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\title{Appunti di Prati}
\author{danivolo}
\date{}

\begin{document}
\maketitle

\tableofcontents

\section{Oscillazioni easy}
\subsection{Pendoli}
\subsubsection{Pendolo semplice}
L'equazione del moto di un pendolo easy è

\begin{align}
 	\ddot{\theta} &= -\frac{g}{L} \sin \theta
\end{align}

che per piccole oscillazioni si riduce a

\begin{align}
	\ddot{\theta} &= -\omega_0^2 \theta \\
	\omega_0 &= \sqrt{\frac{g}{L}} \\
	x(t) &= x_m \cos(\omega_0 t+\alpha)
\end{align}

Il periodo $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}} = 2 \sqrt{L}$, in questo limite, non dipende da $x_m$, né, sulla Terra, da $g$.

Per ottenere un'approssimazione migliore per il periodo riduciamo l'equazione alle quadrature credo che si dica. Confrontando energia in basso e agli estremi:

\begin{align}
	E &= \frac{1}{2} m v^2 + 2mgL \sin^2 \frac{\phi}{2} = 2mgL \sin^2 \frac{\phi_m}{2}\\
	\frac{d\phi}{dt} &= \frac{1}{L} v = 2 \omega_0 \sqrt{\sin^2 \frac{\phi_m}{2}-\sin^2 \frac{\phi}{2}} \\
	\omega_0 dt &= \frac{d\phi}{2\sqrt{\sin^2 \frac{\phi_m}{2}-\sin^2 \frac{\phi}{2}}}
\end{align}

Integrando l'ultima equazione su $(-\phi_m,\phi_m)$ otteniamo $\omega_0 T$. Per calcolare l'integrale si usa la sostituzione

\begin{align}
	\sin \frac{\phi}{2} &= \sin \frac{\phi_m}{2} \sin \beta \\
	T &= \frac{2}{\omega_0} \int_{{-\frac{\pi}{2}}}^{{\frac{\pi}{2}}} \frac{d \beta}{\sqrt{1-\sin^2\frac{\phi_m}{2}\sin^2 \beta}}
\end{align}
che è un integrale ellittico di prima specie, quindi approssimiamo al primo ordine in $\phi_m$:

\begin{align}
	T \sim \frac{2\pi}{\omega_0}\Big(1+\frac{\phi_m^2}{16}\Big) \\
	\omega \sim \omega_0 \Big(1-\frac{\phi_m^2}{16}\Big)
\end{align}

L'integrale si risolve esattamente solo se il pendolo parte in posizione verticale, e guarda te, il periodo è infinito.

\subsubsection{Oscillatore forzato}
L'equazione diventa inomogenea:

\begin{align}
	\ddot{x}+\omega_0^2 x = \frac{F}{m} \cos \omega t
\end{align}

La soluzione dell'omogenea è il solito pendolo, la soluzione particolare è

\begin{align}
	x(t) &= \frac{F_0/m}{\omega_0^2-\omega^2} (\cos \omega t - \cos \omega_0 t) \\
	&=\frac{F_0/m}{\bar{\omega}\Delta \omega}  \sin \Big(\frac{\Delta w}{2} t\Big) \sin (\bar{\omega} t)
\end{align}

che fa i battimenti e per $\omega = \omega_0$ esplode, cioè il seno di $\Delta \omega$ si semplifica col suo argomento e l'\textit{envelope} cresce linearmente col tempo.

Si può riscrivere la soluzione particolare mettendo il modulo al denominatore e introducento uno sfasamento che compensi il cambio di segno quando $\omega$ passa da un lato all'altro di $\omega_0$. In questo caso si ottiene il secondo problema oltre alla divergenza, cioè che questo sfasamento è discontinuo, ma introducendo l'attrito tutto si aggiusta.

\subsubsection{Oscillatore smorzato}
Introduciamo una forza di attrito proporzionale alla velocità, come succede per moti lenti in mezzo denso. Per moti veloci in mezzo poco denso l'attrito dipende dal quadrato della velocità.

\begin{align}
	F_a = -b \dot{x} \\
	\gamma = \frac{b}{2m} \\
	\ddot{x} + 2 \gamma \dot{x} + w_0^2 x = \frac{F_0}{m} cos \omega t
\end{align}

Le soluzioni dell'omogenea partendo da 0 a velocità $v_0$ vengono

\begin{align}
	x(t) &= A e^{\lambda_+ t} + B e^{\lambda_- t} \\
	\lambda_{\pm} &= -\gamma \pm \sqrt{\gamma^2-\omega_0^2} = \Gamma \pm \gamma \\
	x(t) &= \frac{v_0}{\lambda_+-\lambda_-} (e^{\lambda_+ t}+e^{\lambda_- t}) \\
	&=\begin{dcases}
		\frac{v_0 e^{-\gamma t}}{\Gamma} \sinh \Gamma t & (\gamma > \omega_0) \\
		v_0 t e^{-\gamma t} & (\gamma = \omega_0) \\
		\frac{v_0 e^{-\gamma t}}{i\Gamma} \sin i\Gamma t & (\gamma < \omega_0)
\end{dcases}
\end{align}

Per il caso sovrasmorzato il moto è unimodale e l'ampiezza massima si raggiunge in
\begin{align}
	t_m &= \frac{1}{\Gamma} \text{arctanh} \frac{\Gamma}{\gamma}
\end{align}
e il tempo minimo si ha per lo smorzamento critico, quando vale $1/\gamma$, quindi se vuoi che una porta aperta si chiuda veloce sai come fare.

Nel caso sottosmorzato sono oscillazioni smorzate con pseudo-periodo uguale a quello dell'oscillatore libero.

Per la soluzione dell'inomogenea facciamo come Landau e cerchiamo una soluzione all'equazione complessa per poi prenderne la parte reale:

\begin{align}
	\ddot{x} + 2 \gamma \dot{x} + w_0^2 x &= \frac{F_0}{m} \Re e^{i\omega t} \\
	x(t) &= \Re B e^{i\omega t} = C \cos (\omega t - \delta)\\
	B &= C e^{-i\delta}= \frac{F_0/m}{\sqrt{\omega_0^2-\omega^2+2i\gamma\omega}}  \\
	C &= \frac{F_0/m}{\sqrt{(\omega_0^2-\omega^2)^2+4\gamma^2\omega^2}} \\
	\delta &= \arctan \frac{2\gamma\omega}{\omega_0^2-\omega^2}
\end{align}

Ora infatti $C$ non ha divergenze e $\delta$ è continuo.

Dal grafico di $C$ notiamo che l'ampiezza in risonanzaè $C(\omega_0) = \omega_0/2\gamma C(0)=Q C(0)$, ma non è quella massima, che si ottiene per $\omega_m = \sqrt{\omega_0^2-2\gamma^2}$.

Ah comunque $Q$ sarebbe il fattore di qualità, si chiama così perché l'energia di un oscillatore smorzato decade con esponente $2\pi/Q$ e quindi un oscillatore di qualità perde molta poca energia in un periodo.

Vicino alla risonanza possiamo prendere

\begin{align}
	\gamma \ll \omega_0 \\
\omega_m &= \omega_0 \\
|\omega-\omega_0| &= \gamma \\
	C(\omega) &= \frac{F_0/2k}{\sqrt{( \frac{\omega}{\omega_0}-1)^2+\frac{1}{4Q^2}}}
\end{align}

Ora $b = C^2$ è effettivamente una Lorenziana, simmetrica rispetto a $\omega_0$. Poiché

\begin{align}
	C\Big(\omega_0\pm \frac{\omega_0}{Q}\Big) &= \frac{C(\omega_0)}{\sqrt{2}}
\end{align}

possiamo dire che la FWHM è inversamente proporzionale al fattore di qualità.

Sia per l'oscillatore libero che per l'oscillatore forzato e smorzato, l'energia cinetica media è uguale all'energia potenziale media.

Nell'oscillatore forzato e smorzato l'energia media su un periodo è costante anche se ci sono 3 forze, perché il lavoro della forzante compensa esattamente il lavoro della forza d'attrito.

\subsection{Pendoli accoppiati}
\subsubsection{Da una molla}

Tieni conto che anche due pendoli senza una molla sono comunque accoppiati dall'aria, non serve chissà che cosa.

Per prima cosa bisogna si approssima $\sin \theta$ con $\tan \theta$ per parlare degli spostamenti orizzontali, come due cubetti di ghiaccio legati da una molla.

Le equazioni del moto hanno forze proporzionali a $x_1-x_2$, e si disaccoppiano passando alle variabili somma e differenza, insomma ruotando tutto di 45°. Si trova così che un sistema di $N$ oscillatori accoppiati si scompone sempre in combinazioni di $N$ modi normali, tra i quali non c'è scambio di energia.

\subsubsection{Pendolo doppio}

Per scrivere le equazioni del moto trascureremo la forza centrifuga, perché dipendendo dalla velocità al quadrato, che nel pendolo semplice è al massimo $(\omega_0 \theta_m)^2$ (confronto fra energie), quindi nel limite delle piccole oscillazioni sempre un infinitesimo del II ordine. Senza la forza centrifuga la tensione del filo è $mg\cos \theta \sim mg$.

Per scrivere le equazioni del moto bisogna fare un disegno che sembra complicato ma non lo è per convincersi del fatto che $y = L(\alpha + \beta)$ e che la forza esercitata dal secondo pendolo sul primo è proporzionale a $\sin \beta - \alpha$.

Si scrivono le equazioni in termini del rapporto $r = m/M$ che poi faremo tendere a 0:

\begin{align}
	\ddot{x}+\omega_0^2(1+2r)x &= r\omega_0^2 y \\
	\ddot{y}+\omega_0^2 y &= \omega_0^2 x
\end{align}

Cercando soluzioni con la stessa frequenza e fase, o comunque provando a diagonalizzare, si trova:

\begin{align}
	\omega_{\pm} &= \omega_0 \sqrt{1+r\pm \sqrt{r(1+r)}}
\end{align}

che sono valori esterni alle frequenze naturali dei pendoli $\omega_00$, $\omega_0\sqrt{1+2r}$.

Considerando ora la seconda massa molto più piccola della prima, e considerando nelle frequenze solo i termini fino a $\sqrt{r}$ si ha

\begin{align}
	\omega_{\pm} &= \omega_0 \Big(1\pm \frac{\sqrt{r}}{2}\Big)
\end{align}

Le equazioni approssimate sono

\begin{align}
	\ddot{x}+\omega_0^2 x &= r\omega_0^2 y \\
	\ddot{y}+\omega_0^2 y &= \omega_0^2 x
\end{align}

e si disaccoppiano anche a occhio combinando la prima con la seconda moltiplicata per $\sqrt{r}$.

\subsection{Pendolo di Kapitza}
\subsubsection{Verticale}

Partendo dalle coordinate

\begin{align}
	\begin{dcases}
		x &= L \sin \theta \\
		y &= -L \cos \theta + a \cos \Omega t
	\end{dcases}
\end{align}

si trova l'equazione tipo Mathieu

\begin{align}
	\ddot{\theta} + \omega_0^2 (1-A \cos\Omega t) \sin \theta &= 0 \\
	A &= \frac{a}{L} \frac{\Omega^2}{\omega^2}
\end{align}

dove ricordiamo che $a \ll L$, $\Omega \gg \omega$, così che $A \sim \epsilon^{-1}$ è piuttosto grande.

Secondo Kapitza, cerchiamo una soluzione composta da una componente ampie e lenta e una piccola e veloce. Nell'equazione che si ottiene separiamo i termini veloci, cioè che muoiono mediando su un periodo veloce, da quelli lenti, che sopravvivono:

\begin{align}
	\ddot{\theta_0} + \omega_0^2 \sin \theta_0 - \omega_0^2 A \cos \theta_0 cos (\Omega t) \theta_1 \\
	+ \ddot{\theta_1} + \omega_0^2 \cos \theta_0 \theta_1 - \omega_0^2 A \sin \theta_0 \cos (\Omega t) &= 0
\end{align}

Mediando su un periodo si ottiene l'equazione per $\theta_0$ in termini di $\theta_1$, che invece si trova ponendo uguali a 0 i termini veloci. L'equazione per $\theta_1$ è quella di un oscillatore forzato:

\begin{align}
	\theta_1(t) &= \frac{\omega_0^2 A \sin \theta_0}{\omega_0^2 \cos \theta_0 - \Omega^2} \cos(\Omega t) \\
\end{align}

Inserendolo nell'equazione per $\theta_0$ possiamo tornare a $\theta_0 \rightarrow \theta$:

\begin{align}
	\ddot{\theta_0} + \omega_0^2 \sin \theta_0 - \langle\omega_0^2 A \cos \theta_0 \cos (\Omega t) \theta_1 \rangle \\
	\ddot{\theta} + \omega_0^2 \sin \theta (1+ 2B \cos \theta) &= 0 \\
	B &= \Big(\frac{1}{2} \frac{\Omega}{\omega} \frac{a}{L}\Big)^2
\end{align}

Da quest'equazione possiamo ricavare il potenziale efficace a cui è soggetto l'oscillatore, di cui ci interessano solo le derivate

\begin{align}
	\frac{dV}{d\theta}&= \omega_0^2 \sin \theta (1+ 2B \cos \theta) \\
	\frac{d^2 V}{d\theta^2} \omega_0^2 \cos \theta (1+2B \cos \theta) - 2 B \omega_0^2 \sin^2 \theta
\end{align}

I punti di equilibrio annullano la derivata prima e sono 0, $\pi$, e, quando $B>1/2$, $\bar{\theta} = \pm \arccos (-1/2B)$

Calcolando valutando la derivata seconda del potenziale in questi punti si ottiene che:

\begin{itemize}
	\item $\theta = 0$ è sempre stabile
	\item $\theta = \pi$ è stabile se $B > 1/2$
	\item $\theta = \pm \bar{\theta}$ sono sempre instabili
\end{itemize}

Da notare che $B_{critico}$ corrisponde a $a\Omega = \sqrt{2gL}$, cioè che la velocità massima nell'oscillazione del perno del pendolo sia uguale alla velocità massima di un grave che cade da altezza $L$.

\subsubsection{Orizzontale}

Il termine oscillante va sulla $x$ e l'equazione diventa:

\begin{align}
	\ddot{\theta}+\omega_0(\sin \theta - A \cos(\Omega t) \cos \theta) &= 0
\end{align}

Usando la stessa tecnica si ottiene

\begin{align}
	\ddot{\theta_0}+\omega_0^2 \sin \theta_0 + \omega_0^2 A \sin \theta_0 \cos (\Omega t) \theta_1 \\
	+ \ddot{\theta_1} + \omega_0^2 \cos \theta_0 \theta_1 - \omega_0^2 A \cos(\Omega t) \cos \theta_0 \theta_0 \\
	\theta_1 &= \frac{\omega_0^2 A \cos \theta_0}{\omega_0 ^2 \cos\theta_0 - \Omega^2} \cos(\Omega t) \\
	\ddot{\theta_0}+\omega_0^2 \sin \theta_0 + \omega_0^2 A \sin \theta_0 <\cos (\Omega t) \theta_1> \\
	\ddot{\theta} + \omega_0^2 \sin \theta (1-2B\cos \theta)
\end{align}

In questo caso:

\begin{itemize}
	\item $\theta = 0$ è stabile sse $B < 1/2$
	\item $\theta = \pi$ è sempre instabile
	\item $\theta = \pm \bar{\theta}$ sono sempre stabili, quando esistono
\end{itemize}

\subsection{Pendolo invertito che torna nella posizione iniziale}

L'equazione del pendolo si può integrare esattamente una volta:

\begin{align}
	\ddot{\theta} &= -\omega_0^2 \theta \\
	\dot{\theta} &= 2 \omega_0 \cos \frac{\theta}{2}
\end{align}

Questo però fissa i punti di inversione in $\pm \pi$.

Per integrare la seconda volta è utile la sostituzione

\begin{align}
	\theta &= 4 \arctan y - \pi \\
	\dot{\theta} &= \frac{4y}{1+y^2} \\
	\cos \frac{\theta}{2} &= \frac{2y}{1+y^2} \\
	\dot{y} &= \omega_0 y \\
	\theta &= 4 \arctan (e^{\omega_0 t}) - \pi
\end{align}

Più interessante è

\begin{align}
	\dot{\theta} &= 2 \omega_0 \, \text{sech} (\omega_0 t)
\end{align}

che è tipo un solitone, boh.

Qui $\dot{\theta}_m = 2\omega_0$, come nelle piccole oscillazioni, nel limite $\pi \rightarrow 2$.

\subsection{Risonanza parametrica}
\subsubsection{2:1, I ordine}

Equazione di Mathieu:

\begin{align}
	\ddot{\theta} + \omega_0^2(1+2\epsilon \cos(\Omega t)) &= 0
\end{align}

Questo perché quando hai un oscillatore con $m$ e $k$ variabili lo puoi comunque riscrivere in questa forma con la sostituzione $d\tau = dt/dm$.

Cerchiamo una soluzione tipo oscillatore armonico ma con ampiezza lentamente variabile nel tempo:

\begin{align}
	\theta &= A e^{i\omega t}+ A^* e^{-i\omega t}\\
	\ddot{A} \ll \omega \dot{A} \ll \omega^2 A \\
	\ddot{\theta} &= (\ddot{A}+2i\omega \dot{A} -\omega^2 A) e^{i\omega t} \\
	+ (\ddot{A}^* -2i\omega \dot{A}^*-\omega^2 A^*) e^{-i\omega t }
\end{align}

L'equazione di Mathieu diventa:

\begin{align}
	[2i\omega \dot{A}+(\omega_0^2-\omega^2)A] e^{i\omega t} \\
	+[-2i\omega \dot{A}^*+(\omega_0^2-\omega^2)A^*] e^{-i\omega t} \\
	+\omega_0 \epsilon [A(e^{i(\omega+\Omega)t}+e^{i(\omega-\Omega)t}) \\
	+A^*(e^{-i(\omega+\Omega)t}+e^{-i(\omega-\Omega)t})] = 0
\end{align}

Qui scegliamo $\Omega = 2 \omega$, così che si creano termini di frequenza $\omega$, che tengo, e $3\omega$, che butto via.

\begin{align}
	2i\omega \dot{A} + (\omega_0^2-\omega^2)A + \omega_0^2 A^* &= 0 \\
	-2i\omega \dot{A}^* + (\omega_0^2-\omega^2)A^* + \omega_0^2 A &= 0
\end{align}

Supponiamo inoltre che $\omega = \omega_0 + \delta/2$, così che $\omega_0^2-\omega^2 = \delta \omega$, e diviamo per $\omega_0$:

\begin{align}
	-\delta A + 2i \dot{A} + \epsilon \omega_0 A^* &= 0 \\
	-\delta A^* + -2i \dot{A}^* + \epsilon \omega_0 A &= 0
\end{align}

Secondo la teoria di Floquet possiamo cercare soluzioni $A = a e^{\gamma t}$. L'equazione diventa:

\begin{align}
	(-\delta+2i\gamma)A + \epsilon\omega_0 A^* &= 0\\
	\epsilon\omega_0 A + (-\delta-2i\gamma)A^* &= 0
\end{align}

Il sistema ha soluzioni non banali solo se il determinante della matrice associata è nullo:

\begin{align}
	\delta^2+4\gamma^2 &= \epsilon^2\omega_0^2 \\
	\gamma^2 &= \frac{\epsilon^2\omega_0^2 -\delta^2}{4} > 0 \\
	|\delta|<\epsilon \omega_0
\end{align}

Pertando la condizione per la risonanza è

\begin{align}
	\Big|\frac{\Omega}{\omega}-2\Big| &< \epsilon
\end{align}

\subsubsection{2:1, ordine II}

Per ottenere la condizione di risonanza si può anche porre le ampiezze costanti, però si possono aggiungere armonici per migliorare l'approssimazione. Prendiamo

\begin{align}
	\theta &= A e^{i\omega t} + A^* e^{-i\omega t} + B e^{3i\omega t} + B^* e^{3i\omega t} \\
	\ddot{\theta} &=  -\omega^2 e^{i\omega t} - \omega^2 A^* e^{-i\omega t} -4 \omega^2 B e^{3i\omega t} - 4 \omega^2 B^* e^{3i\omega t}
\end{align}

Il sistema di equazioni che si ottiene buttando via i termini che oscillano come $5w$ otteniamo:

\begin{align}
	\begin{dcases}
		(\omega_0^2-\omega^2)A + \omega_0^2 \epsilon (A^*+B) &= 0 \\
		(\omega_0^2-\omega^2)A^* + \omega_0^2 \epsilon (A+B^*) &= 0 \\
		(\omega_0^2-9\omega^2)B+ \omega_0^2 \epsilon A &= 0 \\
		(\omega_0^2-9\omega^2)B^*+ \omega_0^2 \epsilon A^* &= 0
	\end{dcases}
\end{align}

Al primo ordine $9\omega^2-\omega_0^2 \sim 8\omega_0^2$ perché $\delta/\omega_0$ è dell'ordine di $\epsilon$:

\begin{align}
	\begin{dcases}
		-8\omega_0^2 B+ \omega_0^2 \epsilon A &= 0 \\
		-8\omega_0^2 B^*+ \omega_0^2 \epsilon A^* &= 0 \\
	\end{dcases} \\
\end{align}

Da cui $B = \epsilon A/8$.
Sostituendo:

\begin{align}
	\begin{dcases}
		\Big(\omega_0^2-\omega^2+\frac{\epsilon^2\omega_0^2}{8}\Big)A + \omega_0^2 \epsilon A^* &= 0 \\
		\omega_0^2 \epsilon A + \Big(\omega_0^2-\omega^2+\frac{\epsilon^2\omega_0^2}{8}\Big)A^* &= 0
	\end{dcases}
\end{align}
La compatibilità algebrica dà:

\begin{align}
	\Big(\omega_0^2-\omega^2+\frac{\epsilon^2\omega_0^2}{8}\Big)^2 &= \epsilon^2 \omega_0^4 \\
\end{align}
Ma $\omega = \omega_0 + \delta/2 $:

\begin{align}
	2 \delta^2 + 8 \omega_0 \delta -\epsilon^2 \omega_0^2(\epsilon \mp 8) &= 0
\end{align}

che ha 4 soluzioni:

\begin{align}
	\delta_{\textcolor{red}{\pm}}^{\textcolor{blue}{\pm}} &= \frac{-4\omega_0 \textcolor{red}{\pm} \sqrt{16\omega_0^2+2\epsilon\omega_0^2(\epsilon \textcolor{blue}{\pm} 8)}}{2} \\
	&= -2 \omega_0\Big(1 \textcolor{red}{\pm} \sqrt{1 \textcolor{blue}{\pm} \frac{\epsilon^2}{8}}\Big)
\end{align}

Le soluzioni col \textcolor{red}{+} non sono accettabili perché sono dell'ordine di $\omega_0$, contro le ipotesi.

Approssimando quindi le soluzioni sono

\begin{align}
	\sqrt{1+\Big(\pm \epsilon + \frac{\epsilon^2}{8}\Big)} &\sim 1+ \frac{1}{2} \Big(\pm \epsilon + \frac{\epsilon^2}{8} \Big) - \frac{1}{8}\Big(\pm \epsilon + \frac{\epsilon^2}{8}\Big)^2 \\
	&= 1 \pm \frac{\epsilon}{2} - \frac{\epsilon^2}{16} \\
	\delta^{\pm} &= \pm \epsilon \omega_0 - \frac{\epsilon^2}{8}
\end{align}
e la lingua di Arnol'd ha equazione:

\begin{align}
	\Big|\frac{\Omega}{\omega}-2\Big| &< \epsilon - \frac{\epsilon^2}{8}
\end{align}

\subsubsection{1:1, ordine II}

Stavolta

\begin{align}
	\theta = A e^{i\omega t}+ A^* e^{-i\omega t} + B e^{2i\omega t} + B^* e^{-2i\omega t} + C \\
	\begin{dcases}
		\omega_0^2 C + \epsilon \omega_0^2 (A+A^*) &= 0 \\
		(\omega_0^2-\omega^2)A + \epsilon \omega_0^2(B+C) &= 0 \\
		(\omega_0^2-\omega^2)A* + \epsilon \omega_0^2(B*+C*) &= 0 \\
		(\omega_0^2-4\omega^2)B + \epsilon \omega_0^2 A &= 0 \\
		(\omega_0^2-4\omega^2)B^* + \epsilon \omega_0^2 A* &= 0 \\
	\end{dcases}
\end{align}

Dalle ultime 2, approssimando come prima:

\begin{align}
	B &= \frac{\epsilon}{3} A
\end{align}

Sostituendo B e C (ricavato dalla prima) nella seconda e nella terza:

\begin{align}
	\begin{dcases}
		\Big(\omega_0^2-\omega^2-\frac{2}{3}\epsilon^2\omega_0^2\Big)A -\epsilon \omega_0^2 A^* &= 0 \\
		 -\epsilon \omega_0^2A+\Big(\omega_0^2-\omega^2-\frac{2}{3}\epsilon^2\omega_0^2\Big)A^* &= 0 \\
	\end{dcases}
\end{align}

Il determinante nullo dà

\begin{align}
	\omega_0^2 - \omega^2 - \frac{2}{3} \epsilon^2 \omega_0^2 &= \pm \epsilon^2 \omega_0^2
\end{align}
Stavolta $\omega = \omega_0 + \delta $

\begin{align}
	3 \delta^2 + 6\omega_0 \delta + \epsilon^2 \omega_0^2(2\pm3) &= 0
\end{align}

e come prima:

\begin{align}
	\delta_{\textcolor{red}{\pm}}^{\textcolor{blue}{\pm}} &= -\omega_0 \Bigg(1 \textcolor{red}{\pm} \sqrt{a-\frac{\epsilon^2}{3}(2\textcolor{blue}{\pm}3)}\Bigg)
\end{align}

Come sempre buttiamo via il $\textcolor{red}{+}$:

\begin{align}
	\delta^{\pm} &= -\omega_0\Bigg(1-\sqrt{1-\frac{\epsilon^2}{3}(2\pm 3)}\Bigg) \sim -\omega_0 \frac{\epsilon^2}{6}(2\pm3) \\
	\Big|\frac{\Omega}{\omega}-1\Big| < \frac{\pm 3 - 2}{6} \epsilon^2
\end{align}

\subsection{Oscillazioni non lineari}
\subsubsection{Legge oraria}

Un potenziale fino al quarto grado dà un equazione differenziale cubica:

\begin{align}
	\ddot{x}+\omega_0^2 x + \alpha x^2 + \beta x^3 &= 0 \\
	x &= \epsilon y \\
	\ddot{y} + \omega_0^2 y + \alpha \epsilon y^2 + \beta \epsilon y^3 &= 0
\end{align}

Secondo il metodo di Poincaré-Lindstedt sviluppiamo in serie al secondo ordine sia $y$ che $\omega$:

\begin{align}
	y &= A\cos(\omega t)+\epsilon y_1 + e^2 y_2 \\
	\omega &= \omega_0 + \epsilon \omega_1 + \epsilon^2 \omega_2
\end{align}

Sostituendo e separando gli ordini di grandezza, all'ordine $\epsilon$ abbiamo:

\begin{align}
	\ddot{y_1} + \omega_0^2 y_1 &= 2 \omega_0 \omega_1 A \cos(\omega t) - \alpha A^2 \cos^2(\omega t) \\
	&= -\frac{\alpha A^2}{2} + 2\omega_0\omega_1 A \cos(\omega t) - \frac{\alpha A}{2} \cos(2\omega t)
\end{align}

che è l'equazione di un oscillatore forzato. La forzante di frequenza $\omega$ porterebbe però a una divergenza nel limite $\omega \rightarrow \omega_0$, contro le ipotesi che $y_1$ è piccolo. Perciò addio $\omega_1$.

La soluzione particolare viene

\begin{align}
	y_1 &= -\frac{\alpha A^2}{2 \omega_0^2} \Big[1-\frac{1}{3}\cos(2\omega t)\Big]
\end{align}

Al secondo ordine abbiamo:

\begin{align}
	\ddot{y_2} + \omega_0^2 y_2 = 2\omega_0 \omega_2 A &\cos(\omega t) \\
	+ \frac{\alpha^2 A^3}{\omega_0^2} &\cos(\omega t)\\
	- \frac{\alpha^2 A^3}{3\omega_0^2} &\cos(2\omega t) \cos(\omega t) \\
	- \beta A^3 &\cos^3 (\omega t) = 0 \\
	\ddot{y_2} + \omega_0^2 y_2 = A &\cos (\omega t) \Big[2 \omega_0 \omega_2 + \frac{\alpha^2 A^2}{\omega_0^2}-\frac{\alpha^2A^2}{6\omega_0^2}-\frac{3}{4}\beta A^3\Big] \\
	- A^3 &\cos(3\omega t)\Big(\frac{\alpha^2}{6\omega_0^2}+\frac{\beta}{4}\Big)
\end{align}

dove abbiamo semplificato le potenze del coseno con

\begin{align}
	\cos(2\omega t) \cos (\omega t) &= \frac{1}{2} [\cos(3\omega t)+ \cos(\omega t)] \\
	\cos(3\omega t) &= \frac{1}{4} [\cos(3\omega t)+ 3 \cos(\omega t)]
\end{align}

Il coefficiente della forzante di frequenza $\omega$ si deve annullare:

\begin{align}
	\omega_2 &= \frac{1}{2\omega_0} \Big(\frac{3}{4}\beta - \frac{5}{6}\frac{\alpha^2}{\omega_0^2}\Big)A^2
\end{align}

La soluzione particolare dell'equazione che rimane è

\begin{align}
	y_2 &= \frac{A^3}{16\omega_0^2}\Big(\frac{\alpha^2}{3\omega_0^2}+\frac{\beta}{2}\Big)\cos(3\omega t)
\end{align}

Combinando le soluzioni e ritornando alla $x$, con $a = \epsilon A$:

\begin{align}
	x = a &\cos(\omega t)\\
	- a^2 \frac{\alpha}{2 \omega_0} [1-\frac{1}{3} &\cos(2\omega t)]\\
	+ \frac{a^3}{16 \omega_0^2}\Big(\frac{\alpha^2}{3\omega_0^2}+\frac{\beta}{2}\Big)&\cos(3\omega t)
\end{align}

E la frequenza:

\begin{align}
	\omega &= \omega_0 \Big[1+\frac{a^2}{4\omega_0^2}\Big(\frac{3}{2}\beta -\frac{5}{3} \frac{\alpha^2}{\omega_0^2}\Big)\Big]
\end{align}

Per il pendolo semplice:

\begin{align}
	V(&\theta) = \omega_0^2 \Big(\frac{\theta^2}{2}-\frac{\theta^4}{24}\Big) \\
	&\ddot{\theta} + \omega_0^2 \theta - \frac{\omega_0^2}{6} \theta^3 = 0 \\
		\alpha &= 0 \\
		\beta &= \frac{-\omega_0^2}{6} \\
	\theta &= \theta_m \cos(\omega t) - \frac{\theta_m^3}{192} \cos(3\omega t) \\
	\omega &= \omega_0 \Big(1-\frac{\theta_m^2}{16}\Big) \\
	T &= T_0 \Big(1+\frac{\theta_m^2}{16}\Big)
\end{align}

Notiamo che $\alpha = 0$ deriva dal fatto che il potenziale è pari.

\subsubsection{Risonanza nelle oscillazioni non lineari}

Consideriamo oscillazioni forzate e smorzate non lineari:

\begin{align}
	\ddot{x}+ 2\gamma \dot{x} + \omega_0^2 x + \alpha x^2 + \beta x^3 &= \frac{F_0}{m} \cos(\omega t)
\end{align}

Nel caso lineare avevamo trovato una soluzione di ampiezza quadra $b$ lorenziana. Dato che la nonlinearità introduce nella frequenza una dipendenza dal quadrato dell'oscillazione

\begin{align}
	\omega &= \omega_0 + \chi b \\
	b &= \frac{\Gamma^2}{(\omega - \omega_0 - \chi b)^2 + \gamma^2}
\end{align}

Studiando la curva di risonanza $b(\omega)$ come funzione implicita otteniamo che

\begin{align}
	\frac{db}{d\omega} &= - \frac{2 b (\omega -\omega_0 - \chi b)}{(\omega -\omega_0 -\chi b)(\omega - \omega_0 -3 \chi b)+\gamma^2}
\end{align}

Il massimo di risonanza si ha in $b(\omega_0+\chi b) = \Gamma^2/\gamma^2$, come nelle oscillazioni non lineari. La lorenziana si inclina con pendenza $\chi$. Quando si inclina troppo $b(\omega)$ diventa una funzione a 3 valori, che torna indietro nei punti a tangente verticale:

\begin{align}
	(\omega -\omega_0 -\chi b)(\omega - \omega_0 -3 \chi b)+\gamma^2 &= 0 \\
	(\chi b)_{\pm} &= \frac{1}{3} \Bigg[2(\omega -\omega_0) \pm \sqrt{(\omega -\omega_0^2)-3 \gamma^2}\Bigg]
\end{align}

Le soluzioni reali esistono sse $|\omega -\omega_0| > \sqrt{3} \gamma$.

\section{Onde}
\subsection{Intro}

Un'onda è una perturbazione di una sorgente rispetto all'equilibrio i cui effetti si propagano a distanza con velocità finita. Un'onda non trasporta materia, ma può trasportare energia, quantità di moto o momento angolare.

Le onde possono essere longitudinali o trasversali:

\begin{itemize}
	\item Liquidi e gas: longitudinali, perché non c'è sufficiente forza di richiamo. Eccezione: onde di gravità, sia trasversali che longitudinali
	\item Solidi: sia trasversali che longitudinali
	\item Vuoto: onde elettromagnetiche, trasversali
\end{itemize}

Un'onda che propaga senza deformarsi è una funzione di $w = \mathbf{u} \cdot \mathbf{x} \mp vt$ a seconda che sia progressiva o regressiva. Un'onda così, in una dimensione, soddisfa l'equazione

\begin{align}
	\frac{\partial F}{\partial x} - \frac{1}{v} \frac{\partial F}{\partial t} = 0 \; &\lor \;	\frac{\partial F}{\partial x} + \frac{1}{v} \frac{\partial F}{\partial t} = 0 \\
	\Big(\nabla^2 - \frac{1}{v^2} \frac{\partial}{\partial t} \Big) F &= 0
\end{align}

Il vettore $\mathbf{u}$ dà la direzione di propagazione. Le superfici a $w$ costante, cioè a $F$ costante, sono perpendicolari a $\mathbf{u}$ e sono detti fronti d'onda. I fronti d'onda propagano con velocità $v$ lungo la direzione $\mathbf{u}$.

Per scrivere l'equazione delle onde in coordinate sferiche occorre l'espressione del laplaciano:

\begin{align}
	\nabla^2 f&= \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \Big(r^2 \frac{\partial f}{\partial r}\Big) + \frac{1}{r^2 \sin\theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \Big(\sin\theta \frac{\partial f}{\partial \theta}\Big)
	+ \frac{1}{r^2 \sin^2 \theta} \frac{\partial ^2 f}{\partial \phi^2}
\end{align}

In particolare se $F = f(r,t)/r$ il laplaciano si semplifica e l'equazione delle onde assomiglia alla forma cartesiana:

\begin{align}
	\frac{\partial^2 f}{\partial r^2} - \frac{1}{v^2} \frac{\partial^2 f}{\partial t^2} &= 0
\end{align}

Le soluzioni sono del tipo $F = f(r\mp vt)/r$, i fronti d'onda sono sferici.

L'ampiezza va come $1/r$, infatti la potenza deve essere costante:

\begin{align}
	P &= IA \propto \frac{1}{r^2} 4\pi r^2 = cost.
\end{align}

Le onde piane (progressive) si scrivono solitamente come

\begin{align}
	f(\mathbf{x}, t) &= A \cos(\mathbf{k} \cdot \mathbf{x} -\omega t + \phi) \\
	\mathbf{u} &= \frac{\mathbf{k}}{k} \\
	v &= \frac{\omega}{k}
\end{align}

Dove $k = 2\pi/\lambda$ rappresenta il periodo spaziale e $\omega = 2\pi/T = 2\pi \nu$ la frequenza (temporale). Infatti $v = \lambda \nu$.

\subsubsection{Interferenza}

Prendiamo onde piane con stessa frequenza e vettore d'onda ma fase relativa e ampiezze diverse:

\begin{align}
	f_1 &= A_1 \cos(kx - \omega t) \\
	f_2 &= A_2 \cos(kx - \omega t + \phi) \\
	f &= f_1 + f_2 = \sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1A_2\cos \phi} \, \cos(kx -\omega t)
\end{align}

Si trova in generale che l'irraggiamento $W$ di un'onda è proporzionale al quadrato dell'ampiezza, ma la dimostrazione di questo fatto è diversa per ogni tipo di onda. Feynman argomenta così:

\begin{itemize}
	\item Un onda è tipo un oscillatore armonico
	\item Quando un'onda interagisce con la materia produce spostamento $x, v\propto f$
	\item $U \propto x^2 \propto f^2, T \propto v^2 \propto f^2$ q.e.d
\end{itemize}

L'intensità invece è:

\begin{align}
	I &= \langle W \rangle = \frac{1}{T} \int_{{t}}^{{t+T}} W dt = \frac{A^2}{2}
\end{align}

Nel caso della somma di due onde

\begin{align}
	I &= I_1+I_2 + 2 \sqrt{I_1 I_2} \cos\phi \\
\end{align}

\begin{itemize}
	\item Interferenza costruttiva: $I = 4I_0$
	\item Interferenza distruttiva: $I = 0$
\end{itemize}

Se $\phi$ varia lentamente rispetto a $T$ ma velocemente rispetto allo strumento di misura $\langle \cos\phi \rangle = 0$ e le intensità semplicemente si sommano.

\subsubsection{Battimenti}
Come abbiamo visto negli oscillatori accoppiati, se sommiamo onde con stessa ampiezza, stessa fase e frequenze diverse otteniamo

\begin{align}
	f_1 &= A \cos(k_1 x -\omega_1 t) \\
	f_2 &= A \cos(k_2 x -\omega_2 t) \\
	f &= f_1+f_2 = 2A \cos\Big(\frac{\Delta k}{2}x- \frac{\Delta \omega}{2}t\Big) \cos( \bar{k} x - \bar{\omega}t)
\end{align}

Facendo una media sul periodo veloce l'intensità è

\begin{align}
	I &= A^2[1+\cos(\Delta k x -\Delta \omega t)]
\end{align}

che è a sua volta un'onda, i cui fronti d'onda sono dati da:

\begin{align}
	\Delta x - \Delta \omega t &= cost. \\
	\Delta k dx - \Delta \omega dt &= 0 \\
	v = \frac{dx}{dt} = \frac{\Delta \omega}{\Delta k} &= v_g
\end{align}

La velocità di gruppo è quindi la velocità dell'intensità (in generale dell'\textit{envelope}), e nel limite in cui $\Delta \omega, \Delta k \rightarrow 0$ $v_g = d\omega/dk$.

Velocità di gruppo e velocità di fase sono uguali sse la velocità di fase non dipende da $k$.

I mezzi in cui le due velocità sono diverse si dicono dispersivi e la relazione $\omega(k)$ si dice relazione di dispersione.

In generale

\begin{align}
	v_g &= v_f - \lambda \frac{dv_f}{d\lambda}
\end{align}

\begin{itemize}
	\item Dispersione normale: $\frac{dv_f}{d\lambda}> 0 \implies v_g < v_f$
	\item Dispersione anomala: $\frac{dv_f}{d\lambda}< 0 \implies v_g > v_f$
\end{itemize}

\subsection{Corda vibrante}
\subsubsection{Modi normali}

Se prendiamo un pezzo di corda inclinata in $x$ di $\theta_1$ e in $x+dx$ di $\theta_2$ le equazioni del moto per una masserella sono

\begin{align}
	\begin{dcases}
		dm a_x &= T_2 \cos \theta_2 - T_1 \cos \theta_1 \\
		dm a_y &= T_2 \sin \theta_2 - T_1 \sin \theta_1
	\end{dcases}
\end{align}

e approssimando fino alla morte, e scambiando seni con tangenti:

\begin{align}
	\begin{dcases}
		dm a_x &= 0 \\
		dm a_y &= T (\tan \theta_2 - \tan \theta_1)
	\end{dcases}
\end{align}
Ma $y = y(x,t) \implies \tan \theta = \partial y/\partial x $, quindi l'equazione diventa

\begin{align}
	a_y &= \frac{\partial^2 y}{\partial x^2} \\
	\frac{\partial^2 y}{\partial x^2} &- \frac{\mu}{T} \frac{\partial^2 y}{\partial t^2} = 0 \\
	v &= \sqrt{\frac{T}{\mu}}
\end{align}

Ora, l'equazione delle onde così si risolve fattorizzando la soluzione in una parte spaziale e una temporale:

\begin{align}
	y(x,t) &= X(x)T(t) \\
	\frac{1}{X} \frac{\partial^2 X}{\partial x^2} &= \frac{1}{v^2} \frac{1}{T} \frac{\partial^2 T}{\partial t^2}
\end{align}

L'ultima uguaglianza può essere vera solo se entrambi i lati sono costanti. Questo vuol dire che $X$ e $T$ sono oscillatori armonici, più in generale soddisfano l'equazione di Helmotz. Dopo alcune scelte di notazione

\begin{align}
	y(x,t) &= [A \cos(kx)+B \sin(kx)]\sin(\omega t+\phi)
\end{align}

La condizione che gli estremi siano fissi si traduce in
\begin{align}
	A &= 0 \\
	kL &= n\pi \\
	\lambda_n &= \frac{2L}{n} \\
	\nu_n &= \frac{v}{2L} n
\end{align}

Un'onda stazionaria ha

\begin{itemize}
	\item $n+1$ nodi: $x_m^N = \frac{m}{n} L$
	\item $n$ antinodi: $x_m^{AN} = \frac{2m+1}{2n} L$
\end{itemize}

La soluzione generale quindi è
\begin{align}
	y(x,t) &= \sum_{n} B_n \sin(k_n x) \cos(\omega_n t + \phi_n)
\end{align}

\subsubsection{Serie di Fourier}

Qualunque funzione di periodo $T$ si può rappresentare con una serie di Fourier

\begin{align}
	y(t) &= A_0 + \sum_n A_n \cos(\omega_n t) + \sum_n B_n \sin(\omega_n t) \\
	\omega_n &= \frac{2\pi}{T} n
\end{align}

Questo si può dimostrare costruttivamente prendendo

\begin{align}
	A_0 &= \frac{1}{T} \int_{0}^{T} dt\, y(t) \\
	A_n &= \frac{2}{T} \int_0^T dt\, y(t) \cos(\omega_n t) \\
	B_n &= \frac{2}{T} \int_0^T dt\, y(t) \sin(\omega_n t)
\end{align}

Grazie alle relazioni di ortonormalità di seni e coseni l'energia dell'onda si fa con il teorema di Parseval

\begin{align}
	E &= A_0^2 + \frac{1}{2} \sum_n A_n^2 + B_n^2
\end{align}

\begin{example}{Dente di sega}

L'equazione è $y = t - 1/2, 0 < t< 1$. L'onda è dispari quindi $A_n = 0$.

\begin{align}
	B_n &= 2\int_0^1 dt \Big(t-\frac{1}{2}\Big)\sin(2\pi n t) \\
	&= -\frac{1}{\pi n}
\end{align}

La parte kek è che l'energia è il problema di Basilea:

\begin{align}
	E &= \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} y^2 dt = \frac{1}{12} \\
	&= \sum_n (-\frac{1}{\pi n})^2 = \frac{1}{2\pi^2} \sum_n \frac{1}{n^2} \\
	&\implies  \sum_n \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}
\end{align}

\end{example}

\begin{example}{Onda quadra}

L'equazione è $y = \text{sgn} \, t, -1/2 <t <1/2$. Anche quest'onda è dispari.

\begin{align}
	B_n &= \frac{4}{\pi n} \sin^2 \Big(n \frac{\pi}{2}\Big) \\
	E &= \frac{1}{2} \sum_n B_n^2 \\
	&= \frac{8}{\pi^2} \sum_n \frac{1}{(2n+1)^2}
\end{align}

La somma si può calcolare notando che

\begin{align}
	\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2}\\
	&= \frac{1}{4} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2}\\
	\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} &= \frac{3}{4} \frac{\pi^2}{6} = \frac{\pi^2}{8}
\end{align}

Da notare che compaiono solo $B_n$ dispari.
Quest'onda permette di derivare anche una formula per il calcolo di $\pi$:

\begin{align}
	y\Big(\frac{1}{4}\Big) &= 1 = \frac{4}{\pi} = \Big(1-\frac{1}{3} + \frac{1}{5}- \frac{1}{7} \dots\Big)
\end{align}

La serie tra parentesi è detta serie di Leibniz.

\end{example}

\begin{example}{Onda triangolare}

L'equazione è $y = t\,\text{sgn}\, t + 1/4,-1/2 <t<1/2$. Stavolta l'onda è pari.

\begin{align}
	A_n &= \frac{2}{\pi^2 n^2} \sin^2 \Big(n \frac{\pi}{2}\Big)
\end{align}

E con lo stesso ragionamento di prima si ottiene $\zeta(4)$

\begin{align}
	E &= \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} y^2 dt = \frac{2}{\pi^2} \sum_0 \frac{1}{(2n+1)^4} \\
	\dots \implies &\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^4} = \frac{\pi^4}{96} \\
	&\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^4} = \frac{16}{15} \frac{\pi^4}{96} = \frac{\pi^4}{90}
\end{align}

che sembra tornare utile per il calcolo dell'energia di un corpo nero.
\end{example}

\subsubsection{Trasformata di Fourier}

Riarrangiando si può scrivere

\begin{align}
	y &= A_0 + \sum_n A_n \cos(\omega_n t) + \sum_n B_n \sin(\omega_n t) \\
	&= \sum_{-\infty}^{+\infty} C_n f_n
\end{align}
Con

\begin{align}
		f_n &= e^{i\omega_n t} \\
	C_0 &= A_0 \\
	C_n &= \frac{A_n-iB_n}{2} \\
	C_{-n} &= C_n^*
\end{align}

Si verifica che le $f_n$ sono ortonormali (in senso complesso).

I coefficienti su questa nuova base si possono calcolare come

\begin{align}
	C_n &= \frac{1}{T} \int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} dt\, y f_n^* \\
\end{align}

Un segnale aperiodico è un segnale di periodo infinito:

\begin{align}
	y &= \lim_{T \rightarrow \infty} y_T \\
	y_T &= \frac{1}{2\pi} \sum_{-\infty}^{+\infty} (\omega_{n+1}-\omega_n) e^{i\omega_n t} \int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} dt \, y_T e^{-i\omega_n t} \\
\end{align}

Passando al continuo $\sum_{-\infty}^{+\infty} (\omega_{n+1}-\omega_n) \rightarrow \int d\omega$ e otteniamo infine

\begin{align}
	y(t) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} d\omega \, e^{-i\omega t} \hat{y} (\omega) \\
	y(\omega) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} dt\,  e^{i\omega t} y(t)
\end{align}

$\hat{y}$ è la trasformata di Fourier di $y$, che è la sua antitrasformata.

\subsection{Onde nei fluidi}
\subsubsection{Fluidodinamica}

Si parte dall'equazione di Eulero: la seconda legge della dinamica in termini di densità, campo di velocità e densità di forze. La pressione gioca il ruolo della densità di potenziale.

\begin{align}
	\rho \frac{d \mathbf{v}}{dt} &= -\mathbf{\nabla} p + \mathbf{F}
\end{align}

La derivata totale delle velocità si sviluppa secondo la regola della catena come

\begin{align}
	\frac{d\mathbf{v}}{dt} &= \frac{\partial\mathbf{v}}{\partial t} + (\mathbf{v} \cdot \mathbf{\nabla}) \mathbf{v}
\end{align}

Si può scomporre la derivata covariante partendo dal desiderio di ricondurre $v_x v_x'$ a $(v^2)_x^{'}/2$ o qualcosa del genere

\begin{align}
	[(\mathbf{v} \cdot \mathbf{\nabla}) \mathbf{v} ]_x &=
	v_{\textcolor{red}{x}} \frac{\partial v_{\textcolor{red}{x}}}{\partial \textcolor{violet}{x}}
	+\Big(
	+v_{\textcolor{red}{y}} \frac{\partial v_{\textcolor{red}{y}}}{\partial \textcolor{violet}{x}}
	+v_{\textcolor{red}{z}} \frac{\partial v_{\textcolor{red}{z}}}{\partial \textcolor{violet}{x}}
	\Big) \\
	&+v_{\textcolor{cyan}{y}} \frac{\partial v_{\textcolor{blue}{x}}}{\partial \textcolor{blue}{y}}
	\Big(
	-v_{\textcolor{cyan}{y}} \frac{\partial v_{\textcolor{blue}{y}}}{\partial \textcolor{blue}{x}}
	\Big)
	+v_{\textcolor{cyan}{z}} \frac{\partial v_{\textcolor{blue}{x}}}{\partial \textcolor{blue}{z}}
	\Big(
	-v_{\textcolor{cyan}{z}} \frac{\partial v_{\textcolor{blue}{z}}}{\partial \textcolor{blue}{x}}
	\Big) \\
	&= \textcolor{red}{\frac{1}{2}} \frac{\partial v^{\textcolor{red}{2}}}{\partial \textcolor{violet}{x}} +[(  \textcolor{blue}{\mathbf{\nabla} \times \mathbf{v}} ) \textcolor{cyan}{\times \mathbf{v}}]_x
\end{align}

e il risultato vale per tutte le componenti. Il bello è che nel limite di flusso irrotazionale possiamo buttare via il termine vorticoso. Scriviamo equazione di Eulero ed equazione di continuità:

\begin{align}
	\begin{dcases}
	\rho \Big(\frac{\partial \mathbf{v}}{\partial t} + \frac{1}{2} \mathbf{\nabla} \mathbf{v}^2 \Big) + \mathbf{\nabla} (p+V) &= 0 \\
	\frac{\partial \rho}{\partial t} + \mathbf{\nabla} \cdot (\rho \mathbf{v}) &= 0
	\end{dcases}
\end{align}

La cosa kek è che butteremo sempre via anche $\mathbf{\nabla} \mathbf{v}^2 /2$.

\subsubsection{Onde acustiche}

\begin{itemize}
	\item La forza di gravità è trascurabile: $V = 0$
	\item $p \rightarrow p_0 + p, \rho \rightarrow \rho_0 + \rho$ si discostano poco dall'equilibrio.
	\item $p, \rho, \mathbf{v}$ infinitesimi del primo ordine, buttiamo via tutti termini successivi
\end{itemize}

Le equazioni linearizzate sono

\begin{align}
	\begin{dcases}
	\rho_0 \frac{\partial \mathbf{v}}{\partial t} + \mathbf{\nabla} p &= 0 \\
	\frac{\partial \rho}{\partial t} + \mathbf{\nabla} \cdot \rho_0 (\mathbf{v}) &= 0
	\end{dcases}
\end{align}

Per disaccoppiarle, in modo abbastanza ignorante, sottraiamo alla divergenza della prima la derivata temporale della seconda, per ottenere

\begin{align}
	\mathbf{\nabla}^2 p - \frac{\partial^2 \rho}{\partial t^2} &= 0
\end{align}

Per continuare basta trovare una relazione tra le due quantità, per esempio

\begin{align}
	p &= p(\rho) \\
	\mathbf{\nabla}^2 p &= c_s^2 \mathbf{\nabla}^2 \rho \\
	c_s &= \sqrt{\frac{dp}{d\rho}}\Big|_0
\end{align}

Qui Newton ha usato la legge di Boyle $pV = cost.$ e ha preso $p$ e $\rho$ direttamente proporzionali, e gli è venuto $c_s = \sqrt{p_0/\rho_0} = 280 \, m/s$ che lo sapevano pure all'epoca che era sbagliato.

Per ottenere il risultato corretto si deve usare la legge per i processi non isotermi ma adiabatici:

\begin{align}
	p &= a \rho^{\gamma} \\
	\gamma &= \frac{c_p}{c_v} = \frac{f+2}{f} = 1.4 \\
	\frac{dp}{d\rho} &= \gamma \frac{p}{\rho} \\
	c_s &= \sqrt{\gamma} c_{s}^{Newton} = 330 \, m/s
\end{align}

La velocità del suono è dell'ordine del moto di agitazione termica:

\begin{align}
	c_0^2 &= \gamma \frac{p_0}{\rho_0}  =  \gamma \frac{RT_0}{\mathcal{M}} = \gamma \frac{R}{N_A} \frac{T_0}{m} = \frac{k_B T_0}{m} \\
	\frac{1}{2} m \bar{v}^2 &= \frac{f}{2} k_B T \implies \frac{k_B T}{m} = \frac{\bar{v^2}}{5} \\
	c_s^2 &= \frac{\gamma}{5} \bar{v^2} = \frac{7}{25} \bar{v^2}
\end{align}

La velocità del moto di oscillazione delle molecole si può ricavare partendo dall'equazione di Eulero linearizzata:

\begin{align}
	\frac{\partial v}{\partial t} &= -\frac{1}{\rho} \frac{\partial p}{\partial x} \\
	p &= p_m \sin(kx-\omega t) \\
	v &= - k\frac{p_m}{\rho} \int dt \cos(kx-\omega t) = \frac{p_m}{\rho_0 c_s} \sin(kx-\omega t)
\end{align}

così che in condizioni standard $v_m = 0.5 \cdot 10^{-4} \, $m/s, che a $c_s$ non gli fa neanche il solletico.

\subsubsection{Onde del mare}

Stavolta consideriamo il fluido incomprimibile: $\mathbf{v} = -\mathbf{\nabla} \phi \implies \mathbf{\nabla}^2 \phi = 0$.

Cerchiamo onde piane monocromatiche che propagano lungo $x$: $\phi(x,y,t) = \phi_0(x,y) e^{-i\omega t}$

L'equazione di Laplace si fattorizza come quella delle onde e scegliamo

\begin{align}
	-\frac{1}{X}\frac{d^2 X}{dx^2} &= \frac{1}{Y} \frac{d^2 Y}{dy^2} = k^2 \\
	\phi &= (A e^{ky}+Be^{-ky})\cos(kx-\omega t)
\end{align}

Le condizioni sul fondo permettono di eliminare una costante:

\begin{align}
	v_y\Big|_{\eta} &= - \frac{\partial \phi}{\partial y} \Big|_{\eta} = 0 \\
	A e^{kh} &= B e^{-kh} \equiv \frac{C}{2} \\
	\phi &= C \cosh[k(h-y)] \cos(kx-\omega t)
\end{align}

L'equazione di Eulero linearizzata si può riscrivere in termini del potenziale:

\begin{align}
	\mathbf{\nabla}\Big(-\rho \frac{\partial \phi}{\partial t} + p + V\Big) &= 0 \\
\end{align}

Se prendiamo $\eta(x,t)$ come l'altezza del pelo dell'acqua e confrontiamo il valore della quantità nel gradiente, che è indipendente dalla posizione, ad altezza $\eta$ e 0, otteniamo:

\begin{align}
	\frac{\partial \phi}{\partial t}\Big|_{y=\eta} &= -g \eta \\
	\eta &= -\frac{C\omega}{g} \cosh(kh)\sin(kx-\omega t)
\end{align}

Quindi la perturbazione della superficie dell'acqua è un'onda progressiva.

La condizioni al contorno per $\eta$, insieme alla relazione precedente, danno la relazione di dispersione:

\begin{align}
	v_y = -\frac{\partial \phi}{\partial y}\Big|_{y=\eta} &= \frac{\partial \eta}{\partial t} \\
	\frac{\partial^2 \phi}{\partial t^2}\Big|_{y=\eta} &= -g \frac{\partial \eta}{\partial t} \\
	\implies \frac{\partial^2 \phi}{\partial t^2}\Big|_{y=\eta} &= g\frac{\partial \phi}{\partial y}\Big|_{y=\eta} \\
	\omega^2 &= g k \tanh (kh) \\
	v_f &= \sqrt{\frac{g\lambda}{2\pi} \tanh \Big(2\pi \frac{h}{\lambda}\Big)}
\end{align}

\begin{example}
Acque profonde:

\begin{align}
	\tanh\Big(2\pi \frac{h}{\lambda}\Big) &\rightarrow 1 \\
	v_f &= \sqrt{\frac{g}{k}} \\
	v_g &= \frac{1}{2} \sqrt{\frac{g}{k}} = \frac{v_f}{2}
\end{align}

\end{example}

\begin{example}
Acque basse:

\begin{align}
	\tanh\Big(2\pi \frac{h}{\lambda}\Big) &\sim 2\pi \frac{h}{\lambda} \\
	v_f &= \sqrt{gk} \\
	v_g &= v_f
\end{align}

\end{example}

Integrando la velocità a partire dall'espressione del potenziale troviamo la legge oraria per una particella d'acqua:

\begin{align}
	x' &= a(y) \cos(kx-\omega t) \\
	y' &= b(y) \sin(kx-\omega t) \\
	a(y) &= \frac{kC}{\omega} \cosh[k(h-y)] \\
	b(y) &= \frac{kC}{\omega} \sinh[k(h-y)] \\
	\frac{x'^2}{a^2}+\frac{y'^2}{b^2} &= 1
\end{align}

Le traiettorie locali quindi sono ellittiche con distanza tra i fuochi $\sqrt{a^2-b^2} = kC/\omega$ costante, ma con il rapporto tra i semiassi $b/a = \tanh[k(h-y)]$ che dipende dalla profondità.

In profondità l'ellisse si schiaccia a diventare un segmento, vicino alla superficie la traiettoria è simile a una circonferenza (ma la distanza tra i fuochi costante? Boh).

\section{Diffrazione}
\subsection{Interferometri}

NGL non ho voglia di disegnare e senza è un po' difficile.

Un interferometro divide una sorgente in due fasci e li ricombina dopo averne sfasato uno. Questo è il modo più semplice per creare fasci coerenti e osservare interferenza.

La fase relativa anche se varia lentamente rispetto al periodo dell'onda può variare molto più velocemente del tempo di acquisizione del rivelatore, dell'ordine del milli/microsecondo. La media operata da un rivelatore lento uccide l'interferenza.

\subsubsection{Young}

Una sorgente $S$ che si divide in $S_1$ e $S_2$, fenditure a distanza $b$, $\theta$ è l'angolo fra l'orizzontale e la $x$ partendo dal punto medio delle fenditure. $D$ è la distanza orizzontale di $x$ dalle fenditure.

Le fenditure sono sorgenti puntiformi di onde sferiche

\begin{align}
	f_1 &= \frac{A}{r_1} \cos(kr_1-\omega t) \\
	f_1 &= \frac{A}{r_1} \cos(kr_1-\omega t)  = \frac{A}{r_2} \cos(kr_1-\omega t+ \phi) \\
	\phi &= k(r_2-r_1) \\
	I &= 4 I_0 \cos^2 \frac{\phi}{2}
\end{align}

Secondo Prati, invece che considerare triangoli con due angoli retti, applichiamo il teorema di Carnot ai triangoli $r_1-r-\frac{b}{2}$ e $r_2-r-\frac{b}{2}$.

\begin{align}
	r_1^2 &= r^2 + \frac{b^2}{4} - 2 r \frac{b}{2} \cos(90°-\theta) = r^2 + \frac{b^2}{4} -rb\sin\theta \\
	r_2^2 &= r^2 + \frac{b^2}{4} - 2 r \frac{b}{2} \cos(90°+\theta) = r^2 + \frac{b^2}{4} +rb\sin\theta \\
	r_2-r_1 &= \frac{r_2^2-r_1^2}{2r} = b\sin\theta
\end{align}

La fase relativa è quindi

\begin{align}
	\phi &= k(r_2-r_1) = kb\sin\theta \sim 2\pi \frac{bx}{\lambda D} \\
	I &= 4 I_0 \cos^2 \Big(\pi \frac{bx}{\lambda D}\Big)
\end{align}

\begin{itemize}
	\item Fasce chiare: $\frac{x_n}{D} = \frac{\lambda}{b} n $
	\item Fasce scure: $\frac{x_n}{D} = \frac{\lambda}{b} (n+\frac{1}{2}) $
\end{itemize}

\subsubsection{Michelson}

Un \textit{beam splitter} a 45° separa un raggio che percorre $L$, rimbalza e raggiunge il rivelatore, e un secondo che percorre $L+d$.

Sull'asse si ha semplicemente $\phi = 2kd$, mentre su un punto fuori asse di angolo $\theta$:

\begin{align}
	r_2-r_1 &= \sqrt{(D+2d)^2+r^2}-\sqrt{D^2+r^2} \sim \frac{2Dd}{\sqrt{D^2+r^2}} = 2d\cos\theta  \\
	I &= 4 I_0 \cos^2 (2\pi \frac{d}{\lambda} \cos\theta)
\end{align}

Sull'asse abbiamo:

\begin{itemize}
	\item Punti luminosi per $d = \frac{\lambda}{2}n$
	\item Punti scuri se $d = \frac{\lambda}{2} (n+\frac{1}{2})$
\end{itemize}

Fuori dall'asse

\begin{align}
	I &= 4 I_0 \cos^2 \Bigg(2\pi \frac{d}{\lambda} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{r^2}{D^2}}}\Bigg)\\
	&\sim 4 I_0 \cos^2 \Big[2\pi \frac{d}{\lambda} \Big(1-\frac{1}{2}\frac{r^2}{D^2}\Big)\Big]
\end{align}

Cerchiamo frange chiare e scure intorno a un punto luminoso $d/\lambda = N/2$

\begin{align}
	I &= 4 I_0 \cos^2 (\pi \frac{d}{\lambda} \frac{r^2}{D^2})
\end{align}

Le frange chiare: $r_n = D \sqrt{n\frac{\lambda}{d}}$. A differenza dell'esperimento di Young non sono equidistanti.

\subsubsection{Mach-Zender}

Se pensavi che un \textit{beam splitter} dividesse un'onda in due parti uguali, magari di ampiezza $A/\sqrt{2}$, ti sbagliavi, perché se fai partire due raggi perpendicolari l'intensità finale viene la metà di quella iniziale.

Una possibile spiegazione è che le riflessioni producano uno sfasamento totale di $\pi$, per esempio $\pi/2$ ciascuna.

L'interferometro di Mach-Zender mette in luce il comportamento ondulatorio della luce perché succede proprio questo: nella direzione (1) si verifica interferenza costruttiva, e si osserva luce, mentre nella direzione (2) la diffrenza di fase è $\pi$ e non si osserva nulla.

Ma quando osservo il fotone, questo si comporta come particella? La luce si divide equamente? \dots

\subsection{Integrale di Kirchoff}

Il principio di Huygens non è un principio fisico, ma una regola di pollice per valutare qualitativamente la diffrazione: si può considerare ogni punto della sorgente come una sorgente puntiforme di onda sferica, e considerare l'inviluppo di tutte le onde.

La formulazione quantitativa del principio di Huygens è l'integrale di Kirchoff, che dà il campo rifratto in un punto dello spazio in funzione del valore del campo sull'apertura e della geometria della stessa.

\begin{align}
	\mathbf{E}(\mathbf{x},t) &=
	-\frac{1}{2\pi} \int_{\mathcal{A}} d\tilde{x} \,d\tilde{y} \, \mathbf{E}(\tilde{x},\tilde{y},t) \mathbf{\nabla}_n \Big(\frac{e^{ikR}}{R}\Big) \\
	&\sim -\frac{ik}{2\pi} \int_{\mathcal{A}}\, d\tilde{x} \,d\tilde{y} \mathbf{E}(\tilde{x},\tilde{y},t) \frac{e^{ikR}}{R} \cos(n,R)
\end{align}

dove si può approssimare la derivata dell'onda sferica perché il secondo contributo va come $1/R^2$. In effetti approssimando l'integrale tratta ogni punto della superficie come una sorgente puntiforme e pesa i contributi con il fattore di obliquità (legge di Lambert).

L'integrale di Kirchoff si può calcolare esattamente sull'asse $z$ nel caso di un'apertura circolare di raggio $a$:

\begin{align}
	\mathbf{E} &= -\frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} d\phi \int_{z}^{\sqrt{a^2+z^2}} R dR \, \mathbf{E}(\tilde{x},\tilde{y},t) \frac{d}{dR}\Big(\frac{e^{ikR}}{R}\Big)\frac{z}{R} \\
	&= -z \frac{e^{ikR}}{R}\Bigg|_{z}^{\sqrt{a^2+z^2}}\mathbf{E}_0 e^{-i\omega t} \\
	&= \mathbf{E}_0 \cos{(kz-\omega t)} - \frac{z}{\sqrt{a^2+z^2}} \mathbf{E}_0 \cos(k \sqrt{a^2+z^2}-\omega t)
\end{align}

Osserviamo che il contributo dell'interferenza tende a 0 vicino all'apertura. L'intensità è:

\begin{align}
	I &= \frac{1}{T} \int_0^T \mathbf{E}^2 dt \\
	&= I_0 \Bigg[1+\frac{z^2}{a^2+z^2}-\frac{2z}{\sqrt{a^2+z^2}\cos(k \sqrt{a^2+z^2}-kz)}\Bigg] \\
	I_{max} &= I_0 (1+\frac{z}{\sqrt{a^2+z^2}}) \sim
		\begin{dcases}
			I_0 (1+\frac{z}{a})^2 & z \ll a \\
			4I_0 & z \gg a
		\end{dcases} \\
	I_{min} &= I_0 (1-\frac{z}{\sqrt{a^2+z^2}}) \sim
		\begin{dcases}
			I_0 (1-\frac{z}{a})^2 & z \ll a \\
			0 & z \gg a
		\end{dcases}
\end{align}

Per $z \gg a$ possiamo inoltre approssimare:

\begin{align}
	I = 4I_0 \sin^2\Big(\frac{ka^2}{4z}\Big)
\end{align}

\begin{itemize}
	\item Minimi: $z_n = \frac{a^2}{\lambda} \frac{1}{2n}$
	\item Massimi: $z_n = \frac{a^2}{\lambda} \frac{1}{2n+1}$
\end{itemize}

$a^2/\lambda$ segna quindi il confine tra la diffrazione di Fresnel (\textit{near field}) e di Fraunhofer (\textit{far field}). Dopo il confine l'intensità sull'asse decade come $\/z^2$.

Per la diffrazione prodotta da un disco opaco basta cambiare gli estremi di integrazione:

\begin{align}
	&= -z \frac{e^{ikR}}{R}\Bigg|_{\sqrt{a^2+z^2}}^{+\infty} \mathbf{E}_0 e^{-i\omega t} \\
	\mathbf{E} &= \frac{z}{\sqrt{a^2+z^2}}\mathbf{E}_0 \cos(k \sqrt{a^2+z^2}-\omega t) \\
	I &= I_0 \frac{z^2}{a^2+z^2}
\end{align}

Viene confermato il principio di Babinet:

\begin{align}
	&\mathbf{E}_{apertura} =	\mathbf{E}_{senza} -\mathbf{E}_{disco} \\
	&\mathbf{E}_{disco} =	\mathbf{E}_{senza} -\mathbf{E}_{apertura}
\end{align}

Qui fa abbastanza ridere perché ci sono due previsioni paradossali:

\begin{itemize}
	\item Con la fenditura, sull'asse ci sono infiniti punti scuri
	\item Con il disco opaco, l'asse non è mai al buio tranne che sul disco stesso
\end{itemize}

Questo venne usato come argomento contro l'interpretazione ondulatoria della luce da parte di Poisson, che venne BTFO quando Arago osservò sperimentalmente quella oggi chiamiamo proprio macchia di Poisson. Questo è il motivo nel punto della Terra antipodale all'antenna di una stazione radio c'è ricezione perfetta.

\subsection{Diffrazione di Fraunhofer}

Per il limite di \textit{far field} consideriamo le approssimazioni:

\begin{align}
	R_0 &\gg z, a, \lambda \\
	R &= (x-\hat{x})^2+ (y-\hat{y})^2 + z^2 \\
	&\sim R_0 (1-\frac{x\hat{x} + y \hat{y}}{R_0^2}) \\
\end{align}

L'integrale di Kirchoff (con la derivata approssimata), considerando un onda piana monocromatica, è:

\begin{align}
	\mathbf{E} = \frac{-ik}{2\pi}\frac{z}{R_0} \int_{\mathcal{A}} d\tilde{x} \, d \tilde{y}\,  \frac{e^{-ik \frac{x\hat{x}+y\hat{y}}{R_0}}}{R_0} \mathbf{E}_0 e^{-i\omega t}
\end{align}

Se ora riscaliamo le coordinate del punto:

\begin{align}
		u &= \frac{kx}{R_0} \\
		v &= \frac{ky}{R_0} \\
	\mathbf{E} &= -\frac{ikz}{2\pi R_0^2} \mathbf{E}_0 e^{i(kx-\omega t)} \int_{\mathcal{A}} d\tilde{x} d\tilde{y} e^{-i(u\hat{x}+v\hat{y})} \\
	 &= -\frac{ikz}{2\pi R_0^2} \hat{\chi_{\mathcal{A}}}
\end{align}

\subsubsection{Apertura circolare}

Coordinate sferiche:

\begin{align}
	\begin{dcases}
		u = \frac{kx}{R_0}  = k\sin\theta \cos\phi \\
		v = \frac{ky}{R_0} = k \sin\theta \sin\phi
	\end{dcases} \\
	u\hat{x}+v\hat{y} = \rho k \sin \theta \cos(\tilde{\phi}-\phi) \equiv k \sin \theta
\end{align}

Il problema è simmetrico cilindricamente e possiamo scegliere $\phi = \pi$

\begin{align}
	\mathbf{E} &= -\frac{ikz}{R_0^2} \mathbf{E}_0 e^{i(kx-\omega t)} \int_0^a \rho d\rho (\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} d\tilde{\phi} \, e^{i\rho s \cos \tilde{\phi}}) \\
	&= -\frac{ikz}{R_0^2} \mathbf{E}_0 e^{i(kx-\omega t)} \int_0^a \rho\,d\rho\,  J_0 (\rho s)
\end{align}

dove

\begin{align}
	J_n = \frac{1}{2\pi i^n} \int_0^{2\pi} d\alpha\, e^{ix\cos\alpha} \cos(n\alpha)
\end{align}

è la funzione di Bessel di prima specie, di cui useremo la seguente proprietà:

\begin{align}
	\int_0^x x J_0(x) dx &= x J_1(x) \\
	x' = \rho s \\
	\mathbf{E} &= -\frac{ikz}{R_0^2} \mathbf{E}_0 e^{i(kx-\omega t)} \int_0^{sa} \frac{x'dx'}{s^2} J_0 (x) \\
	&= -\frac{ikz}{R_0^2 s^2} \mathbf{E}_0 e^{i(kx-\omega t)} sa J_1 (sa) \\
	&= \frac{za}{R_0^2} \mathbf{E}_0 \sin(kR_0 - \omega t) \frac{J_1 (ka \sin \theta)}{\sin \theta}
\end{align}

Ponendo $x = ka \sin\theta$ otteniamo che l'intensità è

\begin{align}
	I = \bar{I}_0 \Bigg[\frac{2J_1(x)}{x}\Bigg]^2
\end{align}

Possiamo usare per $J_1$ le ottime approssimazioni

\begin{align}
	J_1 \sim
	\begin{dcases}
		\frac{x}{2}	& |x| \ll 1 \\
		\sqrt{\frac{2}{\pi x}} \sin\Big(x-\frac{\pi}{4}\Big) & |x| \gg 1
	\end{dcases}
\end{align}

$J_1$, e quindi $I$, si annullano nei punti $x_n^{min} = (n+1/4)\pi$.

I massimi di $I$ sono massimi e minimi di $J_1(x)/x$:

\begin{align}
	\tan \Big(x-\frac{\pi}{4}\Big) = \frac{2}{3} x
\end{align}

che ha soluzioni grafiche con approssimazione sempre più buona $x_n^{max} = (n+3/4)\pi$.

Possiamo calcolare la differenza tra i primi due picchi di intensità:

\begin{align}
	\frac{I(x_1^{max})}{I_0} = \frac{8}{\pi (x_1^{max})^3} \sim 0.015
\end{align}

Calcoliamo inoltre la larghezza del massimo centrale in termini di $\theta$:

\begin{align}
	x_1^{min} = \frac{5}{4} \pi = ka\sin\theta \\
	\sin \theta_1^{min} \sim \theta_1^{min} = 0.625 \frac{\lambda}{a}
\end{align}

Questa è un'approssimazione, mentre il valore corretto è $\theta_1^{min}= 0.61 \lambda/a$ e la quantità $1/\theta_1^{min} = D/1.22\lambda$ è detto potere risolvente di un telescopio: due oggetti vengono risolti se la separazione angolare è almeno $\theta_1^{min}$.

\subsubsection{Apertura rettangolare}

\begin{align}
	\mathbf{E} &= -\frac{ik z}{2\pi R_0^2} \mathbf{E}_0 e^{i(kx-\omega t)} \int_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}} d\tilde{x}\, e^{-iu\tilde{x}} \int_{-\frac{A}{2}}^{\frac{A}{2}} d\tilde{y} \, e^{-iv\tilde{y}} \\
	&= \frac{z a A}{\lambda R_0^2} \mathbf{E}_0 \sin(kR_0-\omega t) \, \text{sinc} \Big(\frac{ua}{2}\Big) \,\text{sinc} \Big(\frac{vA}{2}\Big) \\
	I &= \bar{I}_0 \, \text{sinc} \Big(\frac{ua}{2}\Big) \,\text{sinc} \Big(\frac{vA}{2}\Big) \\
	\bar{I}_0 &= \Big(\frac{zaA}{\lambda R_0^2}\Big)I_0
\end{align}

\begin{itemize}
	\item Minimi di $I$: $x_n^{min} = n\pi$
	\item Massimi di $I$, ovvero estremanti di $\text{sinc}$: $\tan x = x \implies x_n^{max} \sim (2n+1)\frac{\pi}{2}$
\end{itemize}

Calcoliamo di nuovo caduta di intensità e larghezza del massimo centrale:

\begin{align}
	\frac{I(x_1^{min})}{I_0} = \, \text{sinc} \Big(\frac{3}{2}\pi\Big) \sim 0.045 \\
	x_1^{min} - x_{-1}^{min} = 2\pi
\end{align}

Nel limite in cui $A \gg a$ lungo $y$ non c'è più diffrazione e possiamo studiare il problema planare in termini dell'angolo $\theta$ tra la posizione e l'asse $z$.

Il campo diffratto dipende dalla trasformata di Fourier monodimensionale della fenditura:

\begin{align}
	\mathbf{E} &= \mathbf{C} \int_{-\infty}^{+\infty} d\hat{x} \chi_{\mathcal{A}} e^{-i \frac{k \sin\theta \hat{x}}{u}} \\
	&= \mathbf{C} a \, \text{sinc} (\pi \frac{a}{\lambda} \sin\theta) \\
	I &= \bar{I}_0 \, \text{sinc}^2 (\pi \frac{a}{\lambda} \sin\theta)
\end{align}

I minimi di intensità sono in $\sin \theta_n^{min} \sim \theta_n^{min} = n \lambda/a$.

\subsubsection{Teorema dell'array}

Consideriamo un'array di fenditure verticali centrate in $\tilde{x}_n = nb$. Il campo risultante sarà la somma dei campi dovuti a ciascuna fenditura.

La fenditura $n$ ha funzione caratteristica $\chi_{\mathcal{A}_n}(\tilde{x}) = \chi_{\mathcal{A}}(\tilde{x}-\tilde{x}_n)$, pertanto il campo diffratto è:

\begin{align}
	\mathbf{E}_n &= \mathbf{C} \int_{-\infty}^{+\infty} d \tilde{x} \chi_{\mathcal{A}_n} e^{-ik\sin\theta \tilde{x}} \\
	&= \mathbf{C} \int_{-\infty}^{+\infty} d \tilde{x} \chi_{\mathcal{A}}(\tilde{x}-\tilde{x}_n) e^{-ik\sin\theta \tilde{x}} \\
	\tilde{x}' = \tilde{x}-\tilde{x}_n \\
	&= \mathbf{C} \int_{-\infty}^{+\infty} d \tilde{x}' \chi_{\mathcal{A}}(\tilde{x}') e^{-ik\sin\theta(\tilde{x}'+\tilde{x}_n)} \\
	&= e^{-ik\sin\theta\tilde{x}_n} \mathbf{E}_1
\end{align}

Insomma traslare la fenditura non fa altro che sfasare il campo.

Il campo diffratto dall'intero \textit{array} sarà quindi

\begin{align}
	\mathbf{E} &= \sum \mathbf{E}_n \\
	&= \sum (e^{-ik\sin\theta\tilde{x}_n}) \mathbf{E}_1 \\
	&= \mathbf{C} a \Big(\sum e^{-ik\sin\theta\tilde{x}_n}\Big) \, \text{sinc} \Big(\pi \frac{a}{\lambda} \sin\theta\Big)
\end{align}

\subsubsection{Doppia fenditura}

Calcoliamo il fattore di sfasamento:

\begin{align}
	Z &= e^{-ik\sin\theta b} + e^{-2ik\sin\theta b} \\
	&= e^{-\frac{3}{2}ik\sin\theta b}(e^{ik\sin\theta \frac{b}{2}}+e^{-ik\sin\theta \frac{b}{2}}) \\
	&= 2 e^{-ik\sin\theta \frac{3}{2} b} \cos\Big(\pi \frac{b}{\lambda} \sin\theta\Big)
\end{align}

Incorporiamo il fattore di fase nella costante $\mathbf{C}$ così che l'intensità assume la forma

\begin{align}
	I = \bar{I}_0 \cos^2\Big(\pi \frac{b}{\lambda} \sin \theta\Big) \, \text{sinc}^2 \Big(\pi \frac{a}{\lambda} \sin \theta\Big)
\end{align}

dove l'intensità diffratta dalla singola fenditura è modulata dal fattore di interferenza di Young.

\subsubsection{Reticolo}

Se parliamo di un reticolo di $N$ fenditure possiamo calcolare il fattore di sfasamento con la somma parziale della serie geometrica:

\begin{align}
	x(1+x+\dots+x^N) &= (1+x+\dots+x^N)+x^{N+1}-1 \\
	1+x+\dots+x^N &= \frac{x^N-1}{x-1} \\
	Z &= \frac{e^{-ik\sin\theta Nb}-1}{1-e^{-ik\sin\theta b}} \\
	&=  \frac{e^{-ik\sin\theta \frac{N}{2}b}}{e^{-ik\sin\theta \frac{n}{2}b}}
	\frac{e^{-ik\sin\theta \frac{N}{2}b}-e^{ik\sin\theta \frac{N}{2}b}}{e^{ik\sin\theta \frac{b}{2}}-e^{-ik\sin\theta \frac{b}{2}}} \\
	&= e^{-ik\sin\theta \frac{(N+1)b}{2}} \frac{\sin(Nk \sin\theta \frac{b}{2})}{\sin(k\sin\theta \frac{b}{2})}
\end{align}

Ancora una volta inglobiamo il fattore di fase in $\mathbf{C}$ così che l'intensità è

\begin{align}
	I = \bar{I}_0  \frac{\sin(Nk \sin\theta \frac{b}{2})}{\sin(k\sin\theta \frac{b}{2})} \, \text{sinc}^2 \Big(\pi \frac{a}{\lambda} \sin \theta\Big)
\end{align}

Il $\sin^2$ al numeratore oscilla più velocemente di quello al denominatore, così che

\begin{itemize}
	\item Quando si annulla il denominatore si annulla anche il numeratore e il termine di interferenza è massimo e vale 1. Questo avviene per $\sin \theta_n\sim \theta_n= n \frac{\lambda}{b}$.
	\item Tra questi massimi ci sono $N-1$ minimi di intensità in cui si annulla solo il numeratore, in $\sin \theta_n^{m} \sim \theta_n^{m} = \frac{\lambda}{b}(n+\frac{m}{N})$.
\end{itemize}
La larghezza del massimo $n-esimo$ è

\begin{align}
	\theta_n^1-\theta_n^{-1} = \frac{\lambda}{b} \frac{2}{N}
\end{align}

Ora metabolizza questo:

\begin{itemize}
	\item Tra due minimi c'è un massimo
	\item Tra due massimi primari di interferenza ci sono $N-1$ minimi
	\item Pertanto, tra due massimi primari di interferenza ci sono $N-2$ massimi
\end{itemize}

La figura di diffrazione è più larga di quella di interferenza perché $a<b$.

Se $b = ka, k\in \mathbb{Z}$, i massimi di interferenza di ordine $kn$ ($\theta_{kn} = n \frac{\lambda}{a}$) coincidono con i minimi di diffrazione e sono soppressi.

Un reticolo può essere usato per risolvere lunghezze d'onda molto strette.

Secondo il criterio di Rayleigh, il reticolo risolve due lunghezze d'onda all'ordine $n$ se i massimi delle due lunghezze d'onda distano almeno quanto il primo minimo di quella più piccola:

\begin{align}
	n\frac{\lambda+\delta\lambda}{b} &> \frac{\lambda}{b}\Big(n+\frac{1}{N}\Big) \\
	Nn &> \frac{\lambda}{\delta \lambda}
\end{align}

Per esempio per distinguere al primo ordine le due righe della luce gialla del sodio (le righe di Fraunhofer $D_1$ e $D_2$), con $\lambda \sim 600 \, $ nm,$ \delta \lambda \sim 0.6 \, $ nm, il reticolo deve avere almeno 1000 fenditure.

\subsection{Polarizzazione della luce}

Il campo elettrico di un onda piana che propaga lungo l'asse delle $z$ è

\begin{align}
	\mathbf{E} = \frac{\mathbf{A}}{2} e^{i(kz-\omega t)} + c.c. \\
%	= \frac{1}{2}\tilde{\mathbf{E}}+\tilde{\mathbf{E}}^* \\
	\mathbf{A} =
	\begin{pmatrix}
		A_x e^{i\phi_x} \\
		A_y e^{i\phi_y}
	\end{pmatrix}_{xy} \\
	=\begin{pmatrix}
		A_x \\
		A_y e^{i\phi}
	\end{pmatrix}_{xy} \\
	\phi = \phi_x -\phi_y
\end{align}

L'intensità media dell'onda è:

\begin{align}
	\langle \mathbf{E} \cdot \mathbf{E} \rangle = \frac{1}{2} (A_x^2+A_y^2)
\end{align}


%\begin{align}
%	\langle \mathbf{E} \cdot_{\mathbb{C}} \rangle =
%	\frac{1}{4} \langle
%	\langle \tilde{\mathbf{E}} \cdot_{\mathbb{R}} \tilde{\mathbf{E}}^* \rangle
%	=
%\end{align}
%
Con una bellissima scelta di notazione possiamo scrivere un vettore reale di modulo $B = \sqrt{A_x^2+A_y^2}$ e angolo $\theta$:

\begin{align}
	\mathbf{B} =
	\begin{pmatrix}
		A_x \\
		A_y
	\end{pmatrix}
\end{align}

Così che

\begin{align}
	\mathbf{E} =
	\begin{pmatrix}
		E_x \\
		E_y
	\end{pmatrix} =
	\begin{pmatrix}
		A_x \cos(\omega t) \\
		A_y \cos(\omega t- \phi)
	\end{pmatrix} =
	\begin{pmatrix}
		B \cos\theta \cos(\omega t) \\
		B \sin\theta \cos(\omega t-\phi)
	\end{pmatrix}
\end{align}

\begin{itemize}
	\item $\phi = 0$: le due componenti del campo oscillano in fase. La punta del vettore oscilla con inclinazione $\theta$.
	\item $\phi = \pi$: le due componenti del campo oscillano in antifase. La punta del vettore oscilla con inclinazione $-\theta$.
	\item $\phi = \pm\frac{\pi}{2}$: la traiettoria della punta è $\frac{E_x^2}{A_x^2}+\frac{E_y^2}{A_y^2} = 1$, un'ellisse dove il vettore che collega due vertici adiacenti è inclinato di $\theta$. In particolare per $\theta = \frac{\pi}{4}$ la traiettoria è una circonferenza.
	\item Se $\phi$ è diverso la traiettoria è un'ellisse inclinata.
\end{itemize}

Se l'onda è polarizzata circolarmente ($\phi = \pm \pi/2, \theta = \pi/4$) possiamo scrivere
\begin{align}
	\mathbf{A} = \frac{E_0}{\sqrt{2}}
	\begin{pmatrix}
		1 \\
		\pm i
	\end{pmatrix}_{xy} =
	\begin{dcases}
		\begin{pmatrix}
			1 \\
			0
		\end{pmatrix}_{\pm} \\
	\begin{pmatrix}
			0 \\
			1
		\end{pmatrix}_{\pm}
	\end{dcases} \\
	\hat{\mathbf{e}}_{\pm} = \frac{\hat{\mathbf{e}}_x \pm \hat{\mathbf{e}}_y}{\sqrt{2}}
\end{align}

Si verifica che la nuova base è ortornormale

Le relazioni tra le componenti di $\mathbf{E}$ sulle basi $xy$ e $\pm$ sono:

\begin{align}
	\mathbf{A} =
	\begin{pmatrix}
		A_x \\
		A_y
	\end{pmatrix}_{xy} =
	\begin{pmatrix}
		A_+ \\
		A_-
	\end{pmatrix}_{\pm} \\
	= \frac{A_+}{\sqrt{2}}
	\begin{pmatrix}
		1 \\
		i
	\end{pmatrix}_{xy}
	+\frac{A_-}{\sqrt{2}}
	\begin{pmatrix}
		1 \\
		-i
	\end{pmatrix}_{xy} \\ =
	\begin{pmatrix}
		\frac{A_++A_-}{\sqrt{2}} \\
		i\frac{A_+-A_-}{\sqrt{2}}
	\end{pmatrix}_{xy}
\end{align}

da cui confrontando

\begin{align}
	A_x &= \frac{A_++A_-}{\sqrt{2}} \\
	A_y &= i\frac{A_+-A_-}{\sqrt{2}} \\
	A_{\pm} &= \frac{A_x \mp A_y}{\sqrt{2}}
\end{align}

\subsubsection{Parametri di Stokes}

Sono parametri facilmente ricavabili sperimentalmente usando polarizzatori e lamine a quarto d'onda.

Si definiscono a partire dai coefficienti circolari di $\mathbf{A}$:

\begin{align}
	s_0 &= |A_+|^2 + |A_-|^2 \\
	s_1 &= 2 \Re (A_+^* A_-) \\
	s_2 &= 2 \Im (A_+^* A_-) \\
	s_3 &= |A_+|^2 - |A_-|^2
\end{align}

Si può dimostrare che sulla base cartesiana corrispondono a:

\begin{align}
	s_0 &= |A_x|^2 + |A_y|^2 \\
	s_1 &= |A_x|^2 - |A_y|^2 \\
	s_2 &= 2 \Re (A_x^* A_y) \\
	s_3 &= 2 \Im (A_x^* A_y)
\end{align}

A questo punto è molto astuto scegliere come parametri

\begin{align}
	A_+ &= C \cos(\frac{\pi}{4}-\chi) e^{-i\psi} \\
	A_- &= C \sin(\frac{\pi}{4}-\chi) e^{i\psi}
\end{align}

così che i parametri di Stokes diventano coordinate sferiche:

\begin{align}
	s_0 &= C^2 \\
	s_1 &= C^2 \cos(2\chi) \cos(2\psi) \\
	s_2 &= C^2 \cos(2\chi) \sin(2\psi) \\
	s_3 &= C^2 \sin(2\chi)
\end{align}

dove $2\chi$ è l'angolo verticale e $2\psi$ quello orizzontale.

In componenti cartesiane:

\begin{align}
	s_0 &= C^2 \\
	s_1 &= C^2 \cos(2\theta) \\
	s_2 &= C^2 \sin(2\theta) \cos(\phi) \\
	s_3 &= C^2 \sin(2\theta) \sin(\phi)
\end{align}

Bonfrontando le espressioni per $s_0$ nelle componenti cartesiane deduciamo che in fondo $C = B$, quindi d'ora in poi useremo la notazione $B$.

La polarizzazione è:

\begin{itemize}
	\item al polo nord ($\chi = \frac{\pi}{4}$) circolare positiva
	\item al polo sud ($\chi = -\frac{\pi}{4}$) circolare negativa
	\item Sull'equatore ($\chi = 0$) la polarizzazione è lineare con inclinazione $\psi$
\end{itemize}

Per trovare le relazioni tra $\chi$ e $\psi$ e le componenti cartesiane di $A$ usiamo la notazione:

\begin{align}
	A_+ &= B_+ e^{-i\psi} \\
	A_- &= B_- e^{i\psi}
\end{align}

così che

\begin{align}
	\begin{pmatrix}
		A_+ \\
		A_-
	\end{pmatrix}
	=
	\frac{1}{\sqrt{2}}
	\begin{pmatrix}
		\cos \psi & -\sin \psi \\
		\sin \psi & \cos \psi
	\end{pmatrix}
	\begin{pmatrix}
		1 & 1 \\
		i & -i
	\end{pmatrix}
	\begin{pmatrix}
		B_+ \\
		B_-
	\end{pmatrix}
\end{align}

Quindi il campo $\mathbf{E} = \frac{\mathbf{A}}{2} e^{i(kz-\omega t)} + c.c. $ in $z=0$ si scrive come

\begin{align}
	E_x &= D_+ \cos \psi \cos(\omega t) - D_- \sin\psi \sin(\omega t) \\
	E_y &= D_+ \sin \psi \cos(\omega t) + D_- \cos \psi \sin(\omega t)
\end{align}

quindi ricavando $\cos (\omega t)$ e $\sin(\omega t)$ e scrivendo l'identità trigonometrica $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$

\begin{align}
	\cos(\omega t) = \frac{E_x \cos \psi + E_y \sin \psi}{D_+} &= \frac{F_x}{D_+}\\
	\sin(\omega t) = \frac{E_y \cos \psi -E_x \sin \psi}{D_-} &= \frac{F_y}{D_-} \\
	\frac{F_x^2}{D_+^2} + \frac{F_y^2}{D_-^2} &= 1
\end{align}

dove $\mathbf{F}$ è $\mathbf{E}$ ruotato di $-\phi$.

Inoltre abbiamo

\begin{align}
	D_+ &= B_+ \cos \chi \\
	D_- &= B_- \sin \chi
\end{align}

In termini di parametri di Stokes possiamo scrivere:

\begin{align}
	\psi &= \frac{1}{2} \arctan (\frac{s_2}{s_1}) \\
	D_{\pm} &= \frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{s_0 \pm \sqrt{s_0^2 - s_3^2}}
\end{align}

mentre con gli angoli "cartesiani":

\begin{align}
	\psi &= \frac{1}{2} \arctan [\tan(2\theta)\cos\phi] \\
	D_{\pm} &= \frac{B}{2} \sqrt{1\pm \sqrt{1-\sin^2 (2\theta) \sin^2 \phi}}
\end{align}

\begin{center}
\begin{tabular}{ |c|c|c| }
 \hline
	\bf{Prati} & \bf{danivolo} & \textit{Definizione} \\
\hline
$\mathbf{E}$ & $\mathbf{E}$ & $\mathbf{A} e^{i(kz-\omega t)}/2 + c.c. $\\
 \hline
	$\mathbf{E}_0^c$ & $\mathbf{A}$ & $\begin{pmatrix}
		A_x e^{i\phi_x} & A_y e^{i\phi_y}
	\end{pmatrix}_{xy}
$ \\
\hline
	$\mathbf{E}_0$ & $\mathbf{B}$ & $A_x = B \cos \theta$ \\
\hline
	$\mathbf{E}_0$ (Stokes) & $C (= B)$ & $A_+ = C \cos(\pi/4-\chi)$ \\
	\hline
	$E_{0\pm}$ & $B_{\pm}$ & $A_{\pm} = B_{\pm} e^{\mp i\psi}$ \\
	\hline
	$A_{\pm}$ & $D_{\pm}$ & $(B_+\pm B_-)/\sqrt{2}$ \\
	\hline
	$\mathbf{E}'$ & $\mathbf{F}$ & $\mathbf{E}$ ruotato di $-\phi$ \\
	\hline
\end{tabular}
\end{center}

\end{document}
