Scritto di meccanica razionale 2 del 10.02.2010 Esercizio 1 Un ...

Scritto di meccanica razionale 2 del 10.02.2010
Esercizio 1
Un sistema rigido pesante è appoggiato ad un piano orizzontale senza attrito e debolmente
cedevole, identificabile con il piano Oxy di una terna Oxyz = Oê1ê2ê3 che ha l’asse verticale
Oz diretto verso l’alto. Il corpo ha baricentro G(1, 1/2, 2) e punti di appoggio:
Determinare:
P1(0, 0, 0) P2(2, 0, 0) P3(5/2, 2, 0) P4(0, 1, 0) .
(a) il poligono d’appoggio e l’area di completo appoggio;
(b) le reazioni vincolari nello stato di quiete, verificato che la configurazione del sistema
è di equilibrio;
(c) se la configurazione sarebbe di equilibrio qualora il baricentro del corpo fosse il punto
G ⋆ (1/2, 1/4, 2) e, in tal caso, i punti di effettivo appoggio.
Esercizio 2
Dato il sistema di equazioni differenziali nel piano:
determinare:
(a) i relativi punti fissi;
⎧
⎨
˙x = x 2 − y 2 + 1
⎩ ˙y = 2x + y − 1
(b) le proprietà di stabilità degli stessi punti fissi.
1
(x, y) ∈ R 2 ,

Esercizio 3
Nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz = Oê1ê2ê3 un’asta rettilinea omogenea OA,
di massa m e lunghezza 2a, ruota liberamente attorno al proprio estremo fisso O. Lungo
OA è vincolato a scorrere un punto materiale P , di massa m. Come parametri lagrangiani
si usano le coordinate s ∈ (0, 2) e ϕ ∈ R indicate in figura. Su P agiscono una resistenza
viscosa con costante di frizione β, una forza elastica −k(P − O) e una forza costante
−ka ê2. Sull’asta è invece applicato un sistema S di forze con risultante R = (2ka cos ϕ −
mg)/2 ê2 − β ˙ A e momento in A:
Supposti i vincoli ideali, si determinino:
MA = ka 2 s cos ϕ ê1 + 1
2 mga sin ϕ ê3 .
(a) le componenti generalizzate delle sollecitazioni attive applicate;
(b) gli equilibri del sistema;
(c) la proprietà di stabilità dei predetti equilibri.
Esercizio 4
Un sistema scleronomo posizionale conservativo a vincoli ideali è descritto dalle coordinate
generalizzate (x, y) ∈ R 2 e dalla lagrangiana:
L = ma 2 3
2 ˙x2 +x ˙x 2 + ˙x ˙y− 1
2 y2 ˙x ˙y+ 1 1
xy ˙x ˙y+
2 2 ˙y2 + 3
y ˙y2 +ka
2 2
2xy−x 2 − 3
2 y2−2x 2 y+xy 2
nella quale m, a e k sono rispettivamente una massa, una lunghezza e una costante elastica
caratteristiche. Determinare, nell’intorno dell’equilibrio stabile (x, y) = (0, 0):
(a) le equazioni delle piccole oscillazioni;
(b) le frequenze normali delle piccole oscillazioni;
(c) le espressioni dei modi normali delle piccole oscillazioni.
2

Soluzione dell’esercizio 1
(a) Poligono d’appoggio e area di completo appoggio
Il poligono d’appoggio del sistema è per definizione l’inviluppo convesso della base d’appoggio
Ω = {P1, P2, P3, P4}. Poichè il poligono P1P2P3P4 chiuso risulta chiaramente convesso,
esso deve identificarsi con il poligono d’appoggio. È questo infatti l’intersezione dei quattro
semipiani chiusi che contengono Ω e la cui frontiera passa per una coppia di punti adiacenti
dello stesso Ω. L’espressione formale del risultato è data dal calcolo seguente, nel quale si
conviene di indicare con (xi, yi) le coordinate del generico punto d’appoggio Pi, i = 1, 2, 3, 4.
Semipiano delimitato dalla retta P1P2 e contenente Ω
La retta P1P2, che costituisce la frontiera del semipiano, coincide ovviamente con l’asse
Ox. Il semipiano da considerare è dunque y ≥ 0.
Semipiano delimitato dalla retta P2P3 e contenente Ω
La retta P2P3 ha equazione
x − x2
= y − y2
x3 − x2
y3 − y2
ossia, sostituendo le coordinate dei punti P2(2, 0) e P3(5/2, 2),
x − 2
=
5
− 2
2 y − 0
2 − 0
⇐⇒ x − 2 = y
4
e quindi 4x − y − 8 = 0. Dal momento che il semipiano richiesto deve contenere l’origine
P1, la disequazione che lo individua deve essere
−4x + y + 8 ≥ 0 .
Semipiano delimitato dalla retta P3P4 e contenente Ω
La retta P3P4 è individuata dall’equazione cartesiana
x − x3
x4 − x3
= y − y3
y4 − y3
vale a dire, ricordando le coordinate di P3(5/2, 2) e P4(0, 1),
x − 5
2
0 − 5
2
= y − 2
1 − 2
⇐⇒ x − 5
2
5
= − (2 − y)
2
e pertanto 2x − 5y + 5 = 0. Il semipiano richiesto è allora l’insieme delle soluzioni della
disequazione
2x − 5y + 5 ≥ 0 ,
dovendo contenere l’origine P1 della terna di riferimento.
3

Semipiano delimitato dalla retta P4P1 e contenente Ω
La retta che delimita il semipiano è ovviamente l’asse Oy. Il semipiano deve inoltre contenere
i punti P2 e P3. La disequazione che lo caratterizza è perciò x ≥ 0.
Definizione formale del poligono d’appoggio
Il poligono d’appoggio è il luogo del punti P (x, y) del piano d’appoggio Oxy per i quali
risulta soddisfatto il seguente sistema di disequazioni algebriche lineari non omogenee:
⎧
y ≥ 0
⎪⎨
−4x + y + 8 ≥ 0
⎪⎩
2x − 5y + 5 ≥ 0
x ≥ 0 .
Area di completo appoggio
Poichè il piano d’appoggio si assume debolmente cedevole, le reazioni vincolari esterne
agenti sul corpo rigido nei punti di appoggio sono determinate completamente dagli appropriati
coefficienti di struttura a, b, c. Detti coefficienti si esprimono per mezzo della
relazione matriciale ⎛ ⎞
a
⎝ b ⎠ = S
c
−1
⎛ ⎞
x
G
⎝ y ⎠mg G
1
nella quale x G e y G indicano le coordinate del centro di pressione e la matrice S assume
la forma
avendo gli elementi:
S =
Sxx =
Syy =
Sxy =
Sx =
Sy =
#Ω =
⎛
⎝
4
i=1
4
i=1
4
i=1
4
i=1
Sxx Sxy Sx
Sxy Syy Sy
Sx Sy #Ω
x 2 i = 0 2 + 2 2 +
⎞
⎠ =
⎛
41/4
⎜
⎝ 5
5
5
⎞
9/2
⎟
3 ⎠
9/2 3 4
5
2 + 0
2
2 = 4 + 25
4
y 2 i = 0 2 + 0 2 + 2 2 + 1 2 = 5
xiyi = 0 · 0 + 2 · 0 + 5
· 2 + 0 · 1 = 5
2
xi = 0 + 2 + 5 9
+ 0 =
2 2
4
yi = 0 + 0 + 2 + 1 = 3
i=1
4
1 = 4 .
i=1
4
= 41
4

L’inversa di S si calcola senza alcuna difficoltà e risulta
S −1 = 1
⎛
44
⎝ −26
186
−30
−26
83
−33
⎞
−30
−33 ⎠
105
grazie all’espressione del determinante:
5 3
3 4 − 5 5 3
9
9/2 4 + 5 5
2 9/2 3 =
= 41
(20 − 9) − 5 20 −
4 27
+
2
9
15 −
2
45
=
2
41
4
= 451 65 135
− −
4 2 4
451 − 130 − 135
=
4
= 186
4
93
=
2 ,
detS = 41
4
in modo che:
(S −1 )11 = 2
93
(S −1 )22 = 2
93
(S −1 )33 = 2
93
(S −1 )12 = (S −1 )21 = − 2
(S −1 )13 = (S −1 )31 = 2
93
(S −1 )23 = (S −1 )32 = − 2
93
· 11 − 5 · 13
2
9
+ −
2
15
2
5 3
2
22
3 4 = (20 − 9) =
93 93
41/4 9/2
2
9/2 4 = 41 −
93
81
=
4
2 164 − 81
=
93 4
83
186
41/4 5
2
205
5 5 = − 25 =
93 4 105
186
5 3
2
93 9/2 4 = − 20 −
93
27
= −
2
13
93
5 5
2
9/2 3 = 15 −
93
45
=
2
2
−
93
15
= −
2
15
93
41/4 5
2
9/2 3 = −
93
41 45
· 3 + = −
4 2
33
186 .
La componente verticale della reazione vincolare esterna in un generico punto d’appoggio
Pi(xi, yi) è data dall’espressione
Φi = (xi yi 1)
⎛ ⎞
a
⎝ b ⎠ = (xi yi 1)S
c
−1
⎛ ⎞
x
G
⎝ y ⎠mg .
G
1
L’area di completo appoggio A è il luogo dei centri di pressione (x , y ) per i quali tutte
G G
le reazioni vincolari esterne nei punti di appoggio risultano strettamente positive. Omesso
per brevità il pedice G, l’area di completo appoggio è quindi specificata dal sistema di
disequazioni
(xi yi 1)S −1
⎛
⎝ x
⎞
y ⎠mg > 0
1
i = 1, 2, 3, 4,
5
=

ossia
e dunque
Si ha d’altra parte:
(xi yi 1) 1
⎛
⎞⎛
44 −26 −30
⎝ −26 83 −33 ⎠⎝
186
−30 −33 105
x
⎞
y ⎠mg > 0 i = 1, 2, 3, 4,
1
⎛
44 −26
⎞⎛
⎞
−30 x
(xi yi 1) ⎝ −26 83 −33 ⎠⎝
y ⎠ > 0 i = 1, 2, 3, 4 .
−30 −33 105 1
⎛
44 −26
⎞
−30
⎛
44 −26
⎞
−30
(x1 y1 1) ⎝ −26 83 −33 ⎠ = (0 0 1) ⎝ −26 83 −33 ⎠ = (−30 − 33 105)
−30 −33 105
−30 −33 105
⎛
44 −26
⎞
−30
⎛
44 −26
⎞
−30
(x2 y2 1) ⎝ −26 83 −33 ⎠ = (2 0 1) ⎝ −26 83 −33 ⎠ =
−30 −33 105
−30 −33 105
= (88 − 30 − 52 − 33 − 60 + 105) = (58 − 85 45)
⎛
44 −26
⎞
−30
⎛
44 −26
⎞
−30
(x3 y3 1) ⎝ −26 83 −33 ⎠ = (5/2 2 1) ⎝ −26 83 −33 ⎠ =
−30 −33 105
−30 −33 105
= (110 − 52 − 30 − 65 + 166 − 33 − 75 − 66 + 105) = (28 68 − 36)
⎛
44 −26
⎞
−30
⎛
44 −26
⎞
−30
(x4 y4 1) ⎝ −26 83 −33 ⎠ = (0 1 1) ⎝ −26 83 −33 ⎠ =
−30 −33 105
−30 −33 105
= (−26 − 30 83 − 33 − 33 + 105) = (−56 50 72)
per cui i punti dell’area di completo appoggio A sono tutte e sole le soluzioni (x, y) del
sistema di disequazioni lineari:
⎧
−30x − 33y + 105 > 0
⎪⎨ 58x − 85y + 45 > 0
28x + 68y − 36 > 0
⎪⎩
−56x + 50y + 72 > 0
6
(0.1)

La soluzione è evidenziata con l’ombreggiatura nella figura seguente:
che riporta anche i punti di appoggio, il poligono d’appoggio conv(Ω) e le rette che delimitano
i singoli semipiani — contorno in grassetto e linee in tratto sottile, rispettivamente.
(b) Reazioni vincolari agli appoggi nello stato di quiete
Nella fattispecie, al baricentro G(1, 1/2, 2) è associato il centro di pressione C(1, 1/2, 0),
che la figura precedente mostra appartenere all’area di completo appoggio. Il verificarsi
della condizione può essere accertato formalmente controllando che il sistema (0.1) sia
soddisfatto per (x, y) = (1, 1/2). Tutti i primi membri delle disequazioni risultano infatti
di segno positivo:
⎧
⎪⎨
⎪⎩
−30 · 1 − 33 · 1 117
+ 105 =
2 2
58 · 1 − 85 · 1 121
+ 45 =
2 2
> 0
> 0
28 · 1 + 68 · 1
− 36 = 26 > 0
2
−56 · 1 + 50 · 1
+ 72 = 41 > 0 .
2
Ne segue non solo che la configurazione è di equilibrio per il sistema, ma anche che nello
stato di quiete tutte le reazioni vincolari esterne agli appoggi risultano strettamente positive
— ossia dirette verso l’alto. Posto infatti Φi = Φi ê3, i = 1, 2, 3, 4, usando il risultato
precedente e ricordando l’omesso fattore mg/186, si ottiene:
Φ1 = 117
2
1 117
mg =
186 372 mg Φ2 = 121
2
1 121
mg =
186 372 mg
Φ3 = 26 1 13
mg =
186 93 mg Φ4 = 41 1 41
mg = mg .
186 186
7

Le reazioni vincolari esterne agli appoggi, per lo stato di quiete, sono pertanto:
Φ1 = 117
mg ê3
372
Φ2 = 121
mg ê3
372
Φ3 = 13
mg ê3
93
Φ4 = 41
186 mg ê3 .
Da notare che la somma delle componenti Φi coincide con il peso totale del corpo:
4
i=1
a conferma del risultato ottenuto.
Φi = 117 121 13 41
mg + mg + mg + mg = mg ,
372 372 93 186
(c) Equilibrio e punti di appoggio qualora il baricentro fosse G ⋆
In tal caso il centro di pressione sarebbe C ⋆ (1/2, 1/4, 0) e apparterrebbe al poligono d’appoggio
conv(Ω). La configurazione sarebbe dunque di equilibrio per il sistema. Si osservi
tuttavia che il centro di pressione non è compreso entro l’area di completo appoggio, dal
momento che le disequazioni (0.1) non sono tutte soddisfatte:
⎧
⎪⎨
⎪⎩
−30 · 1 1 327
− 33 · + 105 =
2 4 4
> 0
58 · 1 1 211
− 85 · + 45 =
2 4 4
> 0
28 · 1 1
+ 68 · − 36 = −5 < 0
2 4
(non soddisfatta)
−56 · 1 1 113
+ 50 · + 72 =
2 4 2
> 0 ,
per cui la reazione vincolare in P3 risulterebbe negativa. P3 va dunque riguardato come
punto di distacco e la base di effettivo appoggio del corpo si riduce ai tre soli punti
P1, P2, P4.
Soluzione dell’esercizio 2
(a) Punti fissi
I punti fissi sono definiti come le soluzioni costanti del sistema di equazioni differenziali.
Essi sono dunque caratterizzati dal sistema di equazioni algebriche ottenuto annullando le
derivate prime: 0 = x 2 − y 2 + 1
0 = 2x + y − 1 .
La seconda equazione è lineare e consente di ottenere la relazione
y = 1 − 2x
che sostituita nella prima conduce all’equazione pura in x:
x 2 − (1 − 2x) 2 + 1 = 0
8

ossia
Ne derivano le radici:
−3x 2 + 4x = 0 .
x = 0 x = 4/3
alle quali corrispondono i valori di y rispettivi:
I punti fissi del sistema sono pertanto:
y = 1 − 2 · 0 = 1 y = 1 − 2 · 4
3
(x, y) = (0, 1) (x.y) =
= − 5
3 .
4 5
, − .
3 3
(b) Stabilità dei punti fissi
Si ponga per brevità f(x, y) = x 2 − y 2 + 1 e g(x, y) = 2x + y − 1, in modo che il sistema
di equazioni differenziali si possa rappresentare nella forma
Si hanno allora le derivate parziali prime:
∂f
(x, y) = 2x
∂x
∂g
(x, y) = 2
∂x
˙x = f(x, y)
˙y = g(x, y) .
∂f
(x, y) = −2y
∂y
∂g
(x, y) = 1
∂y
per cui la matrice jacobiana dei secondi membri in (0.2) diventa
J(x, y) =
2x −2y
.
2 1
(0.2)
Questa matrice permette di accertare le proprietà di stabilità dei punti fissi facendo ricorso
al teorema di analisi lineare.
Punto fisso (x, y) = (0, 1)
In questo caso la matrice jacobiana si riduce a
0 −2
J(0, 1) =
2 1
ed ha equazione caratteristica:
−λ −2
det[J(0, 1) − λI] = det
= λ
2 1 − λ
2 − λ + 4 = 0
9

alla quale corrispondono le radici complesse coniugate:
λ = 1 ± √ 1 − 4 · 4
2
= 1 ± i√ 15
2
Entrambi gli autovalori hanno perciò parte reale positiva, e questa circostanza basta a
concludere che il punto fisso è instabile per il teorema di analisi lineare della stabilità.
Punto fisso (x, y) = (4/3, −5/3)
Nella fattispecie la matrice jacobiana diventa
J(4/3, −5/3) =
8/3 10/3
2 1
con equazione caratteristica
⎛
4 5
8
− λ
det J , − −λI = det ⎝ 3
3 3
2
10
⎞
3 ⎠
8
=
1 − λ 3 −λ
(1−λ)− 20
3 = λ2− 11
λ−4 = 0
3
che deve necessariamente ammettere un’unica radice positiva per la regola dei segni di
Cartesio (i coefficienti dell’equazione algebrica presentano una variazione e una permanenza
di segno). In effetti, il calcolo esplicito degli autovalori porge:
λ = 1
11
2 3 ±
121
− 4 · (−4)
9
= 1
11
2 3 ±
265
9
.
= ↗
↘
e l’instabilità dell’equilibrio segue ancora dal teorema di analisi lineare.
11 + √ 265
6
11 − √ 265
6
Soluzione dell’esercizio 3
(a) Componenti generalizzate delle sollecitazioni attive
Le forze attive che agiscono sul sistema sono date dalla resistenza viscosa, la forza elastica
e la forza costante, agenti sul punto P , oltre che dal sistema S applicato all’asta OA.
Per ciascuna sollecitazione si devono calcolare le relative componenti generalizzate, la cui
somma definirà le componenti generalizzate delle sollecitazioni applicate al sistema.
Forza elastica
Alla molla ideale, di costante elastica k, che congiunge O con P è associato il potenziale
Uel = − k
2 (P − O)2 = − k
2 (as sin ϕ ê1 − as cos ϕ ê2) 2 = − k
2 a2 s 2
al quale corrispondono le componenti generalizzate:
Qel,s = ∂Uel
∂s = −ka2s Qel,ϕ = ∂Uel
∂ϕ
10
= 0 .
> 0
< 0

Forza costante
La forza costante −ka ê2 costituisce un campo di sollecitazioni posizionali conservative di
potenziale
Ucost = −ka ê2 · (P − O) = −ka ê2 · (as sin ϕ ê1 − as cos ϕ ê2) = ka 2 s cos ϕ
e componenti generalizzate:
Qcost,s = ∂Ucost
∂s = ka2 cos ϕ Qcost,ϕ = ∂Ucost
∂ϕ = −ka2 s sin ϕ .
Forza di resistenza viscosa
Derivando rispetto al tempo il vettore posizione
P − O = as sin ϕ ê1 − as cos ϕ ê2
si ottiene la velocità istantanea del punto materiale:
˙
P = a( ˙s sin ϕ + s cos ϕ ˙ϕ)ê1 + a(− ˙s cos ϕ + s sin ϕ ˙ϕ)ê2
mentre le derivate parziali rispetto ai parametri lagrangiani risultano:
∂P
∂s = a(sin ϕ ê1 − cos ϕ ê2)
∂P
∂ϕ = as(cos ϕ ê1 + sin ϕ ê2) .
Per le componenti generalizzate della resistenza viscosa si hanno così le relazioni:
Qrv,s = −β ˙ P · ∂P
∂s =
= −β
a( ˙s sin ϕ + s cos ϕ ˙ϕ)ê1 + a(− ˙s cos ϕ + s sin ϕ ˙ϕ)ê2 · a(sin ϕ ê1 − cos ϕ ê2) =
= −βa 2 ( ˙s sin ϕ + s cos ϕ ˙ϕ) sin ϕ − (− ˙s cos ϕ + s sin ϕ ˙ϕ) cos ϕ =
= −βa 2 ˙s sin 2 ϕ + s sin ϕ cos ϕ ˙ϕ + ˙s cos 2 ϕ − s sin ϕ cos ϕ ˙ϕ = −βa 2 ˙s
Qrv,ϕ = −βP ˙ · ∂P
∂ϕ =
= −β
a( ˙s sin ϕ + s cos ϕ ˙ϕ)ê1 + a(− ˙s cos ϕ + s sin ϕ ˙ϕ)ê2 · as(cos ϕ ê1 + sin ϕ ê2)
= −βa 2 s ( ˙s sin ϕ + s cos ϕ ˙ϕ) cos ϕ + (− ˙s cos ϕ + s sin ϕ ˙ϕ) sin ϕ = −βa 2 s 2 ˙ϕ .
Sistema di forze S agenti sull’asta
Poichè l’asta si muove di moto piano con piano fisso Oxy e la sua orientazione rispetto agli
assi Ox, Oy può essere specificata per mezzo dell’angolo ϕ, e osservato che A è un punto
dell’asta, le componenti generalizzate del sistema S sono date dalle formule:
QS,s = ∂A
∂s · R+ ∂ϕ
∂s ê3· MA = ∂A
∂s · R QS,ϕ = ∂A
∂ϕ · R+ ∂ϕ
∂ϕ ê3· MA = ∂A
∂ϕ · R+ê3· MA
11

dove:
e quindi:
mentre:
∂A
∂s
= 0
R = 1
2 (2ka cos ϕ − mg)ê2 − β ˙A
in modo che risulta
A − O = 2a(sin ϕ ê1 − cos ϕ ê2)
∂A
∂ϕ = 2a(cos ϕ ê1 + sin ϕ ê2)
QS,s = 0 · R = 0
MA = ka 2 s cos ϕ ê1 + 1
mga sin ϕ ê3
2
e
2ka cos ϕ − mg
QS,ϕ = 2a(cos ϕê1 + sin ϕê2)·
ê2 − 2βa(cos ϕ ê1 + sin ϕ ê2) ˙ϕ +
2
mga
sin ϕ
2
= a sin ϕ(2ka cos ϕ − mg) − 4βa 2 ˙ϕ + 1
mga sin ϕ =
2
= a sin ϕ 2ka cos ϕ − 1
2 mg
− 4βa 2 ˙ϕ .
In definitiva, le componenti generalizzate delle forze attive sono le seguenti:
Qs = Qel,s + Qcost,s + Qrv,s + QS,s =
= −ka 2 s + ka 2 cos ϕ − βa 2 ˙s + 0 =
= ka 2 (cos ϕ − s) − βa 2 ˙s
Qϕ = Qel,ϕ + Qcost,ϕ + Qrv,ϕ + QS,ϕ =
= 0 − ka 2 s sin ϕ − βa 2 s 2
˙ϕ + a sin ϕ 2ka cos ϕ − 1
2 mg
− 4βa 2 ˙ϕ =
= −ka 2 s sin ϕ + 2ka 2 sin ϕ cos ϕ − 1
2 mga sin ϕ − βa2 (s 2 + 4) ˙ϕ .
(0.3)
(b) Equilibri
Nelle componenti generalizzate (0.3) delle sollecitazioni attive distinguiamo un contributo
posizionale:
Q pos
s (s, ϕ) = ka 2 (cos ϕ−s) Q pos
e uno non posizionale:
ϕ (s, ϕ) = −ka 2 s sin ϕ+2ka 2 sin ϕ cos ϕ− 1
mga sin ϕ
2
Ds(s, ϕ ˙s, ˙ϕ) = −βa 2 ˙s Dϕ(s, ϕ ˙s, ˙ϕ) = −βa 2 (s 2 + 4) ˙ϕ .
Il primo risulta conservativo, per via della condizione di chiusura — o “irrotazionalità” —
∂Q pos
s
∂ϕ
∂Qpos ϕ
(s, ϕ) −
∂s (s, ϕ) = −ka2 sin ϕ − (−ka 2 sin ϕ) = 0
12

soddisfatta sul dominio convesso (s, ϕ) ∈ (0, 2) × R. In effetti, è immediato verificare per
integrazione diretta che alle sollecitazioni posizionali va associato il potenziale
U(s, ϕ) = ka 2 s cos ϕ + ka 2 sin 2 ϕ + 1
ka2
mga cos ϕ −
2 2 s2
(s, ϕ) ∈ (0, 2) × R .
Le sollecitazioni non posizionali hanno invece natura completamente dissipativa, visto il
valore non positivo della potenza:
π = Ds ˙s + Dϕ ˙ϕ = −βa 2 ˙s ˙s − βa 2 (s 2 + 4) ˙ϕ ˙ϕ = −βa 2 ˙s 2 − βa 2 (s 2 + 4) ˙ϕ 2 ≤ 0
che si annulla unicamente per velocità generalizzate tutte nulle:
π = 0 ⇐⇒ −βa 2 ˙s 2 − βa 2 (s 2 + 4) ˙ϕ 2 = 0 ⇐⇒ ( ˙s, ˙ϕ) = (0, 0) .
Annullandosi a velocità generalizzate nulle, le sollecitazioni dissipative non hanno influenza
alcuna sulle configurazioni di equilibrio, che quindi devono identificarsi con tutti e soli i
punti critici del potenziale U. Le derivate parziali prime di U si scrivono:
∂U
= Qpos s (s, ϕ) = ka
∂s 2 (cos ϕ − s)
∂U
= Qpos ϕ
∂ϕ (s, ϕ) = −ka2s sin ϕ + 2ka 2 sin ϕ cos ϕ − 1
mga sin ϕ
2
e porgono il sistema di equazioni di equilibrio:
⎧
⎨ ka 2 (cos ϕ − s) = 0
⎩
−ka 2 s sin ϕ + 2ka 2 sin ϕ cos ϕ − 1
mga sin ϕ = 0
2
la prima delle quali fornisce s in funzione dell’angolo ϕ:
(0.4)
s = cos ϕ . (0.5)
Sostituendo questa relazione della seconda delle equazioni (0.4) si perviene all’equazione
pura in ϕ:
ka 2 sin ϕ cos ϕ − 1
mga sin ϕ = 0
2
ossia
ka 2
sin ϕ cos ϕ − mg
2ka
= 0 ,
dalla quale si traggono radici per sin ϕ = 0 e per cos ϕ − (mg/2ka) = 0.
Nel primo caso si hanno le soluzioni ϕ = 0 e ϕ = π, che in virtù della (0.5) conducono agli
equilibri
(s, ϕ) = (1, 0) (s, ϕ) = (−1, π) ,
13

dei quali tuttavia soltanto il primo è definito, peraltro incondizionatamente. Nel secondo
caso risulta invece
mg
ϕ = arccos = ϕ
2ka
⋆
ϕ = −ϕ ⋆
con i corrispondenti equilibri
(s, ϕ) = (cos ϕ ⋆ , ϕ ⋆ ) =
mg
, ϕ⋆
2ka
definiti e distinti dai precedenti a condizione che si abbia
λ := mg
2ka
non qual caso è anche ϕ ⋆ = arccos λ ∈ (0, π/2).
< 1 ,
(s, ϕ) =
mg
, −ϕ⋆ ,
2ka
(c) Stabilità degli equilibri
La presenza di sollecitazioni posizionali conservative e di sollecitazioni completamente dissipative,
unitamente alla circostanza che gli equilibri del sistema sono in numero finito
e dunque necessariamente isolati, consente di risolvere il problema della stabilità degli
equilibri ricorrendo alla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, basata sui criteri
di Barbasin e Krasovskii. Si ha stabilità asintotica di tutti i massimi relativi propri del
potenziale e instabilità in ogni altro caso. Le derivate parziali seconde del potenziale si
scrivono:
∂2U (s, ϕ) = −ka2
∂s2 ∂2U ∂ϕ∂s (s, ϕ) = ∂2U ∂s∂ϕ (s, ϕ) = −ka2 sin ϕ
∂2U ∂ϕ2 (s, ϕ) = −ka2s cos ϕ + 2ka 2 (cos 2 ϕ − sin 2 ϕ) − 1
mga cos ϕ
2
e definiscono la matrice hessiana:
HU (s, ϕ) = ka 2
−1
− sin ϕ
− sin ϕ
−s cos ϕ + 2 cos2ϕ − 2 sin 2
ϕ − λ cos ϕ
che va calcolata in ciascuna configurazione di equilibrio.
Equilibrio (s, ϕ) = (1, 0)
Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale si riduce alla forma diagonale
HU (1, 0) = ka 2
−1
0
0
−1 + 2 − λ
= ka 2
−1
0
0
1 − λ
14

dalla quale è immediato riconoscere che:
(i) se λ > 1 la matrice è definita negativa, e la configurazione costituisce perciò un
massimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile;
(ii) per λ < 1 l’hessiana risulta indefinita. L’equilibrio è un punto di sella. L’assenza del
massimo basta a concludere che l’equilibrio è instabile;
(iii) qualora si abbia infine λ = 1 la matrice HU (1, 0) appare semidefinita non definita
negativa — gli autovalori sono uno negativo ed uno nullo, essendo negativa la traccia
e nullo il determinante. L’analisi dell’hessiana non basta né a provare né ad escludere
l’esistenza di un massimo. Ricorre dunque un caso critico di stabilità. In realtà, la
natura del punto stazionario si può stabilire per via diretta, ricorrendo ad una piccola
manipolazione algebrica. Per λ = 1 si ha infatti:
e posto
si ottiene
U(s, ϕ) = ka 2
− s2
2 + s cos ϕ + sin2
ϕ + λ cos ϕ =
= ka 2
− s2
2 + s cos ϕ + sin2
ϕ + cos ϕ
U(s, ϕ) = 1
U(s, ϕ) e (s, ϕ) = (1 + δs, δϕ) ,
ka2 U(1 + δs, δϕ) = − 1
2 (1 + δs)2 + (1 + δs) cos δϕ + sin 2 δϕ + cos δϕ =
= − 1 1
− δs −
2 2 δs2 + δs cos δϕ + 2 cos δϕ + sin 2 δϕ .
Usando poi le identità trigonometriche
2 δϕ
cos δϕ = 1 − 2 sin
2
la relazione precedente diventa
e sin δϕ = 2 sin δϕ
2
cos δϕ
2
U(1 + δs, δϕ) = − 1 1
−
2 2 δs2 2 δϕ
δϕ δϕ δϕ
− 2δs sin + 2 − 4 sin2 + 4 sin2 cos2
2 2 2 2 =
= 3 1
−
2 2 δs2 − 2δs sin 2 δϕ
2 − 4 sin4 δϕ
2 =
= 3 1
− δs
2 2
2 2 δϕ δϕ
4 δϕ
+ 4δs sin + 4 sin4 − 2 sin
2 2
2 =
= 3 1
2 δϕ
2 4 δϕ
− δs + 2 sin − 2 sin
2 2
2
2
espressione da cui appare evidente che (s, ϕ) = (1, 0) costituisce anche nel caso critico
un massimo relativo proprio del potenziale. La stabilità asintotica segue ancora dai
criteri di Barbasin e Krasovskii.
15

Equilibrio (s, ϕ) = (λ, ϕ⋆ )
In questo caso la matrice hessiana del potenziale diventa
HU (λ, ϕ ⋆ ) = ka 2
−1 − sin ϕ⋆ − sin ϕ⋆ −λ cos ϕ⋆ + 2 cos2ϕ⋆ − 2 sin 2 ϕ⋆ − λ cos ϕ⋆
ed essendo λ = cos ϕ⋆ , con λ < 1 e ϕ⋆ ∈ (0, π/2), si riduce alla forma
HU (λ, ϕ ⋆ ) = ka 2
−1 − sin ϕ⋆ − sin ϕ⋆ −2 sin 2 ϕ⋆
.
La matrice ha determinante positivo
e traccia negativa
detHU (λ, ϕ ⋆ ) = k 2 a 4 sin 2 ϕ ⋆ > 0
trHU (λ, ϕ ⋆ ) = −ka 2 (1 + 2 sin 2 ϕ ⋆ ) < ka 2 < 0
per cui risulta definita negativa. L’equilibrio è dunque un massimo relativo proprio del
potenziale, di cui i criteri di Barbasin-Krasovskii assicurano la stabilità asintotica.
Equilibrio (s, ϕ) = (λ, ϕ⋆ )
La matrice hessiana del potenziale in questa configurazione è identica a quella calcolata
per l’equilibrio precedente:
HU (λ, −ϕ ⋆ ) = ka 2
−1 − sin ϕ⋆ − sin ϕ⋆ −2 sin 2 ϕ⋆
.
Anche questo equilibrio risulta stabile asintoticamente per la forma forte del teorema di
Lagrange-Dirichlet.
Soluzione dell’esercizio 4
(a) Equazioni delle piccole oscillazioni
La lagrangiana del sistema scleronomo si scrive:
L = ma 2
3
2 +x
˙x 2
1 3
+ +
2 2 y
˙y 2
+ 1− 1
2 y2 + 1
2 xy
˙x ˙y +ka 2
2xy−x 2 − 3
2 y2−2x 2 y+xy 2
.
La parte quadratica nelle velocità generalizzate ˙x, ˙y va identificata con l’energia cinetica
del sistema:
T = ma 2
3
+ x ˙x
2 2
1 3
+ +
2 2 y
˙y 2
+ 1 − 1
2 y2 + 1
2 xy
˙x ˙y =
= 1
2 ma2
(3 + 2x) ˙x 2 + (1 + 3y) ˙y 2 + (2 − y 2
+ xy) ˙x ˙y = 1
˙x
( ˙x ˙y)A(x, y)
2 ˙y
16

con la matrice di rappresentazione:
A(x, y) = ma 2
⎛
⎞
xy − y2
⎜
3 + 2x 1 +
⎝
2 ⎟
⎠
xy − y2
1 + 1 + 3y
2
che per l’equilibrio (x, y) = (0, 0) diventa
A(0, 0) = ma 2
3 1
1 1
ed è chiaramente definita positiva — positivi sono infatti traccia e determinante. L’espressione
residua della lagrangiana, funzione delle sole coordinate generalizzate x e y, costituisce
il potenziale del sistema:
U(x, y) = L − T = ka 2
2xy − x 2 − 3
2 y2 − 2x 2 y + xy 2
ed ammette le derivate parziali prime:
che si annullano per (x, y) = (0, 0):
∂U
∂x (x, y) = ka2 (2y − 2x − 4xy + y 2 )
∂U
∂y (x, y) = ka2 (2x − 3y − 2x 2 + 2xy)
∂U
(0, 0) = 0
∂x
∂U
(0, 0) = 0 .
∂y
Rimane così verificato che la configurazione (x, y) = (0, 0) è un equilibrio del sistema. Le
derivate parziali seconde del potenziale valgono invece
∂2U ∂x2 (x, y) = ka2 (−2 − 4y)
∂2U ∂y∂x (x, y) = ka2 (2 − 4x + 2y)
∂2U ∂y∂x (x, y) = ka2 (2 − 4x + 2y)
∂2U ∂y2 (x, y) = ka2 (−3 + 2x)
e porgono la matrice hessiana
HU (x, y) = ka 2
−2 − 4y 2 − 4x + 2y
2 − 4x + 2y −3 + 2x
che in (x, y) = (0, 0) si riduce alla forma definita negativa
HU (0, 0) = ka 2
−2 2
,
2 −3
17

provando in tal modo che non solo l’equilibrio è stabile ma che attorno ad esso è altresì
applicabile la teoria canonica delle piccole oscillazioni. Posto (x, y) = (δx, δy), con δx, δy
0, le equazioni delle piccole oscillazioni sono date dalla relazione matriciale:
δx¨ ¨
δx
A(0, 0) − HU (0, 0) = 0
δy
δy
ossia da
ma 2
3 1 δx¨ ¨
− ka
1 1 δy
2
−2 2 δx
2 −3 δy
che eseguiti e prodotti e distinte le componenti si riduce al sistema di equazioni differenziali
lineari: ⎧
⎨ ma
⎩
2 (3 ¨ δx + ¨ δy) − ka2 (−2δx + 2δy) = 0
ma2 ( ¨ δx + ¨ δy) − ka2 (2δx − 3δy) = 0 .
(0.6)
(b) Frequenze normali delle piccole oscillazioni
Le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni attorno a (x, y) = (0, 0) si ottengono imponendo
al sistema (0.6) soluzioni non banali della forma:
= 0
δx = a cos(ωt + ϕ) δy = b cos(ωt + ϕ) ∀ t ∈ R .
La condizione necessaria e sufficiente per l’esistenza di soluzioni cosiffatte è data dall’equazione
caratteristica in ω:
det ω 2 A(0, 0) + HU (0, 0) = 0
vale a dire
det ma 2 ω 2
3 1
+ ka
1 1
2
−2 2
2 −3
e quindi, dividendo membro a membro per (ka 2 ) 2 ,
2 mω
det
k
3 1
1 1
+
−2 2
2 −3
Posto per brevità mω2 /k = µ, l’equazione diventa
3µ − 2 µ + 2
= 0
µ + 2 µ − 3
e calcolato il determinante a primo membro si riduce a
2µ 2 − 15µ + 2 = 0 .
È immediato calcolare le radici — positive —
µ = 15 ± √ 225 − 4 · 2 · 2
2 · 2
= 15 ± √ 209
4
18
= ↗
↘
= 0.
= 0
15 − √ 209
= µ1
4
15 + √ 209
= µ2 .
4

Le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni diventano pertanto:
ω1 = √ µ1
k
m
e da esse si deducono le frequenze normali richieste:
f1 = ω1
2π
1
= 15 −
4π
√
k
209
m
Si osservi che per mezzo dell’identità
a ± √ b =
si può anche scrivere
15 ± √ 209 =
ω2 = √ µ2
f2 = ω2
2π
a + √ a2
− b a −
±
2
√ a2 − b
2
15 + 4
2 ±
15 − 4
2
=
k
m
19
2 ±
11
2 =
1
= 15 +
4π
√
k
209
m .
∀ a, b > 0 , a 2 > b ,
√ 19 ± √ 11
√ 2
per cui le pulsazioni normali possono anche esprimersi nella forma equivalente:
f1 = 1
4π
√ √
19 − 11 k
√
2 m
f2 = 1
4π
√ √
19 + 11 k
√
2 m .
(c) Modi normali delle piccole oscillazioni
Si devono distinguere un modo “basso”, associato alla pulsazione minore ω1, e un modo
“alto” di pulsazione ω2 > ω1.
Modo basso
Il modo normale ha la forma
δx
δy
=
a1
b1
cos(ω1t + ϕ1) ∀ t ∈ R ,
con vettore delle ampiezze (a1 b1) non nullo. Detto vettore viene individuato dall’equazione
2
ω1A(0, 0) + HU (0, 0)
a1
= 0 (a1 b1) = (0 0)
ossia da
3µ1 − 2 µ1 + 2 a1
= 0
µ1 + 2 µ1 − 3 b1
b1
19
,

dove i coefficienti della matrice quadrata risultano:
3µ1 − 2 = 3 · 15 − √ 209
4
µ1 + 2 = 15 − √ 209
4
µ1 − 3 = 15 − √ 209
4
− 2 = 45 − 3√ 209 − 8
4
+ 2 = 23 − √ 209
4
− 3 = 3 − √ 209
4
,
= 37 − 3√ 209
4
in modo che, omessi i comuni denominatori, l’equazione delle ampiezze diventa
⎛
⎝ 37 − 3√ 209 23 − √ 209
23 − √ 209 3 − √ 209
⎞
⎠
a1
b1
= 0
ovvero ⎧
⎨ (37 − 3 √ 209)a1 + (23 − √ 209)b1 = 0
⎩ (23 − √ 209)a1 + (3 − √ 209)b1 = 0 .
Dalla prima equazione si deduce che il rapporto delle ampiezze deve assumere un valore
fissato:
b1
a1
= 3√209 − 37
23 − √ 209 = (3√209 − 37)(23 + √ 209)
529 − 209
= 32√ 209 − 224
320
=
√
209 − 7
,
10
lo stesso peraltro desumibile dalla seconda equazione, che è linearmente dipendente dalla
prima:
b1
a1
= 23 − √ 209
√ 209 − 3 = (23 − √ 209)( √ 209 + 3)
200
= 20√ 209 − 140
200
Si può allora porre a1 = 10 e b1 = √ 209 − 7 e scrivere il modo normale come
δx
δy
= A1
per A1 = 0 e ϕ1 ∈ R assegnati a piacere.
Modo alto
Il modo alto è espresso da
√ √
10
19 − 11
√ cos
209 − 7 2 √
k
t + ϕ1
2 m
δx
δy
=
a2
b2
cos(ω2t + ϕ1) ∀ t ∈ R ,
20
=
√
209 − 7
.
10
∀ t ∈ R ,

con ampiezze a2, b2 non entrambe nulle e fase ϕ2 arbitraria. L’equazione che definisce le
ampiezze è in questo caso
2
ω2A(0, 0) + HU (0, 0)
a2
= 0 (a2 b2) = (0 0)
ovvero
3µ2 − 2 µ2 + 2 a2
= 0 ,
µ2 + 2 µ2 − 3 b2
b2
dove µ2 differisce da µ1 per la sola sostituzione √ 209 → − √ 209. Un calcolo analogo a
quello precedente porge pertanto:
e l’espressione del modo normale diventa
δx
δy
a2 = 10 b2 = − √ 209 − 7
10
= A2
− √ √ √
19 + 11
cos
209 − 7 2 √
k
t + ϕ2
2 m
con A2 = 0 e ϕ2 costanti reali arbitrarie.
21
∀ t ∈ R ,