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\begin{document}


\title{ Esame di Meccanica Razionale\\
Compito scritto dello  20/1/2015}
\maketitle

\thispagestyle{empty}


Si consideri un riferimento inerziale, di origine $O$,  assi ortonormali e  coordinate $(x, y,  z)$. L'asse  delle  $z$  \`e diretto lungo la verticale ascendente. Nel piano  $y = 0$  \`e  posizionata una circonferenza $\mathcal C$  pesante omogenea con centro  $O$, raggio $R$ e massa $M$, libera di ruotare attorno al suo centro.   Un punto  materiale $P$ di massa $m$ \`e fissato su $\mathcal C$. 
 
\par\smallskip
\noindent
Nel piano  $z = 0$, sull'asse $y$ ed alla  distanza  $2R$ da $O$,    \`e  posizionato    il centro $C$ di una circonferenza $\mathcal C_1$, anch'essa omogenea, di raggio $R$ e massa $M$, e libera di ruotare attorno a $C$. 
\par\smallskip
\noindent 
Tra il  punto materiale  $P$ ed un punto  $P_1$ appartenente  a $\mathcal C_1$ si esercita una forza  di richiamo di costante elastica $k$.







\begin{itemize}
 \item
 Scrivere la lagrangiana $ L$ del sistema in funzione dell' anomalia  $\theta$  che individua il  punto $P$ rispetto l'asse  $x$  e dell'anomalia $\phi$  che individua la posizione di $P_1$ rispetto all' asse  $x$.

 \item
 Si scrivano  le equazioni di Lagrange.

\item
Si determinino le posizioni di equilibrio del sistema in funzione del parametro $\lambda =\frac{m g}{kR}$, per i valori $\lambda > {1\over 2}$.



%\item  
%Si disegni il diagramma di biforcazione di {\color{blue}{ tali    posizioni di equilibrio in funzione di $\lambda$.}}

\item
Si determini la frequenza delle piccole oscillazioni attorno alla posizione stabile per $\lambda = 1$.




\item 
Si consideri ora il sistema modificato, ottenuto da quello descritto bloccando il punto $P_1$  - e quindi la circonferenza $\mathcal C_1$-  nella posizione individuata dall'angolo $\phi = \frac{\pi}{2}$.  Si scriva la lagrangiana di questo nuovo sistema e si   determinino le soluzioni stazionarie del corrispondente sistema di Lagrange, determinandone quindi le relative propriet\`a di stabilit\`a.
 
\end{itemize}
\vfill
\eject
\centerline{Svolgimento}

\noindent
Le coordinate del punto $P$ sono:
\begin{eqnarray}
\label{eq:1}
x_P&=& R\cos \theta\nonumber\\
y_P&=& 0\nonumber\\
z_P &=& R\sin \theta
\end{eqnarray}
Le coordinate del punto $P_1$ sono:
\begin{eqnarray}
\label{eq:2}
x_{P_1}&=& R\cos \phi\nonumber\\
y_{P_1}&=& R(2  + \sin \phi)\nonumber\\
z_{P_1} &=&0
\end{eqnarray}
L'energia cinetica $T$ del sistema \`e:
\begin{equation}
\label{eq:3}
T= \frac{1}{2} (I \dot \theta^2 + I_1\dot \phi^2)
\end{equation}
dove $I=  I_1 + R^2 m$, $I_1 = 2M R^2$.


\noindent
L'energia potenziale $U_k$ della molla si ottiene calcolando   $\frac{1}{2} k (\overline{PP_1})^2$, quindi
\begin{equation}
\label{eq:4}
U_k=  kR^2(- \cos\theta\cos \phi + 2 \sin \phi)
\end{equation}
Tenendo conto che l'energia potenziale di $P$ \`e $Rmg \sin \theta$ abbiamo che l'energia potenziale $U$ del sistema \`e:
\begin{equation}
\label{eq:5}
U=   R[mg \sin \theta + kR(- \cos\theta\cos \phi + 2 \sin \phi) = kR^2( \lambda \sin \theta  - \cos\theta\cos \phi + 2 \sin \phi)
\end{equation}
La lagrangiana del sistema \`e quindi:
\begin{equation}
\label{eq:6}
L=  \frac{1}{2} (I \dot \theta^2 + I_1\dot \phi^2)  - kR^2( \lambda \sin \theta  - \cos\theta\cos \phi + 2 \sin \phi)
\end{equation}
Calcoliamo le derivate parziali di $U$. Si ha:
\begin{eqnarray}
\label{eq:7}
\frac{\partial U }{\partial \theta} &=& kR^2(\lambda \cos \theta + \sin \theta \cos \phi) \nonumber\\
\frac{\partial U }{\partial \phi} &=& kR^2( \cos \theta \sin \phi + 2 \cos \phi)
\end{eqnarray}
Dunque il sistema di lagrange \`e:
\begin{eqnarray}
\label{eq:8}
I_1 \ddot \theta &=& -kR^2(\lambda \cos \theta + \sin \theta \cos \phi) \nonumber\\
I \ddot \phi   &=&-  kR^2( \cos \theta \sin \phi + 2 \cos \phi)
\end{eqnarray}
Le soluzioni di equilibrio sono i punti critici di $U$, quindi le soluzioni del sistema:
\begin{eqnarray}
\label{eq:9}
\lambda \cos \theta + \sin \theta \cos \phi &=&0 \nonumber\\
 \cos \theta \sin \phi + 2 \cos \phi&=&  0
\end{eqnarray}
ovvero del sistema equivalente:
\begin{eqnarray}
\label{eq:10}
 \cos \theta  &=& - \frac{1}{\lambda}  \sin \theta \cos \phi \nonumber\\
 \cos \phi(  - \frac{1}{\lambda}  \sin \theta \sin \phi + 2) &=&  0
\end{eqnarray}
 Si hanno quindi per ogni $\lambda$ le soluzioni:
\begin{eqnarray}
\label{eq:10.1}
(I)&: &(\theta =\frac{\pi}{2}, \phi= \frac{\pi}{2})\nonumber\\
(II)&: &(\theta =\frac{\pi}{2}, \phi=- \frac{\pi}{2})\nonumber\\
(I)II&: &(\theta =-\frac{\pi}{2}, \phi= \frac{\pi}{2})\nonumber\\
(IV)&: &(\theta =-\frac{\pi}{2}, \phi= -\frac{\pi}{2})\nonumber\\
\end{eqnarray}
Eventuali altre soluzioni distinte dalle precedenti derivano dalle soluzioni del sistema
\begin{eqnarray}
\label{eq:11}
\lambda \cos \theta  &=& - \sin \theta \cos \phi \nonumber\\
  2\lambda &=&\sin \theta \sin \phi
\end{eqnarray}
Si ricava dalla somma dei quadrati dei rispettivi membri delle due equazioni:
\begin{equation}
\label{eq:12}
\lambda^2 (\cos^2\theta + 4) = \sin^2\theta= 1 -\cos^2\theta
\end{equation}
e quindi
\begin{eqnarray}
\label{eq:13}
\cos^2\theta &=& \frac{1- 4\lambda^2}{1 + \lambda^2}\nonumber\\
\sin^2\theta &=& \frac{5 \lambda^2}{1 + \lambda^2}
\end{eqnarray}
possibile solo se  $\lambda< \frac{1}{2}$.  In questo caso abbiamo:
\begin{eqnarray}
\label{eq:14}
&(++)& (\cos \theta, \sin \theta) = (\sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{1 + \lambda^2}},\lambda \sqrt{\frac{5}{1 + \lambda^2}}) \Rightarrow \theta = \arccos \sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{1 + \lambda^2}} \nonumber\\
&(+-)& (\cos \theta, \sin \theta) = (\sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{1 + \lambda^2}}, - \lambda \sqrt{\frac{5}{1 + \lambda^2}})\Rightarrow \theta = -\arccos \sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{1 + \lambda^2}} \nonumber\\
&(-+)& (\cos \theta, \sin \theta) = - (\sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{1 + \lambda^2}},  \lambda \sqrt{\frac{5 }{1 + \lambda^2}})\Rightarrow \theta= \pi - \arccos \sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{1 + \lambda^2}} \nonumber\\
&(--)& (\cos \theta, \sin \theta) = (\sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{1 + \lambda^2}},  \lambda\sqrt{\frac{5}{1 + \lambda^2}})\Rightarrow \theta = \pi +\arccos \sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{1 + \lambda^2}}\nonumber\\
&\phantom{a}&
\end{eqnarray}
e corrispondentemente dalle (\ref{eq:11})
\begin{eqnarray}
\label{eq:15}
&(-+)& (\cos \phi, \sin \phi) = (-\sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{5}}, 2\sqrt{\frac{1 + \lambda^2}{5}})\Rightarrow \phi = \pi - \arccos\sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{5}} \nonumber\\
&(+-)& (\cos \phi, \sin \phi) = (\sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{5}},  -2\sqrt{\frac{1 + \lambda^2}{5}})\Rightarrow \phi = - \arccos\sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{5}}\nonumber\\
&(++)& (\cos \phi, \sin \phi) = (\sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{5}},  2\sqrt{\frac{1 + \lambda^2}{5}})\Rightarrow \phi =  \arccos\sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{5}}\nonumber\\
&(--)& (\cos \phi, \sin \phi) = (-\sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{5}},  -2\sqrt{\frac{1 + \lambda^2}{5}})\Rightarrow \phi = \pi + \arccos\sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{5}}\nonumber\\
&\phantom{a}&
\end{eqnarray}
In conclusione le posizioni di equilibrio sono per  $\lambda< \frac{1}{2}$:
\begin{eqnarray}
\label{eq:14}
(V) (\theta, \phi)&=& (\arccos \sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{1 + \lambda^2}} , \pi - \arccos\sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{5}} )\nonumber\\
(VI)(\theta, \phi)&=& (-\arccos \sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{1 + \lambda^2}},  - \arccos\sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{5}} )\nonumber\\
(VII)(\theta, \phi)&=& (\pi -\arccos \sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{1 + \lambda^2}},  \arccos\sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{5}} )\nonumber\\
(VII)(\theta, \phi)&=& (\pi +\arccos \sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{1 + \lambda^2}},  \pi +\arccos\sqrt{ \frac{1- 4\lambda^2}{5}} )
\end{eqnarray}

\noindent
Per $\lambda =1$ abbiamo solo le prime quattro posizioni di equilibrio. La matrice hessiana di $U$ \`e:
\begin{equation}
\label{eq:16} 
H(\theta, \phi) =kR^2
\left(
\begin{array}{cc}
-\sin \theta + \cos \theta \cos \phi &-\sin \theta \sin \phi\\
-\sin \theta \sin \phi & \cos \theta \cos \phi - 2 \sin \phi
\end{array}
\right)
\end{equation}
che in corrispondenza a  $ (\cos \theta, \cos \phi) =(0, 0)$  si riduce a 
\begin{equation}
\label{eq:16.1} 
H(\theta, \phi) =kR^2
\left(
\begin{array}{cc}
-\sin \theta &-\sin \theta \sin \phi\\
-\sin \theta \sin \phi &  - 2 \sin \phi
\end{array}
\right)
\end{equation}
con  determinante $\Delta=  \sin \theta \sin \phi ( 2 - \sin \theta \sin \phi) $. Dunque $\Delta >0$ se e solo se $ \sin \theta \sin \phi >0$, quindi  solo nel caso $(I)$ o nel caso $(IV)$. Ma nel primo caso la traccia di $H$ \`e negativa. In conclusione l'unica posizione di equilibrio stabile \`e la posizione $(IV)$.

\noindent
Per rispondere all'ultima domanda basta riferirsi alla lagrangiana $L$  in (\ref{eq:6}) considerando $\phi = \frac{\pi}{2}$. Si ottiene quindi per il sistema meccanico cos\`i modificato la lagrangiana $L'$:
\begin{equation}
\label{eq:6.1}
L'=  \frac{1}{2} I \dot \theta^2   - kR^2 \lambda \sin \theta  
\end{equation}
Si riconosce subito che si tratta della lagrangiana che descrive un pendolo non lineare, la cui equazione di moto \`e:
\begin{equation}
\label{eq:6.2}
  \ddot \theta  = -\lambda \frac{kR^2}{I}   \cos \theta  
\end{equation}
con posizioni di equilibrio $\theta_1= \frac{\pi}{2}$ (instabile),  $\theta_2= - \frac{\pi}{2}$ (stabile). La frequenza delle "piccole oscillazioni" \`e quindi:
$$
\omega = \sqrt{\frac{kR^2\lambda }{I}} = \sqrt{\frac{g}{R} } \sqrt{\frac{m}{m + 2M} }
$$


\qed











































\end{document}