2.10 Equilibri e stabilità

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1 54 CPITOLO. MECCNIC LGRNGIN.10 Equilibri e stabilità Considero le equazioni di Lagrange d T T (q, q) (q, q) = Q(q, q), dt q q per vincoli fissi, cioè T = T = 1 q (q) q, e per forze non dipendenti da t. Le equazioni di Lagrange si possono scrivere con (q) q = F(q, q) F(q, q) = Q(q, q)+ T q (q, q) d (q) q. dt Queste equivalgono al sistema del primo ordine { q = v v = 1 (q)f(q,v). (.14) PoichèF(q,0) = Q(q,0), ipuntidiequilibriosonodellaforma(q, q) = (q 0,0), con Q(q 0,0) = 0. (.15) I valori q 0, soluzioni di (.15), si chiamano configurazioni di equilibrio. Se le forze attive derivano da un energia potenziale generalizzata V(q, q) = V 0 (q)+v 1 (q, q), con V 1 (q, q) = a(q) q, possiamo scrivere la lagrangiana In questo caso l equazione L(q, q) = 1 q (q) q V(q, q). definisce le configurazioni di equilibrio, infatti V 0 q (q 0) = 0 (.16) Q = d V 1 dt q V 1 q V 0 q, Q(q,0) = V 0 q (q) Linearizzazione attorno a un equilibrio Considero un punto di equilibrio (q 0,0) ed analizzo la sua stabilità linearizzando le equazioni (.14) attorno ad esso.

2 .10. EQUILIBRI E STBILITÀ 55 Le equazioni linearizzate sono { q = v v = 1 (q 0 ) Q (q q 0,0)(q q 0 )+ Q (q q 0,0) q. (.17) Se le forze attive derivano dall energia potenziale V(q, q) = V 0 (q)+a(q) q si ha Q = V 0 +B q (vedi Sezione.4.3) e le equazioni linearizzate sono q { q = v v = 1 (q 0 )V 0 (q 0 )(q q 0 ) B(q 0 ) q (.18) dove B è antisimmetrica con componenti B ij = a i q j a j q i. Le (.18) sono le equazioni di Lagrange per la funzione L 0 (q, q) = 1 q (q 0) q 1 (q q 0) V 0 (q 0)(q q 0 ) a(q 0 )+ a q (q 0)(q q 0 ) q (.19) che èlo sviluppo di Taylor al secondo ordine di L(q, q)in (q 0,0). Per verificare che le (.18) sono le equazioni di Lagrange per L 0 dimostriamo che d G(q, q) dt q q G(q, q) = B(q 0) q, con G(q, q) = a q (q 0)(q q 0 ) q. bbiamo per cui d G(q, q) = dt q h G(q, q) = n j=1 n i,j=1 a h q j q j, Nel caso particolare in cui V = V 0 si ottiene a i q j (q 0 )(q j q 0,j ) q i, q h G(q, q) = n i=1 a i q h q i. L 0 (q, q) = 1 q (q 0) q 1 (q q 0) V (q 0 )(q q 0 ). (.0) Le equazioni di Lagrange per (.0) sono (q 0 ) q+v (q 0 )(q q 0 ) = 0 (.1) e si possono scrivere come ξ η ξ = Λ(q 0 ) η, (.)

3 56 CPITOLO. MECCNIC LGRNGIN con Λ(q 0 ) = 0 I 1 V (q 0 ) 0, ξ η = q q0 q In questo caso la matrice del sistema linearizzato ha autovalori che dipendono solo dagli autovalori di 1 V (q 0 ). Siccome (q 0 ), V (q 0 ) sono simmetriche, con definita positiva, sappiamo (vedi Sezione.11.3) che gli autovalori λ h di 1 V (q 0 ) sono reali e che possiamo trovare una base di autovettori B = {u h } h=1...n ortonormali rispetto al prodotto scalare definito da (q 0 ), cioè tali che u h (q 0 )u k = δ hk. Tali autovalori si possono calcolare risolvendo l equazione secolare inoltre si ha det(v (q 0 ) λ(q 0 )) = 0, u h V (q 0 )u k = λ k δ hk, cioè nella base B entrambe le matrici (q 0 ),V (q 0 ) sono in forma diagonale. Se {λ h } h=1...n, sono gli autovalori di 1 V (q 0 ) allora gli autovalori di Λ(q 0 ) sono ± λ h, h = 1...n. Inparticolare, seλ k < 0perqualchekallora(q 0,0)èinstabileperchéilsistema (.) ha un esponente di Lyapounov positivo. Se λ h > 0 per h = 1...n allora gli esponenti di Lyapounov sono tutti nulli ed il metodo di linearizzazione non ci permette di concludere sulla stabilità di q 0. In questo caso possiamo usare il metodo della funzione di Lyapounov, come discusso nella prossima sezione Il teorema di Lagrange-Dirichlet Teorema 3. Considero il sistema lagrangiano definito da L(q, q) = 1 q (q) q V 0(q) V 1 (q, q). (.3) Se q 0 è un minimo stretto di V 0 allora è una configurazione di equilibrio stabile. Dimostrazione. Si osserva che q 0 è una configurazione di equilibrio in quanto soddisfa (.16). Siccome la lagrangiana (.3) non dipende da t, allora la funzione J(q, q) = 1 q (q) q+v 0(q).

4 .11. PICCOLE OSCILLZIONI TTORNO UN EQUILIBRIO STBILE57 è un integrale primo delle equazioni di Lagrange per L (integrale di Jacobi). Inoltre (q 0,0) è un punto di minimo stretto per J(q, q), quindi si può usare J(q, q) come funzione di Lyapounov relativa al punto (q, q) = (q 0,0) nalisi della stabilità dei sistemi lagrangiani Dai risultati precedenti concludiamo che, nel caso in cui le forze generalizzate siano conservative, cioè esiste V(q) tale che Q = V, l analisi del solo spettro q di V (q 0 ) ci può permettere di studiare la stabilità dei punti di equilibrio di (.). Se V (q 0 ) ha tutti gli autovalori positivi allora, per il teorema di Lagrange- Dirichlet, il punto (q 0,0) è stabile. Se V (q 0 ) ha un autovalore µ < 0 con autovettore v, sia v = h v hu h l espressione di v come combinazione lineare degli elementi della base B. llora 0 > v V (q 0 )v = h,k v h v k u h V (q 0 )u k = h,k v h v k λ k u h (q 0 )u k = = h,k v h v k λ k δ hk = h v h λ h, quindi esiste k con λ k < 0 ed il punto (q 0,0) è instabile. Osservazione 13. Se le componenti lagrangiane delle forze attive ammettono un energia potenziale generalizzata V(q, q,t) = V 0 (q,t)+v 1 (q, q,t) è possibile che un punto di massimo di V 0 sia stabile: infatti la presenza del termine V 1 modifica lo spettro del linearizzato, anche se non modifica gli equilibri. Questo fenomeno si chiama stabilizzazione girostatica..11 Piccole oscillazioni attorno a un equilibrio stabile ssumiamo che la lagrangiana abbia la forma L = T V 0, e che q 0 sia un minimo non degenere di V significato della linearizzazione e stima della distanza tra le soluzioni delle equazioni linearizzate e quelle originali...

5 58 CPITOLO. MECCNIC LGRNGIN.11.1 Frequenze proprie e modi normali di oscillazione det(v (q 0 ) λ(q 0 )) = 0 La soluzione generale del sistema (.1) è q(t) = q 0 + con c h 0, φ h S 1, ω h = λ h > 0. n c h cos(ω h t+φ h )u h h=0 Le quantità ω h si chiamano frequenze proprie del sistema e le famiglie di soluzioni particolari c h cos(ω h t+φ h )u h, h = 1...n si chiamano modi normali di oscillazione attorno all equilibrio q lcuni esempi Esempio 9. Si consideri il sistema meccanico in Figura.1. Calcolare tutti gli equilibri e studiarne la stabilità al variare dei paramentri. P 01 φ Q θ B 1 1 Figura.1: L energia potenziale è data da Gli equilibri sono le soluzioni di V(θ,φ) = k 1 (cosφ cosθ) k cos(φ θ) V θ (θ,φ) = k 1sinθ k sin(φ θ) = 0 V φ (θ,φ) = k 1sinφ+k sin(φ θ) = 0

6 .11. PICCOLE OSCILLZIONI TTORNO UN EQUILIBRIO STBILE59 Sommando le due equazioni si ha e sostituendo nella prima sinθ = sinφ (.4) sinθk 1 +k (cosφ cosθ) = 0 bbiamo quindi le quattro configurazioni di equilibrio (θ,φ) = (0,0); (0,π); (π,0); (π,π) e, se k 1 < k, anche le due configurazioni (θ,φ) = ( θ, φ), con θ soluzione di cosθ = k 1 /k e φ = π θ. Studiamo la stabilità di questi equilibri. Le derivate seconde di V sono V θ (θ,φ) = k 1cosθ +k cos(φ θ) V φ θ (θ,φ) = k cos(φ θ) V φ (θ,φ) = k 1cosφ+k cos(φ θ) V k1 +k (0,0) = k, V k1 k (0,π) = k, k k 1 +k k k 1 k V k1 k (π,0) = k, V k1 +k (π,π) = k, k k 1 k k k 1 +k da cui detv (0,0) = 4k 1, detv (π,π) = 4k 1, detv (0,π) = 4k 1 (k 1 k ), trv (0,π) = (k 1 k ), detv (π,0) = 4k 1 (k 1 +k ), trv (π,0) = (k 1 +k ). Si ottiene che (0,0),(π,0),(π,π) sono instabili. Siccome trv (0,π) > 0, la configurazione (0,π) è stabile se k 1 > k, instabile se k 1 < k. Inoltre, osservando che cos( φ θ) = cos(π θ) = cos θ +sin θ si ottiene da cui V ( θ,π θ) = k 1 k +k sin θ k1 k k sin θ k1 k k sin θ k, 1 k +k sin θ detv ( θ,π θ) = 4k 1 sin θ > 0. Si osserva che c è una biforcazione per k 1 = k : l equilibrio (θ,φ) = (0,π) da stabile diventa instabile e nascono due nuovi equilibri stabili (θ,φ) = ( θ,π θ),(π θ, θ).

7 60 CPITOLO. MECCNIC LGRNGIN Esempio 10. Nel piano Oxy si consideri il sistema meccanico formato da n punti materiali P 1...P n di ugual massa m. Il punto P i è vincolato a muoversi sulla retta x = i, i = 1...n. Inoltre ogni P i è collegato ai punti P i 1 e P i+1 da due molle di costante elastica k, dove si è posto P 0 (0,0),P n+1 (n+1,0). Si usano come coordinate i valori q i = y i,i = 1...n delle ordinate dei punti P i. Scrivere le equazioni di Lagrange, trovare i punti di equilibrio e studiarne la stabilità. L energia cinetica e potenziale del sistema sono T = 1 n m q h, h=1 V = 1 n k P h+1 P h = 1 n k (q h+1 q h ) +costante h=0 h=0 dove q 0 = q n+1 = 0. Dimostriamo che l unica configurazione di equilibrio è (y 1,...,y n ) = (0,...,0). Gli equilibri sono soluzioni di V qh = k(q h+1 q h +q h 1 ) = 0, h = 1...n. Ottengo il sistema lineare Mq = 0, con M = Sia λ un autovalore di M, con autovettore v. llora ( n n ) v Mv = vh v h+1 v h = (v 1 v ) +...+(v n 1 v n ) +v1+v n 0 h=1 h=1 ed è nullo solo se v = 0. Questo ci dice che q = 0 è l unica soluzione di Mq = 0. Tale configurazione di equilibrio è stabile, come si vede applicando il teorema di Lagrange-Dirichlet, dato che V ha sicuramente un minimo stretto in q = 0. Gli autovalori della matrice hessiana V = km sono tutti positivi e distinti, infatti ad ogni autovalore è associato un autospazio di dimensione Diagonalizzazione simultanea di forme quadratiche Considero le forme quadratiche a(x) = x x, b(x) = x Bx, x R n

8 .11. PICCOLE OSCILLZIONI TTORNO UN EQUILIBRIO STBILE61 con, B matrici di ordine n simmetriche, definita positiva. L insieme di livello E = {x R n : a(x) = 1} è un ellissoide, quindi è compatto. Dunque esiste x 1 E tale che b(x 1 ) = min x E b(x). Il vettore x 1 è un punto stazionario di b(x), vincolato a E. Dal metodo dei moltiplicatori di Lagrange si ottiene Bx 1 = λ (1) 1 x 1, x 1 x 1 = 1, per cui x 1 E è autovettore di 1 B con autovalore λ (1) 1 = b(x 1 ). Sia S n 1 = x 1 il sottospazio di dimensione n 1 costituito dai vettori di R n ortogonali a x 1 rispetto al prodotto scalare definito da. Denoto con = E S n 1 l ellissoide di dimensione n e cerco x tale che E n b(x ) = min b(x). x E n Dal metodo dei moltiplicatori di Lagrange Bx = λ () x +λ () 1 x 1, x x = 1, x x 1 = 0. (.5) Moltiplicando scalarmente per x 1 la prima delle (.5) si ottiene λ () 1 = x 1 Bx = x Bx 1 = λ (1) 1 x x 1 = 0, per cui x E n è autovettore di 1 B con autovalore λ () = b(x ). Tale procedimento si può iterare cercando per ogni k = 3...n un vettore x k R n tale che b(x k ) = min b(x), x E n k con E n k = E S n k+1, ed S n k+1 il sottospazio di dimensione n k + 1 costituito dai vettori di R n ortogonali a x 1,...,x k rispetto al prodotto scalare definito da. In questo modo trovo una base B = {x 1...x n } di autovettori di 1 B ortonormali rispetto al prodotto scalare definito da, con autovalori reali λ 1 = b(x 1 ), λ = b(x ),... λ n = b(x n ). Per calcolare esplicitamente gli autovalori λ j si risolve l equazione secolare det(b λ) = 0. Denoto con U la trasposta della matrice che ha come colonne i vettori della base B. Osservo che si ha U T U = I, U T BU = diag(λ 1...λ n ), (.6) infatti x i x j = δ ij e x i Bx j = λ j x i x j = λ j δ ij.