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

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1 1 Sistemi Dinamici Sistemi Dinamici e Meccanica Classica Esame del 15/07/201 Esercizio SD1. Una particella di massa unitaria si muove sull asse x soggetta ad una forza di energia potenziale U = x5 5 10x +9x 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 frequenza delle piccole oscillazioni attorno ai punti di equilibrio stabile.. Scrivere l integrale che esprime il periodo del moto con energia E = 0 e dato iniziale (x 0,ẋ 0 ) = (0,0) N.B: Glizeri di U sono x = ± ex = ± (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 è un quintica dispari (ovvero U( x) = U(x)). Tende a + per x + e a per x. Da quest ultima proprietà segue che tutti i valori dell Energia sono permessi, ovvero ci sono traiettorie per ogni valore di E R. a derivata prima è U (x) = x 4 10x 2 +9 = ( x 2 1 )( x 2 9 ), che si annulla in x = ±,x = ±1. 1

2 a derivata seconda è U (x) = 4x ( x 2 5 ) Per quanto riguarda i punti in cui U (x) = 0 si ha x = : U( ) = 72/5, U ( ) = 48; x = 1 : U( 1) = 88/15, U ( 1) = 16; x = 1 : U(1) = 88/15, U ( ) = 16; x = : U() = 72/5, U () = 48. (1) In particolare x = e x = 1 sono punti di massimo relativo, mentre gli altri due punti sono di minimo relativo. 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 E crit = { 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 = [ 1, 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 : e 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 è y = 2/5x 5. 2

3 (2) E = 72/5 : Una curva illimitata qualitativamente simile a quelle del punto (1), ed il punto di equilibrio stabile (x,y) = (,0). () 72/5 < E < 88/15 : Unacurvaillimitata(comealpunto (1))edunovalecentrato su (,0). (4) E = 88/15 : Una curva illimitata (come al punto (1)), un ovale come al punto (), 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 (,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 : a seconda separatrice, passante per il punto di equilibrio instabile(x, y) = (, 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) è di equilibrio stabile la pulsazione delle piccole oscillazioni è data da ω = U ( x) 2. Se invece ( x, 0) è di equilibrio instabile, le tangenti alla separatrice nel punto in questione sono date dalle equazioni y = 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 seguente tabella: Punto e stabilità (, 0) instabile ( 1, 0) stabile (1, 0) instabile (, 0) stabile Freq. o tangenti y = ±4 (x+) ν 1 = 2 π y = ±4(x 1) ν = 2 π

4 Punto. Il testo chiede l integrale definito che dà il periodo del moto ad energia nulla con condizioni iniziali x(0) = 0, ẋ(0)(= y(0)) = 0. Dunque il punto materiale percorrerà l ovale (rappresentato in figura 2) che passa per l origine degli assi, ed il punto (x = ,0). Dunque, detto x 0 T = 2 x Meccanica agrangiana , l integrale richiesto è dξ 2(ξ 5 /5 10/ξ +9ξ) Esercizio. Nel piano verticale xoz, si consideri il sistema costituito da due punti materiali A (di massa m) e B (di massa m). A è libero di scorrere sulla parabola di equazione z = x2 con > 0, mentre B scorre sull asse orizzontale. A e B si attraggono con una forza elastica di costante elastica k; B è inoltre attratto dall origine O da una forza elastica (sempre di costante k. si veda la figura qui sotto). z g O B x A 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 agrangiana del sistema e l equazione di Eulero-agrange relativa ad una delle due coordinate libere (a vostra scelta). 2. Determinare i punti di equilibrio del sistema, al variare del parametro α = mg k, disegnando il diagramma di biforcazione.. Posto k = 12gm, (cioè α = 1 ), determinare le frequenze proprie ed i modi normali 12 di oscillazione attorno al punto di equilibrio stabile. 4

5 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). e coordinate cartesiane di A saranno dunque x A = v, z A = v 2 /, mentre quelle di B sono, ovviamente, x B = u,z B = 0. Osservato che ( ) ( ) ẋa v = ; 2v v/ ż A ( ẋb ż B ) = ( u 0 ), l energia cinetica del sistema è data da T =T A +T B = 1 ( ) m u (m(1+ 4 ) v ) v2 = 1 (m u 2 +m(1+ 4 ) v2 2 2 ) v2 = = 2( u 1 ( ) ( ) m 0 u v ) 0 m(1+4 v 2 / 2. ) v (2) energia potenziale è U(u,v) = 1 2 ku2 + 1 ( 2 k (u v) 2 + ) v4 mgv2 2, () dove il primo termine è il potenziale della forza elastica esterna agente su B, l ultimo il potenziale gravitazionale che agisce su A (la quota di B è costante), mentre il termine di mezzo è il potenziale della forza elastica interna che agisce tra A e B. Dunque la agrangiana è = 1 (m u 2 +m(1+ 4 ) v ) v2 ku2 12 ((u v) k 2 + )+ v4 mgv2 2 Per le equazioni di Eulero- agrange si osserva che: mentre u = 2ku+v; u = m u; v = m(1+ 4 v2 2 ) v, v = k(u v) 2kv / 2 +2mgv/+4mv v 2 / 2. Quindi possiamo scrivere le equazioni di Eulero-agrange (in forma quasi-normale ) come: mü = 2ku+kv m(1+ 4 v2 ) v = 4mv v2 +k(u v) 2kv + 2mgv

6 Punto 2: Il gradiente del potenziale (si veda la relazione ()) rispetto ad (u,v) è ( U = 2ku kv, ku+kv 2 mgv ) kv +2 2 Dato che i punti di equilibrio del sistema agrangiano sono gli zeri di U, per trovarli devo risolvere: 2ku kv = 0 ku+kv 2 mgv kv +2 = 0. 2 Dalla prima equazione ottengo (ad esempio) u = 1/2 v, che, sostituita nella seconda dà: v ( 2 k 4mg+4kv 2) = 0. e soluzioni reali di questa equazione sono date da v = 0 (per ogni valore dei parametri m,g,k,) e, ricordando che α = mg k, se 4gm k 0 (ovvero se α > 1 ), da 4 v 2 = 4k In questo caso otteniamo dunque anche i punti Q + = ( 4 2 (4gm k) = (4α 1). (4) 4 4α 1, 4α 1) e Q = ( 4α 1, 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 stabilità, calcoliamo l Hessiano di U: 2k k ) H = k k (1+6 v2 2 2 mg (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: [ ] 2k k H 0 = (6) k k 2 mg Dato che DetH 0 = k(k 4mg) = k 2 (1 4α), e l elemento in alto a sinistra di H 0, che è 2k, è sicuramente positivo, il punto P è di equilibrio stabile (per α < 1/4). 6

7 Caso α < 1/4: Ci sono tre punti critici. Per il punto P, l analisi qui sopra dice che, se α > 1/4, P è instabile. Per i punti Q ± dobbiamo sostituire la relazione (4) nell Hessiano (5). Ne otteniamo, con un po di algebra, 2k H ± = k k 1 8mg k 2 k(4mg k) Il determinante è Det(H ± ) = 2, che è positivo per α > 1/4. Ne concludo (sempre considerato che l elemento [H ± ] 1,1 è 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 è 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. v Q + P 1/4 α Q Punto. Come indicato nel testo si considera α = 1/12; dunque siamo nel caso in cui l unico punto di equilibrio del sistema è il punto P = (0,0). a matrice H 0 è data dalla (6). Sostituendo la relazione k = 12mg, questa diventa: H 0 = [ 24 mg 12 mg 12 mg 10 mg a matrice G 0 si determina dalla espressione dell energia cinetica in (2) come [ ] m 0 G 0 = 0 m Dunque la matrice λg 0 H 0 da studiare per l analisi delle piccole oscillazioni è: λ 24 g 12 g λg 0 H 0 = m 12 g λ 10 g (7) 7 ]

8 Il determinante di questa matrice è il polinomio ( m 2 λ 2 18 gλ +2 g2 2 ), che ammette le due radici λ 1 = 16 g, λ 2 = 2 g. Dunque le frequenze caratteristiche sono ν 1 = 2 π g, ν 2 = 2 g 2π Per trovare i modi normali devo sostituire λ = λ 1 e λ = λ 2 nella matrice (7). Caso λ = λ 1 : Si ottiene: ( ) 24g 12g λ 1 G 0 H 0 = m 12g 6g ( ) 1 il cui nucleo è generato da ψ 1 = (modo normale di oscillazione relativo a 2 ν 1 ). Caso λ = λ 2 : Si ottiene: ( ) 18g 12g λ 2 G 0 H 0 = m 12g 8g ( ) 2 il cui nucleo è generato da ψ 2 = (modo normale di oscillazione relativo a ν 2 ). Per finire, si può osservare che la scelta dei due modi normali ( non è) unica e.g., si sarebbe 1/2 potuto considerare, al posto di ψ 1, il modo normale ψ 1 = 1 e così via. Peraltro, la condizione di ortogonalità tra ψ 1 e ψ 2 rispetto a G 0 (che è indipendente dalle scelte possibili dei due generatori) è presto verificata: ( ) ( ) ( ) m 0 2 6m ψ1 T G 0 ψ 2 = (1, 2) = (1, 2) = 0. 0 m m 8