Prova scritta di fondamenti di meccanica razionale del 4.6.9 Esercizio Nel piano Oxy di una terna cartesiana solidale Oxyz = Oê ê ê si considera il sistema rigido S costituito da una piastra circolare D, di raggio a e centro C(a,,, e da un punto materiale A di massa µ posto nell origine. La densità areale del disco è data da: Determinare: σ(q = µ Q C Q D. πa (a la massa, la posizione del baricentro G e l inviluppo convesso del sistema in Oxyz; (b la matrice d inerzia del sistema relativa a Oxyz e una terna principale d inerzia in O; (c i momenti d inerzia di S rispetto alle rette y = x e x = a nel piano Oxy; (d il momento angolare in O e l energia cinetica del sistema rispetto alla terna inerziale dove S ruota attorno all asse verticale Oz con velocità angolare costante ω; (e gli equilibri relativi a Oxyz di un punto materiale pesante P, di massa µ e appoggiato su D, sapendo che il disco ha coefficiente di attrito radente statico µ s >. In quali condizioni tutte le posizioni di P su D sono di equilibrio? Esercizio Una terna Oxyz = Oê ê ê ruota uniformemente con velocità angolare ω attorno all asse verticale Oy rispetto ad un riferimento inerziale. Nel piano Oxy un disco circolare omogeneo D, di centro C, raggio a e massa m, rotola senza strisciare lungo l asse Ox. Nello stesso piano un asta rettilinea omogenea OB, di lunghezza 4a e massa m, ruota attorno all estremo fisso O. Una molla ideale di stiffness k = mω collega l estremo B con il centro C. Il sistema è pesante e a vincoli ideali. Si usino i parametri lagrangiani ξ, ϕ R in figura per determinare del sistema, rispetto a Oxyz: (a l espressione dell energia cinetica; (b gli equilibri, precisandone le condizioni di esistenza; (c le caratteristiche di stabilità degli equilibri; (d le equazioni di Lagrange; (e gli equilibri di confine qualora fosse ϕ [ π/4, π/4].
Soluzione dell esercizio (a Massa, baricentro e inviluppo convesso del sistema Massa del disco La massa del disco si ricava integrando sul dominio D la densità areale in coordinate polari piane (ρ, φ [, a] [, π] di polo C: Q C = ρ cos φ ê + ρ sin φ ê, in termini delle quali risulta: per cui: σ(q = µ πa ρ, m D = D σ da = a dρ ρ π dφ µ πa ρ = µ πa a ρ dρ π dφ = µ πa a π = µ. Massa del sistema S La massa del sistema è la somma delle masse del disco D e del punto materiale A: m = m D + m A = µ + µ = 5 µ. Baricentro del disco Il baricentro del disco D si identifica con il suo centro geometrico C, che ne costituisce un evidente centro di simmetria la densità σ è infatti funzione della sola distanza da C. Pertanto: G D O = C O = aê. Baricentro del sistema S La posizione del baricentro G del sistema si deduce dal teorema distributivo, considerando le masse ed i rispettivi baricentri di punto materiale A e disco D: G O = m A(A O + m D (G D O m A + m D = m D (C O = µ/ m A + m D 5µ/ aê = 5 aê. Inviluppo convesso del sistema È evidente dalla definizione che l inviluppo convesso del sistema S = {A} D concide con quello del solo disco D e si identifica pertanto con il disco chiuso D stesso. Si osservi che il baricentro G appartiene a D, in accordo con il teorema dell inviluppo convesso. (b Matrice d inerzia Matrice d inerzia del disco Per calcolare la matrice d inerzia di D rispetto alla terna Oxyz conviene fare ricorso al teorema di Huygens-Steiner generalizzato: si determina preliminarmente la matrice d inerzia
relativa alla terna baricentrale Cxyz e poi la si riporta all origine O. La matrice d inerzia del disco rispetto alla terna Cxyz assume la forma diagonale seguente: [L D C] = LD Cxx L D Cxx, L D Cxx dovuta al fatto che le rette Cx e Cy sono entrambe assi di simmetria di massa per il disco, per cui Cxyz è una terna centrale d inerzia, i momenti d inerzia L D Cxx e LD Cyy sono uguali per simmetria e infine L D Czz = LD Cxx + LD Cyy, essendo il disco completamente collocato nel piano coordinato Oxy. Si deve dunque calcolare il solo momento d inerzia rispetto all asse Cx: L D Cxx = a [ ] (P C ê σ(p da = dρ ρ D = µ πa a ρ 4 dρ π sin φ dφ = µ a 5 πa 5 π π dφ ρ sin φ µ πa ρ = cos φ dal quale si deduce la matrice d inerzia richiesta: [L D C] = µa /5 /5. /5 [ dφ = µa φ π ] π sin φ = µa 5 Per applicare il teorema di Huygens-Steiner generalizzato è sufficiente richiamare il vettore posizione del baricentro C del disco: C O = aê e scrivere: [L D O] = [L D C] + m D a = µa /5 /5 + a µa = /5 = µa /5 /5. 6/5 Matrice d inerzia del punto materiale A nell origine Il punto materiale è posto nell origine della terna di riferimento Oxyz; di conseguenza, la matrice d inerzia del punto materiale rispetto alla stessa terna risulta identicamente nulla: [L A O] =.
Matrice d inerzia del sistema La matrice d inerzia relativa a Oxyz del sistema è la somma delle matrici d inerzia di disco e punto materiale rispetto alla medesima terna: [L O ] = [L D O] + [L A O] = [L D O] = µa /5 /5. ( 6/5 Terna principale d inerzia in O del sistema Dalla forma diagonale della matrice d inerzia ( si evince che la terna Oxyz è principale d inerzia in O per il sistema. Il risultato è facilmente interpretabile: la retta Ox rappresenta un evidente asse di simmetria; l asse Oz è un asse principale d inerzia in O perchè ortogonale al piano di giacitura (e di simmetria Oxy; la retta Oy costituisce infine un asse principale d inerzia in O in quanto ortogonale ai due precedenti, come conseguenza del teorema spettrale. (c Momenti d inerzia Retta di equazione y = x nel piano Oxy La retta passa ovviamente per l origine ed il suo versore direttore si scrive: ˆn = xê + xê xê + xê = ê + ê. Il relativo momento d inerzia è quindi dato da: I y=x = ˆn L O (ˆn = (ê + ê L O (ê + ê = = ( Lxx + L yy + L xy = µa( 5 + = 8 5 5 µa. Retta di equazione x = a nel piano Oxy La retta è parallela all asse coordinato Oy, ma non passa per il baricentro G del sistema. Indicata con x G = a/5 l ascissa di G, il teorema di Huygens-Steiner applicato alle rette parallele Oy e Gy porge la relazione: I Oy = I Gy + mx G, mentre relazione analoga si scrive applicando lo stesso teorema alle rette parallele x = a e Gy: I x=a = I Gy + m(a x G. Sottraendo la prima equazione dalla seconda si elimina il momento d inerzia incognito I Gy : e si ricava il momento richiesto nella forma: I x=a I Oy = m(a x G mx G I x=a = I Oy + m(a x G mx G = I Oy + ma(a x G = 4
= L yy + ma(a x G = 5 µa + 5 µ a ( a 5 a = 5 µa + µa = 6 5 µa. (d Momento angolare e energia cinetica Momento angolare in O Rispetto alla terna inerziale il sistema rigido ruota con velocità angolare ωê attorno all asse verticale Oz. Il momento angolare in O si scrive perciò nella forma: K O = K ê + K ê + K ê, con le componenti K, K, K determinate tramite la matrice d inerzia in Oxyz: K K = [L O ] = L xz L yz ω = µa ω K ω L zz 6/5 che quindi conduce all espressione: K O = 6 5 µa ωê. Energia cinetica Per l energia cinetica relativa alla terna inerziale si ha la relazione: T = ω K O = ωê 6 5 µa ωê = 8 5 µa ω. (e Equilibri relativi a Oxyz del punto P Nella terna rotante, non inerziale, il punto materiale P è sottoposto a due forze attive: una forza centrifuga, tangente al piano d appoggio Oxy del punto F T = µω (P O = µω (xê + yê ; la forza peso, ortogonale al piano d appoggio F O = µgê. La posizione P individuata dal vettore P O = xê + yê è di equilibrio se e soltanto se risulta soddisfatta la condizione stabilita dalla legge di Coulomb-Morin dell attrito radente statico: F T µ s F O vale a dire: µω (xê + yê µ s µgê. Calcolati i moduli si perviene alla disequazione: µω x + y µ s µg, 5
che dividendo membro a membro per µω si riduce a: x + y µ sg ω. In definitiva, le posizioni di equilibrio di P su D sono individuate dalle condizioni: { x + y µ s g/ω (x a + y = a e si collocano nell intersezione fra il disco D ed il cerchio chiuso di centro O e raggio µ s g/ω nel piano Oxy. Da notare che, come appare peraltro intuitivo, all aumentare della velocità angolare ω del sistema il raggio del cerchio in cui sono ubicati gli equilibri diminuisce all aumentare di ω la forza centrifuga nella stessa posizione di P diventa più intensa, mentre la forza peso resta costante. Le posizioni di P sul disco D sono tutte di equilibrio quando il cerchio di centro O e raggio µ s g/ω racchiude completamente D; ciò avviene quando µ s g/ω a, ossia ω µ s g/a. Anche questo risultato è intuitivo: la condizione richiesta ricorre quando la velocità angolare è sufficientemente vicina a zero. Soluzione dell esercizio (a Energia cinetica Energia cinetica del disco Il disco omogeneo D, di raggio a, centro C e massa m, rotola senza strisciare lungo l asse orizzontale Ox. La sua velocità angolare istantanea è data dall espressione: ω D = a ξ a ê = ξê e l energia cinetica, data la mancanza di punti fissi, viene determinata convenientemente ricorrendo al teorema di König: notando che C O = aξê, per cui: T D = m Ċ + ID Cz ξê, Ċ = a ξê = Ċ = a ξ e di conseguenza: T D = m a ξ + ma ξ = 4 ma ξ. Energia cinetica dell asta L asta, rettilinea, omogenea, di massa m e lunghezza 4a, è vincolata a ruotare nel piano Oxy attorno all asse fisso Oz; poichè l angolo di rotazione è il parametro lagrangiano ϕ, la velocità angolare dell asta risulta ϕê e l energia cinetica si scrive: T OB = IOB Oz ϕê = m(4a ϕ = 8 ma ϕ. Energia cinetica del sistema L energia cinetica del sistema consiste nella somma delle energie cinetiche di disco ed asta: T = T D + T OB = 4 ma ξ + 8 ma ϕ. ( 6
(b Equilibri Il sistema è scleronomo, a vincoli bilaterali ideali, posizionale e conservativo: le forze attive applicate si riducono infatti al sistema delle forze peso, all interazione elastica fra i punti B e C, nonchè al sistema delle forze centrifughe. Le forze di Coriolis risultano costantemente ortogonali al piano vincolare Oxy, ed hanno perciò componenti generalizzate identicamente nulle, che non concorrono né alla dinamica né alla statica del sistema. Per calcolare il potenziale del sistema si rende necessario esprimere i vettori posizione dei punti B e C in termini dei parametri lagrangiani: B O = 4a sin ϕ ê 4a cos ϕ ê C O = aξê + aê. Potenziale delle forze peso Al potenziale delle forze peso concorre, di fatto, la sola asta omogenea OB, dal momento che l ordinata del disco si mantiene costante lungo qualsiasi moto possibile del sistema: U g = mgê B O = = mgê (a sin ϕ ê a cos ϕ ê = mga cos ϕ. Potenziale centrifugo Al potenziale centrifugo concorrono tanto il disco quanto l asta OB. Per il disco il teorema di Huygens-Steiner porge: U D cf = ω ID Oy = ω [ I D Cy +m[(c O ê ] ] ( = ω ma 4 +ma ξ = ma ω ξ +costante mentre il contributo dell asta si ricava direttamente dalla definizione: U OB cf = ω IOB Oy = ω 4a s sin ϕ m 4a ds = mω 8a [ s ] 4a sin ϕ = 8 ma ω sin ϕ. Il potenziale centrifugo del sistema vale pertanto, omesse le costanti additive inessenziali: U cf = Ucf D + Ucf OB = ma ω ξ + 8 ma ω sin ϕ. Potenziale elastico La posizione relativa degli estremi della molla è individuata dal vettore: B C = (4 sin ϕ + ξaê (4 cos ϕ + aê di modulo quadrato: B C = (4 sin ϕ + ξ a + (4 cos ϕ + a = = (6 + 8ξ sin ϕ + ξ + 8 cos ϕ + a = = (7 + 8ξ sin ϕ + ξ + 8 cos ϕa 7
cui corrisponde il potenziale elastico: U el = k B C = mω (7 + 8ξ sin ϕ + ξ + 8 cos ϕa = = ma ω (8ξ sin ϕ + ξ + 8 cos ϕ + costante. Potenziale del sistema La somma dei potenziali gravitazionale, centrifugo ed elastico definisce il potenziale del sistema: U(ξ, ϕ = U g + U cf + U el = = mga cos ϕ + ma ω ξ + 8 ma ω sin ϕ ma ω (8ξ sin ϕ + ξ + 8 cos ϕ = = ma ω ( g ξ cos ϕ aω + 8 sin ϕ 8ξ sin ϕ 8 cos ϕ. (ξ, ϕ R Equilibri Gli equilibri del sistema, tutti ordinari, si identificano con i punti stazionari del potenziale U e si ottengono quindi eguagliando simultaneamente a zero le derivate parziali prime: U ξ (ξ, ϕ = U ξ(ξ, ϕ = ma ω ( ξ 8 sin ϕ U ϕ (ξ, ϕ = U ϕ(ξ, ϕ = ma ω ( g aω sin ϕ + 8 sin ϕ + 6 sin ϕ cos ϕ 8ξ cos ϕ, ovvero risolvendo il sistema di equazioni algebrico-trigonometriche: ξ 8 sin ϕ = g aω sin ϕ + 8 sin ϕ + 6 sin ϕ cos ϕ 8ξ cos ϕ =. ( Dalla prima delle equazioni ( si esprime il valore di equilibrio di ξ in funzione di quello della variabile angolare ϕ: ξ = 8 sin ϕ (4 e sostituendo questa relazione nella seconda delle equazioni ( questa si riduce ad una equazione pura nel solo angolo ϕ: g aω sin ϕ + 8 sin ϕ + 6 sin ϕ cos ϕ + 64 sin ϕ cos ϕ = ossia: ed infine: g 8 sin ϕ + 8 sin ϕ + sin ϕ cos ϕ = aω g 4 sin ϕ + 4 sin ϕ + sin ϕ cos ϕ =. (5 aω 8
L equazione (5 si fattorizza nel modo seguente: [ 4 sin ϕ cos ϕ ( g ] 4 aω 4 =. Per sin ϕ = essa ammette due radici distinte definite incondizionatamente: cui corrispondono gli equilibri: Per cos ϕ ( g 4 aω 4 = vale invece: ϕ = ϕ = π, (ξ, ϕ = (, (ξ, ϕ = (, π. cos ϕ = ( g 4 aω 4 ed ammette le radici: [ ( g ] ϕ = arccos 4 aω 4 := ϕ ϕ = ϕ, definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia: < ( g 4 aω 4 In tale ipotesi si hanno pertanto gli ulteriori equilibri: < + < g aω < 6. (ξ, ϕ = ( 8 sin ϕ, ϕ (ξ, ϕ = (8 sin ϕ, ϕ. (c Stabilità degli equilibri Per analizzare le caratteristiche di stabilità degli equilibri conviene considerare il potenziale adimensionalizzato: u(ξ, ϕ = ( g ma U(ξ, ϕ = ξ ω 8ξ sin ϕ + aω 8 cos ϕ + 8 sin ϕ e calcolarne le derivate parziali seconde: u ξξ (ξ, ϕ = u ϕξ (ξ, ϕ = 8 cos ϕ ( u ξϕ (ξ, ϕ = 8 cos ϕ u ϕϕ (ξ, ϕ = 8ξ sin ϕ+ 8 g aω cos ϕ+ 6 (cos ϕ sin ϕ 9
per poi determinare il segno degli autovalori della relativa matrice hessiana: ( 8 cos ϕ H u (ξ, ϕ = ( 8 cos ϕ 8ξ sin ϕ + 8 g aω cos ϕ + 6 (cos ϕ sin ϕ in ciascuna configurazione di equilibrio. Equilibrio (ξ, ϕ = (, In questa configurazione di equilibrio la matrice hessiana del potenziale adimensionalizzato assume la forma: H u (, = 8 8 8 g aω + 6 = 8 4 8 g aω con determinante e traccia di segno non definito: deth u (, = 4 + g aω 64 = trh u (, = + 4 g aω g aω = 7 g aω ( g = aω 6 che rendono necessario l esame di tre casi distinti: se g/aω < 6/ risulta deth u (, <, per cui la matrice hessiana presenta autovalori di segno opposto. Il ricorrere di un autovalore positivo implica l instabilità dell equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet; per g/aω > 6/ si ha invece deth u (, > ed inoltre: trh u (, = 7 g aω < 7 6 = 7 = 95 = 65 <. Ne deriva che l hessiana è definita negativa, e che la configurazione di equilibrio costituisce un massimo relativo proprio del potenziale adimensionalizzato, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet; qualora sia infine g/aω = 6/, il determinante della matrice si annulla e la traccia assume segno negativo: trh u (, = 7 g aω = 7 = 95 4 = 65 in modo che la matrice hessiana risulta semidefinita non definita negativa. Questa circostanza non basta a concludere che l equilibrio costituisca un massimo relativo proprio del potenziale adimensionalizzato; ricorre dunque un caso critico di stabilità. In realtà, una opportuna riscrittura del potenziale mette in evidenza come l equilibrio
rappresenti un massimo relativo proprio del potenziale adimensionale, stabile per Lagrange-Dirichlet. Si ha infatti: ( u(ξ, ϕ = ξ g 8ξ sin ϕ + aω 8 cos ϕ + 8 sin ϕ = ( = ξ 8ξ sin ϕ + 8 cos ϕ + 8 sin ϕ = = (ξ + 6ξ sin ϕ + 8 cos ϕ + 8 sin ϕ = = (ξ + 8 sin ϕ + sin ϕ + 8 cos ϕ + 8 sin ϕ = = (ξ + 8 sin ϕ + 4 sin ϕ + 8 = = (ξ + 8 sin ϕ + 4 sin ϕ + 8 cos ϕ = ( sin ϕ = 8 (ξ + 8 sin ϕ + 46 sin ϕ cos ϕ 46 sin ϕ = = 8 (ξ + 8 sin ϕ 46 sin4 ϕ. Equilibrio (ξ, ϕ = (, π Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale diventa: ( ( 8 8 H u (, π = g 8 aω 8 + 6 = g 8 aω 8 e ha sempre determinante di segno negativo: deth u (, π = g aω + 8 g 64 = aω 84 risultando perciò indefinita. Il ricorrere di un autovalore positivo assicura l instabilità dell equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Equilibrio (ξ, ϕ = ( 8 sin ϕ, ϕ, con cos ϕ = 4 L elemento h della matrice hessiana risulta: h = ( g aω 4 < ( 8 g aω cos ϕ + 6 (cos ϕ sin ϕ 64 sin ϕ = = 8 cos ϕ + 6 cos ϕ 6 sin ϕ 64 sin ϕ = = 9 cos ϕ 8 sin ϕ per cui la matrice diventa: 8 cos H u ( 8 sin ϕ, ϕ ϕ = 8 cos ϕ 9 cos ϕ 8 sin ϕ =
con traccia negativa: e determinante positivo: trh u ( 8 sin ϕ, ϕ = 9 cos ϕ 8 sin ϕ < deth u ( 8 sin ϕ, ϕ = 9 cos ϕ + 8 sin ϕ 64 cos ϕ = 8 sin ϕ > in quanto ϕ (, π. La matrice è quindi definita negativa ed individua l equilibrio come un massimo relativo proprio del potenziale adimensionale, la cui stabilità segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet. Equilibrio (ξ, ϕ = (8 sin ϕ, ϕ, con cos ϕ = ( g 4 aω 4 Questo equilibrio gode delle stesse proprietà di stabilità dell equilibrio simmetrico precedente, causa la simmetria del potenziale: U( ξ, ϕ = U(ξ, ϕ (ξ, ϕ R. L equilibrio è quindi stabile per Lagrange-Dirichlet, in quanto massimo relativo proprio del potenziale. (d Equazioni di Lagrange Le equazioni di Lagrange del sistema sono le seguenti: d ( L dt ξ L ξ = d ( L dt ϕ e vanno espresse in termini della lagrangiana L = T + U: L ϕ = L = 4 ma ξ + 8 ma ϕ + ma ω ( g ξ cos ϕ aω + 8 sin ϕ 8ξ sin ϕ 8 cos ϕ. Data la struttura particolarmente semplice dell energia cinetica coefficienti costanti della forma quadratica in ξ e ϕ è immediato calcolare i termini dei binomi di Lagrange: d ( L dt ξ = L ma ξ ξ = ma ω ( ξ 8 sin ϕ d ( L = 6 dt ϕ ma ϕ L ϕ = ma ω ( g aω sin ϕ + 6 sin ϕ cos ϕ 8ξ cos ϕ + 8 sin ϕ e le equazioni richieste diventano: ma ξ + ma ω (ξ + 8 sin ϕ = 6 ma ϕ + ma ω ( g aω sin ϕ 6 sin ϕ cos ϕ + 8ξ cos ϕ 8 sin ϕ =.
(e Equilibri di confine per ϕ [ π/4, π/4] Le configurazioni di confine del sistema sono tutte e soltanto quelle del tipo (ξ, ϕ = (ξ o, π/4 e (ξ, ϕ = (ξ o, π/4, con ξ o R. Nel piano (ξ, ϕ R il dominio di definizione della parametrizzazione del sistema scleronomo è la striscia chiusa definita da: {(ξ, ϕ R : ξ R, ϕ [ π/4, π/4]}. Conviene ricercare gli eventuali equilibri di confine separatamente lungo la retta (ξ, ϕ = (ξ o, π/4, ξ o R, e lungo la retta (ξ, ϕ = (ξ o, π/4, ξ o R. A questo scopo, si deve ricordare l espressione delle forze generalizzate: Q ξ (ξ, ϕ = U ξ (ξ, ϕ = ma ω ( ξ 8 sin ϕ Q ϕ (ξ, ϕ = U ϕ (ξ, ϕ = ma ω ( g aω sin ϕ + 8 sin ϕ + 6 sin ϕ cos ϕ 8ξ cos ϕ che devono essere inserite nel teorema dei lavori virtuali. Configurazioni (ξ, ϕ = (ξ o, π/4, ξ o R Data l ipotesi dei vincoli ideali, una configurazione di questo tipo risulta un equilibrio di confine se soltanto se risulta soddisfatto il teorema dei lavori virtuali: α ξ Q ξ (ξ o, π/4 + α ϕ Q ϕ (ξ o, π/4 α ξ R, α ϕ, ovvero la coppia di relazioni equivalenti: Q ξ (ξ o, π/4 = Q ϕ (ξ o, π/4 che calcolando le espressioni esplicite delle forze generalizzate diventano: ξ o 8 = g aω + 8 + 6 Dalla prima equazione si ottiene un unico valore di ξ o : ξ o = 4, mentre la seconda disequazione si semplifica in: 8ξ o ( 4 g aω + 8 +. ossia: ( 4 g 4 + aω
ed infine: g aω 4 + 5. Lungo questo tratto di frontiera è dunque definita la sola configurazione di equilibrio di confine: (ξ, ϕ = ( 4, π/4 purchè risulti soddisfatta la condizione di esistenza: g aω 4 + 5. Configurazioni (ξ, ϕ = (ξ o, π/4, ξ o R Una configurazione lungo questo tratto di frontiera risulta di equilibrio se e soltanto se: α ξ Q ξ (ξ o, π/4 + α ϕ Q ϕ (ξ o, π/4 α ξ R, α ϕ, ossia sono verificate le relazioni simultanee: Q ξ (ξ o, π/4 = la cui forma esplicita risulta: ξ o + 8 = g aω 8 Q ϕ (ξ o, π/4 6 8ξ o. La prima equazione fornisce l unico possibile valore di equilibrio di ξ o : ξ o = 4, mentre la seconda disequazione equivale a: ( g aω 4 8, si semplifica in: ( g aω 4 4 e porge infine: g aω 4 + 5. Si ha dunque l ulteriore equilibrio di confine: (ξ, ϕ = ( 4, π/4 se e soltanto se: g aω 4 + 5. Si osservi che allo stesso risultato si poteva giungere con argomenti di simmetria: il potenziale U(ξ, ϕ è infatti una funzione pari in (ξ, ϕ R [ π/4, π/4], per cui se (ξ, ϕ = (ξ o, π/4 è un equilibrio, allora lo è anche (ξ, ϕ = ( ξ o, π/4. 4