C.5 Soluzioni del capitolo 5

ESERCIZIO 5.1 La costante $d$ non conta. Se $a=0$ si ottiene un sistema dinamico lineare, il cui punto di equilibrio sarà una sella o un centro a seconda dei casi. Avendo ridotto il potenziale, a meno di una costante, a $V(x)=ax^3 +kx$ (in effetti $k=c-b^2/3a$) si può supporre $a>0$ (a meno di scambiare $x$ con $-x$); perciò l'andamento qualitativo delle curve di livello dipende solo dal segno di $k$. Per $k>0$ l'energia potenziale non ha né massimi né minimi, e tutte le orbite sono curve aperte, con $\lim_{t\to \pm \infty}\, q(t)=-\infty$. Per $k=0$ si ha un punto di equlibrio instabile con linearizzato degenere (come in Figura 3.2), per $k<0$ si hanno un massimo ed un minimo, corrispondenti ad un punto di equlibrio stabile e ad una sella. Le separatrici della sella si congiungono dal lato delle $q$ positive, girando attorno al punto stabile.

ESERCIZIO 5.2 Studiare solo per $q>0$; il resto si ottiene per simmetria, cioè con la sostituzione $q\mapsto -q$.

$$V(q)=-\int\,\frac{aq^2+bq+c}{q^4}\,dq= \frac a{q}+ \frac b{2q^2}+\frac c{3q^3} + cost$$

dove possiamo scegliere $cost=0$. Studiamo sistematicamente i limiti dell'energia potenziale per $q$ che tende agli estremi dell'insieme di definizione: se $c\neq 0, a\neq 0$

$$\lim_{q\to 0^+} V(q)= +\infty \cdot sign(c)\hspace{5mm},\hspa... ...o +\infty} V(q) = 0^\pm \ \mbox{a seconda del segno di $a$}\;.$$

Inoltre troviamo quanti zeri ha la funzione $V'(q)$ per $q>0$, il che dipenderà anche dal segno di $b$ e dal segno di $\Delta=b^2-4ac$.

ESERCIZIO 5.3 Cè un solo punto di equilibrio nell'origine. Infatti $\dot q=0 \Rightarrow p=0$ e

$$\dot p\vert _{p=0}= -\frac{\partial {H}}{\partial {q}} \vert _{p=0}= -g\,q$$

quindi il punto di equilibrio è l'origine, il linearizzato ha matrice

$$A=\left[\begin{array}{cc}{0}&{-g}\\ {1}&{0}\end{array}\right]$$

ed è comunque stabile, visto che $H(p,q)$ ha un minimo. Le curve di livello sono tracciate nella Figura C.5.
A titolo di esempio, il programma utilizzato per generare questa figura è ham_lev53.m ..

Figura C.5: Curve di livello della funzione di Hamilton.

ESERCIZIO 5.4

$$\begin{eqnarray*}1.&\dot q=&p+q\Rightarrow p=\dot q-q\Rightarrow L(q,\dot q)=\fr... ... q\vert^{\alpha/(\alpha-1)}\left (1-\frac1\alpha\right )-V(q)\;. \end{eqnarray*}$$

ESERCIZIO 5.5

$$\begin{eqnarray*}1.&p=&\frac{\dot q}{\sqrt{1-{\dot q}^2}}\Rightarrow {\dot q}^2=... ...q)},\ \Rightarrow H(p,q)=\frac 12\frac{[p-B(q)]^2}{A(q)}+V(q)\;. \end{eqnarray*}$$

ESERCIZIO 5.6 Dalla forma dell'energia cinetica si deduce che

$$\frac{d{x}}{d{q}}=1+2\,q \Rightarrow x=q+q^2$$

ESERCIZIO 5.7 La coordinata $z$ ha senso solo per $z\geq 0$. La funzione di Hamilton è

$$H(p,z)=\frac{p^2}{2\,m}-\frac{G\,M\,m}{R+z}\ .$$

Poiché

$$\lim_{z\to +\infty} V(z)=0$$

le curve di livello sono limitate per $E<0$, illimitate per $E\geq 0$. Nel primo caso l'orbita ricade sulla superficie $z=0$ dopo un tempo finito, nel secondo va all'infinito. La funzione energia è

$$E(z,\dot z)=\frac m2 \, \dot z^2 -\frac{GMm}{R+z}\;,$$

quindi la velocità iniziale critica che separa i due casi è

$$v_\infty= \sqrt{\frac {2GM}{R+z}} \;.$$

Il tempo per arrivare all'altezza $z$, partendo da $z=0$ al tempo $t=0$, è espresso dalla quadratura

$$t(z)=\int_0^z\; \frac {ds}{\sqrt{\frac {2E}m + \frac{2\,GM}{R+s}}}\ .$$

ESERCIZIO 5.8

$$L(q,\dot q)=\frac{mR^2(1+k^2)}2\,\dot q^2 -mgkR\,q \hspace{5mm},\hspace{5mm}H(p,q)=\frac{p^2}{2mR^2(1+k^2)} + mgkR\,q$$

L'equazione di Lagrange è

$$\ddot q= -\frac gR \, \frac k{1+k^2}$$

con secondo membro costante, quindi le soluzioni sono funzioni quadratiche del tempo.

ESERCIZIO 5.9 Rispetto alle coordinate indicate in figura, risulta

$$\left\{\begin{array}{lcl} {\displaystyle x} & {\displaystyl... ...1-\cos\alpha)+(\ell-R\alpha)\sin\alpha} \end{array}\right.\;,$$

da cui derivando e sfruttando alcune cancellazioni

$$\left\{\begin{array}{lcl} {\displaystyle \dot x} & {\displa... ...yle (\ell-R\alpha)\dot\alpha\cos\alpha} \end{array}\right.\;;$$

le energie cinetica e potenziale sono date da

$$\left\{\begin{array}{lcl} {\displaystyle T} & {\displaystyl... ...(1-\cos\alpha)+ (\ell-R\alpha)\sin\alpha]} \end{array}\right.$$

e dalla lagrangiana $L(\alpha,\dot\alpha)=T(\dot\alpha)-V(\alpha)$ si ottiene, per

$$p=\frac{\partial {L}}{\partial {\dot\alpha}}=m\dot\alpha(\ell-R\alpha)^2\Rightarrow \dot \alpha=\frac p{m(\ell-R\alpha)^2}$$

la hamiltoniana $H=T+V$

$$H(p,\alpha)=\frac{p^2}{2m(\ell-R\alpha)^2}-mg[R(1-\cos\alpha)+ (\ell-R\alpha)\sin\alpha]\;.$$

Si noti che le equazioni di moto diventano non risolvibili rispetto alla derivata seconda quando $R\,\alpha=\ell$, cioè quando il pendolo sbatte sul cilindro. Intorno al punto di equilibrio stabile $Q_0=(0,\pi/2)$, $H$ ha la forma

$$H(p,\alpha)=\tilde H(p,\alpha)+\circ\left (p^2+(\alpha-\pi/2)^2\right )$$

$$\tilde H(p,\alpha)=c +\frac{mg}2\left (\alpha-\frac\pi2\right... ...right ) +\frac{p^2}{2\,m\left (\ell-\frac{R\pi}2\right )^2}\;,$$

$$c=mgR\left (\frac\pi2-1\right )-mg\ell\;;$$

approssimando le piccole oscillazioni intorno a $Q_0$ con quelle del sistema (lineare) con hamiltoniana $\tilde H$, si ottengono ellissi (le curve di livello $\tilde H=E$) del tipo

$$\frac{p^2}{a^2(E)}+\frac{(\alpha-\pi/2)^2}{b^2(E)}=1\;,$$

$$a^2(E)=2\,m\left (\ell-\frac{R\pi}2\right )^2(E-c) \quad,\quad b^2(E)=\frac2{mg}\; \frac{E-c}{\ell-\frac{R\pi}2}\ .$$

Nell'approssimazione scompare la dipendenza del periodo dall'energia:

$$T=\sqrt{2}\pi\sqrt{\frac{2\ell-R\pi}g}\;.$$

ESERCIZIO 5.10 Si ottengono l'energia cinetica e l'energia potenziale

$$T(x,\dot x)= \frac m2 \; \left[ 1+\sin^2 x\right]\; \dot x^2 \hspace{5mm},\hspace{5mm}V(x)=-m\,g\,\cos x$$

da cui la lagrangiana $L=T-V$ e l'hamiltoniana

$$H(p,x)=T+V= \frac{p^2}{2\,m\,(1+\sin^2 x)} - m\,g\,\cos x$$

i cui punti di equilibrio sono solo per $p=0$ e tali che

$$\dot p \vert _{p=0}=-\frac{\partial {H}}{\partial {x}}\vert _{p=0}= -m\,g\,\sin x=0$$

per cui ci sono due punti di equilibrio $p=0,\; x=0,\pi (mod\; 2\pi)$ con linearizzato

$$A(x)= \left[\begin{array}{cc}{0}&{-mg\cos x}\\ {1/m(1+\sin^2 x)}&{0}\end{array}\right]$$

che ha traccia nulla. Il determinante è $+g$ per $x=0$, quindi $(p,x)=(0,0)$ è stabile, e $-g$ per $x=\pi$, quindi $(0,\pi)$ è una sella. Si noti che i punti di equilibrio hanno la stessa stabilità, quindi il sistema ha lo stesso comportamento qualitativo del pendolo ordinario $\ddot x= -\sin x$, ma il sistema non è lo stesso, come si vede dalla Figura C.6.

Figura C.6: Curve di livello della funzione di Hamilton.

ESERCIZIO 5.11 In un piano verticale $(x,z)$ perpendicolare all'asse del cilindro, le coordinate dell'intersezione con l'asse del cilindro sono

$$\left\{\begin{array}{lcl} {\displaystyle x_0} & {\displayst... ...le=} &{\displaystyle -R \theta \sin\alpha} \end{array}\right.$$

Figura C.7: Cilindro che rotola su di un piano inclinato.

assumendo un sistema di riferimento tale che a $\theta=0$ corrisponda $x_0=y_0=0$. (Si noti che il cilindro ruota in verso orario, quindi con $\theta$ decrescente, se sale il piano inclinato.) Da questo segue la parametrizzazione suggerita, aggiungendo vettorialmente la rotazione attorno all'asse del cilindro. La velocità del punto materiale è

$$\left\{\begin{array}{lcl} {\displaystyle \dot x} & {\displa... ...\,\sin\alpha + \ell\,\sin(\theta+\alpha)]} \end{array}\right.$$

e l'energia cinetica

$$T(\theta,\dot\theta)=\frac M2 \, \left( \dot x^2 + \dot z^2\r... ...heta^2\, \left[R^2+\ell^2 -2\,R\,\ell\, \cos \theta\right] \ .$$

L'energia potenziale è proporzionale all'altezza:

$$V(\theta)= M\,g\,z(\theta)= -M\,g\,\left[ R\,\theta \sin\alpha +\ell\,\cos(\theta+\alpha)\right]\ .$$

La lagrangiana

$$L(\theta,\dot\theta)=T-V= \frac M2 \, \dot\theta^2\, \left[R^... ...,\left[R\, \theta \sin\alpha +\ell\,\cos(\theta+\alpha)\right]$$

definisce il momento

$$p=\frac{\partial {L}}{\partial {\dot\theta}} = M\,\dot\theta\, \left[R^2+\ell^2 - 2\,R\,\ell\,\cos \theta\right]$$

e l'equazione di Lagrange

$$M\,\,\left[R^2+\ell^2 - R\,\ell\,\cos \theta\right]\;\ddot\th... ...\theta +M\,g\, [R\,\sin\alpha - \ell\,\sin(\theta+\alpha)] \ .$$

La hamiltoniana

$$H(p,\theta)=\frac{p^2}{2\,M\,\left[R^2+\ell^2 - 2\,R\,\ell\,\... ...,\left[R\, \theta \sin\alpha +\ell\,\cos(\theta+\alpha)\right]$$

definisce equazioni di Hamilton con punti di equilibrio solo dove $\partial H/\partial p=0$, che avviene solo per $p=0$ perchè $H$ è quadratica in $p$, e dove

$$\dot p\vert _{p=0}=-\frac{\partial {H}}{\partial {\theta}} \vert _{p=0}=M\,g\; [R\, \sin \alpha + \ell\, \sin(\theta+\alpha)]$$

che ha soluzione solo se $(R/\ell)\sin\alpha\leq 1$; si noti che il parametro $g$ non ha influenza sulla presenza di equilibri. Se la condizione $(R/\ell)\sin\alpha<1$ è soddisfatta, per ogni giro $2k\pi<\theta < 2(k+1)\pi$ ci sono due equilibri, con la stabilità controllata dal segno di $\cos(\theta+\alpha)$, quindi un equilibrio stabile e una sella.

ESERCIZIO 5.12 La parametrizzazione del moto

$$\left\{\begin{array}{lcl} {\displaystyle x(q,t)} & {\displa... ...displaystyle=} &{\displaystyle R\, \sin q} \end{array}\right.$$

porta, grazie alla semplificazione $[r'(q)]^2+[z'(q)]^2=R^2$ all'energia cinetica e potenziale

$$T(q,\dot q)=\frac m2\; R^2\; \dot q^2 + \frac m2\; \omega^2\;... ...,\cos q\right)^2 \hspace{5mm},\hspace{5mm}V(q)=m\,g\,R\,\sin q$$

da cui $L=T-V$. Il momento è $p=m\,R^2\,\dot q$ e l'equazione di Lagrange

$$\dot p = m\,R^2\, \ddot q = \frac{\partial {L}}{\partial {q}}= -m\,\omega^2\,R\, \sin q \; (S+R\,\cos q)-m\,g\,R\, \cos q\ .$$

La hamiltoniana

$$H(p,q)= \frac {p^2}{2\,m\,R^2} - \frac m2\; \omega^2\; \left(S+R\,\cos q\right)^2 + m\,g\,R\,\sin q$$

definisce le equazioni di Hamilton

$$\left\{\begin{array}{lcl} {\displaystyle \dot q} & {\displa... ...\, \cos q)\, R\,\sin q - m\,g\,R\, \cos q} \end{array}\right.$$

e non coincide con l'energia, che vale

$$E(q,\dot q)= T+V= \frac m2\; R^2\; \dot q^2 + \frac m2\; \omega^2\; \left(S+R\,\cos q\right)^2 + m\,g\,R\,\sin q\ .$$

ESERCIZIO 5.13 Se $f(r)=k\,r^2$, allora $f'(r)=2\,k\,r$ e dalle formule date nel testo

$$H(p,r)=\frac{p^2}{2\,m\,[1+4\,k^2\,r^2]} -\frac m2\,\omega^2\,r^2 +m\,g\,k\,r^2$$

con equilibri solo per $p=0$.

$$\dot p\vert _{p=0}= -\frac{\partial {H}}{\partial {r}}\vert _{p=0}= -m\,r\;(2\,g\,k-\omega^2)$$

da cui $(p,r)=(0,0)$ è il solo punto di equilibrio; il linearizzato

$$\frac{\partial {(\dot p, \dot r)}}{\partial {(p,r)}}(0,0)= \l... ...rray}{cc}{0}&{m(\omega^2-2gk)}\\ {1/m}&{0}\end{array}\right]$$

ha determinante $2\,g\,k-\omega^2$. Perciò per $\omega^2< 2\,g\,k$ si ha un punto stabile, per $\omega^2> 2\,g\,k$ una sella.

ESERCIZIO 5.14

$$H(p,r)=\frac{p^2}{2\,m\,(1+\sin^2r)}-\frac m2\, \omega^2\,r^2 +m\,g\,\cos r$$

con equilibri solo per $p=0$ e

$$\dot p\vert _{p=0}= -\frac{\partial {H}}{\partial {r}}\vert _{p=0}= m\, (\omega^2\,r +g\, \sin r)$$

per cui ci sono degli equilibri in corrispondenza delle soluzioni di

$$\frac{\omega^2}g\, r=-\sin r$$

Figura C.8: Le intersezioni della sinusoide con le rette inclinate sono tanto più numerose quanto più bassa è l'inclinazione.

che esistono per $\omega^2/g$ non troppo grande, e sono tanto più numerose quanto più piccolo è $\omega^2/g$ (si vedano i diversi casi, a seconda del valore di $\omega^2/g$, nella Figura C.8). Gli equilibri sono generalmente a coppie, in ogni coppia quello con $r$ più piccolo corrisponde ad un minimo di $H$ e quindi è stabile, l'altro è una sella.

ESERCIZIO 5.15 Qualunque sia la funzione $w(p,q)$ da usare in combinazione con $z=f(q)$, la matrice jacobiana sarà della forma:

$$\frac{\partial {(w,z)}}{\partial {(p,q)}}=\left[\begin{array}... ...l p}&{\partial w/\partial q}\\ {0}&{f'(q)}\end{array}\right]$$

che ha determinante 1 se e solo se

$$\frac{\partial {w}}{\partial {p}}= \frac 1{f'(q)} \Longrightarrow w=\frac p{f'(q)} +g(q)$$

dove $g(q)$ è una funzione $C^1$ arbitraria.

PROBLEMA 5.16 Il discriminante dell'equazione caratteristica è $\Delta= Tr^2A -4$, per cui $\vert Tr A\vert>2$ porta a radici reali $\lambda, 1/\lambda$ con $\vert\lambda\vert>1$. Tutte le matrici con questi autovalori possono essere descritte come

$$B\, \left[\begin{array}{cc}{\lambda}&{0}\\ {0}&{1/\lambda}\end{array}\right]\, B^{-1}$$

dove $B$ è una qualunque matrice invertibile $2\times 2$. Invece $\vert Tr A\vert<2$ porta a radici complesse $\lambda, \overline\lambda$ con $\vert\lambda\vert=1$. Tutte le matrici con questi autovalori sono della forma

$$B\, R(\theta) \, B^{-1}$$

dove $B$ è una qualunque matrice invertibile e $R(\theta)$ è la rotazione di un angolo $\theta=arg(\lambda)$. Resta il caso $Tr A= \pm 2$ in cui l'autovalore $\pm 1$ è doppio, quindi o $A=I$ oppure $A$ è coniugata alla forma canonica $\pm I + N$ con $N$ una matrice nilpotente (si veda l'esercizio 2.10).

ESERCIZIO 5.17 La matrice jacobiana è

$$\frac{\partial {(w,z)}}{\partial {(p,q)}}=\left[\begin{array}{cc}{1/q}&{-p/q^2}\\ {0}&{q}\end{array}\right]$$

con determinante identicamente 1, La funzione generatrice soddisfa alle equazioni alle derivate parziali:

$$\frac{\partial {F}}{\partial {q}}=p=wq \hspace{5mm},\hspace{5mm}\frac{\partial {F}}{\partial {w}}=z=\frac 12\, q^2$$

che sono soddisfatte da

$$F(q,w)= \int\; w\,q\,dq = \int\; \frac 12\,q^2\,dw= \frac{w\,q^2}2 + cost\ .$$

PROBLEMA 5.18 Si faccia riferimento alla Figura C.9: supponiamo per esempio che l'orbita periodica si richiuda dopo un incremento di $q$ di $4\pi$, come la curva $ABC$, dove il valore di $p$ in $A$ ed in $C$ deve essere uguale, chiamiamolo $p_0$. Il valore di $p$ in $B$ sia, per ipotesi, diverso da $p_0$, chiamiamolo $p_1$.

Figura C.9: Per richiudersi dopo due giri, l'orbita periodica dovrebbe incrociare se stessa.

Se ora noi consideriamo la curva ottenuta da $ABC$ per traslazione di $-2\pi$ lungo l'asse $q$, essa conterrà il tratto $ED$, in cui $D=(p_0,2\pi)$, $E=(p_1,0)$. Ma allora i due archi di curva $ED$ e $AB$ devono incrociarsi, il che contraddice l'unicità delle soluzioni con condizioni iniziali date. Questo riduce ad assurdo l'ipotesi $p_0\neq p_1$. Se l'incremento di $q$ fosse $6\pi, 8\pi\,..$ si considererebbero le copie dei vari tratti di orbita riportate all'intervallo $[0,2\pi]$.

ESERCIZIO 5.19

$$\left\{\begin{array}{lcl} {\displaystyle I} & {\displaystyl... ...\arctan \left(\frac {m\omega\,q}{p}\right)} \end{array}\right.$$

PROBLEMA 5.20 Se ci fossero più di due intersezioni con $p=0$, ce ne sarebbe almeno una, chiamiamola $(0,q_0)$, tale che ad essa tendono segmenti della traiettoria con $q>q_0$ e con $q<q_0$. Data la simmetria rispetto a $p$, ci dovrebbero essere quattro di tali rami. Ma allora la traiettoria non sarebbe, in $(0,q_0)$, una curva regolare, ossia non vale il teorema della funzione implicita, quindi $grad H=0$, da cui si tratta di un punto di equilibrio, che non può appartenere ad un'orbita periodica.

ESERCIZIO 5.21 Poichè $E=H(0,\pi)=k^2$ il valore del momento lungo la curva di livello cercata è

$$p=\pm\sqrt{2E-2k^2\cos q} =\pm k\sqrt{2} \; \sqrt{1-\cos q}$$

da cui l'area si calcola con l'integrale

$$area=2\,k\sqrt{2}\;\int_{-\pi}^{+\pi} \;\sqrt{1-\cos q}\; dq \ .$$

Si può limitarsi a calcolare l'integrale sull'intervallo $[0,\pi]$ grazie al fatto che la funzione integranda è pari, e su tale intervallo si può usare la sostituzione $\tau=\cos q$, con la regola di integrazione per sostituzione $dq=-d\tau/\sqrt{1-\tau^2}$, da cui

$$\begin{eqnarray*}Area&=& k\,4\,\sqrt{2} \int_{-1}^{+1}\; \frac{\sqrt{1-\tau}}{\s... ...}}= k\,8\,\sqrt{2} \left[ \sqrt{1+\tau}\right]_{-1}^{+1}= 16\, k \end{eqnarray*}$$

Quindi il valore di $I$ tende a $Area/2\pi=8\,k/\pi$ al tendere verso la separatrice della sella.

PROBLEMA 5.22 Quindi le aree racchiuse dalle orbite periodiche con velocità iniziale $\dot q_0$ sono dei rettangoli $-d\leq q \leq d,\; -p_0\leq p \leq p_0$, dove $p_0=m\,\dot q_0$. La loro area è $2\,p_0\,d$, per cui

$$I=\frac{2\,p_0\,d}{2\,\pi}\ .$$

D'altro canto l'energia è funzione solo del momento

$$E=\frac{p^2}{2\,m}\Longleftrightarrow p=\pm \sqrt{2\,m\,E}$$

e quindi la relazione tra variabile azione ed energia è

$$I(E)=\frac{d}{\pi}\; \sqrt{2\,m\,E} \Longleftrightarrow E(I)=\frac{\pi^2 \, I^2}{2\, m\, d^2}$$

da cui le frequenze proprie ed i periodi

$$\omega(I)= \frac{\pi^2 \, I}{ m\, d^2}\hspace{5mm},\hspace{5m... ...}{\pi\,I}= \frac{2\, m\,d^2}{p_0\,d}= \frac{2\,d}{\dot q_0}\ .$$