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

Transcript

1 Sistemi Dinamici e Meccanica Classica Esame del 1/07/013 Esercizio SD1. Una particella di massa unitaria si muove sull asse x soggetta ad una forza di energia potenziale U(x) = x e x. 1. Tracciare qualitativamente le curve di fase del sistema.. Determinare le tangenti alle separatrici nel punto di equilibrio instabile e la frequenza delle piccole oscillazioni attorno al punto di equilibrio stabile. 3. Dare una stima per via grafica del periodo del moto limitato con energia E = 0.1, sapendo che l equazione U(x) = 0.1 ha le tre soluzioni x 0.8,x 0,4, e x Soluzione Determiniamo il grafico di U(x). Si ha: 1. U(x) 0 x, e U(x) = 0 solo per x=0.. lim x U(x) = 0 + e lim x + U(x) = U (x) = x(x+) e x, quindi i punti stazionari di U sono x M = e x m = 0. x M è di max relativo e x m è di min relativo (ed anche, in questo caso, assoluto) dato che è chiaro che U (x) < 0 per < x < 0, ed è positivo per x < e x > Dato che serve più oltre, calcoliamo la derivata seconda: U (x) = ( x +4x+ ) e x ; dunque U ( ) = e 0.7 e U (0) =. (1) Dai punti 1,,3 qui sopra si ha che grafico di U è I valori critici finiti dell energia sono dunque: { Em = 0 (limite a e valore di U(x) in x = x m (= 0)) E M = (U( )) = 4e 0.4 (valore del massimo relativo di U(x)). () Dal grafico di U si ricava che il diagramma di fase si descrive come: a) Non ci sono traiettorie per E < 0 (si ricordi che E m = 0) b) Per E = 0 c è una traiettoria degenere (il punto (0,0) di equilibrio stabile. ) c) Per 0 < E < E M le traiettorie hanno due componenti disconnesse: una periodica intorno al punto di equilibrio stabile, l altra aperta, con x (,x M (E), alla sinistra del punto di massimo relativo x =. Si noti che le traiettorie hanno asintoti orizzontali dati da y ± = ± E. 1

2 d) Per E = E M si ha la separatrice, che consta di quattro traiettorie: il punto di equilibrio, i due rami illimitati x < x M ed il ramo limitato a destra di x = x M. e) Per E > E M le traiettorie sono connesse ed arrivano fino a x = x M (E), con, in questo caso, x M (E) > 0. Hanno anche qui asintoti orizzontali, per x dati da y ± = ± E. La rappresentazione è dunque (le traiettorie sono tutte percorse in senso orario - NB la rappresentazione della separatrice non è granché): Punto. La frequenza delle piccole oscillazioni è f = U (0) π = 1 π. Il punto di equilibrio instabile è (x 0,y 0 ) = (,0); U ( ) = e dunque le tangenti alla separatrice hanno equazioni y = ± e (x+) Punto 3. Le soluzioni di U(x) = 0.1 che dobbiamo considerare sono x 0.4 e x + 0.3, dato che x 0 è a sinistra del punto di massimo. La derivata seconda di U è, per x < x < x + semprepositiva(si annulla perx = ± ), equindi si puòapplicare la tecnica standard: come funzione maggiorante prendiamo quella costituita dai segmenti che uniscono P = (x,u(x )) a (0,0) e (0,0) a P + = (x +,U(x + )). Come minorante la spezzata formata dalle tangenti al grafico di U nei due punti P ± e dalla porzione dell asse x = 0 compresa tra l intersezione delle due tangenti e l asse stesso. (Maggiorante e minorante non sono riportate in figura).

3 Esercizio SD (1 crediti). Si consideri il sistema dinamico { ẋ = xy x ẏ = xy 3 a x +y, (3) dove a è un parametro reale, di modulo a >. Determinare i punti di equilibrio e la loro la stabilità con il primo metodo di Lyapunov. Soluzione. Troviamo per prima cosa i punti critici del sistema dinamico risolvendo il sistema { xy x = 0 Dalla prima equazione trovo x = 0 e y = 1. xy 3 a x +y = 0, i) Caso x = 0. Sostituendo nella seconda equazione ho y a = 0 che dà i due punti P ± = (0,±a). ii) Caso y = 1 Sostituendo nella secondo equazione trovo x +x a +1 = 0; il discriminante è = 4a, che per la condizione a > è negativo e quindi non dà ulteriori soluzioni accettabili. In totale, i punti critici sono dunque P ± = (0,±a). Lo jacobiano del sistema dinamico (3) è dato da y 1 x J = y 3 x 3xy +y. (4) : P + = (0,a). J(P + ) = a 1 0 a 3 a, i cui autovalori sono λ 1 = a 1 e λ = a. Ora (si noti che > 1): a > entrambi gli autovalori sono positivi equilibrio instabile. a < entrambi gli autovalori sono negativi equilibrio stabile. : P = (0, a). J(P ) = a 1 0 a 3 a i cui autovalori sono λ 1 = a 1 e λ = a. Ora: a > entrambi gli autovalori sono negativi equilibrio stabile. a < entrambi gli autovalori sono positivi equilibrio instabile. N.B.: per l instabilità basta che uno solo degli autovalori sia positivo. 3

4 Esercizio L. Nel piano orizzontale, si consideri il sistema costituito da due punti materiali A (dimassam)eb (dimassam). AeB sonoliberidiscorreresuunassedelpiano, esiattraggono con una forza elastica di costante elastica k; inoltre A e B sono attratti rispettivamente dai punti (0,1) e (0, 1) (posti su un asse perpendicolare a quello di scorrimento) da forze elastiche di costante elastica h (si veda la figura qui sotto). I vincoli sono lisci e le traiettorie dei due punti possono intersecarsi senza che avvengano urti (in particolare, le due particelle possono occupare contemporaneamente la stessa posizione sull asse di scorrimento). 1. Scrivere la Lagrangiana del sistema e l equazione di Eulero-Lagrange relativa ad una delle due coordinate libere (a vostra scelta).. Determinare il punto di equilibrio del sistema, e verificare che è di equilibrio stabile. 3. Posto h = k, determinare le frequenze proprie ed i modi normali di oscillazione attorno a questo punto. (0,1) B A (0, 1) Soluzione. Come coordinate Lagrangiane prendiamo le ascisse dei due punti sull asse di scorrimento. Per fissare le idee, sia x l ascissa di A e y l ascissa di B. Per l energia cinetica abbiamo: T = T A +T B = 1 (mẋ )+ 1 (mẏ ) = m ( ẋ +ẏ ) () Per l energia potenziale: Potenziale della forza interna (la molla che connette A e B): U int = k (x y). Potenziale della forza esterna su A: U A = h (x +1); Potenziale della forza esterna su B: U B = h (y +1); Otteniamo dunque U = U int +U A +U B = (a meno di costanti ) = k (x y) + h (x +y ). (6) Da () e (6) otteniamo la Lagrangiana: L = T U = m ( ẋ +ẏ ) k (x y) h (x +y ). (7) 4

5 Le equazioni di Eulero-Lagrange associate a L sono: { mẍ = hx k(x y) mẍ = (h+k)x+ky mÿ = hy +k(x y) mÿ = kx (h+k)y (8) Punto. Il punto di equilibrio si trova risolvendo U = 0, ovvero il sistema (che, in questo caso, è lineare in x,y) { (h+k)x ky = 0 kx+(h+k)y = 0. La matrice associata a questo sistema è k+h k A = k k+h (9) Questa matrice ha determinante Det(A) = h + kh > 0 e quindi il sistema ha come unica soluzione il punto (x 0,y 0 ) = (0,0). Ovviamente A coincide con la matrice Hessiana di U (in particolare, calcolata nel punto critico (0, 0)). Dato che A 1,1 = k + h > 0 e Det(A) = h + kh > 0 il punto (0,0) è di minimo per il potenziale U e dunque è di equilibrio stabile per le equazioni di Eulero Lagrange. Punto 3. Dato che la Lagrangiana L (eq. (7)) è quadratica nelle variabili (x,y,ẋ,ẏ), essa coincide con la Lagrangiana delle piccole oscillazioni. Abbiamo (con le notazioni usate a lezione): G 0 = m 0 0 m, H 0 ( A) = k +h k k k+h Consideriamo dunque la matrice λm h k k M(λ) = λg 0 H 0 = k λm h k. Sostituendo il valore h = k (come indicato nel testo), si ottiene: λm 7/k k M(λ) =. (10) k λm 7/k Il determinante di M(λ) è Det( M(λ)) = λ m 1 λmk k, le cui radici sono (1 = 441 e = 81 = 9 ) λ 1 = 3 k m, λ = 1 4 k m. Questo permette di determinare le due frequenze caratteristiche: f 1 = 1 3 k π m, f = 1 1 k π m. Per il calcolo dei modi normali:

6 λ 1 :) Sostituendo λ = λ 1 nella matrice M(λ) (eq. (10)) si ha: 1/k k M(λ 1 ) = k k Il nucleo di questa matrice è generato da v 1 =,1 T, che è il modo normale relativo a f 1. λ :) Sostituendo λ = λ nella matrice M(λ) si ha: 4k k M(λ ) = k 1/4k il cui nucleo è generato da v = 1, 4 T, che è il modo normale relativo a f. L esercizio è concluso. Esercizio H1. Si consideri la trasformazione { Q = bp a cos(q), P = p a sin(aq), (11) dove a e b sono parametri reali. Si assuma p > Determinare per quali valori dei parametri a e b questa trasformazione è canonica e, in questo caso, calcolarne una funzione generatrice di II specie. (Hint: Può essere utile ricordare che d dx cotg(x) = 1 sin (x) ).. Determinare se la trasformazione ammette generatrici di I, III e IV specie. Soluzione. Incominciamo con l osservare che, dato che si tratta di un problema ad un solo grado di libertà, per la canonicità basterà considerare solo la parentesi di Poisson {Q, P}. Peraltro, anche per l uso che ne faremo nel punto, conviene calcolare fin da subito la matrice jacobiana della trasformazione, che è J = Q q P q Q p P p = bp a sin(q) ap a 1 cos(q) p a cos(aq)a p a 1 asin(aq) Consideriamo ora la parentesi di Poisson {Q,P} = Q P q p Q P. Notiamo che, in termini p q di J, essa è data da {Q,P} = J 1,1 J, J,1 J 1, DetJ, e dunque è, raccogliendo, {Q,P} = abp a 1 (a cos(aq)cos(q)+sin(q)sin(aq)). Affinché la trasformazione (11) sia canonica dovrà essere {Q,P} 1 in R R +. 1 Dunque necessariamente sarà a = 1. Il secondo fattore somma a 1, a dunque dovremo solo scegliere infine b =. La coppia richiesta di valori è dunque univocamente determinata come 1 Abbiamo supposto p > 0.) a = 1, b =,. 6

7 e la trasformazione (11) diventa, in questo caso, { Q = p cos(q), P = psin(q), (1) Dato che cerchiamo una funzione generatrice di II specie, risolviamo il sistema (1) rispetto alla p ed alla Q, ottenendo Q = P cotg(q), p = P sin (q). La funzione generatrice richiesta, S(q, P) deve dunque soddisfare S P = P cotg(q), S q = P sin (q). È immediato verificare che tale funzione è data da (a meno di una costante), S(q,P) = P cotg(q). Punto. Sostituendo nella matrice Jacobiana della trasformazione generica i valori di a, b ottenuti nel punto precedente si ha la matrice Jacobiana della trasformazione canonica come: J cos(q) psin(q) p a=1/,b= = pcos(q) 1 sin(q) p Dato che tutti gli elementi (cioè i minori di rango / = 1) sono genericamente non nulli, la trasformazione ammette rappresentazione tramite funzioni generatrici di tutti i tipi. Esercizio H (1 crediti). SOLO A/A precedenti al 01/013 Si consideri, (con x > 1), l Hamiltoniana H(x,y,p x,p y ) = 1 ( p x+1 x +p ) y +(1 x)(py +p x +1). (13) Si dimostri che l equazione di Hamilton-Jacobi associata ad H ammette un integrale completo separato. Soluzione. L Hamiltoniana non dipende esplcitamente da t. Quindi, posta e denotate, per semplicità notazionale, S(x,y,t) = W(x,y) Et, W x = W x, W y = W y l equazione di H-J per la funzione caratteristica W(x, y) diventa 1 ( W x+1 x +Wy ) +(1 x)(wx +W y +1) = E. (14) 7

8 Si nota ora che la coordinata y è ciclica in H; quindi possimao prendere, come ulteriore costante per la ricerca dell integrale completo il momento p y, ovvero porre W y = α. Quindi la (14) diventa 1 ( W x+1 x +α ) +(1 x)(w x +α+1) = E, ovvero Wx +(1 x )W x + ( (1 x )(α+1)+α (x+1)e ) = 0. Risolvendo questa rispetto alla W x si ha (scegliendo il segno +) W x = 1 ( x 1+ ) x 4 +4αx +4Ex 4α x +4E 4α+1 Dunque l integrale di H-J cercato è x 1 ( W(x,y;E,α) = ξ 1+ ) ξ 4 +4αξ +4Eξ 4α ξ +4E 4α+1 dξ +αy. Per verificarne la completezza, dato che W y E = 0 e W y α = 1, basta verificare che W x E 0. Ma questo è vero, dato che W x E = 1+x x 4 +4αx +4Ex 4α x +4E 4α+1. 8