Prova scritta di meccanica razionale del 31.08.013 Esercizio 1 Nel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz due dischi circolari D 1 e D, di uguale massa m, uguale raggio a, e centri rispettivi A e B, sono vincolati a rotolare sulla retta fissa r di equazione y = 5a x, mantenendosi in mutuo contatto nel punto C. Il primo disco è omogeneo e rotola senza strisciare su r; il secondo non è omogeneo, con baricentro G posto a distanza a/ dal centro B, e rotola strisciando senza attrito tanto su r quanto su D 1. Il sistema è pesante e una molla ideale di costante elastica k collega A con l origine O. Si assumono reazioni vincolari esterne nei punti di contatto P, Q e C illustrati in figura. Usando come coordinate libere i parametri ξ, ϕ R in figura, determinare del sistema: a le equazioni cardinali necessarie e sufficienti per l equilibrio; b gli equilibri; c le reazioni vincolari in P, Q e C per tutti gli stati di quiete. Esercizio Considerare nel piano x, y R il seguente sistema di equazioni differenziali: per determinarne: a i punti fissi; ẋ = xy 1 ẏ = x y b le caratteristiche di stabilità dei punti fissi. 1
Esercizio 3 Nel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz un anello circolare γ, di massa m, centro H e raggio a, ha un diametro assegnato AB vincolato a scorrere lungo l asse orizzontale Ox. Un disco circolare omogeneo D, di massa m, raggio a e centro C, rotola senza strisciare su γ. Due molle ideali di eguale costante elastica k = mg/a collegano rispettivamente A all origine O e C al punto più alto S di γ. Il sistema è pesante e a vincoli ideali. Resistenze viscose di costante β agiscono in A e in C. Usando come coordinate lagrangiane i parametri ξ, ϑ R in figura, determinare del sistema: a gli equilibri; b le proprietà di stabilità degli equilibri; c l espressione dell energia cinetica; d le equazioni pure del moto; e i modi normali delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabile per β = 0.
Soluzione dell esercizio 1 a Equazioni cardinali utili a caratterizzare gli equilibri Si osserva in via preliminare che tutte le forze attive applicate al sistema agiscono nel piano verticale Oxy della terna Oxyz = Oê 1 ê ê 3, per cui è senz altro lecito assumere che anche le reazioni vincolari manifestino analogo comportamento, con la componente lungo ê 3 identicamente nulla. Sul disco D 1 agiscono le seguenti sollecitazioni esterne: il peso mgê applicato nel centro di simmetria e baricentro A si ricorda che il sistema delle forze peso, in realtà distributo sull intero corpo, è equivalente al solo peso totale applicato nel relativo baricentro, che su un sistema rigido ideale produce gli stessi effetti dinamici e statici; la forza elastica ka O, applicata sempre in A; una reazione vincolare Φ P = Φ P x ê 1 + Φ P y ê agente in P e dovuta al contatto con la retta r, con Φ P x, Φ P y R arbitrari per via della condizione di puro rotolamento; una reazione vincolare Φ C = Φ Cx ê 1 Φ Cx ê, con Φ Cx R, applicata in C, attribuibile al contatto con il disco D e ortogonale al contorno D 1 e dunque parallela alla retta d appoggio r. Il vettore posizione del centro A rispetto all origine si può esprimere facilmente in termini delle coordinate libere: A O = S O + P S + A P = 5aê 1 aξê 1 + aξê + a ê 1 + a ê = = 5 + 1 1 ξ aê 1 + + ξ aê, in modo che la forza elastica agente sul disco D 1 in A si scrive esplicitamente come: ka O = ka 5 + 1 1 ξ ê 1 ka + ξ ê. Analogamente, il disco D è soggetto alle forze esterne elencate di seguito: il peso mgê agente nel baricentro G; una reazione vincolare Φ Q = Φ Qx ê 1 + Φ Qx ê, con Φ Qx R arbitrario, esercitata in Q dalla retta d appoggio e a questa ortogonale per via della condizione di assenza d attrito; una forza reattiva Φ C = Φ Cx ê 1 + Φ Cx ê, con Φ Cx R arbitrario, agente in C e imputabile al contatto con il disco D 1, sul quale il rotolamento ammette strisciamento ed avviene senza attrito radente. Questa forza, conformemente al principio di azione e reazione, è opposta a quella già discussa che il disco D esercita su D 1 in C. La condizione necessaria e sufficiente per l equilibrio è offerta dalle equazioni cardinali statiche per le due parti rigide che costituiscono il sistema i dischi D 1 e D. 3
Prima equazione cardinale della statica per D 1 L equazione cardinale dell impulso nel caso statico impone che sia nulla la somma delle forze esterne applicate al disco D 1 : mgê ka 5 + 1 1 ξ ê 1 ka + ξ ê + Φ P x ê 1 + Φ P y ê + Φ Cx ê 1 Φ Cx ê = 0. Considerando le componenti lungo ê 1 e lungo ê si perviene al sistema di equazioni scalari: ka 5 + 1 ξ + Φ P x + Φ Cx = 0 1 mg ka + ξ + Φ P y Φ Cx = 0. 1 Seconda equazione cardinale della statica n P per D 1 L equazione cardinale del momento richiede l annullarsi del momento in P di tutte le forze esterne agenti su D : A P [ mgê ka O ] + P P Φ P + C P Φ C = 0 ossia: con: A P [ mgê ka O ] + C P Φ C = 0, A P = a ê 1 + a ê C P = C A + A P = a ê 1 + a ê + a ê 1 + a ê = aê mgê ka O = ka 5 + 1 [ 1 ] ξ ê 1 + ka + ξ mg Φ C = Φ Cx ê 1 Φ Cx ê. ê Sostituite le espressioni precedenti nell equazione, questa diventa: ê 3 a/ a/ 1 ka + ξ mg + ê 3 ka 5 + 1 ξ 0 Φ Cx a Φ Cx ed una volta eseguiti i prodotti vettoriali si riduce alla sola equazione scalare: a 1 [ ka + ξ mg + ka 5 + 1 ξ ] aφ Cx = 0 = 0 ovvero a: a mg + 5ka kaξ aφ Cx = 0. 3 4
Prima equazione cardinale della statica per D La somma delle forze esterne agenti su D, attive e reattive, porge l equazione di equilibrio: mgê + Φ Qx ê 1 + Φ Qx ê Φ Cx ê 1 + Φ Cx ê = 0 e quindi il sistema di equazioni scalari: Φ Qx Φ Cx = 0 mg + Φ Qx + Φ Cx = 0. 4 Seconda equazione cardinale della statica in Q per D L equazione richiede che sia nullo il momento risultante in Q di tutte le forze esterne applicate al disco: G Q mgê + Q Q Φ Q + C Q Φ C = 0 vale a dire: G Q mgê C Q Φ C = 0, 5 dove: G Q = B Q + G B = a ê 1 + a ê + a sin ϕ ê 1 a cos ϕ ê = 1 = a + 1 1 ê sin ϕ 1 + a 1 ê cos ϕ C Q = B Q + C B = a ê 1 + a ê + a ê 1 a ê = aê 1 Φ C = Φ Cx ê 1 Φ Cx ê. L equazione 5 diventa così: ê 3 1 a + 1 1 sin ϕ a 1 cos ϕ 0 mg ê a 0 3 Φ Cx e una volta calcolati i determinanti si riduce a: Φ Cx = 0 1 mga + 1 sin ϕ + aφ Cx = 0. 6 Condizione di equilibrio La condizione necessaria e sufficiente affinchè ξ, ϕ sia una configurazione di equilibrio è 5
che siano simultaneamente soddisfatte le equazioni 1, 3, 4 e 6: ka 5 + 1 ξ + Φ P x + Φ Cx = 0 1 mg ka + ξ + Φ P y Φ Cx = 0 a mg + 5ka kaξ aφ Cx = 0 Φ Qx Φ Cx = 0 mg + Φ Qx + Φ Cx = 0 1 mga + 1 sin ϕ + aφ Cx = 0 7 per una qualche scelta delle componenti reali Φ P x, Φ P y, Φ Cx, Φ Qx. b Equilibri Le equazioni di equilibrio 7 si possono riscrivere nella forma equivalente: Φ P x = ka 5 + 1 ξ Φ Cx 8a 1 Φ P y = mg + ka + ξ + Φ Cx 8b Φ Cx = 1 5ka mg kaξ 8c Φ Qx = Φ Cx 8d Φ Qx = mg Φ Cx 8e Φ Cx = 1 1 mg + 1 sin ϕ. 8f Dalle equazioni lineari 8d e 8e si deduce immediatamente che: Φ Qx = mg Φ Cx = mg in modo che le 8c e 8f diventano equazioni pure di equilibrio: mg = 1 5ka mg kaξ mg = 1 1 mg + 1 sin ϕ 9 e porgono il sistema: mg = 5 ka kaξ 0 = 1 mg sin ϕ 6 ξ = 5 mg ka sin ϕ = 0
dal quale si traggono i due equilibri: ξ, ϕ = 5 mg ka, 0 ξ, ϕ = 5 mg ka, π. 10 c Reazioni vincolari esterne per gli stati di quiete Le componenti Φ P x e Φ P y si ricavano dalle equazioni 8a e 8b sostituendo le 9 e il valore di equilibrio 10 della variabile ξ: Φ P x = ka 5 + 1 ξ Φ Cx = ka 5 + 1 5 + mg ka 1 1 Φ P y = mg + ka + ξ + Φ Cx = mg + ka + 5 mg ka mg + mg 5 = ka + 1 + mg 5 = ka + 1 + mg in modo che per entrambi gli stati di quiete, nelle due configurazioni di equilibrio, le reazioni vincolari esterne risultano le seguenti: [ 5 Φ P = ka + 1 + mg ] ê 1 + ê ΦC = mg ê 1 ê ΦQ = mg ê 1 + ê. Soluzione dell esercizio a Punti fissi I punti fissi sono le soluzioni costanti del sistema di equazioni differenziali e si ottengono quindi risolvendo il sistema di equazioni algebriche: 0 = xy 1 11 0 = x y la seconda delle quali permette di esprimere la variabile x in funzione della y: x = y + 1 e sostituita nella prima la riduce all equazione trinomia nella sola y: Le soluzioni corrispondenti sono: 0 = y + y 1 y + y 1 = 0. y = ± 4 + 8 4 = 1 ± 3 e tramite la 1 porgono infine i punti fissi richiesti: x, y = 1 + 3, 1 + 3 x, y = 1 3, 1 3 13 7
b Stabilità dei punti fissi Quelle considerate non sono equazioni lagrangiane del moto e l analisi di stabilità dei punti fissi deve essere condotta facendo ricorso a teoremi generali, quale quello di analisi lineare della stabilità, che è certamente applicabile data la forma normale e autonoma delle equazioni del primo ordine e l appartenenza dalla classe C 1 dei secondi membri: fx, y = xy 1 gx, y = x y. Allo scopo è necessario calcolare le derivate parziali prime: f f x, y = y x g g x, y = 1 x x, y = x y x, y = y e la matrice jacobiana corrispondente del secondo membro: y x Jx, y = 1 in ciascun punto fisso, e procedere quindi al calcolo degli autovalori. Punto fisso x, y = 1 + 3, 1 + 3 In questo caso la matrice jacobiana diventa: J 1 + 3, 1 + 3 e la relativa equazione caratteristica si scrive: = 1 + 3 1 + 3 1 [ 0 = det J 1 + 3, 1 + 3 ] 1 + 3 λ 1 + 3 λi = det = 1 λ 1 + 3 = λ λ 1 3 = λ + 5 3 λ 3. L equazione presenta una permanenza di segno e una variazione: conformemente alla regola dei segni di Cartesio essa deve presentare una radice reale positiva e, di conseguenza, una radice negativa. Il risultato è altresì evidente per via del segno negativo del prodotto fra i coefficienti di secondo grado e di grado zero: 1 3 = 3 < 0. La presenza dell autovalore positivo implica l instabilità del punto fisso che è una sella. 8
Punto fisso x, y = 1 3, 1 3 Nella fattispecie si ha la matrice jacobiana: J 1 3, 1 3 = 1 3 1 3 1 con equazione caratteristica: [ 0 = det J 1 3, 1 3 ] 1 3 λ 1 3 λi = det = 1 λ 1 3 = λ λ 1 + 3 = λ + 5 + 3 λ + 3. Il discriminante dell equazione ha segno negativo: = 5 + 3 5 + 3 + 10 3 4 3 = 4 8 3 = 8 3 4 < 0 per cui gli autovalori sono complessi coniugati ed hanno parte reale negativa: Reλ 1 = Reλ = 5 + 3 4 < 0. Questa circostanza assicura la stabilità asintotica del punto fisso, che costituisce un fuoco stabile. Si osservi che il ricorrere di due permanenze nell equazione caratteristiche non consente di applicare la regola dei segni di Cartesio in modo risolutivo: in base ad essa, infatti, il numero di radici positive potrebbe essere uguale a o nullo. Soluzione dell esercizio 3 a Equilibri Il sistema è a vincoli bilaterali ideali e soggetto sia a sollecitazioni posizionali conservative il peso e le interazioni elastiche associate alle molle che a sollecitazioni dissipative le resistenze viscose in A e C. Le prime si caratterizzano per mezzo dei relativi potenziali, mentre per le seconde si deve procedere al calcolo delle componenti generalizzate lagrangiane. A questo scopo è necessario esprimere i vettori posizione di alcuni punti notevoli del sistema in termini delle coordinate generalizzate, in particolare: A O = aξê 1 H O = aξ + 4ê 1 C H = 5a sin ϑ ê 1 + 5a cos ϑê e di conseguenza: C O = C H + H O = aξ + 4 + 5 sin ϑê 1 + 5a cos ϑê. 9
Potenziale gravitazionale Alle forze peso agenti su anello e disco è associato il potenziale gravitazionale: U g = U γ g + U D g = mgê G γ O mgê C O. Poichè il baricentro G γ dell anello γ si muove parallelamente all asse orizzontale, causa il moto traslatorio rettilineo di γ, risulta senz altro mgê G γ O = costante, e di conseguenza: U g = 5mga cos ϑ + costante. Potenziale elastico Il potenziale elastico è la somma dei potenziali relativi alle due molle ideali: U el = k A O k C S che applicando il teorema di Carnot al triangolo HCS si riduce a: U el = ka ξ k 16a + 5a 4a 5a cos ϑ = ka ξ + 0ka cos ϑ + costante. Potenziale del sistema La somma dei potenziali parziali, gravitazionale ed elastico, definisce il potenziale del sistema. Omesse le costanti additive, si ha pertanto: ovvero: Uξ, ϑ = U g + U el = 5mga cos ϑ ka ξ + 0ka cos ϑ Uξ, ϑ = 5mga cos ϑ mga ξ + 0mga cos ϑ = mga essendo per ipotesi k = mg/a. Componenti generalizzate delle forze viscose Le resistenze viscose sono date dalle forze: F A = β A FC = βċ 15 cos ϑ ξ, 14 rispettivamente applicate nei punti A e C individuati per mezzo dei vettori posizione: A O = aξê 1 C O = aξ + 4 + 5 sin ϑê 1 + 5a cos ϑê. Per il calcolo delle componenti generalizzate D ξ e D ϑ sono necessarie le derivate parziali prime: A ξ = aê C 1 ξ = aê 1 15 A ϑ = 0 C ϑ = 5acos ϑê 1 sin ϑê 10
e le espressioni delle velocità istantanee: avendosi infatti, da definizione: A = a ξê 1 Ċ = a ξ + 5 cos ϑ ϑê 1 5a sin ϑ ϑê, 16 D ξ = βa A C βċ ξ ξ D ϑ = βa A C βċ ϑ ϑ. Sostituendo le relazioni 15 e 16 si ottiene: D ξ = βa ξê 1 aê 1 β [ a ξ + 5 cos ϑ ϑê 1 5a sin ϑ ϑê ] aê1 = = βa ξ βa ξ + 5 cos ϑ ϑ = βa ξ + 5 cos ϑ ϑ D ϑ = βa ξê 1 0 β [ a ξ + 5 cos ϑ ϑê 1 5a sin ϑ ϑê ] 5acos ϑê1 sin ϑê = = 5βa ξ cos ϑ + 5 cos ϑ ϑ + 5 sin ϑ ϑ = βa 5 cos ϑ ξ + 5 ϑ. Le componenti generalizzate delle forze viscose sono pertanto: D ξ = βa ξ + 5 cos ϑ ϑ D ϑ = βa 5 cos ϑ ξ + 5 ϑ 17 e si annullano per velocità generalizzate nulle. Rimane così appurato, come era lecito attendersi, che le forze viscose non giocano alcun ruolo nella determinazione degli equilibri. Calcolo alternativo delle componenti D ξ e D ϑ con il metodo di Rayleigh Alla determinazione delle componenti generalizzate D ξ e D ϑ si può arrivare in modo più diretto usando la funzione ausiliaria di Rayleigh: R = β A + Ċ = β [ a ξê1 [ + a ξ + 5 cos ϑ ϑê1 5a sin ϑ ϑê ] ] = = βa ξ + ξ + 10 cos ϑ ξ ϑ + 5 ϑ = βa ξ + 10 cos ϑ ξ ϑ + 5 ϑ per mezzo delle relazioni: D ξ = R ξ = βa 4 ξ + 10 cos ϑ ϑ = βa ξ + 5 cos ϑ ϑ D ϑ = R = βa ϑ 10 cos ϑ ξ + 50 ϑ = βa 5 cos ϑ ξ + 5 ϑ. I risultati sono in evidente accordo con quelli ricavati ricorrendo alla definizione. Equilibri Poichè le resistenze viscose si annullano in qualsiasi stato di quiete, gli equilibri del sistema scleronomo a vincoli bilaterali ideali sono identificabili con i punti critici del potenziale 14. Si tratta quindi di annullare simultaneamente le derivate parziali prime: U U ξ, ϑ = mgaξ ξ ξ, ϑ = 15mga sin ϑ, ϑ 11
ossia di risolvere il sistema di equazioni: mgaξ = 0 15mga sin ϑ = 0 che porge le soluzioni ovvie: ξ = 0 sin ϑ = 0 definite incondizionatamente. ξ, ϑ = 0, 0 ξ, ϑ = 0, π, 18 b Stabilità Per analizzare le caratteristiche di stabilità degli equilbri occorre in primo luogo determinare la natura delle sollecitazioni non posizionali 17. A questo scopo se ne calcola la potenza: π = D ξ ξ + Dϑ ϑ = βa ξ + 5 cos ϑ ϑ ξ βa 5 cos ϑ ξ + 5 ϑ ϑ = = βa ξ + 10 cos ϑ ξ ϑ + 5 ϑ che coincide con la funzione di Rayleigh a meno di un fattore. La forma quadratica delle velocità generalizzate che compare entro parentesi si può scrivere come: ξ + 10 cos ϑ ξ ϑ + 5 ϑ = ξ ϑ Γξ, ϑ ξ ϑ in termini della matrice simmetrica: Γξ, ϑ = 5 cos ϑ 5 cos ϑ 5 definita positiva in quanto munita di traccia e determinante positivi: tr Γξ, ϑ = 7 > 0 det Γξ, ϑ = 50 5 cos ϑ = 5 + 5 sin ϑ > 0. Si conclude pertanto che: π 0 ξ, ϑ, ξ, ϑ R 4 e che π = 0 se e solo se ξ, ϑ = 0, 0. Il sistema di resistenze viscose ha dunque natura completamente dissipativa. A questa conclusione si aggiunge la circostanza che tutti gli equilibri sono evidentemente isolati, dato il loro numero finito. È dunque lecito applicare la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, basata sui criteri di Barbasin-Krasovskii. A questo scopo si devono calcolare le derivate parziali seconde del potenziale: U ξξ ξ, ϑ = mga U ϑξ ξ, ϑ = 0 U ξϑ ξ, ϑ = 0 1 U ϑϑ ξ, ϑ = 15mga cos ϑ
e la relativa matrice hessiana: H U ξ, ϑ = mga 1 0 0 15 cos ϑ in ciascuna configurazione di equilibrio, in modo da distinguere i massimi relativi propri del potenziale dai punti critici che massimi non sono. Configurazione ξ, ϑ = 0, 0 In questo caso la matrice hessiana del potenziale è definita negativa: 1 0 H U 0, 0 = mga 0 15 e consente di riconoscere l equilibrio come massimo relativo proprio del potenziale. La stabilità asintotica dell equilibrio segue dalla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet. Configurazione ξ, ϑ = 0, π Nella fattispecie la matrice hessiana risulta indefinita: 1 0 H U 0, π = mga 0 15 e caratterizza l equilibrio come punto di sella del potenziale. L esclusione del massimo implica l instabilità dell equilibrio, ancora per la forma forte del teorema di Lagrange- Dirichlet. c Energia cinetica L energia cinetica del sistema viene determinata applicato la proprietà additiva, come somma dei contributi di anello e disco relativi alla stessa terna di riferimento Oxyz. Energia cinetica dell anello L anello γ si muove di moto traslatorio rettilineo, parallelamente all asse Ox. Ad ogni istante tutti i suoi punti presentano quindi la stessa velocità, identificabile ad esempio con quella del punto A. L energia cinetica diventa pertanto: T γ = m A = m a ξê 1 = ma ed è indipendente dalla distribuzione di massa dell anello che infatti non è specificato se sia omogeneo o meno. Energia cinetica del disco Il disco circolare omogeneo è privo di punti fissi e l espressione della sua energia cinetica deve essere calcolata ricorrendo al teorema di König. È evidente che il baricentro di D coincide con il centro geometrico e di simmetria C, la cui posizione viene individuata dal vettore posizione: C O = aξ + 4 + 5 sin ϑê 1 + 5a cos ϑê 13 ξ
e la cui velocità istantanea si scrive: Ċ = a ξ + 5 cos ϑ ϑê 1 5a sin ϑ ϑê con modulo quadrato: Ċ = a ξ + 10 cos ϑ ξ ϑ + 5 ϑ. Il momento d inerzia del disco rispetto all asse baricentrale Cz è dato dalla ben nota espressione: I D Cz = ma, mentre per la velocità angolare istantanea si ha: ω D = 4a a + 1 ϑê 3 = 5 ϑê 3, come è immediato verificare eseguendo il calcolo nel riferimento solidale all anello e considerando che l orientamento relativo dell angolo ϑ e del versore ê 3 non risulta conforme alla convenzione destrorsa. Il teorema di König porge allora l espressione: T D = m Ċ + 1 ID Cz ω D ma = ξ + 10 cos ϑ ξ ϑ + 5 ϑ + 1 ma 5 ϑê 3 = = ma ξ + 10 cos ϑ ξ ϑ + 5 ϑ + 5 4 ma ϑ = ma ξ + 10 cos ϑ ξ ϑ + 75 ϑ. Energia cinetica del sistema L energia cinetica del sistema si ottiene ora sommando le energie cinetiche di anello e disco, calcolate in precedenza: T = T γ + T D = ma = ma ξ + ma ξ + 10 cos ϑ ξ ϑ + 75 ϑ = ξ + 10 cos ϑ ξ ϑ + 75 ϑ. 19 d Equazioni pure del moto L ipotesi di vincoli ideali autorizza a scrivere le equazioni pure del moto nella forma di Lagrange: d dt L ξ in termini della lagrangiana: L ξ = D ξ d dt L ϑ L ϑ = D ϑ 0 L = T + U = ma ξ + 5 cos ϑ ξ ϑ + 75 4 ϑ + mga 15 cos ϑ ξ 1 14
e delle componenti generalizzate 17 delle resistenze viscose. Dalla 1 si deducono le espressioni parziali: L ξ = ma ξ + 5 cos ϑ ϑ L ξ = mgaξ d L dt ξ = ma ξ + 5 cos ϑ ϑ 5 sin ϑ ϑ L ϑ = ma 5 cos ϑ ξ + 75 ϑ L ϑ = 5ma sin ϑ ξ ϑ 15mga sin ϑ d L dt ϑ = ma 5 cos ϑ ξ + 75 ϑ 5 sin ϑ ϑ ξ che sostituite nelle 0 porgono le equazioni del moto richieste: ma ξ + 5 cos ϑ ϑ 5 sin ϑ ϑ + mgaξ = βa ξ + 5 cos ϑ ϑ ma 5 cos ϑ ξ + 75 ϑ + 15mga sin ϑ = βa 5 cos ϑ ξ + 5 ϑ. e Modi normali delle piccole oscillazioni Per β = 0 le resistenze viscose vengono rimosse, ma le configurazioni di equilibrio 18 rimangono invariate. Di queste, ξ, ϑ = 0, π risulta instabile per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet, mentre ξ, ϑ = 0, 0 è stabile in forza del teorema di Lagrange-Dirichlet. Attorno a questo solo equilibrio ha senso studiare le piccole oscillazioni. L energia cinetica 19 è una forma quadratica delle velocità generalizzate: T = ma ξ + 10 cos ϑ ξ ϑ + 75 ϑ = 1 ξ ϑ Aξ, ϑ ξ ϑ con la matrice di rappresentazione: che per ξ, ϑ = 0, 0 si riduce a: Aξ, ϑ = ma 5 cos ϑ 5 cos ϑ 75/ A0, 0 = ma 5, 5 75/ mentre la matrice hessiana del potenziale nella stessa configurazione vale: 1 0 H U 0, 0 = mga. 0 15 15
Lo studio dei modi normali delle piccole oscillazioni si basa sulla matrice ausiliaria: Λω = ω A0, 0 + H U 0, 0 = ma ω 5 1 0 + mga = 5 75/ 0 15 [ ] aω 5 1 0 µ 1 5µ = mga + = mga 75 g 5 75/ 0 15 5µ µ 15 nella quale si è posto, per brevità, µ = aω /g. Le pulsazioni normali sono date dalle radici positive ω dell equazione caratteristica detλω = 0 ovvero, equivalentemente, di: µ 1 5µ 0 = det 75 5µ µ 15 75 = µ 1 µ 15 5µ = = 75µ 30µ 75 µ + 15 5µ = 50µ 135 µ + 15 e quindi dell equazione trinomia: Da questa si traggono le radici positive: 0µ 7µ + 6 = 0. ossia: µ = 7 ± 7 4 0 6 0 µ 1 = 7 49 40 e le pulsazioni normali risultano perciò: ω 1 = µ 1 g a = 7 49 g 40 a = 7 ± 79 480 40 µ = 7 + 49 40 ω = µ g a = = 7 ± 49 40 7 + 49 g 40 a, con ω 1 < ω. Per ricavare i vettori delle ampiezze dei modi normali si deve risolvere il problema agli autovalori: µi 1 5µ i 75 5µ i µ a i = 0, i 15 b i a i 0, 0 rispettivamente per i = 1 nel caso del modo basso e per i = per il modo alto. Poichè le pulsazioni normali sono determinate proprio imponendo la lineare dipendenza del precedente sistema lineare, ci si può limitare a considerare una sola delle due equazioni, per esempio la prima: µ i 1a i + 5µ i b i = 0 16 b i
per poi sceglierne una qualsiasi soluzione non banale, in particolare: a i = 5µ i b i = µ i 1. Modo basso, associato alla pulsazione ω 1 In questo caso le ampiezze di oscillazione sono entrambe di segno negativo: a 1 = 5µ 1 = 7 49 8 b 1 = µ 1 1 = 7 49 1 = 7 49 0 0 per cui il modo normale di oscillazione assume la forma: δξ 7 49 = A 1 8 δϑ 7 49 0 cos 7 49 40 g a t + α 1 t R, con A 1 0 e α 1 costanti reali arbitrarie. Da notare che in questo modo normale i due parametri lagrangiani oscillano in fase attorno ai rispettivi valori di equilibrio. Modo alto, associato alla pulsazione ω Nella fattispecie le ampiezze di oscillazione sono invece di segno opposto: e forniscono il modo normale: a = 5µ = 7 + 49 8 b = µ 1 = 7 + 49 1 = 7 + 49 0 0 δξ 7 + 49 = A 8 δϑ 7 + 49 0 cos 7 + 49 40 g a t + α t R, in cui figurano le costanti reali arbitrarie A 0 e α. Per questo modo normale le oscillazioni armoniche dei due parametri lagrangiani attorno ai relativi valori di equilibrio avvengono in opposizione di fase. 17