ẋ = x 2 y 2 ẏ = 6x + 2xy 8

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1 Esercizio Nel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz = Oê ê ê 3 un disco circolare omogeneo D, di centro C, massa m e raggio a, rotola senza strisciare su una guida circolare fissa γ, di raggio R e centro O. Il disco è pesante e collegato al punto fisso A( R, 0, 0) da una molla ideale di costante elastica k. In C è applicata una resistenza viscosa con costante di frizione β. Assumendo che su D agisca una sola reazione vincolare nel punto di contatto P con γ, e usando l angolo θ R come coordinata generalizzata, determinare del sistema: (a) le equazioni cardinali statiche; Prova scritta di meccanica razionale del (b) gli equilibri mediante le equazioni cardinali statiche; (c) la reazione vincolare in P per tutti gli stati di quiete; (d) gli equilibri nell ipotesi che i vincoli siano ideali. Esercizio Si consideri il sistema di equazioni differenziali nel piano (x, y) R : e se ne determinino: (a) tutti i punti fissi; { ẋ = x y ẏ = 6x + xy 8 (b) le proprietà di stabilità dei predetti punti fissi.

2 Esercizio 3 Una lamina quadrata omogenea ABCD, di lato R/ e massa m, ha il punto medio del lato AD fissato nell origine di una terna inerziale Oxyz. La lamina è vincolata a rimanere nel piano verticale Oxy, libera di ruotare senza attrito attorno all asse Oz. Un punto materiale P di uguale massa può scorrere lungo la circonferenza liscia di raggio R e centro O posta nello stesso piano Oxy. L intero sistema è soggetto al peso. Una molla di costante elastica k = mg/r collega P con il punto medio M del lato BC della lamina. Usando gli angoli θ e φ evidenziati in figura come coordinate lagrangiane, determinare del sistema: (a) l espressione dell energia cinetica; (b) quattro configurazioni di equilibrio; (c) le proprietà di stabilità dei predetti equilibri; (d) le equazioni di Lagrange; (e) le frequenze normali delle piccole oscillazioni attorno a un equilibrio stabile. Esercizio 4 In rappresentazione euleriana, il campo di velocità di un fluido è dato da: v x = α(x y ) sin t + (x 3 3xy ) cos t v y = αxy sin t + (y 3 3x y) cos t + βxy v z = x xy (x, y, z) R 3 t R, con α e β costanti reali assegnate. Determinare: (a) per quali valori di α e β il moto del fluido è isocoro; (b) la derivata materiale in t, per α = β = 0, del campo di temperatura T del fluido: T (t, x, y, z) = x sin t + y + z + 00 (x, y, z) R 3 t R.

3 Soluzione dell esercizio (a) Equazioni cardinali della statica Le forze agenti sul disco omogeneo sono le seguenti: il peso, che può rappresentarsi in modo equivalente come un unica forza mgê applicata nel (bari)centro C ; la forza elastica k(a C), sempre con punto di applicazione C; la resistenza viscosa βċ, ancora applicata in C; la reazione vincolare Φ = Φ x ê + Φ y ê agente nel punto P. Trattandosi di sistema ubicato nel piano Oxy, con tutte le forze attive agenti nello stesso piano, è lecito assumere nulla la componente lungo Oz della reazione vincolare. Si osserva che in condizioni statiche la resistenza viscosa si annulla e può quindi essere completamente ignorata nell analisi statica del sistema. Dagli ovvi vettori posizione: A O = Rê e C O = (R + a) sin θ ê (R + a) cos θ ê si ha inoltre l espressione esplicita della forza elastica: k(a C) = k [ R + (R + a) sin θ ] ê + k(r + a) cos θ ê. Con questi dati è immediato scrivere le equazioni cardinali della statica per il disco. Prima equazione cardinale della statica Si richiede che la somma delle sollecitazioni esterne applicate al disco, in condizioni statiche, sia uguale a zero: mg ê + k(a C) + Φ = 0 vale a dire: mg ê k [ R + (R + a) sin θ ] ê + k(r + a) cos θ ê + Φ x ê + Φ y ê = 0. Proiettando lungo i due assi coordinati si ottiene così il sistema di equazioni scalari: k [ R + (R + a) sin θ ] + Φ x = 0 mg + k(r + a) cos θ + Φ y = 0. () Seconda equazione cardinale della statica in P Conviene calcolare la seconda equazione cardinale della statica rispetto al polo P, in modo da eliminare il contributo dell unica reazione vincolare ed ottenere una relazione pura. Il momento risultante rispetto a P delle forze esterne deve quindi annullarsi in condizioni statiche: (P P ) Φ + (C P ) [ mg ê + k(a C)] = 0 ossia: (C P ) [ mg ê + k(a C)] = 0 3

4 con C P = a(sin θ ê cos θ ê ). precedente si ha: Sostituendo quest ultima espressione nell equazione 0 = a(sin θ ê cos θ ê ) [ ] k[r + (R + a) sin θ] ê + [k(r + a) cos θ mg] ê = = a sin θ cos θ k[r + (R + a) sin θ] k(r + a) cos θ mg ê3 = = a [ k(r + a) sin θ cos θ mg sin θ kr cos θ k(r + a) sin θ cos θ ] ê 3 = = a( mg sin θ kr cos θ) ê 3 e dunque l unica equazione scalare: mg sin θ kr cos θ = 0. () (b) Equilibri mediante le equazioni cardinali statiche Le equazioni cardinali della statica () e () forniscono la condizione necessaria e sufficiente per l equilibrio del disco: k [ R + (R + a) sin θ ] + Φ x = 0 mg + k(r + a) cos θ + Φ y = 0 mg sin θ kr cos θ = 0. L ultima equazione è pura e fornisce direttamente gli equilibri richiesti. In essa non può infatti aversi cos θ = 0, poichè ciò implicherebbe sin θ = 0 e una patente contraddizione. Si può allora scrivere l equazione equivalente: mg tgθ kr = 0 tgθ = kr mg (3) dalla quale si deducono le soluzioni, sempre definite: ( θ = arctg kr ) mg = θ ( π, 0 ) e θ = θ + π ( π, π ). (c) Reazione vincolare in P per gli stati di quiete Le reazioni vincolari negli stati di quiete si ricavano dalle prime due equazioni (3): Φ x = k [ R + (R + a) sin θ ] ponendo θ = θ e θ = θ + π. Φ y = mg k(r + a) cos θ Reazioni vincolari per la quiete in θ = θ La componente lungo ê della reazione vincolare in P diventa: Φ x = k [ R + (R + a) sin θ ] 4

5 e ricordando l identità trigonometrica: sin θ = tgθ + tg θ unitamente all equazione tgθ = kr/mg, si riduce a: Φ x = kr + k(r + a) sin θ kr = kr k(r + a) m g + k R in quanto: sin θ = tgθ kr + tg θ = mg kr = ( + kr ) m g + k R. mg In modo analogo si ha: cos θ = + tg θ = = ( + kr ) mg mg m g + k R per cui la componente lungo ê della reazione vincolare assume la forma: Φ y = mg k(r + a) cos θ mg = mg k(r + a) m g + k R in modo che: Φ = [ k(r + a) ](kr ê + mg ê ). (4) m g + k R Reazioni vincolari per la quiete in θ = θ + π In questo caso si ottengono le componenti: Φ x = kr k(r + a) sin θ Φ y = mg + k(r + a) cos θ che tenuto conto della definizione di θ si riducono a: [ ] k(r + a) Φ x = kr + Φ y = mg m g + k R [ + ] k(r + a) m g + k R e porgono pertanto: Φ = [ k(r + a) + ](kr ê + mg ê ). (5) m g + k R 5

6 (d) Equilibri nell ipotesi di vincoli ideali Qualora i vincoli si assumano ideali le configurazioni di equilibrio sono caratterizzate tramite il teorema dei lavori virtuali. Il sistema è scleronomo a vincoli bilaterali, e agli effetti statici può considerarsi soggetto esclusivamente a sollecitazioni posizionali e conservative, il peso e la forza elastica, dal momento che come già osservato la resistena viscosa risulta del tutto irrilevante. Gli equilibri, tutti ordinari, si identificano pertanto con i punti critici del potenziale del sistema, definito dalla somma di un potenziale gravitazionale e di uno elastico. Potenziale gravitazionale Il potenziale gravitazionale del disco, il cui baricentro coincide con il centro geometrico e di simmetria C, è dato dall espressione: Potenziale elastico Osservato che: e che di conseguenza: U g = mg ê (C O) = mg(r + a) cos θ A C = [ R + (R + a) sin θ ] ê + (R + a) cos θ ê A C = R + (R + a) + R(R + a) sin θ, il potenziale elastico associato alla molla AC risulta: U el = k A C = kr(r + a) sin θ + costante. Potenziale del sistema La somma dei potenziali parziali calcolati, gravitazionale ed elastico, porge il potenziale del sistema: U(θ) = U g + U el = mg(r + a) cos θ kr(r + a) sin θ θ R. Equilibri nell ipotesi di vincoli ideali Gli equilibri ordinari del sistema scleronomo sono i punti critici del potenziale e si ottengono pertanto annullando la derivata prima di U: U (θ) = mg(r + a) sin θ kr(r + a) cos θ = 0. L equazione di equilibrio così determinata coincide con la terza delle equazioni (3) a meno di un inessenziale fattore R + a: mg sin θ kr cos θ = 0 e conduce quindi alle stesse configurazioni di equilibrio già ricavate usando le equazioni cardinali della statica. 6

7 Soluzione dell esercizio (a) Punti fissi I punti fissi del sistema sono le soluzioni costanti e si ricavano perciò risolvendo in (x, y) il sistema di equazioni algebriche: { 0 = x y 0 = 6x + xy 8. La prima equazione si esprime nella forma equivalente: (x y)(x + y) = 0 che ammette soluzione per x y = 0 oppure per x + y = 0. Si devono distinguere i due casi. Primo caso Si tratta di risolvere il sistema di equazioni algebriche: { 0 = x y 0 = 6x + xy 8. La prima equazione porge la relazione y = x che, sostituita nella seconda, porta all equazione di secondo grado nella sola variabile x: le cui soluzioni sono: 0 = 6x + x 8 x 3x 4 = 0 x = 3 ± 9 4 ( 4) = 3 ± 5 = 4. Si hanno così i punti fissi: Secondo caso Si deve ora risolvere il sistema: (x, y) = (, ) (x, y) = (4, 4). { 0 = x + y 0 = 6x + xy 8. Dalla prima equazione segue che y = x, per cui la seconda equazione diventa: 0 = 6x x 8 x + 3x + 4 = 0 7

8 e non ammette alcuna radice reale: x = 3 ± = 3 ± 7 = 3 ± i 7. Nella fattispecie non si ottiene dunque alcun punto fisso. (b) Stabilità dei punti fissi Poichè le equazioni in esame non presentano un significato meccanico evidente, l analisi di stabilità dei punti fissi deve essere condotta ricorrendo al teorema di Liapunov di analisi lineare. A questo scopo conviene introdurre le seguenti notazioni per i secondi membri: f(x, y) = x y g(x, y) = 6x + xy 8 e determinarne quindi le derivate parziali prime rispetto alle variabili dipendenti x e y: f f (x, y) = x x g g (x, y) = 6 + y x (x, y) = y y (x, y) = x y che andranno poi calcolate in ciascun punto fisso per determinare la relativa matrice jacobiana dei secondi membri: J(x, y) = ( ) f/ x(x, y) f/ y(x, y) = g/ x(x, y) g/ y(x, y) Punto fisso (x, y) = (, ) In questo caso risulta, come è immediato verificare: ( ) J(, ) =. 8 L equazione caratteristica associata alla matrice è: ( x y 6 + y x ( ) λ 0 = det[j(, ) λi] = det = (λ + ) + 6, 8 λ cui corrispondono gli autovalori: λ = + 4i λ = 4i, entrambi con parte reale negativa. Il teorema di analisi lineare implica allora la stabilità asintotica del punto fisso. 8 ).

9 Punto fisso (x, y) = (4, 4) Nella fattispecie la matrice jacobiana del sistema diventa: ( ) 8 8 J(4, 4) = 8 con equazione caratteristica: ed autovalori: 0 = det[j(4, 4) λi] = det ( ) 8 λ 8 = (λ 8) λ λ = 8 + 4i λ = 8 4i, entrambi dotati di parte reale positiva. Un solo autovalore con parte reale positiva è sufficiente ad assicurare l instabilità del punto fisso. Osservazione. Assenza di soluzioni periodiche nell intorno dei punti fissi È interessante notare come sia possibile provare rigorosamente l assenza di orbite periodiche in intorni sufficientemente piccoli dei punti fissi. Si supponga per assurdo che esista una soluzione periodica (x(t), y(t)), di periodo T, in un intorno di un punto fisso. L orbita della soluzione sarà una curva chiusa γ in prossimità del punto fisso. Indicata con S la superficie piana limitata di bordo γ, si calcoli l integrale doppio: S ( f g ) (x, y) + x y (x, y) dxdy = S x y dxdy (6) g(x, y) f(x, y) che il teorema di Gauss-Green nel piano consente di riesprimere, assumendo γ orientata in senso antiorario, come integrale curvilineo lungo il bordo γ: x y g(x, y) f(x, y) dxdy = g(x, y) dx + f(x, y) dy. S D altra parte, a meno di un eventuale cambiamento di segno qualora l orbita γ sia percorsa in senso orario al trascorrere del tempo, l integrale curvilineo può essere calcolato parametrizzando γ con la soluzione periodica (x(t), y(t)) per t [0, T ]: γ γ g(x, y) dx + f(x, y) dy = T 0 [ g(x(t), y(t)) ẋ(t) + f(x(t), y(t)) ẏ(t) ] dt. Basta infatti ricordare la definizione di soluzione per ottenere: T [ g(x(t), y(t)) ẋ(t) + f(x(t), y(t)) ẏ(t) ] dt = 0 9

10 = T 0 T [ ] g(x(t), y(t)) f(x(t), y(t)) + f(x(t), y(t)) g(x(t), y(t)) dt = 0 0 dt = 0 e concludere quindi che l integrale curvilineo deve annullarsi. Ma questa conclusione è incompatibile con l ipotesi, in quanto: f g (x, y) + (x, y) = x + x = 4x (7) x y e la funzione integranda in (6) si mantiene di segno costante in qualsiasi intorno sufficientemente piccolo del punto fisso (x, y) = (, ) come del punto fisso (x, y) = (4, 4). Più precisamente, la funzione (7) risulta di segno negativo in qualsiasi intorno di (x, y) = (, ) completamente ubicato nel semipiano x < 0, mentre è di segno positivo in qualsiasi intorno del punto fisso (x, y) = (4, 4) che giaccia per interno nel semipiano x > 0. Il metodo seguito per dimostrare l assenza di orbite periodiche in prossimità dei punti fissi costituisce il cosiddetto criterio negativo di Bendixson, dal nome del matematico svedese Ivar Bendixson che lo propose nel 90. Osservazione. Andamento qualitativo delle soluzioni. Ritratto di fase L analisi di stabilità dei punti fissi ha dimostrato che il punto fisso (x, y) = (, ) è asintoticamente stabile, mentre (x, y) = (4, 4 risulta instabile. L andamento qualitativo generale delle soluzioni può essere descritto ricorrendo al metodo delle nullocline. Si tratta di rappresentare graficamente nel piano delle fasi (x, y) R le curve in cui si annulla uno dei secondi membri dell equazione differenziale: f(x, y) = 0 o g(x, y) = 0. La prima nulloclina è quindi definita dall equazione: x y = 0 (x y)(x + y) = 0 e corrisponde chiaramente alla coppia di rette passanti per l origine e di pendenze rispettive + e. Per la seconda nulloclina si ha invece l equazione: 6x + xy 8 = 0 che rappresenta una iperbole, come è immediato verificare notando che la parte quadratica del primo membro può esprimersi per mezzo della rappresentazione matriciale: ( )( ) 0 x xy = (x y) 0 y dove la matrice di rappresentazione è indefinita: ( ) λ 0 = det = λ λ λ = +,. 0

11 I punti fissi del sistema si collocano ovviamente all intersezione fra le nullocline, dove risulta simultaneamente f(x, y) = 0 e g(x, y) = 0. Le nullocline ripartiscono il piano delle fasi in regioni dove ogni funzione a secondo membro nelle equazioni differenziali assume segno definito. In particolare, è facile convincersi che: (i) f(x, y) = x y è positiva nella regione x > y, evidenziata con il tratteggio nella figura seguente: e quindi negativa nella regione complementare del piano, privata delle rette y = x e y = x; (ii) g(x, y) = 6x + xy 8 risulta positiva nelle due regioni connesse del piano delimitate ciascuna da uno solo dei due rami dell iperbole g(x, y) = 0, come mostrato in figura: e dunque negativa nella regione compresa fra i due rami dell iperbole, contenente l origine.

12 Tenuto conto che a f(x, y) > 0 corrisponde un andamento crescente della componente x(t) e che, in modo analogo, g(x, y) > 0 implica y(t) crescente, è facile convincersi che l andamento qualitativo delle soluzioni è quello rappresentato nella figura a lato. Si può ragionevolmente congetturare che tutte le soluzioni, salvo il punto fisso instabile (x, y) = (4, 4), tendano al punto fisso asintoticamente stabile (x, y) = (, ) per t +. Da notare che una simile proprietà, qualora provata analiticamente, comporterebbe l assenza di integrali primi diversi da quelli banali cioè costanti per il sistema di equazioni differenziali qui considerato. Per un qualsiasi integrale primo V (x, y) continuo in (x, y) R si avrebbe infatti, assegnata una condizione iniziale arbitraria (x, y) = (x o, y o ) R \ {(4, 4)} e introdotta la soluzione (x(t), y(t)) del relativo problema di Cauchy: V (x o, y o ) = V (x(t), y(t)) = ( ) lim V (x(t), y(t)) = V lim (x(t), y(t)) t + t + = V (, ) e la continuità in (x, y) = (4, 4) implicherebbe del pari: V (4, 4) = lim V (x, y) = (x,y) (4,4) lim V (, ) = V (, ) (x,y) (4,4) per cui: V (x, y) = V (, ) = costante (x, y) R come affermato. Soluzione dell esercizio 3 (a) Energia cinetica L energia cinetica del sistema è la somma delle energie cinetiche della lamina e del punto materiale. Energia cinetica della lamina quadrata La lamina quadrata ruota con velocità angolare θ ê 3 attorno all asse fisso Oz. La lamina, omogenea, ha massa m e lato R/ e l asse Oz la attraversa ortogonalmente nel punto medio O del suo lato AD; indicato con G il centro (e baricentro) della lamina, per il teorema di Huygens-Steiner il momento d inerzia relativo all asse fisso Oz vale dunque: ( R ) I Oz = m G O ( R ) + I Gz = m m 5 = 48 mr

13 e l espressione dell energia cinetica diventa: T ABCD = I Oz θ ê 3 = 5 48 mr θ = 5 96 mr θ. Energia cinetica del punto materiale Basta osservare che P O = R sin φ ê R cos φ ê e che di conseguenza P = R(cos φ ê + sin φ ê ) φ, per ottenere l espressione dell energia cinetica del punto P : T P = m P = mr Energia cinetica del sistema L energia cinetica del sistema è la somma delle energie cinetiche parziali appena ottenute: φ. T = T ABCD + T P = 5 96 mr θ + mr φ. (8) (b) Quattro configurazioni di equilibrio Il sistema è soggetto a sollecitazioni posizionali conservative e a sollecitazioni a potenza non positiva. Le configurazioni di equilibrio ordinario sono quelle per le quali U = 0, dove U è il potenziale totale delle sollecitazioni posizionali conservative. U è dato dalla somma di due contributi: (i) il potenziale della forza peso U g = mgy G mgy P, dove G è il baricentro della lamina (ii) il potenziale della forza elastica U g = mg R 4 U el = k P M = cos θ + mgr cos φ mg R R (sin θ sin φ + cos θ cos φ) + costante Quindi, a meno di una costante additiva, il potenziale U è dato da U = mg R 4 cos θ + mgr cos φ + mgr cos(θ φ). Le configurazioni di equilibrio ordinario sono le soluzioni del sistema U θ = 0 U φ = 0 mgr sin θ mgr sin(θ φ) = 0 4 mgr sin φ + (9) mgr sin(θ φ) = 0 3

14 È immediato verificare che le 4 configurazioni (θ, φ) = (0, 0), (θ, φ) = (π, 0), (θ, φ) = (0, π) e (θ, φ) = (π, π) sono soluzioni del sistema e quindi configurazioni di equilibrio. Sommando membro a membro le equazioni di equilibrio e semplificando il fattore comune mgr si ha infatti la relazione sin θ + sin φ = 0 (0) 4 dalla quale si deduce che all equilibrio deve aversi sin φ = sin θ. () 4 D altra parte, la seconda delle equazioni di equilibrio (9) si riscrive come e sostituendo la () si riduce alla forma (sin θ cos φ cos θ sin φ) sin φ = 0 (sin θ cos φ + ) 4 sin θ cos θ + 4 sin θ = 0 nella quale è possibile raccogliere il fattore sin θ sin θ [ (cos φ + ) 4 cos θ + ] 4 = 0. () Configurazioni di equilibrio ricorrono certamente per sin θ = 0, nel qual caso deve risultare altresì, per la (0), sin φ = 0. Di qui, come affermato, il set di equilibri (θ, φ) = (0, 0), (0, π), (π, 0), (π, π). (3) Ulteriori configurazioni di equilibrio Le altre eventuali configurazioni di equilibrio del sistema si ottengono eguagliando a zero il secondo fattore a primo membro della (), che unitamente alla () porge il sistema di equazioni trigonometriche: cos φ = 4 cos θ sin φ = (4) 4 sin θ. Di qui segue, quadrando e sommando membro a membro le due equazioni: = ( 4 cos θ ) + ( 4 sin θ ) 4

15 ossia ed infine = cos θ + 6 cos θ = 5 4 = 4, (5) condizione che non può essere verificata da alcun valore reale dell angolo θ. Si conclude pertanto che non esistono altre configurazioni di equilibrio oltre a quelle già individuate. (c) Proprietà di stabilità degli equilibri La matrice hessiana del potenziale U in una generica configurazione (θ, φ) è: H U (θ, φ) = U (θ, φ) θ U (θ, φ) φ θ U (θ, φ) θ φ U (θ, φ) φ ossia H U (θ, φ) = mgr 4 cos θ cos(θ φ) cos(θ φ) cos(θ φ) cos φ cos(θ φ) e deve essere calcolata in tutte le configurazioni di equilibrio di cui si vuole analizzare la stabilità. Configurazione (θ, φ) = (0, 0) L hessiana del potenziale assume la forma: 4 H U (0, 0) = mgr = mgr 3/4 /. / 3/ Dato che deth U (0, 0) = 7 8 m g R > 0 e trh U (0, 0) < 0, possiamo concludere che la matrice hessiana è definita negativa. La configurazione (θ, φ) = (0, 0) rappresenta dunque un punto di massimo relativo proprio per il potenziale U e per il teorema di Lagrange- Dirichlet è stabile. Configurazione (θ, φ) = (π, 0) Si ha in questo caso: H U (π, 0) = mgr 4 + 3/4 / + = mgr. / / 5

16 Dall essere deth U (π, 0) = 5 8 m g R < 0 si deduce che la matrice hessiana ha un autovalore positivo e che pertanto la configurazione (θ, φ) = (π, 0) è instabile per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Configurazione (θ, φ) = (0, π) Nella fattispecie l hessiana del potenziale è data da: H U (0, π) = mgr 4 + /4 / + = mgr / 3/ e siccome trh U (0, π) = 7 mgr > 0 si deve concludere che la matrice hessiana presenta 4 almeno un autovalore positivo; si riconosce così che la configurazione (θ, φ) = (0, π) costituisce un equilibrio instabile per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Configurazione (θ, φ) = (π, π) In questa ultima configurazione la matrice hessiana del potenziale diventa: H U (π, π) = mgr 4 = mgr /4 / / / con traccia trh U (π, π) = 4 mgr > 0 e determinante deth U(π, π) = 3 8 m g R < 0. Poichè allora la matrice hessiana ha un autovalore positivo, la configurazione (θ, φ) = (π, π) è un equilibrio instabile per l inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. (d) Equazioni di Lagrange La dinamica del sistema è governata dalle equazioni di Lagrange: d ( L ) dt θ L θ = 0 d dt ( L φ ) L φ = 0 con lagrangiana L = T + U = 5 96 mr θ + mr φ + mgr 4 cos θ + mgr cos φ + mgr cos(θ φ). Le derivate che compaiono nei binomi di Lagrange a primo membro si calcolano immediatamente: d ( L ) dt θ = 5 48 mr θ d ( L ) dt φ = mr φ L θ = mgr sin θ mgr sin(θ φ) 4 L φ = mgr sin φ + mgr sin(θ φ) 6

17 e conducono alle equazioni richieste: 5 48 mr θ mgr + sin θ + mgr sin(θ φ) = 0 4 mr φ + mgr sin φ mgr sin(θ φ) = 0. (e) Piccole oscillazioni Si è visto che l unico equilibrio stabile del sistema si ha per (θ, φ) = (0, 0). In tale configurazione la matrice hessiana del potenziale è definita negativa: ( ) 3/4 / H U (0, 0) = mgr. / 3/ D altra parte, l energia cinetica del sistema ha una matrice di rappresentazione A(θ, φ) indipendente dalla configurazione: T = 5 96 mr θ + mr φ = ( )( ) ( θ φ) mr 5/ θ φ vale a dire: ( ) A(θ, φ) = mr 5/ L equazione caratteristica delle piccole oscillazioni det [ A(0, 0)ω + H U (0, 0) ] = 0 diventa perciò: [ ( ) ( )] det mr ω 5/48 0 3/4 / + mgr = 0 0 / 3/ ossia, dividendo membro a membro per (mgr) e ponendo per brevità Rω /g = µ: 5 det 48 µ 3 4 µ 3 = 0. Calcolato il determinante si ottiene così: ( )( µ 3 µ 3 ) 4 = 0 ed infine l equazione trinomia: le cui radici risultano: 5 48 µ 9 3 µ = 0 µ, = ± = 87 0 ±

18 Ne seguono le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni: cui corrispondono le frequenze normali: ω = g µ R = g 0 3 R ω = g µ R = g 0 3 R f = ω π = π f = ω π = π g 0 3 R g 0 3 R. Soluzione dell esercizio 4 (a) Moti isocori La condizione necessaria e sufficiente per il moto isocoro è che il campo euleriano di velocità sia solenoidale, ossia che risulti identicamente nulla la divergenza di detto campo: Nella fattispecie si ha: v x x + v y y + v z z = 0 (x, y, z) R3 t R. v x x = αx sin t + (3x 3y ) cos t v y y = αx sin t + (3y 3x ) cos t + βx v z z = 0 per cui la divergenza del campo di velocità diventa: v x x + v y y + v z z = αx sin t + (3x 3y ) cos t αx sin t + (3y 3x ) cos t + βx = βx e si annulla identicamente se e soltanto se β = 0. Per contro, la scelta del coefficiente α R non influenza in alcun modo il carattere isocoro del moto. (b) Derivata materiale della temperatura In rappresentazione euleriana la derivata materiale di T rispetto al tempo è data da: dt dt = T t + v T x x + v T y y + v T z z. 8

19 Nella fattispecie le derivate parziali prime della temperatura rispetto al tempo e alle coordinate spaziali si scrivono: T t = x sin t cos t T x = x sin t T y = y T z = z e si ha pertanto l espressione dt dt = x sin t cos t + [α(x y ) sin t + (x 3 3xy ) cos t] x sin t+ + [ αxy sin t + (y 3 3x y) cos t + βxy] y + (x xy)z che per α = β = 0 si riduce a dt dt = x sin t cos t + (x 3 3xy ) cos t x sin t + (y 3 3x y) cos t y + (x xy)z = = x sin t cos t + (x 4 3x y ) cos t sin t + (y 4 3x y ) cos t + (x xy)z e costituisce la derivata materiale richiesta. 9