C.7 Soluzioni del capitolo B

ESERCIZIO B.1 a) gli autovalori della matrice dei coefficienti sono $1\;,\; -1 \pm2i$. La matrice della nuova base

$$B^{-1}=\left[\begin{array}{ccc} {8}&{\phantom{-}0}&{0}\\ {2}&{-2}&{0}\\ {1}&{\phantom{-}0}&{1}\end{array}\right] \ ,$$

con per colonne un autovettore di autovalore $1$, la parte immaginaria e la parte reale di un autovettore di autovalore $-1+2i$ (in questo ordine), definisce la matrice del cambiamento di coordinate

$$B= \frac 18 \;\left[\begin{array}{ccc} {\phantom{-}1}&{\phant... ...ntom{-}1}&{-4}&{0}\\ {-1}&{\phantom{-}0}&{8}\end{array}\right]$$

per cui la matrice che esprime il flusso integrale è:

$$B^{-1} \; \left[\begin{array}{ccc} {e^t}&{0}&{0}\\ {0}&{e^{-t... ...}\\ {0}&{e^{-t}\sin 2t}&{e^{-t}\cos 2t}\end{array}\right] \; B$$

b) Le condizioni iniziali che hanno l'origine come $\omega$-limite sono quelle nello spazio vettoriale reale generato dai due autospazi degli autovalori complessi, che hanno parte reale negativa; in pratica, quelli con prima componente 0, cioè quelli combinazione lineare di $(0, 0, 1)^T$ e di $(0, -2, 0^T)$. Le condizioni iniziali che hanno l'origine come $\alpha$-limite sono quelle nell'autospazio dell'autovalore reale positivo, cioè i multipli di $( 8, 2, 1)^T$.

ESERCIZIO B.2 Si noti che l'integrale dell'energia è:

$$E(x,y)=\frac {y^2}2 + \frac 2x + 3\log x -x -1$$

con la costante scelta per avere $E(1,0)=0$.

Figura C.10: b) Energia potenziale e curve di livello dell'energia.

a,b) I punti di equlibrio sono $(1,0)$ con linearizzato di tipo centro (con autovalori $\pm i$), che è stabile perché corrisponde ad un minimo dell'energia potenziale, e $(2,0)$ di tipo sella (linearizzato con autovalori $\pm 1/2$), che è instabile come ogni sella nonlineare (per il teorema di esistenza delle curve eccezionali). Qualitativamente, le separatrici formano un fiocco che si incrocia nel punto $(2,0)$ e si richiude a sinistra del punto $(1,0)$.
c) Usare l'insieme invariante $E(x,y)= V(3/2)$ (componente connessa per $x<2$) per mostrare che la soluzione è periodica, quindi coincide con il suo $\alpha$-limite e anche con il suo $\omega$-limite.

Figura C.11: e) Le separatrici nel caso con dissipazione.

d,e) I punti di equilibrio sono gli stessi, con $(1,0)$ che è diventato un pozzo (linearizzato di tipo fuoco, autovalori complessi con parte reale $-\gamma/2<0$), mentre $(2,0)$ resta una sella nonlineare, gli autospazi ruotati in verso antiorario rispetto al caso con $\gamma=0$. Qualitativamente la separatrice stabile racchiude il bacino di attrazione di $(1,0)$, indicato con A, la separatrice instabile ha un lato che appartiene al bacino di $(1,0)$ e uno che va all'infinito, come tutte le orbite contenute nell'insieme indicato con B.
f) La funzione $E(x,y)$ è funzione di Lyapounov per il punto di equlibrio $(1,0)$, perciò basta provare che la regione positivamente invariante $E(x,y)\leq V(3/2)$ non contiene nessun altro punto critico (infatti $E(2,0)=V(2)>V(3/2)$), mentre al di fuori dei punti critici la funzione di Lyapounov decresce strettamente su ogni orbita. Quindi la regione invariante, ivi compreso il punto $(3/2,0)$, appartiene al bacino di attrazione di $(1,0)$.
g) La separatrice stabile, che fa da bordo al bacino di attrazione, parte da $(2,0)$ verso le $y$ positive con tangente parallela all'autospazio del linearizzato che ha direzione $(1, -\gamma/2-\sqrt{\gamma^2/4+1/4})$, cioè verso l'alto a sinistra, e poi piega verso il basso, quindi passa a sinistra del punto $(2,1)$. Quindi $(2,1)$ appartiene all'insieme B della figura C.11; l'orbita con quelle condizioni iniziali non può avere per $\omega$-limite nessun punto singolare, e nessuna orbita periodica perché non ce ne sono (cosa farebbe la funzione $E$ su di un orbita periodica?), quindi deve per forza uscire da ogni compatto. Per mostrare che ha proprio limite infinito si può usare il fatto che la tangente ha un limite definito, che è orizzontale.

ESERCIZIO B.3 a) L'equazione alle differenze finite del secondo ordine è:

$$x_{k+1}-2\,x_k + x_{k-1}= h^2\,\left[2x_k-4x_k^3\right] -\gamma h\,y_k$$

che si trasforma nel sistema dinamico discreto:

$$\left\{\begin{array}{lcl} {\displaystyle x_{k+1}} & {\displ... ...t[2x_k-4x_k^3\right]+ (1-h\gamma)\,y_k} \end{array}\right.\ .$$

b) Se $x_{k+1}=x_k=x_{k-1}$ allora $y_{k+1}=0=y_k$. Perciò l'equazione $x_{k+1}=x_k$ si riduce a

$$h^2\,\left[2x_k-4x_k^3\right]=0 {\rm\ \ con\ soluzione\ \ } x_k=0, \pm \frac1{\sqrt 2}$$

quindi ci sono tre punti fissi esattamente dove il sistema dinamico continuo ha i suoi tre punti di equilibrio.
c) La Jacobiana

$$DS(x,y)=\left[\begin{array}{cc}{1 + h^2\,(2-12x^2)}&{h(1-h\gamma)}\\ {h\,(2-12x^2)}&{1-h\gamma}\end{array}\right]$$

ha determinante $1-h\gamma$ e traccia $2-h\,\gamma +h^2\,(2-12x^2)$.
La linearizzazione in $x=0, y=0$ ha traccia $2-h\gamma +2h^2$, e quindi il polinomio caratteristico

$$P(\lambda)=\lambda^2 -(2-h\gamma +2h^2)\,\lambda + 1-h\gamma$$

è tale che $P(0)=1-h\gamma$ è compreso tra 0 e 1 (almeno per $h<1$) e $P(1)= -2h^2<0$, per cui ha una radice reale tra $0$ e $1$ e un altra maggiore di $1$.
d) In $x=\pm 1/\sqrt{2},\; y=0$ la linearizzazione ha traccia $2-h\gamma -4h^2$ e quindi il polinomio caratteristico è tale che $P(0)=1-h\gamma>0$ e $P(1)= 4h^2>0$, perciò ha o due autovalori reali tra $0$ e $1$ oppure due autovalori complessi di modulo $\sqrt{1-h\gamma}<1$. Perciò i due punti fissi $(\pm 1/\sqrt{2}, 0)$ sono dei pozzi nonlineari.

ESERCIZIO B.4 a) La parametrizzazione

$$\left\{\begin{array}{lcl} {\displaystyle x} & {\displaystyl... ...style=} &{\displaystyle -\ell\,\cos\theta} \end{array}\right.$$

porta all'energia cinetica e all'energia potenziale

$$T(\theta,\dot\theta)= \frac m2\,\ell^2\; \left[\dot \theta^2 ... ...\hspace{5mm},\hspace{5mm}V(\theta)=-m\,g\,\ell\,\cos\theta \ .$$

Quindi $L=T-V$ e l'equazione di Lagrange è

$$m\,\ell\, \ddot \theta= m\,\ell^2\,\sin\theta\; \left[\Omega^2\,\cos\theta -g/\ell\right] \ .$$

b) La trasformazione di Legendre

$$p= m\, \ell^2\,\dot \theta \Longleftrightarrow \dot\theta= \frac p{m\, \ell^2}$$

porta alla hamiltoniana

$$H(p,\theta)=\frac{p^2}{2\,m\,\ell^2} - m\,\ell^2\; \left[ \frac{\Omega^2}{2}\, \sin^2\theta + \frac g\ell\;\cos\theta \right]$$

e le equazioni di Hamilton sono

$$\left\{\begin{array}{lcl} {\displaystyle \dot \theta} & {\d... ...t[\Omega^2\,\cos\theta-\frac g\ell\right]} \end{array}\right.$$

c) I punti di equilibrio sono per $p=0,\;\theta=0,\pi$ (modulo $2\pi$), e se esiste una soluzione diversa di $\cos\theta=g/\Omega^2\,\ell$, cioè per $g< \Omega^2\, \ell$, anche $p=0,\; \theta= \pm \arccos(g/\Omega^2\,\ell)$. La matrice jacobiana

$$\frac{\partial {(\dot\theta, \dot p)}}{\partial {(\theta, p)}... ...ga^2\,\cos 2\theta-\cos\theta\; g/\ell)}&{0}\end{array}\right]$$

ha sempre traccia nulla, e determinante $\cos\theta\; g/\ell-\Omega^2\,\cos 2\theta$. In $(p,\theta)=(0,0)$ il determinante è $g/\ell-\Omega^2$ e si ha un punto stabile (per il teorema di stabilità del minimo) se $g/\ell>\Omega^2$, un punto di sella nonlineare per $g/\ell<\Omega^2$.
Per $p=0,\; \theta=\pi$ il determinante del linearizzato è $-\Omega^2-g\ell<0$ e quindi c'è sempre una sella nonlineare. Nel caso $g< \Omega^2\ell$ i due punti $p=0,\; \theta= \pm \arccos(g/\Omega^2\,\ell)$ il determinante è $\Omega^2\,\sin^2\theta>0$ e ci sono due punti stabili.

Figura C.12: d) Curve di livello della funzione di Hamilton.

e) $E=T+V$ mentre $H=T_2-T_0+V$ dove $T_2, T_0$ sono le parti di $T$ omogenee in $\theta$ di grado 2 e 0 rispettivamente; quindi $E=H+2\,T_0$ . Poiché $\dot H=0$

$$\dot E= 2\, \dot T_0= m\,\ell^2\,\Omega^2\; \frac{d{(\sin^2\t... ...\ell^2\,\Omega^2\; 2\,\sin\theta\, \cos\theta\,\dot \theta \ .$$

ESERCIZIO B.5 a,b) L'equazione caratteristica della matrice $A$ del sistema dinamico è

$$det(A-\lambda I)= \lambda^2 -2\lambda +1=0$$

e quindi c'è il solo autovalore $1$, la matrice non è diagonalizzabile. Gli autovettori sono soltanto i vettori con componenti uguali, per esempio il versore $V_1=(1/\sqrt{2},1/\sqrt{2})^T$. Per mettere la parte nilpotente in forma semplice basta prendere un vettore che non sia multiplo di $V_1$, $V_2$, e calcolare l'effetto su di esso della parte nilpotente di $A$:

$$(A-1\, I)\,V_2=k\, V_1 \ .$$

Il valore $k$ dipende dalla scelta fatta per $V_2$, per esempio se si sceglie $V_2=(1/\sqrt{2},-1/\sqrt{2})^T$ si trova $k=2$ e quindi il cambiamento di coordinate definito dalla nuova base $V_1, V_2$

$$V=\left[V_1 \; V_2\right]=\frac 1{\sqrt{2}} \left[\begin{arra... ...\left[\begin{array}{cc}{1}&{2}\\ {0}&{1}\end{array}\right]=C$$

la cui esponenziale di matrice è semplice:

$$\exp(Ct) = e^t\; \left[\begin{array}{cc}{1}&{2t}\\ {0}&{1}\end{array}\right] \ .$$

da cui si calcola l'esponenziale della matrice $At$:

$$\exp(At)= V\, \exp(Ct)\, V^{-1}= e^t\, \left[\begin{array}{cc}{1+t}&{-t}\\ {+t}&{1-t}\end{array}\right]$$

da cui segue l'espressione della soluzione con condizioni iniziali $X_0=(x_0,y_0)$:

$$\left\{\begin{array}{lcl} {\displaystyle x(t)} & {\displays... ...&{\displaystyle e^t\,[t\,x_0 +(1-t)\,y_0]} \end{array}\right.$$

che tendono tutte a $(0,0)$ per $t\to -\infty$.

ESERCIZIO B.6 a) L'equazione alle differenze finite del secondo ordine è:

$$x_{k+1}-2\,x_k + x_{k-1}= h^2\,\left[1-3x_k^2\right] \ ,$$

che si trasforma nel sistema dinamico discreto:

$$\left\{\begin{array}{lcl} {\displaystyle x_{k+1}} & {\displ... ...k+1}-x_k}h=y_k + h\,\left[1-3x_k^2\right]} \end{array}\right.$$

b) I punti fissi sono definiti dalle equazioni $x_{k+1}=x_k=x_{k-1}$, da cui $y_{k+1}=y_k=0$ per definizione di $y_k$. Allora

$$x_{k+1}= x_k+h^2\,\left[1-3x_k^2\right]+ h\,0= x_k \Longleftrightarrow 1-3x_k^2=0$$

da cui i punti fissi $y=0, x=\pm 1/\sqrt{3}$ coincidono con i punti di equilibrio del sistema dinamico continuo di partenza.
c) La matrice jacobiana

$$DS(x,y)=\left[\begin{array}{cc}{1-6\,h^2\, x}&{h}\\ {-6\,h\,x}&{1}\end{array}\right] =A(x)$$

ha determinante $1$ e traccia $2-6\,h^2\,x$, quindi il discriminante dell'equazione caratteristica è

$$\Delta= tr^2\,(A)-4\,det(A)= 12\,h^2\,x\,(3\,h^2\,x-2)$$

In $x=-1/\sqrt{3}$

$$\Delta= -\frac{12\,h^2}{\sqrt{3}}\,\left(-\sqrt{3}\,h^2-2\right) >0$$

e ci sono due radici reali distinte, positive, una maggiore ed una minore di $1$, quindi un punto fisso iperbolico.
d) Per $x=1/\sqrt{3}$ il discriminante è

$$\Delta=\frac{12\,h^2}{\sqrt{3}}\,\left(\sqrt{3}\,h^2-2\right)$$

che è negativo per $h^2< 2/\sqrt{3}$; poichè il determinante è $1$, per tali valori di $h$ si hanno due autovalori complessi coniugati di modulo $1$ e il punto fisso è ellittico.

ESERCIZIO B.7 a) Le coordinate degli estremi dell'asta sono:

$$x=\ell\,\sin\theta \ \ ; \ \ z=\ell\,\cos\theta$$

e quindi quelle del punto materiale:

$$x_M=k\,\ell\,\sin\theta \ \ ; \ \ z_M=\ell\,(1-k)\,\cos\theta \ .$$

b) L'energia cinetica e potenziale sono

$$T(\theta,\dot\theta)=\frac M2 \, \left[\dot x_M^2+ \dot z_M^2... ...a^2\, \left[ k^2\,\cos^2\theta + (1-k)^2\, \sin^2\theta\right]$$

$$V(\theta)=M\,g\,z= M\,g\,\ell\,(1-k)\, \cos\theta \ .$$

c) La lagrangiana

$$L(\theta,\dot\theta)=T-V= \frac {M\,\ell^2}2 \, \dot\theta^2\... ... (1-k)^2\, \sin^2\theta\right] -M\,g\,\ell\,(1-k)\, \cos\theta$$

e il momento, cioè l'inversa della trasformazione di Legendre:

$$p=\frac{\partial {L}}{\partial {\dot\theta}}= M\, \ell^2\, \l... ...k^2\,\cos^2\theta + (1-k)^2\, \sin^2\theta\right]\, \dot\theta$$

da cui la hamiltoniana

$$H(p,\theta)= \frac{p^2}{2\,M\,\ell^2 \,\left[ k^2\,\cos^2\the... ...1-k)^2\, \sin^2\theta\right]} + M\,g\,\ell\,(1-k)\, \cos\theta$$

e le equazioni di Hamilton:

$$\left\{\begin{array}{lcl} {\displaystyle \dot\theta} & {\di... ...\theta + (1-k)^2\, \sin^2\theta\right]^2}} \end{array}\right.$$

d) I punti di equilibrio si ottengono ponendo $\dot\theta=0$, e quindi $p=0$, e poi imponendo $\dot p=0$ ma con la seconda equazione di Hamilton semplificata tenendo conto di $p=0$:

$$\left.\dot p\right\vert _{p=0}= M\,g\,\ell\, (1-k)\, \sin\theta$$

da cui i punti di equilibrio sono per $\sin\theta=0$ cioè $\theta=m\,\pi, m\in {\bf Z}$. Calcoliamo le derivate seconde di $H(p,\theta)$ tenendo conto di $p=0$; ne segue che le derivate seconde miste sono nulle, mentre la derivata seconda rispetto a $p$ è sempre positiva (condizione di convessità). Resta da vedere il segno di

$$\left. \frac{\partial^2 {H}}{\partial {\theta}^2}\right\vert _{p=0}= -M\,g\,\ell\, (1-k)\, \cos\theta$$

che è maggiore di zero in $\theta=\pi, p=0$ che quindi è un minimo di $H(p,\theta)$, e perciò è stabile, non asintoticamente stabile (usando $H-cost$ come funzione di Lyapounov). Invece in $\theta=0, p=0$ ha un determinante hessiano negativo, e quindi è una sella. Si può verificare che il linearizzato delle equazioni di Hamilton ha autovalori di segno discorde, e quindi si tratta di una sella nonlineare, instabile perché da essa esce una separatrice instabile.

Figura C.13: Curve di livello della funzione di Hamilton, per $k=1/4$. Si noti che le coordinate sono $(\theta ,p)$ (per rendere più facile il confronto con la figura sotto).

e) Per $k=1/2$ il coefficiente di $\dot \theta^2$ in $T$ è una costante, e quindi le curve di livello sono le stesse di un pendolo ordinario. Per valori di $k$ significativamente diversi da $1/2$ le curve di livello sono molto diverse nel caso della funzione di Hamilton nel piano $(p, \theta)$ (Figura C.13) e della funzione energia nel piano $(\theta, \dot\theta)$ (Figura C.14).

Figura C.14: Curve di livello della funzione energia, per $k=1/4$.

f) Il valore della hamiltoniana in $\theta=\pi, p=0$ è $-M\,g\,\ell\,(1-k)$, mentre il valore alla sella $\theta=0, p=0$ è $M\,g\,\ell\,(1-k)$. Perciò la differenza di energia tra il punto di equilibrio stabile e le separatrici è $2\,M\,g\,\ell\,(1-k)$. Per avere un'orbita che stia al di fuori (o sopra, o sotto) delle separatrici delle selle occorre un'energia cinetica $> 2\,M\,g\,\ell\,(1-k)$, da cui

$$T(\pi, \dot\theta)= \frac{M\,\ell^2}2 \,\dot\theta^2\, k^2 > ... ...grightarrow \dot\theta^2 > 4\, \frac g\ell\ \frac{1-k}{k^2}\ .$$