Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
”Que nous sert-il d’avoir la panse pleine de viande
si elle ne se digère?
Si elle ne se transforme en nous?
Si elle ne nous augmente et fortiﬁe?”
M. E. de Montaigne
Corso di meccanica razionale. Prof. L. Salvadori.
Soluzione delle prove scritte assegnate nell’a.a. 1994/95, svolte e commentate
da S. Siboni.
Prova trimestrale del 14.03.1995
(1) Un oscillatore armonico smorzato di massa m = 2, costante elastica k = 2 e costante
di smorzamento h = 0.4, è sottoposto ad una forzante sinusoidale del tipo F cos(Ωt), con
ampiezza F = 3 e pulsazione Ω modiﬁcabile a piacere. Determinare:
(a) la pulsazione di risonanza Ω = Ωr dell’oscillatore;
(b) la soluzione stazionaria dell’equazione del moto nel caso risonante;
(c) la soluzione, sempre nel caso risonante, del problema di Cauchy di dati iniziali:
x(0) = 0
dx
(0) = 1 ;
dt
(d) supposto che il termine di smorzamento sia stato soppresso, la soluzione del problema
di Cauchy:
 2
d x


2
+ 2x = 3 cos t

2

dt



1
x(0) =

2





 dx (0) = 1
dt
(2) Un corpo puntiforme di massa m, soggetto alla gravità, si muove in un mezzo ﬂuido
che produce su di esso una forza resistente avversa alla velocità istantanea. Il modulo di
tale forza risulta:

∀v ∈ [0, v0 ]
 βv
FR (v) =

α(v − v0 )2 + βv ∀v ≥ v0
in cui si è indicato con v il modulo della velocità istantanea del corpo e con v0 , α, β tre
costanti positive ﬁssate. Indicata con g > 0 la costante di accelerazione gravitazionale,
determinare:
(a) per quali condizioni iniziali il moto avviene in linea retta;
(b) supposto che il corpo parta dalla quiete, determinare il valore critico m∗ della massa
m tale che per ogni m ≤ m∗ risulta
v(t) < v0
Stefano Siboni
∀t ≥ 0 ;
1
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(c) la dipendenza dal tempo del modulo della velocità v(t), distinguendo fra il caso di m ≤
m∗ e di m > m∗ , sempre nell’ipotesi di partenza da fermo. (Facoltativo: determinare
la relativa velocità di regime, v(+∞), in ambo i casi)
(3) Si consideri una guida liscia rigida, disposta nel piano (x, y) e schematizzabile come una
curva regolare di parametrizzazione (x(ξ), y(ξ)) = (ξ, aξ 2 ), ξ ∈ R, essendo a una costante
positiva. Sulla guida è vincolata a muoversi una particella materiale di massa m, soggetta
ad un campo di forze conservativo, di potenziale:
ω2 2
U(x, y) = −mgy + m x
2
in cui g > 0 ed ω ∈ R sono parametri ﬁssati. Determinare:
(a) i valori permessi dell’energia meccanica totale E della particella al variare del parametro ω;
(b) l’andamento qualitativo delle traiettorie al variare di ω ed E, facendo uso del metodo
di Weierstrass (NON si richiede il calcolo di leggi orarie).
ω2
Si discuta inoltre il caso particolare ag −
= 0, calcolando la legge oraria del moto
2
corrispondente. Si dia una interpretazione dello stato di moto per E = 0 (considerare le
forze agenti sulla particella).
(4) Studiare il moto di una particella di massa m vincolata a muoversi, senza attrito, lungo
l’asse x e soggetta a sollecitazioni posizionali conservative di potenziale:

 αx2 − αβx ∀x ≥ 0
U(x) =

−αx2 − αβx ∀x ≤ 0
al variare delle costanti positive α e β (NON si richiede il calcolo delle leggi orarie). Per
E = 0 si determini esplicitamente il periodo T (α, β) della soluzione periodica.
Soluzione
Esercizio (1)
Per Ω arbitrario la soluzione stazionaria dell’equazione
2ẍ +
4
ẋ + 2x = 3 cos(Ωt)
10
(1.1.1)
coincide con la consueta soluzione particolare, ottenibile nel modo seguente. Scritta in
forma complessa, la (1.1.1) diventa
2z̈ +
4
ż + 2z = 3eiΩt
10
che ammette una soluzione del tipo
z(t) = AeiΩt
Stefano Siboni
(1.1.2)
2
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per una opportuna scelta della costante A ∈ C. Si ha infatti, per ogni t ∈ R,
4 iΩt
−2Ω2 + 2 + iΩ
= 3eiΩt
Ae
10
da cui risulta
A =
3
4
2 − 2Ω2 + i 10
Ω
= 3
(2 − 2Ω2 )2 +
16 2
100 Ω
4
2 − 2Ω2 − i 10
Ω
(2 − 2Ω2 )2 +
(1.1.3)
16 2
100 Ω
e si deduce l’espressione per l’ampiezza della soluzione stazionaria
3
.
16 2
2
2
(2 − 2Ω ) + 100 Ω
La pulsazione risonante Ω = Ωr rende massima tale ampiezza, per cui dovrà aversi
16
2(2 − 2Ωr 2 )(−2) +
= 0
100
e quindi
7√
Ωr =
2
10
che inserita nella (1.1.3) conduce all’ampiezza della soluzione stazionaria risonante
√
75 1 − i7 2
√
.
A = √
99
99
√ √
Per deﬁnizione, il termine (1 − i7 2)/ 99 ha modulo 1 e può scriversi nella forma eiϕ
ponendo
√
1
7 2
cos ϕ = √
sin ϕ = − √
99
99
da cui si deduce che ϕ ∈ [−π/2, 0] e pertanto
7√2 1 √ = − arcsin √
= −arctg 7 2 = −1.47012 rad
ϕ = − arccos √
99
99
La soluzione complessa (1.1.2) è dunque
7√
√ 75
exp i
2 t − arctg(7 2)
z(t) = √
10
99
e quella reale
7√
√ 75
cos
2 t − arctg 7 2
x̂(t) = e{z(t)} = √
10
99
(1.1.4)
La soluzione generale della (1.1.1) si ottiene aggiungendo all’integrale particolare (1.1.4)
la soluzione generale dell’equazione omogenea associata
c eλ+ t + c eλ− t
Stefano Siboni
3
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√
−1 ± i 99
4
essendo λ± =
le soluzioni dell’equazione caratteristica 2λ2 + λ + 2 = 0 e
10
10
c, c costanti complesse coniugate (la soluzione cercata è comunque reale, mentre eλ+ t ed
eλ− t sono funzioni complesse coniugate). Perciò
75
x(t) = c eλ+ t + c eλ− t + √ cos(Ωr t + ϕ)
99
è la soluzione generale dell’equazione (1.1.1), con derivata
75
ẋ(t) = cλ+ eλ+ t + cλ− eλ− t − √ Ωr sin(Ωr t + ϕ)
99
Per t = 0 deve aversi

75

 x(0) = c + c + √ cos ϕ
=0

99
75


 ẋ(0) = cλ+ + cλ− − √ Ωr sin ϕ = 1
99
ovvero



c +c


 cλ+ + cλ−
25
75 1
= −
= −√ √
33
99 99
√ 75 7 √
7 2
212
= 1+ √
2 −√
= −
.
33
99 10
99
Risolvendo il sistema si ottengono le costanti c e c
c = −
2145
25
+i √
66
66 99
c = −
2145
25
−i √ .
66
66 99
√
Inﬁne, posto λ± = α ± iβ, α = −1/10, β = 99/10, e c = c1 + ic2 , c1 = −25/66,
√
c2 = 2145/(66 99), la soluzione si scrive in forma reale
x(t) = 2e (c1 + ic2 ) eαt (cos βt + i sin βt) + x̂(t) = 2 eαt (c1 cos βt − c2 sin βt) + x̂(t)
√99 7√
√99 √ 25
2145
75
− cos
2 t − arctg(7 2)
x(t) = 2 e
t − √ sin
t + √ cos
66
10
10
10
66 99
99
che è la soluzione cercata.
In assenza di smorzamento si considera l’equazione
ossia
1
− 10
t
2ẍ + 2x = 3 cos t
(1.1.5)
con dati iniziali x(0) = 1/2 e ẋ(0) = 1. La soluzione generale dell’omogenea associata è
c1 cos t + c2 sin t
,
c1 , c2 ∈ R .
Per determinare una soluzione particolare della (1.1.5) ricorriamo alla forma complessa
2z̈ + 2z = 3 eit
Stefano Siboni
4
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che NON ammette alcuna soluzione del tipo z = A eit , causa la risonanza
(−2 + 2)A eit = 3 eit
Si assume allora z(t) = At eit , la quale porge
2A eit (t + 2i − t) = 3 eit
ovvero A =
con derivata
3
3
= −i . La soluzione generale diviene
4i
4
3
x(t) = c1 cos t + c2 sin t + t sin t ,
4
3
ẋ(t) = −c1 sin t + c2 cos t + (sin t + t cos t) .
4
Per t = 0 si ha inﬁne:
x(0)
ẋ(0)
= c1 = 1/2
= c2 = 1
cosicché la soluzione del problema di Cauchy risulta
x(t) =
1
3
cos t + sin t + t sin t
2
4
∀t ∈ R .
Esercizio (2)
Assunta una terna di riferimento cartesiana ortogonale Oxyz, di versori i, j, k rispettivamente, e con l’asse verticale Oz orientato verso il basso, l’equazione della velocità è del
tipo
dv
= mgk − F̃R (|v|)v .
(1.2.1)
m
dt
Risulta evidente che i soli moti rettilinei possibili sono quelli con velocità iniziale v(0)
diretta lungo la verticale. In eﬀetti, per ogni moto rettilineo deve aversi
v(t) = v(t) a
con a ∈ R3 vettore costante opportuno. Di conseguenza
dv
= v̇(t) a
dt
e l’equazione (1.2.1) diviene
mv̇(t)a = mgk − F̃R |v(t)||a| v(t)a .
Per ogni vettore b ∈ R3 normale ad a si ha b · a = 0 e quindi l’equazione scalare
mv̇(t)a · b = mgk · b − F̃R |v(t)||a| v(t)a · b
Stefano Siboni
5
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implica
∀ b ∈ R3 : a · b = 0 .
k·b = 0
Se ne conclude che a deve essere parallelo a k. Posto allora, senza perdita di generalità,
a = k, l’equazione (1.2.1) si scriverà
m
dv
(t)k = mgk − F̃R |v(t)| v(t)k
dt
con v(0) = kv(0) — velocità iniziale verticale. Si è quindi ricondotti al problema di Cauchy


 dv =
dt


v(0)
g −
1
F̃R (|v|)v
m
assegnato
che ammette una ed una sola soluzione massimale, essendo g − F̃R (|v|)v/m una funzione
di classe C 1 in v ∈ R. Tale infatti risulta, nella fattispecie

β


∀ |v| ∈ [0, v0 ]
FR (|v|)
v F̃R (|v|) = v
= v α(|v| − v )2 + β|v|
0

|v|

|v|

α(−v − v0 )2 − βv




−v



= v β




2


 α(v − v0 ) + βv
v
∀ |v| ≥ v0

−α(v + v0 )2 + βv




∀ v ∈ [−v0 , v0 ] =
βv




α(v − v0 )2 + βv
∀ v ≥ v0
∀ v ≤ −v0
=
∀ v ≤ −v0
∀ v ∈ [−v0 , v0 ]
∀ v ≥ v0
come è immediato veriﬁcare. La funzione F̃R (|v|)v è inoltre monotòna crescente in R,
avendo derivata positiva ∀ v ∈ R

−2α(v + v0 ) + β




d
β
F̃R (|v|)v =

dv



2α(v − v0 ) + β
∀ v ≤ −v0
∀ v ∈ [−v0 , v0 ]
∀ v ≥ v0
ed il suo codominio è dato dall’intero asse reale R. Per ogni m > 0 ﬁssato l’equazione
mg − F̃R (|v|)v = 0 ammetterà dunque una ed una sola soluzione vm > 0 e si avrà:
Stefano Siboni
mg − F̃R (|v|)v > 0
∀ v < vm
mg − F̃R (|v|)v < 0
∀ v > vm .
6
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Il metodo di separazione delle variabili implica allora che la soluzione massimale del problema di Cauchy


 dv =
mg − F̃R (|v|)v
dt
(1.2.2)


v(0) = 0
- è deﬁnita ∀t ∈ R (veriﬁcabile a posteriori);
- è crescente ∀t ∈ R;
- soddisfa la maggiorazione v(t) < vm ∀t ∈ R;
- tende asintoticamente a vm : limt→+∞ = vm .
La condizione v(t) < v0 ∀t ≥ 0 sarà soddisfatta se e soltanto se vm ≤ v0 , ossia
mg/β ≤ v0
in quanto per vm ∈]0, v0 ] l’equazione mg − vm F̃R (|vm |) = 0 si riduce a mg − βvm = 0.
Dovrà quindi aversi
m ≤ βv0 /g := m∗
che è il valore cercato della massa ”critica” m∗ .
Per il calcolo di v(t) distinguiamo il caso m ≤ m∗ , più semplice. da quello m > m∗ .
(i) Se m ≤ m∗ risulta v(t) < v0 ∀t ≥ 0 — in eﬀetti 0 ≤ v(t) < v0 ∀t ≥ 0. Pertanto il
problema di Cauchy (1.2.2) si riduce semplicemente a


 m dv = mg − βv
dt


v(0) = 0 .
La soluzione, per separazione di variabili, si scrive
v(t)
t =
v(0)
m β
m β
dv = = −
lng − v(t) − ln |g| = − ln1 −
v(t) .
β
β
m
β
mg
g − mv
1
Si osservi che ∀ m ≤ m∗ è
β
β m
β
v(t) <
vm =
g = 1, per cui
mg
mg
mg β
t = −
ed inﬁne:
v(t) =
m β
ln 1 −
v(t)
β
mg
β
m g 1 − e− m t
β
∀t ≥ 0 .
(1.2.3)
La velocità di regime risulta, in particolare
v(+∞) =
Stefano Siboni
lim v(t) =
t→+∞
m
g = vm
β
7
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e soddisfa la diseguaglianza
v(+∞) =
m∗
β 1
m
g ≤
g = v0 g = v0 .
β
β
g β
(ii) Per m > m∗ risulta ancora 0 ≤ v(t) < vm ∀ t ≥ 0, ma con vm > v0 . Esisterà quindi un
tm > 0 tale che v(tm ) = v0 . Per ogni t ∈ [0, tm ] la soluzione si otterrà per separazione di
variabili della (1.2.3) (come nel caso precedente, ma soltanto per t ≤ tm )
β
m g 1 − e− m t
∀ t ∈ [0, tm ] .
v(t) =
β
Il valore di tm è determinato dalla condizione
β
m g 1 − e− m tm = v0
v(tm ) =
β
e risulta
tm
β m v ,
= − ln 1 −
β
mg 0
ben deﬁnito, poiché βv0 /(mg) = m∗ /m < 1. Se t > tm si scriverà invece
v(t)
t =
0
1
dv =
1
g − m FR (v)
v(t
m)
0
ossia
t = tm
m
+
α
1
dv +
β
g− m
v
v(t)
v0
v(t)
v(tm )
1
g−
β
mv
−
α
m (v
− v0 )2
dv
1
dv
− (v − v0 )2
gm
α −
β
αv
−
β
α (v
e quindi
α
(t − tm ) =
m
v(t)
v0
gm
α
−
β
α v0
1
dv .
− v0 ) − (v − v0 )2
(1.2.4)
L’integrale residuo nella (1.2.4) si calcola notando che il denominatore dell’integrando si
riscrive come
g
β β2
β 2
m β 2
β2
m β
− v0 + 2 − v − v0 +
g 1−
v0 +
=
−
v
−
v
+
0
α
α
4α
2α
α
mg
4α2
2α
β
β2
m v0 + 2 è positiva in quanto somma di termini podove la costante k := g 1 −
α
mg
4α
sitivi. Con la sostituzione
1 β u = √ v − v0 +
(1.2.5)
2α
k
Stefano Siboni
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la (1.2.4) diventa
α
(t−tm ) =
m
u(t)
√
1
1
√
k
du
=
k − ku2
k
β
√
2α k
Pertanto
u(t)
u(t)
1
1 1
√
du
=
1 − u2
k2
β
√
2α k
1 1
+
du
1−u 1+u
β
√
2α k
√
1 + u u(t)
2α k
1 + u(t) 1 −
=
ln
(t − tm ) = ln
m
1 − u 2αβ√k
1 − u(t) 1 +
β√
2α k
β√
2α k
(1.2.6)
dove si è usato il fatto che
0 <
e che
β
√ = m
2α k
α g(1 −
β
2α
β
mg v0 )
+
β 2
( 2α
)
1 β β
√ ≤ u(t) < √ vm − v0 +
= 1
2α
2α k
k
< 1
∀ t ≥ tm ,
essendo
α(vm − v0 )2 + β(vm − v0 ) + βv0 − mg = 0
(vm − v0 > 0)
√
β
β
m β β2
=
−
vm − v0 = −
+
k
±
g
1
−
v
±
0
2α
4α2
α
mg
2α
√
β
dunque vm − v0 = −
+ k — sola radice accettabile, in quanto positiva. La (1.2.6)
2α
porge, ∀ t ≥ tm
ovvero
1+
Φ(t) :=
1−
β√
2α k
β√
2α k
e quindi
u(t) =
2α √
1 + u(t)
exp
k(t − tm ) =
m
1 − u(t)
Φ(t) − 1
Φ(t) + 1
∀ t ≥ tm .
Ricordando la trasformazione (1.2.5) si ha inﬁne
v(t) = v0 −
√
β
+ k u(t)
2α
Inoltre
v(+∞) = lim v0 −
t→+∞
∀ t ≥ tm .
√ Φ(t) − 1
β
+ k
2α
Φ(t) + 1
e poiché limt→+∞ Φ(t) = +∞ si conclude che
v(+∞) = v0 −
Stefano Siboni
√
β
+ k = vm .
2α
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Esercizio (3)
La parametrizzazione della curva (regolare) è
ξ∈R
γ(ξ) = (x, y) = (ξ, aξ 2 ) ,
con a costante positiva. L’energia potenziale delle forze agenti sul sistema risulta
W (x, y) = −U(x, y) = mgy − m
ω2 2
x .
2
L’energia potenziale del moto vincolato alla curva liscia γ si scrive perciò
ω2 2
ξ
W̃ (ξ) = m ag −
2
mentre
|γ (ξ)| =
1 + 4a2 ξ 2
∀ξ ∈ R
(1.3.1)
∀ξ ∈ R
e l’integrale di Weierstrass diventa
t = ±
m
2
ξ(t)
1 + 4a2 ξ 2
dξ .
ω2 2
ξ
E − m ag −
2
ξ(0)
Si distinguono tre casi.
Caso ag − ω 2 /2 > 0.
Il graﬁco dell’energia potenziale è una parabola con la concavità rivolta verso l’alto, come
si veriﬁca immediatamente dalla (1.3.1). I valori permessi dell’energia meccanica totale
sono quelli non inferiori al minimo assoluto su R dell’energia potenziale
E ≥ min W̃ (ξ) = 0 .
ξ∈R
Per E = 0 si ha un unico punto di equilibrio — stabile — in ξ = 0. Per E > 0 si individua
una sola regione accessibile, data dall’intervallo:
−
E
,+
m(ag − ω 2 /2)
E
m(ag − ω 2 /2)
con punti di inversione agli estremi, essendo
dW̃
dξ
Stefano Siboni
±
E
m(ag − ω 2 /2)
= ±2 Em(ag − ω 2 /2) = 0 .
10
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Il corrispondente moto oscillatorio ha periodo
T (E) = 2
+
m
2E −
4
= 2 ag −
ω2
2
π/2
1 +
0
dove: K := 2a
E
m(ag−ω 2 /2)
1 + 4a2 ξ 2
dξ =
ω2 2
m
ag −
ξ
1−
E
2
E
m(ag−ω 2 /2)
√ 2
E
2
ω2
2
cos2 θ dθ =
4a
+
ag
−
E(K)
2
2
m
2
ag − ω2
m ag − ω2
4a2 E
E
m
π/2
ω2
< 1 ed E(K) :=
E
+ ag −
m
2
littico completo di seconda specie di modulo K.
4a2
1 − K 2 sin2 θ dθ è l’integrale el-
0
Caso ag − ω 2 /2 < 0.
L’energia potenziale può riscriversi nella forma:
W̃ (ξ) = −m
ω2
2
− ag ξ 2
ed ha come graﬁco una parabola con la concavità rivolta verso il basso. La funzione W̃
non ha estremo inferiore su R, per cui tutti i livelli di energia E ∈ R sono consentiti.
Se E > 0 è deﬁnita un’unica regione permessa sull’intera retta reale. L’integrale:
+∞
0
1 + 4a2 ξ 2
dξ
ω2 2
ξ
E − m ag −
2
non converge in quanto
1 + 4a2 ξ 2
∼ 1
ω2 2
ξ
E − m ag −
2
(ξ → +∞)
per cui il punto materiale percorre sempre distanze ﬁnite in tempi ﬁniti — detto altrimenti,
la soluzione massimale del problema di Cauchy è sempre deﬁnita sull’intero asse dei tempi
R.
Per E = 0 si ha un punto ﬁsso (instabile) in ξ = 0. Tale punto, critico per W̃ , è anche
meta asintotica per le regioni accessibili {ξ ∈ R : ξ > 0} e {ξ ∈ R : ξ < 0}. Per i moti a
ξ → ±∞ valgono le stesse conclusioni già tratte nel caso E > 0.
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11
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Esercizi di Meccanica razionale
Se inﬁne E < 0 risultano individuate due regioni accessibili, gli intervalli
−1
−1
|E| ω 2
|E| ω 2
, +∞
e
−∞, −
− ag
− ag
+
m 2
m 2
−1
|E| ω 2
− ag
con punti di inversione in ξ = ±
rispettivamente. Stesse conclusioni
m 2
riguardano i moti a ξ → −∞ e ξ → +∞.
Caso ag − ω 2 /2 = 0.
L’energia potenziale risulta ora costante
W̃ (ξ) = 0
∀ξ ∈ R
per cui le energie permesse sono date da E ≥ 0.
Per E > 0 si individua una sola regione permessa, coincidente con l’intero asse reale ξ ∈ R.
La legge oraria del moto si ricava dal consueto integrale di Weierstrass
ξ(t) ξ(t)
m
1 + 4a2 ξ 2
m
√
t = ±
dξ = ±
1 + 4a2 ξ 2 dξ
2
2E
E
ξ(0)
ξ(0)
che, posto 2aξ = sinhθ, θ ∈ R, diviene
θ(t)
θ(t)
m
m
1
1
2
2θ
+
sinh(2θ)
cosh θ dθ = ±
t = ±
2a 2E
8a 2E
θ(0)
θ(0)
In deﬁnitiva
2E
2θ(t) + sinh 2θ(t) = 2θ(0) + sinh 2θ(0) ± 8a
t.
m
Si osservi che la funzione
Ψ(θ) := 2θ + sinh(2θ)
,
θ∈R
è invertibile in R, anche se l’inversa non può esprimersi in termini di trascendenti elementari. Dunque, formalmente
2E
−1
t .
θ(t) = Ψ
2θ(0) + sinh 2θ(0) ± 8a
m
Nel caso di E = 0 ogni punto dell’asse reale è di equilibrio. Le forze attive esterne agenti
sulla massa m nel generico punto (x, y) = (ξ, aξ 2 ) sono date da
ω2
2
F(x, y) = mω ξi − mgj = −mg − ξi + j = −mg −2aξi + j ,
g
essendo i e j i versori associati agli assi x ed y rispettivamente. Nello stesso punto il versore
tangente alla curva si scrive
1
i + 2aξj
τ = 1 + 4a2 ξ 2
per cui F(x, y) · τ = 0. La forza esterna F(x, y) agente sul punto materiale è dunque
normale al vincolo, e risulterà equilibrata dalla reazione vincolare Φ(x, y).
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Esercizi di Meccanica razionale
Esercizio (4)
Per ogni α, β > 0 l’energia potenziale W (x) = −U(x) ha l’andamento illustrato in ﬁgura
con W (−x) = −W (x) ∀x ∈ R. Tutti i valori E ∈ R dell’energia meccanica totale sono
ammessi.
β
E
β2
2
+ , +∞ con punto di
Se E > αβ /4 si ha un’unica regione accessibile in − −
2
4
α
2
E
β
β
+ .
inversione in − −
2
4
α
Se E = αβ 2 /4 si hanno:
β
β β
con meta asintotica in β/2 e punto di inveri) una regione permessa in − − √ ,
2
2 2
β
β
sione in − − √ ;
2
2
ii) un punto di equilibrio (instabile) in β/2;
iii) una regione accessibile in (β/2, +∞), con meta asintotica in β/2.
Se 0 ≤ E < αβ 2 /4 si ottengono invece:
E β
E
β
β2
β2
+ , −
−
i) una regione di moto periodico nell’intervallo − −
;
2
4
α 2
4
α
E
β2
β
+
− , +∞ con punto di inversione nel
ii) una seconda regione accessibile in
2
4
α
primo estremo.
Se −αβ 2 /4 < E < 0, si hanno:
E
β
E
β
β2
β2
+ ,− +
+
;
i) una regione di moto periodico in − −
2
4
α
2
4
α
Stefano Siboni
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β
+
ii) una regione accessibile in
2
E
β2
− , +∞
4
α
con inversione al primo estremo.
Per E = −αβ 2 /4 si ottengono:
i) un punto ﬁsso (stabile) in x = −β/2;
β2
β
β2
ii) una regione accessibile
+
+
, +∞ con punto di inversione nell’estremo
2
4
4
inferiore.
β
E
β2
2
+
− , +∞ con inversione sul
Per E < −αβ /4 un’unica regione permessa
2
4
α
primo estremo.
In ogni caso il moto a +∞ avviene in tempi inﬁniti — ovvero, la soluzione massimale di
un qualsiasi problema di Cauchy risulta deﬁnita ∀ t ∈ R.
Prova trimestrale del 12.06.95.
1) In un sistema di riferimento cartesiano ortogonale Oxyz si considera un disco rigido D
appoggiato sul piano xy e libero di ruotare senza attrito attorno all’asse verticale z. Sia
I il momento d’inerzia del disco rispetto a tale asse. Al disco D è ﬁssato rigidamente un
supporto costituito da un’asta verticale OS ed una orizzontale ST, entrambe di lunghezza
e massa trascurabile. Nel punto S è inoltre sospesa un’asta rigida L, pesante, della stessa
lunghezza e sezione trascurabile, vincolata a muoversi nel piano verticale individuato dai
punti O,S,T e connessa mediante una molla elastica M al supporto ST. Un estremo A
della molla è ﬁssato all’asta L, la distanza SA risultando 3
/4; l’altro estremo H scorre
senza attrito sulla guida ST in modo che il segmento AH si mantenga sempre disposto
verticalmente; la molla ha lunghezza a riposo /2, costante elastica k e massa trascurabile.
Inﬁne, l’asta L ha una densità lineare λ(ξ) = γξ 2 /
2 , essendo γ una costante positiva e
ξ ∈ [0, ] la distanza di un generico punto di L dall’estremo S.
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Denotata con g > 0 l’accelerazione di gravità e facendo uso come coordinate lagrangiane
degli angoli ϕ ∈ [0, 2π) e θ ∈ [0, π/2) indicati in ﬁgura (ϕ in particolare è l’angolo compreso
fra la proiezione ortogonale di ST sul disco e l’asse delle x):
(a) determinare lagrangiana, equazioni lagrangiane del moto e relative conﬁgurazioni di
equilibrio (in dipendenza dei parametri del sistema);
(b) calcolare tutte le soluzioni del tipo ϕ̇ = ω e θ = θ0 , con ω e θ0 costanti;
(c) discutere la stabilità delle conﬁgurazioni di equilibrio (suggerimento: si faccia uso dei
risultati del punto b) precedente e si ricordi la deﬁnizione di instabilità).
Si assuma quindi che il disco D sia animato da un moto assegnato di rotazione con velocità
angolare costante Ω attorno all’asse z. In tale ipotesi, mantenuto θ ∈ [0, π/2) come unica
coordinata lagrangiana:
(d) scrivere la lagrangiana nel sistema di riferimento solidale al disco;
(e) supponendo che all’estremità libera R dell’asta L si produca una forza ”resistente”
del tipo −βv R , essendo β una costante positiva e v R la velocità del punto R relativa
al disco, scrivere le equazioni di Lagrange del nuovo sistema, determinare le conﬁgurazioni di equilibrio e discuterne la stabilità.
2) Un punto materiale di massa unitaria è vincolato a muoversi nel piano cartesiano
(x, y), dove risulta soggetto ad un campo di forze in parte puramente posizionale, in parte
dipendente dalla velocità (ẋ, ẏ) del punto stesso. Le equazioni del moto risultano:

 ẍ = −3x2 − 2(x − y) − β(x2 + y 2 + 1)ẋ

ÿ = +2(x − y) − β(x2 + y 2 + 1)ẏ
con β costante positiva ﬁssata. Si determinino le soluzioni di equilibrio del sistema e se
ne discuta la stabilità. (Suggerimento: si ricordino le proprietà dei sistemi soggetti a
sollecitazioni lagrangiane posizionali conservative e dissipative).
Soluzione
Esercizio (1)
Energia cinetica
Indicati con G la distanza fra il punto S ed il baricentro G dell’asta L , e con IG il
momento d’inerzia di L rispetto ad un asse normale alla stessa e passante per G, l’energia
cinetica del sistema si scrive
IG 2
I 2 m
G2 + IG 2
I 2 m 2 2
2
2
2
2
θ̇ + sin θ ϕ̇ = ϕ̇ +
θ̇ + sin2 θ ϕ̇2
T = ϕ̇ + G θ̇ + sin θ ϕ̇ +
2
2
2
2
2
Tale espressione risulta dalla somma di due contributi, l’uno dovuto al disco, l’altro all’asta.
Il termine I ϕ̇2/2 rappresenta l’energia cinetica del disco D posto in rotazione attorno
all’asse verticale Oz con velocità angolare ϕ̇. L’energia cinetica dell’asta L può determinarsi immediatamente osservando che il vettore velocità angolare di L consta di una
Stefano Siboni
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Esercizi di Meccanica razionale
componente verticale ϕ̇ e di una componente θ̇ diretta secondo la normale n al piano OST ,
e che il punto S è ﬁsso. A tale scopo si scelga una terna di riferimento cartesiana ortogonale Sx y z solidale all’asta, con origine in S ed assi Sz , Sx , Sy diretti secondo la retta
orientata AS, la normale n ed il vettore (S − A) ∧ n rispettivamente. Rispetto a tale terna
la matrice d’inerzia di L assume la forma


m
G 2 + IG
0
0

0
m
G2 + IG 0 
(2.1.1)
0
0
0
essendo m =
λ(ξ) dξ la massa totale dell’asta, G
1
=
m
0
ξλ(ξ) dξ la distanza SG fra
0
il punto ﬁsso S ed il baricentro G di L e
ξ 2 λ(ξ) dξ = m
G 2 + IG
(2.1.2)
0
il momento d’inerzia dell’asta rispetto all’asse Sx , con
(ξ − G )2 λ(ξ) dξ .
IG =
(2.1.3)
0
Si osservi che la (2.1.3) rappresenta il momento d’inerzia rispetto ad un asse avente la
stessa orientazione di Sx ma con origine in G, per cui (2.1.2) non è che una espressione
particolare del teorema di Huygens-Steiner.
Nello stesso sistema di riferimento Sx y z le componenti della velocità angolare ω di L
sono date dal vettore colonna


θ̇
 ϕ̇ sin θ 
(2.1.4)
ϕ̇ cos θ
per cui l’energia cinetica dell’asta si scrive come

1
1
ω · L(ω ) = ( θ̇
2
2
ϕ̇ sin θ
m
G 2 + IG
ϕ̇ cos θ ) 
0
0
=
0
m
G 2 + IG
0
m
G 2 + IG 2
θ̇ + sin2 θ ϕ̇2
2


θ̇
0
0   ϕ̇ sin θ  =
0
ϕ̇ cos θ
(2.1.5)
dove L è l’operatore d’inerzia ed L(ω ) il momento angolare dell’asta rispetto al punto ﬁsso
S.
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Esercizi di Meccanica razionale
Da notare come allo stesso risultato si possa pervenire facendo ricorso al teorema di König.
Se si indica con xG il vettore posizione del baricentro G rispetto all’origine O, l’energia
cinetica di L nel sistema di riferimento Oxyz è data dall’espressione
m
|ẋG |2 + TG ,
2
(2.1.6)
dove TG indica l’energia cinetica di L relativa al sistema di riferimento con origine in G
ed assi rispettivamente paralleli a quelli di Oxyz. Le componenti di xG in Oxyz risultano
( G sin θ cos ϕ
G sin θ sin ϕ
− G cos θ )
(2.1.7)
e di conseguenza quelle di ẋG sono
( G cos θ cos ϕ θ̇ − G sin θ sin ϕ ϕ̇ G cos θ sin ϕ θ̇ + G sin θ cos ϕ ϕ̇
da cui si deduce
G sin θ θ̇ )
m 2 2
m
|ẋG |2 =
G (θ̇ + sin2 θ ϕ̇2 ) .
2
2
(2.1.8)
Il contributo residuo TG si calcola analogamente al caso procedente, assumendo una terna
di riferimento orientata come Sx y z ma con origine nel centro di massa G. Le componenti
(2.1.4) del vettore velocità angolare ovviamente non cambiano, mentre per quanto riguarda
la matrice d’inerzia, in luogo dell’espressione (2.1.1), si avrà

IG
 0
0
Ne risulta l’identità
TG =
0
IG
0

0
0
0
IG 2
(θ̇ + sin2 θ ϕ̇2 )
2
(2.1.9)
che sostituita in (2.1.6) unitamente alla (2.1.8) fornisce la relazione (2.1.5).
Un terzo possibile approccio al calcolo dell’energia cinetica Tasta di L può essere il seguente,
basato sulla deﬁnizione stessa di Tasta. Ogni punto P dell’asta è individuato univocamente
dalla scelta della sua distanza ξ ∈ [0, ] dal punto ﬁsso S. Ragionando come in (2.1.7), il
vettore posizione P − O rispetto alla terna Oxyz ha componenti
( ξ sin θ cos ϕ
ξ sin θ sin ϕ
− ξ cos θ )
per cui le componenti della velocità di P — Ṗ — nello stesso sistema risultano
( ξ cos θ cos ϕ θ̇ − ξ sin θ sin ϕ ϕ̇
ξ cos θ sin ϕ θ̇ + ξ sin θ cos ϕ ϕ̇ ξ sin θ θ̇ ) .
In questo modo si determina completamente il campo di velocità di tutti i punti dell’asta
rigida ad un istante arbitrario. Per una curva rigida quale è L il calcolo dell’energia
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17
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Esercizi di Meccanica razionale
cinetica si riduce a valutare un integrale unidimensionale, operazione in linea di principio
non troppo onerosa. Nella fattispecie
Tasta
1
=
2
|Ṗ |2 λ(ξ) dξ
(2.1.10)
0
con |Ṗ |2 = ξ 2 (θ̇2 + sin2 θ ϕ̇2 ), ed è immediato veriﬁcare l’equivalenza di (2.1.10) e (2.1.5).
I tre approcci proposti, pur conducendo allo stesso risultato, sono tuttavia molto diversi
nella loro impostazione e generalità di applicazione. Il primo metodo risulta applicabile
soltanto nel caso di un sistema rigido con un punto ﬁsso, mentre il terzo richiede in generale
il calcolo di un complesso integrale di volume, un compito troppo impegnativo anche in
casi relativamente semplici. Soltanto il teorema di König ha validità generale, potendosi
utilizzare per corpi rigidi qualsiasi, a condizione che si sappiano esprimere le coordinate
del centro di massa in termini dei parametri lagrangiani e che sia noto un sistema di assi
principali d’inerzia, con i relativi momenti principali.
Potenziale
Il potenziale del sistema consta di due termini: quello gravitazionale, dovuto all’azione
della forza peso sull’asta L , e quello elastico associato alla presenza della molla M . Se
si indicano con A ed r rispettivamente la distanza SA e la lunghezza a riposo della molla,
il potenziale totale assume la forma
U(f, θ) = mg
G cos θ −
2
k
A cos θ − r
2
(2.1.11)
essendo k > 0 la costante elastica di M e g > 0 l’accelerazione gravitazionale terrestre.
Lagrangiana ed equazioni del moto del sistema
Per sostituzione si ha immediatamente
L = T +U =
2
k
I 2 m
G 2 + IG 2
ϕ̇ +
θ̇ + sin2 θ ϕ̇2 + mg
G cos θ −
A cos θ − r .
2
2
2
Le equazioni lagrangiane del moto sono in questo caso
d ∂L ∂L
−
= 0
dt ∂ ϕ̇
∂ϕ
d ∂L ∂L
−
= 0
dt ∂ θ̇
∂θ
per cui sostituendo l’espressione della Lagrangiana si ottiene
d
d ∂L =
I ϕ̇ + (m
G 2 + IG ) sin2 θ ϕ̇
dt ∂ ϕ̇
dt
∂L
= 0
∂ϕ
%
d$
d ∂L =
(m
G 2 + IG )θ̇ = (m
G 2 + IG )θ̈
dt ∂ θ̇
dt
∂L
= (m
G 2 + IG ) sin θ cos θ ϕ̇2 − mg
G sin θ + k A cos θ − r A sin θ .
∂θ
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18
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Le equazioni del moto divengono perciò
$
%
 I + (m
G 2 + IG ) sin2 θ ϕ̈ + 2(m
G 2 + IG ) sin θ cos θ θ̇ϕ̇ = 0

(2.1.12)
(m
G 2 + IG ) θ̈ = (m
G 2 + IG ) sin θ cos θ ϕ̇2 − mg
G sin θ + k
A sin θ A cos θ − r
sistema chiaramente riducibile a forma normale, essendo m
G 2 + IG > 0 e I + (m
G 2 +
IG ) sin2 θ > 0 ∀ θ ∈ R — ovvero, essendo l’energia cinetica T una forma quadratica deﬁnita
positiva delle velocità generalizzate θ̇ e ϕ̇.
Si osservi come dalla prima delle due equazioni sia possibile individuare un integrale primo
del moto oltre all’energia. Si ha infatti
%
$
I + (m
G 2 + IG ) sin2 θ ϕ̇ = Lz , costante ,
che una semplice veriﬁca permette di identiﬁcare con la componente lungo l’asse Oz del
momento angolare totale del sistema, calcolato rispetto al punto ﬁsso S. L’esistenza di tale
integrale primo si interpreta facilmente in base alle equazioni cardinali della dinamica, in
quanto le sole forze esterne agenti sul sistema sono le reazioni vincolari applicate all’asse
di rotazione Oz. Il momento di dette forze rispetto al polo S, benché incognito, risulta
normale ad Oz e la componente del momento angolare totale lungo l’asse di rotazione
conservata di conseguenza.
Conﬁgurazioni di equilibrio
Assumendo una soluzione del tipo (ϕ, θ) = constante, l’equazione in ϕ̈ è identicamente
soddisfatta mentre la seconda diviene
0 = −mg
G sin θ + k
A sin θ A cos θ − r
ossia
%
$
sin θ −mg
G − k
A r + k
A 2 cos θ = 0 ,
(2.1.13)
da cui si deduce la totale indipendenza da ϕ delle eventuali conﬁgurazioni di equilibrio,
fatto del tutto atteso causa la simmetria rotazionale del sistema attorno all’asse Oz.
Le soluzioni della (2.1.13) si hanno per sin θ = 0, oppure per
cos θ = (mg
G + k
A r)
1
mg
G
r
2 =
2 + k
A
k
A
A
e quindi si scrivono, tenuto conto della condizione θ ∈ [0, π/2),
θ1 = 0
sempre
mg
mg
G
r
r
G
θ2 = arccos
purché
2 + 2 + <1 .
k
A
k
A
A
A
(2.1.14)
Si esclude il valore +1 per l’argomento dell’arco coseno, in quanto si avrebbe in tal caso
θ2 = 0 = θ1 e la seconda soluzione sarebbe in realtà coincidente con la prima. Inoltre
l’argomento dell’arco coseno è sempre positivo, per cui 0 < θ2 < π/2.
Stefano Siboni
19
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Le soluzioni di equilibrio delle equazioni del moto sono pertanto:
i) (ϕ, θ) = (ϕ0 , θ1 ) ∀ ϕ0 ∈ [0, 2π[;
mg
G
r
2 + < 1.
k
A
A
Si osservi che mentre le soluzioni ii) corrispondono eﬀettivamente a conﬁgurazioni distinte del sistema, riﬂettendone la simmetria rotazionale rispetto all’asse verticale Oz, le i)
identiﬁcano un’unica conﬁgurazione — quella che vede l’asta L disposta verticalmente al
di sotto del punto di sospensione S. Ciò signiﬁca che la parametrizzazione adottata per la
varietà delle conﬁgurazioni non è biunivoca nell’intorno della conﬁgurazione di equilibrio i)
e dunque non può considerarsi una carta. Di questa inadeguatezza della parametrizzazione
si dovrà tenere conto nella successiva analisi di stabilità. Al termine dell’esercizio si mostrerà come un approcchio formalmente più corretto al problema consista nella scelta di una
diversa carta nell’intorno della conﬁgurazione di equilibrio i) — proiezione stereograﬁca.
Si ricorda in proposito che raramente la varietà delle conﬁgurazioni di un sistema olonomo
può essere rappresentata mediante una sola carta: una tale rappresentazione richiede di
regola l’introduzione di una pluralità di carte tra loro compatibili, ciascuna deﬁnita in
un conveniente intorno della varietà — una collezione di carte compatibili in grado di
rappresentare l’intera varietà si dice atlante della varietà.
ii) (ϕ, θ) = (ϕ0 , θ2 ) ∀ ϕ0 ∈ [0, 2π[, qualora
Soluzioni del tipo ϕ̇ = ω e θ = θ0 , con ω e θ0 costanti
Si sostituiscono le soluzioni del tipo cercato nelle equazioni del moto, ottenendo:
$
%
I + (m
G 2 + IG ) sin2 θ0 ω = Lz
(m
G 2 + IG ) sin θ0 cos θ0 ω 2 − mg
G sin θ0 + k
A sin θ0 (
A cos θ0 − r) = 0
La prima relazione non pone alcuna restrizione sulla scelta delle costanti, limitandosi a
ﬁssare la componente Lz del momento angolare totale in funzione di ω e θ0 . Dalla seconda
equazione si deduce invece, raccogliendo il fattore sin θ0 :
(1) sin θ0 = 0;
−1
&
mg
mg
G + k
A r
r m
G 2 + IG 2
G
=
+
ω
. (2.1.15)
(2) cos θ0 =
1+
A
k
A 2 + (m
G 2 + IG )ω 2
k
A 2
k
A 2
La (1) ﬁssa la costante θ0 = 0 lasciando ω ∈ R completamente arbitraria. La (2) determina invece θ0 in funzione di ω, assicurandone l’esistenza per ω abbastanza grande — la
condizione di compatibilità è che il secondo membro sia minore o uguale ad 1. In questo
caso si pone per brevità θ0 = θ(ω).
Le soluzioni massimali cercate — deﬁnite ∀ t ∈ R — si scrivono allora:
(1.a) ϕ(t), θ(t), ϕ̇(t), θ̇(t) = (ϕ0 + ωt, 0, ω, 0) ∀ ϕ0 ∈ [0, 2π) e ∀ ω ∈ R;
(2.a) ϕ(t), θ(t), ϕ̇(t), θ̇(t) = ϕ0 + ωt, θ(ω), ω, 0 , con
−1 &
m
G 2 + IG 2
r mg
G
,
1+
+
ω
θ(ω) = arccos
A
k
A 2
k
A 2
(2.1.16)
∀ ϕ0 ∈ [0, 2π) e ∀ ω ∈ R tale che l’arco coseno sia deﬁnito.
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20
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Stabilità delle conﬁgurazioni di equilibrio
Le conﬁgurazioni (ϕ, θ) = (ϕ0 , θ2 ) ∀ ϕ0 ∈ [0, 2π) sono instabili.
Ciò equivale a dimostrare l’instabilità delle soluzioni
ϕ(t), θ(t), ϕ̇(t), θ̇(t) = (ϕ0 , θ2 , 0, 0)
∀ ϕ0 ∈ [0, 2π) .
L’esistenza di θ2 implica che soluzioni del tipo (2.a) siano deﬁnite ∀ ω ∈ R, in quanto per
la (2.1.15) vale
&
−1
m
G 2 + IG 2
ω
≤ cos θ2 < 1
cos θ(ω) = cos θ2 1 +
k
A 2
∀ω ∈ R .
Si ha inoltre, per continuità, che limω→0 θ(ω) = θ2 . Di conseguenza, comunque si ﬁssi un
intorno Ω di (ϕ0 , θ2 , 0, 0) si potrà sempre determinare un ω = 0 suﬃcientemente piccolo per
il quale si abbia (ϕ0 , θ(ω), ω, 0) ∈ Ω: la soluzione (ϕ(t), θ(t), ϕ̇(t), θ̇(t)) del corrispondente
problema di Cauchy sarà del tipo (2.a) e per essa si avrà, in particolare
ϕ(t) = ϕ0 + ω t
∀t ∈ R .
/ Ω. Si è
Esisterà dunque un t∗ > 0 abbastanza grande tale che (ϕ(t∗ ), θ(t∗ ), ϕ̇(t∗ ), θ̇(t∗ )) ∈
cosı̀ veriﬁcata l’instabilità delle soluzioni — ovvero delle conﬁgurazioni — di equilibrio in
esame applicando direttamente la deﬁnizione di instabilità.
Vale la pena di sottolineare come non sia possibile pervenire ad alcuna conclusione analizzando l’hessiana del potenziale. L’unica derivata parziale seconda non identicamente nulla
del potenziale (2.1.11) risulta infatti
∂2U
(ϕ, θ) = −(mg
G + kr
A ) cos θ + 2k
A 2 cos2 θ − k
A 2
∂θ2
e calcolata in (ϕ0 , θ2 ) diventa
(mg
G + kr
A )2
(mg
G + kr
A )2
∂2U
(ϕ
,
θ
)
=
−
+
2
− k
A 2 =
0
2
∂θ2
k
A 2
k
A 2
&
2
mg
G + kr
A
2
= k
A
−1 < 0
k
A 2
a causa della condizione (2.1.14) per l’esistenza di θ2 . L’Hessiana del potenziale in ϕ0 , θ2 )
si scrive allora


0
0


HU (ϕ0 , θ2 ) = 

2
∂ U
(ϕ0 , θ2 )
0
∂θ2
e in quanto semideﬁnita non deﬁnita negativa essa non implica né la stabilità per LagrangeDirichlet — (ϕ0 , θ2 ) può non essere, ed in eﬀetti non è, massimo relativo proprio di U —,
Stefano Siboni
21
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Esercizi di Meccanica razionale
né l’instabilità — non si può escludere che la conﬁgurazione costituisca un massimo per il
potenziale, visto che nessuno degli autovalori risulta positivo.
L’unica conﬁgurazione individuata da (ϕ, θ) = (ϕ0 , θ1 ) ∀ ϕ0 ∈ [0, 2π) è instabile se la
condizione (2.1.14) è soddisfatta, stabile in ogni altro caso.
Come già osservato, in un qualunque intorno di questa conﬁgurazione la parametrizzazione
in (ϕ, θ) non costituisce una carta, dal momento che l’unica conﬁgurazione di equilibrio
corrisponde ad un segmento nel piano (ϕ, θ)
{(ϕ, θ) : ϕ ∈ [0, 2π), θ = 0} .
La stabilità della conﬁgurazione non è dunque equivalente alla stabilità della soluzione
(ϕ(t), θ(t), ϕ̇(t), θ̇(t)) = (ϕ0 , θ1 , 0, 0) per ϕ0 ∈ [0, 2π) ﬁssato e θ1 = 0. La conﬁgurazione
di equilibrio dovrà considerarsi stabile se per ogni condizione iniziale abbastanza prossima
a (ϕ0 , θ1 , 0, 0) la soluzione massimale del problema di Cauchy ha componenti θ(t) e θ̇(t)
deﬁnitivamente vicine a zero per t → +∞ — l’eventuale crescita di |ϕ(t)|, |ϕ̇(t)| per t →
+∞ è irrilevante. Formalmente, si parla di stabilità parziale della soluzione (ϕ0 , θ1 , 0, 0)
rispetto a (θ, θ̇).
Ciò premesso, la veriﬁca dell’instabilità procede in modo simile al caso precedente, ricercando soluzioni particolari del tipo (ϕ(t), θ(t), ϕ̇(t), θ̇(t)) = (ϕ0 , θ(t), 0, θ̇(t)), con ϕ0 costante, e mostrando che queste violano la deﬁnizione di stabilità sopra enunciata. Si tratta di
una scelta molto plausibile dal punto di vista ﬁsico, in quanto equivalente a considerare
moti per i quali il disco D non è in rotazione e l’asta L oscilla in un piano verticale ﬁsso.
Le soluzioni del tipo richiesto soddisfano identicamente la prima delle equazioni del moto,
mentre la seconda diviene
dU
(m
G 2 + IG )θ̈ = −mg
G sin θ + k
A sin θ A cos θ − r =
(θ)
dθ
essendo
U (θ) := U(ϕ, θ) = mg
G cos θ −
(2.1.17)
2
k
A cos θ − r .
2
Come era lecito attendersi, l’equazione (2.1.17) descrive un moto unidimensionale in θ,
completamente disaccoppiato da quello in ϕ. Le soluzioni di equilibrio della (2.1.17) si
hanno beninteso per θ = θ1 , θ2 , ma di queste solo θ = θ1 = 0 deve essere studiata. A
questo scopo si consideri lo sviluppo di Taylor di U(θ) nell’intorno di θ = 0:
2 θ2 θ4
k
A −r + −mg
G −kr
A +k
A 2
+ mg
G +kr
A −4k
A2
+O(θ6 )
2
2
4!
(2.1.18)
2
Per −mg
G − kr
A + k
A > 0, condizione equivalente alla (2.1.14), il termine quadratico
in (2.1.18) ha coeﬃciente positivo, il che assicura l’instabilità della soluzione θ(t) = 0
di (2.1.17). Allo stesso risultato si perviene ricorrendo alla discussione di Weierstrass,
applicabile essendo (2.1.17) un sistema ad un solo grado di libertà: θ = 0 è punto di
minimo relativo proprio per il potenziale U, dunque instabile — indipendentemente dal
fatto che l’esistenza del minimo sia stata accertata veriﬁcando la positività del termine
U(θ) = mg
G −
Stefano Siboni
22
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quadratico in (2.1.18). Esisterà allora un ε > 0 tale che ∀ δ > 0 ∃ θ0 , θ̇0 ∈ R, |(θ0 , θ̇0 )| < δ,
per i quali la soluzione (θp (t), θ̇p (t)) del problema di Cauchy (2.1.17) con condizione iniziale
˙
(θ(0), θ(0))
= (θ0 , θ̇0 ) soddisfa la diseguaglianza
|(θp (t∗ ), θ̇p (t∗ ))| =
θp (t∗ )2 + θ̇p (t∗ )2 > ε
per un qualche t∗ > 0 abbastanza grande.
Di conseguenza (ϕ(t), θ(t), ϕ̇(t), θ̇(t)) = (ϕ0 , θp (t), 0, θ̇p (t)) è soluzione del sistema (2.1.12)
con condizione iniziale (ϕ(0), θ(0), ϕ̇(0), θ̇(0)) = (ϕ0 , θ0 , 0, θ̇0 ) e per essa vale:
a) (ϕ0 , θ0 , 0, θ̇0 ) − (ϕ0 , 0, 0, 0) = |(θ0 , θ̇0 )| < δ ;
b) (ϕ0 , θp (t∗ ), 0, θ̇p (t∗ )) − (ϕ0 , 0, 0, 0) = |(θp (t∗ ), θ̇p (t∗ ))| > ε .
L’instabilità della conﬁgurazione per −mg
G − kr
A + k
A 2 > 0 risulta in tal modo dimostrata.
Nel caso −mg
G − kr
A + k
A 2 ≤ 0 il punto θ = 0 è un massimo relativo forte di U, come si
desume immediatamente dallo sviluppo di Taylor (2.1.18): per −mg
G −kr
A +k
A 2 < 0 il
risultato segue dal segno negativo del termine quadratico in θ, mentre se −mg
G − kr
A +
k
A 2 = 0 alla stessa conclusione si perviene grazie al termine in θ4 . Sia allora ∆ > 0 tale
che nell’intervallo |θ| ≤ ∆ l’equazione U (θ) = U (0) ammette 0 come unica soluzione; per
continuità, su tale intervallo la U − U (0) è deﬁnita negativa. Di conseguenza la funzione
m
G 2 + IG 2
V (θ, θ̇) :=
θ̇ − U (θ) + U (0)
2
risulta deﬁnita positiva nella striscia
S = (θ, θ̇) : |θ| < ∆ , θ̇ ∈ R .
Per ogni ε < ∆ positivo e piccolo a piacere esisterà dunque un h(ε) > 0 tale che
V (θ, θ̇) ≥ h(ε)
∀ (θ, θ̇) ∈ S : ε ≤ |(θ, θ̇)| .
Data l’assenza di sollecitazioni dissipative, l’energia meccanica totale del sistema
2
k
I 2 m
G 2 + IG 2
ϕ̇ +
θ̇ +sin2 θ ϕ̇2 − mg
G cos θ + A cos θ − r
2
2
2
(2.1.19)
è un integrale primo del moto, ed in (ϕ0 , 0, 0, 0) assume il valore
E(ϕ, θ, ϕ̇, θ̇) = T − U =
E(ϕ0 , 0, 0, 0) = −U(ϕ0 , 0) = −U(0) .
Causa la continuità di E(ϕ, θ, ϕ̇, θ̇), si potrà inoltre determinare un numero positivo δ(ε) <
ε per il quale |(ϕ(0), θ(0), ϕ̇(0), θ̇(0)) − (ϕ0 , 0, 0, 0)| < δ(ε) implica
1
E (ϕ(0), θ(0), ϕ̇(0), θ̇(0) < −U(0) + h(ε) .
2
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23
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Ma l’energia meccanica totale è un integrale primo del moto, pertanto la soluzione massimale (ϕ(t), θ(t), ϕ̇(t), θ̇(t)) del problema di Cauchy con dati iniziali (ϕ(0), θ(0), ϕ̇(0), θ̇(0))
soddisferà
1
∀t ≥ 0
(2.1.20)
E (ϕ(t), θ(t), ϕ̇(t), θ̇(t) < −U(0) + h(ε)
2
e deve risultare |(θ(t), θ̇(t))| < ε ∀ t ≥ 0. Se cosı̀ non fosse, infatti, dovrebbe esistere un
istante t∗ > 0 per il quale |(θ(t∗ ), θ̇(t∗ ))| = ε. Ma d’altra parte deve aversi altresı̀
I
m
G 2 + IG 2 ∗
θ̇ (t )+ sin2 θ(t∗ ) ϕ̇2 (t∗ ) − U (θ(t∗ ))
E (ϕ(t∗ ), θ(t∗ ), ϕ̇(t∗ ), θ̇(t∗ ) = ϕ̇2 (t∗ )+
2
2
≥
m
G 2 + IG 2 ∗
θ̇ (t ) − U (θ(t∗ )) = V (θ(t∗ ), θ̇(t∗ )) − U(0) ≥ −U(0) + h(ε)
2
in contraddizione con la (2.1.20). La prova è completa.
Lagrangiana nel sistema di riferimento solidale al disco
Nell’ipotesi che il disco sia vincolato a ruotare con velocità angolare costante Ω attorno
all’asse verticale Oz, la determinazione della Lagrangiana del sistema procede come nel
caso precedente, con l’unica diﬀerenza di dover considerare un angolo ϕ0 + Ω t in luogo
del parametro lagrangiano ϕ: la Lagrangiana sarà funzione dell’unica coordinata θ. Posto
ϕ = ϕ0 + Ω t nella espressione di L, si ottiene
LΩ =
I 2 1
k
Ω + (m
G 2 + IG )(θ̇2 + Ω2 sin2 θ) + mg
G cos θ − (
A cos θ − r)2
2
2
2
che rappresenta la Lagrangiana dell’asta vincolata al piano rotante verticale scritta nel
sistema di riferimento Oxyz. Dal momento che il vincolo introdotto risulta dipendente
dal tempo, l’energia cinetica non è semplicemente una forma quadratica in θ̇, ma consiste
nella somma di un termine quadratico e di uno costante in θ̇. Per contro, il potenziale è
lo stesso già considerato in L, le sollecitazioni elastica e gravitazionale essendo invariate.
Se riscritta nel modo seguente — omettendo l’irrilevante termine costante IΩ2 /2 —
LΩ =
1
1
k
(m
G 2 + IG )θ̇2 + m
G 2 Ω2 sin2 θ + mg
G cos θ − (
A cos θ − r)2
2
2
2
la LΩ può anche interpretarsi come Lagrangiana del sistema nel riferimento co-rotante con
il disco D . L’energia cinetica relativa è ora identiﬁcabile con la forma quadratica in θ̇ —
consistentemente con il fatto che nel nuovo sistema di riferimento i vincoli sono scleronomi
— mentre il termine in Ω2 viene ricompreso nel potenziale totale, riconoscendosi in esso il
potenziale delle forze centrifughe agenti sull’asta L .
Sollecitazione dissipativa
Nel sistema di riferimento solidale al disco, con origine O, asse verticale Oz ed asse orizzontale Oy, il punto di applicazione R della forza resistente è individuato dal vettore
R − O = S − O + (
sin θ, −
cos θ)
Stefano Siboni
24
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e la sua velocità nello stesso riferimento si scrive
v R = θ̇ (cos θ, sin θ)
mentre
∂
(R − O) = (cos θ, sin θ) .
∂θ
L’unica componente Lagrangiana della sollecitazione resistente −βvR risulta perciò, per
deﬁnizione,
∂
Qθ = −βvR ·
(R − O) = −β
2 θ̇
∂θ
e l’equazione di Lagrange è
d ∂LΩ ∂LΩ
−
= Qθ
dt ∂ θ̇
∂θ
ossia
$
%
(m
G 2 + IG )θ̈ = sin θ (m
G 2 Ω2 + k
A 2 ) cos θ − (mg
G + kr
A ) − β
2θ̇ .
(2.1.21)
È fondamentale sottolineare ai ﬁni dell’analisi di stabilità delle soluzioni statiche, che la
sollecitazione Qθ è di natura completamente dissipativa, avendosi:
(i) Qθ = −β
2 θ̇ non esplicitamente dipendente dal tempo — ovvero l’equazione (2.1.21)
autonoma;
(ii) la potenza della sollecitazione non positiva:
π = Qθ θ̇ = −β
2 θ̇ θ̇ = −β
2 θ̇2 ≤ 0 ;
(iii) la potenza della sollecitazione nulla soltanto a velocità nulla:
π = −β
2 θ̇2 = 0
⇐⇒
θ̇ = 0 .
Le conﬁgurazioni di equilibrio si ottengono ponendo θ(t) = θ0 , costante, nell’equazione del
moto (2.1.21) od anche, equivalentemente, ricercando i punti critici del potenziale totale
U r del sistema, comprensivo del termine centrifugo. Si perviene cosı̀ all’equazione
%
$
sin θ0 (m
G 2 Ω2 + k
A 2 ) cos θ0 − (mg
G + kr
A ) = 0
le cui soluzioni risultano — nell’intervallo [0, π/2) —:
θ1 = 0
sempre
θ2 = arccos µ
purché µ < 1
essendosi posto
µ :=
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mg
k
A
G
2
+
(2.1.22)
m
G2 2 −1
r 1+
Ω
.
A
k
A 2
25
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Le conﬁgurazioni di equilibrio sono quindi isolate. A causa della sollecitazione completamente dissipativa si potranno perciò applicare i criteri di Barbasin-Krasovskii e concludere
che una conﬁgurazione di equilibrio è stabile — ed in tal caso asintoticamente — se e
soltanto se essa è di massimo relativo proprio per il potenziale U r .
Il potenziale totale del sistema, soggetto a vincoli olonomi indipendenti dal tempo, assume
la forma
m 2 2 2
k
G Ω sin θ + mg
G cos θ − (
A cos θ − r)2
U r (θ) =
(2.1.23)
2
2
con derivate:
U r (θ) = (m
G 2 Ω2 + k
A 2 ) sin θ cos θ − (mg
G + kr
A ) sin θ
U r (θ) = (m
G 2 Ω2 + k
A 2 )(2 cos2 θ − 1) − (mg
G + kr
A ) cos θ .
Veriﬁcato che U r (θ1 ) = U r (θ2 ) = 0, le derivate seconde nelle due conﬁgurazioni di equilibrio sono date dalle espressioni:
U r (θ1 ) = +(m
G 2 Ω2 + k
A 2 )(1 − µ)
(2.1.24)
U r (θ2 ) = −(m
G 2 Ω2 + k
A 2 )(1 + µ)(1 − µ) .
Conviene distinguere i tre casi seguenti:
(1) se µ > 1 l’unica conﬁgurazione di equilibrio è θ1 e per la prima della (2.1.24) vale
U r (θ1 ) < 0. U r ha un massimo relativo forte in θ1 , che dunque per BarbasinKrasovskii risulta asintoticamente stabile;
(2) per µ < 1, tanto θ1 quanto θ2 sono deﬁnite e si ha U r (θ1 ) > 0, nonché U r (θ2 ) < 0.
θ1 e θ2 risultano rispettivamente minimo e massimo relativo forte di U r e quindi, per
B.-K., instabile la prima ed asintoticamente stabile la seconda;
(3) se µ = 1 risulta θ1 = θ2 = 0 e la derivata seconda del potenziale si annulla. Per
indagare la natura del punto critico θ1 di U r si renderebbe necessario calcolare il
primo termine non nullo, di ordine superiore al secondo, dello sviluppo di Taylor di
U r nell’intorno di zero. La procedura è un poco laboriosa ma non comporta alcuna
diﬃcoltà, dovendosi applicare ad una funzione di una sola variabile reale. In questo
caso tuttavia si può raggiungere lo scopo riscrivendo il potenziale in modo opportuno
— la cosa riesce, beninteso, data l’estrema semplicità dell’espressione. Dalla (2.1.23)
si deduce infatti
m 2 2
k
k
G Ω (1 − cos2 θ) + mg
G cos θ − A 2 cos2 θ + kr
A cos θ − r2 =
2
2
2
k
m
1
= − (m
G 2 Ω2 + k
A 2 ) cos2 θ + (mg
G + kr
A ) cos θ − r2 + G 2 Ω2 =
2
2
2
1
k
m
= − (m
G 2 Ω2 + k
A 2 )(cos2 θ − 2µ cos θ) − r2 + G 2 Ω2 =
2
2
2
1
2 2
2
= − (m
G Ω + k
A )(cos θ − µ)2 + costante
2
U r (θ) =
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e per µ = 1
1
U r (θ) = − (m
G 2 Ω2 + k
A 2 )(cos θ − 1)2 + costante .
2
In conclusione θ = 0 è massimo relativo proprio di U r e quindi la conﬁgurazione di
equilibrio risulta asintoticamente stabile (B.-K.).
Proiezione stereograﬁca
Si è già sottolineato come nell’intorno della conﬁgurazione (ϕ, θ) = (ϕ0 , 0) il sistema di
coordinate polari non costituisca una carta per la varietà delle conﬁgurazioni. Ogni punto
P dell’asta L si muove, in virtù del vincolo di rigidità, su una superﬁcie sferica SP di centro
S e raggio SP . La varietà delle conﬁgurazioni può quindi considerarsi omeomorfa ad una 2sfera di R3 — l’usuale superﬁcie sferica della geometria euclidea. È ben noto che qualunque
sfera può essere rappresentata mediante un atlante a due carte, ciascuna ottenuta mediante
proiezione stereograﬁca rispetto all’uno o all’altro estremo di un diametro (poli).
Nella fattispecie, le coordinate stereograﬁche (σ, τ ) di un generico punto P dell’asta sono
rispettivamente l’ascissa e l’ordinata della intersezione fra la retta SP ed il piano coordinato
Oxy. Se si pone SP = ξ, con ξ ∈ [0, 1] ﬁssato, semplici relazioni geometriche permettono
di esprimere le componenti cartesiane di P − O in termini di (σ, τ ). Il risultato è il seguente
ξσ
ξτ
2 ξ
P −O = √
, √
,
− √
(2.1.25)
2 + σ 2 + τ 2
2 + σ 2 + τ 2
2 + σ 2 + τ 2
da cui derivando rispetto al tempo si ottiene l’espressione per la velocità di P
&
ξ
2
2
2
2
σ̇(
+ τ ) − στ τ̇ , −στ σ̇ + (
+ σ )τ̇ , σ σ̇ + τ τ̇
Ṗ = 2
(
+ σ 2 + τ 2 )3/2
e per il suo modulo quadrato
|Ṗ |2 =
%
$ 2
2 ξ 2
2 2
2
2 2
+
τ
)
σ̇
+
(
+
σ
)
τ̇
−
2στ
σ̇
τ̇
.
(
(
2 + σ 2 + τ 2 )2
Si veriﬁca facilmente che la trasformazione (σ, τ ) → (x, y, z) deﬁnita dalla (2.1.25) è un
diﬀeomorﬁsmo del piano Oxy sulla regione della sfera SP i cui punti abbiano quota minore
di — ”emisfero inferiore” di SP . Si tratta dunque di una carta (locale) per la varietà
delle conﬁgurazioni.
Esprimiamo la Lagrangiana del sistema in termini delle coordinate stereograﬁche, facendo
uso delle relazioni precedenti. I soli punti dell’asta da prendere in considerazione sono A
ed il baricentro G, le cui posizioni saranno determinate da opportune costanti ξA , ξG ∈
(0, 1). L’energia cinetica dell’asta si ottiene per integrazione, come nella (2.1.10) — unica
diﬀerenza un banale cambiamento di variabile —
Tasta
1
=
2
1
|Ṗ |2 λ(
ξ)
dξ
0
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27
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Esercizi di Meccanica razionale
e risulta
Tasta =
%
1 m
G 2 + IG $ 2
2 2
2
2 2
+
τ
)
σ̇
+
(
+
σ
)
τ̇
−
2στ
σ̇
τ̇
.
(
2 (
2 + σ 2 + τ 2 )2
Per il calcolo dell’energia cinetica del disco occorre determinare l’espressione della sua
velocità angolare in termini dei nuovi parametri lagrangiani. La sola componente non
nulla di tale velocità angolare è quella lungo Oz e vale
σ τ̇ − τ σ̇
σ2 + τ 2
per cui
I (σ τ̇ − τ σ̇)2
.
Tdisco =
2 (σ 2 + τ 2 )2
Per il potenziale totale si ha inﬁne
&
2 ξG
U(σ, τ ) = mg √
−
2 + σ 2 + τ 2
k
−
2
&
2 ξA
√
−r
2 + σ 2 + τ 2
2
.
(2.1.26)
Alle conﬁgurazioni di equilibrio si perviene annullando il gradiente del potenziale:

2 ξA


− r (
2 + σ 2 + τ 2)−3/2 2 σ = 0
 mgξG − kξA √ 2
2
2
+σ +τ

2 ξA

 mgξG − kξA √
− r (
2 + σ 2 + τ 2)−3/2 2 τ = 0
2 + σ 2 + τ 2
ed il risultato è (σ, τ ) = (0, 0) oppure
(σ, τ ) ∈ R2 : √
1 mgξG
=
+r ,
ξA kξA
2 + σ 2 + τ 2
(2.1.27)
a condizione che il secondo membro in (2.1.27) sia minore di 1 — in quanto il primo lo
è necessariamente, per σ, τ ∈ R. Si osservi che il primo membro di (2.1.27) rappresenta
il coseno dell’angolo θ, cosicché la condizione precendente coincide con la (2.1.14). Le
conﬁgurazioni di equilibrio sono le stesse già determinate in coordinate polari.
Per l’analisi di stabilità ci si limita alla conﬁgurazione (σ, τ ) = (0, 0), la sola che abbia
comportato dei problemi con la vecchia parametrizzazione. A tale scopo si consideri la
funzione
2
k ξA
1
√
F (u) = −mg
+ mglξG √
−
−r
2
1 + u2
1 + u2
il cui sviluppo di Taylor in u = 0 si scrive
F (u) = −mg
+ mg
ξG −
+
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r 2 r 2
k 2 2
u +
+ −mgξG + k
ξA 2 1 −
ξA 1 −
2
ξA
2
ξA
3
3 r 4
u + O(u6 ) =
mgξG − k
ξA 2 1 −
2 4
4 ξA
28
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3 mgξ
1 2 2 1 mgξG
G
2
2 1
2
= F (0)+ k
ξA −
+r +1 u + k
ξA
+r −1 u4 + O(u6 )
2
ξA k ξA
2
4
ξA kξA
u = 0 risulterà massimo relativo proprio se
1 mgξ
ξA
G
kξA
+r
> 1
e minimo relativo proprio, riconoscibile dal segno della derivata seconda F (0), qualora
1 mgξG
+r < 1 .
ξA kξA
1 mgξG
Nel caso
+ r = 1 lo sviluppo di Taylor si riduce a
ξA kξA
F (u) = F (0) −
1 2 2 4
k
ξA u + O(u6 )
8
e nuovamente u = 0 si riconosce essere massimo relativo proprio di F . Basta ora
√ osservare
che la funzione F (u) coincide con il potenziale (2.1.26) a patto di porre u = σ 2 + τ 2 /
per concludere che (σ, τ ) = (0, 0) è:
1 mgξG
(i) stabile, per Lagrange-Dirichlet, se
+ r ≥ 1;
ξA kξA
1 mgξG
(ii) instabile, come risulta dall’esame dell’hessiana, se
+ r < 1,
ξA kξA
in accordo con i risultati già stabiliti.
Esercizio (2)
Assegnate le equazioni del moto in (x, y) ∈ R2 :
ẍ = −3x2 − 2(x − y) − β(x2 + y 2 + 1)ẋ
ÿ = 2(x − y) − β(x2 + y 2 + 1)ẏ
(2.2.1)
con β > 0, il campo C delle sollecitazioni puramente posizionali ha componenti cartesiane
(Cx , Cy ) := −3x2 − 2(x − y), 2(x − y) .
Essendo C deﬁnito sull’intero piano R2 — insieme stellato secondo Poincaré —, il carattere
conservativo del campo è equivalente alla sua irrotazionalità. Poiché
∂
∂Cy
∂
∂Cx
−
=
[−3x2 − 2(x − y)] −
[2(x − y)] = 0
∂y
∂x
∂y
∂x
∀ (x, y) ∈ R2
il campo C è conservativo ed il potenziale U(x, y) si determina per mezzo delle relazioni

∂U


(x, y) = −3x2 − 2(x − y)

∂x
∂U



(x, y) = 2(x − y)
∂y
Stefano Siboni
29
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che integrate porgono
Esercizi di Meccanica razionale
U(x, y) = −x3 − (x − y)2 + f1 (y)
U(x, y) = −(x − y)2 + f2 (x)
con f1 ed f2 funzioni della sola variabile y ed x rispettivamente. In deﬁnitiva, a meno di
una costante arbitraria inessenziale, si ha
U(x, y) = −x3 − (x − y)2 .
Le componenti cartesiane della sollecitazione non posizionale sono invece
−β(x2 + y 2 + 1)ẋ, −β(x2 + y 2 + 1)ẏ
(2.2.2)
e la potenza relativa si calcola immediatamente
π = −β(x2 + y 2 + 1)ẋ, −β(x2 + y 2 + 1)ẏ · (ẋ, ẏ) = −β(ẋ2 + ẏ 2 )(x2 + y 2 + 1) .
Siccome π ≤ 0, non vi è alcuna dipendenza esplicita dal tempo delle componenti ed inoltre
π = 0 implica (ẋ, ẏ) = (0, 0), la sollecitazione (2.2.2) risulta completamente dissipativa.
In base ai criteri di Barbasin e Krasovskii — inversione parziale del teorema di LagrangeDirichlet —, le conﬁgurazioni di equilibrio isolate del sistema (2.2.1) saranno dunque stabili
(ed in tal caso asintoticamente) se e soltanto se di massimo relativo proprio per il potenziale
U.
Si veriﬁca senza diﬃcoltà che la sola conﬁgurazione di equilibrio si ha per (x, y) = (0, 0).
Tale punto tuttavia non è massimo relativo proprio di U. Infatti, benché l’Hessiana del
potenziale in (0, 0)


−2
2

HU (0, 0) = 
2
−2
sia soltanto semideﬁnita negativa — avendo autovalori −4, 0 — e non consenta quindi di
concludere alcunché, il punto (0, 0) si dimostra direttamente non essere né di massimo né
di minimo. Basta osservare che lungo la retta y = x il potenziale si riduce a U(x, x) = −x3 ,
per cui
U(x, x) > 0 ∀ x < 0
e:
U(x, x) < 0 ∀ x > 0 .
(0, 0) si rivela cosı̀ punto di accumulazione sia di punti dove U < 0 che di punti in cui
U > 0, ed in nessun intorno dell’origine la deﬁnizione di massimo o di minimo relativo
proprio risulterà soddisfatta.
Applicando Barbasin-Krasovskii si conclude pertanto che (0, 0) è conﬁgurazione di equilibrio instabile per il sistema.
Prova scritta del 23.06.95.
1) Dato il sistema lagrangiano di Lagrangiana
L =
Stefano Siboni
1
θ2
I 2
2
θ̇ + ϕ̇2 1 + sin2 θ − k
− (ϕ − 1)
2
2
2
30
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Esercizi di Meccanica razionale
con I e k costanti positive, determinare:
(a) le equazioni del moto del sistema;
(b) le relative conﬁgurazioni di equilibrio, discutendone la stabilità;
(c) tutte le soluzioni del sistema per le quali ϕ(t) = ϕ0, costante;
(d) l’insieme delle condizioni iniziali, assegnate all’istante t = 0, ϕ(0), ϕ̇(0), θ(0), θ̇(0),
per le quali la soluzione del corrispondente problema di Cauchy risulta del tipo c).
2) In un piano verticale, descritto dal sistema di riferimento cartesiano ortogonale Oxy,
si consideri una guida rigida, circolare, di raggio R e centro di coordinate (0, R). Sulla
guida è vincolato a rotolare un disco rigido omogeneo, pesante, di massa m e raggio r < R.
Inﬁne l’intero piano verticale contenente guida e disco risulta soggetto ad un moto di
rotazione uniforme attorno all’asse verticale y, con velocità angolare costante ω rispetto
ad un sistema di riferimento “del laboratorio” che si suppone inerziale.
Indicata con g > 0 l’accelerazione gravitazionale terrestre e scelte come coordinate lagrangiane la lunghezza s dell’arco di circonferenza OB e l’angolo al centro θ mostrati in
ﬁgura:
(a) scrivere la Lagrangiana del sistema;
(b) scrivere le equazioni del moto del sistema.
Supposto quindi che il rotolamento del disco sulla guida abbia luogo senza strisciamento:
(c) determinare la Lagrangiana del nuovo sistema;
(d) scrivere le equazioni del moto corrispondenti;
(e) individuare le relative conﬁgurazioni di equilibrio e discuterne la stabilità AL VARIARE DEI PARAMETRI R, r, ω del sistema.
Stefano Siboni
31
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Esercizi di Meccanica razionale
Nelle stesse condizioni, si assuma inﬁne che sul centro C del disco sia applicata una forza
resistente proporzionale alla velocità del punto C relativa alla guida circolare, essendo −β,
con β > 0, la corrispondente costante di proporzionalità. In tal caso:
(f) scrivere le equazioni del moto del sistema cosı̀ ottenuto;
(g) determinare le conﬁgurazioni di equilibrio e discuterne la stabilità in funzione dei
parametri R, r, ω.
N.B. Si ricordi che per un disco omogeneo di massa m, raggio r e spessore trascurabile,
i momenti (principali) d’inerzia calcolati rispetto ad una terna cartesiana ortogonale con
origine nel centro di massa ed un asse normale al piano del disco sono mr2 /2, mr2 /4 ed
mr2 /4.
Soluzione
Esercizio (1)
Data la lagrangiana
%
θ2
(ϕ − 1)2
I$ 2
θ̇ + (1 + sin2 θ)ϕ̇2 − k −
2
2
2
2
con I e k costanti positive e (θ, ϕ) ∈ R , le equazioni del moto si scrivono
 $
%
 d I ϕ̇ (1 + sin2 θ) + ϕ − 1 = 0
dt
(3.1.1)

2
I θ̈ − I sin θ cos θ ϕ̇ + kθ
= 0.
Il potenziale del sistema è
(ϕ − 1)2
θ2
U(ϕ, θ) = −k −
2
2
e le conﬁgurazioni di equilibrio possono essere determinate annullandone il gradiente,
ovvero ponendo (ϕ, θ) = (ϕ0 , θ0 ), costante, nelle (3.1.1). Si veriﬁca immediatamente che
l’unica conﬁgurazione di equilibrio si ha per (ϕ, θ) = (1, 0). L’Hessiana del potenziale nel
punto di equilibrio è deﬁnita negativa


−1
0

HU (1, 0) = 
0
−k
L =
per cui (ϕ, θ) = (1, 0) è massimo relativo proprio di U. Dal teorema di Lagrange-Dirichlet
segue la stabilità della conﬁgurazione.
Le soluzioni del sistema per le quali ϕ(t) = ϕ0 , costante, si determinano per semplice
sostituzione nelle equazioni del moto (3.1.1). Si ha
ϕ0 − 1 = 0
I θ̈ + kθ = 0
dove la seconda equazione può essere identiﬁcata con quella di un oscillatore armonico di
massa I e costante elastica k. Le soluzioni cercate sono dunque
)
ϕ(t) = 1
1
∀t ∈ R
(3.1.2)
θ(t) = c1 cos (ωt) + c2 sin (ωt)
ω
Stefano Siboni
32
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con c1 , c2 costanti reali arbitrarie ed ω = k/I. L’insieme delle condizioni iniziali, assegnate all’istante t = 0, per le quali le soluzioni del sistema sono del tipo precedente si
deduce inﬁne per sostituzione nelle (3.1.2)
ϕ(0), θ(0), ϕ̇(0), θ̇(0) = (1, c1 , 0, c2 )
∀ c1 , c2 ∈ R .
Esercizio (2)
Scriviamo la lagrangiana sia nel sistema di riferimento di quiete della guida (non inerziale
per ipotesi) che in quello del laboratorio e mostriamo che le due espressioni coincidono.
Lagrangiana nel riferimento di quiete della guida
Dall’esame della ﬁgura si deduce immediatamente che le coordinate cartesiane del baricentro del disco rigido sono date da
xC = R sin(s/R) , R − R cos(s/R) + −r sin(s/R) , r cos(s/R) =
= (R − r) sin(s/R) , R − (R − r) cos(s/R)
(3.2.1)
per cui la velocità di C nel sistema di riferimento scelto risulta
R − r
R
cos(s/R) ,
R−r
sin(s/R) ṡ .
R
Il momento d’inerzia del disco omogeneo rispetto ad un asse passante per il centro C e normale al piano Oxy della guida vale mr2 /2: esso infatti coincide con la somma dei momenti
d’inerzia, uguali per simmetria, calcolati rispetto a due qualsivoglia assi perpendicolari
passanti per C, e dunque è pari al doppio di ognuno di essi — dei tre valori assegnati,
mr2 /2, mr2 /4, mr2 /4, deve essere utilizzato il maggiore —. Inoltre il vettore velocità
angolare del disco ha un’unica componente non nulla, diretta secondo la normale al piano
Oxy — uscente dal foglio se positiva, a rigore — che può facilmente scriversi come
θ̇ +
1
ṡ .
R
(3.2.2)
A questo risultato si perviene notando che l’angolo di rotazione del disco, misurato fra
un raggio ﬁssato sul corpo — r in ﬁgura — ed una direzione assegnata nel sistema di
riferimento — ad esempio quella verticale —, vale θ0 + θ + s/R. L’angolo θ0 è una costante
dipendente dalla scelta delle direzioni ﬁsse rispetto al corpo e rispetto allo spazio nonché
dalla deﬁnizione dell’angolo θ — cosı̀ ad esempio il valore di θ quando s = 0 dipende dalla
scelta del raggio di riferimento ﬁsso sul disco —. Si noti che il valore di θ0 non è evidente dalla ﬁgura, in quanto completamente irrilevante: la (3.2.2) viene dedotta derivando
rispetto al tempo, per cui il termine costante si annulla, qualunque esso sia.
Possiamo ora applicare il teorema di König e scrivere l’espressione per l’energia cinetica
del disco, che è altresı̀ l’energia cinetica totale del sistema
T =
Stefano Siboni
2
m R − r 2 2
1 mr2 ṡ
+ θ̇ .
ṡ +
2
R
2 2 R
(3.2.3)
33
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Il potenziale totale consta della somma di due termini, uno dovuto al peso del disco
$
%
Ugrav = −mgyC = −mg R − (R − r) cos(s/R)
(3.2.4)
e l’altro alle sollecitazioni centrifughe agenti sul disco stesso. Quest’ultimo termine coincide
per deﬁnizione, a meno di un fattore ω 2 /2 con il momento d’inerzia del disco calcolato
rispetto all’asse verticale Oy ed è immediatamente valutabile facendo uso del teorema di
Huygens-Steiner
Ucentrif =
ω 2 mr2
ω 2 mr2
2
+ mx2C =
+ m(R − r) sin2 (s/R) .
2
4
2
4
(3.2.5)
La somma di (3.2.3), (3.2.4) e (3.2.5) porge la lagrangiana cercata
2
$
%
mr2 ṡ
m R − r 2 2
+ θ̇ − mg R − (R − r) cos(s/R) +
ṡ +
L =
2
R
4 R
ω 2 mr2
2
2
+ m(R − r) sin (s/R) .
+
2
4
(3.2.6)
Lagrangiana nel riferimento del laboratorio
Si ﬁssi una terna di riferimento inerziale — ”del laboratorio” — Ox y z , avente l’asse Oy coincidente con Oy. Si indichi con ω t l’angolo compreso fra gli assi orizzontali Ox ed
Ox all’istante t — naturalmente una più generale espressione del tipo ω t + costante non
modiﬁcherebbe minimamente il calcolo dell’energia cinetica.
Le coordinate di C si scrivono allora
  x C = (R − r) sin(s/R) sin (ωt)
y = R − (R − r) cos(s/R)
 C
z C = (R − r) sin(s/R) cos (ωt)
e le componenti della sua velocità relativa ad Ox y z sono
$
%
  ẋC = (R − r) ω sin(s/R) cos (ωt) + cos(s/R) sin (ωt) ṡ/R
ẏ = (R − r)$sin(s/R) ṡ/R
%
 C
= (R − r) − ω sin(s/R) sin (ωt) + cos(s/R) cos (ωt) ṡ/R
żC
in modo che
2
2
) + (żC
) = (R − r)
(ẋC )2 + (ẏC
2
ṡ2
R2
+ ω 2 sin2 (s/R) .
(3.2.7)
L’energia cinetica del disco relativa ad un sistema di riferimento con origine nel baricentro
C ed assi rispettivamente paralleli a quelli di Ox y z si calcola osservando che la velocità
angolare del disco vale ωj+(θ̇+ ṡ/R)n, dove j ed n sono rispettivamente il versore associato
all’asse Oy e quello normale al piano della guida. Questi versori individuano due degli
Stefano Siboni
34
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assi principali d’inerzia del corpo, quindi basta utilizzare i momenti principali assegnati
per ottenere il risultato richiesto
TC
2
1 mr2 ṡ
mr2 2 =
+ θ̇ +
ω
2 2 R
4
e dalla (3.2.7) l’espressione per l’energia cinetica totale del disco
T =
2
2
1 mr2 ṡ
mr2 2 m
2 ṡ
2
2
+
ω
sin
(s/R)
+
+
(R − r)
+
θ̇
ω ,
2
R2
2 2 R
4
(3.2.8)
ennesima applicazione del teorema di König. Quanto al potenziale, poiché la terna di
riferimento prescelta è inerziale le sole sollecitazioni agenti sono quelle reali — il peso del
disco — ed il potenziale totale del sistema si riduce al termine Ugrav dato dalla (3.2.4). In
conclusione
2 m
2
1 mr2 ṡ
m
2 ṡ
2
(R − r) 2 +
+ θ̇ + (R − r) sin2 (s/R) ω 2 +
L =
2
R
2 2 R
2
$
%
1 mr2 2
(3.2.9)
ω − mg R − (R − r) cos(s/R) ,
2 4
che, previo riordinamento dei termini, coincide con la lagrangiana nel sistema di riferimento
di quiete della guida (3.2.6).
+
Osservazioni
Abbiamo veriﬁcato che le Lagrangiane (3.2.6) e (3.2.9) coincidono. Ciò signiﬁca che per
quel che riguarda la determinazione di lagrangiana ed equazioni del moto la scelta dell’uno
o dell’altro dei due sistemi di riferimento è irrilevante. I due approcci sono del tutto
equivalenti. Conviene tuttavia puntualizzare alcuni fatti:
(i) le due Lagrangiane, pur formalmente identiche, hanno un signiﬁcato piuttosto diverso.
I termini in ω 2 nella (3.2.6) si interpretano ﬁsicamente come espressione del potenziale
centrifugo in un sistema di riferimento non inerziale. Nella (3.2.9) gli stessi termini
concorrono a determinare l’energia cinetica del sistema, rispetto ad una terna inerziale
nella quale le sollecitazioni ﬁttizie sono assenti. Si noti che l’energia cinetica (3.2.8)
consta di un contributo quadratico e di uno costante nelle velocità generalizzate θ̇, ṡ,
conformemente al fatto che il vincolo di rotazione uniforme attorno all’asse verticale
è dipendente dal tempo;
(ii) il potenziale centrifugo della (3.2.6) deve considerarsi come parte integrante del potenziale totale e di esso è quindi necessario tenere conto nella determinazione delle conﬁgurazioni di equilibrio, se individuate come punti critici del potenziale totale. Ricercando
i punti critici del potenziale nel caso (3.2.9) si otterrebbe invece, in assenza di Ucentrif ,
un risultato completamente diverso — ed errato —. La procedura corretta, valida in
generale, sarebbe quella di scrivere le equazioni del moto e di imporre quindi la staticità delle soluzioni. In ambo i casi le conﬁgurazioni di equilibrio cercate sono quelle
di equilibrio relativo al sistema di riferimento rotante non inerziale, dal momento che
le soluzioni (s, θ) = costante hanno precisamente questo signiﬁcato ﬁsico;
Stefano Siboni
35
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(iii) nel calcolo della lagrangiana è lecito scegliere l’uno o l’altro dei due sistemi di riferimento a condizione di considerare tutte le sollecitazioni agenti sul sistema. Rispetto
alla terna rotante le sollecitazioni ﬁttizie applicate al sistema non si riducono alla sola
forza centrifuga, ma comprendono anche la sollecitazione di Coriolis e di questa in
generale occorre tenere conto calcolando le relative componenti lagrangiane. Com’è
noto, tali componenti possono essere inserite nelle equazioni del moto anche mediante
l’introduzione nella lagrangiana di un opportuno termine di potenziale generalizzato,
lineare nelle velocità q̇ := (ṡ, θ̇). Se si scrive la lagrangiana del sistema nella terna
inerziale, il termine corrispondente al potenziale generalizzato della forza di Coriolis
viene determinato in modo del tutto naturale come contributo all’energia cinetica,
lineare in q̇, del sistema. Per il potenziale generalizzato della forza di Coriolis valgono
insomma le stesse considerazioni svolte al punto (i) per il potenziale ordinario delle
forze centrifughe.
Ci si domanderà allora come mai nello stabilire la (3.2.6) le sollecitazioni di Coriolis
non siano state prese in considerazione. La risposta ci è data dalla (3.2.9) che, in
quanto determinata rispetto ad una terna di riferimento inerziale, è certamente corretta: l’assenza di un termine lineare in q̇ nell’espressione (3.2.9) implica l’assenza di
eﬀetti dinamici imputabili alle forze di Coriolis rispetto alla terna rotante. Questo
fatto, un poco formale in apparenza, si interpreta facilmente in termini ﬁsici. La
forza di Coriolis è applicata ad ogni singolo punto P del disco e le sue componenti
lagrangiane si scrivono, formalmente
∂P
Qi :=
· (−2ωj) ∧ Ṗ σ dx dy ,
i = 1, 2 ,
(3.2.10)
∂qi
D
essendo D il dominio circolare occupato dal disco nel piano Oxy, σ la massa speciﬁca
per unità di superﬁcie del disco stesso e (q1 , q2 ) = (s, θ). Ora, poiché i punti P sono
vincolati al piano Oxy ne segue immediatamente che su tale piano giacciono anche i
vettori
∂P
, i = 1, 2 ,
Ṗ
e
∂qi
al pari del vettore velocità angolare ωj. Pertanto l’integrando in (3.2.10) è identicamente nullo e nulle sono le componenti Q1 , Q2 della sollecitazione. Questa circostanza è del tutto fortuita: in generale le componenti lagrangiane delle
sollecitazioni di Coriolis possono essere non nulle. In conclusione, due sono le
alternative: eseguire il calcolo nella terna inerziale, pagando il prezzo di complicare un
poco il calcolo dell’energia cinetica ma considerando le sole sollecitazioni attive reali; ricorrere alla terna non inerziale, per ottenere una espressione più semplice per l’energia
cinetica ma con l’obbligo di considerare tutte le sollecitazioni ﬁttizie, centrifuga e di
Coriolis. La stima del termine di Coriolis può risultare non banale, consistendo di
regola nella valutazione di un complesso integrale bi- o tridimensionale.
Calcolo dell’energia cinetica (3.2.8) mediante integrazione diretta
La relazione (3.2.8) per l’energia cinetica del disco nel sistema di riferimento del laboratorio è stata ottenuta applicando il teorema di König e l’espressione generale per l’energia
Stefano Siboni
36
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cinetica di un corpo rigido, relativa al baricentro, in termini del vettore velocità angolare e
della matrice d’inerzia. L’aﬀermazione può lasciare un poco perplessi, ma in eﬀetti quella
procedura costituisce il metodo più semplice per il calcolo dell’energia cinetica. Per meglio
convincersi di ciò, si vuole ora mostrare quanto laborioso risulterebbe stabilire la (3.2.8)
mediante integrazione diretta — facendo uso cioè della deﬁnizione stessa di energia cinetica
— anche nel presente caso, quasi banale, di un disco circolare omogeneo.
Ogni punto P del disco può essere individuato nel piano della guida Oxy mediante un
sistema di coordinate polari (ρ, α) di polo C ed asse polare parallelo ad Ox. Posto per
brevità ϕ := s/R, le coordinate di P rispetto alla terna Ox y z si scrivono allora
  x P = [(R − r) sin ϕ + ρ sin (ϕ + θ + α)] sin (ωt)
y = R − (R − r) cos ϕ − ρ cos (ϕ + θ + α)
 P
z P = [(R − r) sin ϕ + ρ sin (ϕ + θ + α)] cos (ωt)
e da queste relazioni è immediato ricavare le componenti cartesiane della velocità Ṗ
 ẋP =
[(R − r) sin ϕ + ρ sin (ϕ + θ + α)]ω cos (ωt)+




+ [(R − r) cos ϕ ϕ̇ + ρ cos (ϕ + θ + α) (ϕ̇ + θ̇)] sin (ωt)


(R − r) sin ϕ ϕ̇ + ρ sin (ϕ + θ + α) (ϕ̇ + θ̇)
ẏP =


 ż = − [(R − r) sin ϕ + ρ sin (ϕ + θ + α)]ω sin (ωt)+


 P
+ [(R − r) cos ϕ ϕ̇ + ρ cos (ϕ + θ + α) (ϕ̇ + θ̇)] cos (ωt)
per cui
|Ṗ |2 = (ẋP )2 + (ẏP )2 + (żP )2 = ω 2 [(R − r) sin ϕ + ρ sin (ϕ + θ + α)]2 +
2
+(R − r) ϕ̇2 + ρ2 (ϕ̇ + θ̇)2 + 2(R − r)ρ cos(θ + α) ϕ̇ (ϕ̇ + θ̇) .
L’energia cinetica si ottiene integrando |Ṗ |2 δ/2, con δ = m/(πr2 ), sull’intera superﬁcie del
disco
$ 2
1
m
2
2 m
T =
|Ṗ |
ρ
dρ
dα
=
ω (R − r) sin2 ϕ+
2
2
2
πr
2πr
[0,r](ρ) ×[0,2π[(α)
2 2
2
[0,r]×[0,2π[
+ω ρ sin (ϕ + θ + α) + 2ω (R − r)ρ sin ϕ sin (ϕ + θ +%α)+
2
+(R − r) ϕ̇2 + ρ2 (ϕ̇ + θ̇)2 + 2(R − r)ρ cos(θ + α) ϕ̇ (ϕ̇ + θ̇) ρ dρ dα
2
e cancellando gli integrali nulli
mω 2
m
2
(R − r) ω 2 sin2 ϕ +
T =
2
2πr2
r
2π
ρ2 ρ dρ
0
+
m
m
2
(ϕ̇ + θ̇)2
(R − r) ϕ̇2 +
2
2πr2
r
sin2 (ϕ + θ + α) dα+
0
ρ2 ρ dρ 2π =
0
4
mω 2 r4
m
m
m
2
2 2
2r
ϕ̇
+
(
ϕ̇
+
θ̇)
(R − r) ω 2 sin2 ϕ +
π
+
(R
−
r)
=
=
2
2πr2 4
2
r2
4
mr2
1
mr2 2
m
2
2
(R − r) ϕ̇2 +
(ϕ̇ + θ̇)2 + m(R − r) sin2 ϕ +
ω
=
2
4
2
4
Stefano Siboni
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espressione che coincide con la (3.2.8). La maggiore complessità del calcolo è evidente.
Equazioni del moto
Si deducono sostituendo la lagrangiana (3.2.9) nelle equazioni di Eulero-Lagrange
d ∂L ∂L
d ∂L ∂L
−
−
= 0
e
= 0.
dt ∂ ṡ
∂s
dt ∂ θ̇
∂θ
Rotolamento senza strisciamento
Si assuma ora che il moto di rotolamento del disco sulla guida circolare abbia luogo senza
strisciamento. Tra i parametri lagrangiani s e θ del vecchio sistema si stabilisce una
relazione vincolare, formalmente anolonoma, del tipo (o )
ṡ + rθ̇ = 0
che però nella fattispecie si integra porgendo
s + rθ = costante
il valore della costante dipendendo dai dati iniziali, ovvero dal valore iniziale che viene
attribuito per esempio all’angolo θ una volta ﬁssato s. Di fatto il numero di gradi di
libertà del sistema si riduce da due ad uno. Per il suo più immediato signiﬁcato geometrico, assumiamo s come unico parametro lagrangiano del nuovo sistema. Il calcolo della
lagrangiana procede esattamente come nel caso precedente, salvo che per la sostituzione
θ = −s/r + costante. Si deduce cosı̀ l’espressione
L =
2
mr2 ṡ
ṡ 2 m
m
2 ṡ
2
+ (R − r) sin2 (s/R) ω 2 +
(R − r) 2 +
−
2
R
4
R r
2
$
%
1 mr2 2
ω − mg R − (R − r) cos(s/R) =
(3.2.11)
2 4
2
$
%
m
mr2 2
3
2 ṡ
2
2
2
ω − mg R − (R − r) cos(s/R) .
= m(R − r) 2 + (R − r) sin (s/R) ω +
4
R
2
8
La sola equazione del moto si ottiene sostituendo la (3.2.11) nell’equazione di EuleroLagrange
∂L
d ∂L −
= 0.
(3.2.12)
dt ∂ ṡ
∂s
+
Conﬁgurazioni di equilibrio
Si determinano come punti critici del potenziale
$
%
m
mr2 2
2
2
2
(R − r) sin (s/R) ω +
ω − mg R − (R − r) cos(s/R)
U(s) =
2
8
(o ) Attenzione al segno positivo, consistente con gli orientamenti attribuiti all’angolo θ
ed all’arco s. Se i parametri lagrangiani indicati in ﬁgura si intendono positivi, e se il
rotolamento avviene senza strisciamento, al crescere di s l’angolo θ diminuisce, e viceversa.
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38
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e sono quindi le soluzioni dell’equazione trigonometrica
dU
1
1
2
(s) = −mg(R − r) sin(s/R) + mω 2 (R − r) sin(s/R) cos(s/R) = 0
ds
R
R
che può anche scriversi nella forma
sin(s/R)
g
−
cos(s/R)
= 0.
ω 2 (R − r)
Le soluzioni possibili sono le seguenti:
1) sin(s/R) = 0 e quindi
s = 0
s = πR ;
2) cos(s/R) = g/ω 2(R − r), ovvero
s = ±R arccos
g
ω 2 (R − r)
purchè
g
ω 2 (R
− r)
< 1.
Stabilità
Nella discussione della stabilità delle conﬁgurazioni di equilibrio un ruolo fondamentale è
svolto al solito dalla derivata seconda del potenziale
s 2s g
d2 U
m 2
2
−
cos
.
(s)
=
ω
(R
−
r)
cos
ds2
R2
R
ω 2 (R − r)
R
(3.2.13)
Esaminiamo le singole conﬁgurazioni una ad una.
Conﬁgurazione s = 0.
La derivata seconda (3.2.13) diventa
2
g
mω 2 (R − r) d2 U
1
−
(0)
=
U
(0)
=
ds2
R2
ω 2 (R − r)
e si ha quindi:
g
> 1, essendo U (0) < 0 e dunque s = 0 punto di massimo
− r)
relativo proprio del potenziale — il risultato segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet;
g
◦ instabilità per 2
< 1, in quanto U (0) > 0 ed è perciò possibile escludere
ω (R − r)
l’esistenza del massimo per il potenziale in base al segno della derivata seconda —
hessiana;
g
◦ per 2
= 1 il potenziale assume la forma
ω (R − r)
◦ stabilità per
ω 2 (R
s
s 1
2
+ sin2
U(s) = mω 2 (R − r) cos
R
2
R
Stefano Siboni
39
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da cui è facile dedurre che U (0) = U (0) = U (0) = 0, mentre la derivata quarta è
sempre negativa
2 1
U (4) (0) = −3mω 2(R − r) 4 < 0 .
R
Se ne conclude che s = 0 è massimo relativo proprio del potenziale e di conseguenza
conﬁgurazione di equilibrio stabile in forza del teorema di Lagrange-Dirichlet.
Conﬁgurazione s = πR.
Vale in questo caso
2
g
mω 2 (R − r) d2 U
> 0
1+ 2
(πR) =
ds2
R2
ω (R − r)
e si ha pertanto l’instabilità della conﬁgurazione.
g
g
∗
∗
e 2
< 1.
Conﬁgurazione s = s , essendo s := R arccos 2
ω (R − r)
ω (R − r)
Dall’espressione
2
2 g
mω 2 (R − r) d2 U ∗
1−
< 0
(s ) = −
ds2
R2
ω 2 (R − r)
e dal teorema di Lagrange-Dirichlet si ricava la stabilità della conﬁgurazione s = s∗ , per
qualsivoglia scelta dei parametri del sistema.
Conﬁgurazione s = −s∗ .
La conclusione è la stessa del caso s = s∗ , in quanto si veriﬁca agevolmente che U(s) =
U(−s) ∀ s ∈ R — il potenziale U è una funzione pari.
Sollecitazione dissipativa
Si assuma che sul sistema agisca una ulteriore forza del tipo −β ẋC , applicata nel centro C. Si tratterà di determinare preliminarmente l’unica componente lagrangiana della
sollecitazione, che risulta
∂xC
=
(3.2.14)
Qs = −β ẋC ·
∂s
& s R − r & s s (R − r)2
R−r
s
cos
, sin
·
cos
, sin
= −β
= −β ṡ
ṡ .
R
R
R
R
R
R
R2
Le equazioni del moto si riducono alla sola equazione di Eulero-Lagrange (3.2.12), con
l’introduzione di un termine Qs a secondo membro. Le conﬁgurazioni di equilibrio sono
le stesse già determinate in precedenza, dal momento che la sollecitazione (3.2.14) è dissipativa e continua nella velocità generalizzata ṡ. La discussione della stabilità di tali conﬁgurazioni può essere condotta notando la natura completamente dissipativa della
sollecitazione addizionale. Questa infatti risulta dissipativa, indipendente dal tempo e
l’annullarsi della sua potenza
(R − r)2 2
π = Qs ṡ = −β
ṡ
R2
implica l’annullarsi della velocità ṡ. Poichè le conﬁgurazioni di equilibrio sono in numero
ﬁnito e quindi necessariamente isolate, si possono applicare i criteri di Barbasin-Krasovskii
Stefano Siboni
40
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Esercizi di Meccanica razionale
e concludere che le conﬁgurazioni di equilibrio risultate stabili in assenza della sollecitazione
dissipativa continuano ad esserlo, ed in più risultano attrattive — stabilità asintotica —;
per contro, tutte le altre conﬁgurazioni rimangono instabili.
Prova scritta del 07.07.95.
1) Dato il sistema lagrangiano di lagrangiana
L = ẋ2 + a + sin2 x ẏ 2 + k cos x + h cos (3y)
con a, k, h costanti positive e (x, y) ∈ R2 , determinare:
(a) le equazioni del moto del sistema;
(b) le conﬁgurazioni di equilibrio, discutendone la stabilità;
(c) tutte le soluzioni del sistema per le quali y = y0 , costante.
2) In un sistema di riferimento cartesiano ortogonale Oxyz si consideri un’asta rigida rettilinea L di punto medio O, con massa e sezione trascurabili, giacente nel piano orizzontale
Oxy ed ivi posta in rotazione con velocità angolare costante Ω attorno all’asse z; l’asta, di
lunghezza grande a piacere, è in realtà costituita da una vite di passo costante h > 0.
Su L si avvita, libero di scorrere senza attrito, un disco circolare omogeneo D di massa m,
centro C e spessore trascurabile, in modo che l’asta attraversa perpendicolarmente il disco
nel punto C; dalla deﬁnizione di passo della vite segue in particolare che ogniqualvolta
il disco D trasla lungo L di una distanza h, esso compie altresı̀ una rotazione completa
attorno al proprio asse. Inoltre, sul punto C del disco agisce una forza avente la direzione
ed il verso del vettore O −C e di intensità proporzionale al cubo della distanza OC, essendo
k > 0 la relativa costante di proporzionalità.
Assumendo i vincoli ideali, indicato con I il momento d’inerzia del disco D attorno all’asse
L ed usando come parametro lagrangiano l’ascissa ρ (con origine O) del punto C misurata
lungo l’asta, determinare:
Stefano Siboni
41
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Esercizi di Meccanica razionale
(a) lagrangiana, equazioni del moto del sistema e conﬁgurazioni di equilibrio, discutendo
la stabilità di queste ultime, NELL’IPOTESI CHE SIA Ω = 0;
(b) lagrangiana, equazioni del moto del sistema e conﬁgurazioni di equilibrio, con relativa
analisi di stabilità, nell’ipotesi che, oltre ad aversi Ω = 0, risulti applicata in C una
forza resistente di intensità proporzionale alla velocità di C;
(c) lo stesso di cui al punto a), ma assumendo Ω = 0. Si risolva il problema nel sistema di
riferimento di quiete dell’asta, Ox y z , avente l’asse verticale z coincidente con l’asse
z del riferimento ﬁsso ed il piano Ox y in rotazione sul piano coordinato Oxy;
(d) lo stesso di cui al punto c), nell’ipotesi che in C agisca una forza resistente di intensità
proporzionale alla velocità di C relativa all’asta L.
Soluzione
Esercizio (1)
Dall’espressione della lagrangiana
L = ẋ2 + (a + sin2 x)ẏ 2 + k cos x + h cos(3y)
con a, k, h > 0, si ricavano immediatamente le relazioni
d ∂L = 2ẍ
dt ∂ ẋ
∂L
= 2 sin x cos x ẏ 2 − k sin x
∂x
∂L
= −3h sin(3y)
∂y
%
d$
d ∂L =
2(a + sin2 x)ẏ = 2(a + sin2 x)ÿ + 4 sin x cos x ẋẏ
dt ∂ ẏ
dt
e quindi le equazioni del moto
2ẍ = 2 sin x cos x ẏ 2 − k sin x
2(a + sin2 x)ÿ + 4 sin x cos x ẋẏ = −3h sin(3y) .
(4.1.1)
Le conﬁgurazioni di equilibrio vengono determinate come punti critici del potenziale
U(x, y) = k cos x + h cos(3y)
annullandone il gradiente
∂U
= −k sin x = 0
∂x
∂U
= −3h sin(3y) = 0 .
∂y
Il risultato generale può scriversi nella forma
(xn , ym ) =
Stefano Siboni
πn ,
π m
3
n, m ∈ Z
42
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Esercizi di Meccanica razionale
e la matrice hessiana del potenziale

HU (x, y) = 
diviene

−k cos x
0
0
−9h cos(3y)

HU (xn , ym ) = 
−k(−1)n


0
 .
−9h(−1)
m
0
Di conseguenza la conﬁgurazione (xn , ym ) risulterà:
i) stabile ∀ n, m ∈ Z entrambi pari, in forza del teorema di Lagrange-Dirichlet, essendo
la conﬁgurazione un punto di massimo relativo proprio per il potenziale U;
ii) instabile in ogni altro caso, poichè almeno uno degli autovalori di HU (xn , ym ) è positivo e quindi l’esame dell’hessiana consente di escludere che la conﬁgurazione sia un
massimo del potenziale.
Le soluzioni del sistema (4.1.1) per le quali y(t) = y0 , costante, si deducono per semplice
sostituzione

 2ẍ = −k sin x

0 = sin(3y0 )
e sono quindi soluzioni del sistema ridotto

π

∀m ∈ Z
 y0 = 3 m

 ẍ + k sin x = 0
2
dove
la seconda equazione è identiﬁcabile con quella di un pendolo semplice di pulsazione
k/2. Per il calcolo di queste soluzioni si rimanda alla discussione di Weierstrass relativa.
Esercizio (2)
Nell’ipotesi che la velocità angolare Ω dell’asta L sia nulla, facendo uso della deﬁnizione di
passo della vite il vettore velocità angolare del disco D si scrive
ω =
2π
ρ̇n ,
h
essendo n il versore associato alla retta orientata OC. A tale risultato si perviene notando
semplicemente che ad ogni variazione δρ della distanza OC corrisponde una rotazione del
disco secondo un angolo δθ direttamente proporzionale
δθ =
2π
δρ
h
il senso della rotazione non essendo determinabile in base alle informazioni assegnate —
e del resto completamente irrilevante. Se si indica con I il momento d’inerzia del disco
Stefano Siboni
43
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Esercizi di Meccanica razionale
rispetto all’asse L, il teorema di König consente di scrivere immediatamente l’espressione
dell’energia cinetica totale
1
m 2 I 2π 2
4π 2 2
ρ̇ +
ρ̇ =
T =
m + 2 I ρ̇ ,
2
2 h
2
h
mentre il potenziale U(ρ) del sistema viene calcolato dalla deﬁnizione
dU
(ρ) = −kρ3
dρ
e risulta
k
U(ρ) = − ρ4 .
4
Di qui si deducono la lagrangiana
1
4π 2 2 k 4
L =
m + 2 I ρ̇ − ρ
2
h
4
e l’equazione del moto
4π 2 I ρ̈ + kρ3 = 0 .
(4.2.1)
h2
L’unica conﬁgurazione di equilibrio del sistema si ottiene ponendo a zero la derivata del
potenziale e risulta ρ = 0. La conﬁgurazione è stabile per Lagrange-Dirichlet, in quanto
ρ = 0 è massimo relativo proprio di U.
m+
L’introduzione di una ulteriore sollecitazione dissipativa applicata in C e proporzionale
alla velocità dello stesso punto non modiﬁca la lagrangiana del sistema. L’equazione del
moto coincide con la (4.2.1) salvo per il fatto che a secondo membro deve introdursi la
componente lagrangiana Q = −β ρ̇ della sollecitazione dissipativa
4π 2 m + 2 I ρ̈ + kρ3 = −β ρ̇ .
h
Trattandosi di sollecitazione dissipativa continua nella velocità generalizzata ρ̇, la sola
conﬁgurazione di equilibrio continua ad aversi per ρ = 0. Essa risulta asintoticamente
stabile per Barbasin-Krasovskii. È infatti immediato veriﬁcare che la sollecitazione Q
risulta completamente dissipativa — Q non dipende dal tempo in modo esplicito, la potenza
π = −β ρ̇2 della sollecitazione è non-positiva ed il suo annullarsi implica ρ̇ = 0.
Se ora si considera Ω = 0, rimuovendo contemporaneamente la sollecitazione dissipativa in
C, l’espressione per la velocità angolare del disco diviene
ω = Ωk +
2π
ρ̇n
h
e le coordinate del centro C rispetto alla terna Oxyz si scrivono
xC = ρ cos (Ωt) , ρ sin (Ωt) , 0 .
Stefano Siboni
44
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Esercizi di Meccanica razionale
Di qui si deducono le relazioni
ẋC = ρ̇ cos (Ωt) − ρΩ sin (Ωt) , ρ̇ sin (Ωt) + ρΩ cos (Ωt) , 0
e
m
m 2
|ẋC |2 =
ρ̇ + ρ2 Ω2
2
2
mentre l’energia cinetica del disco relativa al baricentro risulta
TC
1 4π 2 2 I 2 1 2π 2 I 2 I
ρ̇ + Ω =
=
I ρ̇ + Ω .
2
h
2
2 h2
2
(4.2.2)
Ricordiamo come si giunge a questo risultato. Scegliamo una terna di riferimento C x̂ŷẑ in
modo che l’asse C ẑ sia parallelo ad Oz, C ŷ diretto secondo la retta OC e C x̂ perpendicolare
ad entrambi. Il disco D si situerà chiaramente nel piano coordinato C x̂ẑ ed i tre assi
saranno assi principali d’inerzia per D: il momento principale d’inerzia rispetto a C ŷ non
è altro che I, mentre i due restanti momenti principali valgono semplicemente I/2. La
matrice d’inerzia in C x̂ŷẑ si scrive dunque


I/2 0
0
 0
I
0 
0
0 I/2
e le componenti di ω rispetto alla medesima terna sono date dal vettore riga
0
2π
ρ̇ Ω .
h
Basta applicare la relazione generale fra velocità angolare ed operatore d’inerzia per ottenere la (4.2.2).
Dal teorema di König deduciamo l’espressione per l’energia cinetica del disco e totale
T =
I 4π 2 2 Ω2 m 2
2 2
+
ρ̇
ρ̇
+
+
ρ
Ω
2 h2
2
2
e poichè il potenziale dell’unica sollecitazione posizionale conservativa è lo stesso già introdotto in precedenza, la lagrangiana del sistema si scrive
L =
m
2π 2 I 2 IΩ2
m
k
+ ρ̇2 + Ω2 ρ2 − ρ4 .
ρ̇ +
2
h
4
2
2
4
(4.2.3)
Si osservi che allo stesso risultato si sarebbe pervenuti eseguendo il calcolo nel sistema di
riferimento di quiete dell’asta — non inerziale. In tal caso il termine in Ω2 avrebbe assunto
il signiﬁcato ﬁsico di un potenziale centrifugo, mentre l’energia cinetica si sarebbe ridotta
ai soli termini quadratici in ρ̇. L’equazione di Lagrange diventa inﬁne
Stefano Siboni
m + 4π 2
I ρ̈ = mΩ2 ρ − kρ3 .
h2
(4.2.4)
45
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Esercizi di Meccanica razionale
Le conﬁgurazioni di equilibrio — relativo — si ottengono al solito annullando il gradiente
del potenziale totale
mΩ2 ρ − kρ3 = 0 ,
ovvero ponendo ρ(t) = costante nella (4.2.4). Le soluzioni sono:
ρ2 = −|Ω| m/k
ρ2 = +|Ω| m/k .
ρ1 = 0
Analizziamone la stabilità. Il potenziale nella terna di riferimento di quiete dell’asta vale
Û (ρ) =
m 2 2 k 4
Ω ρ − ρ
2
4
con derivata seconda
∂ 2 Û
(ρ) = mΩ2 − 3kρ2 ,
2
∂ρ
per cui
∂ 2 Û
∂ 2 Û
(ρ
)
=
(0) = mΩ2
1
∂ρ2
∂ρ2
∂ 2 Û
∂ 2 Û
∂ 2 Û
(ρ
)
=
(ρ
)
=
(|Ω|
m/k) = −2mΩ2 .
2
3
2
2
2
∂ρ
∂ρ
∂ρ
I punti ρ1 e ρ2 , ρ3 sono dunque rispettivamente minimo e massimi relativi propri di Û,
risultando perciò instabile il primo — l’esistenza di un massimo del potenziale è esclusa
dall’esame dell’hessiana — e stabili i secondi — per Lagrange-Dirichlet.
L’ulteriore sollecitazione F = −β ẋC in C ha componente lagrangiana Q data da
Q = −β ẋC ·
∂ ẋC
= −β ρ̇ cos (Ωt) − ρΩ sin (Ωt) , ρ̇ sin (Ωt) + ρΩ cos (Ωt) , 0 ·
∂ρ
·
∂ ρ cos (Ωt) , ρ sin (Ωt) , 0 = −β ρ̇
∂ρ
e risulta di nuovo completamente dissipativa. Dei risultati precedenti nulla cambia, salvo
l’equazione del moto, che diﬀerisce dalla (4.2.4) per il termine di dissipazione Q a secondo
membro
2 I
m + 4π 2 ρ̈ = mΩ2 ρ − kρ3 − β ρ̇ ,
h
e la stabilità delle conﬁgurazioni di equilibrio ρ2 e ρ3 , le quali divengono asintoticamente
stabili — Barbasin-Krasovskii.
Prova scritta del 22.09.1995.
1) Determinare le soluzioni di equilibrio dell’equazione diﬀerenziale
$
%
ẍ = 2 cos x + 2 cos(2x) − sin2 (2x) + cos2 x ẋ
e discuterne
la stabilit.
Si ripeta la discussione nell’ipotesi che la sollecitazione dissipativa
%
$ 2
2
− sin (2x) + cos x ẋ sia assente.
Stefano Siboni
46
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Esercizi di Meccanica razionale
2) Nel piano verticale π si muove un sistema articolato composto da due aste omogenee
uguali OA ed AB, pesanti, di massa m e lunghezza l; l’estremo O è incernierato nell’origine
di un sistema di coordinate Oxyz, scelto in modo che π passi per l’asse Oz. L’estremo
B scorre senza attrito su una guida orizzontale posta lungo la retta intersezione di π con
il piano coordinato Oxy ed è richiamato in O da una molla ideale S di costante elastica
k = 2mg/3l. Si assume che i vincoli siano ideali.
Supponendo che il piano π ruoti attorno all’asse Oz con velocità angolare ω costante, ed
assumendo come coordinata lagrangiana l’angolo θ mostrato in ﬁgura:
(a) scrivere le equazioni lagrangiane del moto;
(b) determinare le posizioni di equilibrio relativo a π del sistema in funzione di ω, discutendone la stabilità;
(c) scrivere le equazioni del moto nell’ipotesi che sul punto A si eserciti una forza resistente
proporzionale alla velocità di A relativa al piano rotante π;
(d) individuare ed analizzare la stabilit delle conﬁgurazioni di equilibrio relativo in presenza della forza resistente descritta al punto (c).
Soluzione
Esercizio (1)
Data l’equazione diﬀerenziale:
%
$
ẍ = 2 cos x + 2 cos(2x) − sin2 (2x) + cos2 x ẋ
(5.1.1)
le soluzioni di equilibrio si determinano al solito per sostituzione, ponendo x(t) = x0 ,
costante. La (5.1.1) porge allora l’equazione trigonometrica:
2 cos x0 + 2 cos(2x0 ) = 0
che, facendo uso dell’identità cos(2x) = 2 cos2 x − 1, si riduce a
2 cos2 x0 + cos x0 − 1 = 0
Stefano Siboni
47
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Esercizi di Meccanica razionale
facilmente risolvibile per via parametrica. Si ha infatti
1
, −1
cos x0 =
2
da cui:
a) cos x0 = 1/2 implica x0 = 2πn ± π/3, ∀n ∈ Z;
b) cos x0 = −1 equivale a x = 2πm + π, ∀m ∈ Z. Le soluzioni di equilibrio sono cosı̀
completamente individuate.
Impostiamo l’analisi di stabilità osservando che la (5.1.1) può leggersi come l’equazione
del moto di un sistema lagrangiano olonomo ad un grado di libertà, costituito da un
punto materiale di massa unitaria soggetto ad una sollecitazione posizionale conservativa
di potenziale
$
%
U(x) =
2 cos x + 2 cos(2x) dx = 2 sin x + sin(2x)
e ad una sollecitazione non posizionale la cui componente lagrangiana si scrive
$
%
Qx = − sin2 (2x) + cos2 x ẋ .
(5.1.2)
Veriﬁcato che le soluzioni di equilibrio corrispondono ai punti critici del potenziale, la
derivata seconda di U si calcola immediatamente
U (x) = −2 sin x − 4 sin(2x) .
Per i punti ﬁssi del tipo a) si ottiene, qualunque sia n ∈ Z,
√
U (2πn ± π/3) = ∓3 3
cosicché i punti x = 2πn+π/3 sono massimi relativi propri del potenziale, mentre i restanti
punti x = 2πn − π/3 risultano minimi relativi propri della stessa funzione.
Nel caso b) vale invece, per ogni m ∈ Z,
U (2πm + π) = −2 sin π − 4 sin(2π) = 0
e quindi nulla può concludersi sulla base della derivata seconda; la derivata terza U (x) =
−2 cos x − 8 cos(2x) è tuttavia negativa
U (2πm + π) = −6
per cui le conﬁgurazioni in esame risultato punti di ﬂesso orizzontale del potenziale.
Ciò premesso, consideriamo il termine non posizionale dato dalla (5.1.2). Tale termine non
dipende esplicitamente dal tempo — l’equazione diﬀerenziale è autonoma — ed inoltre
rappresenta una sollecitazione a potenza non positiva, avendosi
$
%
π = Qx ẋ = − sin2 (2x) + cos2 x ẋ2 ≤ 0 .
Stefano Siboni
48
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Esercizi di Meccanica razionale
Questa sollecitazione tuttavia non può considerarsi completamente dissipativa in quanto
l’annullarsi della potenza
$
%
− sin2 (2x) + cos2 x ẋ2 = 0
non implica l’annullarsi della velocità generalizzata ẋ, potendosi avere sia ẋ = 0 ∀x ∈ R,
oppure
π
+ 2πn , ∀ n ∈ Z ∀ ẋ ∈ R
x =
2
o ancora
π
x = − + 2πn , ∀ n ∈ Z ∀ ẋ ∈ R .
2
Dunque la sollecitazione non è completamente dissipativa in (x, ẋ) ∈ R2 . Ciò avviene
tuttavia su ogni striscia del tipo
(5.1.3)
(x, ẋ) ∈ R2 : x ∈ I ,
essendo I ⊂ R un qualsiasi intervallo aperto di diametro suﬃcientemente piccolo contenente
una conﬁgurazione di equilibrio x0 . Infatti:
i) tutte le conﬁgurazioni di equilibrio x0 sono isolate;
ii) la funzione continua Φ(x) := −[sin2 (2x) + cos2 x] soddisfa
Φ 2πn ± π/3 = Φ 2πm + π = −1 < 0
∀ n, m ∈ Z
e dunque si mantiene negativa in opportuni intorni delle conﬁgurazioni di equilibrio.
In un dominio (5.1.3) si ha π(x, ẋ) = Φ(x)ẋ2 con Φ(x) < 0, e conseguentemente π(x, ẋ) = 0
implica ẋ = 0. Ma i criteri di Barbasin-Krasovskii sono teoremi locali: la loro applicazione
non richiede che la sollecitazione abbia natura completamente dissipativa sull’intero spazio
delle fasi. Basta che questa condizione ricorra in un intorno della soluzione statica, come
si è appena veriﬁcato. Dai teoremi di Barbasin e Krasovskii segue pertanto che tutte
le conﬁgurazioni 2πn + π/3 sono asintoticamente stabili in quanto massimi propri del
potenziale, mentre le altre conﬁgurazioni risultano instabili — trattandosi di minimi o di
ﬂessi.
In assenza del termine dissipativo (5.1.2) la stabilità — non asintotica, a priori — delle
2πn + π/3 si deduce per Lagrange-Dirichlet, mentre l’esame dell’hessiana del potenziale
implica l’instabilità di tutte le conﬁgurazioni 2πn − π/3. Sulla base dei teoremi generali
non sarebbe possibile concludere nulla per i punti di ﬂesso 2πm + π. Si può però provarne
l’instabilità ricorrendo alla discussione di Weierstrass, applicabile avendo il sistema un solo
grado di libertà. Vale infatti lo sviluppo di Taylor
1 U (2πm + π)(x − 2πm − π)3 + O (x − 2πm − π)4 =
3!
= −(x − 2πm − π)3 + O (x − 2πm − π)4
x → 2πm + π
U(x) = U(2πm + π) +
per cui in un intorno abbastanza piccolo di 2πm + π il graﬁco del potenziale ha un andamento cubico decrescente, come mostrato in ﬁgura.
Stefano Siboni
49
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Esercizi di Meccanica razionale
Si deduce immediatamente che è sempre possibile determinare condizioni iniziali comunque
prossime a (2πm + π, 0), da questa distinte, con energia totale E diversa da zero: pertanto
la soluzione del problema di Cauchy corrispondente non potrà mantenersi indeﬁnitamente
vicina alla soluzione statica, ma se ne allontanerà — a patto di attendere un intervallo
di tempo abbastanza lungo. Si lascia al lettore il compito di formalizzare il risultato —
facilmente ottenibile per assurdo.
Esercizio (2)
Indicati con G1 e G2 rispettivamente i baricentri delle aste omogenee OA ed AB, ed
assumendo senza perdita di generalità che all’istante t = 0 il piano rotante coincida con il
piano coordinato Oxz, le coordinate cartesiane dei punti A, B, G1 , G2 rispetto alla terna
di riferimento Oxyz indicata in ﬁgura sono:
A l cos θ cos (ωt) , l cos θ sin (ωt) , l sin θ
B 2l cos θ cos (ωt) , 2l cos θ sin (ωt) , 0
l
l
l
cos θ cos (ωt) , cos θ sin (ωt) , sin θ
G1
2
2
2
3
3
l
G2 l cos θ cos (ωt) , l cos θ sin (ωt) , sin θ
2
2
2
(5.2.1)
mentre i vettori velocità angolare ωOA e ωAB delle due aste omogenee si scrivono come
ωOA = θ̇n + ωk
ωAB = −θ̇n + ωk ,
essendo al solito k il versore associato all’asse Oz ed n quello normale al piano rotante π.
Dalle (5.2.1), derivando rispetto al tempo ed applicando la deﬁnizione di norma euclidea,
si ottiene la relazione
2
l
l
|ẋG1 |2 = − sin θ θ̇ cos (ωt) − ω cos θ sin (ωt) +
2
2
2 l
2
l
l
l2 2
cos θ θ̇ =
+ − sin θ θ̇ sin (ωt) + ω cos θ cos (ωt) +
θ̇ + ω 2 cos2 θ
2
2
2
4
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50
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e quindi l’espressione per l’energia cinetica dell’asta OA
TOA =
ml2 2
1 ml2 2
(θ̇ + ω 2 cos2 θ) +
(θ̇ + ω 2 cos2 θ) .
8
2 12
Quest’ultima si prova facendo uso del teorema di König e determinando l’energia cinetica
dell’asta relativa al centro di massa G1
1 ml2 2
(θ̇ + ω 2 cos2 θ) .
2 12
(5.2.2)
Il calcolo viene eseguito rispetto ad una terna di assi principali d’inerzia, G1 x y z , con G1 x
diretto secondo il versore normale n, G1 y orientato come A − O e G1 z perpendicolare
ai precedenti, e procede al solito modo, attraverso la determinazione della matrice principale d’inerzia corrispondente, l’individuazione delle componenti (θ̇, ω sin θ, ω cos θ) di ωOA
relative a G1 x y z , e l’applicazione del teorema dell’energia cinetica per un corpo rigido
con un punto ﬁsso — il baricentro G1 . In modo del tutto analogo le (5.2.1) consentono di
scrivere
3
2
3
|ẋG2 |2 = − l sin θ θ̇ cos (ωt) − l cos θ ω sin (ωt) +
2
2
3
2 l
2
3
+ − l sin θ θ̇ sin (ωt) + l cos θ ω cos (ωt) +
cos θ θ̇ =
2
2
2
9
= l2 θ̇2 + ω 2 cos2 θ − 2l2 cos2 θ θ̇2
4
da cui si deduce per l’energia cinetica dell’asta AB la formula
TAB =
9 2 2
1 ml2 2
ml θ̇ + ω 2 cos2 θ − ml2 cos2 θ θ̇2 +
θ̇ + ω 2 cos2 θ
8
2 12
nella quale il termine relativo al centro di massa G2 è identico a (5.2.2) e viene ricavato
allo stesso modo.
I potenziali gravitazionali delle aste omogenee OA ed AB rispettivamente sono dati dalle
espressioni:
l
l
UOA = −mg sin θ
UAB = −mg sin θ
2
2
mentre il potenziale elastico della molla S si scrive
Uel = −
2mg 1 2
4
4l cos2 θ = − mgl cos2 θ .
3l 2
3
Si deduce pertanto la lagrangiana del sistema
L = TOA + TAB + UOA + UAB + Uel =
4
4
ω2l cos2 θ
= ml2
− cos2 θ θ̇2 − mgl sin θ − mgl 1 −
3
3
g
Stefano Siboni
(5.2.3)
51
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con potenziale totale, comprensivo dei termini cinetici indipendenti da θ̇,
ω2l 2
4
U(θ) = −mgl sin θ − mgl 1 −
cos θ .
3
g
L’unica equazione del moto del sistema segue sostituendo la (5.2.3) nell’equazione di
Eulero-Lagrange e risulta
4
8
ω2l d
2ml2
− cos2 θ θ̇ = 2ml2 sin θ cos θ θ̇2 − mgl cos θ + mgl 1 −
sin θ cos θ .
dt
3
3
g
(5.2.4)
Le conﬁgurazioni di equilibrio sono i punti critici del potenziale, soluzioni dell’equazione
ω2l 8
1−
sin θ = 0 ,
U (θ) = mgl cos θ −1 +
3
g
(5.2.5)
cioè di cos θ = 0, oppure di
ω2l 8
1−
sin θ = 0 .
1−
3
g
Le soluzioni della prima equazione sono θ = −π/2, π/2 mentre per la seconda si hanno,
distinte dalle precendenti,
3
ω 2 l −1 1−
e
θ := arcsin
8
g
a condizione che
ω 2 l −1
3 < 1
1 −
8
g
ossia che
3
ω 2 l −1 1−
π − arcsin
8
g
con
(5.2.6)
ω2l
= 1 ,
g
3
ω 2 l < 1 −
.
8
g
(5.2.7)
Quest’ultima condizione di esistenza ricorre per
5
ω2 l
<
g
8
o
ω2 l
11
>
.
g
8
(5.2.8)
Prima di passare a discutere la stabilità di ciascuna delle conﬁgurazioni di equilibrio individuate, occorre la derivata seconda del potenziale
8
ω2 l U (θ) = mgl sin θ + mgl 1 −
cos(2θ) .
3
g
Conﬁgurazione θ = π/2.
Vale
U (π/2) =
Stefano Siboni
ω2l 5 8
mgl
−
3
g
8
52
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per cui:
◦ se ω 2 l/g < 5/8 la conﬁgurazione è stabile per Lagrange-Dirichlet, in quanto massimo
relativo proprio del potenziale U;
◦ se ω 2 l/g > 5/8 si ha U (π/2) > 0 e quindi instabilità;
◦ se ω 2 l/g = 5/8 la natura dell’equilibrio è dubbia. Il potenziale assume la forma
particolare
1
U(θ) = −mgl sin θ + cos2 θ
2
e nell’intorno di θ = π/2 ammette lo sviluppo di Taylor
&
π 5
π 4 1
θ−
+O θ−
U(θ) = mgl −1 +
8
2
2
dal quale si deduce che θ = π/2 è minimo relativo proprio di U. Cade dunque
l’unica speranza di applicare risultati generali — vale a dire il teorema di LagrangeDirichlet, che richiederebbe θ = π/2 essere un punto di massimo relativo proprio del
potenziale; il ricorso all’analisi dell’hessiana del potenziale è già escluso in quanto
U (π/2) = 0. Tuttavia, trattandosi di sistema ad un solo grado di libertà è possibile
dimostrare l’instabilità facendo uso della discussione di Weierstrass, come già visto
nel precedente esercizio (1). L’argomento è esattamente lo stesso — per assurdo — e
non verrà ripetuto nel caso presente.
Conﬁgurazione θ = −π/2.
La derivata seconda del potenziale risulta in questo caso
U (−π/2) =
ω 2 l 11 8
mgl
−
3
g
8
e quindi:
◦ se ω 2 l/g < 11/8 la conﬁgurazione è stabile per Lagrange-Dirichlet, in quanto massimo
relativo proprio del potenziale U;
◦ se ω 2 l/g > 11/8, avendosi U (π/2) > 0, l’instabilità si veriﬁca direttamente mediante
l’hessiana del potenziale;
◦ se ω 2 l/g = 11/8 il potenziale diviene
1
2
U(θ) = −mgl sin θ − cos θ
2
e dallo sviluppo di Taylor nell’intorno di θ = −π/2
&
π 5
1
π 4 θ+
+O θ+
U(θ) = mgl −
2 8
2
2
3
si conclude che θ = −π/2 è massimo relativo forte del potenziale, dunque stabile per
Lagrange-Dirichlet.
Stefano Siboni
53
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Conﬁgurazione θ = θ.
Ricordando la forma equivalente della derivata seconda del potenziale
8
ω2l (1 − 2 sin2 θ)
U (θ) = mgl sin θ + mgl 1 −
3
g
e la deﬁnizione di θ in (5.2.6), una semplice manipolazione algebrica conduce all’espressione
U (θ) =
8
9 ω 2 l 2
ω 2 l −1
−
mgl 1 −
1−
3
g
64
g
dove in forza della (5.2.7) la quantità entro parentesi quadre risulta sempre positiva. Pertanto, ricordando le (5.2.8):
◦ se ω 2 l/g > 11/8 la conﬁgurazione è un massimo relativo forte del potentiale e quindi
stabile per Lagrange-Dirichlet;
◦ se ω 2 l/g < 5/8, avendosi U (θ) > 0, si deduce l’instabilità.
Conﬁgurazione θ = π − θ
La discussione di stabilità è la stessa svolta nel caso precedente, in quanto
U(π − θ) = U(θ)
∀θ ∈ R .
Si osservi che le conﬁgurazioni di equilibrio θ = θ e θ = π − θ sono simmetriche rispetto
all’asse verticale Oz, per cui il fatto che le loro condizioni di esistenza e proprietà di stabilità
siano identiche è esattamente quanto ci si aspetta dal punto di vista ﬁsico.
La tabella seguente riassume i risultati ottenuti, speciﬁcando per ogni conﬁgurazione di
equilibrio gli intervalli di ω 2 l/g per i quali dette conﬁgurazioni sussistono ed in cui ricorrono
condizioni di stabilità o instabilità.
soluzione
0
5/8
11/8
+∞
+π/2
(
stabile
[
instabile
|
instabile
)
−π/2
(
stabile
|
stabile
]
instabile
)
θ
(
instabile
[
inesistente
]
stabile
)
π −θ
(
instabile
[
inesistente
]
stabile
)
La sollecitazione addizionale in A ha componente lagrangiana
Qθ = −β ẋA ·
∂xA
= −βl2θ̇
∂θ
e si veriﬁca immediatamente essere continua in θ̇ e completamente dissipativa. L’equazione
del moto diﬀerisce dalla (5.2.4) per la sola introduzione del termine −βl2 θ̇ a secondo
Stefano Siboni
54
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membro. Inoltre le conﬁgurazioni di equilibrio risultano le stesse già individuate nel caso
conservativo. L’applicazione dei criteri di Barbasin-Krasovskii — inversione parziale del
teorema di Lagrange-Dirichlet — consente inﬁne di concludere che le conﬁgurazioni precedentemente giudicate stabili continuano ad esserlo, divenendo asintoticamente stabili. Per
contro le conﬁgurazioni di equilibrio instabili nel caso conservativo tali risultano anche nel
caso completamente dissipativo.
Prova scritta del 13.10.1995.
1) Data l’equazione diﬀerenziale
%
$
ẍ = −2 cos x + 2 cos(2x) − sin2 x + cos2 (2x) ẋ
se ne determinino le soluzioni di equilibrio, discutendone
la stabilità.
Si ripeta la discussione
%
$ 2
2
nell’ipotesi che la sollecitazione dissipativa − sin x + cos (2x) ẋ sia assente.
2) Nel piano verticale Oxy è dato un sistema materiale pesante costituito da una circonferenza omogenea di centro C, raggio 2R e massa 3M incernierata in un suo punto
all’origine O e da un disco omogeneo di centro C , di raggio R e massa M che rotola
senza strisciare all’interno di tale circonferenza. Inoltre, il punto A della circonferenza, che
risulta diametralmente opposto ad O, viene attratto verso l’asse Ox da una forza elastica
avente la direzione Oy e di costante k = Mg/λR — λ > 0.
Facendo uso delle coordinate lagrangiane θ e φ mostrate in ﬁgura, si chiede di:
(a) determinare le conﬁgurazioni di equilibrio e discuterne l’esistenza e la stabilit al variare
del parametro λ;
(b) scrivere le equazioni lagrangiane del moto;
(c) individuare le conﬁgurazioni di equilibrio, discutendone la stabilità, nell’ipotesi che
nel punto A sia inoltre applicata una forza resistente proporzionale alla velocità del
punto stesso.
Stefano Siboni
55
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Soluzione
Esercizio (1)
Data l’equazione diﬀerenziale
%
$
ẍ = −2 cos x + 2 cos(2x) − sin2 x + cos2 (2x) ẋ ,
(6.1.1)
impostiamo il problema osservando che la (6.1.1) può leggersi come l’equazione del moto
di un sistema lagrangiano olonomo ad un grado di libertà, costituito da un punto materiale
di massa unitaria sottoposto ad una sollecitazione posizionale conservativa di potenziale
$
%
U(x) =
−2 cos x + 2 cos(2x) dx = −2 sin x + sin(2x)
e ad una sollecitazione non posizionale la cui componente lagrangiana vale
$
%
Qx = − sin2 x + cos2 (2x) ẋ ,
(6.1.2)
continua nella velocità ẋ. Le soluzioni di equilibrio x(t) = x0 corrispondono ai punti critici
del potenziale
U (x0 ) = −2 cos x0 + 2 cos(2x0 ) = 0
e soddisfano dunque l’equazione trigonometrica
2 cos2 x0 − cos x0 − 1 = 0 ,
facilmente risolvibile per via parametrica — ponendo cos2 x0 = τ e risolvendo l’equazione
algebrica in τ ottenuta. Si ha
1
cos x0 = 1 , −
2
da cui:
a) cos x0 = 1 implica x0 = 2πn, ∀n ∈ Z;
b) cos x0 = −1/2 equivale a x = 2πm ± 2π/3, ∀m ∈ Z.
Le soluzioni di equilibrio sono cosı̀ completamente individuate.
La derivata seconda di U si calcola immediatamente
U (x) = 2 sin x − 4 sin(2x)
e nel caso dei punti di tipo b) vale
√
U (2πm ± 2π/3) = ±3 3
mentre nei punti a) risulta
U (2πn) = 0
∀m ∈ Z
∀n ∈ Z .
In assenza del termine non posizionale dato dalla (6.1.2), le conﬁgurazioni 2πm−2π/3, m ∈
Z sono stabili per il teorema di Lagrange-Dirichlet, risultando punti di massimo relativo
Stefano Siboni
56
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proprio del potenziale. Analogamente, l’esame dell’hessiana del potenziale consente di
escludere l’esistenza di un massimo relativo proprio del potenziale stesso e quindi di dedurre
l’instabilità delle 2πm + 2π/3, ∀ m ∈ Z. Per quanto riguarda le conﬁgurazioni di cui al
punto b) occorre invece considerare la derivata terza del potenziale
U (2πn) = 2 cos(2πn) − 8 cos(4πn) = −6 < 0
per concludere che le 2πn, n ∈ Z, sono punti di ﬂesso orizzontale discendente di U e che
pertanto nulla è possibile inferire circa la loro stabilità sulla base dei teoremi generali.
Ancora una volta però, grazie al fatto che il sistema ha un solo grado di libertà si veriﬁca l’instabilità delle conﬁgurazioni ricorrendo alla discussione di Weierstrass. Fissiamo
l’attenzione, senza alcuna perdita di generalità, sul punto di equilibrio x = 0 e ragioniamo
per assurdo. Se x = 0 fosse stabile nel senso di Liapunov, per ogni intorno sferico B[ε] di
raggio ε > 0 del punto (x, ẋ) = (0, 0) nel piano (x, ẋ) ∈ R2 , dovrebbe esistere un intorno
sferico B[δ] di raggio δ(ε) > 0 dello stesso punto tale che comunque si scelga (x0 , ẋ0 ) ∈ B[δ]
la soluzione (x(t), ẋ(t)) del problema di Cauchy (6.1.1) con dato iniziale (x0 , ẋ0 ) soddisfa
la condizione
(x(t), ẋ(t)) ∈ B[δ]
∀t ≥ 0 .
Ma nell’intorno B[δ], causa la presenza del ﬂesso, è sempre possibile scegliere un (x0 , ẋ0 )
in modo che risulti U(x0 ) = U(0) = 0: se ε è abbastanza piccolo la soluzione del problema
di Cauchy corrispondente non sarà dunque localizzata entro B[ε] ∀t ≥ 0, avendosi
x(t∗ ) <
inf
(x,ẋ)∈B[ε]
x = −ε
per un qualche t∗ > 0 opportuno (Weierstrass).
Ora consideriamo l’equazione (6.1.1) completa del termine non posizionale dato dalla
(6.1.2). Questo non dipende esplicitamente dal tempo ed inoltre rappresenta una sollecitazione a potenza non positiva, in quanto
$
%
π = Qx ẋ = − sin2 (2x) + cos2 x ẋ2 ≤ 0
La sollecitazione è completamente dissipativa dal momento che
sin2 x + cos2 (2x) > 0
∀x ∈ R
— i due quadrati non possono annullarsi contemporaneamente per uno stesso x. Poiché
tutte le conﬁgurazioni di equilibrio sono isolate, dai teoremi di Barbasin e Krasovskii segue
che le 2πm − π/3 sono asintoticamente stabili in quanto massimi propri del potenziale,
mentre le altre conﬁgurazioni risultano instabili — trattandosi di minimi o di ﬂessi.
Esercizio (2)
Tutti i moti del sistema avvengono nel piano Oxy per cui i vettori velocità angolare della
guida circolare e del disco si disporranno secondo la normale a tale piano, individuata dal
Stefano Siboni
57
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Esercizi di Meccanica razionale
versore n. Dall’esame della ﬁgura e dalla deﬁnizione degli angoli θ e ϕ si deducono le
seguenti espressioni per i punti notevoli del sistema, C, C ed A rispettivamente:
xC = (2R sin θ , −2R cos θ)
xC = xC + R sin(θ + ϕ) , −R cos(θ + ϕ) =
= 2R sin θ + R sin(θ + ϕ) , −2R cos θ − R cos(θ + ϕ)
xA = (4R sin θ , −4R cos θ) .
Il vettore velocità angolare della guida rigida è ovviamente θ̇n, mentre quello del disco
si scrive (θ̇ − ϕ̇)n. Per convincersene conviene aﬀrontare il problema in modo generale,
indicando con r1 il raggio della guida e con r2 < r1 quello del disco vincolato a rotolare
senza strisciare su di essa. Si supponga in prima istanza che la guida sia ﬁssa e si indichino
con P il punto del disco a contatto con la guida per ϕ = 0 e con Q il punto di contatto
disco-guida per un assegnato valore ϕ > 0. Sia inoltre α > 0 l’ampiezza dell’angolo P Ĉ Q.
La condizione di rotolamento senza strisciamento si traduce nella relazione
r2 α = r1 ϕ
(6.2.1)
per cui l’angolo di rotazione del disco rispetto ad un riferimento (cartesiano) ﬁsso si scrive
ϕ−α,
che dovrà intendersi antiorario se positivo. Tenuto conto della (6.2.1) si ottiene
r1 ϕ.
ϕ−α = 1 −
r2
La rotazione di un angolo θ — antioraria se θ > 0, vedi ﬁgura — dell’intera guida comporta
una rotazione addizionale del disco di uno stesso angolo θ. L’angolo totale di rotazione del
disco — positivo per rotazioni antiorarie — risulta perciò
r1 θ + 1 −
ϕ
r2
ed essendo nella fattispecie r1 = 2R = 2r2 si ricava l’espressione ﬁnale θ − ϕ. La velocità
angolare viene quindi dedotta derivando rispetto al tempo e moltiplicando per il versore
costante n. Applicando il teorema di König, unitamente alle espressioni precedenti si
perviene all’espressione per l’energia cinetica della guida
3M 2
ẋC +
2
2
3M =
(2R cos θ θ̇ , 2R sin θ θ̇) + 6MR2 θ̇2
2
ed a quella analoga per il disco
Tguida =
Tdisco =
Stefano Siboni
1
3M(2R)2 θ̇2 =
2
= 6MR2 θ̇2 + 6MR2 θ̇2 = 12MR2 θ̇2
2 1 MR2
M (θ̇ − ϕ̇)2 =
ẋC +
2
2 2
58
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=
Esercizi di Meccanica razionale
2 MR2
M (θ̇− ϕ̇)2 =
2R cos θ θ̇+R cos(θ+ϕ) (θ̇+ ϕ̇) , 2R sin θ θ̇+R sin(θ+ϕ) (θ̇+ ϕ̇) +
2
4
MR2
M 2 2
2
2
2
4R θ̇ + R (θ̇ + ϕ̇) + 4R θ̇(θ̇ + ϕ̇) cos ϕ +
=
(θ̇ − ϕ̇)2 =
2
4
1
11
3 2
2
2
+ 2 cos ϕ θ̇ +
+ 2 cos ϕ θ̇ ϕ̇ + ϕ̇ .
= MR
(6.2.2)
4
2
4
Un’utile veriﬁca della correttezza di (6.2.2) consiste nel controllarne la positivitá in (θ̇, ϕ̇).
A meno di un inessenziale fattore MR2 , la forma quadratica ha infatti matrice rappresentativa

 11
1
+ 2 cos ϕ
+ cos ϕ

4
 4


3
1
+ cos ϕ
4
4
che è dotata di autovalori reali positivi dal momento che nell’equazione caratteristica
7
λ2 −
+ 2 cos ϕ λ + 2 + cos ϕ − cos2 ϕ = 0
2
risulta
7
∀ϕ ∈ R .
+ 2 cos ϕ > 0 e 2 + cos ϕ − cos2 ϕ ≥ 0
2
L’energia cinetica Tdisco è dunque una forma quadratica deﬁnita positiva delle velocità
lagrangiane θ̇, ϕ̇, come deve essere.
I potenziali gravitazionali della guida e del disco si determinano direttamente essendo note
le ordinate dei rispettivi centri
Uguida = 3Mg 2R cos θ
Udisco = Mg 2R cos θ + R cos(θ + ϕ)
mentre per il potenziale elastico della molla si ha
Uel = −
1 Mg
16R2 cos2 θ .
2 λR
La lagrangiana del sistema sarà quindi data dall’espressione
L = Tguida + Tdisco + Uguida + Udisco + Uel
che sostituita nelle equazioni di Eulero-Lagrange
d ∂L ∂L
= 0
−
dt ∂ θ̇
∂θ
d ∂L ∂L
= 0
−
dt ∂ ϕ̇
∂ϕ
(6.2.3)
fornisce le equazioni del moto richieste.
Conﬁgurazioni di equilibrio
Il potenziale totale del sistema risulta
1
U(θ, ϕ) = Uguida + Udisco + Uel = 8MgR cos θ − cos2 θ + MgR cos(θ + ϕ)
λ
Stefano Siboni
59
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e le conﬁgurazioni di equilibrio si ottengono come punti critici dello stesso — si osservi
come in generale questa procedura sia preferibile alla sostituzione diretta nelle equazioni
del moto in quanto non richiede che le equazioni di Eulero-Lagrange (6.2.3) vengano rese
in forma esplicita, operazione semplice ma talora laboriosa —

∂U
2


 ∂θ (θ, ϕ) = 8MgR − sin θ + λ sin θ cos θ − MgR sin(θ + ϕ) = 0
∂U



(θ, ϕ) = −MgR sin(θ + ϕ) = 0 .
∂ϕ
Sempliﬁcando si perviene al sistema di equazioni trigonometriche

 sin θ 1 − 2 cos θ = 0
λ

sin(θ + ϕ) = 0
che andiamo ora a risolvere sfruttando la fattorizzazione della prima equazione.
1) Una prima possibilità è che si abbia
sin θ = 0
sin(θ + ϕ) = 0 ,
da cui si deduce:
a) θ = 0, quindi sin ϕ = 0 ed inﬁne ϕ = 0, π cosicché le conﬁgurazioni di equilibrio
corrispondenti risultano
(θ, ϕ) = (0, 0)
e
(θ, ϕ) = (0, π) ;
b) oppure θ = π, per cui sin(π + ϕ) = − sin ϕ = 0 e dunque ϕ = 0, π con conﬁgurazioni di equilibrio
(θ, ϕ) = (π, 0)
e
(θ, ϕ) = (π, π) .
2) La seconda possibilità è invece
2
cos θ = 0
sin(θ + ϕ) = 0 .
λ
La prima equazione implica cos θ = λ/2 e ricordando che per ipotesi λ > 0 si hanno
le soluzioni
λ
∀ λ ∈ (0, 2) ,
θ = ± arccos
2
distinte da quelle determinate al punto 1). La seconda equazione comporta peraltro
θ + ϕ = 0, π, ovvero ϕ = −θ, π − θ, per cui le ulteriori conﬁgurazioni di equilibrio
(θ, ϕ) si scrivono:
+γ(λ), −γ(λ)
+γ(λ), π − γ(λ)
−γ(λ), +γ(λ)
−γ(λ), π + γ(λ)
1−
essendosi posto γ(λ) := arccos(λ/2). Per λ ≥ 2 il sistema non ammette soluzione e
non esistono altre conﬁgurazioni d’equilibrio distinte da quelle descritte al punto 1).
Il numero di conﬁgurazioni di equilibrio individuate non deve spaventare. Molte di essere
sono evidentemente simmetriche e nella successiva analisi di stabilità le simmetrie del
potenziale permetteranno di sempliﬁcare notevolmente la discussione.
Stefano Siboni
60
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Esercizi di Meccanica razionale
Stabilità
Calcoliamo preliminarmente tutte le derivate parziali seconde del potenziale
 2
∂ U
2


(θ, ϕ) = 8MgR − cos θ + cos(2θ) − MgR cos(θ + ϕ)



∂θ2
λ

 2

∂ U
(θ, ϕ) = −MgR cos(θ + ϕ)

∂ϕ2





∂2U


(θ, ϕ) = −MgR cos(θ + ϕ)
∂θϕ
(6.2.4)
e procediamo a discutere la stabilità di ogni conﬁgurazione di equilibrio.
Conﬁgurazione (θ, ϕ) = (0, 0).
La matrice hessiana del potenziale nel punto (0, 0) si ricava dalle (6.2.4) e risulta
2
−1 − 8 1 −
λ
HU (0, 0) = MgR 
−1

−1


(6.2.5)
−1
di equazione caratteristica
2
2
Λ2 + Λ 8 1 −
+2 +8 1−
= 0.
λ
λ
(6.2.6)
Se λ ∈ (0, 2) il determinante det HU (0, 0) := 8(1 − 2/λ) della (6.2.5) è negativo, per
cui gli autovalori Λ hanno segno opposto ed uno di essi è sicuramente positivo. L’esame
dell’hessiana consente dunque di escludere che in (0, 0) il potenziale abbia un massimo e
concludiamo che la conﬁgurazione di equilibrio è instabile.
Nel caso che sia λ > 2 vale invece 8(1 − 2/λ) > 0 e a maggior ragione 8(1 − 2/λ) + 2 > 0.
Gli autovalori di HU (0, 0) sono ora entrambi negativi cosicché la matrice hessiana risulta
deﬁnita negativa. Il punto (0, 0) è massimo relativo forte di U ed il teorema di LagrangeDirichlet ne assicura la stabilità.
Se inﬁne λ = 2 l’hessiana (6.2.5) diviene singolare, avendo un autovalore nullo. Purtroppo
l’altro autovalore risulta −2 < 0 e niente si può dedurre dall’analisi della (6.2.5). Si
renderebbe quindi necessario indagare la natura del punto (0, 0) considerando termini di
ordine superiore al secondo nello sviluppo di Taylor del potenziale U, operazione piuttosto
laboriosa trattandosi di funzione di due variabili reali. Vale la pena di osservare che
in assenza di sollecitazioni completamente dissipative tale studio verrebbe condotto nella
speranza di individuare un punto di massimo relativo proprio del potenziale, in modo
da poter applicare Lagrange-Dirichlet: in ogni altro caso — punti di minimo, di sella,
di estremo in senso debole, ecc. ecc. — nulla si potrebbe aﬀermare circa la stabilità o
instabilità della conﬁgurazione. È ovvio che in sede d’esame non si richiede questo tipo
di discussione, puramente tecnica e adatta più ad una prova di analisi matematica che di
meccanica razionale. Sarebbe però consigliabile sottolineare come in questo caso non sia
Stefano Siboni
61
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Esercizi di Meccanica razionale
possibile trarre alcuna conclusione senza procedere ad una ulteriore indagine — almeno
fare notare che esiste un problema, pur senza attardarsi a risolverlo.
Ad ogni modo, per completezza, procediamo nell’analisi. Una volta ottenuto il risultato,
ripeteremo la discussione utilizzando un trucco diabolico che sempliﬁca il calcolo ma che
dipende dalla particolare forma del potenziale e dunque non ha nessuna pretesa di generalità.
Il potenziale assume la forma
1
U(θ, ϕ) = MgR 8 cos θ − cos2 θ + cos(θ + ϕ)
2
(6.2.7)
ed ammette lo sviluppo di Taylor nell’intorno di (0, 0)
1
1
2
4
4
6
6
U(θ, ϕ) = MgR 5 − (θ + ϕ) − θ + (θ + ϕ) + O(θ ) + O (θ + ϕ)
2
24
facilmente ricavabile utilizzando lo sviluppo in serie del coseno. Poiché U(0, 0) = 5MgR
consideriamo l’equazione U(θ, ϕ) = 5MgR e vediamo se in un qualche intorno suﬃcientemente piccolo di (0, 0) essa ammette lo stesso punto (0, 0) come unica soluzione — estremo
relativo proprio. Si ha:
1
1
− (θ + ϕ)2 − θ4 + (θ + ϕ)4 + O(θ6 ) + O (θ + ϕ)6 = 0 .
2
24
(6.2.8)
Mostriamo che per |(θ, ϕ)| < ε abbastanza piccolo le eventuali soluzioni (θ, ϕ) della (6.2.8)
si hanno per θ + ϕ = 0. Se infatti fosse θ + ϕ = 0, per ε > 0 suﬃcientemente piccolo si
avrebbe
1
1
(θ + ϕ)4 − (θ + ϕ)2 < 0
24
2
mentre al tempo stesso risulterebbe
θ4 − O(θ6 ) − O (θ + ϕ)6 > 0
e la (6.2.8) non potrebbe essere soddisfatta. Si ponga quindi θ + ϕ = 0. La (6.2.8) diventa
−θ4 + O(θ6 ) = 0 e per ε abbastanza piccolo ammette l’unica soluzione θ = 0, dalla quale
segue che anche ϕ = 0. Ne deriva che in un intorno conveniente Ω di (0, 0) il potenziale è
uguale a U(0, 0) soltanto in (0, 0). Osservato poi che lungo la retta θ + ϕ = 0 il potenziale
si riduce a U(θ, −θ) = MgR[5 − θ4 + O(θ6 )] ed assume in Ω \ {(0, 0)} valori minori di
U(0, 0), si conclude che (0, 0) è massimo relativo proprio di U, dunque conﬁgurazione di
equilibrio stabile per Lagrange-Dirichlet.
Allo stesso risultato si perviene riscrivendo il potenziale (6.2.7) nella forma seguente
−4 cos θ + 8 cos θ + 1 − 2 sin
2
2
θ + ϕ
2
= U(θ) − 2 sin
2
θ + ϕ
2
,
dove si è omesso l’inessenziale fattore MgR > 0 e si è posto
U(θ) := −4 cos2 θ + 8 cos θ + 1 .
Stefano Siboni
62
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Esercizi di Meccanica razionale
Si veriﬁca immediatamente che nell’intorno di θ = 0 vale lo sviluppo
U(θ) = 5 − θ4 + O(θ5 )
per cui U ha un massimo relativo proprio in θ = 0. Esisterà allora un intorno I0 ⊂ R di
θ = 0 in cui U(θ) − 5 ≤ 0 ∀ θ ∈ I0 e U(θ) − 5 = 0 implica θ = 0. Ciò premesso, l’equazione
U(θ, ϕ) = 5MgR diventa
2 θ+ϕ
= 0
U(θ) − 5 − 2 sin
2
θ + ϕ
e nella striscia {(θ, ϕ) ∈ I0 × R} ⊂ R2 , siccome U(θ) − 5 ≤ 0 e −2 sin2
≤ 0, non
2
può che aversi
2 θ+ϕ
2 ϕ
= −2 sin
= 0.
θ = 0
− 2 sin
2
2
È dunque determinato un intorno di (θ, ϕ) = (0, 0) — per esempio I0 × (−2π, 2π) — nel
quale U(θ, ϕ) ≤ U(0, 0) ed U(θ, ϕ) = 0 comporta (θ, ϕ) = (0, 0). In deﬁnitiva (0, 0) è punto
di massimo relativo proprio di U, come si voleva veriﬁcare.
Conﬁgurazione (θ, ϕ) = (0, π).
Nell’hessiana
2
1−8 1−
λ
HU (0, π) = MgR 
1


1

1
il prodotto degli autovalori è dato dal determinante
2
(MgR)2
det HU (0, π) = −8 1 −
λ
mentre la somma degli stessi si identiﬁca con la traccia
2 MgR .
tr HU (0, π) = 2 − 8 1 −
λ
Se λ > 2 si ha che det HU (0, π) < 0 per cui gli autovalori di HU (0, π) hanno segno opposto
ed uno di essi è necessariamente positivo. Dunque (0, π) è instabile, l’hessiana escludendo
che possa trattarsi di un massimo del potenziale.
Nel caso λ ∈ (0, 2) vale det HU (0, π) > 0 e gli autovalori hanno lo stesso segno. In eﬀetti,
poiché tr HU (0, π) > 0 tale segno risulta positivo e di nuovo abbiamo instabilità come
prima.
Se inﬁne λ = 2 gli autovalori di HU sono Λ = 0, +2MgR. Fortunatamente la presenza dell’autovalore positivo garantisce l’instabilità della conﬁgurazione, come nei casi
precedenti. Nella circostanza ce la siamo cavata con poco, potendo comunque escludere
l’esistenza di un massimo relativo proprio del potenziale anche quando l’hessiana risulta
singolare.
Stefano Siboni
63
Università degli studi di Trento
Conﬁgurazione (θ, ϕ) = (π, 0).
In questo caso l’hessiana
Esercizi di Meccanica razionale
2
1+8 1+
λ
HU (π, 0) = MgR 
1


1

1
ha determinante
2
(MgR)2 > 0 ∀ λ > 0
det HU (π, 0) = 8 1 +
λ
per cui gli autovalori hanno lo stesso segno. Inoltre, essendo:
2 MgR > 0 ∀ λ > 0
tr HU (π, 0) = 2 + 8 1 +
λ
si deduce che entrambi gli autovalori sono positivi e che la conﬁgurazione (π, 0) è instabile,
quale che sia λ > 0. L’hessiana esclude infatti che la conﬁgurazione sia un massimo relativo
proprio del potenziale.
Conﬁgurazione (θ, ϕ) = (π, π).
L’hessiana assume la forma
2
−1 + 8 1 +
λ
HU (π, π) = MgR 
−1

−1


−1
con determinante
2
(MgR)2 < 0 ∀ λ > 0 .
det HU (π, 0) = −8 1 +
λ
Gli autovalori sono pertanto di segno opposto e di nuovo abbiamo instabilità potendo
escludere guardando all’hessiana la presenza di un massimo relativo proprio in corrispondenza della conﬁgurazione.
Le conﬁgurazioni che seguono esistono se e soltanto se λ ∈ (0, 2).
Conﬁgurazione (θ, ϕ) = γ(λ), −γ(λ) .
La matrice hessiana del potenziale diventa
λ


2
−1 + 8
−
−1
2
λ
 .
HU (γ(λ), −γ(λ)) = MgR 
−1
−1
(6.2.9)
Il suo determinante ha segno positivo nella regione di λ che interessa
λ
4 − λ2
2
2
det HU (γ(λ), −γ(λ)) = 8 − +
(MgR) = 4
(MgR)2 > 0
2
λ
λ
∀ λ ∈ (0, 2)
mentre la traccia risulta negativa
4 − λ2 MgR < 0
tr HU (γ(λ), −γ(λ)) = −2 − 4
λ
Stefano Siboni
∀ λ ∈ (0, 2)
64
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Esercizi di Meccanica razionale
e quindi gli autovalori di (6.2.9) sono entrambi negativi. Ne consegue che la conﬁgurazione
è un massimo relativo forte del potenziale, dunque stabile per Lagrange-Dirichlet.
Conﬁgurazione (θ, ϕ) = −γ(λ), γ(λ) .
L’analisi di stabilità è esattamente la stessa svolta nel caso precedente, causa la simmetria
del potenziale
U(θ, ϕ) = U(−θ, −ϕ)
∀ (θ, ϕ) ∈ R2 .
Conﬁgurazione (θ, ϕ) = γ(λ), π − γ(λ) .
Dalla matrice hessiana

HU (γ(λ), π − γ(λ)) = MgR 
1+8
λ
2
−
2
λ

1

1
1
si deduce immediatamente l’instabilità della conﬁgurazione, essendo il determinante negativo
λ 2
4 − λ2
det HU (γ(λ), π−γ(λ)) = −8 − + (MgR)2 = −4
(MgR)2 < 0
2 λ
λ
∀ λ ∈ (0, 2)
e di conseguenza gli autovalori di segno opposto — l’hessiana esclude che il potenziale
possa avere un massimo relativo proprio.
Conﬁgurazione (θ, ϕ) = −γ(λ), π + γ(λ) .
La discussione della stabilità procede come nel caso precedente, con gli stessi risultati,
avendosi
U(θ, ϕ) = U(θ, ϕ − 2π) = U(−θ, 2π − ϕ)
∀ (θ, ϕ) ∈ R2 .
Sollecitazione non posizionale
Le componenti lagrangiane della sollecitazione non posizionale si ottengono applicando la
deﬁnizione e risultano indipendenti dal tempo
Qθ = −β ẋA ·
∂xA
= −β4Rθ̇(cos θ , sin θ) · 4R(cos θ , sin θ) = −16βR2 θ̇
∂θ
(6.2.10a)
∂xA
= −β4Rθ̇(cos θ , sin θ) · (0, 0) = 0
∂ϕ
(6.2.10b)
Qϕ = −β ẋA ·
con β costante positiva ﬁssata. La potenza π della sollecitazione si scrive pertanto
π = Qθ θ̇ + Qϕ ϕ̇ = −16βR2 θ̇2 ≤ 0
ed attesta la natura dissipativa della sollecitazione. La quale tuttavia non è completamente
dissipativa. Infatti la condizione π = 0 implica soltanto θ̇ = 0 e non anche ϕ̇ = 0. Gli argomenti di Barbasin-Krasovskii non possono quindi essere applicati. L’evidente continuità
in (θ̇, ϕ̇) delle (6.2.10a) e (6.2.10b), insieme al carattere dissipativo della sollecitazione,
implicano che le conﬁgurazioni di equilibrio non cambiano rispetto a quelle determinate
Stefano Siboni
65
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Esercizi di Meccanica razionale
in assenza della forza addizionale. Le conﬁgurazioni di equilibrio che in assenza della sollecitazione non posizionale sono state giudicate stabili per Lagrange-Dirichlet, continuano
ad essere stabili in forza dello stesso teorema dato che la nuova sollecitazione ha potenza
non-positiva — stabili, beninteso, ma non necessariamente attrattive. Viceversa, nulla può
dirsi in generale per le conﬁgurazioni di equilibrio risultate instabili nel caso conservativo.
L’analisi di stabilità di queste conﬁgurazioni, come pure lo studio della eventuale attrattività di quelle certamente stabili, potrebbe svolgersi per esempio ricorrendo al teorema
di Liapunov della stabilità per linearizzazione, la cui applicazione tuttavia è senza dubbio
piuttosto onerosa — specie per un sistema a due gradi di libertà quale quello in esame.
Prova scritta del 15.12.1995.
1) Un sistema meccanico è costituito da un punto materiale di massa m vincolato a
muoversi nel piano cartesiano Oxy e soggetto ad una sollecitazione posizionale conservativa. La lagrangiana del sistema sia
m 2
L =
(ẋ + ẏ 2 ) − 2x2 − y 2 + 2xy + 2x .
2
Determinare:
(a) le equazioni del moto del sistema;
(b) le conﬁgurazioni di equilibrio, discutendone la stabilità.
Si determinino inﬁne equazioni del moto, conﬁgurazioni di equilibrio e stabilità delle stesse
nell’ipotesi che al punto materiale sia inoltre applicata una sollecitazione dissipativa di
componenti lagrangiane
Qx = −β(1 + t2 )ẋ
Qy = −β(1 + t2 )ẏ ,
essendo β > 0 una costante assegnata.
2) Nel piano verticale Oxy è dato un sistema materiale pesante costituito da un’asta rigida
omogenea L di massa M e lunghezza , incernierata per un suo estremo all’origine O, e
da un punto materiale P di massa m. Il punto P è vincolato a muoversi senza attrito
lungo la retta individuata dall’asta L, e risulta sottoposto ad una sollecitazione elastica, di
costante k > 0, diretta verso l’origine O. L’intero piano Oxy inﬁne animato da un moto
di rotazione uniforme attorno all’asse verticale Oy, con velocità angolare ω > 0, rispetto
ad un sistema di riferimento “del laboratorio” che si assume inerziale.
Stefano Siboni
66
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Esercizi di Meccanica razionale
Scelte come coordinate lagrangiane rispettivamente l’angolo θ compreso fra L e la verticale
(vedi ﬁgura) e la distanza s fra O e P , si richiede di:
(a) determinare le conﬁgurazioni di equilibrio del sistema relative al piano Oxy, discutendone l’esistenza e la stabilità in funzione dei parametri m, M, ω, g, essendo g > 0
l’accelerazione gravitazionale terrestre e k = mω 2 ;
(b) scrivere le equazioni lagrangiane del moto;
(c) scrivere le equazioni del moto ed individuare le conﬁgurazioni di equilibrio, discutendone la stabilità, qualora sul punto P agisca anche una forza resistente proporzionale
alla velocità di tale punto relativa al piano Oxy.
Soluzione
Esercizio (1)
Data la lagrangiana
m 2
(ẋ + ẏ 2 ) − 2x2 − y 2 + 2xy + 2x
2
le equazioni del moto del sistema si scrivono sostituendo nelle equazioni di Eulero-Lagrange
L =
mẍ = −4x + 2y + 2
mÿ = −2y + 2x .
Le conﬁgurazioni di equilibrio vengono determinate annullando il gradiente del potenziale
U(x, y) = −2x2 − y 2 + 2xy + 2x
−4x + 2y + 2 = 0
− 2y + 2x = 0 .
L’unica conﬁgurazione risultante è (x, y) = (1, 1), come si veriﬁca immediatamente. L’hessiana del potenziale in (1, 1) vale inﬁne


−4
2

HU (1, 1) = 
2
−2
ed è deﬁnita negativa, avendo determinante positivo e traccia negativa. La conﬁgurazione
(1, 1) è quindi un massimo relativo proprio del potenziale e la sua stabilità segue dal
teorema di Lagrange-Dirichlet.
La sollecitazione non posizionale di componenti lagrangiane
Qx = −β(1 + t2 )ẋ
Qy = −β(1 + t2 )ẏ
(7.1.1)
è di tipo dissipativo, avendo potenza non-positiva
π = Qx ẋ + Qy ẏ = −β(1 + t2 )(ẋ2 + ẏ 2 ) ≤ 0
ed è inoltre continua nelle velocità generalizzate ẋ, ẏ. Non si tratta tuttavia di una sollecitazione completamente dissipativa a causa della dipendenza esplicita dal tempo delle
Stefano Siboni
67
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
(7.1.1). I teoremi di Barbasin-Krasovskii non sono dunque applicabili. Se ne conclude
che (1, 1) rimane l’unica conﬁgurazione di equilibrio del sistema e che questa si mantiene
stabile anche in presenza della sollecitazione dissipativa, in forza del teorema di LagrangeDirichlet. Lo stesso teorema assicura la stabilità uniforme della conﬁgurazione: si tratta di
una informazione supplementare non banale, nella fattispecie, poiché a causa delle (7.1.1)
le equazioni del moto del sistema non sono autonome. Si sottolinea inﬁne che non si hanno
elementi per poter aﬀermare che la stabilità della conﬁgurazione sia asintotica.
Esercizio (2)
Le conﬁgurazioni di equilibrio possono essere ottenute come punti critici del potenziale,
dunque il loro calcolo non richiede la determinazione della lagrangiana e delle equazioni del
moto corrispondenti. Dal momento però che dette equazioni vengono richieste al punto b)
dell’esercizio, procediamo immediatamente a scrivere la lagrangiana del sistema. Si ricorda
che si hanno a disposizione sostanzialmente due strategie possibili: eseguire il calcolo nella
terna di riferimento di quiete del piano verticale Oxy, non inerziale, tenendo conto di tutte
le forze attive — reali e ﬁttizie — agenti sul sistema, oppure nella terna inerziale ”del
laboratorio”, tenendo conto in questo secondo caso delle sole sollecitazioni attive reali.
Adottiamo la seconda delle due procedure, che sappiamo già essere equivalenti. A tal ﬁne
introduciamo una terna di riferimento inerziale Ox y z , con l’asse Oy coincidente con Oy,
e sia ωt l’angolo compreso fra gli assi coordinati Ox ed Ox all’istante t.
Le coordinate del punto P si scrivono

 x = s sin θ cos (ωt)
P
y = −s cos θ
 z = s sin θ sin (ωt)
e le componenti della velocità sono

 ẋ = ṡ sin θ cos (ωt) + s cos θ θ̇ cos (ωt) − s sin θ sin (ωt) ω
Ṗ
ẏ = −ṡ cos θ + s sin θ θ̇
 ż = ṡ sin θ sin (ωt) + s cos θ θ̇ sin (ωt) + s sin θ cos (ωt) ω
dalle quali si deduce l’espressione
|Ṗ |2 = (ẋ )2 + (ẏ )2 + (ż )2 = ṡ2 + s2 θ̇2 + ω 2 s2 sin2 θ ,
per cui l’energia cinetica del punto materiale P risulta
TP =
m 2
m 2
|Ṗ | =
ṡ + s2 θ̇2 + ω 2 s2 sin2 θ .
2
2
(7.2.1)
L’energia cinetica dell’asta omogenea L, con punto ﬁsso nell’estremo O, si determina facilmente notando che rispetto ad una terna di riferimento Ox1 y1 z1 solidale all’asta, avente
l’asse Oy1 diretto secondo L verso O, l’asse Oz1 secondo il versore n normale al piano verticale Oxy e l’asse Ox1 perpendicolare ai precedenti, le componenti della velocità angolare
ωj + θ̇n dell’asta si scrivono
(ω1 , ω2 , ω3 ) = (ω sin θ , ω cos θ , θ̇) ,
Stefano Siboni
68
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
mentre la matrice d’inerzia assume la forma


0
M
2 /3 0
 0
0
0  ,
0
0 M
2 /3
M
2
M
ξ 2 dξ =
il momento d’inerzia di L calcolato rispetto ad un asse noressendo
3
0
male all’asta passante per O. Per l’energia cinetica dell’asta si deduce quindi l’espressione

Tasta =
1
( ω sin θ
2
ω cos θ
=
M
2 /3
θ̇ )  0
0
0
0
0


0
ω sin θ
0   ω cos θ  =
M
2 /3
θ̇
M
2 2 2
ω sin θ + θ̇2
6
che sommata alla (7.2.1) porge l’energia cinetica totale del sistema rispetto alla terna
inerziale
M
2 2 2
m 2
T =
(7.2.2)
ṡ + s2 θ̇2 + ω 2 s2 sin2 θ +
ω sin θ + θ̇2 .
2
6
Il potenziale totale consiste nella somma di tre contributi, un potenziale gravitazionale
Uasta dell’asta, un potenziale gravitazionale UP del punto P ed un potenziale elastico Uel .
Si ha immediatamente
Uasta = Mg cos θ
2
UP = mgs cos θ
Uel = −
mω 2 2
s
2
dimodoché l’espressione del potenziale totale diventa
mω 2 2
s .
Mg cos θ + mgs cos θ −
2
2
La lagrangiana del sistema calcolata rispetto alla terna di riferimento inerziale risulta inﬁne
L =
m
M
M
2 2
mω 2 2
m 2 2 2 M
2 2
sin θ+g
(ṡ +s θ̇ )+
θ̇ +ω 2
s2 +
+ms cos θ−
s (7.2.3)
2
6
2
6
2
2
e rappresenta altresı̀ la lagrangiana nel sistema di riferimento di quiete del piano Oxy, a
patto di reinterpretare i termini cinetici indipendenti da θ̇, ṡ come termini di potenziale
centrifugo. Il potenziale nella terna non inerziale vale allora
U(θ, s) = ω 2
Stefano Siboni
m
2
s2 +
M
mω 2 2
M
2 2
sin θ + g
+ ms cos θ −
s .
6
2
2
(7.2.4)
69
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Conﬁgurazioni di equilibrio
Le conﬁgurazioni di equilibrio si deducono annullando il gradiente del potenziale

M
ω 2 2 M
2 ∂U


(θ,
s)
=
ms
2
sin
θ
cos
θ
−
g
+
ms
sin θ = 0
+

∂θ
2
3
2


 ∂U (θ, s) = mω 2 s sin2 θ + mg cos θ − mω 2 s = 0
∂s
e sono soluzioni del sistema di equazioni trigonometriche

M
ω 2 M
2
2


sin
θ
cos
θ
= 0
+
s
−
+
s

2m
g 3m
2


 ω s cos θ − 1 cos θ = 0 .
g
(7.2.5)
La prima equazione risulta soddisfatta per
sin θ = 0
(7.2.6a)
M
+s
2m
cos θ = 2 ω M
2
+ s2 .
g 3m
(7.2.6b)
oppure per
Nel caso (7.2.6a) si hanno le soluzioni θ = 0, π, per cui:

)
θ = 0
g θ = 0
g
⇐⇒
⇐⇒ (θ, s) = 0, 2
ω2
s = 2
 −1 +
ω
s = 0
ω
g
e

θ = π
ω2
1+
s = 0
g
)
⇐⇒
θ = π
g
s = − 2
ω
⇐⇒
(θ, s) =
π, −
g .
ω2
(7.2.7a)
(7.2.7b)
Sostituendo la (7.2.6b) nella seconda equazione del sistema (7.2.5) si perviene all’equazione
algebrica
M
2 = 0
s− s+
3
2m
per cui tutte le soluzioni di

M


+s



 cos θ = ω 2 2m
2
M
2
+s

g 3m




 s − 2 s + M
= 0
3
2m
Stefano Siboni
70
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
si ottengono risolvendo il sistema

2


s = 

3



M
2
+ 3 g

2m
3

=
cos
θ
=

2
2

2 ω 2

4
ω M


+ 2
g 3m
9
oppure il sistema
(7.2.8a)

M


s = −


2m



M
M
−

2m
2m

= 0.
cos
θ
=

2
2


M 2 2 ω M


+ 2
g 3m
m 4
(7.2.8b)
(7.2.8a) ammette soluzione a condizione che sia 3/2 ≤ ω 2 /g. In eﬀetti per ω 2 /g = 3/2
la soluzione viene a coincidere con la (7.2.7a), e quindi possiamo assumere 3/2 < ω 2 /g
come condizione di compatibilità per (7.2.8a). In tale ipotesi si hanno allora le soluzioni
(θ, s) =
2 θ, 3
(θ, s) =
2 −θ, 3
3 g con θ = arccos
. Per il sistema (7.2.8b) si hanno invece sempre le soluzioni
2 ω 2
(θ, s) =
π M
+ ,−
2
2m
(θ, s) =
π M
− ,−
.
2
2m
Riepilogo
Il sistema ammette le seguenti conﬁgurazioni di equilibrio (θ, s):
g (1)
0, + 2
ω
g (2)
π, − 2
ω
3 g 2 3
ω2
purché
<
,
(3)
+ arccos
2 ω 2 3
2
g
3 g 2 3
ω2
purché
<
(4)
− arccos
,
2 ω 2 3
2
g
π M
(5)
+ ,−
2
2m
π M
(6)
− ,−
2
2m
Stefano Siboni
71
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Esercizi di Meccanica razionale
Si osservi che
U(θ, s) = U(−θ, s)
∀ θ, s ∈ R
(7.2.9)
per cui le proprietà di stabilità delle conﬁgurazioni (3) e (4) sono le stesse, come pure
quelle di (5) e (6). Ciò sempliﬁca non poco l’analisi di stabilità seguente.
Stabilità
Calcoliamo preliminarmente le derivate parziali seconde del potenziale
 2
M
M
2
2
∂ U

2
2
2


−
g
(θ,
s)
=
ω
θ
−
sin
θ
cos
+
ms
+
ms
cos θ

2

3
2
 ∂θ

 2
∂ U
(θ, s) = −mg sin θ + 2mω 2 sin θ cos θ s

∂θ∂s




2


 ∂ U (θ, s) = −mω 2 cos2 θ
∂s2
(7.2.10)
ed analizziamo la stabilità di ogni singola conﬁgurazione di equilibrio.
Conﬁgurazione (1).
La matrice hessiana del potenziale si calcola prontamente facendo uso delle (7.2.10) e
risulta diagonale

g M
2 ω 2 2
g −

2
3 ω 2
HU 0, 2 = 
ω
0

0


−mω 2
per cui i suoi autovalori coincidono semplicemente con gli elementi della diagonale principale. L’autovalore −mω 2 è sempre negativo, mentre l’altro può assumere qualsiasi valore
reale. In particolare:
se g/(
ω 2) > 2/3 l’hessiana risulta deﬁnita negativa. La conﬁgurazione è massimo
relativo proprio del potenziale ed il teorema di Lagrange-Dirichlet ne assicura la stabilità;
se g/(
ω 2 ) < 2/3 l’hessiana ha un autovalore positivo, dal che si ne deduce l’instabilità
della conﬁgurazione.
Nulla può dirsi nel caso g/(
ω 2 ) = 2/3, allorché la matrice hessiana si presenta semideﬁnita
non-deﬁnita negativa: l’unica speranza di poter applicare teoremi generali è quella di
dimostrare che il potenziale ha un massimo relativo proprio in corrispondenza della conﬁgurazione di equilibrio. A tale scopo però si rende necessario calcolare termini di ordine
superiore al secondo nello sviluppo di Taylor del potenziale. Le derivate parziali del terzo
Stefano Siboni
72
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ordine del potenziale (7.2.4) si ricavano dalle precedenti (7.2.10) e valgono
 3
M
M
2
∂ U
2
2


+ ms + g
+ ms sin θ
(θ, s) = −2ω sin(2θ)


∂θ3
3
2





∂3U

2

 2 (θ, s) = 2mω s cos(2θ) − mg cos θ
∂θ ∂s

∂3U



(θ, s) = 2mω 2 cos θ sin θ

2

∂θ∂s



3


 ∂ U (θ, s) = 0
∂s3
(7.2.11)
in cui si sono omesse le derivate parziali parziali miste che coincidono con le precedenti in
virtù del lemma di Schwartz — il potenziale è funzione di classe C ∞ . Nella fattispecie la
sola derivata parziale (7.2.11) diversa da zero è
∂3U g 0, 2 = mg
∂θ2 ∂s
ω
mentre l’unica derivata parziale seconda non nulla risulta
∂2U g 0, 2 = −mω 2 .
2
∂s
ω
Lo sviluppo di Taylor del potenziale nell’intorno di (0, g/ω 2 ) vale quindi
&
g 1
g 4
g g 2
1
2
2
U(θ, s) = U 0, 2 + (−mω ) s − 2 + 3 · mgθ s − 2 + O θ, s − 2 ω
2!
ω
3!
ω
ω
e ricordando che g/(
ω 2 ) = 2/3
&
s 2 s 2 2 g 3
s 2 4
2
−
−
−
+ θ + O θ, −
.
U(θ, s) = U 0, 2 + mg
ω
4
3
3
3
3
È facile veriﬁcare che la conﬁgurazione non è un estremo relativo proprio del potenziale.
Il problema equivale a studiare il segno nell’intorno di (ξ, η) = (0, 0) della funzione
2 2
G(ξ, η) = ξ −ξ + η .
3
Si ha chiaramente G(ξ, η) = 0 per ξ = 0 e per ξ = (2/3)η 2 ; la funzione assume segno
negativo nella regione
2
{(ξ, η) ∈ R2 : ξ < 0} ∪ (ξ, η) ∈ R2 : ξ − η 2 > 0 , ξ > 0
3
ed è invece positiva in
2
(ξ, η) ∈ R2 : ξ − η 2 < 0 , ξ > 0 ,
3
Stefano Siboni
73
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domini che ammettono l’origine (0, 0) come punto di accumulazione: questo basta ad
escludere l’esistenza dell’estremo, come si voleva veriﬁcare. Riassumendo, nessuna conclusione circa la stabilità della conﬁgurazione si può trarre sulla base del teorema di LagrangeDirichlet od analizzando l’hessiana del potenziale.Inutile precisare che una eventuale analisi
per linearizzazione non condurrebbe ad alcun risultato, visto che essa è di fatto equivalente alla discussione dell’hessiana del potenziale. Non è neppure possibile ricorrere alla
discussione di Weierstrass, avendo il sistema più di un grado di libertà. ”Much Ado About
Nothing”, dunque: tutto il precedente studio della funzione potenziale non è servito a nulla!
A questo punto non rimarrebbero che due possibilità: o individuare una funzione di Liapunov ”ad hoc”, che consenta di provare la stabilità — eventualmente asintotica — della
conﬁgurazione di equilibrio, oppure costruire esplicitamente una famiglia di soluzioni particolari delle equazioni del moto i cui dati iniziali possano scegliersi arbitrariamente prossimi
a tale conﬁgurazione ma che sempre se ne discostino per una distanza ﬁssata, a patto di
attendere un intervallo di tempo suﬃcientemente lungo — veriﬁcando cosı̀ direttamente la
deﬁnizione di instabilità secondo Liapunov. Sfortunatamente però, né l’una né l’altra delle
due strategie è di agevole attuazione e la questione rimane aperta.
Conﬁgurazione (2).
In questo caso la matrice hessiana del potenziale assume, ricorrendo ancora alle (7.2.10),
la forma diagonale

g M
2 ω 2 2
+
g

2
3 ω 2
HU π, − 2 = 
ω
0

0

 ,
−mω 2
palesemente indeﬁnita dal momento che gli autovalori hanno segno opposto. Ne segue
l’instabilità della conﬁgurazione.
Conﬁgurazione (3).
Calcoliamo le derivate seconde del potenziale ricordando la condizione g/(
ω 2) < 2/3 per
l’esistenza della conﬁgurazione d’equilibrio
3 g 2 9 g2
M
2 3 g
M
2
4 2
∂2U 2
+m −g
+ m
arccos
, = ω 2 2 4 −1
=
∂θ2
2 ω 2 3
4
ω
3
9
2
3
2 ω 2
= m
2ω 2
4 g 2
91 M
4
+
< 0
−
4 3m
9 2 ω 4
9
ed analogamente
3 g 2 ∂2U arccos
=
−
sin
θ
mg
−
2mg
= mg sin θ
,
∂θ∂s
2 ω 2 3
mentre
Stefano Siboni
3 g 2 2
∂2U
2 9 g
=
−mω
(θ,
s)
arccos
.
,
∂s2
2 ω 2 3
4 2 ω 4
74
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L’hessiana si scrive pertanto

3 g 2  m
ω
=
,
HU arccos

2 ω 2 3
2
2
g 2
4
+1
−
4m
2 ω 4 9
3 M
mg sin θ

mg sin θ
−mω 2
2
9 g
4 2 ω 4

 ,
ha traccia negativa
g 2
3 g 2 2
4
2 2 3M
2 9 g
tr HU arccos
=
m
+
1
−
mω
,
ω
−
< 0
2 ω 2 3
4m
2 ω 4
9
4 2 ω 4
ed il suo determinante vale
3 g 2 27
g2 2 4
Mmg
−
, =
> 0.
det HU arccos
2 ω 2 3
16
9 2 ω 4
Si tratta dunque di una matrice reale simmetrica deﬁnita negativa, che caratterizza la
conﬁgurazione d’equilibrio come massimo relativo proprio del potenziale. La stabilità della
conﬁgurazione segue inﬁne da Lagrange-Dirichlet.
Conﬁgurazione (4).
È già stato osservato in precedenza che causa la simmetria (7.2.9) del potenziale le conﬁgurazioni (3) e (4) hanno le stesse proprietà di stabilità. Dunque (4) è stabile al pari della
(3).
Conﬁgurazione (5).
Una semplice sostituzione nelle (7.2.10) permette di scrivere la matrice hessiana nella forma


1 M
2
1
M
2
2
π M
−mg 
 −mω 3 m + 4 m2
,−
= 
HU

2
2m
−mg
0
di determinante negativo
det HU
π
2
,−
M
= −m2 g 2 < 0
2m
e dunque autovalori di segno opposto. Dall’esame dell’hessiana deduciamo l’instabilità
della conﬁgurazione d’equilibrio corrispondente.
Conﬁgurazione (6).
In forza della (7.2.9) le proprietà di stabilità della conﬁgurazione (6) sono le stesse della conﬁgurazione (5), come sottolineato in precedenza. Dunque (6) è sempre instabile in quanto
l’hessiana basta ad escludere la presenza di un massimo relativo proprio del potenziale.
Equazioni del moto
Le equazioni del moto del sistema si ottengono banalmente sostituendo la lagrangiana
(7.2.3) nelle equazioni di Eulero-Lagrange
d ∂L ∂L
d ∂L ∂L
= 0
−
= 0.
−
dt ∂ θ̇
∂θ
dt ∂ ṡ
∂s
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75
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Sollecitazione non posizionale
Nel piano Oxy le componenti cartesiane della forza resistente applicata in P e proporzionale
alla velocità Ṗ di P stesso si scrivono
(Rx , Ry ) = −β ṡ sin θ + s cos θ θ̇ , −ṡ cos θ + s sin θ θ̇
con β > 0, mentre il punto P ha coordinate (x, y) = (s sin θ, −s cos θ). Le componenti
lagrangiane della sollecitazione risultano pertanto
Qθ = −β Ṗ ·
∂P
= −βs2 θ̇
∂θ
Qs = −β Ṗ ·
∂P
= −β ṡ
∂s
(7.2.12)
continue nelle θ̇ ṡ, e la potenza corrispondente è data dall’espressione
π = Qθ θ̇ + Qs ṡ = −β ṡ2 + s2 θ̇2 .
Avendosi sempre π ≤ 0, tale sollecitazione è di tipo dissipativo e ciò basta ad assicurare che
le conﬁgurazioni di equilibrio del sistema siano esattamente le stesse considerate nel caso
conservativo. La sollecitazione tuttavia non risulta completamente dissipativa sull’intera
varietà delle conﬁgurazioni: nonostante l’indipendenza esplicita dal tempo delle (7.2.12),
l’annullarsi della potenza implica soltanto ṡ = 0, mentre può certamente veriﬁcarsi che
s = 0 e θ̇ = 0. Ciò nondimeno, nessuna delle conﬁgurazioni di equilibrio si situa nella
regione s = 0 e la deﬁnizione di completa dissipazione viene soddisfatta in un intorno
suﬃcientemente piccolo di ogni conﬁgurazione di equilibrio, laddove per continuità risulta
certamente s = 0. La natura locale del criteri di Barbasin-Krasovskii li rende dunque
applicabili all’analisi della stabilità di tutte le conﬁgurazioni di equilibrio del sistema. Le
conclusioni sono le stesse cui si è già pervenuti, salvo che:
le conﬁgurazioni di equilibrio già giudicate stabili per Lagrange-Dirichlet, sono ora
anche attrattive a causa della sollecitazione completamente dissipativa — stabilità
asintotica (uniforme);
la conﬁgurazione del tipo (1) risulta instabile anche per g/(
ω 2 ) = 2/3, non trattandosi
di un massimo relativo proprio del potenziale.
I teoremi di B.-K. consentono quindi un’analisi completa di tutte le conﬁgurazioni di
equilibrio: l’inversione (parziale) del teorema di Lagrange-Dirichlet che da essi deriva
porta sempre ad una conclusione ed il lavoro speso nello studio della funzione potenziale
nell’intorno dei suoi punti critici non va mai perduto.
Prova scritta del 09.02.1996.
1) Un punto materiale di massa m è vincolato a muoversi nel piano cartesiano Oxy, dove
risulta soggetto a sollecitazioni in parte puramente posizionali e conservative, in parte
dipendenti dalla velocit del punto stesso. Si ricavino le equazioni del moto del punto
sapendo che la lagrangiana del sistema si scrive
L =
Stefano Siboni
m 2
(ẋ + ẏ 2 ) + k(2x2 + 3y 2 − 2xy) + hy 4
2
76
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Esercizi di Meccanica razionale
e che le componenti lagrangiane delle sollecitazioni non-posizionali sono date da
Qx = −β ẋ
Qy = −β ẏ .
Si determinino inoltre le conﬁgurazioni di equilibrio del sistema, discutendone la stabilità
al variare dei parametri h, k ∈ R e β ≥ 0.
2) Nel piano verticale Oxy si consideri un sistema materiale pesante costituito da un punto
P di massa m e da un’asta rigida omogenea A di massa M e lunghezza , un estremo della
quale è incernierato in P . Detto punto P è vincolato a scorrere lungo l’asse verticale Oy,
e viene richiamato in O da una forza elastica di costante k > 0. L’intero piano Oxy ruota
inﬁne attorno all’asse verticale con velocità angolare costante ω > 0, rispetto ad un sistema
di riferimento che si assume inerziale.
Usando come coordinate lagrangiane l’angolo θ che l’asta A forma con la verticale e la
distanza s fra P ed O:
(a) determinare le conﬁgurazioni di equilibrio relative al piano Oxy, studiandone l’esistenza e la stabilità in funzione dei parametri m, M, k, ω e dell’accelerazione gravitazionale
g > 0;
(b) scrivere le equazioni lagrangiane del moto;
(c) determinare equazioni del moto, conﬁgurazioni di equilibrio relativo e stabilità delle
stesse nell’ipotesi che, in aggiunta alla forza peso, al baricentro B dell’asta A sia
applicata una forza resistente proporzionale alla velocit di B relativa al piano Oxy.
Soluzione
Esercizio (1)
Le equazioni del moto del punto materiale si scrivono immediatamente sostituendo la
lagrangiana
m 2
(ẋ + ẏ 2 ) + k 2x2 + 3y 2 − 2xy + hy 4
L =
2
Stefano Siboni
77
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Esercizi di Meccanica razionale
nelle equazioni di Lagrange
d ∂L ∂L
−
= Qx
dt ∂ ẋ
∂x
d ∂L ∂L
−
= Qy
dt ∂ ẏ
∂y
e tenendo conto della (eventuale) sollecitazione non posizionale
Qx = −β ẋ
Il risultato è
Qy = −β ẏ .
mẍ = k(4x − 2y) − β ẋ
mÿ = k(6y − 2x) + 4hy 3 − β ẏ
(8.1.1)
(8.1.2)
dove i parametri k ed h possono assumere qualsiasi valore reale, mentre β è non negativo.
Siccome Qx ẋ + Qy ẏ = −β(ẋ2 + ẏ 2 ) ≤ 0 la sollecitazione non posizionale risulta a potenza
non positiva. Inoltre le componenti (8.1.1) della sollecitazione sono ovviamente continue in
(ẋ, ẏ), per cui le conﬁgurazioni di equilibrio del sistema possono determinarsi indiﬀerentemente come soluzioni statiche delle equazioni del moto (8.1.2) oppure come punti critici
del potenziale
U(x, y) = k 2x2 + 3y 2 − 2xy + hy 4 .
In ogni caso si perviene al sistema di equazioni
k(4x − 2y) = 0
k(6y − 2x) + 4hy 3 = 0
che per k = 0 e con semplici manipolazioni algebriche si riduce alla forma equivalente
y = 2x
x(5k + 16hx2 ) = 0
(8.1.3a)
mentre per k = 0 si riconduce alla sola equazione
4hy 3 = 0 .
(8.1.3b)
Dalla (8.1.3a) si ricavano quindi le conﬁgurazioni di equilibrio per k = 0, tutte distinte ed
isolate:
(1) (x, y) = (0, 0)
& 5k
5k
, +2 −
(2) (x, y) = + −
16h
16h
& 5k
5k
, −2 −
(3) (x, y) = − −
16h
16h
la prima delle quali esiste indipendentemente dalla scelta dei parametri, mentre la (2) e la
(3) sono deﬁnite se e soltanto se kh < 0.
Stefano Siboni
78
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Per il caso k = 0 la (8.1.3b) porge invece l’insieme non numerabile di conﬁgurazioni di
equilibrio
(x, y) = (ξ, 0) , ξ ∈ R ,
ovviamente non isolate, qualora sia h = 0. Se è anche h = 0, allora ogni punto del piano
(x, y) ∈ R2 risulta una conﬁgurazione di equilibrio.
La matrice hessiana del potenziale si scrive
&
4k
−2k
HU (x, y) =
.
(8.1.4)
−2k 6k + 12hy 2
Si osservi inﬁne che la sollecitazione non posizionale è completamente dissipativa per β > 0,
di fatto assente per β = 0. Ciò premesso, procediamo ad analizzare la stabilià delle singole
conﬁgurazioni per ogni scelta consentita dei parametri.
Caso k = 0 - Conﬁgurazione (1).
L’hessiana (8.1.4) diventa nella fattispecie
HU (0, 0) = 2k
&
2
−1
−1
3
con determinante 20k 2 > 0 e traccia 10k. Pertanto:
◦ se k < 0, HU (0, 0) è deﬁnita negativa e quindi (0, 0) risulta un massimo relativo
proprio del potenziale. Si deduce allora, ∀ h ∈ R:
◦ per β = 0 la stabilità — non necessariamente (ed in eﬀetti non) asintotica —
della conﬁgurazione di equilibrio in forza del teorema di Lagrange-Dirichlet;
◦ per β > 0 la stabilità asintotica della stessa conﬁgurazione come conseguenza
dei criteri di Barbasin-Krasovskii — inversione parziale del teorema di LagrangeDirichlet;
◦ se k > 0 (0, 0) è un minimo relativo proprio di U, in quanto HU (0, 0) risulta deﬁnita
positiva. Ne segue allora che, ∀ h ∈ R:
◦ per β = 0 l’instabilità della conﬁgurazione che, in presenza di sole sollecitazioni
posizionali conservative, può escludersi essere un massimo relativo proprio del
potenziale sulla base dell’hessiana;
◦ per β > 0 ancora l’instabilità della conﬁgurazione, ma questa volta per BarbasinKrasovskii, data la natura completamente dissipativa delle sollecitazioni non posizionali ed il fatto che (0, 0) non è un massimo relativo proprio di U.
Caso k = 0 - Conﬁgurazione (2).
La matrice hessiana (8.1.4) assume ora la forma
&
&
5k
5k
4
,2 −
−
= k
HU
−2
16h
16h
−2
−9
ed ha determinante −40k 2 < 0, risultando perciò sempre indeﬁnita. Fermo restando che
comunque si ﬁssi k = 0 il parametro h dovrà avere segno opposto, onde garantire l’esistenza
della conﬁgurazione di equilibrio, quest’ultima risulterà sempre instabile:
Stefano Siboni
79
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◦ perchè l’hessiana basta ad escludere si tratti di massimo relativo proprio del potenziale,
in assenza di dissipazione — β = 0;
◦ per Barbasin-Krasovskii in presenza della sollecitazione completamente dissipativa —
caso β > 0 —, essendo la conﬁgurazione isolata ma non di massimo relativo proprio
per il potenziale U.
Caso k = 0 - Conﬁgurazione (3).
La discussione di stabilità è identica a quella del precedente caso (2), in quanto
U(x, y) = U(−x, −y)
∀ (x, y) ∈ R2 .
Caso k = 0.
L’hessiana del potenziale diviene identicamente nulla e le conﬁgurazioni di equilibrio non
sono isolate, per cui non abbiamo alcuna speranza di poter fare uso del teorema di
Lagrange-Dirichlet o delle sue parziali inversioni basate sui criteri di Barbasin-Krasovskii
per il caso completamente dissipativo o sull’esame dell’hessiana del potenziale nel caso
conservativo. Possiamo però trarre proﬁtto dal fatto che per k = 0 le equazioni del moto
si disaccoppiano, assumendo la forma
mẍ = −β ẋ
(8.1.5)
mÿ = 4hy 3 − β ẏ
per cui le variabili x ed y evolvono nel tempo indipendentemente l’una dall’altra.
◦ Se β = 0 ogni conﬁgurazione di equilibrio è instabile secondo Liapunov. Ciò segue
dal fatto che se per assurdo una conﬁgurazione di equilibrio (x0 , y0 ) risultasse stabile, dovrebbe allora esistere un intorno Ω ⊂ R4 di (x0 , y0 , 0, 0) tale che per ogni condizione iniziale (x(0), y(0), ẋ(0), ẏ(0)) ∈ Ω assegnata alla (8.1.5) la soluzione
(x(t), y(t), ẋ(t), ẏ(t)) del corrispondente problema di Cauchy sia deﬁnita per qualunque
t ≥ 0 e si mantenga indeﬁnitamente prossima a (x0 , y0 , 0, 0)(0 ). Se cosı̀ fosse si avrebbe
però, integrando la prima delle equazioni del sistema (8.1.5)
x(t) = x(0) + tẋ(0)
∀t ≥ 0
e potendosi scegliere ẋ(0) = 0, la (x(t), y(t), ẋ(t), ẏ(t)) non potrebbe certo mantenersi
vicina a (x0 , y0 , 0, 0) per tempi arbitrariamente lunghi, una contraddizione.
◦ Se β > 0 si distinguono i due ulteriori sottocasi:
◦ per h = 0 le equazioni del moto sono lineari e si integrano esplicitamente, porgendo

m
−β(t−t0 )/m

1−e
 x(t) = x(t0 ) + ẋ(t0 )
β
(8.1.6)
m

−β(t−t0 )/m
 y(t) = y(t0 ) + ẏ(t0 )
1−e
β
(0 ) Si ricordi il teorema di prolungabilità e le sue implicazioni nel caso di soluzioni stabili.
Si osservi inoltre che non necessariamente le soluzioni massimali sono deﬁnite ∀ t ∈ R. Tale
è il caso ad esempio per h > 0, a causa della seconda equazione in (8.1.5).
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80
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per qualsiasi t0 , x(t0 ), y(t0 ), ẋ(t0 ), ẏ(t0 ) ∈ R. La stabilità — uniforme ma non
asintotica — di ogni conﬁgurazione di equilibrio è facilmente veriﬁcabile;
◦ per h = 0 la
mÿ = 4hy 3 − β ẏ
(8.1.7)
può considerarsi come equazione del moto di un sistema lagrangiano ad un grado
di libertà nella variabile y, con lagrangiana
Ly =
m 2
ẏ + hy 4
2
e soggetto ad una sollecitazione completamente dissipativa −β ẏ. Il potenziale
di detto sistema lagrangiano risulta Uy (y) = hy 4 e l’unica ”conﬁgurazione” di
equilibrio è data da y = 0.
◦ Se h > 0 il punto y = 0 è un minimo relativo proprio del potenziale Uy e quindi
per Barbasin-Krasovskii si riconosce in (y, ẏ) = (0, 0) una soluzione instabile di
(8.1.7). Ne segue che (x, ẋ, y, ẏ) = (x0 , 0, 0, 0) è una soluzione stazionaria instabile del sistema (8.1.5). Se per assurdo essa fosse stabile infatti, ne deriverebbe
immediatamente anche la stabilità di (y, ẏ) = (0, 0) per il sistema (8.1.7), in
contraddizione con quanto appena provato.
◦ Se inﬁne h < 0, il teorema di Barbasin-Krasovskii assicura che (y, ẏ) = (0, 0) è una
soluzione asintoticamente stabile di (8.1.7), avendo il potenziale Uy un massimo
relativo forte in y = 0. D’altra parte (x, ẋ) = (x0 , 0) si veriﬁca banalmente essere
soluzione stabile di mẍ = −β ẋ — vedi la prima delle (8.1.6). Di conseguenza
(x0 , 0, 0, 0) risulta soluzione stabile di (8.1.7). Infatti, dalla deﬁnizione di stabilità segue che per ogni intorno comunque piccolo Xε ⊂ R2 di (x, ẋ) = (x0 , 0)
esiste un intorno Xδ ⊂ R2 dello stesso punto tale che per ogni dato iniziale
(x(0), ẋ(0)) ∈ Xδ la soluzione (x(t), ẋ(t)) dell’equazione mẍ = −β ẋ soddisfa la
condizione (x(t), ẋ(t)) ∈ Xε ∀ t ≥ 0. Analogamente, per ogni intorno Yε ⊂ R2
di (y, ẏ) = (0, 0) è deﬁnito un intorno Yδ ⊂ R2 dello stesso punto tale che per
ogni condizione iniziale (y(0), ẏ(0)) ∈ Yδ la soluzione (y(t), ẏ(t)) della (8.1.7)
veriﬁca (x(t), ẋ(t)) ∈ Yε ∀ t ≥ 0. Ma ogni intorno Ω ⊂ R4 di (x, ẋ, y, ẏ) =
(x0 , 0, 0, 0) include certamente un aperto del tipo Xε × Yε , intorno dello stesso
punto. Per la soluzione (x(t), ẋ(t), y(t), ẏ(t)) del sistema (8.1.5) con condizione
iniziale (x(0), ẋ(0), y(0), ẏ(0)) ∈ Xδ ×Yδ vale allora (x(t), ẋ(t), y(t), ẏ(t)) ∈ Xε ×Yε
∀ t ≥ 0. La deﬁnizione di stabilità è cosı̀ soddisfatta. Si osservi che le soluzioni
statiche non sono attrattive; infatti l’attrattività della soluzione (y(t), ẏ(t)) implica
lim (y(t), ẏ(t)) = (0, 0)
t→+∞
mentre per la (x(t), ẋ(t)) vale
lim (x(t), ẋ(t)) =
t→+∞
Stefano Siboni
m x(0) + ẋ(0) , 0
β
81
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per cui
Esercizi di Meccanica razionale
m
lim (x(t), ẋ(t), y(t), ẏ(t)) = x(0) + ẋ(0) , 0, 0, 0
t→+∞
β
che è distinto dalla soluzione statica (x, ẋ, y, ẏ) = (x0 , 0, 0, 0).
Esercizio (2)
La lagrangiana del sistema può essere determinata indiﬀerentemente nel sistema di riferimento del piano verticale Oxy, avendo cura di considerare anche le sollecitazioni attive
d’inerzia, oppure nel sistema di riferimento inerziale rispetto al quale il piano Oxy è posto
in rotazione, tenendo conto in quest’ultimo caso delle sole sollecitazioni attive reali (gravità
ed azione elastica). Abbiamo già sottolineato come i due approcci siano del tutto equivalenti, a patto di considerare tutte le forze d’inerzia qualora si decida di optare per la terna
di riferimento non inerziale: si ribadisce che in generale l’introduzione del solo termine di
potenziale centrifugo non è suﬃciente ad assicurare la correttezza del calcolo, dovendosi
considerare anche l’eventuale contributo delle forze di Coriolis. Benché tale contributo
sia in genere nullo negli esercizi proposti, è preferibile adottare una strategia forse un
poco più laboriosa ma certamente più sicura, scrivendo la lagrangiana rispetto ad una
terna inerziale Ox y z avente l’asse verticale Oy orientato come Oy ed il piano coordinato
Ox y coincidente con Oxy all’instante t = 0, in modo che l’angolo diedro fra essi compreso
ad un generico istante t risulti ωt.
Le coordinate cartesiane (x , y , z ) del punto materiale P e del baricentro B dell’asta si
scrivono
P − O = (0, s, 0)
B−O =
2
sin θ cos (ωt) , s +
cos θ , sin θ sin (ωt)
2
2
e quelle delle rispettive velocità risultano
Ṗ = (0, ṡ, 0)
(8.2.1a)
cos θ cos (ωt) θ̇−ω sin θ sin (ωt), ṡ− sin θ θ̇, cos θ sin (ωt) θ̇+ω sin θ cos (ωt)
2
2
2
2
2
(8.2.1b)
L’asta rigida non ha punti ﬁssi e quindi ricorriamo al teorema di König per il calcolo
dell’energia cinetica corrispondente. Si ha in primo luogo, facendo uso della (8.2.1b)
Ḃ =
|Ḃ|2 =
2 2
θ̇ + ω 2 sin2 θ + ṡ2 − sin θ θ̇ ṡ
4
mentre l’energia cinetica dell’asta relativa al sistema di riferimento baricentrico, valutata
al solito modo, è data dalla relazione
TB
1 2
θ̇ + ω 2 sin2 θ
=
2
/2
−/2
Stefano Siboni
ξ2
M
2 2
M
dξ =
θ̇ + ω 2 sin2 θ .
24
82
Università degli studi di Trento
Esercizi di Meccanica razionale
Dal teorema di König deduciamo quindi la seguente espressione per l’energia cinetica
dell’asta
M
2 2
M 2 M
ṡ −
sin θ θ̇ṡ +
Tasta =
θ̇ + ω 2 sin2 θ .
2
2
6
Per il punto materiale P , in forza della (8.2.1a), il compito è ben più agevole
TP =
m 2
ṡ .
2
L’energia cinetica totale del sistema è la somma dei due contributi, di P e di A
T =
M
2 2
M + m 2 M
ṡ −
sin θ θ̇ṡ +
θ̇ + ω 2 sin2 θ .
2
2
6
(8.2.2)
Il potenziale totale consiste invece della somma di tre termini, di cui uno elastico
k
Uel (θ, s) = − s2
2
dovuto alla sollecitazione elastica prodotta da O su P , e due gravitazionali
Uasta (θ, s) = Mg s + cos θ
UP (θ, s) = mgs
2
relativi all’asta ad al punto materiale rispettivamente — si ricordi che l’asse verticale è
orientato verso il basso, di qui il cambiamento di segno rispetto all’espressione usuale del
potenziale gravitazionale. Abbiamo pertanto
k 2
k
U(θ, s) = − s + Mg s + cos θ + mgs = − s2 + (M + m)gs + Mg cos θ (8.2.3)
2
2
2
2
che sommata alla (8.2.2) porge la lagrangiana del sistema
M
2 2 M
2 2 2
k
M + m 2 M
ṡ −
sin θ θ̇ ṡ +
θ̇ +
ω sin θ − s2 + (M + m)gs + Mg cos θ .
2
2
6
6
2
2
(8.2.4)
Alle equazioni del moto di perviene sostituendo l’espressione precedente nelle equazioni di
Eulero-Lagrange
d ∂L ∂L
d ∂L ∂L
= 0
−
= 0
−
dt ∂ θ̇
∂θ
dt ∂ ṡ
∂s
L =
il cui calcolo esplicito non comporta alcuna diﬃcoltà. Si ricorda che la (8.2.4) rappresenta
anche la lagrangiana del sistema relativa alla terna di riferimento rotante, non inerziale, a
patto di interpretare il termine in ω 2 non più come contributo all’energia cinetica totale —
indipendente da (θ̇, ṡ), in accordo con la presenza di un vincolo reonomo, il piano verticale
rotante con legge oraria assegnata — ma come termine di potenziale centrifugo. Nella
determinazione delle conﬁgurazioni di equilibrio relativo il potenziale da considerare sarà
dunque quello relativo alla terna non inerziale
Ur =
Stefano Siboni
M
2 2 2
k
ω sin θ − s2 + (M + m)gs + Mg cos θ .
6
2
2
83
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Esercizi di Meccanica razionale
Le conﬁgurazioni di equilibrio si identiﬁcano con i punti critici del potenziale Ur

∂Ur
M
2 ω 2


(θ, s) =
sin θ cos θ − Mg sin θ = 0

∂θ
3
2


 ∂Ur (θ, s) = −ks + (M + m)g = 0
∂s
e soddisfano dunque il sistema di equazioni disaccoppiate

3 g


−
cos
θ
= 0
 sin θ
2 ω 2

M +m

s =
g.
k
(8.2.5)
La componente in s delle conﬁgurazioni di equilibrio è constante
s = s∗ :=
M +m
g
k
mentre per quella in θ abbiamo due possibilità, causa la forma fattorizzata della prima
equazione in (8.2.5). Il primo caso è sin θ = 0, da cui si deduce che θ = 0, π; la seconda
eventualità si ha invece per
3 g
− cos θ = 0
2 ω 2
ed implica le ulteriori soluzioni
3 g ,
θ = ± θ , θ := arccos
2 ω 2
a condizione che
3 g
<1.
(8.2.6)
2 ω 2
Le conﬁgurazioni di equilibrio sono pertanto in numero ﬁnito e necessariamente isolate.
Stabilità della conﬁgurazioni di equilibrio
Prima di procedere all’analisi di stabilità delle conﬁgurzioni di equilibrio individuate, calcoliamo le derivate seconde del potenziale, che risultano:
 2
∂ Ur
M
2 ω 2 2

2


(θ,
s)
=
−
θ
−
cos
θ
− Mg cos θ
sin

2

∂θ
3
2


 2
∂ Ur
(θ, s) = −k

 ∂s2



2


 ∂ Ur (θ, s) = 0
∂θ∂s
per cui l’hessiana di Ur si scrive

M
2 ω 2 2
θ
−
1
− Mg cos θ
2
cos

3
2
HUr (θ, s) = 
0
Stefano Siboni

0 

−k
84
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Esercizi di Meccanica razionale
ed è diagonale e indipendente da s. Ciò premesso, passiamo ad analizzare la stabilità di
ogni singola conﬁgurazione.
Conﬁgurazione (θ, s) = (0, s∗ ).
La matrice hessiana del potenziale diviene in questo caso:

M
2 ω 2
− Mg

∗
3
2
HUr (0, s ) = 
0

0 
 .
−k
L’autovalore:
M
2 ω 2
3 g M
2 ω 2 1−
− Mg =
3
2
3
2 ω 2
può assumere qualsiasi valore reale in relazione alla scelta dei parametri g > 0, > 0 ed
ω = 0, per cui è cruciale nel determinare le proprietà di stabilità della conﬁgurazione.
Precisamente:
3 g
> 1 l’hessiana risulta deﬁnita negativa, il punto (0, s∗ ) è un massimo relativo
◦ se
2 ω 2
proprio del potenziale Ur e la conﬁgurazione risulta stabile per Lagrange-Dirichlet;
3 g
◦ se
< 1 l’hessiana ha un autovalore positivo, il che esclude la presenza di un
2 ω 2
massimo relativo proprio del potenziale e comporta dunque l’instabilità della conﬁgurazione;
3 g
◦ se inﬁne
= 1 la matrice hessiana diventa singolare, dunque semideﬁnita ma
2 ω 2
non deﬁnita negativa, e nulla è dato concludere, né la stabilità sulla base del teorema di Lagrange-Dirichlet, né l’instabilità grazie alla presenza di autovalori positivi
dell’hessiana del potenziale. Si può solo tentare si studiare il potenziale Ur ricorrendo a termini di ordine superiore al secondo dello sviluppo di Taylor nell’intorno
di (θ, s) = (0, s∗ ), nella speranza che la conﬁgurazione risulti un massimo relativo
proprio di Ur e che quindi se ne possa dedurre la stabilità per L.-D.. Tale compito
si sempliﬁca non poco notando che la dipendenza da s è puramente polinomiale e
riscrivendo in modo opportuno la funzione potenziale — anche se questi ”trucchi”
non sono essenziali al calcolo dello sviluppo di Taylor, naturalmente. Con semplici
manipolazioni trigonometriche ed algebriche si ha infatti
Ur (θ, s) =
k
M
2 ω 2 k
− cos(2θ) + 4 cos θ + 1 + s∗ 2 − (s − s∗ )2
12
2
2
e sostituendo lo sviluppo di Taylor per l’espressione in θ
− cos(2θ) + 4 cos θ + 1 = 4 −
θ4
+ O(θ6 )
2
(θ → 0)
si ottiene lo sviluppo di Taylor al quarto ordine per il potenziale nell’intorno della
conﬁgurazione di equilibrio
Ur (θ, s) =
Stefano Siboni
k 2 M
2 ω 2 4 k
M
2 ω 2
+ s∗ −
θ − (s − s∗ )2 + O(θ6 )
3
2
24
2
85
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Esercizi di Meccanica razionale
per cui (0, s∗ ) è massimo relativo proprio di Ur e da Lagrange-Dirichlet discende la
sua stabilità.
Conﬁgurazione (θ, s) = (π, s∗ ).
La matrice hessiana del potenziale è

M
2 ω 2
+
Mg

3
2
HUr (π, s∗ ) = 
0

0 

−k
e risulta quindi indeﬁnita, avendo sempre autovalori di segno opposto. L’assenza del massimo del potenziale è dunque riconoscibile dall’analisi dell’hessiana e ciò permette di concludere che la conﬁgurazione di equilibrio è instabile.
Conﬁgurazione (θ, s) = (θ, s∗ ).
Un semplice calcolo conduce alla seguente espressione per la matrice hessiana

M
2 ω 2 9 g 2
−
1

3
4 2 ω 4
HUr (θ, s∗ ) = 
0
in cui risulta

0 

−k
M
2 ω 2 9 g 2
−
1
< 0
3
4 2 ω 4
a causa della condizione (8.2.6) che garantisce l’esistenza della conﬁgurazione di equilibrio.
Detta conﬁgurazione è dunque punto di massimo relativo proprio del potenziale Ur ed il
teorema di Lagrange-Dirichlet ne implica la stabilità.
Conﬁgurazione (θ, s) = (−θ, s∗ ).
La discussione di stabilità è la stessa svolta nel caso precedente, avendosi
Ur (θ, s) = Ur (−θ, s)
∀ (θ, s) ∈ R2 .
Sollecitazione non posizionale
Le coordinate cartesiane del punto B nel piano Oxy si scrivono
B−O =
2
sin θ , s +
cos θ
2
e quelle della velocità corrispondente — relativa allo stesso piano, dunque — si ottengono
derivando rispetto al tempo t
Ḃ =
Stefano Siboni
2
cos θ θ̇ , ṡ −
sin θ θ̇ .
2
86
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Esercizi di Meccanica razionale
Per le componenti cartesiane, nello stesso piano, della forza supplementare si ha l’espressione
cos θ θ̇ , ṡ − sin θ θ̇
−β Ḃ = −β
2
2
mentre le derivate parziali di B rispetto alle coordinate lagrangiane sono
∂B
= (cos θ, − sin θ)
∂θ
2
∂B
= (0, 1) .
∂s
Le componenti lagrangiane della sollecitazione valgono quindi
Qθ = −β Ḃ ·
∂B
= −β
θ̇ − sin θ ṡ
∂θ
2 2
∂B
Qs = −β Ḃ ·
= −β ṡ − sin θ θ̇
∂s
2
e non recano nessuna dipendenza esplicita dal tempo. La potenza della sollecitazione
diventa
2
θ̇2 − sin θ θ̇ ṡ + ṡ2 − sin θ θ̇ṡ
π = Qθ θ̇ + Qs ṡ = −β
4
2
2
ed è conveniente porla in forma matriciale, per sempliﬁcarne lo studio

˙ ṡ) = −β ( θ̇
π(θ, s, θ,

ṡ ) 
2
4
− sin θ
2
 
θ̇
− sin θ
 
2
.

ṡ
1
(8.2.7)
La matrice quadrata in (8.2.7), indicata per brevità con Π(θ), è reale e simmetrica, con
traccia
2
> 0
trΠ(θ) = 1 +
4
e determinante
detΠ(θ) =
2
cos2 θ ≥ 0 ,
4
per cui risulta deﬁnita positiva per ogni θ tale che cos θ = 0, mentre nel caso cos θ = 0 essa
sarà soltanto semideﬁnita non deﬁnita positiva. Ciò implica
˙ ṡ) ≤ 0
π(θ, s, θ,
˙ ṡ) ∈ R4
∀ (θ, s, θ,
e quindi la sollecitazione è a potenza non positiva. Questo fatto, insieme alla evidente
continuità in (θ̇, ṡ) delle componenti (Qθ , Qs ), ci consente di aﬀermare che le conﬁgurazioni
di equilibrio del sistema sono esattamente le stesse già individuate nel caso conservativo,
dunque in numero ﬁnito e tutte isolate.
In eﬀetti la sollecitazione ha natura dissipativa, avendosi
cos θ = 0
Stefano Siboni
=⇒
˙ ṡ) < 0 ∀ (θ̇, ṡ) = (0, 0) ,
π(θ, s, θ,
87
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Esercizi di Meccanica razionale
ma non completamente dissipativa sull’intera varietà delle conﬁgurazioni in quanto l’annullarsi di π non comporta necessariamente (θ̇, ṡ) = (0, 0). Può infatti ricorrere il caso
− θ̇ + ṡ = 0
2
θ = +
π
+ 2πn , n ∈ Z
2
oppure il caso
π
θ = − + 2πm , m ∈ Z
+ θ̇ + ṡ = 0
2
2
per i quali π(θ, s, θ̇, ṡ) = 0 ma (θ̇, ṡ) = (0, 0).
Si osservi tuttavia che, avendosi sempre θ ∈ (0, π/2), nessuna conﬁgurazione di equilibrio
esiste per θ = 2πn ± π/2, n ∈ Z. Questo signiﬁca che la sollecitazione non posizionale
risulta completamente dissipativa in intorni opportuni delle conﬁgurazioni di equilibrio.
È dunque lecito applicare i criteri di Barbasin-Krasovskii, che hanno carattere locale, e
concludere che le conﬁgurazioni di equilibrio già giudicate stabili nel caso conservativo
lo sono ora asintoticamente, mentre tutte quelle instabili continuano ad esserlo anche in
presenza della dissipazione.
9. Osservazioni generali
1) Il teorema di Lagrange-Dirichlet, dove applicabile, implica la stabilià uniforme delle
soluzioni statiche. Nella soluzione degli esercizi tuttavia questo fatto di regola non è
stato puntualizzato, in quanto si è avuto (quasi) sempre a che fare con sistemi descritti
da equazioni autonome, per i quali le nozioni di stabilità e di stabilità uniforme sono
equivalenti.
2) Lagrange-Dirichlet assicura la stabilità (uniforme), ma non l’attrattività, ovvero la
stabilità asintotica, delle soluzioni statiche. Nondimeno il teorema non la esclude, in
generale.
Qualora però si abbia a che fare con sistemi soggetti a forze posizionali conservative
ed eventuali sollecitazioni non-energetiche — ad esempio girostatiche, quali le forze
di Coriolis o di Lorentz — si dimostra facilmente che la proprietà di attrattività non
può ricorrere. Basta osservare che la funzione di Liapunov utilizzata nella prova
di Lagrange-Dirichlet, l’energia meccanica totale E, è un integrale primo del moto.
E(q, q̇) ammette un minimo relativo proprio in corrispondenza della soluzione statica
(q0 , q̇0 ) ed è continua nello stesso punto (q0 , q̇0 ). Se per assurdo si avesse attrattività,
per ogni t0 ∈ R ﬁssato dovrebbe esistere un intorno Ω di (q0 , q̇0 ) tale che:
i) per (q0 , q̇0 ) ∈ Ω l’equazione
E(q, q̇) = E(q0 , q̇0 )
implica (q, q̇) = (q0 , q̇0 ) — ossia (q0 , q̇0 ) è un minimo assoluto della restrizione su
Ω della funzione E;
˙
del problema di Cauchy ottenuto assegnando
ii) ∀ (q1 , q̇1 ) ∈ Ω la soluzione (q(t), q(t))
alle equazioni del moto la condizione iniziale
q(t0 ), q̇(t0 ) = (q1 , q̇1 )
Stefano Siboni
88
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Esercizi di Meccanica razionale
è deﬁnita ∀ t ≥ t0 e soddisfa
lim
t→+∞
q(t), q̇(t) = (q0 , q̇0 ) .
Per la continuità in (q0 , q̇0 ) della funzione E dovrebbe allora aversi
lim E q(t), q̇(t) = E(q0 , q̇0 )
t→+∞
(9.1)
mentre il fatto di essere E un integrale primo del moto implica
lim E q(t), q̇(t) = E(q1 , q̇1 )
t→+∞
in contraddizione con la (9.1). Basta infatti scegliere (q1 , q̇1 ) ∈ Ω \ {(q0 , q̇0 )} per
ottenere E(q1 , q̇1 ) > E(q0 , q̇0 ).
Stefano Siboni
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Testo consigliato.
F. Bampi, M. Benati, A. Morro, Problemi di meccanica razionale
ECIG Genova, 1988
Stefano Siboni
90