lamina triangolare questa circostanza ègià stata sottolineata in precedenza. Una terna principale d inerzia in O del sistema è quindi quella con origine in O ebase ortonormale associata composta dai versori: ĝ 1 = 1 ê ê ĝ = 1 ê ê ĝ 3 =ê 3. (.1 Si intende che allo stesso risultato è possibile pervenire determinando gli autovettori della matrice [L O ], come di seguito illustrato. Autovalore λ 1 =5/6 In questo caso il sistema di equazioni lineari omogenee che individua gli autovettori associati all autovalore assegnato è dato da: ([L O ] λ 1 I v 1 v = v 3 3/8 3/8 3/8 3/8 1/1 v 1 v v 3 = vale a dire: 3 8 v v = 3 8 v v = 1 1 v 3 = per cui risulta v = v 1 e v 3 =. A questo autospazio è associato l autovalore ĝ in (.1. Autovalore λ =1/1 Nella fattispecie gli autovettori sono determinati dal sistema di equazioni lineari omogenee: ([L O ] λ I v 1 v v 3 = 17 3/8 3/8 3/8 3/8 5/6 v 1 v v 3 =

18 ossia: 3 8 v v = 3 8 v v = 5 6 v 3 = in modo che v = v 1 e v 3 =. A questo autospazio appartiene l autovalore ĝ 1 della base ortonormale (.1. Autovalore λ 3 =11/1 In quest ultimo caso il risultato è ovvio, in quanto: e quindi: ([L O ] λ 3 I v 1 v = v 3 11/ 3/8 3/8 11/ v 1 v = v 3 11 v v = 3 8 v 1 11 v = = cosicchè v 1 = v =ev 3. A questo autospazio è associato l autovalore ĝ 3 =ê 3 della base (.1. 18