Vogliamo studiare il moto di un oscillatore bidimensionale, che possiamo realizzare collegando una massa $m$ a un punto fisso mediante una molla ideale di costante elastica $k$ , massa trascurabile e lunghezza a riposo nulla.

Ponendo l’origine del sistema di coordinate nel punto fisso, indichiamo con $x$ e $y$ le coordinate della massa. Le equazioni del moto sono $$m\frac{d^{2}\vec{r}}{dt^{2}}=\vec{F}$$ dove $\vec{r}=x\hat{e}_{x}+y\hat{e}_{y}$ e $$\vec{F}=-k\ell\hat{e}_{r}$$ è la forza elastica. Dato che l’allungamento della molla è dato da $\ell=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ e che il versore $\hat{e}_{r}$ nella direzione di questa vale $$\hat{e}_{r}=\frac{\vec{r}}{\left|\vec{r}\right|}=\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\begin{pmatrix}x\\ y \end{pmatrix}$$ abbiamo le due equazioni $$\begin{eqnarray*} m\ddot{x} & = & -kx\\ m\ddot{y} & = & -ky \end{eqnarray*}$$ Entrambe rappresentano un oscillatore armonico con pulsazione $\omega=\sqrt{k/m}$ . La soluzione generale è quindi $$\begin{align*} x(t) & =A\cos\omega t+B\sin\omega t\\ y(t) & =C\cos\omega t+D\sin\omega t \end{align*}$$ dove le costanti reali $A$ , $B$ , $C$ e $D$ possono essere determinate imponendo le condizioni iniziali.

Le posizioni iniziali sono date da $$\begin{align*} x(0) & =A\\ y(0) & =C \end{align*}$$ e derivando le leggi orarie troviamo le velocità $$\begin{align*} \dot{x}(t) & =-A\omega\sin\omega t+B\omega\cos\omega t\\ \dot{y}(t) & =-C\omega\sin\omega t+D\omega\cos\omega t \end{align*}$$ da cui $$\begin{align*} \frac{1}{\omega}\dot{x}(0) & =B\\ \frac{1}{\omega}\dot{y}(0) & =D \end{align*}$$ Sostituendo troviamo $$\begin{align*} x(t) & =x(0)\cos\omega t+\frac{1}{\omega}\dot{x}(0)\sin\omega t\\ y(t) & =y(0)\cos\omega t+\frac{1}{\omega}\dot{y}(0)\sin\omega t \end{align*}$$

Osserviamo che è possibile ricavare dalle leggi orarie precedenti $\sin\omega t$ e $\cos\omega t$ . In effetti $$\begin{equation} \begin{pmatrix}x(t)\\ y(t) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x(0) & \frac{1}{\omega}\dot{x}(0)\\ y(0) & \frac{1}{\omega}\dot{y}(0) \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\cos\omega t\\ \sin\omega t \end{pmatrix}\label{eq:lorarie} \end{equation}$$ e quindi $$\begin{pmatrix}\cos\omega t\\ \sin\omega t \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x(0) & \frac{1}{\omega}\dot{x}(0)\\ y(0) & \frac{1}{\omega}\dot{y}(0) \end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}x(t)\\ y(t) \end{pmatrix}=\frac{1}{x(0)\dot{y}(0)-\dot{x}(0)y(0)}\begin{pmatrix}\dot{y}(0) & -\dot{x}(0)\\ -\omega y(0) & \omega x(0) \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x(t)\\ y(t) \end{pmatrix}$$ Per calcolare l’inversa della matrice e quindi risolvere il sistema il determinante $$\Delta=x(0)\dot{y}(0)-\dot{x}(0)y(0)$$ deve essere diverso da zero. Il caso $\Delta=0$ sarà considerato a parte. Notiamo che $\Delta$ è proporzionale al momento angolare iniziale del sistema rispetto ad un polo scelto nel punto fisso: infatti $$\vec{L}=m\left(x\hat{e}_{x}+y\hat{e}_{y}\right)\wedge\left(\dot{x}\hat{e}_{x}+\dot{y}\hat{e}_{y}\right)=m\Delta\hat{e}_{z}$$ Inoltre sappiamo che $\vec{L}$ è una costante del moto, dato che la forza elastica ha momento nullo.

Osserviamo che le energie associate alle due oscillazioni armoniche si conservano separatamente $$\begin{eqnarray*} E_{x} & = & \frac{1}{2}m\dot{x}^{2}+\frac{m\omega^{2}}{2}x^{2}\\ E_{y} & = & \frac{1}{2}m\dot{y}^{2}+\frac{m\omega^{2}}{2}y^{2} \end{eqnarray*}$$ Inoltre anche $$Q=\frac{m}{2}\left(\dot{y}\dot{x}+\omega^{2}xy\right)$$ si conserva, infatti $$\frac{2}{m}\frac{dQ}{dt}=\ddot{y}\dot{x}+\dot{y}\ddot{x}+\omega^{2}\dot{x}y+\omega^{2}x\dot{y}$$ e utilizzando le equazioni del moto $$\frac{2}{m}\frac{dQ}{dt}=-\omega^{2}y\dot{x}-\omega^{2}x\dot{y}+\omega^{2}\dot{x}y+\omega^{2}x\dot{y}=0$$ In conclusione possiamo scrivere $$\begin{pmatrix}x(t) & y(t)\end{pmatrix}\begin{pmatrix}E_{y} & -Q\\ -Q & E_{x} \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x(t)\\ y(t) \end{pmatrix}=\frac{m}{2}\Delta^{2}=\frac{L^{2}}{2m}$$ Tra parentesi possiamo verificare direttamente che la matrice al membro sinistro è definita positiva. Dato che $E_{y}>0$ basta verificare che il determinante è positivo. Abbiamo $$\begin{align*} E_{x}E_{y}-Q^{2} & =\frac{m^{2}}{4}\left[\left(\dot{x}^{2}+\omega^{2}x^{2}\right)\left(\dot{y}^{2}+\omega^{2}y^{2}\right)-\left(\dot{y}\dot{x}+\omega^{2}xy\right)^{2}\right]\\ & =\frac{m^{2}}{4}\left[\omega^{2}x^{2}\dot{y}^{2}+\omega^{2}y^{2}\dot{x}^{2}-2\omega^{2}\dot{x}\dot{y}xy\right]\\ & =\frac{m^{2}\omega^{2}}{4}\left(x\dot{y}-y\dot{x}\right)^{2}=\frac{\omega^{2}}{4}L^{2}>0 \end{align*}$$

Per il sistema considerato le coordinate Cartesiane sono molto convenienti, e permettono di risolvere in modo semplice il problema. Quando si ha a che fare con forze centrali si preferisce in genere utilizzare le coordinate polari. Vedremo negli esercizi seguenti come si può discutere il problema considerato con queste ultime.

Abbiamo per l’energia $$E=\frac{1}{2}m\left(\dot{r}^{2}+r^{2}\dot{\theta}^{2}\right)+\frac{k}{2}r^{2}$$ e per il momento angolare $$L_{z}=mr^{2}\dot{\theta}$$ Eliminando $\dot{\theta}$ dall’energia abbiamo $$E=\frac{1}{2}m\dot{r}^{2}+\frac{L_{z}^{2}}{2mr^{2}}+\frac{k}{2}r^{2}$$ Per $L_{z}\neq0$ il potenziale cresce senza limite per $r\rightarrow0$ e per $r\rightarrow\infty$ . Tutte le traiettorie (per qualsiasi valore dell’energia) saranno dunque limitate. In particolare il potenziale efficace ha un unico minimo determinato da $$\frac{d}{dr^{2}}\left(\frac{L_{z}^{2}}{2mr^{2}}+\frac{k}{2}r^{2}\right)=-\frac{L_{z}^{2}}{2mr^{4}}+\frac{k}{2}=0$$ cioè $$r_{0}^{2}=\sqrt{\frac{L_{z}^{2}}{mk}}$$ Quindi quando l’energia totale avrà il valore $$E=\frac{L_{z}^{2}}{2mr_{0}^{2}}+\frac{k}{2}r_{0}^{2}=L_{z}\sqrt{\frac{k}{m}}$$ la traiettoria sarà una circonferenza di raggio $r_{0}$ .

Anzitutto vediamo che possiamo scrivere $$E=\frac{1}{2}m\left(\frac{L_{z}}{mr^{2}}\frac{dr}{d\theta}\right)^{2}+\frac{L_{z}^{2}}{2mr^{2}}+\frac{k}{2}r^{2}$$ Possiamo vedere questa relazione come un’equazione differenziale per $r(\theta)$ . Per cercare di risolverla proviamo a introdurre una nuova variabile $$u=\alpha+\frac{1}{r^{2}}$$ dove $\alpha$ è una costante da determinare. Abbiamo anzitutto $$\frac{du}{d\theta}=-\frac{2}{r^{3}}\frac{dr}{d\theta}$$ ed inoltre $$\frac{1}{r^{2}}=u-\alpha$$ Sostituendo nell’espressione precedente troviamo $$E\left(u-\alpha\right)=\frac{L_{z}^{2}}{8m}\left(\frac{du}{d\theta}\right)^{2}+\frac{L_{z}^{2}}{2m}\left(u-\alpha\right)^{2}+\frac{k}{2}$$ Scegliamo adesso $\alpha$ in modo da cancellare i termini lineari in $u$ . Questo significa che deve essere $$\alpha=-\frac{m\beta E}{L_{z}^{2}}$$ e quindi $$\frac{m^{2}}{L_{z}^{4}}\left(E^{2}-\frac{kL_{z}^{2}}{m}\right)=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{du}{d\theta}\right)^{2}+4u^{2}\right]$$ Le traiettorie ammesse corrispondono a valori di energia per i quali il membro sinistro è positivo: questo è consistente con lo studio del potenziale efficace visto in precedenza. Possiamo scrivere più semplicemente $$E^{\prime}=\frac{1}{2}\left(\frac{du}{d\theta}\right)^{2}+\frac{1}{2}4u^{2}$$ Questa è formalmente l’energia di un oscillatore armonico descritto dalla coordinata $u$ con $\omega=2$ . La soluzione generale per $u(\theta)$ è quindi $$u=\sqrt{\frac{E^{\prime}}{2}}\cos\left(2\theta+\phi\right)$$ e tornando alla variabile $r$ $$\alpha+\frac{1}{r^{2}}=A\cos\left(2\theta+\phi\right)$$ ossia $$r^{2}=\frac{1}{\sqrt{\frac{E^{\prime}}{2}}\cos\left(2\theta+\phi\right)+\frac{mE}{L_{z}^{2}}}$$ Notiamo che la costante $\phi$ corrisponde ad una rotazione di un angolo $\phi/2$ , quindi possiamo considerare il solo caso $\phi=0$ per capire come è fatta la traiettoria. Abbiamo allora $$\begin{equation} r^{2}=\frac{\frac{L_{z}^{2}}{mE}}{1+\sqrt{\left(1-\frac{kL_{z}^{2}}{mE^{2}}\right)}\cos2\theta}\label{eq:ellpolar} \end{equation}$$ che come vedremo tra breve è una ellisse. I quadrati dei semiassi corrisponderanno al valore massimo e minimo di $r^{2}$ , ossia a $$r_{\pm}^{2}=\frac{\frac{L_{z}^{2}}{mE}}{1\mp\sqrt{\left(1-\frac{kL_{z}^{2}}{mE^{2}}\right)}}=\frac{E}{k}\left[1\pm\sqrt{\left(1-\frac{kL_{z}^{2}}{mE^{2}}\right)}\right]$$ Per verificar che abbiamo a che fare con un’ellisse con centro nell’origine riscriviamo l’equazione (↓) nella forma $$r^{2}+\sqrt{\left(1-\frac{kL_{z}^{2}}{mE^{2}}\right)}r^{2}\left(\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta\right)=\frac{L_{z}^{2}}{mE}$$ ossia $$\left[1+\sqrt{\left(1-\frac{kL_{z}^{2}}{mE^{2}}\right)}\right]x^{2}+\left[1-\sqrt{\left(1-\frac{kL_{z}^{2}}{mE^{2}}\right)}\right]y^{2}=\frac{L_{z}^{2}}{mE}$$ che corrisponde effettivamente ad una ellisse con i semiassi del valore determinato precedentemente.

Vogliamo studiare adesso il moto di un pendolo sospeso sulla superficie terrestre, tenendo conto degli effetti legati alla rotazione terrestre. Scriveremo le relative equazioni del moto in un sistema solidale con la terra.

Scriviamo la seconda equazione cardinale, scegliendo come polo il punto di sospensione. Avremo $$m\ell^{2}\frac{d}{dt}\left(\hat{n}\wedge\frac{d\hat{n}}{dt}\right)=\ell\hat{n}\wedge\left[-T\hat{n}-mg\hat{e}_{r}-m\vec{\omega}\wedge\left(\vec{\omega}\wedge\vec{R}_{p}\right)-2m\ell\vec{\omega}\wedge\frac{d\hat{n}}{dt}\right]$$ ossia, semplificando alcuni termini che si annullano, $$\begin{equation} \hat{n}\wedge\frac{d^{2}\hat{n}}{dt^{2}}=\left[-\frac{g}{\ell}\hat{n}\wedge\hat{e}_{r}-\frac{1}{\ell}\hat{n}\wedge\left(\vec{\omega}\wedge\left(\vec{\omega}\wedge\vec{R}_{p}\right)\right)-2\hat{n}\wedge\left(\vec{\omega}\wedge\frac{d\hat{n}}{dt}\right)\right]\label{eq:2card} \end{equation}$$ Determiniamo adesso $\hat{n}$ in condizioni di equilibrio. L’equazione precedente diviene, omettendo le derivate temporali di $\hat{n}$ $$\hat{n}\wedge\left[g\hat{e}_{r}+\vec{\omega}\wedge\left(\vec{\omega}\wedge\vec{R}_{p}\right)\right]=0$$ Questo significa che $\hat{n}$ all’equilibrio deve essere parallelo al vettore tra parentesi quadre. Calcoliamo esplicitamente quest’ultimo: $$\begin{align*} g\hat{e}_{r}+R_{T}\omega^{2}\hat{z}\wedge\left(\hat{z}\wedge\hat{e}_{r}\right) & =g\hat{e}_{r}+R_{T}\omega^{2}\hat{z}\wedge\left(\hat{z}\wedge\hat{e}_{r}\right)\\ & =g\hat{e}_{r}+R_{T}\omega^{2}\sin\theta\left(\hat{z}\wedge\hat{e}_{\phi}\right)\\ & =\left(g+R_{T}\omega^{2}\sin^{2}\theta\right)\hat{e}_{r}+R_{T}\omega^{2}\sin\theta\cos\theta\hat{e}_{\theta} \end{align*}$$ Normalizzando in modo da avere un versore abbiamo infine $$\hat{n}_{eq}=\pm\frac{\left(g+R_{T}\omega^{2}\sin^{2}\theta\right)\hat{e}_{r}+R_{T}\omega^{2}\sin\theta\cos\theta\hat{e}_{\theta}}{\sqrt{g^{2}+\left(\omega^{2}R_{T}+2g\right)R_{T}\omega^{2}\sin^{2}\theta}}$$ e nel seguito sceglieremo il segno negativo, che corrisponde alla posizione di equilibrio.

Possiamo scrivere $$\hat{n}=\hat{n}_{eq}+\vec{\delta}$$ dove $\vec{\delta}$ è una piccola perturbazione della posizione di equilibrio. Dato che $\hat{n}$ e $\hat{n}_{eq}$ devono essere versori abbiamo $$\hat{n}\cdot\hat{n}=\hat{n}_{eq}\cdot\hat{n}_{eq}+2\hat{n}_{eq}\cdot\vec{\delta}+O\left(\delta^{2}\right)$$ e quindi in questa approssimazione $\hat{n}_{eq}\cdot\vec{\delta}=0$ , ossia la perturbazione è perpendicolare al vettore $\hat{n}_{eq}$ . Sostituiamo adesso nella Equazione (↓), tenendo solo i termini del primo ordine in $\vec{\delta}$ . Abbiamo $$\begin{align*} \hat{n}_{eq}\wedge\frac{d^{2}\vec{\delta}}{dt^{2}} & =-\frac{g}{\ell}\vec{\delta}\wedge\hat{e}_{r}\\ & -\omega^{2}\hat{n}_{eq}\wedge\left(\hat{z}\wedge\left(\hat{z}\wedge\vec{\delta}\right)\right)-\frac{R_{T}\omega^{2}}{\ell}\vec{\delta}\wedge\left(\hat{z}\wedge\left(\hat{z}\wedge\hat{e}_{r}\right)\right)\\ & -2\omega\hat{n}_{eq}\wedge\left(\hat{z}\wedge\frac{d\vec{\delta}}{dt}\right) \end{align*}$$ Nella prima riga abbiamo il termine legato al momento delle forze gravitazionali, nella seconda i termini legati alla forza centrifuga e nell’ultima quelli legati alla forza di Coriolis. Dato che per piccole oscillazioni $\vec{\delta}$ rimane nel piano ortogonale a $\hat{n}_{eq}$ possiamo dire che lo faranno anche le sue derivate prime e seconde. Approfittiamo adesso dell’identità $$\left(\hat{n}_{eq}\wedge\vec{a}\right)\wedge\hat{n}_{eq}=\vec{a}_{\perp}$$ dove $\vec{a}_{\perp}$ è la parte di $\vec{a}$ perpendicolare a $\hat{n}_{eq}$ , e calcoliamo il prodotto vettoriale di $\hat{n}_{eq}$ con ambo i membri dell’equazione precedente. Otteniamo $$\begin{align*} \frac{d^{2}\vec{\delta}}{dt^{2}} & =-\frac{g}{\ell}\left(\vec{\delta}\wedge\hat{e}_{r}\right)\wedge\hat{n}_{eq}\\ & -\omega^{2}\left[\hat{z}\wedge\left(\hat{z}\wedge\vec{\delta}\right)\right]_{\perp}-\frac{g}{\ell}\frac{R_{T}\omega^{2}}{g}\left\{ \vec{\delta}\wedge\left[\hat{z}\wedge\left(\hat{z}\wedge\hat{e}_{r}\right)\right]\right\} \wedge\hat{n}_{eq}\\ & -2\omega\left(\hat{z}\wedge\frac{d\vec{\delta}}{dt}\right)_{\perp} \end{align*}$$ Utilizziamo adesso l’identità $$\vec{a}\wedge\left(\vec{b}\wedge\vec{c}\right)=\vec{b}\left(\vec{a}\cdot\vec{c}\right)-\vec{c}\left(\vec{a}\cdot\vec{b}\right)$$ per ottenere $$\begin{align} \frac{d^{2}\vec{\delta}}{dt^{2}} & =\frac{g}{\ell}\left(\hat{n}_{eq}\cdot\hat{e}_{r}\right)\vec{\delta}\nonumber \\ & +\frac{g}{\ell}\frac{R_{T}\omega^{2}}{g}\hat{n}_{eq}\cdot\left[\hat{z}\wedge\left(\hat{z}\wedge\hat{e}_{r}\right)\right]\vec{\delta}\nonumber \\ & +\omega^{2}\left[\vec{\delta}-\hat{z}\left(\hat{z}\cdot\vec{\delta}\right)\right]_{\perp}\nonumber \\ & -2\omega\left(\hat{z}\wedge\frac{d\vec{\delta}}{dt}\right)_{\perp}\label{eq:emoto} \end{align}$$ Per avere un’idea degli ordini di grandezza notiamo che il parametro adimensionale $$\varepsilon=\frac{\omega^{2}\ell}{g}=\frac{\ell}{9.8\unit{ms^{-2}}}\left(\frac{2\pi}{24\times60\times60}\unit{s}\right)\simeq\left(\frac{\ell}{1.8\times10^{9}\unit{m}}\right)$$ è molto piccolo per pendoli di lunghezza ragionevole. Anche il fattore $$\gamma=\frac{R_{T}\omega^{2}}{g}\simeq\frac{6.371\times10^{6}\unit{m}}{9.8\unit{ms^{-2}}}\left(\frac{2\pi}{24\times60\times60}\unit{s}\right)^{2}\simeq3.4\times10^{-3}$$ che rappresenta il rapporto tra la forza di gravità e la forza centrifuga, è piccolo. Possiamo scrivere in conclusione $$\frac{d^{2}\vec{\delta}}{dt^{2}}+2\omega\left(\hat{z}\wedge\frac{d\vec{\delta}}{dt}\right)_{\perp}+\frac{g}{\ell}\left\{ -\left(\hat{n}_{eq}\cdot\hat{e}_{r}\right)-\gamma\hat{n}_{eq}\cdot\left[\hat{z}\left(\hat{z}\cdot\hat{e}_{r}\right)-\hat{e}_{r}\right]\right\} \vec{\delta}-\frac{g}{\ell}\varepsilon\left[\vec{\delta}-\hat{z}\left(\hat{z}\cdot\vec{\delta}\right)\right]_{\perp}=0$$ Trascurando l’ultimo termine queste equazioni si possono scrivere nella forma semplice $$\frac{d^{2}\vec{\delta}}{dt^{2}}+2\omega\left(\hat{z}\wedge\frac{d\vec{\delta}}{dt}\right)_{\perp}+\omega_{p}^{2}\vec{\delta}=0$$ dove $$\begin{align*} \omega_{p}^{2} & =-\frac{g}{\ell}\left[\left(1-\gamma\right)\left(\hat{n}_{eq}\cdot\hat{e}_{r}\right)+\gamma\left(\hat{n}_{eq}\cdot\hat{z}\right)\left(\hat{z}\cdot\hat{e}_{r}\right)\right]\\ & =-\frac{g}{\ell}\left[\left(1-\gamma\sin^{2}\theta\right)\left(\hat{n}_{eq}\cdot\hat{e}_{r}\right)-\gamma\cos\theta\sin\theta\left(\hat{n}_{eq}\cdot\hat{e}_{\theta}\right)\right]\\ & =\frac{g}{\ell}\frac{1-\gamma^{2}\sin^{4}\theta+\gamma^{2}\cos^{2}\theta\sin^{2}\theta}{\sqrt{1+\left(\gamma^{2}+2\gamma\right)\sin^{2}\theta}} \end{align*}$$