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MECANICA CLASICA
Luis Rodríguez Valencia1
Departamento de Física
Universidad de Santiago de Chile
13 de marzo de 2008
1 email:
[email protected]
II
Contenidos
1. Sistema de Partículas
1.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . .
1.1.1. Sistema Inercial de referencia . . . . .
1.1.2. Ecuaciones de movimiento . . . . . . .
1.1.3. Torque en punto arbitrario . . . . . . .
1.1.4. Teorema Energía Trabajo . . . . . . .
1.1.5. Sistema de dos partículas . . . . . . . .
1.2. Campo Central de Fuerza . . . . . . . . . . .
1.2.1. Ecuación diferencial para la órbita . .
1.2.2. Relación entre energía y excentricidad
1.3.
1.4.
1.5.
1.6.
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1.2.3. Expresión integral para la trayectoria . . . .
Estabilidad de una órbita circular . . . . . . . . . .
1.3.1. Otro punto de vista . . . . . . . . . . . . . .
1.3.2. Un caso inestable . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.3. Otro caso estable . . . . . . . . . . . . . . .
Problema de Kepler . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Sistemas de masa variable . . . . . . . . . . . . . .
Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6.1. Sistema de partículas . . . . . . . . . . . . .
1.6.2. Sistemas de masa variable . . . . . . . . . .
1.6.3. Movimiento en un campo central de Fuerza .
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2. Sistema de referencia no inercial
2.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . .
2.2. Movimiento relativo a la tierra . . . . . . . .
2.2.1. Vertical y aceleración de gravedad del
2.2.2. Ecuación de movimiento aproximada
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CONTENIDOS
IV
2.2.3. Péndulo de Foucault
2.2.4. Péndulo esférico . . .
2.3. Teorema de Larmor . . . . .
2.4. Ejercicios resueltos . . . . .
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3. Rotaciones.
3.1. Rotaciones de un sistema. . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.1. Rotaciones de un sistema de coordenadas. . .
3.1.2. Ángulos de Euler. . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.3. Parámetros de Cayley Klein. . . . . . . . . . .
3.1.4. Transformaciones de similaridad. . . . . . . .
3.1.5. Relaciones entre matrices de Pauli. . . . . . .
3.1.6. Parámetros de Euler. . . . . . . . . . . . . . .
3.2. Velocidad angular. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.1. Descomposición del movimiento. . . . . . . . .
3.2.2. Teorema de adición de velocidades angulares.
3.3. Ejercicios resueltos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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4. Sistema rígido de partículas
4.1. Cantidades cinemáticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.1. Energía cinética y momentum angular . . . . . .
4.1.2. Algunas propiedades de la matriz de inercia . . .
4.1.3. Teoremas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.4. El elipsoide de inercia . . . . . . . . . . . . . . .
4.2. Ecuaciones dinámicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.1. Movimiento Plano . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.2. Un ejemplo en más dimensiones, la bola de billar
4.3. Movimiento en tres dimensiones . . . . . . . . . . . . . .
4.3.1. Ecuaciones de Euler . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3.2. Torque nulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3.3. Cuerpo simétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3.4. Trompo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.4. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5. Movimiento con loops . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5.1. Resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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CONTENIDOS
5. Ecuaciones de Lagrange
5.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2. Restricciones o vínculos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.1. Vínculos holonómicos y coordenadas generalizadas . .
5.2.2. Fuerzas de vínculos . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.3. Desplazamientos virtuales . . . . . . . . . . . . . . .
5.3. Ecuaciones de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.1. Vínculos no holonómicos . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.2. Condición de integrabilidad . . . . . . . . . . . . . .
5.4. Sistemas Conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4.1. Momentos canónicos . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4.2. El hamiltoniano del sistema . . . . . . . . . . . . . .
5.4.3. Teoremas de conservación . . . . . . . . . . . . . . .
5.4.4. Hamiltoniano y energía . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4.5. Fuerzas dependientes de la velocidad . . . . . . . . .
5.4.6. Teorema de Noether . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.5. Ejemplos y aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.5.1. Trompo simétrico. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.5.2. Bola que rueda sobre un plano, sometida en su centro
a una fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.6. Las ecuaciones de Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.6.1. Sistemas autónomos . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.6.2. Puntos críticos o de equilibrio . . . . . . . . . . . . .
5.6.3. Estabilidad de un punto de equilibrio . . . . . . . . .
5.6.4. La bifurcación de Saddle point . . . . . . . . . . . . .
5.6.5. Análisis de estabilidad más en general . . . . . . . .
5.6.6. La bifurcación de pitchfork . . . . . . . . . . . . . . .
5.6.7. La bifurcación de Hopf . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.6.8. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.6.9. Otro punto de vista . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.6.10. Un caso inestable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.6.11. Otro caso estable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.7. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
V
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6. Ecuaciones de Hamilton
253
6.1. La Acción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253
6.1.1. Principio variacional de Hamilton . . . . . . . . . . . . 254
6.2. Transformaciones canónicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255
CONTENIDOS
VI
6.3.
6.4.
6.5.
6.6.
6.7.
6.2.1. Formas de la transformación . . . . . . . . .
Paréntesis de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3.1. Propiedades de los Paréntesis de Poisson . .
Ecuaciones de Movimiento . . . . . . . . . . . . . .
Problemas y Aplicaciones. . . . . . . . . . . . . . .
Método de Hamilton Jacobi . . . . . . . . . . . . .
6.6.1. Función principal de Hamilton . . . . . . . .
6.6.2. Relación con la acción S . . . . . . . . . . .
6.6.3. Función característica de Hamilton . . . . .
6.6.4. El oscilador armónico . . . . . . . . . . . . .
Variables de Acción Angular . . . . . . . . . . . . .
6.7.1. Sistemas periódicos con un grado de libertad
7. Oscilaciones pequeñas
7.1. La energía cinética . . . . . . . . . . . .
7.2. La energía potencial . . . . . . . . . . .
7.2.1. Posición de equilibrio . . . . . . .
7.2.2. Estabilidad . . . . . . . . . . . .
7.3. Linealización . . . . . . . . . . . . . . .
7.4. El lagrangiano aproximado . . . . . . . .
7.5. Solución de las ecuaciones de movimiento
7.5.1. Diagonalización . . . . . . . . . .
7.5.2. Solución del sistema . . . . . . .
7.6. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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. 301
. 301
. 302
8. Sistemas continuos
8.1. Oscilaciones transversales . . . . . . . . . . . . . . .
8.2. Límite continuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2.1. Lagrangiano para la cuerda continua . . . . .
8.2.2. Densidad Lagrangiana . . . . . . . . . . . . .
8.2.3. Principio de Hamilton para sistemas continuos
8.3. Soluciones de la ecuación de onda . . . . . . . . . . .
8.3.1. Condiciones de frontera . . . . . . . . . . . . .
8.3.2. Condiciones iniciales . . . . . . . . . . . . . .
8.4. Método de las series de Fourier . . . . . . . . . . . .
8.5. Solución de D’Alembert . . . . . . . . . . . . . . . .
8.5.1. Condiciones iniciales. . . . . . . . . . . . . . .
8.5.2. Condiciones de frontera . . . . . . . . . . . . .
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CONTENIDOS
VII
8.5.3. Casos particulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302
8.5.4. Extensión de F (x) o V (x) . . . . . . . . . . . . . . . . 303
8.6. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304
8.6.1. Si la cuerda parte recta con un perfil de velocidades
iniciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.7. Consideraciones energéticas . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.7.1. Potencia en ondas armónicas . . . . . . . . . . . . . .
8.7.2. Membranas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.7.3. Solución para geometrías específicas . . . . . . . . . .
8.8. Elementos de mecánica de Fluidos . . . . . . . . . . . . . . .
8.8.1. Cambio del volumen . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.8.2. Líneas de flujo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.9. Ecuación de movimiento de un fluido ideal . . . . . . . . . .
8.9.1. Onda sonoras en un fluido . . . . . . . . . . . . . . .
8.9.2. Ondas de canal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.9.3. Ondas de superficie en líquidos . . . . . . . . . . . .
8.9.4. Más sobre ondas de superficie . . . . . . . . . . . . .
8.9.5. Ecuación no lineal efectiva . . . . . . . . . . . . . . .
8.9.6. Una solución aproximada . . . . . . . . . . . . . . . .
8.9.7. Algunas soluciones de la ecuación de onda. . . . . . .
8.9.8. A) Ondas planas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.9.9. B) Ondas esféricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.9.10. Las ondas electromagnéticas . . . . . . . . . . . . . .
8.9.11. Ondas electromagnéticas planas . . . . . . . . . . . .
8.9.12. Velocidad de grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.9.13. Efecto Doppler clásico . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.9.14. Efecto Doppler relativista . . . . . . . . . . . . . . .
8.9.15. Efecto Doppler para ondas luminosas . . . . . . . . .
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349
349
8.10. Ejercicios propuestos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350
9. Problemas complementarios
357
10.Problemas resueltos
365
CONTENIDOS
VIII
11.Apéndice
11.1. Una ecuación diferencial. . . . . . . .
11.2. Las funciones elíptica Jacobianas. . .
11.3. El péndulo esférico. . . . . . . . . . .
11.4. Operador ∇. . . . . . . . . . . . . . .
11.4.1. Gradiente. . . . . . . . . . . .
11.4.2. Divergencia. . . . . . . . . . .
11.4.3. Rotor de un campo vectorial.
11.4.4. Algunas propiedades. . . . . .
11.4.5. El Laplaciano ∇2 . . . . . . . .
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. 396
. 401
. 401
. 402
. 403
. 405
. 405
Índice de figuras
1.1.
1.2.
1.3.
1.4.
Transformación de Galileo
Sistema de partículas . . .
sección cónica . . . . . . .
Tipos de cónicas . . . . .
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. 18
2.1. Sistema no inercial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
2.2. Sistema fijo a la Tierra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
2.3. Gravedad local, tierra esférica (a) y real (b) . . . . . . . . . . 86
3.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2. Rotación en torno a un eje . . . .
3.3. Rotación activa de un vector . . .
3.4. Adición de velocidades angulares
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106
108
110
120
4.1.
4.2.
4.3.
4.4.
4.5.
4.6.
4.7.
velocidades de un cuerpo rígido
Elipsoide de inercia . . . . . . .
Bola de billar . . . . . . . . . .
Cuerpo simétrico . . . . . . . .
Conos del espacio y del cuerpo .
Conos del espacio y del cuerpo .
Choque cuerpos rígidos . . . . .
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128
131
141
146
147
169
176
5.1.
5.2.
5.3.
5.4.
5.5.
5.6.
5.7.
Transformación de Legendre .
Trompo simétrico . . . . . . .
Esfera atraida hacia el origen
Autovalores reales . . . . . . .
Autovalores complejos . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
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196
205
208
218
219
223
227
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ÍNDICE DE FIGURAS
X
5.8.
5.9.
5.10.
5.11.
5.12.
5.13.
5.14.
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7.1.
7.2.
7.3.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287
8.1. Potencia en una
8.2. . . . . . . . . .
8.3. . . . . . . . . .
8.4. . . . . . . . . .
8.5. . . . . . . . . .
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onda.
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227
237
239
242
243
248
249
308
309
315
323
329
9.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359
9.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 360
9.3. Mínimo de una acción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362
10.1. . . . . . . . . . . . .
10.2. . . . . . . . . . . . .
10.3. . . . . . . . . . . . .
10.4. . . . . . . . . . . . .
10.5. . . . . . . . . . . . .
10.6. coordenadas elípticas
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365
374
377
380
383
384
11.1. Tipo de solución de una ecuación diferencial . . . . . . . . . . 394
11.2. Péndulo esférico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396
Capítulo
1
Sistema de Partículas
1.1.
Ecuaciones de movimiento
Esta parte de la Mecánica, se presenta en forma bastante resumida. Se
presentan las principales definiciones y relaciones cinemáticas así como las
ecuaciones clásicas de movimiento para un sistema de partículas puntuales
suponiendo interacciones que cumplan el principio de acción y reacción. Las
definiciones de cantidades Físicas cinemáticas, que involucran las masas, las
posiciones, las velocidades, tales como la energía cinética, momentum lineal,
momentum angular, son naturalmente relativas al sistema de referencia que
se escoja. Entre esos diversos sistemas de referencia, las relaciones que existan entre esas cantidades físicas, se desprenderán de las transformaciones de
Galileo para sistemas, vea figura (??), que se trasladan unos respecto de otros
con velocidad constante v
r 0 = r − vt.
Más en general para sistemas de referencia arbitrarios, admitiendo aceleraciones y rotaciones de ellos respecto a uno supuesto fijo, las relaciones
entre velocidades y aceleraciones de partículas son más complicadas. Podemos
adelantar que las relaciones entre velocidades y aceleraciones son (2.2,2.3)
v = vA + ω × r 0 + v
a = aA + α × r 0 + 2ω × v
rel
rel
,
+ ω × (ω × r 0 ) + a
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rel
,
2
Sistema de Partículas
Z'
Z
r'
r
Y'
O'
O
Y
X'
X
Figura 1.1: Transformación de Galileo
siendo α = dω/dt. Debe notarse que la velocidad y aceleración relativas son
las derivadas de los vectores posición y velocidad relativos manteniendo fijas
las direcciones de los ejes móviles, lo cual en algunos textos se indica por
v
1.1.1.
rel
=
∂r 0
,
∂t
a
rel
=
∂v rel
.
∂t
Sistema Inercial de referencia
En la formulación de la dinámica clásica, se supone la existencia de al menos un sistema privilegiado de referencia, un Sistema inercial de referencia.
Por definición, un sistema inercial de referencia es aquel (hipotético) sistema
relativo al cual una partícula libre tiene velocidad constante o en particular
nula (vea página 5 de referencia [11]) . Como consecuencia de la transformación de Galileo, todo sistema que se traslade con velocidad constante respecto
a uno inercial de referencia, es también sistema inercial de referencia. La existencia de uno por lo menos, sería materia de validación experimental, con
las obvias dificultades que ello presenta. Se acepta que al menos aproximadamente, el marco de las estrellas fijas, lo es. Esta es una materia hoy en día
de acuerdo internacional. En efecto en Agosto de 1997, la Unión Astronómi-
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1.1 Ecuaciones de movimiento
3
ca Internacional (IAU) decidió que a partir del primero de Enero de 1998,
el IAU sistema de referencia celestial sea el sistema (ICRS), en reemplazo
del sistema FK5. Hay abundantes referencias en la WEB, por ejemplo en
http://hpiers.obspm.fr/webiers/general/syframes/icrsf/ICRS.html.
Definiciones y notación
Respecto a un determinado sistema de referencia, ver fig.(1.2) (no
necesariamente inercial), sean
i
N
mi
ri
vi
ai
Fi
fij
P
..
..
=
=
..
..
=
K
=
L0
=
F ext =
=
Γext
O
M
=
rG
=
índice
entero
.............
.............
dri /dt
dvi /dt
.............
.............
X
mi vi
i
X
1
mi vi2
2
i
X
mi ri × vi
Xi
Fi
Xi
ri × Fi
Xi
mi
Xi
mi ri /M
i
i = 1, 2, 3 · · · N
número de partículas del sistema.
masa partícula i.
vector posición partícula i.
velocidad partícula i.
aceleración partícula i.
fuerza externa actuando sobre partícula i.
fuerza que partícula j ejerce sobre partícula i.
Momentum lineal del sistema.
Energía cinética del sistema.
Momentum angular del sistema respecto a O.
Fuerza externa resultante.
Torque resultante externo respecto a O.
masa total sistema.
posición del centro de masa.
En este resumen no se pretende discutir los fundamentos de la formulación
Newtoniana, cuya mayor dificultad radica en las definiciones
(independientes) de Fuerza, masa y aceleración, así como en los conceptos
de espacio y tiempo, que supondremos materias conocidas.
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4
Sistema de Partículas
Z
sistema
fij
Fi
mi
mj
ri
ri
O
Y
X
Figura 1.2: Sistema de partículas
1.1.2.
Ecuaciones de movimiento
Con respecto a un sistema inercial de referencia, cada una de las N partículas cumple con la llamada segunda ley de Newton
X
mi ai = Fi +
(1.1)
fij .
j6=i
Fiext representa la fuerza externa actuando sobre la partícula i. Si las fuerzas
de interacción fij satisfacen la llamada ley de acción y reacción, es decir
fij + fji = 0,
y
fij × (ri − rj ) = 0,
puede demostrarse a partir de las N ecuaciones de movimiento, los siguientes
importantes teoremas
I Teorema 1.1
dP
= F ext ,
dt
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(1.2)
1.1 Ecuaciones de movimiento
5
Demostracion 1
Si sumamos todas las ecuaciones (1.1) obtendremos
X
X
XX
mi ai =
Fi +
fij ,
i
i
i
j6=i
pero debido a la ley de acción y reacción, la suma doble se anula, entonces
X
d X
mi vi =
Fi = F ext ,
dt i
i
dP
dt
= F ext .
I Teorema 1.2
MaG = F ext .
Demostracion 2
Este teorema sigue del anterior al considerar que
X
d X
P =
mi vi =
mi ri
dt
i
i
d X mi ri
= MvG .
= M
dt i M
dLO
= Γext
O .
dt
(1.3)
Demostracion 3
Basta considerar que
XX
XX
1 XX
ri × fij =
rj × fji =
(ri − rj ) × fij = 0,
2 j6=i
j6=i
j6=i
luego tendremos
X
i
mi ri × ai =
X
i
ri × Fi +
X
d X
mi ri × vi =
ri × Fi ,
dt i
i
XX
i
j6=i
ri × fij ,
que prueba el teorema.
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6
Sistema de Partículas
Las ecuaciones (1.2) y (1.3) son, en general, insuficientes para determinar
las posiciones de las partículas siendo la excepción más notable un sistema
rígido de partículas, que tiene justamente 6 grados de libertad, o en otras
palabras, que su posición puede especificarse con solo 6 coordenadas o parámetros. La segunda de las ecuaciones anteriores, toma la misma forma en
un sistema especial, no necesariamente inercial, con origen en el centro de
masas G y tal que sus ejes no roten. Es decir, puede probarse que
dLG
= Γext
G .
dt
(1.4)
Entre el sistema inercial y ese otro mencionado con origen en G, pueden
demostrarse las siguientes relaciones (relaciones de Koenig), consecuencias
simples de la transformación de Galileo
I Teorema 1.3
De Koenig
LO = MrG × vG + LG
1
2
MvG
K =
+ KG
2
siendo KG y LG la energía cinética y momentum angular relativos al sistema
con origen en G.
Demostracion 4
En efecto, si usamos la transformación de Galileo, podemos escribir (si los
ejes móviles no rotan)
ri 0 = ri − rG ,
v 0i = vi − vG ,
de modo que resultará
X
mi (ri 0 + rG ) × (vi 0 + vG )
LO =
X
=
mi ( ri 0 × vi 0 + rG × vi 0 + ri 0 × vG + rG × vG ),
pero
X
mi ri 0 = 0,
X
mi vi 0 = 0,
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1.1 Ecuaciones de movimiento
7
de donde sigue el primer resultado. Similarmente
1X
mi (vi 0 + vG ) · (vi 0 + vG )
K =
2
1X
mi (vi 0 · vi 0 + vG · vi 0 + vG · vi 0 + vG · vG ),
=
2
de donde sigue el segundo resultado.
1.1.3.
Torque en punto arbitrario
En general, si se considera otro sistema con origen en un punto A, cuyos
ejes no roten, definimos
X
d
mi (ri − rA ) × (ri − rA )
LA =
dt
entonces considere el siguiente desarrollo
X
dLA
d2
=
mi (ri − rA ) × 2 (ri − rA )
dt
dt
X
=
mi (ri − rA ) × (ai − aA )
X
X
=
mi ri × (ai − aA ) −
mi rA × (ai − aA )
X
dL0
− MrG × aA − rA ×
Fiext + MrA × aA
dt
X
=
(ri − rA ) × Fiext + M(rA − rG ) × aA .
=
es decir
−→
dLA
= Γext
(1.5)
A − M AG × aA ,
dt
de modo que, la relación entre derivada del momentum angular y torque, es
válida para puntos (A) que cumplan una de las siguientes condiciones:
−→
aA paralela a AG.
A = G,
aA = 0,
Usted puede demostrar que además se tiene en general.
−→
LO = MrA × vG + M AG × vA + LA .
Aplicaciones de la ecuación (1.5) pueden verse en ([10]).
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8
Sistema de Partículas
Ejercicio 1.1.1 Discuta la posible aplicación del tercer caso (a paralela a
−→
AG), cuando se trata de un cuerpo rígido que rueda sin deslizar, considerando el punto A como el punto de contacto. Es un error común considerar
como argumento para el uso de lo anterior que dicho punto tiene velocidad
instantánea cero, pues en general tiene aceleración no nula.
1.1.4.
Teorema Energía Trabajo
De las ecuaciones de movimiento es posible escribir una primera integral
de ellas en la forma que sigue, donde, sin perder generalidad, se separan las
fuerzas externas en sus posibles partes conservativa y no conservativa. Además se supone que las fuerzas de interacción son derivables de un potencial de
interacción dependiente de la distancia entre las dos partículas y posiblemente de parámetros propios de ellas dos (masas, cargas, etc.). En el caso de un
sistema rígido de partículas, la última suposición no es necesaria, por cuanto el trabajo que realizan las fuerzas de interacción es nulo, al mantenerse
constantes las distancias entre partículas. Este teorema es
nc
,
∆(K + V + V int ) = W1→2
(1.6)
donde el trabajo no conservativo (nc) externo (ext) es la integral de línea
nc
W1→2
=
Z2
F ext,nc · dr,
(1.7)
1
V es la energía potencial asociada a la posible parte conservativa de la
fuerza externa y V int la energía potencial de interacción. Si el lado derecho,
el trabajo realizado por la posible parte no conservativa de la fuerza exterior
es cero, entonces se conserva la energía mecánica total del sistema. En el caso
importante de un sistema rígido de partículas, al no variar las distancias entre
las partículas, puede tomarse V int = 0.
Demostración
Para demostrar lo anterior consideremos que la fuerza externa Fi es en
parte conservativa derivable de un potencial V (r1 , r2 , · · · , rN ) y las fuerzas
de interacción fij conservativas derivables de un potencial de interacción
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1.1 Ecuaciones de movimiento
9
Vijint (ri , rj ). Entonces las ecuaciones de movimiento puede escribirse
mi ai = Fi +
X
j6=i
fij = −∇i V + Finc +
X
(−∇i Vijint (ri , rj )).
j6=i
Multiplicando · dri y sumando todas las ecuaciones se obtiene
X
mi
i
X
X
XX
dvi
· dri = −
∇i Vijint (ri , rj ) · dri ,
∇i V · dri +
Finc · dri −
dt
i
i
j6=i
pero
dV
X
=
i
mi
∇i V · dri ,
1
dvi
d
· dri =
mi vi2 ,
dt
2 dt
y
d
Ã
!
1 XX
1 XX
1 X X int
Vij (ri , rj )
∇i Vijint (ri , rj ) · dri +
∇j Vijint (ri , rj ) · drj
=
2 j6=i
2 j6=i
2 j6=i
XX
∇i Vijint (ri , rj ) · dri ,
=
j6=i
dado que Vijint (ri , rj ) = Vjiint (rj , ri ). Luego tenemos
d
X1
i
2
mi vi2 = −dV +
donde
V int =
X
i
Finc · dri − dV int ,
1 X X int
Vij (ri , rj ),
2 j6=i
y esto prueba el teorema en su forma diferencial
dK + dV + dV int =
X
i
Finc · dri = dW nc .
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10
Sistema de Partículas
1.1.5.
Sistema de dos partículas
El problema definido por el conjunto de ecuaciones (1.1), es en general
no solucionable analíticamente, si N ≥ 3. La principal dificultad consiste en
la imposibilidad de separar variables. El sistema de dos partículas interactuando a través de una fuerza conservativa es un caso soluble de sistemas de
partículas. Tomando en cuenta la validez del principio de acción y reacción,
las dos ecuaciones para ese caso son
m1 a1 = f (r1 − r2 )
m2 a2 = −f (r1 − r2 ).
Esas ecuaciones son fácilmente desacoplables utilizando como nuevas variables las posición del centro de masa rG y la posición relativa r = r1 − r2
resultando
MaG = 0,
μa = f (r),
siendo μ la masa reducida del sistema de dos partículas, es decir
m1 m2
μ=
.
m1 + m2
(1.8)
(1.9)
Entonces, el problema se ha reducido a resolver el problema de una partícula
de masa reducida μ en presencia de una fuerza central, con centro de fuerza
en una de las partículas. Este resultado es sorprendentemente simple considerando que el origen (la posición de una de las partículas) está acelerado.
Ejemplo 1.1.1 Considere dos partículas de masas m1 y m2 que están unidas
por una cuerda inextensible liviana de longitud L y no hay otra fuerza más
que la tensión de la cuerda. Las partículas se colocan en movimiento con
velocidades en el mismo sentidos y perpendiculares a la cuerda de magnitudes
v1 y v2 . Determine la tensión de la cuerda.
Solución. De acuerdo a lo explicado
(r1 − r2 )
,
|(r1 − r2 )|
(r1 − r2 )
,
m2 a2 = T
|(r1 − r2 )|
m1 a1 = −T
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1.1 Ecuaciones de movimiento
11
de donde para r = r1 − r2 , se obtiene
μa = −T r̂,
o sea la aceleración relativa es radial dada por
T
a=− .
μ
La trayectoria relativa es obviamente una circunferencia de radio L de manera
que
v2
T
= ,
μ
L
la rapidez relativa es tangencial de magnitud v = |v1 − v2 | por lo tanto
T =
μ |v1 − v2 |2
.
L
N
Energía cinética
Las posiciones individuales de las dos partículas pueden escribirse
r1 = rG +
m2
r,
M
r2 = rG −
m1
r,
M
y si derivamos respecto al tiempo, obtenemos las velocidades de las partículas
v1 = vG +
m2
v,
M
v2 = vG −
m1
v,
M
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12
Sistema de Partículas
por lo cual la energía cinética será
1
1
m1 v12 + m2 v22
2
µ 2
³ m ´2 ¶
1
m2
2
2
m1 vG + 2 vG · v +
v
+
=
2
M
M
µ
³ m ´2 ¶
m1
1
1
2
m2 vG − 2 vG · v +
v
2
M
M
µ ³
³ m ´2 ¶
1
1
m2 ´2
1
2
=
MvG +
m1
v + m2
v
2
2
M
M
1
1 m1 m2 ³ m2 2 m1 2 ´
2
MvG
v +
v ,
=
+
2
2 M
M
M
K =
que prueba el importante resultado.
1
1
2
K = MvG
+ μv 2 .
2
2
(1.10)
Ejemplo 1.1.2 Suponga un asteroide esférico de 10 km de diámetro que tiene una rapidez de 60 km s−1 , con una densidad (como el agua) de 1000 kg m−3 .
Determine la energía que debería liberar una explosión interna para dividir
al asteroide en dos trozos iguales, cada uno formando un ángulo de cinco
grados respecto a la dirección de la velocidad original.
Solución. La cantidad de movimiento en la dirección inicial se conserva,
luego
m
mv0 = 2 × v 0 cos θ,
2
de donde
v0 =
v0
.
cos θ
La energía necesaria será
E = K0 − K =
1
1
m(v0 )2 − mv02
=
2
2
1 2
mv tan2 θ.
=
2 0
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1.1 Ecuaciones de movimiento
13
Cálculos dan
v0 = 60
1000
= 60. 2 8 m s−1 ,
3600
4 3
πR ρ = 5. 24 × 1014 kg,
3
E = 7. 287 × 1015 J,
= 1,7 megatones.
m =
N
Ejemplo 1.1.3 En otra suposición considere un asteroide esférico de 2000 km
de radio que tiene una rapidez de 70000 km h−1 , con una densidad de 5000 kg m−3 .
Determine la energía que debería liberar una explosión interna para dividir
al asteroide en dos trozos iguales, cada uno formando un ángulo de cinco
grados respecto a la dirección de la velocidad original.
Solución. La cantidad de movimiento en la dirección inicial se conserva,
luego
m
mv0 = 2 × v0 cos θ,
2
de donde
v0
.
v0 =
cos θ
La energía necesaria será
E = K0 − K =
1
1
m(v0 )2 − mv02
=
2
2
1 2
2
mv tan θ.
=
2 0
Cálculos dan
v0 = 70000 km h−1 = 70000
1000
= 70000. 3 m s−1 ,
3600
4 3
πR ρ = 1. 7 × 1023 kg,
3
E = 3. 2 × 1030 J,
= 7. 6 × 1014 megatones.
m =
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14
Sistema de Partículas
N
Nota 1.1 Hace aproximadamente 65 millones de años atrás un asteroide
de alrededor de R = 20 km de radio y una velocidad del orden v = 20 km s−1
impactó la Tierra y causó el fin de la mayor parte de la vida en la Tierra. Si
suponemos una densidad del orden de ρ = 5000 kg m−3 (5 veces la del agua)
su energía cinética sería
1 4
K = ( πR3 ρ)v 2 = 33. 52 × 1024 J,
2 3
y como 1 megaton = 4,2 × 1015 J esa energía equivale aproximadamente a
K = 8 × 109 megatones,
quizás la explosión de todo el arsenal nuclear actual. La bomba atómica de Hi1
roshima fue del orden de 60
megaton. Vea más detalles sobre las consecuencias
del impacto en http://www.eas.purdue.edu/eas109/ Day %20the %20 Dinosaurs %20Died.htm.
1.2.
Campo Central de Fuerza
Consideraremos una partícula de masa μ sobre la cual actúa una fuerza central conservativa cuya dirección es paralela al vector posición r. Más
adelante, al estudiar scattering entre dos partículas consideraremos más en
detalle la presencia de los dos cuerpos y la transformación entre coordenadas relativas y coordenadas del laboratorio Por ahora, el vector posición r
representará el vector posición relativo entre las dos partículas. Si escribimos
la fuerza central como
dV (r)
r̂,
f (r) = −
dr
y se deducen de aquí
I Teorema 1.4
Se conserva el momentum angular lO = μr × v.
Demostracion 5
Tenemos
μa = f (r) = −
dV (r)
r̂,
dr
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1.2 Campo Central de Fuerza
15
de donde
r × μa = μr ×
o bien
dv
= 0,
dt
d
μr × v = 0 ⇒ lO = μr × v = constante.
dt
I Teorema 1.5
La trayectoria está sobre un plano fijo, perpendicular al vector constante lO .
Demostracion 6
Del teorema anterior sigue que
lO · r = μr × v · r = 0,
de modo que r permanece sobre un plano fijo perpendicular a l0 .
Por lo tanto, es suficiente utilizar coordenadas polares (r, θ) en el plano del
movimiento. En esas coordenadas, las ecuaciones de movimiento serán
µ 2
¶
dr
dV (r)
2
(1.11)
μ
− rθ̇ = −
2
dt
dr
y
lO = μr2 θ̇ = constante.
(1.12)
Eliminando θ̇ es posible escribir una ecuación radial para r(t) y su primera
integral que corresponde a la conservación de la energía E. Es decir
¶
µ 2
2
dV (r)
lO
dr
− 2 3 =−
μ
2
dt
μr
dr
y una primera integral de esta corresponde a la conservación de la energía
1
l2
1 2
μv + V (r) = μṙ2 + O 2 + V (r) = E = constante.
2
2
2μr
Si llamamos potencial efectivo para la coordenada radial a
U ef =
2
lO
+ V (r),
2μr2
este es diferente de cero incluso para una partícula libre. El efecto del primer
término es siempre repulsivo lo cual se puede entender, para el caso de una
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16
Sistema de Partículas
partícula libre que se mueve en línea recta, simplemente porque la distancia
r al origen pasa siempre por un mínimo. Para potenciales V (r) atractivos
(negativos), en general pueden haber máximos y mínimos de la distancia r,
los llamados puntos de retorno r1 y r2 . La figura que sigue
Uef
E>0
O
r1
r2
r
E<0
Emin
Potencial efectivo
ilustra porqué cuando la energía es negativa, hay dos puntos de retorno r1
y r2 . Cuando la energía total iguala a Uef entonces ṙ = 0. Para energías
positivas habrá sólo un mínimo de r. También se entiende porqué la mínima
energía posible corresponde al caso de la circunferencia con r1 = r2 .
1.2.1.
Ecuación diferencial para la órbita
La dependencia de las variables polares en el tiempo es compleja. Es
más simple encontrar la dependencia de la distancia con el ángulo, es decir
encontrar la órbita. En efecto, haciendo uso de la conservación del momentum
angular, es posible eliminar el tiempo de la ecuación radial (1.11) mediante
dθ d
l2 d
d
=
= O2 ,
dt
dt dθ
μr dθ
resultando para s = 1/r la siguiente ecuación diferencial (ecuación de Binet):
μ dV (1/s)
d2 s
.
2 +s = − 2
lO
ds
dθ
Para un campo de fuerza inverso al cuadrado de la distancia, la integración
de la última ecuación es simple. Es decir si
V (r) = −
K
,
r
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1.2 Campo Central de Fuerza
17
siendo K > 0 para el caso atractivo y repulsivo en caso contrario, entonces
la ecuación se reduce a
μ
d2 s
2 + s = 2 K,
lO
dθ
cuya solución general, en términos de dos constantes e y α es
μK
(1 − e cos(θ − α)),
2
lO
s=
o bien
2
lO
1
,
μK 1 − e cos(θ − α)
con e la excentricidad de la órbita y α la orientación del semieje mayor
de la cónica resultante, que son constantes por determinar en términos de
condiciones físicas conocidas, inicialmente o en un punto de la trayectoria.
Si se considera la definición de una cónica en términos de un foco y su
r=
directriz
p+r cos(θ)
P
r
O
θ
eje polar
p
foco
Figura 1.3: sección cónica
distancia a la directriz p, como el lugar geométrico de los puntos del plano
tales que la razón de las distancias al foco y a la directriz es una constante
e, la excentricidad de la cónica, se obtiene una ecuación de la misma forma.
En efecto, con respecto a la figura (1.3), puede obtenerse
pe
r
= e =⇒ r =
.
p + r cos θ
1 − e cos θ
En el caso atractivo, K > 0, la trayectoria es entonces una elipse si 0 ≤ e < 1,
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18
Sistema de Partículas
α
eje polar
O
O
elipse
α
eje polar
α
eje polar
O
parábola
hiperbola
Figura 1.4: Tipos de cónicas
una parábola si e = 1 y una hipérbola si e > 1. Valores de e negativos no
son necesarios de considerar, pues ellos correspondería simplemente a rotar
la órbita en 180 grados, lo cual es preferible hacer con un valor adecuado de
α, ver fig.(1.4).
En el caso repulsivo, K < 0, la solución debería escribirse
r=
2
1
lO
,
μ |K| e cos(θ − α) − 1
y en este caso las trayectorias son sólamente hipérbolas.
1.2.2.
Relación entre energía y excentricidad
Para relacionar la energía con la excentricidad, usemos
2
lO
K
1 2
− ,
E = μṙ +
2
2
2μr
r
(1.13)
y
2
lO
1
.
μK 1 − e cos(θ − α)
Evaluemos la energía que es constante en el punto más próximo al centro de
fuerza, el cual existe en todos los casos y corresponde a θ − α = π siendo
además ahí ṙ = 0. Así resulta
r=
2
lO
K
−
= E,
2μr12 r1
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1.2 Campo Central de Fuerza
19
y
2
lO
1
.
μK 1 + e
Si se reemplaza r1 en la primera resulta
µ
¶2
2
μK(1 + e)
lO
μK(1 + e)
E =
−K
2
2
2μ
lO
lO
1 2 e2 − 1
K μ 2 ,
=
2
lO
r1 =
de donde sigue el resultado.
e2 = 1 +
2
2ElO
.
μK 2
(1.14)
La energía puede ser negativa pero a pesar de eso, la expresión anterior es
positiva. En efecto la expresión de la energía, aun cuando sea negativa debe
cumplir
l2
l2
K
K
1
≥ O2 − ,
E = μṙ2 + O 2 −
2
2μr
r
2μr
r
pero la última expresión tiene un mínimo el que ocurre cuando
2
2
lO
d lO
K
K
(
)
=
−
−
+
= 0,
dr 2μr2
r
μr3 r2
es decir
r=
luego
l2
K
l2
≥ O
E ≥ O2 −
2μr
r
2μ
o sea
µ
2
lO
,
μK
μK
2
lO
¶2
−K
μK
μK 2
=
−
,
2
2
lO
2lO
2
2ElO
≥ −1,
μK 2
que prueba lo afirmado.
Ejercicio 1.2.1 Para el caso de órbita elíptica, demuestre que los semiejes
mayor y menor de la elipse están dados respectivamente por
a=
2
lO
1
,
μK 1 − e2
b=
2
lO
1
√
.
μK 1 − e2
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20
Sistema de Partículas
Ejercicio 1.2.2 Demuestre la ley de Kepler de los periodos, es decir demuestre que el periodo en el caso de movimiento elíptico T está dado por
r
μ 3
a2 .
T = 2π
K
Ejercicio 1.2.3 Una partícula está en órbita circular de radio a en torno
a la tierra, supuesta esférica, en reposo, de masa total M, de radio R, y
sin considerar roce con el aire. Demuestre que si la velocidad de la partícula
es repentinamente cambiada por un factor f , la excentricidad de la órbita
resultante es
¯
¯
e = ¯f 2 − 1¯ .
Ejercicio 1.2.4 Respecto a la situación del problema anterior, determine
el factor f para que la partícula pase tangente a la superficie terrestre.
1.2.3.
Expresión integral para la trayectoria
Una forma alternativa para obtener la ecuación de la órbita o trayectoria,
consiste en considerar
r s
l2
2
E − V (r) − O 2 ,
ṙ =
μ
2μr
y
lO
,
μr2
de donde, eliminando el tiempo, se puede obtener
θ̇ =
lO
θ = θ0 + √
2μ
Zr(θ)
r0
r2
1
p
dr.
2
E − V (r) − lO
/(2μr2 )
(1.15)
expresión integral para la trayectoria r(θ).
1.3.
Estabilidad de una órbita circular
Considere una partícula moviéndose en un potencial central atractivo
V (r) de modo que
d2 r
V 0 (r)
2
(1.16)
−
r
θ̇
=
−
dt2
m
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1.3 Estabilidad de una órbita circular
21
y
r2 θ̇ = constante=h.
(1.17)
La solución circular se obtiene con las condición iniciales
r(0) = R,
v(0) = Rθ̇(0),
r
RV 0 (R)
,
v(0) =
r m
RV 0 (R)
h = R
.
m
La ecuación radial puede escribirse
V 0 (r)
d2 r h2
−
=
−
dt2
r3
m
2
3 0
d r R V (R)
V 0 (r)
.
−
= −
dt2
mr3
m
Supongamos una pequeña perturbación u (sin cambiar la rapidez) de modo
que
r = R + u,
luego
R3 V 0 (R)
V 0 (R + u)
d2 u
,
−
=
−
dt2
m(R + u)3
m
expandiendo hasta primer orden en u
µ
¶
3
V 0 (R)
u 00
d2 u V 0 (R)
1
−
u
=
−
−
V (R),
−
dt2
m
R
m
m
que se simplifica a
d2 u
+
dt2
µ
¶
1 00
3V 0 (R)
+ V (R) u = 0.
Rm
m
La órbita circular será estable en el sentido de u realice oscilaciones armónicas
de pequeña amplitud y ello ocurre si
ω2 =
3V 0 (R)
+ V 00 (R) > 0
R
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22
Sistema de Partículas
lo que impone una restricción a la forma del potencial cerca de la órbita .
3
V 00 (R) > − V 0 (R).
R
Si el potencial es del tipo
V (R) = −
c
, con c > 0
Rn
resulta
nc
,
Rn+1
n(n + 1)c
,
V 00 (R) = −
Rn+2
V 0 (R) =
luego
−
n(n + 1)c
3 nc
>−
,
n+2
R
R Rn+1
de aquí una condición que debe cumplir n
(n + 1) < 3 ⇒ n < 2,
cuestión que es satisfecha por el potencial inverso a la distancia. En efecto si
V (r) = −
ω2 =
GMm
,
r
1
2GMm
3V 0 (R)
3 GMm
1
GM
+ V 00 (R) =
+ (−
)= 3
2
3
Rm
m
Rm R
m
R
R
y entonces el periodo de oscilación será
T =
2π
2πR
2π
=q
,
=
ω
v(0)
GM
R3
el mismo periodo de revolución en la órbita. En este caso, la solución perturbada puede ser encontrada exactamente y se trata de una elipse.
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1.3 Estabilidad de una órbita circular
1.3.1.
23
Otro punto de vista
La órbita circular será estable en r = R si el potencial efectivo
U ef =
2
lO
+ V (r),
2μr2
tiene un mínimo local en r = R. Entonces debe ser
2
lO
= 0,
μR3
3l2
V 00 (R) + O4 > 0
μR
V 0 (R) −
o bien, eliminando l02
3 0
V (R) > 0
R
que es la misma condición obtenida anteriormente.
V 00 (R) +
1.3.2.
Un caso inestable
La inestabilidad de la órbita circular para el caso
k
,
r2
2k
F (r) = − 3
r
V (r) = −
es fácil de comprender. Para este caso el radio de la órbita circular está dado
según la rapidez v(0) de acuerdo a
2k
v 2 (0)
2k
= 3 ⇒ v2 (0) =
μ
.
R
R
μR2
La energía en general es
l2
k
1 2
μṙ + O 2 − 2 ,
2
2μr
r
2
1
l
1 2
μṙ + ( O − k) 2 ,
=
2
2μ
r
E =
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24
Sistema de Partículas
y la ecuación radial es
μr̈ = (
Para la órbita circular E = 0 y
levemente
l2
( μO
2
1
lO
− 2k) 3 .
μ
r
2
lO
μ
− 2k = 0. Si la rapidez se aumenta
− 2k) > 0 resulta r̈ > 0, r crece sin límite. Si la rapidez se
l2
disminuye levemente ( μO − 2k) < 0 resulta r̈ < 0, r disminuye a cero, es decir
partículas chocarán.
1.3.3.
Otro caso estable
Para la fuerza elástica con
V (r) = kr2 ,
hay órbitas circulares estables. El potencial efectivo es
U ef =
2
lO
+ kr2 ,
2
2μr
luego la condicón de extremo en r = R da
−
2
lO
μR3
+ 2kR = 0 ⇒ R =
s
4
2
lO
,
2kμ
y la segunda derivada es
(U ef )00 =
1.4.
2
3lO
+ 2k = 8k > 0.
μR4
Problema de Kepler
Lo anterior puede aplicarse directamente al caso de dos partículas que
interactúan gravitacionalmente. Recordemos que r = r1 − r2 por lo que las
órbitas encontradas son las del movimiento relativo de la partícula (1) respecto a la partícula (2). El centro de masa del sistema está entre ambas a
2
1
distancias r1 = m
r de la partícula (1) y r2 = m
r de la partícula (2). El
M
M
centro de masa puede considerarse con velocidad absoluta cero (o moviéndose con velocidad constante) de modo que respecto al centro de masa ambas
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1.4 Problema de Kepler
25
partículas describen el mismo tipo de curva siendo sus ecuaciones polares con
origen en G y el mismo ángulo polar θ las siguientes
y
r1
G
r2
m1
θ
x
m2
movimiento relativo
2
m2 lO
1
,
M μK 1 − e cos(θ − α)
2
m1 lO
1
,
=
M μK 1 − e cos(θ − α + π)
r1 =
r2
con
m1 m2
M
Podemos hacer algunas simplificaciones definiendo h = |r × v| obteniendo
K = Gm1 m2 , M = m1 + m2 , μ =
m2 h2
1
,
GM 2 1 − e cos(θ − α)
m1 h2
1
.
=
2
GM 1 + e cos(θ − α)
r1 =
r2
La excentricidad e será dada por
2
e
2Eμ2 h2
= 1+
,
μG2 m21 m22
)h2
(v 2 − 2GM
r
,
= 1+
G2 M 2
Aquí v = v1 − v2 es la velocidad relativa cuando la posición relativa es
r = r1 − r2 .
Cuando una de las masas es muchísimo mayor que la otra como en el caso
de la Tierra y un satélite artificial podemos tomar m2 = M >> m1 = m
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26
Sistema de Partículas
entonces será
h2
1
,
GM 1 − e cos(θ − α)
' 0.
r1 =
r2
La excentricidad e estará dada por
)h2
(v 2 − 2GM
r
e =1+
,
G2 M 2
2
1.5.
Sistemas de masa variable
Con algunas consideraciones pueden tratarse sistemas que ganan o pierden masa en forma autónomo. Para ello considere un análisis diferencial de
lo que ocurre cuando un sistema de masa inicial m(t) con una velocidad v(t)
es actuado por una fuerza externa F (t) e incorpora una cantidad infinitesimal de masa dm(t) la cual tiene, justo antes de incorporarse, una velocidad
u(t). Transcurrido un tiempo dt, las masa del sistema es m(t) + dm(t). La
cuestión es ¿cuánto ha variado la velocidad del sistema en este proceso? Para
este efecto considere que el sistema total es de masa constante, por lo tanto
podemos usar el hecho que el cambio de la cantidad de movimiento total es
producido por la fuerza F (t) solamente, es decir
F (t)dt = (m(t) + dm)(v(t) + dv(t)) − (dmu(t) + m(t)v(t)),
de aquí, despreciando infinitésimos de segundo orden, se establece el resultado
F (t) = m(t)
dm(t)
dv(t)
− (u(t) − v(t))
.
dt
dt
(1.18)
Aun cuando el análisis ha sido hecho para sistemas que ganan masa, el mismo
resultado se obtiene para sistemas que pierden masa, pero en este último
caso u(t) representará la velocidad de los elementos de masa justo después
de abandonar el sistema.
Ejemplo 1.5.1 Una cadena flexible de longitud total L y de masa total M
se suspende de modo que su extremo inferior está justo al nivel del suelo y
se suelta. Determine la reacción que ejerce el suelo sobre el montón que se
acumula mientras la cadena cae. (Se supone que los eslabones son infinitesimales y que no rebotan en el suelo).
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1.5 Sistemas de masa variable
27
Solución. Sea el sistema de masa variable el montón acumulado, de modo
que aquí, en la dirección vertical
v(t) = 0,
u(t) = −gt,
F (t) = R(t) − mg,
m=
M1 2
gt .
L2
Por lo tanto, la ecuación (1.18) nos da
R(t) − mg = −u
dm
,
dt
y finalmente
R(t) =
3M 2 2
g t.
2L
N
Ejemplo 1.5.2 Una cadena flexible de longitud total L y de masa total M
viene deslizando sobre una superficie horizontal lisa con rapidez vo , en la dirección positiva del eje OX. Al llegar al origen se encuentra con un bloque
de masa M inicialmente en reposo. Determine la posición del bloque en función del tiempo mientras la cadena se acumula contra el. (Se supone que los
eslabones son infinitesimales y que no rebotan en el bloque).
Solución. Sea x la coordenada del bloque. La masa total del sistema,
bloque más trozo acumulado será
m(t) = M +
M
(v0 t − x),
L
además u(t) = v0 , v(t) = ẋ, F (t) = 0, de modo que la ecuación (1.18) conduce
a la siguiente ecuación diferencial
¶
µ
M
M
0 = M + (v0 t − x) ẍ − (v0 − ẋ)2 ,
L
L
o bien, en términos de una variable auxiliar z = L + v0 t − x
0 = z z̈ + ż 2 ,
con condiciones iniciales z(0) = L, ż(0) = v0 . Integrando dos veces se obtiene
ż =
Lv0
,
z
1 2 1 2
z = L + Lv0 t,
2
2
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28
Sistema de Partículas
y finalmente
x = L + v0 t −
p
L2 + 2Lv0 t,
si t < L/v0 .
Más tarde, el sistema continúa moviéndose con la rapidez constante alcanzada
al agotarse la cadena. (Ello ocurre cuando (v0 t−x)M/L = M, o bien z = 2L)
N
Ejemplo 1.5.3 Una cadena flexible de masa distribuida uniformemente λ
[Kg/m] está amontonada en el suelo y se aplica a uno de sus extremos, una
fuerza constante hacia arriba F . Determine la altura de la cadena levantada
en función del tiempo.
Solución. Sea y la altura. Aquí u = 0, v = ẏ, m = λy, de modo que la
ecuación de movimiento será
µ
¶
dẏ 2
1
2
2
F − λyg = λy ÿ + λẏ = λ y
+ 2ẏ
2
dy
la cual puede ser integrada mediante un factor integrante y. Así resulta
2F y − 2λy 2 g = λ
d 2 2
(y ẏ ),
dy
entonces F − 23 λyg = λẏ 2 de donde se obtiene
ẏ =
y finalmente
r
2
F
− yg,
λ
3
t=
Z
0
y
q
r
dy
F
λ
,
− 23 yg
1
F
− gt2 .
λ
6
Aunque parezca paradojal, la rapidez
pinicial del extremo de la cadena después
de aplicada la fuerza no es cero, es F/λ cuestión que se explica pues se ha
aplicado una fuerza finita, a un elemento infinitésimo de masa. Además puede
observarse que la cadena se detiene cuando F = 23 λyg, y para ese instante
el largo levantado tiene un peso λyg = 32 F , mayor que la fuerza aplicada.
Naturalmente después bajará hasta que finalmente sea λyg = F .
y=t
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1.5 Sistemas de masa variable
29
N
Ejemplo 1.5.4 Un depósito cilíndrico con base circular de área A tiene líquido (agua por ejemplo) inicialmente hasta una altura h0 . Al nivel del suelo
liso, se hace un pequeño agujero circular de área a por el cual sale agua horizontalmente. Determine la aceleración del depósito producto de la pérdida
de masa.
Solución. Sea h(t) la altura del agua en el depósito, ρ su densidad. Si
suponemos que la aceleración no afecta demasiado la superficie del agua,
podemos primero estimar la forma en que decrece la masa del líquido en el
recipiente si a ¿ A, para el depósito estacionario.
√ La rapidez de salida por el
orificio (relativa al recipiente)
será de magnitud 2gh, de modo que el caudal
√
másico de salida será ρ 2gh a. Entonces la masa del líquido disminuye de la
forma
p
dm
= −ρ 2gh a,
dt
y
m = ρAh
Ahora planteamos la ecuación de movimiento suponiendo que la velocidad
relativa del agua que sale es
p
u − v = − 2gh
dm(t)
dv(t)
− (u − v)
,
dt
dt
´
p
dv(t) ³ p
− − 2gh (−ρ 2gh a),
0 = ρAh
dt
dv(t)
− 2g a
0 = A
dt
0 = m(t)
y finalmente
dv
a
= 2g ,
dt
A
mientras quede líquido en el recipiente.
N
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30
Sistema de Partículas
1.6.
Ejercicios resueltos
1.6.1.
Sistema de partículas
Ejercicio 1.6.1 Si cada partícula de un sistema es atraída hacia un punto
fijo 0 con una fuerza proporcional a su masa y a su distancia al punto 0,
demuestre que el centro de masa se mueve como si fuera una partícula del
sistema.
Solución. Para cada partícula
mi ai = −Kmi ri
es decir que cada partícula se mueve de acuerdo a
ai = −Kri .
Pero
P
mi ri
M
P
mi ai
aCM =
M
de modo que si sumamos todas las ecuaciones, obtenemos
rCM =
MaCM = −KMrCM
o sea
aCM = −KrCM
misma ecuación de movimiento que la de cada partícula.
N
Ejercicio 1.6.2 Un conjunto de partículas de masas m, puede deslizar libremente sobre alambres paralelos, atrayéndose unas a otras con fuerzas proporcionales al producto de sus masas y distancias. Demuestre que las partículas efectúan oscilaciones armónicas del mismo período relativas a un plano
perpendicular a los alambres y que pasa por el centro de masa supuesto en
reposo.
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1.6 Ejercicios resueltos
31
Solución. Supongamos que las correderas están en dirección OX y considere dos de ellas de índices i, j. La ecuación de movimiento de la mi en la
dirección OX será
X
mi ẍi =
Kmi mj dij cos θij
j6=i
donde dij indica la distancia entre las de índice i, j, y θij es el ángulo que
forma la línea de la fuerza con el eje OX.
y
m
xj
G
m
θij
x
dij
xi
Como las masas son iguales podemos escribir
X
(xj − xi ).
ẍi = Km
j6=i
Por otro lado la posición X del centro de masas es
P
P
xi
mi xi
=
,
xCM =
M
N
entonces incluyendo i = j se tiene
ẍi = Km
X
(xj − xi )
j
= KmNxCM − KmNxi ,
es decir
ẍi + KmN(xi − xCM ) = 0,
prueba lo pedido, porque
ω 2 = KmN
es independiente de i.
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32
Sistema de Partículas
N
Ejercicio 1.6.3 Dos partículas iguales se atraen con una fuerza inversamente proporcional al cuadrado de su distancia. Si las partículas deslizan
sobre correderas lisas en ángulo recto, demuestre que el centro de masa describe una cónica con su foco en la intersección de las correderas.
Solución. Considere la figura. Sea x = d cos θ, y = d sin θ entonces tenemos por aplicación de la segunda Ley de Newton que
y
d
O
θ
m
x
k
k
cos θ = − 3 x
2
d
d
k
k
mÿ = −F sin θ = − 2 sin θ = − 3 y
d
d
mẍ = −F cos θ = −
por otro lado xCM =
x
2
y yCM = y2 , rCM =
d
2
entonces podemos escribir
k
xCM ,
3
8mrCM
k
= −
yCM ,
3
8mrCM
ẍCM = −
ÿCM
que equivale a
k
rCM .
3
8mrCM
O sea el centro de masas es atraído hacia el origen con una fuerza inversamente proporcional al cuadrado de su distancia al origen. Problema que se
estudia en campo central de fuerzas y se demuestra allí que la trayectoria es
necesariamente una sección cónica.
aCM = −
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1.6 Ejercicios resueltos
33
N
Ejercicio 1.6.4 Dos partículas de igual masa deslizan sobre correderas lisas
perpendiculares que se interceptan en 0. Demuestre que si las partículas se
atraen y ellas parten desde el reposo desde posiciones cualquiera sobre las
correderas, ellas llegarán simultáneamente a la intersección.
Solución. Con una figura análoga a la del problema anterior, tenemos
que
x
d
y
m2 ÿ = −F sin θ = −F
d
m1 ẍ = −F cos θ = −F
de donde
m1 ẍy − m2 ÿx = 0.
Como las masas son iguales entonces
ẍy − ÿx = 0,
d
(ẋy − ẏx) = 0.
dt
Entonces ẋy − ẏx es constante e igual a cero porque las partículas partieron
del reposo, o sea
ẋy − ẏx = 0,
o bien
ẏ
ẋ
=
x
y
que puede integrarse dando
ln y = ln c + ln x,
y = cx
o sea si x = 0 entonces simultáneamente y = 0.
N
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34
Sistema de Partículas
Ejercicio 1.6.5 Dos partículas de masa m cada una se mueven sobre las
correderas lisas perpendiculares OX y OY y se atraen con una fuerza proporcional a su distancia, siendo K la constante de proporcionalidad. Si inicialmente:
x(0) = a, y(0) = a,
ẋ(0) = −V0 , ẏ(0) = 0,
a) Determine x(t) , y(t) y b) Determine la ecuación cartesiana de la trayectoria del centro de masa del sistema.
Solución. Similarmente tendremos
mẍ = −F cos θ = −Kd cos θ = −Kx
mÿ = −F sin θ = −F d sin θ = −Ky
de modo que
x(t)
y(t)
ẋ(t)
ẏ(t)
=
=
=
=
A cos ωt + B sin ωt,
C cos ωt + D sin ωt,
ω(−A sin ωt + B cos ωt),
ω(−C sin ωt + D cos ωt)
y colocando las condiciones iniciales dadas
a
a
−V0
0
=
=
=
=
A,
C,
ωB,
ωD
entonces
a)
x(t) = a cos ωt −
V0
sin ωt,
ω
y(t) = a cos ωt.
b) Las coordenadas del centro de masas son
V0
x 1
= a cos ωt −
sin ωt,
2
2
2ω
1
y
= a cos ωt,
=
2
2
xCM =
yCM
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1.6 Ejercicios resueltos
35
de donde debemos eliminar t, obteniendo
s
¶2
µ
V0
2yCM
1−
,
xCM = yCM −
2ω
a
que se puede escribir así
y 2 (1 + (
V0 2
V0
) ) − 2yx + x2 = ( )2 .
aω
2ω
Esto es se trata de una elipse.
N
Ejercicio 1.6.6 Dos partículas de igual masa están unidas por un resorte
de constante k y largo natural a. Además actúa entre ambas partículas una
fuerza amortiguadora proporcional a la rapidez de la variación de la distancia entre ellas. El sistema se coloca en movimiento dándole a una de las
partículas una velocidad V0 perpendicular a la línea que une las partículas.
Determine V0 si después de un tiempo muy largo, el largo del resorte es 2a.
Solución. Mirado desde el centro de masas, que por viajar a velocidad
constante vG = 12 V0 es un sistema inercial, tenemos que las partículas al
comienzo y al final (una vez que las oscilaciones terminan) giran en circunferencias alrededor de el. Así al comienzo
1 a
1 a
LG = m V0 + m V0
2 2
2 2
1
mV0 a.
=
2
Al final, si V son las rapideces respecto a G, entonces
LG = mV a + mV a = 2mV a.
Como el momentum angular es constante
1
V = V0 .
4
Además, para el movimiento circular de cada partícula
m
V2
= K(2a − a),
a
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36
Sistema de Partículas
luego
V =
r
y finalmente
Ka2
m
r
V0 = 4V = 4a
N
K
.
m
Ejercicio 1.6.7 Dos partículas A y B de idéntica masa m, están unidas
entre sí por una cuerda inextensible de largo a. La partícula A se mueve por
una corredera horizontal lisa OX, mientras que la partícula B se mueve por
una corredera vertical lisa OY, ambas en un plano vertical. Inicialmente B
está en O y OA = a, con el sistema en reposo. Si θ es el ángulo en B:
y
A
x
O
m
θ
B
m
a) Calcular en función de θ las reacciones que ejercen las correderas sobre
las partículas. b) Calcular la tensión en la cuerda en función de θ.
Solución. Llamemos NA , NB , las reacciones normales de las correderas
sobre las partículas y T la tensión de la cuerda. Tenemos
xA = a sin θ,
yB = −a cos θ,
ẋA = aθ̇ cos θ,
ẏB = aθ̇ sin θ,
de allí calculamos
y conservación de energía da
1
1
2
2
E = ma2 θ̇ cos2 θ + ma2 θ̇ sin2 θ − mga cos θ = 0,
2
2
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1.6 Ejercicios resueltos
37
de donde despejamos
2g
cos θ.
a
La segunda ley aplicada a cada partícula da
2
θ̇ =
mẍA
0
0
mÿB
−T sin θ,
NA − mg − T cos θ,
NB + T sin θ
T cos θ − mg
=
=
=
=
de la primera
m
m d2
ẍA = −
a sin θ,
sin θ
sin θ dt2
como se conoce θ̇ estas derivadas se hacen resultando
T =−
T = 3mg cos θ,
y entonces
NA = mg + 3mg cos2 θ,
NB = −3mg cos θ sin θ.
N
Ejercicio 1.6.8 Se tiene el sistema de dos partículas m1 y m2 de la figura
en que el resorte, de constante k no tiene masa. Determinar el valor mínimo
de la compresión X del resorte, medido respecto de su largo natural, para que
al soltar m1 se despegue m2 .
m1
k
m2
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38
Sistema de Partículas
Solución. Llamemos y a la coordenada de m1 . Inicialmente
y(0) = l0 −
m1 g
− X,
k
ẏ(0) = 0.
Esto porque el peso de m1 ya comprime el resorte en mk1 g . Sea N2 la reacción
del suelo sobre m2 , entonces las ecuaciones de movimiento (antes que m2
despegue) son
m1 ÿ1 = −m1 g + k(l0 − y),
0 = −k(l0 − y) − m2 g + N2 .
Debemos integrar la primera que la reescribimos así
ÿ1 +
k
kl0
y = −g +
,
m1
m1
que tiene solución particular
y1p = l0 −
m1 g
,
k
y solución homogénea
y1h = A cos
r
k
t + B sin
m1
r
k
t,
m1
luego la solución general es
m1 g
+ A cos
y(t) = l0 −
k
derivando
r
ẏ(t) = −A
k
sin
m1
r
r
k
t + B sin
m1
k
t+B
m1
r
r
k
cos
m1
r
Como la velocidad inicial es cero debe ser B = 0, luego
r
m1 g
k
+ A cos
t,
y(t) = l0 −
k
m1
imponiendo condición inicial resulta
l0 −
m1 g
m1 g
+ A = l0 −
−X
k
k
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k
t,
m1
k
t.
m1
1.6 Ejercicios resueltos
39
de donde A = −X entonces
r
m1 g
k
− X cos
t.
y(t) = l0 −
k
m1
Ahora podemos evaluar la reacción normal en función del tiempo
N2 = k(l0 − y) + m2 g
r
m1 g
k
+ X cos
= k(
t) + m2 g
k
m1
r
k
= (m1 + m2 )g + kX cos
t,
m1
que muestra que N2 comienza a disminuir con el tiempo y que se anularía
con el mínimo valor de X si
(m1 + m2 )g − kXmı́n = 0,
luego
Xmı́n =
(m1 + m2 )g
.
k
N
Ejercicio 1.6.9 Tres partículas iguales están inicialmente en línea recta,
igualmente espaciadas sobre un plano horizontal liso y unidas por dos hilos
de largos “a“. La partícula del medio está inicialmente está en reposo, y a las
partículas externas se les da una velocidad V0 perpendicular a la línea que
las une. Calcule la velocidad con que chocan las partículas.
Solución. Al partir si x es la dirección perpendicular a la línea que une
las partículas entonces
Px = 2mV0
1
1
mV02 + mV02
K =
2
2
= mV02 .
Justo antes del choque, Las tres partículas tienen la misma componente de
velocidad en x, llamémosla u, y dos partículas tienen la misma rapidez v en
el eje y entonces
Px = 3mu
1
1
K = 3 mu2 + 2 mv 2 .
2
2
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40
Sistema de Partículas
Conservación de Px y K implica
2
u = V0
3
y
3 2 2
( V0 ) + v 2 = V02
2 3
entonces
v=
1√
3V0 .
3
N
1.6.2.
Sistemas de masa variable
Ejercicio 1.6.10 Una cadena de longitud L y masa total M se suspende
verticalmente de modo que su extremo inferior está justo a nivel del suelo.
Si la cadena se suelta, determine la reacción del suelo, mientras la cadena se
deposita cayendo por su propio peso.
Solución. Tenemos para el eje Y vertical
Fy = m
dm
dv
− (u − v)
.
dt
dt
Si tomamos el montón depositado como sistema, entonces los eslabones que
se incorporan tienen una velocidad
u = −gt,
la masa m(t) después de transcurrido un tiempo t será
M1 2
gt ,
L2
M
dm
=
gt,
dt
L
m =
y entonces, dado que v = 0 (trozo amontonado está en reposo)
N − mg = −u
dm
dt
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1.6 Ejercicios resueltos
41
luego
M1 2 2 M 2 2
g t + g t
L2
L
3M 2 2
g t.
=
2L
N =
N
Ejercicio 1.6.11 Una cadena de longitud L y masa total M está amontonada sobre el suelo. Si la cadena se levanta de un extremo aplicando una
fuerza constante F hacia arriba, determine la altura que sube la cadena en
función del tiempo. Discuta sobre la altura máxima que alcanza la cadena,
supuestamente muy larga de tal modo que siempre queda cadena depositada.
Solución. La densidad lineal de masa de la cadena es
λ=
M
.
L
Sea y el trozo levantado en tiempo t. Tenemos
F − mg = m
dv
dm
− (u − v)
,
dt
dt
siendo u = 0, m = λy, de manera que
dmv
dt
d
F − λyg =
(λy ẏ).
dt
F − mg =
Para integrar, multiplique por ydy, resultando
1
F ydy − λy 2 gdy = λy ẏd(y ẏ) = λd( y 2 ẏ 2 ),
2
que al ser integrada da
F
1
y 2 λgy 3
−
= λy 2 ẏ 2 ,
2
3
2
simplificando
F−
2λgy
= λẏ 2 ,
3
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42
Sistema de Partículas
o bien
dy
=
dt
y finalmente
t=
Z
0
y
q
dy
F
λ
−
=
2gy
3
r
2gy
F
−
λ
3
q¡ ¢ √ q¡
¢
3F −2gyλ
F
− 3
3
λ
λ
g
de donde se despeja
p
6 (λF ) − λgt
t
y =
6λ
Ãr
!
gt
F
=
−
t.
λ
6
La altura máxima corresponde a ẏ = 0 lo que da
ymáx =
3F
.
2gλ
N
Nota 1.2 Usted puede extrañarse que el peso
p máximo levantado es mayor
que la fuerza aplicada y además que ẏ(0) = F/λ a pesar que la cadena
partió del reposo. Hay una singularidad pues en el instante inicial, una fuerza
finita F es aplicada a un elemento infinitésimo de masa y ello provoca un
cambio repentino de velocidad. Además por la inercia, la cadena sobrepasa
la posición de equilibrio.
Ejercicio 1.6.12 Una gota esférica de agua atraviesa una capa de nube
en reposo. Suponiendo que se condensa agua por unidad de tiempo sobre la
gota, proporcionalmente a su superficie con constante de proporcionalidad K
conocida, determine como crece el radio de la gota con el tiempo y como varía
la altura de ella a medida que transcurre el tiempo.
Solución. Sea R el radio de la gota, S su superficie, m su masa. Tenemos
dm
= KS.
dt
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1.6 Ejercicios resueltos
43
Si ρ es la densidad tenemos
4 3
πR ρ,
3
dm
dR
= 4πR2 ρ = K4πR2 ,
dt
dt
m =
entonces
K
dR
= ,
dt
ρ
si el radio inicial R0 es despreciable, entonces
R(t) =
Kt
.
ρ
La ecuación de movimiento de la gota que cae, con u = 0, será
dm
d
dv
− (u − v)
= (mv),
dt
dt
dt
donde la masa es conocida pues
−mg = m
4 K 3 t3
4 Kt
m(t) = π( )3 ρ = π 2 ,
3
ρ
3 ρ
de manera que se puede integrar
Z t
1 K3
4 K 3 t3
π 2 gdt = − π 2 gt4 ,
mv = −
ρ
3 ρ
0 3
de donde se obtiene
Así resulta finalmente
1
v = − gt.
4
1
y = y(0) − gt2 .
8
N
Ejercicio 1.6.13 Un carrito, inicialmente de masa M y en reposo sobre un
plano horizontal liso, comienza a moverse debido a que es impulsado por un
chorro continuo de masa que se le va incorporando. Dichas masas salen desde
el punto de partida (como de una ametralladora) con rapidez U0 y a razón de
λ unidades de masa por unidad de tiempo y se incrustan en el carrito cuando
lo impactan. Determine la forma en que varían la aceleración, la velocidad y
la posición del móvil con el tiempo.
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44
Sistema de Partículas
Solución. Supongamos que el carrito partió del origen con rapidez nula
y sea x lo que recorre. La masa del carrito está dada por
λt
(U0 t − x)
U0 t
λ
= M + (U0 t − x).
U0
m = M+
(El chorro de masa tiene una masa total λt y tendría una longitud U0 t,
pero todo lo que exceda x se ha incrustado).
La ecuación de movimiento es
dm
dv
− (U0 − v)
dt
dt
λ
dv
λ
= (M + (U0 t − x)) − (U0 − v) (U0 − v).
U0
dt
U0
0 = m
Preferible dejar una ecuación para la masa porque
λ
(U0 − v)
U0
λ dv
m̈ = −
,
U0 dt
ṁ =
luego
0 = −m
mm̈ + ṁ2 = 0,
U0
U0
m̈ − ṁ2 ,
λ
λ
ecuación que es fácil integrar
m
d 1 2
ṁ = −ṁ2 =⇒
dm 2
dm
dṁ2
,
= −2
2
ṁ
m
de donde
ln
ṁ2
m
2 = −2 ln
M
λ
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1.6 Ejercicios resueltos
45
o sea
M
ṁ
=
,
λ
m
mdm = λdt,
2
m − M 2 = 2λt
y luego
m=M+
√
λ
(U0 t − x) = M 2 + 2λt,
U0
y así
p
(M 2 + 2λt)
x = U0
,
p λ
(M 2 + 2λt) − 1
dx
= U0 p
v =
.
dt
(M 2 + 2λt)
M + λt −
N
Ejercicio 1.6.14 Un cohete de masa total M, de la cual f M, con f menor que uno, es de combustible, descansa verticalmente antes de encender los
motores. Si se encienden los motores, que arrojan masa a razón constante σ
(σ = −dm/dt) con rapidez relativa al cohete de magnitud U0 , establezca la
condición que debe cumplirse para que el cohete comience a despegar de inmediato. Para este caso, determine la máxima altura que alcanza, suponiendo
aceleración de gravedad constante y despreciando el roce con el aire.
Solución. Tenemos
m(t) = M − σt.
Si el cohete no ha despegado, existe una reacción normal en el suelo y además
la velocidad es nula. Entonces
dm
dt
= −(−U0 )(−σ)
N − mg = −(u − v)
o sea
N = mg − U0 σ.
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46
Sistema de Partículas
Si queremos que el cohete despegue en t = 0, debe ser N = 0 en ese instante
lo que lleva a
U0 σ = Mg.
Si se cumple, entonces el cohete acelera siendo ahora
−mg = m
dv
− (−U0 )(−σ),
dt
o sea
m
dv
= Mg − mg,
dt
con m = M − σt de lo cual
Mg
dv
=
− g,
dt
M − σt
que puede integrarse
v(t) =
Z
t
0
Mg
M
Mg
dt − gt =
ln
− gt,
M − σt
σ
M − σt
siendo esto válido hasta
t=
fM
,
σ
para ese tiempo
v = gM
f − ln (1 − f )
.
σ
Después sigue con la aceleración de gravedad y se deja para el lector su
continuación.
N
Ejercicio 1.6.15 Una cadena de largo total M y longitud L, flexible, es
sostenida colgando de modo que su extremo inferior está justo al nivel del
suelo. Si el extremo superior de la cadena se suelta, determine la reacción
del suelo contra la parte depositada, en función del tiempo.
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1.6 Ejercicios resueltos
47
Solución. Sea y la distancia recorrida por el extremo superior y el sistema
de mas variable es el montón depositado. Como eslabones van en caída libre
1 2
gt ,
2
u = −gt,
1 2M
gt
,
m =
2
L
dm
M
= gt
dt
L
y =
luego, si R es la reacción
R − mg = m
dv
dm
− (u − v)
, v = 0, =⇒
dt
dt
dm
dt
3M 2 2
M
1 2 2M
g t
+ g2 t2
=
g t.
=
2
L
L
2L
R = mg − u
N
Ejercicio 1.6.16 Una cadena flexible tiene masa total M y longitud L. La
cadena está inicialmente amontonada en el suelo. Una cuerda se hace pasar
sobre una polea lisa, uno de los extremos unido a un extremo de la cadena
y el otro extremo de la cuerda a un partícula de masa M. Si la partícula se
suelta partiendo del reposo
a) escriba la ecuación de movimiento para el extremo de la cadena.
b) determine la rapidez del extremo de la cadena en función de su posición.
Solución. Sea y la longitud levantada por la tensión T producida por la
partícula. Tenemos que
M
y,
L
dm
M
=
ẏ,
dt
L
u = 0,
m =
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48
Sistema de Partículas
de manera que
dm
dv
+v
,
dt
dt
dv
Mg − T = M ,
dt
T − mg = m
sumando las dos
dm
dv
+v
,
dt
dt
M
M dv M
Mg − yg = (M + y) + ẏ 2 ,
L
L dt
L
Mg − mg = (M + m)
o sea la ecuación de movimiento es
gL − gy = (L + y)ÿ + ẏ 2 .
Para integrarla hay que hacer algún truco. Como usted sabe
ÿ =
1 d 2
ẏ ,
2 dy
entonces multiplique por L + y
g(L2 − y 2 ) = (L + y)2
1 d 2
ẏ + (L + y)ẏ 2 ,
2 dy
que es la derivada de un producto
g(L2 − y 2 ) =
d
1
(L + y)2 ẏ 2 ,
dy
2
como inicialmente y(0) = ẏ(0) = 0 integramos
y3
1
(L + y)2 ẏ 2 = g(L2 y − )
2
3
y finalmente
ẏ =
s
3
2g(L2 y − y3 )
.
(L + y)2
N
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1.6 Ejercicios resueltos
1.6.3.
49
Movimiento en un campo central de Fuerza
Ejercicio 1.6.17 Una partícula describe una órbita circular en un campo
de fuerzas dado por
k
F (r) = − 2 .
r
Demostrar que si k disminuye bruscamente a la mitad de su valor inicial, la
órbita de la partícula se hace parabólica.
Solución. Sea k0 el valor inicial de la constante. Para una órbita circular
m
k0
v2
= 2,
r
r
k0
1 2 k0
mv −
= − < 0.
E =
2
r
2r
Si k disminuye a la mitad, la energía cinética queda igual
K=
k0
,
2r
y la energía potencial sera
k0
,
2r
luego la energía es cero, por lo tanto la órbita es parabólica.
V =−
N
Ejercicio 1.6.18 Calcular explícitamente la media temporal (o sea, la media en un periodo completo) de la energía potencial de una partícula que
se mueve sobre una órbita elíptica en un campo central en el que la fuerza
obedece la ley inversa del cuadrado de la distancia. Expresar el resultado en
función de la constante de proporcionalidad de la fuerza y del semieje mayor
de la elipse. Efectuar un cálculo similar para la energía cinética.
Solución. Tenemos
l02
1
,
mk 1 − e cos θ
= mr2 θ̇.
r =
l0
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50
Sistema de Partículas
Además
k
= − ,
r
1
1
1
2
K =
(mv 2 ) = mṙ2 + mr2 θ̇
2
2
2
µ ¶2
dr
1
1
2
2
m
=
θ̇ + mr2 θ̇
2
dθ
2
!
à µ ¶
2
1 1 dr
1 l02
=
+ 2
2 r4 dθ
r
m
V
pero
entonces
l02 e sin θ
dr
= −
dθ
mk (1 − e cos θ)2
mk
= − 2 e sin θr2
l0
µ
¶
1 m2 k2 2 2
1 l02
K=
e sin θ + 2
2
l04
r
m
Z
Z
1 2π V
1 T
V dt =
< V >=
dθ
T 0
T 0 θ̇
Z
mk 2π
= −
rdθ
T l0 0
Z
l0 2π
l0 2π
1
dθ = − √
= −
.
T 0 1 − e cos θ
T 1 − e2
Similarmente para la energía cinética resulta
Z
1 2π K
1 l0 2π
√
< K >=
dθ =
T 0 θ̇
2 T 1 − e2
N
Ejercicio 1.6.19 Dos partículas iguales que se mueven bajo la influencia
de la atracción gravitacional mutua, describen órbitas circulares una en torno
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1.6 Ejercicios resueltos
51
de la otra con un período τ . Si repentinamente se detienen y caen una sobre
la otra, demostrar que chocarán después de un tiempo
τ
√ .
4 2
Solución. Si k representa la constante de la ley de fuerza, y 2a la distancia
inicial, entonces inicialmente
m
k
v2
=
,
a
4a2
r
k
,
v =
4ma
de modo que el periodo es
r
2πa
4ma
= 2πa
.
τ=
v
k
Si se detienen, caen una hacia la otra de manera que
mr̈ = −
k
, ṙ(0) = 0, r(0) = a.
4r2
Podemos integrar porque
r̈ =
1 d 2
ṙ ,
2 dr
luego
1
k
m ṙ2 =
2
4
µ
¶
1 1
−
,
r a
s
µ
¶
1 1
k
ṙ = −
−
,
2m r a
dr
¡1
−
separamos variables
entonces
q
k
2m
t=
Z
0
r
a
q
1
a
¢ = −dt,
k
2m
dr
¡1
r
−
1
a
¢,
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52
Sistema de Partículas
sea r = az
r
t = a
=
=
Z
2ma
k
τ
√
2π 2
1
0
Z
1
0
q
q
dz
1
z
−1
dz
1
z
−1
τ
τ π
√
= √ .
2π 2 2
4 2
N
Ejercicio 1.6.20 Dos masas que se atraen, m1 y m2 (m1 + m2 = M), están
separadas una distancia r0 y se las suelta a partir del reposo. Demostrar que
cuando la distancia sea r menor que r0 , las velocidades serán
r
1
2G 1
( − ),
v1 = m2
M r r0
r
1
2G 1
( − ).
v2 = m1
M r r0
Solución. Tenemos, para un origen en el centro de masa
Gm1 m2
,
r2
Gm1 m2
= −
,
r2
m1 r̈1 = −
m2 r̈2
donde r = r1 + r2 y
m2
m1
r, r2 =
r,
M
M
de manera que las dos ecuaciones se reducen a una sola
r1 =
r̈ = −
como
r̈ =
integramos la ultima obteniendo
s
GM
,
r2
1 d 2
ṙ ,
2 dr
ṙ = − 2GM
µ
¶
1
1
−
,
r r0
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1.6 Ejercicios resueltos
53
y de aquí se obtiene
ṙ1
ṙ2
s
1
1
−
r r0
¶
s
µ
¶
1
1
−
= −m2
,
2GM
r r0
s
s
µ
¶
¶
µ
m1
1
1
m1
1
2G 1
ṙ = −
−
−
= −m1
,
=
2GM
M
M
r r0
M r r0
m2
m2
ṙ = −
=
M
M
µ
2G
M
que prueban el resultado.
N
Ejercicio 1.6.21 Demuestre que la velocidad aerolar es constante en el
caso de una partícula que se mueve bajo la acción de una fuerza atractiva
dada or F (r) = −kr. Calcule las medias temporales de las energías cinética
y potencial y comparar con los resultados que da el teorema del virial.
Solución. Lo primero es cierto para todas las fuerzas centrales porque se
conserva l0 . Para obtener las órbitas es preferible usar coordenadas cartesianas siendo
mẍ = −kx,
mÿ = −ky,
de donde las soluciones son
x = A cos(ωt − α),
y = B cos(ωt − β),
además
ẋ = −ωA sin(ωt − α),
ẏ = −ωB sin(ωt − β),
con ω =
p
k/m. El periodo será T = 2π/ω y los promedios solicitados serán
1
1
< V >= K < r2 >= k < A2 cos2 (ωt − α) + B 2 cos2 (ωt − β) >,
2
2
1
1
< K >= m < v 2 >= m < ω 2 A2 sin2 (ωt − α) + ω2 B 2 sin2 (ωt − β) >
2
2
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54
Sistema de Partículas
pero
1
< cos2 ωt >=< sin2 ωt >= ,
2
resultando
1
< V >= k(A2 + B 2 ),
4
1
< K >= mω2 (A2 + B 2 ) =< V > .
4
Las constantes A y B pueden relacionarse con la energía E de acuerdo a
1
1
mω 2 (A2 sin2 (ωt − α) + B 2 sin2 (ωt − β)) + k(A2 cos2 (ωt − α) + B 2 cos2 (ωt − β))
2
2
1
1
k(A2 sin2 (ωt − α) + B 2 sin2 (ωt − β)) + k(A2 cos2 (ωt − α) + B 2 cos2 (ωt − β))
=
2
2
1 2 1 2
=
kA + kB
2
2
de modo que finalmente
E =
1
< K >=< V >= E.
2
N
Ejercicio 1.6.22 Estudiar el movimiento de una partícula repelida por un
centro de fuerzas de acuerdo con la ley F (r) = kr con k > 0. Demostrar que
la órbita sólo puede ser hiperbólica.
Solución. Aquí también conviene usar coordenada cartesianas
mẍ = kr cos θ = kx,
mÿ = kr sin θ = ky.
Ambas pueden integrarse siendo k/m = p en la forma
x = Aept + Be−pt ,
y = Cept + De−pt .
Para determinar la trayectoria, debemos eliminar t entre esas dos ecuaciones.
Para ello las escribimos
Ae2pt − xept + B = 0,
Ce2pt − yept + D = 0,
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1.6 Ejercicios resueltos
55
y resolviendo ecuaciones de segundo grado tenemos
p
√
y + y 2 − 4CD
x + x2 − 4AB
pt
e =
=
,
2A
2C
y haciendo algo de álgebra
p
√
y 2 − 4CD
y
x2 − 4AB
x
−
=
−
,
2A 2C
2C p
2A p
D 1 (y 2 − 4CD) (x2 − 4AB) B
1 xy
= − −
− ,
−
2 AC
C
2
C
A
A
reordenando
p
p
2BC + 2AD − xy = − (y 2 − 4CD) (x2 − 4AB)
elevando al cuadrado y reordenando
4ABy 2 + 4CDx2 − 4(BC + AD)xy = −4 (AD − BC)2 ,
que es la ecuación de una hipérbola porque el lado derecho es negativo.
N
Ejercicio 1.6.23 Una partícula se mueve bajo la influencia de una fuerza
central dada por
k
F (r) = − n .
r
Demuestre que si la órbita es circular y pasa por el centro de fuerzas, entonces
n = 5.
Solución. La ecuación de Binet para u = 1/r es
mF ( u1 )
d2 u
+u=− 2 2 .
l0 u
dθ2
Si la partícula describe una circunferencia de radio R donde está el centro de
fuerza, la ecuación puede escribirse
r = 2R cos θ,
o sea
u=
1
,
2R cos θ
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56
Sistema de Partículas
derivando
1
du
=
sin θ,
dθ
2R cos2 θ
1
d2 u
1
+
sin2 θ
2 =
3
2R cos θ R cos θ
dθ
1 − cos2 θ
1
+
=
2R cos θ
R cos3 θ
1
1
+
= −
2R cos θ R cos3 θ
= −u + 8R2 u3 ,
de aquí sigue
mF ( u1 )
8R u = − 2 2 ,
l0 u
2 3
8R2 l02 5
1
u,
F( ) = −
u
m
8R2 l02
.
F (r) = −
mr5
N
Ejercicio 1.6.24 Suponga un cometa que describe una órbita parabólica en
el mismo plano que la órbita terrestre. Si la menor distancia del cometa al
Sol es γRT donde RT es el radio de la órbita de la Tierra (supuesta circular)
y γ < 1, demostrar que el tiempo que el cometa pasa dentro de la órbita
terrestre viene dado por
p
2(1 − γ)(1 + 2γ)/3π años
Solución. La ecuación de la órbita del cometa será de la forma (una
parábola)
c
,
r=
1 − cos θ
pero debe ser
c
rmı́n = = γRT ,
2
o sea
2γRT
.
r=
1 − cos θ
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1.6 Ejercicios resueltos
57
Los puntos (θ1 y 2π − θ1 ) donde la órbita del cometa cruza la órbita terrestre
están dados por
2γRT
,
RT =
1 − cos θ1
de donde
cos θ1 = 1 − 2γ.
Por otro lado, el elemento de área barrida por el cometa es
dA =
donde
l0
1
|r × v| dt =
dt,
2
2m
l02
= 2γRT ,
mk
y
1
dA = r2 dθ,
2
de modo que
l0
1 2
r dθ =
dt,
2
2m
de aquí sigue
dt =
luego el tiempo será
l03
t=
mk 2
Z
m 2
l3
1
)2 dθ,
r dt = 0 2 (
l0
mk 1 − cos θ
2π−θ1
θ1
1
l03 1 1 + 3 tan2 12 θ1
2
) dθ =
(
1 − cos θ
mk 2 3 tan3 12 θ1
El factor que multiplica lo anterior está relacionado con el período terrestre.
En efecto
p
l02
= 2γRT =⇒ l0 = mk2γRT ,
mk
entonces
r
r
l03
m2γRT
2γRT
2γRT =
=
2γRT ,
2
mk
k
GMS
y el periodo terrestre está dado por
2πRT p
TT = √
RT ,
GMS
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58
Sistema de Partículas
luego
p TT 1 1 + 3 tan2 12 θ1
t = γ 2γ
π 3 tan3 12 θ1
pero
θ1
=
cos θ1 = 1 − 2γ, tan
2
r
1 − cos θ1
=
1 + cos θ1
y reemplazando tan θ21 resulta finalmente
p
2(1 − γ)
.
t = TT (1 + 2γ)
3π
N
r
2γ
2 − 2γ
Ejercicio 1.6.25 Estudiar el movimiento de una partícula en un campo de
fuerzas centrales que sigue la ley de proporcionalidad inversa del cuadrado de
la distancia, si además se superpone otra fuerza de magnitud inversamente
proporcional al cubo de la distancia entre la partícula y el centro de fuerzas.
Es decir,
λ
k
F (r) = − 2 − 3
r
r
con k > 0.Demuestre que la trayectoria es una elipse que rota o precesa.
Solución. La ecuación de Binet para la órbita será
mF ( u1 )
m
d2 u
= 2 2 (ku2 + λu3 )
2 +u = −
2 2
l0 u
l0 u
dθ
mk λm
+ 2 u.
=
l02
l0
De aquí sigue
λm
mk
d2 u
2 + (1 − 2 )u =
l0
l02
dθ
cuya solución es
mk
1
+ A cos
u= = 2
r
(l0 − λm)
s
(1 −
λm
)θ,
l02
y si λm
¿ 1 corresponde a una curva parecida a una elipse pero que no se
l02
cierra en una vuelta completa.
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1.6 Ejercicios resueltos
59
N
Ejercicio 1.6.26 Determine la expresión de la fuerza de un campo central
que permita a una partícula describir una órbita espiral dada por r = kθ,
siendo k una constante positiva.
Solución. De nuevo, la ecuación de Binet es la clave
mF ( u1 )
d2 u
+
u
=
−
,
l02 u2
dθ2
siendo
1
1
= ,
r
kθ
du
1
= − 2,
dθ
kθ
2
d2 u
2 3
=
2
3 = 2k u ,
dθ
kθ
u =
por lo tanto
−
mF ( u1 )
= 2k2 u3 + u,
l02 u2
despejando
l2
1
F ( ) = − 0 (2k2 u5 + u3 ),
u
m
1
l2 2k2
F (r) = − − 0 ( 5 + 3 ).
m r
r
N
Ejercicio 1.6.27 Determine la expresión de la fuerza de un campo central
que permita a una partícula describir una órbita espiral logarítmica dada por
r = Keaθ siendo k y a constantes.
Solución. Es análogo, donde ahora
1
1
= e−aθ ,
r
K
a −aθ
du
= − e
dθ
K
a2 −aθ
d2 u
e
=
= a2 u,
K
dθ2
u =
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60
Sistema de Partículas
por lo tanto
mF ( u1 )
− 2 2 = a2 u + u,
l0 u
despejando
l2
1
F ( ) = − 0 (a2 + 1)u3 ,
u
m
1
l2
F (r) = − 0 (a2 + 1) 3 .
m
r
N
Ejercicio 1.6.28 Una partícula de masa unidad se desplaza desde el infinito a lo largo de
√ una recta que, de seguir, haría que la partícula pasase a
una distancia b 2 de un punto P. Si la partícula es atraída hacia √P con
una fuerza proporcional a rk5 y el momento angular respecto de P es k/b ,
demuestre que la trayectoria está dada por
√
r = b coth(θ/ 2).
Solución. La ecuación de Binet será
mF ( u1 )
d2 u
+u = − 2 2
l0 u
dθ2
5
ku
= k 2 = b2 u3 ,
u
b2
o sea
d2 u
2 3
2 + u − b u = 0.
dθ
O la resolvemos, problema dificil, o comprobamos que
u=
√
1
tanh(θ/ 2),
b
es solución. Comprobaremos:
√
1
1
du
= √ (1 − tanh2 (θ/ 2)) = √ (1 − b2 u2 ),
dθ
b 2
b 2
¡
¢
1
d2 u
1
√ (−2bu) √ (1 − b2 u2 ) = u −1 + b2 u2 ,
2 =
dθ
2
b 2
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1.6 Ejercicios resueltos
61
que prueba que se trata de una
√ solución. Faltaría probar que la asíntota de
la trayectoria pasa a distancia b 2 del origen. Notemos que r = ∞ =⇒ u = 0
o θ =⇒ 0 sea la asíntota es una recta paralela al eje OX (el eje polar). La
distancia al origen de esa recta se obtiene haciendo θ → 0 en r sin θ esto es
la distancia es
√
θ
d = lı́m(b coth √ sin θ) = b 2.
θ→0
2
N
Ejercicio 1.6.29 Una partícula es atraída hacia un centro fijo de fuerzas
con una fuerza proporcional a la distancia de la partícula al centro. Demuestre
que la trayectoria es una curva plana que puede ser representada por las
ecuaciones:
x = A cos(nt + α),
y = B sin(nt + β)
Solución. Las ecuaciones de movimiento en coordenadas cartesianas serán
mẍ = −kx,
mÿ = −ky,
que tienen soluciones de la forma dada si k/m = n2 .
N
Ejercicio 1.6.30 Determine la fuera central si la órbita es una circunferencia y el centro de fuerza está situado sobre la circunferencia.
Solución. En realidad este problema está repetido. La ecuación de Binet
para u = 1/r es
mF ( u1 )
d2 u
+
u
=
−
.
l02 u2
dθ2
Si la partícula describe una circunferencia de radio R donde está el centro
de fuerza, la ecuación puede escribirse
r = 2R cos θ,
o sea
u=
1
,
2R cos θ
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62
Sistema de Partículas
derivando
1
du
=
sin θ,
dθ
2R cos2 θ
1
d2 u
1
+
sin2 θ
2 =
2R cos θ R cos3 θ
dθ
1 − cos2 θ
1
+
=
2R cos θ
R cos3 θ
1
1
+
= −
2R cos θ R cos3 θ
= −u + 8R2 u3 ,
de aquí sigue
mF ( u1 )
8R u = − 2 2 ,
l0 u
2 3
8R2 l02 5
1
u,
F( ) = −
u
m
8R2 l02
.
F (r) = −
mr5
N
Ejercicio 1.6.31 Una partícula es atraída hacia un centro fijo de fuerza 0
por una fuerza de forma k/r2 . La partícula es lanzada desde un punto P con
una velocidad. de magnitud V0 en un ángulo α respecto de OP . Demuestre que
la órbita es una elipse si OP ≤ 2k/(mV02 ). Determine además, en términos
de m, k, V0 ,α , y OP = r0 la excentricidad de la órbita y la inclinación del
eje mayor respecto de OP .
Solución. Evaluamos según las condiciones iniciales
1
k
mV02 − ,
2
r0
= mr0 V0 sin α.
E =
l0
La excentricidad es
2El02
mk 2
2( 1 mV02 −
= 1+ 2
mk 2
e2 = 1 +
k 2
)l
r0 0
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.
1.6 Ejercicios resueltos
63
La órbita será una elipse si E < 0, es decir si
1
k
2k
( mV02 − ) < 0 =⇒ r0 <
.
2
r0
mV02
Si además reemplazamos l0 se obtiene
s
2( 12 mV02 −
e= 1+
k
)mr02 V02
r0
k2
sin2 α
.
La ecuación de la órbita es
l02
1
mk 1 − e cos(θ − α)
mr02 V02 sin2 α
1
,
=
k
1 − e cos(θ − β)
r =
y el ángulo β queda determinado de
r0 =
mr02 V02 sin2 α
1
,
k
1 − e cos(β)
que es una ecuación que dejamos planteada por si alguien quiere resolverla.
N
Ejercicio 1.6.32 Admitiendo que la tierra es una esfera fija de radio R y
despreciando la resistencia del aire, considere el lanzamiento de un proyectil
con rapidez inicial V0 formando un ángulo ξ 0 con la vertical del lugar. Si
Ve2 =
2GM
,
R
donde G es la constante de gravitación, M la masa terrestre y V0 < Ve ,
demuestre que la excentricidad y la ecuación de la trayectoria del proyectil
son:
q
e =
1 − sin2 (2β) sin2 (ξ 0 ),
R/r =
(1 − e cos(θ − α))
2 sin2 (β) sin2 (ξ 0 )
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64
Sistema de Partículas
siendo
sin β = V0 /Ve ,
sin α = sin2 β sin(2ξ 0 )/e.
Aquí: α representa la inclinación del semieje mayor, ξ 0 ángulo de lanzamiento
respecto a la vertical.
Solución. Podemos usar los resultados del problema anterior pero colocando k = GMm y r0 = R. Así tenemos
s
)mR2 V02 sin2 ξ 0
(mV02 − 2GMm
R
1+
e =
G2 M 2 m2
s
)R2 V02 sin2 ξ 0
4(V02 − 2GM
R
=
1+
4G2 M 2
s
4(V02 − Ve2 )V02 sin2 ξ 0
=
1+
Ve4
s
V2 V2
=
1 − 4(1 − 02 ) 02 sin2 ξ 0
Ve Ve
q
=
1 − 4(1 − sin2 β) sin2 β sin2 ξ 0
q
e =
1 − sin2 2β sin2 ξ 0 .
Pura álgebra. Además
2R2 V02 sin2 ξ 0
l02
=
mk
2GM
2RV02 sin2 ξ 0
=
V∗2
= 2R sin2 β sin2 ξ 0 ,
por lo cual la ecuación de la trayectoria será
r=
2R sin2 β sin2 ξ 0
1 − e cos(θ − α)
Aquí α representa la inclinación del semi eje mayor de la cónica.
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1.6 Ejercicios resueltos
65
Para θ = 0, r = R
2 sin2 β sin2 ξ 0
=⇒
1=
1 − e cos α
1 − 2 sin2 β sin2 ξ 0
=
cos α
=
sin2 α
=
e cos α
1 − 2 sin2 β sin2 ξ 0
p
1 − sin2 2β sin2 ξ 0
(1 − 2 sin2 β sin2 ξ 0 )2
1−
1 − sin2 2β sin2 ξ 0
1 − sin2 2β sin2 ξ 0 − (1 − 2 sin2 β sin2 ξ 0 )2
e2
=
bastante álgebra · · · =⇒
sin2 α
=
sin α
=
4 sin4 β sin2 ξ 0 cos2 ξ 0
,
e2
sin2 β sin 2ξ 0
.
e
N
√
Ejercicio 1.6.33 Con respecto al problema anterior, V0 < Ve / 2 demuestre que el ángulo de disparo para tener un alcance máximo está dado por:
1
1
sin ξ 0 = √ p
,
2 1 − (V0 /Ve )2
y el ángulo para la altura máxima por
sin(α) =
√
¿ Qué ocurre sí V0 ≥ Ve / 2 ?
Solución. Debemos maximizar
sin α =
respecto a ξ 0 siendo
e=
Derivamos
(V0 /Ve )2
.
1 − (V0 /Ve )2
sin2 β sin 2ξ 0
,
e
q
1 − sin2 2β sin2 ξ 0 .
d
sin 2ξ 0
p
= 0,
dξ 0 1 − sin2 2β sin2 ξ 0
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66
Sistema de Partículas
N
es bastante trabajo, pero resulta
1
1
.
=√ p
sin ξ 0 = √
2 cos β
2 1 − V02 /Ve2
El máximo resultará al reemplazar en
con más algebra resulta
sin2 β sin 2ξ 0
sin α = p
,
1 − sin2 2β sin2 ξ 0
sin α =
V02 /Ve2
sin2 β
=
cos2 β
1 − V02 /Ve2
Ejercicio 1.6.34 Una partícula de masa m se mueve en una órbita circular
de radio R con rapidez V0 atraída hacia el centro con una fuerza inversamente
proporciona al cuadrado de la distancia de la partícula al centro. Si repentinamente la rapidez se reduce a la mitad, determine en términos de R0 y V0 :
la ecuación de la nueva órbita, su excentricidad y la distancia mínima de la
partícula al centro durante el movimiento siguiente.
Solución. Para la órbita circular
m
v02
k
= 2,
R0
R0
entonces
v0 =
r
k
mR0
que reducida a la mitad implica
k
1 1 k
m
−
2 4 mR0 R0
7 k
= −
8 R0
r
1p
1
k
= mR0
=
mR0 k,
2 mR0
2
E =
l0
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1.6 Ejercicios resueltos
67
luego
e2 = 1 +
2(− 78 Rk0 ) 14 mR0 k
mk 2
=
3
9
=⇒ e = ,
16
4
y
1
mR0 k
1
l02
= 4
= R0 ,
mK
mk
4
luego la nueva órbita es (tomando α = 0)
1
1
R0
r = R0
.
=
3
4 1 − 4 cos θ
4 − 3 cos θ
N
Ejercicio 1.6.35 Una partícula de masa m = 1 es atraída por una fuerza
inversamente proporcional al cuadrado de su distancia a un punto fijo 0 y se
mueve describiendo la elipse:
r=
100
.
1 − 12 cos θ
Si en el punto más alejado de su trayectoria, la rapidez de la partícula es
V = 1, determine la constante de la ley de fuerza. Si en el punto más alejado,
la rapidez de la partícula es duplicada, determine la ecuación de la nueva
órbita.
Solución. Aquí como m = 1
l02
= 100,
k
el punto más alejado es
rmáx =
100
= 200,
1 − 12
luego
l0 = |mr × v| = 200 =⇒
2002
(l0 )2
=
= 400.
k =
100
100
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68
Sistema de Partículas
Si en el punto más alejado la rapidez se hace V = 2,calculamos
l0 = |mr × v| = 200 × 2 = 400,
1
400
1 2 k
mv − = 4 −
=0→
E =
2
r
2
200
e = 1,
2
(400)2
l0
=
= 400,
mk
400
de modo que la nueva órbita es
r=
400
,
1 − cos(θ − α)
una parábola. Para determinar el ángulo α consideramos que en θ = 0,
r = 200 de modo que
400
200 =
1 − cos(α)
de donde α = π y finalmente
r=
400
.
1 + cos(θ)
N
Ejercicio 1.6.36 Una partícula de masa m se mueve en una órbita circular
de radio R0 con rapidez V0 atraída hacía el centro con una fuerza inversamente proporcional al cuadrado de la distancia de la partícula √
al centro. Si
repentinamente la rapidez de la partícula se aumenta a V = αV0 siendo
α > 1, demuestre que si α ≥ 2 la partícula se aleja hasta el infinito. Para α
< 2 , determine la ecuación de la nueva órbita en términos de R0 , V0 y α.
Solución. Tenemos para la órbita circular
r
k
V0 =
,
mR0
la nueva rapidez
r
√
k
V = α
,
mR0
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1.6 Ejercicios resueltos
69
1 k
k
α
−
,
2 R0 R0
r
√
k
= mR0 α
.
mR0
E =
l0
La excentricidad es
2
e =1+
2( 12 α Rk0 −
√
k
)(mR0 α
R0
mk 2
q
k
)2
mR0
= (α − 1)2 .
Entonces
e = α − 1,
que es una parábola o hipérbola si α ≥ 2. Si α < 2 resultará
l02
1
mk 1 − (α − 1) cos θ
R0 α
.
=
1 − (α − 1) cos θ
r =
N
Ejercicio 1.6.37 Determine las posibles leyes de fuerza central si una partícula describe bajo su acción una circunferencia, con el centro de fuerzas en
el interior del círculo.
Solución. Si el origen está sobre un diámetro a distancia d del centro, la
ecuación de la circunferencia será (teorema del coseno)
R2 = r2 + d2 − 2dr cos θ,
de
dr
dr
+ dr sin θ − d cos θ ,
dθ
dθ
dr
dr sin θ
=
,
dθ
d cos θ − r
0 = r
d2 r
d dr sin θ
2 =
dθ d cos θ − r
dθ
p
r = d cos θ + (d2 cos2 θ + R2 − d2 ),
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70
Sistema de Partículas
de aquí
u=
1
1
p
=
r
d cos θ + (d2 cos2 θ + R2 − d2 )
Lo dejaremos hasta aquí, por ser demasiada el álgebra necesaria. Calcule
du d2 u
,
,
dθ dθ2
expréselas en términos de u y reemplace en la ecuación de Binet.
N
Ejercicio 1.6.38 Considere una partícula que se mueve en un campo central atractivo k/r2 con k < 0. Demuestre que para un momentum angular
dado, la mínima energía que puede tener la partícula es:
E=−
mk2
.
2l02
Solución. Sabemos que la energía es
k
1
2
E = m(ṙ2 + r2 θ̇ ) − ,
2
r
y
l0 = mr2 θ̇,
de modo que la energía puede escribirse
1 l02
k
1
,
−
E = mṙ2 +
2
2 mr2 r
a la distancia r1 donde r es mínimo ṙ = 0 y entonces
k
1 l02
− ,
E=
2
2 mr1 r1
función que tiene un mínimo donde
−
k
l02
l02
,
+
=
0
=⇒
r
=
1
mr13 r12
mk
y luego
Emı́n =
1 l02 m2 k2
mk
mk2
−
k
=
−
.
2 m l04
l02
2l02
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1.6 Ejercicios resueltos
71
N
Ejercicio 1.6.39 Un cohete de masa m es disparado desde un punto de la
superficie de la tierra con una rapidez inicial V0 haciendo un ángulo ξ 0 con la
vertical del lugar. Despreciando la rotación terrestre, la resistencia del aire y
el movimiento de la tierra, demuestre que la excentricidad de la trayectoria
está dada por:
¶
µ
R2 Vo2 sen2 ξ 0
2GM
2
2
,
e =1+
V0 −
G2 M 2
R
y la trayectoria es:
r=
R2 Vo2 sen2 ξ 0
.
GM(1 − e cos(θ − α))
Aquí R es el radio terrestre, M la masa de la tierra y G la constante de
gravitación. ¿Cuál es la ubicación del eje polar?
Solución. Tenemos que
l0 = mV0 R sin ξ 0 ,
1
GMm
E =
mV02 −
,
2
R
de donde
2
e
2GMm
)m2 V02 R2
R
mG2 M 2 m2
sin2 ξ 0
= 1+
(mV02 −
= 1+
V02 R2 sin2 ξ 0 2 2GM
).
(V0 −
G2 M 2
R
Además
m2 V02 R2 sin2 ξ 0
l02
R2 V02 sin2 ξ 0
=
,
=
mK
GMm2
GM
que prueban lo solicitado.
N
p
Ejercicio 1.6.40 Respecto al problema anterior, suponga que V0 = GM/R
y ξ 0 = 30o . Demuestre entonces que el proyectil caerá de regreso a la tierra en
un punto situado a una distancia Rπ/3 del punto de partida, medida sobre la
superficie de la tierra. Demuestre además que la altura máxima del proyectil
sobre la superficie terrestre es de alrededor de 0,866 R.
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72
Sistema de Partículas
Solución. Particularizamos a V0 =
p
GM/R y ξ 0 = 30o resultando
R2 sin2 π6 G2 M 2
(
),
G2 M 2
R2
3
π
= 1 − sin2 = ,
6
4
R
l02
π
= R sin2 = ,
mK
6
4
e2 = 1 −
luego
r=
en θ = 0, r = R luego
R=
R
1
√
,
1
4 1 − 2 3 cos(θ − α)
R
1
√
⇒ α = 30o ,
1
4 1 − 2 3 cos(α)
evidentemente el proyectil caerá de nuevo a la Tierra en θ =
corresponde a un arco R π3 . Además el máximo r será
r=
π
3
= 60o y eso
R
1
√ = 1. 866 03R,
4 1 − 12 3
y eso corresponde a una altura máxima de 1. 866 03R − R = 0,866 03R
N
Ejercicio 1.6.41 Una partícula de masa m se mueve en una órbita circular
de radio R0 con rapidez V0 atraída hacia el centro con una fuerza inversamente proporcional al cuadrado de la distancia de la partícula al centro. Si
repentinamente la velocidad se reduce a la mitad, determine en términos de
R0 y V0 la ecuación de la nueva órbita.
Solución. Sabemos que
V0 =
r
k
,
mR0
luego
k = mR0 V02 ,
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1.6 Ejercicios resueltos
73
la nueva energía será
1 1
mR0 V02
7
E = m V02 −
= − mV02 ,
2 4
R0
8
el nuevo momentum angular
l0 = mR0
V0
,
2
luego
V2
− 74 mV02 m2 R02 40
9
= ,
e =1+
2 4
2
m(m R0 V0 )
16
2
luego
(mR0 V20 )2
1
3
2
2
m R0 V0 1 − 4 cos θ
1
R
4 0
=
.
3
1 − 4 cos θ
r =
N
Ejercicio 1.6.42 Un satélite está en órbita ecuatorial geo estacionaria, es
decir permanece en el mismo punto relativo a la tierra que rota. Dados, la
masa terrestre M, la constante de gravitación G, Ω la velocidad angular
terrestre, determine la ecuación de la nueva órbita si la rapidez absoluta del
satélite es repentinamente aumentada al doble.
Solución. Si Ω denota la velocidad angular terrestre entonces órbita geo
estacionaria significa
v0 = Ωr0
además de (problema anterior)
v0 =
r
GM
r0
con estas se puede obtener:
1p
3
(GMΩ),
Ω
p
= 3 (GMΩ).
r0 =
v0
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74
Sistema de Partículas
q
Sea por un momento v0 = 2 GM
la velocidad inicial. Entonces
r0
GM
GMm
1
m4
−
2
r0
r0
Mm
= G
r0
r
GM
= mr0 2
r0
E =
l0
entonces
2
e =1+
2G Mm
4m2 r02 GM
r0
r0
mG2 M 2 m2
=9
entonces
4m2 r02 GM
r0
1
mGMm 1 − 3 cos(θ − α)
4r0
=
1 − 3 cos(θ − α)
r =
Si el ángulo polar se mide desde donde cambió la velocidad entonces debe
ser α = π y finalmente
4r0
1 + 3 cos θ
4p
1
3
=
(GMΩ)
Ω
1 + 3 cos θ
r =
N
Ejercicio 1.6.43 Un satélite de masa m está en órbita circular de radio 2R
en torno a la tierra supuesta esférica, de masa M y radio R, en reposo y sin
atmósfera. Si la velocidad se altera en un punto de la órbita en un factor f ,
determine: a) la ecuación de la nueva órbita. b) el rango de valores de f para
los cuales el satélite chocará con la tierra. c) el rango de valores de f para los
cuales el satélite se aleja indefinidamente.
Solución. Para la órbita circular
r
v=
GM
,
2R
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1.6 Ejercicios resueltos
75
la nueva rapidez es
v=f
la nueva energía es
r
GM
,
2R
GMm 1
f2 − 2
1
GM
−
= GMm
,
E = mf 2
2
2R
2R
4
R
el nuevo momentum angular es
l0 = m(2R)f
r
GM
,
2R
la excentricidad será dada por
e2 = 1 +
de donde
¡ 2
¢2
2El02
=
f
−
1
,
m(GMm)2
¯
¯
e = ¯f 2 − 1¯ .
además
q
(m(2R)f GM
)2
l02
2R
=
= 2Rf 2 ,
mk
mGMm
de manera que la nueva órbita es
r=
2Rf 2
.
1 − |f 2 − 1| cos(θ − α)
Si el cambio de la rapidez ocurre en θ = 0 debe ser
2R =
2Rf 2
,
1 − |f 2 − 1| cos(α)
de donde
¯
¯
1 − ¯f 2 − 1¯ cos(α) = f 2 ,
1 − f2
.
cos α =
|1 − f 2 |
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76
Sistema de Partículas
Si f < 1 =⇒ cos α = 1 entonces
r=
2Rf 2
.
1 − (1 − f 2 ) cos θ
Si f > 1 =⇒ cos α = −1 entonces
r=
2Rf 2
.
1 + (f 2 − 1) cos θ
El satélite puede chocar con la Tierra sólo si f < 1 y para saberlo hay que
ver si la ecuación
2Rf 2
= R,
r=
1 − (1 − f 2 ) cos θ
tiene o no solución. Esta es
2f 2 = 1 − (1 − f 2 ) cos θ,
despejando
cos θ =
debe ser
1 − 2f 2
> −1,
1 − f2
1 − 2f 2 > f 2 − 1
de donde
f<
r
2
.
3
Para este caso, el satélite chocará con √
la Tierra. Por último, el satélite no
regresa si e = |f 2 − 1| > 1 o sea si f > 2.
N
Ejercicio 1.6.44 Un satélite está en órbita ecuatorial geo estacionaria, es
decir permanece en el mismo punto relativo a la tierra que rota. Dados, la
masa terrestre M, la constante de gravitación G, Ω la velocidad angular terrestre, determine la ecuación de la nueva órbita si la rapidez absoluta del
satélite es repentinamente reducida a la mitad.
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1.6 Ejercicios resueltos
77
Solución. Tenemos
GMm
1 1 GM
m
−
2 4 r0
r0
7 GMm
= −
8 r0
r
1 GM
= mr0
2
r0
E =
l0
entonces
e2 = 1 +
2(− 78 GMm
) 14 m2 r02 GM
r0
r0
mG2 M 2 m2
=
9
16
entonces
m2 r02 41 GM
r0
1
mGMm 1 − cos(θ − α)
1
1
r0
=
3
4 1 − 4 cos(θ − α)
1p
1
3
=
(GMΩ)
Ω
4 − 3 cos θ
N
r =
3
4
Ejercicio 1.6.45 Considere la tierra como esférica, en reposo de masa M y
radio R, sin atmósfera. Se lanza un proyectil con rapidez inicial V0 formando
un ángulo β respecto a la horizontal. Determine el arco que el proyectil recorre
hasta llegar al suelo (si lo hace). Discuta las condiciones bajo las cuales el
proyectil cae nuevamente al suelo. La constante de gravitación es G.
Solución. La energía es
GMm
1
,
E = mV02 −
2
R
el momentum angular es
l0 = mRV0 cos β,
la excentricidad será
)m2 R2 V02 cos2 β
2( 12 mV02 − GMm
R
m(GMm)2
)R2 V02 cos2 β
(V02 − 2GM
R
= 1+
,
(GM)2
e2 = 1 +
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78
Sistema de Partículas
m2 R2 V02 cos2 β
R2 V02 cos2 β
l02
=
=
,
mk
mGMm
GM
de modo que la trayectoria es
r=
R2 V02 cos2 β
1
.
GM
1 − e cos(θ − α)
Para la notación, introducimos la velocidad de escape
r
2GM
Ve =
,
R
de manera que
e2 = 1 −
4(V02 − Ve2 )V02 cos2 β
,
Ve4
2RV02 cos2 β
l02
=
,
mk
Ve2
de modo que la trayectoria es
r=
2RV02 cos2 β
1
.
2
Ve
1 − e cos(θ − α)
Si r(0) = R hay necesariamente dos puntos donde la trayectoria intersecta a
la superficie de la Tierra. Esos ángulos son θ = 0 y θ = 2α, además de e < 1.
Entonces
2RV02 cos2 β
1
,
2
Ve
1 − e cos α
2RV02 cos2 β
1
R =
,
Ve2
1 − e cos(θ1 − α)
R =
de donde se deduce que
θ1 − α = α =⇒ θ1 = 2α,
y de cualquiera de las anteriores
2V02 cos2 β
,
1 − e cos α =
Ve2
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1.6 Ejercicios resueltos
79
o sea
cos α =
1−
2V02 cos2 β
Ve2
e
1−
cos α = q
1−
2V02 cos2 β
Ve2
.
4(V02 −Ve2 )V02 cos2 β
Ve4
Esta expresión la hemos visto de diversas forma en otros problemas. Si
z = V02 /Ve2
entonces
1 − 2z cos2 β
cos α = p
,
1 − 4(1 − z)z cos2 β
que puede escribirse
1 − 2z cos2 β
p
cos α =
(1 − 2z cos2 β)2 + z 2 sin2 2β
1 − 2z cos2 β
1
q
.
=
2
|1 − 2z cos β| 1 + z2 sin2 2β
(1−2z cos2 β)2
Hay dos casos
a) Si 1 − 2z cos2 β > 0, o sea
z<
1
,
2 cos2 β
ángulos de disparo grandes, entonces
cos α = q
1+
1
z 2 sin2 2β
(1−2z cos2 β)2
.
b) Si 1 − 2z cos2 β < 0, o sea
1>z>
1
2 cos2 β
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80
Sistema de Partículas
ángulos de disparo pequeños, entonces
cos α = − q
1+
1
z 2 sin2 2β
(1−2z cos2 β)2
.
Note que si 1 − 2z cos2 β = 0
cos α = 0,
esto es el semieje mayor está a 90o del punto de lanzamiento, y el proyectil cae diametralmente opuesto por la Tierra al punto de lanzamiento.
N
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Capítulo
2
Sistema de referencia no
inercial
2.1.
Ecuaciones de movimiento
Las ecuaciones de Newton para un sistema de partículas deben ser formuladas respecto a un sistema inercial de referencia. De ser necesario utilizar un
sistema no inercial, ya sea porque esté acelerado o tenga rotaciones respecto
al inercial, podemos establecer las relaciones entre el movimiento absoluto,
respecto al sistema inercial, y el movimiento relativo respecto al sistema no
inercial en uso, como se explica a continuación. Respecto a la figura (2.1) si
r indica el vector posición absoluto y r 0 indica el vector posición relativo de
una de las partículas del sistema, tenemos que
r = rA + r 0 .
(2.1)
Para relacionar velocidades y aceleraciones, debemos considerar que la velocidad relativa y aceleración relativas son las derivadas del vector posición
relativo con vectores unitarios considerados constantes, entonces si
r 0 = x0 ı̂0 + y 0 ĵ0 + z 0 k̂0 ,
la velocidad y aceleración relativas son
v
rel
= ẋ0 ı̂0 + ẏ 0 ĵ0 + ż 0 k̂0 ,
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82
Sistema de referencia no inercial
z
z'
y'
r’
r
A
rA
O
y
x'
x
Figura 2.1: Sistema no inercial
a
rel
= ẍ0 ı̂0 + ÿ 0 ĵ0 + z̈ 0 k̂0 .
La existencia del denominado vector velocidad angular ω del sistema móvil,
será justificada en el capítulo sobre rotaciones, por ahora bastará aceptar
que las derivadas de los vectores unitarios móviles están dadas por ω× el
respectivo vector unitario, de modo que se puede obtener
d
(rA + r0 ),
dt
d
= vA + (x0 ı̂0 + y 0 ĵ0 + z 0 k̂0 ),
dt
d
d
d
= vA + vA + (x0 ı̂0 + y 0 ĵ0 + z 0 k̂0 ) + (ẋ0 ı̂0 + ẏ 0 ĵ0 + ż 0 k̂0 ),
dt
dt
dt
v =
es decir
v = vA + ω × r 0 + v
rel
(2.2)
,
de manera similar puede demostrarse que
a = aA + α × r 0 + 2ω × v
rel
+ ω × (ω × r 0 ) + a
rel
.
(2.3)
Esta expresión es conocida como teorema de Coriolis. Aquí α representa
la aceleración angular o sea la derivada respecto al tiempo de la velocidad
angular. En esta expresión los términos 2ω × v rel y aA + α × r 0 + ω × (ω × r 0 )
son conocidos como la aceleración de Coriolis y la aceleración de arrastre de
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2.2 Movimiento relativo a la tierra
83
la partícula respectivamente. Considerando lo anterior, la Segunda Ley de
Newton en el sistema no inercial de referencia tiene la expresión
ma
rel
= F − m(aA + α × r 0 + 2ω × v
rel
+ ω × (ω × r 0 )),
(2.4)
que puede interpretarse diciendo que la partícula obedece la segunda Ley
en un sistema no inercial, pero a la fuerza real F hay que agregarle fuerzas
ficticias dadas por
F arrastre = −m(aA + α × r 0 + ω × (ω × r 0 )),
y
F coriolis = −2mω × v
2.2.
rel
.
Movimiento relativo a la tierra
Un ejemplo bastante cotidiano de sistema no inercial de referencia lo
constituye la Tierra. Su no inercialidad se debe principalmente a la rotación
terrestre respecto a su eje, que es muy aproximadamente constante y equivalente a una vuelta completa en 24 horas. Su valor en consecuencia es bastante
pequeño
2π
= 7. 272 2 × 10−5 s−1 .
ω=
24 × 3600
Ello justifica la denominada aproximación ω 2 ≈ 0, donde se desprecian los
términos en ω 2 . Si se considera como modelo a la tierra como perfectamente
esférica de masa M y radio R, podemos elegir como sistema no inercial fijo
en la tierra un sistema con origen en la superficie terrestre en una latitud
que denominaremos λ. El eje z se elije vertical—no necesariamente radial—
el eje x perpendicular a z dirigido hacia el Sur, el eje y perpendicular a los
anteriores, o sea hacia el Este, como se indica en la figura (2.2). La desviación
entre la vertical del lugar y la dirección radial ε está exagerada en la figura.
Su estimación se hace en la sección siguiente.
2.2.1.
Vertical y aceleración de gravedad del lugar
Un primer efecto de la no inercialidad del sistema de referencia terrestre
es que la vertical del lugar se desvía de la dirección radial terrestre y que
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84
Sistema de referencia no inercial
ω
z0
z
A
R
φ
y
λ
x
Figura 2.2: Sistema fijo a la Tierra
la aceleración de gravedad depende de la latitud. En efecto, la definición de
peso y de vertical se hacen de acuerdo a una plomada de masa m en situación
estacionaria en la Tierra. Así la vertical es la dirección de la plomada y el
peso es de magnitud definida como la tensión en el hilo de la plomada. Para
esa situación estacionaria, la aceleración y velocidad relativas son cero, por
lo tanto una aplicación de la ecuación 2.4 a esta situación implica
0=T −
GMm
r̂ − maA ,
R2
donde se ha considerado que además de la fuerza gravitacional actúa la tensión del hilo, la velocidad angular es constante y r 0 = 0. De acuerdo a lo
explicado la dirección de T es el eje z y su magnitud se define como mg, el
peso del cuerpo y g la aceleración local de gravedad. Entonces tenemos que
mgẑ =
GMm
r̂ + maA .
R2
(2.5)
Además, la aceleración del origen A está dada por
aA = ω k̂0 × (ωk̂0 × Rr̂) = Rω 2 (sin λ k̂0 − r̂).
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(2.6)
2.2 Movimiento relativo a la tierra
85
De modo que si se toma la magnitud de la ecuación (2.5) se obtiene
g =
=
sµ
sµ
GM
R2
GM
R2
¶2
¶2
−
2GM
Rω2 cos2 λ + R2 ω 4 cos2 λ,
R2
−(
2GM
− R2 ω 2 )ω 2 cos2 λ
R
(2.7)
(2.8)
que se reduce en el Polo a
gp =
GM
,
R2
y en el Ecuador a
ge =
µ
GM
R2
¶
− Rω 2 .
La razón entre la aceleración centrípeta en el ecuador Rω2 y la aceleración
de gravedad en el polo usualmente designada por β está dada por
β=
Rω 2
= 3. 425 7 × 10−3 ,
GM/R2
de modo que
ge = gp (1 − β).
Para el caso de nuestro planeta (Serway, [12]), los valores numéricos para
radio promedio terrestre R = 6,37×106 m, masa de la tierra M = 5,98×1024
2π
kg, constante de gravitación G = 6,67259 × 10−11 N m2 kg−2 , ω = 24×3600
s−1 permiten estimar gp , ge numéricamente y aproximar la expresión (2.7)
como sigue
gp = 9. 833 7 m s−2
ge = 9,8 m s−2
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86
Sistema de referencia no inercial
9.83
9.82
(a)
9.81
9.8
(b)
9.79
9.78
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
Figura 2.3: Gravedad local, tierra esférica (a) y real (b)
g =
sµ
GM
R2
s
¶2
−
2GM
Rω 2 cos2 λ + R2 ω 4 cos2 λ
R2
((a))
GM
2Rω 2 cos2 λ R2 ω 4 cos2 λ
1
−
+
GM
G2 M 2
R2
R2
R4
q
= gp 1 − 2β cos2 λ + β 2 cos2 λ
=
≈ gp (1 − β cos2 λ) = ge (1 + β sin2 λ)
= 9,8(1 + 0,003 425 7 × sin2 λ)
Sin embargo, la tierra no es esférica y de acuerdo a la Unión Internacional de
Geodesia y Geofísica de 1967, (pag. [8]) el valor de g al nivel del mar varía
con la latitud de acuerdo a
g = 9,780309(1 + 0,00530238 sin2 λ−
0,000005850 sin2 (2λ) + ((b))
0,00000032 sin2 λ sin2 2λ).
Ambas expresiones están graficadas en función de λ (de 0 −→ π/2 = 1. 570 8)
por las curvas superior (a) e inferior (b) respectivamente en la figura (2.3).
Para propósitos prácticos las antiguas fórmulas todavía se usan, la llamada
fórmula de Cassinis se cita como referencia
g = 9,780490(1 + 0,0052884 sin2 λ − 0,0000059 sin2 (2λ)).
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2.2 Movimiento relativo a la tierra
87
Desviación de la vertical
Una estimación del ángulo ε , entre la vertical y la dirección radial, puede
obtenerse de la misma ecuación referida anteriormente haciendo un producto
cruz de ella con r̂. El resultado que se obtiene es
sin ε =
Rω 2
sin λ cos λ,
g
(2.9)
o sea desviación cero en el Ecuador y en el Polo y desviación máxima para latitud de 45 grados del orden de 0,1 grados. De acuerdo a los valores numéricos
señalados la última expresión puede ser aproximada a
ε ≈ 0,003 sin λ cos λ.
2.2.2.
(2.10)
Ecuación de movimiento aproximada
Para movimientos en la vecindad del origen A, la ecuación (2.4) con la
ayuda de la ecuación (2.5) puede ser escrita como
GMm
r̂ − m(α × r + 2ω × v + ω × (ω × r)).
R2
ma = F − mgk̂ +
Hemos suprimido las (0 ) y se entiende que las posiciones, velocidades y aceleraciones son de ahora en adelante relativas a la Tierra. Además si consideramos que α = 0 y denotamos por f la fuerza actuante, fuera de la
gravitacional, la aproximación considerada es
ma = f − mgk̂ − 2mω × v.
(2.11)
El movimiento de una partícula bajo la influencia de la aceleración local de
gravedad solamente (f = 0) dado por la ecuación (2.11) está determinado en
esta aproximación (ω 2 ≈ 0) por
a = −g k̂ − 2ω × v,
de donde por integración
v = v(0) − gtk̂ − 2ω × (r − r(0)),
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88
Sistema de referencia no inercial
que si es sustituida en la expresión de la aceleración haciendo ω2 = 0 e
integrada dos veces, conduce a
a = −g k̂ − 2ω × (v(0) − gtk̂)
= −g k̂ − 2ω × v(0) + 2gtω × k̂
de donde la velocidad está dada por
v = v(0) − gtk̂ − 2tω × v(0) + gt2 ω × k̂,
y la posición por
1
1
r = r(0) + v(0)t − gt2 k̂ − t2 ω × v(0) + gt3 ω × k̂.
2
3
Esta expresión constituye la solución para el movimiento de un proyectil en
las cercanía de la Tierra para condiciones iniciales arbitrarias. Debe observarse que para cualquier caso se tiene que
ω × k̂ = ω cos λĵ
o sea ese término contribuye siempre a desviar la partícula hacia el Este. Ese
término puede ser compensado para tiempos no muy grandes por el cuarto
término si la partícula parte hacia arriba.
2.2.3.
Péndulo de Foucault
Respecto al sistema de referencia Terrestre una masa puntual m se une
mediante una cuerda liviana inextensible L a un punto fijo de coordenadas
(0, 0, L) de modo que la partícula está en equilibrio relativa a la tierra (estacionaria) en el origen del sistema. Para una perturbación pequeña de la
posición más baja, la ecuación de movimiento (2.11), escrita en coordenadas
cartesianas tiene por componentes
max = Tx − 2m(−ω(sin λ)ẏ),
may = Ty − 2m((ω sin λ)ẋ − (−ω cos λ))ż,
maz = Tz − mg − 2m(−ω cos λ)ẏ.
La tensión en la cuerda puede ser escrita como
¶
µ
y L−z
x
T ,
T = − T, − T,
L
L
L
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2.2 Movimiento relativo a la tierra
89
de modo que
x
T + 2ωẏ sin λ,
mL
y
ÿ = −
T − 2ω(ẋ sin λ + ż cos λ),
mL
L−z
z̈ =
T − g + 2ω ẏ cos λ.
mL
ẍ = −
De la tercera ecuación del último grupo, si z es pequeño, entonces T ≈
mg − 2mω ẏ cos λ. De modo que las ecuaciones aproximadas de movimiento
en el plano xy serán
g
ẍ + x − 2ωẏ sin λ = 0,
L
g
ÿ + y + 2ω ẋ sin λ = 0.
L
Si denotamos por Ω = (−ω sin λ)k̂ y por R = (x, y) al vector posición en el
plano, las dos últimas ecuaciones pueden ser escritas en una sola como
d2
d
g
R − 2Ω × R + R = 0,
2
dt
dt
L
(2.12)
donde se derivan solamente las coordenadas. En términos simples, esas derivadas son la velocidad y aceleración del punto del plano relativas al sistema
(x, y, z). Podemos relacionar con las velocidades y aceleraciones relativas a
otro sistema que tiene el mismo origen y rota con velocidad angular Ω, pero
despreciando términos en Ω2 , de acuerdo a
d
∂
R =
R + Ω × R,
dt
∂t
∂2
∂
d2
R
=
R + 2Ω × R,
2
2
dt
∂t
∂t
por lo tanto la ecuación para la variación relativa de las coordenadas es
∂
∂
g
∂2
R + 2Ω × R − 2Ω × R + R ≈ 0,
2
∂t
∂t
∂t
L
o bien
∂2
g
R + R ≈ 0.
2
∂t
L
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(2.13)
90
Sistema de referencia no inercial
p
Esto es, oscilaciones de frecuencia angular ω = g/L respecto a un sistema
que rota respecto a la vertical del lugar con la frecuencia angular (precesión de
Foucault) (−ω sin λ)k̂. El movimiento de este péndulo ha sido iniciado desde
el origen con alguna velocidad inicial pequeña. Si el movimiento es iniciado
desde un punto alejado de la vertical, se manifiesta otro efecto (precesión del
péndulo esférico) que se describe en la sección siguiente y con más detalles
en el apéndice.
2.2.4.
Péndulo esférico
Un efecto similar al de Foucault pero de menor magnitud ocurre cuando
el movimiento del péndulo se inicia desde una posición alejada de la vertical
con alguna velocidad inicial de precesión o nula, aun cuando este movimiento sea respecto a un sistema inercial. Este efecto de “área” es deducido en
el apéndice y en la referencia Synge, p.56 [14], “ la velocidad angular aerolar es (3/8)α2 ω sin λ”. En el movimiento relativo a la tierra que rota, si
el movimiento de la partícula se inicia desde un punto alejado de la vertical
quemando un hilito que la sostiene (en reposo relativo a la tierra), la rotación
terrestre causa que exista una velocidad absoluta de precesión inicial distinta
de cero, por lo cual el efecto de precesión proporcional al área de la elipse
se manifestará. Sin rotación terrestre el movimiento estaría en un plano vertical. Considerando la rotación terrestre veremos que si la amplitud angular
inicial es pequeña, la órbita proyectada en un plano horizontal es una elipse
que precesa en torno de la vertical con una velocidad angular de precesión
mucho menor que la de Foucault.
2.3.
Teorema de Larmor
Respecto a un sistema inercial, si parte de la fuerza que actúa sobre una
partícula es perpendicular a la velocidad y a una dirección fija k̂0 de modo
que
F = f + αv × k̂0 ,
una simplificación de la ecuación de movimiento en el sistema de referencia
inercial se logra si se utiliza un sistema de referencia (no inercial) que rota
con velocidad angular constante en la dirección fija k̂0 . La segunda ley de
Newton nos daría, para un origen A fijo
ma
rel
= f + αv × k̂0 − m(2ω × v
rel
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+ ω × (ω × r)),
2.3 Teorema de Larmor
91
pero aquí conviene elegir ω = ω k̂0 , resultando
ma
rel
= f + α(v
rel
+ ω k̂0 × r) × k̂0 − 2mωk̂0 × v
rel
− mω k̂0 × (ω k̂0 × r)),
o bien
ma
rel
= f + αv rel × k̂0 + αω(k̂0 × r) × k̂0 + 2mωv
−mω k̂0 × (ωk̂0 × r)),
rel
× k̂0
y si se escoge ω de modo que los términos dependientes de la velocidad
relativa se cancelen, o sea
α
,
(2.14)
ω=−
2m
se obtiene que la ecuación de movimiento en ese sistema rotante de referencia
es
α2
ma rel = f + (k̂0 × (k̂0 × r)),
4
ecuación que puede ser aproximada, si el término en α2 puede ser despreciado,
a la siguiente ecuación
ma rel = f .
O sea, el efecto de una fuerza perturbadora pequeña (α ≪ 1) del tipo
considerada equivale a resolver el problema dado por la fuerza f en un sistema
que rota con la velocidad angular adecuada (2.14). Un ejemplo lo constituyen
electrones o cargas e que están describiendo órbitas debido a la presencia
de alguna fuerza central f . Si se aplica un campo magnético de magnitud
constante B en una dirección fija k̂0 la fuerza adicional llamada fuerza de
Lorentz está dada por
ev × B = eBv × k̂0 .
Por lo tanto, la influencia de un campo magnético pequeño es hacer precesar
las órbitas en torno a un eje en la dirección del campo magnético con la
velocidad angular de Larmor
ω=−
eB
,
2m
si el campo magnético es pequeño.
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92
Sistema de referencia no inercial
2.4.
Ejercicios resueltos
Ejercicio 2.4.1 Una barra lisa OM de largo 2a, ubicada en el plano vertical
que contiene al Este, está inclinado en un ángulo α respecto de la horizontal.
Por ella se desliza una argolla pequeña P, partiendo desde el extremo M.
Calcular la reacción de la barra sobre la argolla cuando ella pasa por el punto
medio de la barra si se toma en cuenta la rotación de la tierra.
Solución. Para este caso utilizamos
ma = f − mgk̂ − 2mω × v,
donde f será la reacción normal que no tiene componente a lo largo de v.
Las coordenadas de la partícula serán
x = 0, y, z = y tan α,
luego
r = yĵ + y tan αk̂,
v = ẏĵ + ẏ tan αk̂,
a = ÿĵ + ÿ tan αk̂,
Proyectando la ecuación de movimiento a lo largo de v
a · v̂ = −gk̂ · v̂,
o sea
ÿ + ÿ tan2 α = −g tan α,
g tan α
= −g sin α cos α, y(0) = 2a cos α, ẏ(0) = 0.
ÿ = −
sec2 α
luego
1
y = 2a cos α − gt2 sin α cos α,
2
ẏ = −gt sin α cos α
además
ω = −ω cos λı̂ + ω sin λk̂,
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2.4 Ejercicios resueltos
93
si despejamos f y reemplazamos
f = mÿ(ĵ + tan αk̂) + mg k̂ + 2mẏω(− cos λı̂ + sin λk̂) × (ĵ + tan αk̂),
o en componentes
fx = 2mgωt sin α cos α sin λ,
fy = −mg sin α cos α − 2mgωt sin2 α cos λ,
fz = mg cos2 α + 2mgωt sin α cos α cos λ,
el tiempo será obtenido de
1
y = 2a cos α − gt2 sin α cos α = a cos α,
2
luego
t=
r
2a
.
g sin α
N
Ejercicio 2.4.2 Una partícula se lanza verticalmente hacia arriba con velocidad Vo en un punto de latitud λ. Encontrar el punto sobre el que vuelve
a caer si se toma en cuenta la rotación de la tierra en la aproximación usual
de primer orden en ω.
Solución. Usamos
1
1
r = r(0) + v(0)t − gt2 k̂ − t2 ω × v(0) + gt3 ω × k̂,
2
3
con v(0) = V0 k̂, r(0) = 0, además que ω × k̂ = −ω cos λĵ, ω × v(0) = ω × V0 k̂
resultando
1
1
r = V0 tk̂ − gt2 k̂ − V0 t2 ω × k̂ + gt3 ω × k̂,
2
3
1 2
1 3
2
= V0 tk̂ − gt k̂ + (V0 t − gt )ω cos λĵ
2
3
o sea
1
z = V0 t − gt2 ,
2
1
y = (V0 − gt)ωt2 cos λ,
3
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94
cae en z = 0, t =
Sistema de referencia no inercial
2V0
g
y
4 ω
y = V03 2 cos λ.
3 g
N
Ejercicio 2.4.3 Una partícula se mueve, por la acción de la gravedad, sobre
un plano inclinado en el ángulo α respecto de la horizontal y que rota con
pequeña velocidad angular respecto de un eje vertical fijo, que intercepte el
plano en el punto 0. Tomando ejes rectangulares OXY fijos en el plano de
modo que el eje OX está orientado a lo largo de la línea de máxima gradiente,
demostrar que si inicialmente la partícula parte del reposo desde 0, que su
desviación desde OX, después de t segundos, viene dada aproximadamente
por
1
ωgt3 sin 2α
6
siempre que se desprecien los términos en ω 2 .
Solución. Aquí no se considera la rotación terrestre. Para el sistema
OXY Z podemos usar
N − mg k̂0 = m(2ω × v + a),
k̂0 = − sin αı̂ + cos αk̂
donde
ω = ω(− sin αı̂ + cos αk̂),
tomando las componentes x, y de la ecuación resulta
−2ω(cos α)ẏ + ẍ = g sin α
2ω(cos α)ẋ + ÿ = 0,
integramos la primera
−2ω(cos α)y + ẋ = gt sin α,
reemplazamos ẋ en la segunda despreciando términos en ω2 resultando
2ω(cos α)gt sin α + ÿ = 0,
o sea
ÿ = −2ωgt cos α sin α = −ωgt sin 2α,
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2.4 Ejercicios resueltos
e integrando dos veces
95
1
y = − ωgt3 sin 2α.
6
N
Ejercicio 2.4.4 Una partícula de masa m se mueve en movimiento armónico simple y = a cos nt en una ranura suave orientada en E a 0 sobre la
superficie de la tierra en un punto de latitud λ. Demostrar que, si desprecian
los términos que contienen el cuadrado de la velocidad angular de la tierra, la
reacción de la ranura tiene una componente horizontal en ángulo recto respecto al movimiento y de magnitud 2manω sin λ sin nt y una componente vertical
cuya magnitud fluctúa armónicamente, con una amplitud 2manω cos λ .
Solución. Nuevamente
ma = f − mgk̂ − 2mω × v,
donde f será la reacción normal que no tiene componente a lo largo de v.
Las coordenadas de la partícula serán
x = 0, y = a cos nt, z = 0,
luego
r = a(cos nt)ĵ,
v = −an(sin nt)ĵ,
a = −an2 (cos nt)ĵ,
además
ω = −ω cos λı̂ + ω sin λk̂,
luego
f = ma + mg k̂ + 2mω × v,
= −man2 (cos nt)ĵ + mgk̂ − 2m(−ω cos λı̂ + ω sin λk̂) × an(sin nt)ĵ,
= −man2 (cos nt)ĵ + mgk̂ − 2m(−ω cos λk̂ − ω sin λı̂)an(sin nt),
o sea
fx = 2manω(sin λ) sin nt,
fz = mg + 2man(ω cos λ)(sin nt),
que prueban lo pedido.
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96
Sistema de referencia no inercial
N
Ejercicio 2.4.5 Una partícula de masa m puede deslizar sin roce en el interior de un tubo pequeño doblado en forma de un círculo de radio a. Inicialmente se hace rotar en torno de un diámetro vertical el tubo con velocidad
ω 0 estando la partícula en una posición definida por el ángulo θ0 respecto de
la vertical. Estudiar el movimiento subsiguiente de la partícula.
ω0
θ
r
Solución. De acuerdo al Teorema de Coriolis, tomando como sistema de
referencia rotante al aro, la aceleración absoluta es
a = aO +
dω
× r + 2ω × vrel + ω × (ω × r) + arel ,
dt
donde
aO
dω
dt
ω
rel
v
= 0,
= 0,
= ω 0 k̂,
= aθ̇θ̂,
2
arel = aθ̈θ̂ − aθ̇ r̂,
entonces resultará
2
ma = m(2ω 0 k̂ × aθ̇θ̂ + aω 20 k̂ × (k̂ × r̂) + aθ̈θ̂ − aθ̇ r̂) = N − mgk̂.
La ecuación de movimiento resulta eliminando N lo que se logra tomándola
componente tangencial ·θ̂ de la última ecuación. Así
aω20 (k̂ × (k̂ × r̂)) · θ̂ + aθ̈ = −g k̂ · θ̂,
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2.4 Ejercicios resueltos
97
o sea
g
sin θ,
a
g
sin θ.
θ̈ − ω20 cos θ sin θ =
a
ω 20 (k̂ × (k̂ × r̂)) · θ̂ + θ̈ =
Podemos integrarla una vez sabiendo que
θ(0) = θ0 ,
θ̇(0) = 0,
resultando
g
1 2 1 2
θ̇ + ω 0 (cos2 θ − cos2 θ0 ) = − (cos θ − cos θ0 ).
2
2
a
Analicemos sobre la existencia de un punto de retorno, donde θ̇ = 0. Una
solución es el punto de partida θ0 . Otro existe si
cos θ1 = − cos θ0 −
2g
> −1,
aω20
lo cual requiere que
2g
.
1 − cos θ0
Esto significa que si se cumple lo anterior, la partícula oscila entre θ0 y θ1 .
Caso contrario la partícula oscila entre θ0 y 2π − θ0 . Note que en el primer
caso existe un punto estacionario θe donde θ̈ = 0, este satisface
aω 20 >
cos θe = −
g
aω20
y se cumple que
cos θe =
cos θ1 + cos θ0
.
2
N
Ejercicio 2.4.6 Una partícula de masa m, puede deslizar, sin fricción en
un tubo rígidamente unido en un ángulo θ0 = 60o con un eje vertical que
gira con velocidad constante ω 0 tal que ω 20 = 2g/r0 . Si la partícula se
p lanza
por el interior del tubo con las condiciones iniciales: r = r0 , ṙ = − gr0 /2
encontrar el menor valor que alcanza el radio r en el movimiento de la partícula.
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98
Sistema de referencia no inercial
ω0
θ0
O
r
Solución. Similarmente al problema anterior, tomando como sistema rotante al tubo, tenemos
a = aO +
dω
× r + 2ω × vrel + ω × (ω × r) + arel ,
dt
donde
aO
dω
dt
ω
rel
v
arel
= 0,
= 0,
= ω 0 k̂,
= ṙr̂,
= r̈r̂,
luego resulta
ma = m(2ω0 k̂ × ṙr̂ + ω20 k̂ × (k̂ × rr̂) + r̈r̂) = N − mgk̂.
Tomemos la componente radial
2ω0 ṙ(k̂ × r̂) · r̂ + ω 20 (k̂ × (k̂ × rr̂)) · r̂ + r̈ = −g k̂ · r̂,
luego
Pero ω20 = 2g/r0 luego
r̈ − ω 20 r sin2 θ0 = −g cos θ0 .
r̈ =
2g
r sin2 θ0 − g cos θ0 .
r0
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2.4 Ejercicios resueltos
99
El punto donde la partícula podría estar estacionaria es
1 cos θ0
1 1
1
re = r0 2 = r0 23 = r0 .
2 sin θ0
2 4
3
Luego en el punto de partida la partícula es lanzada hacia el punto estacionario. ¿Llegará? Integrando la ecuación de segundo orden respecto a r
tenemos
1 2 1 2
g
ṙ − ṙ0 = (r2 − r02 ) sin2 θ0 − g(r − r0 ) cos θ0 .
2
2
r0
o
Hagamos ṙ = 0 y θ0 = 60
−
g 2
gr0
3
1
=
(r − r02 ) − g(r − r0 ) ,
4
r0
4
2
3 2
0 =
r − 2r,
r0
2
rmı́n = r0 .
3
N
Ejercicio 2.4.7 Un plano suave inclinado en un ángulo con respecto a la
horizontal está rígidamente conectado con un eje vertical en 0 (fijo en el
espacio) alrededor del cual se mueve con una velocidad angular uniforme.
Una partícula de masa unitaria se mueve bajo la acción de la gravedad sobre
el plano.
z0
ω
z
y
O
x
Pruebe que si x es el desplazamiento de la partícula a lo largo de la línea de
máxima pendiente que pasa por 0, entonces:
d2 x
d4 x
2
2
+
ω
(3
cos
α
−
1)
+ xω 4 cos2 α = gω 2 sin α.
dt4
dt2
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100
Sistema de referencia no inercial
Si se desprecian los términos en ω 2 , pruebe que:
1
y(t) = − ωgt3 sin 2α
6
si la partícula parte en reposo del origen.
Solución. Si tomamos como sistema de referencia al sistema OXY Z el
cual rota con velocidad angular ω = ωk̂0 , tenemos que
m(aO +
dω
× r + 2ω × v rel + ω × (ω × r) + arel ) = N − mg k̂0 ,
dt
m(2ω × v rel + ω × (ω × r) + arel ) = N − mg k̂0 ,
tomando las componentes según ejes X, Y resulta
2ωk̂0 × ẏĵ · ı̂ + ω 2 (x sin2 α − x) + ẍ = −g sin α,
2ωk̂0 × ẋı̂ · ĵ − ω 2 y + ÿ = 0,
o bien
ẍ − 2ω ẏ cos α − ω2 x cos2 α = −g sin α,
ÿ + 2ω ẋ cos α − ω 2 y = 0,
luego haciendo algunas derivadas
ẍ − 2ω ẏ cos α − ω 2 x cos2 α = −g sin α,
...
....
x − 2ω y cos α − ω 2 ẍ cos2 α = 0,
...
y + 2ωẍ cos α − ω 2 ẏ = 0,
eliminamos ẏ entre la primera y la tercera
...
( y + 2ωẍ cos α)
cos α − ω 2 x cos2 α = −g sin α,
ẍ − 2ω
2
ω
...
y
ẍ − 2 cos α − 4ẍ cos2 α − ω 2 x cos2 α = −g sin α,
ω
de la segunda del grupo anterior eliminamos
....
...
x − ω2 ẍ cos2 α
y =
,
2ω cos α
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2.4 Ejercicios resueltos
101
resultando
d2 x
d4 x
2
2
+
ω
(3
cos
α
−
1)
+ xω 4 cos2 α = gω 2 sin α.
dt4
dt2
Ahora, las ecuaciones originales al despreciar términos en ω 2 son
ẍ − 2ω ẏ cos α = −g sin α,
ÿ + 2ωẋ cos α = 0,
integrando la segunda
ẏ + 2ωx cos α = 0,
de vuelta en la primera
1
ẍ = −g sin α ⇒ ẋ = −gt sin α ⇒ x = − gt2 sin α,
2
luego
1
ẏ = ωgt2 sin α cos α ⇒ y = ωgt3 sin α cos α.
3
N
Ejercicio 2.4.8 Una partícula de masa m cae desde el reposo desde una
altura h. Determinar x, y, z en función del tiempo, tomando en cuenta la
rotación de la tierra, en la aproximación usual de primer orden en ω.
Solución. Esto es resuelto por (??)
1
1
r = r(0) + v(0)t − gt2 k̂ − t2 ω × v(0) + gt3 ω × k̂,
2
3
colocando las condiciones iniciales adecuadas
1
1
r = hk̂ − gt2 k̂ + gt3 ω × k̂,
2
3
1 2
1
= hk̂ − gt k̂ + gt3 ω cos λĵ
2
3
o sea
x = 0,
1 3
y =
gt ω cos λ,
3
1
z = h − gt2 .
2
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102
Sistema de referencia no inercial
N
Ejercicio 2.4.9 Una partícula de masa m cae desde una altura h por el
interior de un tubo liso vertical. Determinar z en función del tiempo y la
reacción del tubo debido a la rotación terrestre.
Solución. Ahora, llamando N la reacción normal, tenemos
ma = N − mgk̂ − 2mω × v,
con
v = ż k̂,
a = z̈ k̂,
luego
mz̈ k̂ = N − mg k̂ − 2mżω × k̂,
mz̈ k̂ = N − mg k̂ − 2mżω cos λĵ,
de donde
1
z̈ = −g ⇒ z = h − gt2 ,
2
N = (2mżω cos λ)ĵ = −(2mgtω cos λ)ĵ.
N
Ejercicio 2.4.10 Una partícula de masa m está vinculada a un plano liso
horizontal OXY sometida a una fuerza −kr hacia un origen O en el plano,
siendo k una constante, Determinar las coordenadas sobre el plano (x, y) y
la reacción del plano en función del tiempo tomando en cuenta la rotación
de la tierra.
Solución. Similarmente, con z = 0
ma = N k̂ − kr − mg k̂ − 2mω × v.
Usando coordenadas cartesianas en el plano AXY y tomando componentes
X, Y tenemos
k
x + 2ẏω sin λ,
m
k
ÿ = − y − 2ẋω sin λ.
m
ẍ = −
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2.4 Ejercicios resueltos
103
Estas son las ecuaciones diferenciales a integrar. Lo dejaremos como trabajo
de investigación.
N
Ejercicio 2.4.11 Una partícula de masa m está vinculada a un plano liso
horizontal. Determinar las coordenadas sobre el plano (x, y), y la reacción
del plano en función del tiempo tomando en cuenta la rotación terrestre.
Solución. Ahora, a diferencia del problema anterior no hay fuerza elástica, luego resultará
ẍ = 2ẏω sin λ,
ÿ = −2ẋω sin λ.
Es preciso dar condiciones iniciales para integrar. Supongamos que inicialmente
x(0)
y(0)
ẋ(0)
ẏ(0)
=
=
=
=
0,
0
U,
V.
Al integrar una vez resultará
ẋ − U = 2yω sin λ,
ẏ − V = −2xω sin λ.
Luego, en la aproximación ω 2 = 0, se tiene
ẍ = 2(V − 2xω sin λ)ω sin λ ' 2V ω sin λ,
ÿ = −2(U + 2yω sin λ)ω sin λ ' −2Uω sin λ.
Movimiento uniformemente acelerado que es trivial integrar.
N
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104
Sistema de referencia no inercial
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Capítulo
3
Rotaciones.
3.1.
Rotaciones de un sistema.
Se estudiarán las rotaciones de un sistema. El sistema a rotar puede ser el
objeto físico, lo que se denomina punto de vista activo, o el sistema de coordenadas, punto de vista pasivo. Ambos puntos de vista difieren simplemente
en el sentido de la rotación.
3.1.1.
Rotaciones de un sistema de coordenadas.
Entre los cambios de posición o desplazamientos que puede experimentar
un sistema de coordenadas, o un cuerpo rígido, son importantes los casos
particulares conocidos como traslaciones paralelas y rotaciones. En una traslación, todas las posiciones cambian en un mismo vector desplazamiento T
de modo que
r 0 = r + T.
Por otro lado, una rotación, mantiene inalterada las posiciones de todos los
puntos pertenecientes al llamado eje de la rotación. Al respecto, cabe destacar
el siguiente teorema debido a Euler:
I Teorema 3.1
Todo cambio de posición de un sistema que mantiene un punto fijo, puede
ser logrado en forma equivalente mediante una rotación.
Un enunciado equivalente es:
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106
Rotaciones.
I Teorema 3.2
Al cambiar de posición un cuerpo rígido (infinitamente extenso) manteniendo
fijo uno de sus puntos, existe otro punto del cuerpo que recobra su posición
original.
Una demostración simple de este teorema se encuentra en el libro de Mecánica
de Synge y Griffith.[13]
z
y'
z'
y
x'
x
Figura 3.1:
Consideremos un sistema cartesiano de ejes x, y, z o xi (i = 1, 2, 3) con
vectores unitarios ortogonales êi y otro con el mismo origen (el punto que
no ha cambiado de posición) de ejes x0i (o x 0 , y 0 , z 0 ) con vectores unitarios
ortogonales ê0i. . El índice i variará entre 1 y 3, ver figura (3.1). Debido al
teorema de Euler, existe una rotación equivalente al cambio de posición del
sistema original al nuevo sistema.
Cosenos directores.
Los cosenos directores de las direcciones ê0i , se definen como sus proyecciones sobre los vectores unitarios originales êi y se denotarán por αi , β i ,
γ i (i = 1, 2, 3), así
ê01 = α1 ê1 + α2 ê2 + α3 ê3 ,
ê02 = β 1 ê1 + β 2 ê2 + β 3 ê3 ,
ê03 = γ 1 ê1 + γ 2 ê2 + γ 3 ê3 ,
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3.1 Rotaciones de un sistema.
107
o, en notación matricial
⎛ 0 ⎞ ⎛
⎞⎛
⎞
ê1
α1 α2 α3
ê1
⎝ ê02 ⎠ = ⎝ β 1 β 2 β 3 ⎠ ⎝ ê2 ⎠ .
ê03
γ1 γ2 γ3
ê3
De los nueve cosenos directores hay solo 3 independientes porque la ortogonalidad entre los vectores unitarios conduce a seis relaciones entre ellos.
Explícitamente, dichas relaciones son, escritas matricialmente
⎛
⎞⎛
⎞ ⎛
⎞
α1 α2 α3
α1 β 1 γ 1
1 0 0
⎝ β 1 β 2 β 3 ⎠ ⎝ α2 β 2 γ 2 ⎠ = ⎝ 0 1 0 ⎠ ,
(3.1)
0 0 1
γ1 γ2 γ3
α3 β 2 γ 3
que además pueden escribirse
αi αj + β i β j + γ i γ j = δ i j ,
siendo δ i j el delta de Kronecker. Preferiremos usar la notación
a1i = αi , a2i = β i , a3i = γ i ,
o sea
aij = ê0i · êj ,
de manera que la relación (3.1) puede escribirse
AAT = I,
con A = {aij } .
La matriz A llamada la matriz de rotación, por la propiedad anterior, es una
matriz ortogonal.
Rotación pasiva de un vector.
Aquí se consideran las rotaciones desde un punto de vista pasivo, es decir
se rota el sistema de coordenadas, y en consecuencia el vector permanece
inalterado pero se modifican sus componentes, es decir
X
X
xi êi =
x0i ê0i ,
r=
i
i
de donde, por la ortogonalidad de los vectores unitarios, se puede obtener
X
aij xj .
x0i =
j
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108
Rotaciones.
Rotación activa de un vector.
Aquí se consideran las rotaciones desde un punto de vista activo, es decir
se rota el vector permaneciendo inalterado el sistema de referencia. Esencialmente se tiene el mismo resultado, pero ahora
X
r =
xi êi ,
X
r0 =
x0i êi .
Note que se modifican las componentes pero se mantienen los mismos vectores
unitarios. La idea es que el vector rotado tiene sus componentes en el sistema
original, iguales a las del vector original en un sistema rotado en sentido
contrario. De modo que
X
x0i =
aji xj ,
j
donde se ha considerado que R−1 = RT .
Ejercicio 3.1.1 Demuestre que una transformación lineal con una matriz
ortogonal, transformación ortogonal, conserva el producto escalar entre dos
vectores y sus magnitudes.
y
x
θ
z
Figura 3.2: Rotación en torno a un eje
Rotación en torno de los ejes cartesianos.
Una rotación del sistema en torno de los ejes cartesianos, en sentidos
contrario a los punteros de un reloj, mirando hacia el eje, ver figura (3.2) es
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3.1 Rotaciones de un sistema.
109
realizada por las siguientes matrices Una rotación del sistema en torno de
los ejes cartesianos, en sentidos contrario a los punteros de un reloj, mirando
hacia el eje, ver figura (3.2) es realizada por las siguientes matrices:
⎛
⎞
⎛
⎞
1 0 0
0 0 0
Rx (θ) = ⎝ 0 1 0 ⎠ + sin θ ⎝ 0 0 −1 ⎠ +
0 0 1
0 1 0
⎛
⎞
0 0
0
(1 − cos θ) ⎝ 0 −1 0 ⎠
0 0 −1
⎛
⎞
1
0
0
= ⎝ 0 cos θ − sin θ ⎠ .
0 sin θ cos θ
Similarmente se encuentran
⎛
⎞
cos θ 0 sin θ
0
1
0 ⎠,
Ry (θ) = ⎝
− sin θ 0 cos θ
⎛
⎞
cos θ − sin θ 0
Rz (θ) = ⎝ sin θ cos θ 0 ⎠ .
0
0
1
Rotación de un vector en un ángulo φ respecto a un eje especificado
por n̂.
Considere una rotación activa de un vector r en torno de un eje n̂ en un
ángulo φ en el sentido de avance de n̂. (Esto equivale a una rotación pasiva
con un ángulo de −φ. ) De la figura (3.3) es posible demostrar que el vector
rotado r 0 puede escribirse
r 0 = r + (sin φ)n̂ × r + (1 − cos φ)n̂ × (n̂ × r) .
(3.2)
La expresión (3.2), puede escribirse en notación matricial. Para ello considere
la siguiente forma de realizar un “producto cruz ”
⎞ ⎛
⎞
⎞⎛
⎛
0 −az ay
bx
ay bz − az by
0 −ax ⎠ ⎝ by ⎠ ,
a × b = ⎝ az bz − ax bz ⎠ = ⎝ az
ax by − ay bx
−ay ax
0
bz
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110
Rotaciones.
⌃
n
r
C
φ
⌃xr
n
r’
φ
C
⌃ r ) n
⌃
(n
x
x
O
Figura 3.3: Rotación activa de un vector
o sea, en forma matricial, el producto cruz es realizado mediante multiplicación por una matriz 3 × 3 que llamaremos (a×)
⎞
⎛
0 −az ay
0 −ax ⎠ ,
(a×) = ⎝ az
−ay ax
0
de modo que, en términos matriciales
£
¤
r 0 = I + (sin φ)(n̂×) + (1 − cos φ)(n̂×)2 r,
(3.3)
por lo cual, la matriz de la rotación (activa) es
£
¤
Rn̂ (φ) = I + (sin φ)(n̂×) + (1 − cos φ)(n̂×)2 .
Angulo y eje de la rotación.
Si la matriz de rotación es conocida, entonces el ángulo y el eje son calculables de acuerdo a
T r(R) = 1 + 2 cos φ ,
R − RT = 2(sin φ)(n̂×) .
En efecto la expresión de la matriz de rotación es
R = I + (sin φ) (n̂×) + (1 − cos φ)(n̂×)2 .
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(3.4)
(3.5)
3.1 Rotaciones de un sistema.
111
Debemos recordar que la matriz (n×) es antisimétrica y dada por
⎛
⎞
0 −nz ny
0 −nx ⎠ ,
(n̂×) = ⎝ nz
−ny nx
0
con traza nula. La matriz (n×)2 resulta simétrica con expresión
⎞
⎛
−n2y − n2z
nx ny
nx nz
−n2x − n2z
ny nz ⎠ ,
(n̂×)2 = ⎝ ny nx
nz nx
nz ny
−n2x − n2y
y su traza es −2. Así resulta entonces
Tr (R) = 3 + (1 − cos φ)(−2),
que prueba el primer resultado. Ahora considere
RT = I − (sin φ)(n̂×) + (1 − cos φ)(n̂×)2 ,
de modo que resulta
R − RT = 2 sin φ (n̂×).
Ejercicio 3.1.2 Demuestre que (a×)3 = − |a|2 (a×) .
Ejercicio 3.1.3 Demuestre que formalmente puede escribirse:
Rn̂ (φ) = eφ (n̂×) .
Rotaciones infinitesimales y sus generadores.
Considere la siguiente descomposición:
⎛
⎛
⎞
⎛
⎞
⎛
⎞
⎞
0 −az ay
0 0 0
0 0 1
0 −1 0
⎝ az
0 −ax ⎠ = ax ⎝ 0 0 −1 ⎠+ay ⎝ 0 0 0 ⎠+az ⎝ 1 0 0 ⎠ .
0 1 0
−1 0 0
0 0 0
−ay ax
0
Si se definen
⎛
⎞
0 0 0
I1 = Ix = ⎝ 0 0 −1 ⎠ ,
0 1 0
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112
Rotaciones.
⎛
⎞
0 0 1
I2 = Iy = ⎝ 0 0 0 ⎠ ,
−1 0 0
⎛
⎞
0 −1 0
I3 = Iz = ⎝ 1 0 0 ⎠ ,
0 0 0
puede probarse directamente que
[Ii , Ij ] = Ii Ij − Ij Ii = εijk Ik .
(3.6)
Las matrices Ii se denominan los generadores de rotaciones infinitesimales y
ellas obedecen la denominada álgebra de Lie, definida por la relación básica
(3.6). En efecto, si el ángulo de rotación es infinitésimo, la relación (3.3)
puede escribirse
r 0 = r + φ(n̂×)r,
es decir
r 0 = [I + φ(n̂×)]r.
Si un ángulo finito φ es descompuesto en n partes, puede obtenerse la expresión para una rotación finita activa al tomar el límite
¶n
µ
φ
r = lı́m I + (n̂×)
r,
n−→∞
n
0
o sea
r 0 = eφ(n̂×) r.
3.1.2.
Ángulos de Euler.
Una de las diversas formas de parametrizar una rotación de un sistema,
es mediante los ángulos de Euler que definiremos de acuerdo a lo siguiente,
ver figura (10.3).
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3.1 Rotaciones de un sistema.
113
y'
z
z'
θ
y
φ
Ψ
x'
x
⌃
n
Primero una rotación en ángulo Φ en torno del eje z original.
Segundo una rotación en ángulo Θ respecto al nuevo eje x (eje n̂) y
finalmente una rotación en ángulo Ψ respecto a la posición del eje z de
la rotación anterior y que es por lo tanto el eje z (z’) final.
El mismo efecto puede ser logrado haciendo una sucesión de tres rotaciones
en esos mismos ángulos pero respecto a los ejes originales. La demostración
analítica se deja como problema, aquí se establece el resultado desde un punto
de vista intuitivo
R = Rz0 (Ψ)Rn (θ)Rz (φ) = Rz (φ)Rx (θ)Rz (Ψ) ,
(3.7)
de modo que la matriz de la rotación (activa) resultante será
⎛
⎞⎛
⎞⎛
⎞
cos φ − sin φ 0
1
0
0
cos Ψ − sin Ψ 0
⎝ sin φ cos φ 0 ⎠ ⎝ 0 cos θ − sin θ ⎠ ⎝ sin Ψ cos Ψ 0 ⎠ .
0
0
1
0 sin θ cos θ
0
0
1
Note cuidadosamente que se trata de rotaciones de un punto de vista activo
(rotar el sistema físico). Si ellas son rotaciones de un punto de vista pasivo (rotar el sistema de coordenadas), todos los ángulos involucrados deben
cambiarse de signo.
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114
3.1.3.
Rotaciones.
Parámetros de Cayley Klein.
Matrices unimodulares.
Hemos visto que una rotación depende de tres parámetros, por ejemplo
cuando ella se expresa en términos de los ángulos de Euler. Sin embargo
es de interés otra parametrización que es relevante por presentar conceptos
teóricos importantes. Para ello, consideraremos transformaciones lineales en
un espacio bidimensional de números complejos de la forma
u0 = αu + βv,
v 0 = γu + δv ,
siendo u, v, u0 , v 0 , α, β, γ, δ números complejos. Además restringiremos el estudio a matrices de transformación Q del grupo SU(2), es decir matrices 2 × 2,
unitarias y de determinante +1, matrices que se denominan unimodulares.
Demostraremos luego que las transformaciones de similaridad generadas con
estas matrices, describen rotaciones. Las condiciones que definen las matrices
unimodulares, restringen el número de parámetros reales de las cuales ellas
pueden depender, a sólo tres. En efecto, las condiciones son
µ
¶
α β
Q=
,
QQ† = I,
det(Q) = +1 ,
(3.8)
γ δ
entonces
αα + ββ = 1 ,
(3.9)
γγ + δδ = 1 ,
(3.10)
αγ + βδ = 0 ,
(3.11)
γα + δβ = 0 ,
(3.12)
αδ − βγ = 1 .
(3.13)
Los parámetros α, β, γ, δ se denominan parámetros de Cayley Klein. Como
la matriz Q tiene en general 8 componentes reales, las 5 condiciones dejan
sólo 3 parámetros independientes. La eliminación explícita no es conveniente
llevarla a cabo completamente. Podemos señalar que las relaciones anteriores
conducen a
δ=α ,
γ = −β ,
(3.14)
de modo que las matrices Q pueden expresarse mediante:
¶
µ
α
β
,
con |α|2 + |β|2 = 1.
Q=
−β α
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(3.15)
3.1 Rotaciones de un sistema.
3.1.4.
115
Transformaciones de similaridad.
Consideremos el grupo de matrices P, 2 × 2, hermíticas con traza nula.
La forma más general de esas matrices es:
µ
¶
z
x − iy
P =
,
(3.16)
x + iy
−z
con x, y, z reales. Las transformaciones de similaridad generadas por las matrices Q, tienen las siguientes propiedades, que se dejan como problemas:
Ejercicio 3.1.4 Demuestre que la transformación de similaridad de una
matriz A, definida por
A0 = QAQ†
tiene las siguientes propiedades:
a) conserva el caracter de hermiticidad de A.
b) conserva el determinante de A.
c) conserva la traza de A.
Se desprende entonces que las transformadas de similaridad de las matrices
P, son de la misma forma, es decir
¶
µ
¶
µ
z
x − iy
x0 − iy 0
z0
=Q
Q† .
(3.17)
x + iy
−z
x0 + iy 0
−z 0
Podemos entonces asociar a un punto de coordenadas x, y, z una matriz P .
Debido a que se conserva el determinante, tenemos que se cumple la relación
básica que define una rotación
(x0 )2 + (y 0 )2 + (z 0 )2 = (x)2 + (y)2 + (z)2 .
Puede probarse que se trata de rotaciones propias y no hay inversiones de
los ejes. Para expresar explícitamente la matriz de rotación tridimensional
asociada a una transformación de similaridad inducida por Q, analicemos lo
siguiente. Las matrices P, pueden escribirse utilizando matrices de Pauli, de
la siguiente manera
µ
¶
µ
¶
µ
¶
0 1
0 −i
1 0
P =x
+y
+z
,
(3.18)
1 0
i 0
0 −1
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116
Rotaciones.
o bien
P = r·σ.
siendo
σ = ı̂σx + ĵσ y + k̂σ z ,
donde las matrices de Pauli están definidas por
µ
¶
µ
¶
µ
¶
0 1
0 −i
1 0
σx =
, σy =
, σz =
.
1 0
i 0
0 −1
3.1.5.
(3.19)
Relaciones entre matrices de Pauli.
Demostraremos las siguientes relaciones que involucran matrices de Pauli:
σ l σ m = iεlmn σ n + Iδlm ,
(σ · a)(σ · b) = a · b I + iσ · (a × b) .
En efecto Las matrices de Pauli están definidas por
µ
¶
µ
¶
µ
¶
0 1
0 −i
1 0
, σ2 =
, σ3 =
.
σ1 =
1 0
i 0
0 −1
de modo que simplemente multiplicamos
µ
¶µ
¶ µ
¶
0 1
0 −i
i 0
=
= iσ 3
σ1σ2 =
1 0
i 0
0 −i
µ
¶µ
¶ µ
¶
0 1
0 1
1 0
2
σ1 =
=
=I
1 0
1 0
0 1
y así agotar todos los productos comparando con el resultado
σl σ m = iεlmn σ n + Iδ lm .
Aquí, el símbolo εlmn tiene valores
⎧
si lmn es permutación par de 123
⎨ 1
−1 si lmn es permutación impar de 123
εlmn =
⎩
0
si hay índices repetidos
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3.1 Rotaciones de un sistema.
117
La otra relación. Usando convención de suma sobre índices repetidos, sigue
que
(σ · a)(σ · b) =
=
=
=
σ l al σ m bm
(iεlmn σ n + Iδlm )al bm
iεlmn σ n al bm + Iδ lm al bm
iσ n εnlm al bm + Ial bl
pero
por lo tanto
(a × b)n = εnlm al bm
(σ · a)(σ · b) = a · b I + iσ · (a × b).
3.1.6.
Parámetros de Euler.
Por razones que se justificarán enseguida, las partes reales de α y β,
denominados parámetros de Euler conviene definirlos mediante
α = α0 + inz , β = ny + inx .
(3.20)
Entonces, las matrices Q pueden escribirse también en términos de matrices
de Pauli (3.15)
Q = α0 I + in · σ ,
por lo cual la transformación de similaridad (3.17) puede escribirse
r 0 · σ = (α0 I + in · σ)(r · σ)(α0 I − in · σ) ,
expresión que, con las propiedades del problema anterior, puede reducirse a
la forma siguiente
r 0 · σ = (r − (2α0 n)n̂ × r + (2n2 )n̂ × (n̂ × r)) · σ ,
que cuando es comparada con la fórmula de la rotación finita (3.3), conduce
a
φ
φ
α0 = cos .
(3.21)
n = − sin ,
2
2
En resumen, la asociación de las matrices Q, con la rotación que ellas efectúan, ángulo φ y eje de la rotación n̂, puede escribirse
µ
¶
µ
¶
φ
φ
Q = cos
I − i sin
n̂ · σ .
2
2
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118
Rotaciones.
Ejercicio 3.1.5 Demuestre las relaciones (3.21).
Ejercicio 3.1.6 Demuestre que otra forma de la matriz Q es:
φ
Q = e−i 2 n̂·σ .
Ejercicio 3.1.7 Demuestre que la matriz Q, asociada a una rotación activa
en términos de los ángulos de Euler es :
!µ
!
Ã
¶ Ã −i Ψ
Φ
cos Θ2
−i sin Θ2
e 2 0
e−i 2 0
,
(3.22)
Q=
Φ
Ψ
−i sin Θ2
cos Θ2
0
ei 2
0
ei 2
o bien
Q=
Ã
Φ+Ψ
cos Θ2 e−i 2
Φ−Ψ
−i sin Θ2 e−i 2
Φ−Ψ
−i sin Θ2 e−i 2
Φ+Ψ
cos Θ2 e−i 2
!
.
Aunque hemos analizado esta representación de dos dimensiones del grupo de
rotaciones, en el contexto de realizar rotaciones de vectores de 3 dimensiones,
esta representación adquiere todo su sentido, al considerar el grupo SU(2)
y su relación con el spin 1/2 en Mecánica Cuántica. Más sobre la conexión
entre el grupo O(3) y SU (2), puede encontrarse en la siguiente referencia [5],
pag. 281.
3.2.
3.2.1.
Velocidad angular.
Descomposición del movimiento.
Un cambio de posición arbitrario de un sistema o de un cuerpo rígido,
puede ser en general logrado en forma equivalente mediante una traslación
pura, que lleva alguno de sus puntos A a su posición final A0 , seguido de una
rotación pura en torno de un eje que pasa por el punto A0 , en un cierto ángulo.
Entonces el cambio de todo vector posición de un punto P perteneciente al
cuerpo rígido, podrá escribirse:
−→
−→
−→
δ OP = δOAtraslación + δ AP rotación .
Si el cambio de posición es finito, nada podemos decir de las posiciones intermedias que ocupó el cuerpo para pasar de su posición inicial a la final.
Sin embargo, si el intervalo de tiempo transcurrido entre ambas posiciones es
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3.2 Velocidad angular.
119
infinitésimo, dt, entonces la descomposición anterior, nos describe en forma
continua las posiciones que ocupa el cuerpo mediante
−→
−→
−→
dOP = dOA + dAP ,
o sea
−→
−→
−→
dOP = dOA + dφ n̂ × AP ,
que si se divide por dt, constituye una relación entre velocidades de dos
puntos A, P del cuerpo rígido, es decir
vP = vA +
−−→
dφ
n̂ × AP .
dt
Si definimos
dφ
n̂ ,
(3.23)
dt
la denominada velocidad angular instantánea del cuerpo rígido, se obtiene
ω=
−→
vP = vA + ω × AP .
(3.24)
Lo anterior es algo engañoso. La existencia del ángulo de rotación y de su
eje, está garantizada por el teorema de Euler, sin embargo en la práctica, su
determinación no es obvia. En este contexto, es útil el llamado teorema de
adición de velocidades angulares.
3.2.2.
Teorema de adición de velocidades angulares.
Si se tienen dos sistemas de referencia, S0 y S1 con origen común, y además
un cuerpo rígido (CR) que mantiene un punto fijo en el origen común, ver
figura (3.4), se deja como ejercicio probar el siguiente teorema que relaciona
velocidades angulares relativas (rel):
I Teorema 3.3
La velocidad angular puede descomponerse de la siguiente forma
ω CR
rel S0
= ω CR
rel S1
+ ω S1
rel S0
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120
Rotaciones.
z
z'
S0
y'
S1
CR
y
x'
x
Figura 3.4: Adición de velocidades angulares
3.3.
Ejercicios resueltos.
Ejercicio 3.3.1 Demuestre que las componentes de la velocidad angular de
un sistema rígido, en términos de los ángulos de Euler, están dadas por:
a) En el sistema de ejes móviles:
ω x0 = θ̇ cos Ψ + φ̇ sin θ sin Ψ ,
ω y0 = −θ̇ sin Ψ + φ̇ sin θ cos Ψ ,
ω z0 = Ψ̇ + φ̇ cos θ .
b) En el sistema de ejes fijos:
ωx = ψ̇ sin θ sin φ + θ̇ cos φ ,
ωy = −ψ̇ sin θ cos φ + θ̇ sin φ ,
ωz = ψ̇ cos θ + φ̇ .
Solución. De acuerdo al teorema de adición de velocidades angulares,
vectorialmente tendremos
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3.3 Ejercicios resueltos.
121
y'
z
z'
θ
y
Ψ
φ
x'
x
⌃
n
ω = Ψ̇k̂0 + θ̇n̂ + φ̇k̂,
restando relacionar vectores unitarios. De la figura
n̂ = cos Ψı̂0 − sin Ψĵ0 ,
k̂ = cos θk̂ 0 + sin θ(cos Ψĵ0 + sin Ψı̂0 ,
luego
ω = Ψ̇k̂ 0 + θ̇(cos Ψı̂0 − sin Ψĵ0 ) + φ̇(cos θk̂0 + sin θ(cos Ψĵ0 + sin Ψı̂0 )
= (θ̇ cos Ψ + φ̇ sin θ sin Ψ)ı̂0 + (φ̇ sin θ cos Ψ − θ̇ sin Ψ)ĵ0 + (φ̇ cos θ + Ψ̇)k̂ 0 ,
que prueba el primer grupo. Similarmente
rk̂0 = cos θk̂ + sin θ(sin φı̂ − cos φĵ),
n̂ = cos φı̂ + sin φĵ,
de donde
ω = Ψ̇(cos θk̂ + sin θ(sin φı̂ − cos φĵ)) + θ̇(cos φı̂ + sin φĵ) + φ̇k̂,
= (Ψ̇ sin θ sin φ + θ̇ cos φ)ı̂ + (θ̇ sin φ − Ψ̇ sin θ cos φ)ĵ + (φ̇ + Ψ̇ cos θ)k̂,
que prueba el segundo grupo.
N
Ejercicio 3.3.2 Si se considera un vector de magnitud constante r(t) obtenido mediante una rotación R(t) del vector inicial r(0), demuestre que existe
una matriz antisimétrica Ω(t) tal que
dr(t)
= Ω(t)r(t) ,
dt
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122
Rotaciones.
y que ello equivale a
dr(t)
= ω(t) × r(t) ,
dt
donde ω(t) es llamado el vector velocidad angular.
Solución. Tenemos
r(t) = R(t)r(0),
derivando
dr(t)
= Ṙ(t)r(0),
dt
pero
r(0) = R−1 (t)r(t),
de modo que
dr(t)
= Ṙ(t)R−1 (t)r(t),
dt
pero sabemos que R es ortogonal, es decir
R−1 = RT ,
además
RR−1 = I,
derivando
ṘRT + RṘT = 0,
entonces
(ṘR−1 )T = RṘT = −ṘRT = −ṘR−1
es decir Ω(t) = ṘR−1 es antisimétrica.
N
Ejercicio 3.3.3 Determine las componentes del vector ω(t) del problema
anterior, en términos de las componentes de la matriz R(t).
Solución. Como sabemos
⎛
⎞
0 −ω z ω y
0 −ω x ⎠ = ṘR−1 ,
Ω = ω× = ⎝ ωz
−ωy ωx
0
Si la matriz R es dada, lo anterior permitiría identificar las componentes de
ω(t).
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3.3 Ejercicios resueltos.
123
N
Ejercicio 3.3.4 Si las velocidades de tres puntos de un rígido son conocidas, demuestre que:
ω=
(vB − vA ) × (vC − vA )
,
−→
(vB − vA ) · AC
−→
si (vB − vA ) · AC 6= 0 .
Solución. La relación básica entre velocidades de dos puntos permite
escribir
−→
(vB − vA ) = ω × AB,
−→
(vC − vA ) = ω × AC,
luego mutiplicando cruz
−→
(vB − vA ) × (vC − vA ) = (vB − vA ) × (ω × AC)
−→
= (vB − vA ) · AC ω,
−→
de donde sigue el resultado si (vB − vA ) · AC 6= 0 .
N
Ejercicio 3.3.5 Obtenga una expresión para la velocidad angular ω, en el
−→
caso en que no se cumpla la condición (vB − vA ) · AC 6= 0 del problema
−→
−→ −→
anterior. Indicación: Si (vB − vA ) · AC = 0, entonces ω × AB · AC = 0, lo
que quiere decir que la velocidad angular está en el plano ABC. Se puede
−→
entonces expresar la velocidad angular como una combinación lineal de AB
−→
y AC con coeficientes determinables, obteniéndose
−→ −→ −→
−→ −→ −→
(vC − vA ) · (AB × AC)AB + (vA − vB ) · (AB × AC)AC
ω=
¯−→ −→¯2
¯
¯
¯AB × AC ¯
Solución. Como se explica más arriba, podríamos escribir
−→
−→
ω = λ1 AB + λ2 AC,
de donde sigue que
−→ −→
−→
ω × AC = λ1 AB × AC = vC − vA ,
−→
−→ −→
ω × AB = λ2 AC × AB = vB − vA ,
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124
Rotaciones.
de donde
λ1
λ2
−→ −→
(vC − vA ) · (AB × AC)
=
,
¯−→ −→¯2
¯
¯
¯AB × AC ¯
−→ −→
(vA − vB ) · (AB × AC)
=
¯−→ −→¯2
¯
¯
¯AB × AC ¯
N
Ejercicio 3.3.6 Demuestre la equivalencia establecida en la ecuación (3.7)
es decir
R = Rz0 (Ψ)Rn (θ)Rz (φ) = Rz (φ)Rx (θ)Rz (Ψ) .
y'
z
z'
θ
y
φ
Ψ
x'
x
⌃
n
Solución. La figura explica que formalmente
z 0 = Rn (θ)z,
n = Rz (φ)x
luego
Rz0 (Ψ) = RRn (θ)z (Ψ) = Rn (θ)Rz (Ψ)Rn−1 (θ),
por lo tanto
R = Rz0 (Ψ)Rn (θ)Rz (φ)
= Rn (θ)Rz (Ψ)Rn−1 (θ)Rn (θ)Rz (φ)
= Rn (θ)Rz (Ψ)Rz (φ),
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3.3 Ejercicios resueltos.
125
pero
n = Rz (φ)x,
luego
R =
=
=
=
=
Rn (θ)Rz (Ψ)Rz (φ)
RRz (φ)x (θ)Rz (Ψ)Rz (φ)
Rz (φ)Rx (θ)Rz−1 (φ)Rz (Ψ)Rz (φ)
Rz (φ)Rx (θ)Rz−1 (φ)Rz (Ψ + φ)
Rz (φ)Rx (θ)Rz (Ψ),
que demuestra lo pedido.
N
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126
Rotaciones.
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Capítulo
4
Sistema rígido de partículas
4.1.
Cantidades cinemáticas
Las cantidades cinemáticas, que dependen de las velocidades de las partículas del cuerpo, adquieren una forma especial cuando se trata de un sistema
rígido de partículas. De acuerdo a lo estudiado en el capítulo sobre rotaciones,
la descripción del movimiento de un cuerpo rígido puede hacerse en términos de tres coordenadas que den cuenta de los desplazamientos de un punto
del cuerpo y de tres ángulos o parámetros que den cuenta de las rotaciones
del cuerpo. Por esa razón existen en general solo seis variables necesarias en
la descripción del movimiento de un cuerpo rígido y por lo tanto, es suficiente considerar solamente las seis ecuaciones escalares (1.2) y (1.3), o bien
reemplazar alguna de ellas por el teorema de conservación de energía, si ello
corresponde. Aquí solamente indicaremos las consideraciones especiales que
permiten expresar tanto la energía cinética y el momentum angular de un
cuerpo rígido, en términos de su velocidad angular y la matriz de inercia.
Las ecuaciones dinámicas aplicables son aquellas recién citadas de un sistema de partículas. Considerando la relación básica entre las velocidades de
dos puntos de un cuerpo rígido, ver fig.(4.1)
v = vA + ω × r,
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128
Sistema rígido de partículas
podemos expresar el momento angular de un sistema rígido de partículas que
mantiene un punto O fijo como
X
mi ri × (ω × ri ),
(4.1)
LO =
i
o bien, para un cuerpo rígido continuo que mantiene un punto O fijo
Z
LO = dmr × (ω × r ).
(4.2)
v = vA + ω x r’
dm
v = ω xr
z
A
r’
dm
r
O
y
O
x
Figura 4.1: velocidades de un cuerpo rígido
Si se considera la siguiente forma de realizar un producto cruz (ver rotaciones)
⎞
⎞⎛
⎛
bx
0 −az ay
0 −ax ⎠ ⎝ by ⎠ = (a×) b,
a × b = ⎝ az
−ay ax
0
bz
cualquiera de las dos expresiones (4.1) o (4.2) puede escribirse, al usar notación matricial, de la siguiente forma
LO = HO ω.
donde HO es una matriz 3 × 3, la denominada matriz de inercia del sistema
relativa al origen O y que, para el caso de un cuerpo rígido continuo, por
definición es
Z
HO = − dm (r×)2 .
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4.1 Cantidades cinemáticas
129
y para un sistema rígido de partículas
X
mi (ri ×)2 .
HO = −
4.1.1.
Energía cinética y momentum angular
Se deja como ejercicio, en este resumen, probar que:
Ejercicio 4.1.1 En el movimiento general de un sistema rígido de partículas, pruebe que:
LO = MrG × vG + HG ω,
LG = HG ω,
1
1
2
MvG
+ ω · HG ω
K =
2
2
Ejercicio 4.1.2 En el caso que un punto 0 se mantenga fijo, pruebe que:
LO = MrG × vG + HG ω = HO ω,
LG = HG ω,
1
1
1
2
MvG
+ ω · HG ω = ω · H0 ω.
K =
2
2
2
4.1.2.
Algunas propiedades de la matriz de inercia
La expresión explícita de la matriz de inercia (sus componentes), depende
del origen elegido, así como de la orientación de los ejes. Sus componentes
las indicaremos de acuerdo a
⎞
⎛
Ixx Ixy Ixz
H = ⎝ Iyx Iyy Iyz ⎠ ,
Izx Izy Izz
siendo los elementos de la diagonal llamados momentos de inercia y los de
fuera de la diagonal, productos de inercia
Ixx =
Ixy
Z
2
2
dm(y + z ), Iyy =
Z
= Iyx = − xydm, etc.
Z
dm(x2 + z 2 ), etc.
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130
Sistema rígido de partículas
Por ser la matriz de inercia una matriz real simétrica, ella puede ser diagonalizada. Las direcciones para las cuales ella es diagonal, se denominan
direcciones o ejes principales de inercia del cuerpo, en el punto seleccionado.
Cuando hay dos valores propios repetidos, todos los ejes del plano correspondiente a esos dos vectores propios, son ejes principales de inercia. Si los
tres valores propios son iguales, todo eje es en ese punto es principal de inercia. En cualquier caso, siempre es posible escoger tres direcciones principales
de inercia ortogonales entre si. Las propiedades de simetría de un cuerpo,
cuando existen, ayudan en la determinación de las direcciones principales
de inercia. Para lo que sigue, consideraremos cuerpos rígidos homogéneos de
modo que las propiedades de simetría del cuerpo coinciden con sus simetrías
geométricas. Pueden entonces probarse los siguientes teoremas:
4.1.3.
Teoremas
I Teorema 4.1
Todo eje de simetría, es principal de inercia en todos sus puntos.
I Teorema 4.2
Un eje perpendicular a un plano de simetría de reflexión, es principal de
inercia donde se intersectan.
I Teorema 4.3
Un eje paralelo a un eje de simetría, es principal de inercia donde lo corta
perpendicularmente el plano que contiene al centro de masas.
4.1.4.
El elipsoide de inercia
Las consideraciones anteriores admiten una visualización gráfica. La forma cuadrática
r T · HO r = 1,
o bien desarrollada explícitamente en la forma
x2 Ixx + y 2 Iyy + z 2 Izz + 2Ixy xy + 2Ixz xz + 2Iyz yz = 1
representa en general, un elipsoide centrado en el origen seleccionado del
cuerpo pero rotado respecto a los ejes elegidos, ver figura (4.2). Los semiejes
del elipsoide serán en consecuencia los ejes principales de inercia del cuerpo en
ese origen, puesto que para esos ejes, la forma cuadrática no tiene productos
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4.1 Cantidades cinemáticas
131
de inercia. Este elipsoide puede degenerar desde un cilindro de sección elíptica
si algún momento de inercia es cero, hasta una esfera si los tres momentos
de inercia son iguales. Esta superficie, llamada elipsoide de inercia, que está
fija en el cuerpo, debe por lo tanto tener las mismas propiedades de simetría
del cuerpo. Por ejemplo, si uno de los ejes elegidos es de simetría de rotación
del cuerpo en el origen seleccionado, ese eje debe ser uno de los semiejes
del elipsoide, es decir un eje de simetría es principal de inercia en todos sus
puntos. Igualmente, si el origen está en un plano de simetría de reflexión del
cuerpo, el elipsoide debe tener ese mismo plano como plano de simetría de
reflexión. Es decir dos semiejes del elipsoide están sobre ese plano y el tercero
es perpendicular a ese plano. En consecuencia todo eje perpendicular a un
plano de simetría de reflexión es principal de inercia donde se intersectan con
el plano. Otra consecuencia que se entiende con claridad cuando se piensa en
el elipsoide de inercia es la siguiente. Si el origen está en un eje de simetría
de rotación en un ángulo distinto de 180o , el elipsoide debe tener esa misma
propiedad, por lo tanto los dos semiejes del elipsoide que son perpendiculares
a ese eje deben ser iguales, o sea esos dos correspondientes momentos de
inercia deben ser iguales.
z'
z
y'
y
x
x'
Figura 4.2: Elipsoide de inercia
Rotaciones de los ejes.
Si la matriz de inercia H es conocida en componentes para un sistema ortogonal de ejes en un punto de un cuerpo rígido, podemos obtener la
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132
Sistema rígido de partículas
matriz en componentes para ejes rotados ortogonales ê1 , ê2 , ê3 en el mismo
punto simplemente proyectando la matriz de inercia sobre estos nuevos ejes
de acuerdo a
Ie1 e2 = ê1T · H ê2 .
Debemos remarcar que la matriz de inercia en un punto de un cuerpo rígido
es única. Lo que cambia al cambiar ejes en un punto, son sus elementos o
componentes.
Traslaciones de los ejes, Teorema de Steiner
Si se consideran traslaciones (paralelas) de los ejes, la relación de transformación de la matriz de inercia es particularmente simple si uno de los
orígenes es el centro de masas G. Tal relación de transformación, conocida
como teorema de Steiner sigue del siguiente análisis. Considere que
Z
HO = − dm (r×)2 ,
siendo
⎞
−y 2 − z 2
xy
xz
⎠.
yz
−x2 − z 2
yz
(r×)2 = ⎝
2
2
zx
zy
−x − y
⎛
Si consideramos coordenada (x0 , y 0 , z 0 ) relativas a G con origen en el punto
(a, b, c) entonces
x = x0 + a,
y = y 0 + b,
z = z 0 + b,
si consideramos además que
Z
Z
Z
0
0
x dm = y dm = z 0 dm = 0,
entonces podemos no considerar los términos que resulten lineales en x0 o y 0
o z 0 . Así entonces (, significa equivalente bajo la integral)
xy = (x0 + a)(y 0 + b) , x0 y 0 + ab,
y 2 + z 2 = (y 0 + b)2 + (z 0 + c)2 , (y 0 )2 + (z 0 )2 + b2 + c2 ,
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4.2 Ecuaciones dinámicas
133
por lo tanto
− (r×)2
⎞
y 2 + z 2 −xy
−xz
= ⎝ −yz x2 + z 2 −yz ⎠
−zx
−zy x2 + y 2
⎛ 02
⎞
y + z 02 −x0 y 0
−x0 z 0
, ⎝ −y 0 z 0 x02 + z 02 −y 0 z 0 ⎠ +
−z 0 x0
−z 0 y 0 x02 + y 02
⎛ 2
⎞
c + b2 −ab
−ac
⎝ −ba a2 + c2
−bc ⎠ ,
2
−ca
−cb a + b2
⎛
de donde se obtiene el teorema
⎛
⎞
c2 + b2 −ab
−ac
−bc ⎠ ,
HO = HG + M ⎝ −ba a2 + c2
2
−ca
−cb a + b2
donde a, b, c son las coordenadas cartesianas de G respecto al origen O.
Ejercicio 4.1.3 Se tiene un sólido homogéneo en forma de un cono recto
circular de altura h, radio basal a, masa m y semi ángulo en el vértice α.
Demuestre que:
a) En el vértice sus momentos principales de inercia son A = B =
2
3m 2
(a + 4h2 ), C = 3ma
.
20
10
b) En el centro de su base son A = B =
m
(3a2
20
+ 2h2 ), C =
3ma2
.
10
c) El momento de inercia en torno de una generatriz es I =
1
sec2 α) sin2 α.
5
4.2.
3mh2
(1
4
+
Ecuaciones dinámicas
Como se estableció, ver ecuaciones (1.2, 1.3, 1.4) y más generalmente en
(??), las ecuaciones dinámicas aplicables a un sistema de partículas y en
particular a un cuerpo rígido son
dP
= F ext ,
dt
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134
Sistema rígido de partículas
para el movimiento del centro de masas, y
dLO
= Γext
O ,
dt
o
dLG
= Γext
G ,
dt
es decir para punto fijo O de un sistema inercial, el centro de masas G o un
punto A arbitrario, siendo entonces
−→
dLA
= Γext
(4.3)
A − M AG × aA .
dt
Aunque no es común utilizar la última forma, en una sección más adelante
mostraremos que bajo ciertas condiciones su uso simplifica muchos problemas.
4.2.1.
Movimiento Plano
Cuando todas las velocidades de un cuerpo rígido son paralelas a un plano
fijo, por ejemplo el plano xy, se tiene un movimiento plano. La velocidad
angular del cuerpo será de la forma
ω = ω k̂,
y en consecuencia el momentum angular en G estará dado por
⎞⎛ ⎞
0
Ixx Ixy Ixz
⎠
⎝
⎝
0 ⎠.
Iyx Iyy Iyz
LG =
ω
Izx Izy Izz
⎛
Si se trata de una lámina (z = 0) o bien simplemente si los ejes son principales
de inercia entonces
⎞⎛ ⎞
⎛
0
Ixx Ixy 0
⎠
⎝
⎝
0 ⎠ = Izz ω k̂.
Iyx Iyy 0
LG =
ω
0
0 Izz
Presentaremos algunos ejemplos de dinámica plana de un cuerpo rígido, los
cuales permiten además una solución más simple si se usa la relación general
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4.2 Ecuaciones dinámicas
135
(4.3). La utilización de la ecuación (1.4) normalmente involucra calcular el
torque de alguna fuerza desconocida que debe ser finalmente eliminada utilizando la ecuación de movimiento de centro de masas. Compare ese método,
con el método utilizado en los siguientes ejemplos.
.
Ejemplo 4.2.1 Péndulo de longitud L, masa M cuyo punto de suspensión
A oscila verticalmente de la forma yA = a sin ωt.
Y
A
a sin(ωt)
X
O
G
θ
Péndulo de Kapitza
Solución. Para este caso tenemos
IA θ̈ = −Mg
L
sin θ − M(rG − rA ) × aA · k̂,
2
pero puede fácilmente verse que (rG − rA ) × aA · k̂ = − L2 aω 2 sin ωt sin θ
obteniendo en dos pasos
IA θ̈ = −Mg
L
L
sin θ + M aω 2 sin ωt sin θ.
2
2
N
Ejemplo 4.2.2 Péndulo de longitud L, masa M cuyo punto de suspensión
A oscila horizontalmente en la forma xA = a sin ωt.
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136
Sistema rígido de partículas
Y
a sin(ωt)
O
X
A
G
θ
Péndulo forzado
Solución. Para este caso
IA θ̈ = −Mg
L
sin θ − M(rG − rA ) × aA · k̂,
2
pero similarmente (rG −rA ) × aA · k̂ = − L2 aω 2 sin ωt cos θ entonces obtenemos
en dos pasos
IA θ̈ = −Mg
L
L
sin θ + M aω2 sin ωt cos θ.
2
2
N
Ejemplo 4.2.3 Péndulo de longitud L, masa M cuyo punto de suspensión
A se mueve sobre una circunferencia vertical de radio R con velocidad angular constante ω.
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4.2 Ecuaciones dinámicas
137
Y
A
aA
ωt
O
θ
X
G
R
Barra extremo sobre circunferencia
Solución. Para este caso tenemos
IA θ̈ = −Mg
L
sin θ − M(rG − rA ) × aA · k̂,
2
pero (rG − rA ) × aA · k̂ = − L2 aω 2 sin( π2 − ωt + θ) obteniendo
IA θ̈ = −Mg
L
L
sin θ + M aω2 cos(ωt − θ).
2
2
N
Ejemplo 4.2.4 Movimiento de rodadura de una rueda excéntrica de radio
R y masa M sobre un plano horizontal. En este caso la aceleración del punto
2
de contacto A del cuerpo con el suelo es de magnitud aA = Rθ̇ hacia arriba.
y
C
R θ
h
G
φ
aA
X
A
Disco que rueda
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138
Sistema rígido de partículas
Solución. Suponiendo que el centro de masas está a distancia h del centro
geométrico, tenemos
2
(rG − rA ) × aA · k̂ = |rG − rA | Rθ̇ sin φ,
pero
entonces
sin θ
sin φ
=
,
h
|rG − rA |
2
(rG − rA ) × aA · k̂ = Rθ̇ h sin θ,
y finalmente
2
IA θ̈ = −Mgh sin θ − MRθ̇ h sin θ.
El momento de inercia puede ser obtenido mediante el teorema de Steiner
IA = IG + M(h2 + R2 − 2hr cos θ).
N
Ejemplo 4.2.5 El mismo ejemplo, pero la rueda es actuada por una fuerza
horizontal constante de magnitud F sobre su centro.
y
C
R θ
F
h
G
φ
aA
X
A
Disco tirado por fuerza
Solución. Simplemente agregamos el torque de F obteniendo
2
IA θ̈ = −Mgh sin θ − F R − MRθ̇ h sin θ.
N
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4.2 Ecuaciones dinámicas
139
Ejemplo 4.2.6 Movimiento de rodadura de una rueda excéntrica de radio a
sobre un cilindro fijo de radio R.
a
C
θ
h
φ G
A
θ
R
Rueda sobre cilindro
Solución. En este caso, demostraremos primero que la aceleración del
punto A del cuerpo en contacto con el cilindro es de magnitud aA = aRω 2 /(R+
a) hacia el centro de la rueda. Aquí la velocidad angular de la rueda está relacionada con el ángulo θ mediante ω = (R + a)θ̇/a y Rθ = aφ.
La velocidad de A es cero, luego
−→
0 = vC + ω × CA,
de donde
(R + a)θ̇ = ωa.
Además
−→
vA = vC + ω × CA
−→
dω −→
× CA + ω × (ω × CA),
aA = aC +
dt
−→
(R + a)θ̈
2
= (R + a)θ̈θ̂ − (R + a)θ̇ r̂ +
k̂ × (−ar̂) + ω × (ω × CA)
a
−→
2
= (R + a)θ̈θ̂ − (R + a)θ̇ r̂ − (R + a)θ̈θ̂ + ω × (ω × CA)
2
= −(R + a)θ̇ r̂ + ω2 ar̂
aR 2
ω2
a2 r̂ + ω2 ar̂ =
ω r̂.
= −
(R + a)
R+a
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140
Sistema rígido de partículas
(¿habrá un camino más corto?)
Si el centro de masa está a distancia h del centro geométrico, podemos
obtener
(rG − rA ) × aA · k̂ = aA h sin φ
aRω2
h sin φ,
=
R+a
entonces
aRω 2
h sin φ,
R+a
2
aRθ̇ (R + a)2
R+a
R
R
IA θ̈ = −Mgh sin(1 + )θ + Mga sin θ − M
h
θ,
sin
a
a
R+a
a2
a
R+a
Mga2 sin θ
R
a
2
IA θ̈ = −Mgh
sin
θ+
− MRθ̇ h sin θ.
R+a
a
(R + a)
a
N
IA α =
− Mg(h sin(θ + φ) − a sin θ) − M
Ejemplo 4.2.7 Movimiento de rodadura de una rueda de masa M y radio
R, sobre una plataforma que oscila de la forma a sin ωt.
y
G
a
a sin(ωt)
A
R
θ
A
x
Rueda sobre plataforma móvil
Solución. Aquí la aceleración del punto A tiene dos componentes, aω 2 sin ωt,
2
Rθ̇ pero solo la primera importa, dando por simple inspección (rG − rA ) ×
aA · k̂ = Raω 2 sin ωt lo cual conduce a
IA θ̈ = −MRaω 2 sin ωt.
N
Problema 4.2.1 Repita los ejemplos anteriores, pero momentando respecto
al centro de masas, es decir haciendo uso de la ecuación dLG /dt = Γext
G .
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4.2 Ecuaciones dinámicas
4.2.2.
141
Un ejemplo en más dimensiones, la bola de billar
Considere una esfera homogénea de masa M, radio R, que se mueve sobre
un plano horizontal con coeficiente de roce cinético μ sometida a su peso y a
la reacción del plano, ver fig.(4.3). Hay dos situaciones, el punto de contacto
P desliza o no lo hace. La matriz de inercia con origen en el centro de masas
es diagonal y tiene sus tres momentos de inercia iguales (I = 2MR2 /5).
Supondremos que inicialmente hay deslizamiento. Para ejes fijos OX,OY y
OZ vertical, las ecuaciones dinámicas son
MaG = f ,
dω
dLG
= I
= (−Rk̂) × f,
dt
dt
z
G
R
y
P
x
Figura 4.3: Bola de billar
y además la fuerza de roce f está dada por f = −μMgv̂P , siendo vP =
vG + ω × (−Rk̂). Si derivamos la última ecuación respecto al tiempo y reemplazamos en ella aG y dω/dt, se obtiene
µ
¶
µ
¶
1
MR2
MR2 vP
dvP
=
1+
f = −μg 1 +
,
dt
M
I
I
vP
la cual nos dice, obviamente, que la dirección de vP no cambia con el tiempo
y en consecuencia se tiene que
vP = vP ê,
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(4.4)
142
Sistema rígido de partículas
luego
µ
¶
MR2
dvP
= −μg 1 +
,
dt
I
que se integra trivialmente
¶
µ
MR2
t.
vP = vP (0) − μg 1 +
I
(4.5)
Si indicamos por ê la dirección fija de vP , podemos escribir
aG = −
f
= −μgê,
M
que también es sencillo integrar dos veces, resultando
vG = vG (0) − μgêt
y
1
rG = rG (0) + vG (0)t − μgêt2 ,
2
siendo la dirección de ê determinables por las condiciones iniciales
e = vP (0) = vG (0) − ω(0) × (Rk̂).
En resumen, el centro de masas describe, en general, una parábola. El análisis
realizado vale hasta el instante en que vP , se anula, es decir hasta que la
bola comienza a rodar sin deslizar. Ese tiempo puede ser determinado de la
ecuación (4.5) y está dado por
¶
µ
¯
¯
MR2
¯
¯
t
¯vG (0) − ω(0) × (Rk̂)¯ = μg 1 +
I
de allí en adelante, es fácil ver que G sigue moviéndose en línea recta con
velocidad constante. Note que el tiempo que tarda la bola en comenzar a
rodar es cero si la condición de rodadura sin deslizamiento es satisfecha inicialmente, y que al contrario, el tiempo es infinito si μ = 0. La expresión 4.4
hay que interpretarla con cuidado. Cuando la velocidad de un punto tiene
dirección fija parecería que lña trayectoria es una línea recta. Sin embargo
se trata de un punto de la esfera que sigue una trayectoria complicada en el
espacio y que en el instante del análisis se ha puesto en contacto con la mesa.
Esos diversos puntos tienen cada vez que son el punto de contacto, velocidad
en la misma dirección.
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4.3 Movimiento en tres dimensiones
143
Estudio. Varios casos de esferas moviéndose sobre superficies pueden ser
estudiados en el libro, Dynamics of Rigid Bodies, de William Duncan
([15]).
4.3.
Movimiento en tres dimensiones
4.3.1.
Ecuaciones de Euler
Consideremos primero, un cuerpo que se mueve sostenido de uno de sus
puntos, bajo la acción de la reacción en el punto de suspensión y alguna otra
fuerza que realice algún torque respecto al punto fijo. Además considere ejes
principales OXY Z móviles fijos al cuerpo rígido con origen en el punto fijo
O. Como sabemos, podemos escribir
dL0
= Γ0 ,
dt
(4.6)
pero, en ejes principales
L0 = Ixx ω x ı̂ + Iyy ωy ĵ + Izz ωz k̂,
y su derivada será
dL0
= Ixx ω̇x ı̂ + Iyy ω̇ y ĵ + Izz ω̇ z k̂ +
dt
ω × L0 ,
de modo que si tomamos las componentes de la ecuación (4.6) se obtendrá
con algún trabajo las llamadas ecuaciones de Euler
Ixx ω̇ x − (Iyy − Izz )ωy ω z = Γext
x
Iyy ω̇ y − (Izz − Ixx )ωz ω x = Γext
y
Izz ω̇z − (Ixx − Iyy )ω x ωy = Γext
z .
Estas ecuaciones determinan completamente las componentes de la velocidad
angular del cuerpo si el torque es conocido.
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144
4.3.2.
Sistema rígido de partículas
Torque nulo
Consideremos segundo, un cuerpo que se mueve sostenido de su centro de
masa fijo, bajo la acción de la reacción en el punto de suspensión solamente,
de modo que el torque de las fuerzas externas respecto al punto de suspensión
es nulo. Además considere ejes principales móviles fijos al cuerpo rígido con
origen en el punto fijo O. Ahora tenemos que
Ixx ω̇x − (Iyy − Izz )ω y ωz = 0
Iyy ω̇y − (Izz − Ixx )ω z ω x = 0
Izz ω̇ z − (Ixx − Iyy )ω x ω y = 0.
Además es de utilidad considerar que lo anterior es el reflejo de L0 =
constante. O sea
L0 = Ixx ωx ı̂ + Iyy ω y ĵ + Izz ω z k̂ = constante.
Si además no hay roce, se conserva la energía cinética de modo que
1
1
1
K = Ixx ω 2x + Iyy ω2y + Izz ω2z = constante.
2
2
2
(4.7)
También sigue de las ecuaciones anteriores que
L0 · ω = 2K = constante,
de modo que la velocidad angular permanece sobre un plano fijo perpendicular a L0 . Además la magnitud del momentum angular es constante, lo cual
agrega otra condición (no es independiente)
2
2 2
2 2
ω 2x + Iyy
ω y + Izz
ωz = constante.
L20 = Ixx
(4.8)
Ejercicio 4.3.1 A partir de las ecuaciones de Euler pruebe las ecuaciones
4.7 y 4.8.
Pensemos ahora como se ven las cosas para un observador que se mueve
junto con el cuerpo rígido. Para él las direcciones de los ejes permanecen fijas
y observa que la velocidad angular varía en esos ejes. De acuerdo a él, la punta
del vector velocidad angular se mueve en un punto que es la intersección de
dos elipsoides fijos al cuerpo.
Ixx ω 2x + Iyy ω 2y + Izz ω 2z = 2K
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4.3 Movimiento en tres dimensiones
145
y
2
2 2
2 2
ω 2x + Iyy
ω y + Izz
ω z = L20 ,
L20 = Ixx
el primero de los cuales se denomina elipsoide de Poinsot. Además, como
explicamos, la punta de vector velocidad angular permanece sobre un plano
fijo. Notemos además que la normal al elipsoide de Poinsot donde está ω es
n = Ixx ωx ı̂ + Iyy ω y ĵ + Izz ω z k̂ o sea precisamente el momentum angular, de
modo que el plano invariable es tangente al elipsoide de Poinsot. El cuadro
que sigue de aquí es que el elipsoide de Poinsot, que se mueve junto con el
cuerpo, rueda sin deslizar sobre el plano invariable. Este movimiento, bastante complicado, representa el movimiento de un cuerpo rígido con torque
nulo. Desafortunadamente las ecuaciones para ω x , ωy , ω z resultan elípticas
(complicadas) por lo cual no ahondaremos más aquí. Si se interesa vea [13,
(pag.378)]. Sin embargo, el problema se simplifica si el sólido rígido es de
simetría de revolución.
4.3.3.
Cuerpo simétrico
Supondremos ahora que el cuerpo tiene simetría de revolución de modo
que
Ixx = Iyy = A,
Izz = C.
Ahora las ecuaciones de Euler se simplifican a
Aω̇ x − (A − C)ω y ωz = 0
Aω̇ y − (C − A)ω z ωx = 0
C ω̇z = 0.
de donde se desprende que
ω 2x
ωz =
+ ω 2y =
constante,
constante.
Si denotamos por α el ángulo que ω forma con el eje z, ver figura (4.4) sigue
que
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146
Sistema rígido de partículas
z
ω
A>C
α
β
L
y
x
Figura 4.4: Cuerpo simétrico
q
ω2x + ω 2y + ω 2z = constante,
ω =
ω z = ω cos α,
q
ωx =
ω2x + ω 2y = ω sin α,
tan β =
A
tan α
C
de modo que si se coloca
ω x = ω x cos φ,
ω y = ω x sin φ,
cualquiera de las dos primeras ecuaciones de Euler conduce a
−Aωx sin φφ̇ − (A − C)ω x sin φω z = 0,
o sea
(C − A)
ωz ,
A
(C − A)
ω z t.
φ =
A
φ̇ =
de modo que
(C − A)
ωz t,
A
(C − A)
ω z t.
= ω x sin
A
ω x = ω x cos
ωx
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4.3 Movimiento en tres dimensiones
147
Movimiento en el espacio
De acuerdo a los resultados anteriores, se conoce como varía la velocidad
angular del cuerpo respecto a ejes fijos al cuerpo. El movimiento del cuerpo
en el espacio, al menos en su descripción cualtitativa se deduce del hecho
que el momentum angular es constante. La dirección del eje z, el momentum
angular y la velocidad angular permanecen sobre un plano formando ángulos
constantes entre ellos, de manera que ese plano debe girar en torno a la línea
del momentum angular, con cierta velocidad angular que llamaremos Ω. Se
forman entonces dos conos. El cono que describe ω al girar en torno a L0 ,
llamado cono del espacio porque es un cono fijo. El cono que describe ω en
torno al eje z, llamado cono del cuerpo, porque se mueve de la misma manera
que el cuerpo. Las figuras siguientes ilustran esos conos para los dos casos,
A > C y A < C.
L
ω
A>C
ω
L
z
z
A<C
Figura 4.5: Conos del espacio y del cuerpo
Entonces, mirado desde un sistema inercial, ω precesa en torno de L,
formando un cono fijo en el espacio. Además el cono que forma ω en torno a
z, rueda sin deslizar sobre el cono fijo al espacio. Rueda sin deslizar porque
todos los puntos del cuerpo rígido a lo largo de ω tienen velocidad nula, ver
figura (??).
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148
Sistema rígido de partículas
L
ω
z
α
β−α
Q
P
M
G
Cono fijo y del espacio.
Tenemos entonces, un problema de cinemática. Sea Ω la velocidad angular
de z en torno a L, entonces
vP = Ω · P M = ω · P Q
pero
PQ
= sin α,
PG
PM
= sin β,
PG
por lo tanto
sin α
PQ
ω=
ω,
PM
sin β
pero tan β = (A/C) tan α y puede obtenerse
p
sin α 1 + tan2 β
ω,
Ω =
tan β
r
C2
= ω
cos2 α + sin2 α
2
A
o bien con periodo
2π
T = q
.
2
ω CA2 cos2 α + sin2 α
Ω=
¿Es el movimiento del cuerpo periódico?
Con respecto a la figura anterior, la velocidad angular del cuerpo puede
descomponerse de la siguiente manera
ω = φ̇k̂ + Ωk̂0
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4.3 Movimiento en tres dimensiones
149
donde k̂0 es unitario en la dirección de L0 . De modo que
ω · k̂ = φ̇ + Ωk̂0 · k̂
o sea
φ̇ = Ωk̂0 · k̂ − ω · k̂
sin α
ω cos β − ω cos α
=
sin β
sin α
=
ω − ω cos α
tan β
C −A
=
ω cos α,
A
como ya sabíamos.
Como explicamos el eje de simetría del cuerpo da una vuelta completa en
un tiempo
2π
T = q
,
2
C2
2
ω A2 cos α + sin α
pero en ese tiempo el plano que contiene z, L0 y ω ha girado respecto del
cuerpo un ángulo
φ=
(C − A)
(C − A)
2π cos α
q
ωz t =
,
A
A
2
C2
2
cos α + sin α
A2
que no es necesariamente un múltiplo de 2π. Supongamos α = π/6, A =
1
MR2 , C = 12 MR2 , resulta
4
T =
ω
φ =
q
2π
C2
A2
=
cos2 α + sin2 α
4 π√
13,
13 ω
2π √ √
(C − A)
2π cos α
q
3 13 = 0,960 769π
=
A
13
C2
2 α + sin2 α
cos
A2
0,08135 × 2 = 0,162 7π
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150
Sistema rígido de partículas
Otro modo de averiguar sobre el giro del cuerpo sobre su eje
El cono del cuerpo rueda sin deslizar sobre el cono del espacio. El punto
Q describe una circunferencia de perímetro
2πGQ sin(β − α).
L
ω
z
α
β−α
Q
P
M
G
Cono fijo y del espacio.
Este perímetro debe igualar a φ veces el radio de la circunferencia del cono
del cuerpo cuyo radio es
GQ sin α.
Al igualar se obtiene
φω sin α = 2πω sin(β − α),
A
tan β =
tan α
C
que junto con tan β =
A
C
φ=
tan α, conduce a (haga el desarrollo)
(C − A)
2π cos α
q
,
2
A
C
2 α + sin2 α
cos
A2
salvo un signo que es irrelevante.
4.3.4.
Trompo
Este caso del movimiento de un cuerpo rígido simétrico con un punto
fijo, y a diferencia del último caso, sometido al torque que ejerce su peso.
Considere entonces un trompo simétrico (Ixx = Iyy ) que mantiene su púa
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4.3 Movimiento en tres dimensiones
151
fija. Para los ángulos θ, φ, ψ indicados en la figura (??), siendo M su masa,
h la distancia de la púa al centro de masa y Ixx = Iyy = A, Izz = C, los
momentos de inercia, para un eje perpendicular al eje de simetría y respecto
al eje de simetría, en el punto fijo, origen del sistema de coordenada. En el
capítulo de ecuaciones de Lagrange, este tema será tratado de otra forma.
Aquí, las ecuaciones de movimiento serán
MaG = R + Mg k̂,
dL0
= Γext
0 .
dt
Los ejes móviles son z el eje de simetría, x en el plano que contiene z y z0 , y
en el plano horizontal.La velocidad angular es
ω = φ̇k̂0 − θ̇ĵ + ψ̇k̂
= φ̇(cos θk̂ + sin θı̂) − θ̇ĵ + ψ̇k̂
= −θ̇ĵ + φ̇ sin θı̂ + (φ̇ cos θ + ψ̇)k̂
el momentum angular
L0 = −Aθ̇ĵ + Aφ̇ sin θı̂ + C(φ̇ cos θ + ψ̇)k̂,
el torque
Γext
0 = −Mgh sin θĵ.
La derivada del momentum angular puede hacerse con algo de manipulación algebraica. Sea s = φ̇ cos θ + ψ̇, entonces
dĵ
dL0
= −Aθ̈ĵ − Aθ̇ + Aφ̈ sin θı̂ + Aφ̇θ̇ cos θı̂ +
dt
dt
dk̂
dı̂
Aφ̇ sin θ + C(ṡ)k̂ + C(s) .
dt
dt
Las derivadas de los vectores unitarios son
dı̂
= (−θ̇ĵ + (φ̇ cos θ)k̂) × ı̂
dt
dĵ
= (φ̇ sin θı̂ + (φ̇ cos θ)k̂) × ĵ
dt
dk̂
= (−θ̇ĵ + φ̇ sin θı̂) × k̂,
dt
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152
Sistema rígido de partículas
z0
z
θ
ψ
R
x
G
O
y
φ
Mg
Trompo simétrico
que se reducen a
dı̂
= θ̇k̂ + (φ̇ cos θ)ĵ
dt
dĵ
= φ̇ sin θk̂ − (φ̇ cos θ)ı̂
dt
dk̂
= −θ̇ı̂ − (φ̇ sin θ)ĵ,
dt
de modo que
dL0
= −Aθ̈ĵ − Aθ̇(φ̇ sin θk̂ − (φ̇ cos θ)ı̂) + Aφ̈ sin θı̂ + Aφ̇θ̇ cos θı̂ +
dt
Aφ̇ sin θ(θ̇k̂ + (φ̇ cos θ)ĵ) + C ṡk̂ + Cs(−θ̇ı̂ − φ̇ sin θĵ),
= −Aθ̈ĵ + Aφ̈ sin θı̂ + 2Aφ̇θ̇ cos θı̂ +
Aφ̇ sin θφ̇ cos θĵ + C ṡk̂ + Cs(−θ̇ı̂ − φ̇ sin θĵ),
entonces las componentes de la ecuación del torque son
Aφ̈ sin θ + 2Aφ̇θ̇ cos θ − Csθ̇ = 0
−Aθ̈ + Aφ̇ sin θφ̇ cos θ − Csφ̇ sin θ = −Mgh sin θ
C ṡ = 0.
De la primera se obtiene
d
(Aφ̈ sin2 θ + Cs cos θ) = 0
dt
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4.3 Movimiento en tres dimensiones
153
de modo que se tienen dos cantidades conservadas
s ≡ φ̇ cos θ + ψ̇ = constante,
α ≡ Aφ̇ sin2 θ + Cs cos θ = constante.
Ahora, en vez de trabajar la segunda ecuación es preferible considerar que la
energía se conserva, entonces
1 2 1
1
2
E = Aθ̇ + A(sin2 θ)φ̇ + C(s)2 + Mgh cos θ = constante.
2
2
2
Al eliminar φ̇ a través de α en la ecuación de la energía. Si se define u = cos θ,
se obtiene (ver apéndice)
1 − u2
−
u̇ = f (u) = (2E − Cs − 2Mghu)
A
2
2
µ
α − Csu
A
¶2
,
polinomio cúbico en u, cuyas dos raíces entre −1 y 1 tienen importancia en
la determinación de la inclinación del eje del trompo en su movimiento. En
las figuras siguientes se muestran tres casos partículares donde la forma de
f (u), la cual está determinada por las condiciones iniciales, determina el tipo
de movimiento que se realiza.
f(u)
1
1
u
Raíces de f (u), caso genérico
En el primer caso, hay dos raíces en el intervalo −1, 1 y la tercera, como
es lo usual es mayor que uno. El eje el trompo oscila entre las inclinaciones
dadas por esas dos raices.
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154
Sistema rígido de partículas
f(u)
u0
-1
1
u
Precesión uniforme
El segundo caso corresponde a una inclinación constante θ0 del eje del
trompo, caso llamado de precesión uniforme que se caracteriza por ser f (u0 ) =
0 y f 0 (u0 ) = 0.
f(u)
-1
1
u
Trompo dormido
El último caso corresponde al caso de trompo dormido estable, es decir donde el eje del trompo permanece vertical y está caracterizado por ser
f (1) = 0 y f 0 (1) = 0.Otras características del movimiento del trompo se visualizan mejor siguiendo el movimiento del centro de masas, el cual se mueve
sobre una esfera, como se indica en la figura siguiente para tres casos posibles. En el primero φ̇ > 0, en el segundo φ̇ se anula en el punto más alto
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4.3 Movimiento en tres dimensiones
precesión positiva
movimiento cuspidal
155
movimiento con loops
y en el tercero φ̇ se anula y por lo tanto cambia de signo entre las inclinaciones
máximas y mínimas del eje del trompo.
La solución completa para condiciones iniciales arbitrarias es complicada pero esbozaremos lo que se necesita hacer. Las condiciones iniciales de
posición y velocidad del trompo determinan las constantes E, s y α. La inclinación del eje polar θ se obtendría integrando la última ecuación que tiene
la forma
du
,
dt = p
f(u)
y que conduce a funciones elípticas. En efecto f (u) que es un polinomio
cúbico puede escribirse
f (u) =
2Mgh
(u − u1 )(u − u2 )(u − u3 ),
A
donde supondremos que hemos ordenado las raíces de acuerdo a
−1 < u1 < u2 < 1 < u3 .
Sea además z =
√
u − u1 de modo que 2z ż = u̇ entonces
2Mgh 2 2
(z )(z + u1 − u2 )(z 2 + u1 − u3 ),
A
du = 2zdz
f(u) =
de modo que
dt =
s
2A
dz
p
,
2
Mgh (z − (u2 − u1 ))(z 2 − (u3 − u1 ))
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156
Sistema rígido de partículas
que nos proponemos reducir a la forma canónica (ver apéndice)
µ ¶2
dy
= (1 − y 2 )(1 − k2 y 2 ),
(0 < k 2 < 1).
dx
Para ello la escribimos
µ ¶2
dz
2A
= ((u2 − u1 ) − z 2 )((u3 − u1 ) − z 2 ),
Mgh dt
p
sea además z = (u2 − u1 )w entonces
µ ¶2
dw
u2 − u1 2
2A
= (1 − w2 )(1 −
w ),
Mgh(u3 − u1 ) dt
u3 − u1
de aquí, puede obtenerse
w = sn(p(t − t0 ),
donde p y el módulo de la función elíptica sn están dados por
Mgh(u3 − u1 )
,
2A
u2 − u1
=
.
u3 − u1
p2 =
k2
Así finalmente la solución será
cos θ = u1 + z 2
= u1 + (u2 − u1 )sn2 (p(t − t0 ).
4.4.
Ejemplos
Ejemplo 4.4.1 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados M
y h se coloca en movimiento con su eje inclinado en π/2. Con un movimiento
de spin s. Determine la precesión inicial φ̇(0) = Ω para el trompo pase por
θ = 0.
Solución. Podemos evaluar las constantes
s ≡ φ̇ cos θ + ψ̇ = constante,
α ≡ Aφ̇ sin2 θ + Cs cos θ = AΩ
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4.4 Ejemplos
157
1 2 1
1
2
Aθ̇ + A(sin2 θ)φ̇ + Mgh cos θ + Cs2
2
2
2
1 2 1
Cs + AΩ2
=
2
2
E =
entonces
(1 − u2 )
−
f (u) = (AΩ − 2Mghu)
A
2
µ
AΩ − Csu
A
¶2
.
Una raíz es
u1 = 0,
y la otra debe ser u = 1 por lo tanto
AΩ − Cs = 0.
N
Ejemplo 4.4.2 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados M
y h se coloca en movimiento con su eje vertical hacia arriba. Con un movimiento de spin s solamente. Determine la condición para que el movimiento
sea estable.
Solución. De acuerdo a las condiciones iniciales podemos evaluar las
constantes
s ≡ φ̇ cos θ + ψ̇ = constante,
α ≡ Aφ̇ sin2 θ + Cs cos θ = Cs,
1 2 1
1
2
Aθ̇ + A(sin2 θ)φ̇ + Mgh cos θ + Cs2
2
2
2
1 2
= Mgh + Cs ,
2
E =
entonces
µ
¶2
Cs − Csu
(1 − u2 )
−
,
f (u) = (2Mgh − 2Mghu)
A
A
(1 − u2 ) C 2 s2
− 2 (1 − u)2 ,
= 2Mgh(1 − u)
A
A
µ
¶
C 2 s2
(1 − u)2
2Mgh(1 + u) −
.
=
A
A
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158
Sistema rígido de partículas
O sea hay dos raíces repetidas u = 1, y la tercera raíz es
u3 =
C 2 s2
− 1.
2MghA
Si la tercera raíz fuera menor que 1 entonces el eje del trompo se movería
entre θ = 0 y el valor de cos θ = u3 . Para que ello no ocurra, trompo estable,
debe ocurrir que u3 > 1 y eso impone
C 2 s2
> 2.
2MghA
N
Ejemplo 4.4.3 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados M
y h se coloca en movimiento con su eje inclinado en ángulo θ = π/2, Con un
movimiento de spin s y precesión inicial φ̇(0) = Ω solamente. Determine la
condición para que en el movimiento θ no varíe.
Solución. Nuevamente, de acuerdo a las condiciones iniciales podemos
evaluar las constantes
s ≡ φ̇ cos θ + ψ̇ = constante,
α ≡ Aφ̇ sin2 θ + Cs cos θ = AΩ,
1 2 1
1
2
Aθ̇ + A(sin2 θ)φ̇ + Mgh cos θ + Cs2
2
2
2
1
1
AΩ2 + Cs2 ,
=
2
2
E =
entonces
¶2
AΩ − Csu
,
A
µ
¶2
Cs
(1 − u2 )
2
− Ω−
u .
= (AΩ − 2Mghu)
A
A
(1 − u2 )
−
f (u) = (AΩ − 2Mghu)
A
2
µ
Obviamente una solución es u = 0 correspondiente a θ = π/2. Para que θ no
varíe, f (u) debe ser negativo en la vecindad de u = 0 y eso requiere que f (0)
sea un máximo relativo. Entonces la condición es
f 0 (0) = 0.
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4.4 Ejemplos
159
Haciendo el cálculo correspondiente resulta
(−2Mgh)
2Cs
1
+
Ω = 0
A
A
CsΩ = Mgh
N
Ejemplo 4.4.4 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados
M y h se coloca en movimiento con su eje inclinado en ángulo θ0 , Con un
movimiento de spin s y precesión inicial φ̇(0) = Ω solamente. Determine la
condición para que en el movimiento θ no varíe, aumente o disminuya.
Solución. Evaluamos las constantes en términos de las condiciones iniciales, esto es
α ≡ AΩ sin2 θ0 + Cs cos θ0 ,
2E − Cs2 = A(sin2 θ0 )Ω2 + 2Mgh cos θ0 ,
luego f (u) será
f (u) = (AΩ2 sin2 θ0 + 2Mgh cos θ0 − 2Mghu)
¶2
µ
AΩ sin2 θ0 + Cs cos θ0 − Csu
.
A
1 − u2
−
A
Como f (u0 ) = 0, θ0 es un extremo y el ángulo variará hacia la región donde
f (u) sea positiva. De ello se deduce que la condición será f 0 (u0 ) = 0, f 0 (u0 ) <
0 o f 0 (u0 ) > 0 para los tres casos señalados. Entonces, derivando y evaluando
en u0 = cos θ0 resulta
1 − u20
−2u0 2Cs
+ (AΩ2 sin2 θ0 )
+ 2 AΩ sin2 θ0
A
A
A
2
¢
2 sin θ0 ¡
−Mgh − (AΩ2 )u0 + CsΩ ,
=
A
f 0 (u0 ) = (−2Mgh)
entonces si
−AΩ2 u0 + CsΩ − Mgh = 0,
hay precesión uniforme con θ = θ0 , si
AΩ2 u0 − CsΩ + Mgh > 0,
el ángulo de inclinación θ aumenta y si es negativa, disminuye.
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160
Sistema rígido de partículas
N
Ejemplo 4.4.5 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados
m y h se coloca en movimiento con su eje inclinado en ángulo θ0 , Con un
movimiento de spin s y precesión inicial φ̇(0) = Ω solamente. Determine la
condición para que debe cumplir Ω para que en el movimiento siguiente θ
aumente y el trompo haga loops.
Solución. Si tomamos condiciones iniciales en θ1 , dados θ̇1 = 0, s, φ̇1
entonces
α = A(sin2 θ1 )φ̇1 + Cs cos θ1 .
Para que la precesión se anule en el intervalo (θ1 , θ2 ) debe existir un ángulo
θ3 tal que θ1 < θ3 < θ2 de modo
α = A(sin2 θ1 )φ̇1 + Cs cos θ1 = Cs cos θ3
es decir
α
,
cos θ3 = u3 =
Cs
¯α¯
¯ ¯
¯ ¯ < 1.
Cs
Esta condición puede escribirse
−1 <
A(sin2 θ1 )φ̇1 + Cs cos θ1
<1
Cs
o bien, si el spin es positivo
−
Cs
Cs
< Aφ̇1 <
1 − cos θ1
(1 + cos θ1 )
Aquí u3 = cos θ3 donde θ3 es el hipotético ángulo donde φ̇3 = 0 y debería
estar entre θ1 y θ2 para que haya loops. Si hay dos raíces cos θ1 y cos θ2 en el
intervalo fundamental (−1, 1) la condición que falta imponer es que u3 esté
entre ellas lo que se traduce en que debe ser
f (u3 ) > 0
Como
¢ 1 − u2
¡
−
f (u) = 2E − Cs2 − 2mghu
A
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µ
α − Csu
A
¶2
4.4 Ejemplos
entonces
implica
161
¡
¢ 1 − u23
>0
f(u3 ) = 2E − Cs2 − 2mghu3
A
f (u3 ) > 0 =⇒ 2E − Cs2 − 2mghu3 > 0
que es la condición que falta. Para colocarla en términos de las condiciones
iniciales (con θ̇1 = 0)
2
2E−Cs2 −2mghu3 = Aφ̇1 sin2 θ1 +2mgh cos θ1 −2mgh
A(sin2 θ1 )φ̇1 + Cs cos θ1
>0
Cs
que se reduce a
2mgh
).
Cs
Del ejemplo anterior, para que θ aumente, se requiere además que
0 < φ̇1 (φ̇1 −
2
Aφ̇1 cos θ1 − Csφ̇1 + mgh > 0,
esto es tenemos tres condiciones (para s > 0)
−
Cs
Cs
,
< Aφ̇1 <
1 − cos θ1
(1 + cos θ1 )
2mgh
),
0 < φ̇1 (φ̇1 −
Cs
2
0 < Aφ̇1 cos θ1 − Csφ̇1 + Mgh
Si φ̇1 < 0 y θ1 < π/2, (b) y (c) se satisfacen, (a) se reduce a
−
Cs
< Aφ̇1
1 − cos θ1
Si φ̇1 < 0 y θ1 > π/2, (b) se satisface, y las condiciones son
−
Cs
< Aφ̇1 .
1 − cos θ1
2
0 > Aφ̇1 |cos θ1 | + Csφ̇1 − mgh.
De la última puede obtenerse que
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(a))
(b))
(c))
162
Sistema rígido de partículas
Cs
−
2 |cos θ1 |
Ã
r
1+
4A |cos θ1 | mgh
1+
C 2 s2
!
< Aφ̇1
y
−
Cs
< Aφ̇1
1 + |cos θ1 |
Pero
Cs
2 |cos θ1 |
Ã
1+
r
4A |cos θ1 | mgh
1+
C 2 s2
!
>
Cs
Cs
>
,
|cos θ1 |
1 + |cos θ1 |
luego las dos condiciones se satisfacen si
−
Cs
< Aφ̇1 .
1 + |cos θ1 |
En consecuencia para s > 0, durante el movimiento siguiente θ aumentará y
el trompo realizará loops si se satisface la condición anterior, cualquiera sea
el ángulo de inclinación inicial θ1 .
N
pg
Ejemplo 4.4.6 Para tener un caso concreto, sean s =
, C = 12 mh2 ,
h
A = 54 mh2 , θ(0) = π/3, θ̇(0) = 0. Determine algún valor de φ̇(0) para que el
ángulo aumente y el trompo realice loops.
Solución. Debe ser
4
Cs/A
>−
0 > φ̇(0) > −
1 + |cos π/3|
15
sea entonces φ̇(0) =
2
− 15
q¡ ¢
g
h
, luego
2
α = A(sin π/3)(−
15
61
mhg,
2E − Cs2 =
60
2
r³ ´
g
,
h
r³ ´
r³ ´
1
g
g
2
) + Cs cos π/3 = mh
h
8
h
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4.4 Ejemplos
163
de aquí puede obtenerse
f (u) =
1 g
(241 − 292u2 − 456u + 480u3 ),
300 h
cuyas raíces son u = −0,949 38, u = 0,5, u = 1. 057 7 luego el trompo oscila
entre los ángulos 60o y 161,7o y la precesión se anula en
cos θ3 =
1
α
= ,
Cs
4
o sea en θ3 = 75. 522o .
N
Ejemplo 4.4.7 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados
m y h se coloca en movimiento con su eje inclinado en ángulo θ0 , Con un
movimiento de spin s y precesión inicial φ̇(0) = Ω solamente. Determine la
condición para que debe cumplir Ω para que en el movimiento siguiente θ
disminuya y el trompo haga loops.
Solución. A diferencia del ejemplo anterior, ahora se desea que el ángulo
de inclinación θ disminuya. Si tomamos condiciones iniciales en θ1 , dados
θ̇1 = 0, s, φ̇1 entonces similarmente se obtendrá
A(sin2 θ1 )φ̇1 + Cs cos θ1
<1
−1 <
Cs
o bien, si el spin es positivo
−
Cs
Cs
< Aφ̇1 <
1 − cos θ1
(1 + cos θ1 )
Similarmente f (u3 ) > 0 implica
0 < φ̇1 (φ̇1 −
2mgh
).
Cs
Ahora, para que θ disminuya se requiere además que
2
Aφ̇1 cos θ1 − Csφ̇1 + mgh < 0,
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164
Sistema rígido de partículas
esto es tenemos tres condiciones (para s > 0)
−
Cs
Cs
,
< Aφ̇1 <
1 − cos θ1
(1 + cos θ1 )
2mgh
),
0 < φ̇1 (φ̇1 −
Cs
2
0 > Aφ̇1 cos θ1 − Csφ̇1 + mgh.
(a))
(b))
(c))
Si s > 0, φ̇1 < 0 y θ1 < π/2, no es posible satisfacer (c).
Si s > 0, φ̇1 < 0 y θ1 > π/2, (b) se satisface automáticamente y (c) se
satisface si
2
0 > −Aφ̇1 |cos θ1 | − Csφ̇1 + mgh,
o
2
0 < Aφ̇1 |cos θ1 | + Csφ̇1 − mgh,
y esto requiere
Aφ̇1 <
además de
³
´
p
1
−Cs − (C 2 s2 + 4A |cos θ1 | mgh) ,
2 |cos θ1 |
Cs
< Aφ̇1 ,
1 + |cos θ1 |
³
´
p
Cs
Cs
pero 2|cos1 θ1 | Cs + (C 2 s2 + 4A |cos θ1 | mgh) > |cos
> 1+|cos
, de modo
θ1 |
θ1 |
que este caso no es posible.
Resta entonces analizar la posibilidad s > 0, y φ̇1 > 0. Se deduce entonces
que
−
Cs
,
(1 + cos θ1 )
2mgh
,
φ̇1 >
Cs
2
0 > Aφ̇1 cos θ1 − Csφ̇1 + mgh.
Aφ̇1 <
Para poder satisfacer (a)y (b) es condición necesaria que
Cs
2mghA
<
,
Cs
1 + cos θ1
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(a))
(b))
(c))
4.4 Ejemplos
165
y que φ̇1 esté entre las raíces de
2
Aφ̇1 cos θ1 − Csφ̇1 + mgh = 0,
en el caso que θ1 < π/2. (Usted podrá comprobar que ambas raíces son
reales.)
Entonces si s > 0 y θ1 < π/2 deben cumplirse
Cs
2mghA
< Aφ̇1 <
Cs
(1 + cos θ1 )
Ã
!
Ã
!
r
r
4A (cos θ1 ) mgh
Cs
4A (cos θ1 ) mgh
Cs
1− 1−
< Aφ̇1 <
1+ 1−
.
2 cos θ1
C 2 s2
2 cos θ1
C 2 s2
Puede probarse que
2mghA
Cs
>
Cs
2 cos θ1
Ã
1−
r
4A (cos θ1 ) mgh
1−
C 2 s2
!
,
y
Cs
Cs
<
(1 + cos θ1 )
2 cos θ1
Ã
1+
r
4A (cos θ1 ) mgh
1−
C 2 s2
!
,
entonces es suficiente que
2mghA
Cs
< Aφ̇1 <
.
Cs
(1 + cos θ1 )
El caso que resta analizar es si s > 0 y θ1 > π/2 entonces deben cumplirse
Cs
2mghA
< Aφ̇1 <
Cs
1 − |cos θ1 |
y
2
0 > −Aφ̇1 |cos θ1 | − Csφ̇1 + mgh,
o
2
0 < Aφ̇1 |cos θ1 | + Csφ̇1 − mgh,
es decir φ̇1 debe ser mayor que la raíz positiva entonces
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166
Sistema rígido de partículas
Cs
2 |cos θ1 |
Ã
−1 +
r
4Amgh |cos θ1 |
1+
C 2 s2
!
< Aφ̇1
pero es fácil establecer que
!
Ã
r
2mghA
4A |cos θ1 | mgh
Cs
<
−1 + 1 +
,
2
2
2 |cos θ1 |
C s
Cs
luego la condición necesaria es
Cs
2mghA
< Aφ̇1 <
Cs
1 − |cos θ1 |
N
Ejemplo 4.4.8 Un trompo con A = Mh2 , C = 2Mh2 , baila con precesión
uniforme con θ = π/2 y precesión Ω. Si repentinamente la precesión se duplica, determine el movimiento siguiente.
Solución. Para precesión uniforme tenemos
−AΩ2 u0 + CsΩ − Mgh = 0,
u0 = 0,
de donde despejamos el spin
Cs =
Mgh
.
Ω
Calculamos ahora con θ0 = π/2, φ̇0 = 2Ω
α ≡ Aφ̇ sin2 θ0 + Cs cos θ0 = 2AΩ,
2E − Cs2 = 4AΩ2 ,
luego
¡
¢ 1 − u2
2
f (u) = 4AΩ − 2Mghu
−
A
¡
¢ 1 − u2
−
= 4AΩ2 − 2Mghu
A
=
µ
Ã
2AΩ − Csu
A
2AΩ − Mgh
u
Ω
A
¢ 2AΩ2 u − Mgh
¡
,
Mghu − 2AΩ2 u
Ω2 A2
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¶2
,
!2
,
4.4 Ejemplos
167
de donde las raíces son
u1 = 0,
2hΩ2
2AΩ2
=
,
u2 =
Mgh
g
Mgh
g
u3 =
=
.
2
2AΩ
2hΩ2
Además
Hay dos casos:
2hΩ2
g
Aφ̇ sin2 θ = 2AΩ − Cs cos θ,
³
´
g
2
cos θ .
= 2Mh Ω −
2hΩ
> 1, las raíces son que dan los extremos son
u1 = 0,
g
< 1.
2hΩ2
u3 =
´
g
2Mh2 ³
Ω
−
cos
θ
3 ,
2hΩ
A sin2 θ3
µ
¶
2Mh2
g2
=
Ω− 2 3 ,
4h Ω
A sin2 θ3
φ̇(θ3 ) =
¶
µ
g2
2Mh2
> 0.
Ω 1− 2 4
4h Ω
A sin2 θ3
g
2hΩ2
> 1,las raíces que dan los extremos son
u1 = 0,
2hΩ2
< 1.
u2 =
g
´
g
2Mh2 ³
Ω−
cos θ2 ,
φ̇(θ2 ) =
2hΩ
A sin2 θ2
¶
µ
2Mh2
g 2hΩ2
= 0,
=
Ω−
2hΩ g
A sin2 θ2
es un movimiento cuspidal
N
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168
Sistema rígido de partículas
4.5.
4.5.1.
Movimiento con loops
Resumen
En los ejemplos anteriores se han establecido las condiciones para que
el trompo, partiendo desde una posición extrema de su inclinación, realice
loops, es decir que la precesión φ̇ se anule entre las posiciones extremas. En
resumen se probó que las condicones son
a) si s > 0, φ̇(0) = φ̇1 < 0, θ(0) = θ1 y θ̇(0) = 0 el ángulo de inclinación θ
aumentará y hay loops si
−
Cs
< Aφ̇1 < 0.
1 − cos θ1
b) si s > 0, φ̇(0) = φ̇1 > 0, θ(0) = θ1 y θ̇(0) = 0 el ángulo de inclinación θ
disminuirá y hay loops si
Cs
2mghA
< Aφ̇1 <
,
Cs
(1 + cos θ1 )
lo cual es posible solamente si
2mghA <
4.6.
C 2 s2
.
(1 + cos θ1 )
Ejercicios resueltos
Ejercicio 4.6.1 En el movimiento de un cuerpo rígido simétrico (es decir
con A = B) bajo la acción de la reacción en el centro de masas solamente,
ver fig.(4.6), pruebe que:
a) La magnitud de la velocidad angular del cuerpo permanece constante.
b) La velocidad angular ω del cuerpo describe un cono en torno del eje
de simetría de cuerpo (eje z) con velocidad angular relativa al cuerpo
n = (C − A)ωz k̂/A.
c) El eje de simetría del cuerpo (eje z) describe un cono en torno a la dirección fija
pdel momentum angular LG , con velocidad angular de magnitud
Ω = ω sin2 α + (C/A)2 cos2 α siendo α el ángulo constante que forma
ω con el eje z.
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4.6 Ejercicios resueltos
169
L
ω
ω
L
z
A>C
z
A<C
Figura 4.6: Conos del espacio y del cuerpo
Solución. Para ejes principales GXY Z fijos al cuerpo, podemos utilizar
las ecuaciones de Euler donde el torque es nulo, por lo tanto
dLG
= ΓG = 0 ⇒ LG = constante.
dt
En componentes
Aω̇ x − (B − C)ωy ω z = 0,
B ω̇ y − (C − A)ωz ω x = 0,
C ω̇ z − (A − B)ωx ω y = 0,
pero A = B, de modo que
Aω̇ x − (A − C)ωy ω z = 0,
Aω̇ y − (C − A)ωz ω x = 0,
C ω̇ z = 0,
de aquí se deduce ω z es constante. De las dos primeras se deduce que
ω x ω̇ x + ω y ω̇y = 0,
de donde
ω2x + ω 2y = constante,
y luego
ω=
q
ω2x + ω2y + ω 2z es constante.
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170
Sistema rígido de partículas
La figura
z
α
ω
y
φ
x
nos dice entonces que
ω x = ω sin α cos φ,
ω y = ω sin α sin φ,
reemplazando en la primera ecuación de Euler Aω̇ x −(A−C)ω y ωz = 0 resulta
−Aω sin α(sin φ)φ̇ − (A − C)(ω sin α sin φ)(ω cos α) = 0,
de donde
φ̇ =
(C − A)ω z
(C − A)(ω cos α)
=
.
A
A
N
Ejercicio 4.6.2 (Synge y Griffith, [13]) Un cono sólido de altura b y semi
ángulo en el vértice α rueda en movimiento estacionario sobre un plano rugoso horizontal de modo que la línea de contacto rota con velocidad angular
Ω en torno de la vertical. Demuestre que la reacción de la superficie sobre el
cono equivale a una fuerza que corta la generatriz de contacto a distancia
k2 Ω2
3
b cos α +
cot α
4
g
de su vértice, siendo k el radio de giro del cono (I = mk 2 ) en torno a la
generatriz. Deduzca que el valor máximo posible de Ω es
q
1
gb(1 + 3 sin2 α) sin α.
2k cos α
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4.6 Ejercicios resueltos
171
Solución. Con relación a la figura
z0
z
α
y
C
α
y0
φ
x
x0
P
ω
usemos los ejes principales OXY Z. La matriz de inercia en O será de la forma
⎤
⎡
0
Ixx 0
⎣ 0 Iyy 0 ⎦ , con Ixx = Izz .
0
0 Izz
La velocidad angular del cuerpo está en la dirección de la generatriz de contacto de modo que
ω = ω cos αĵ − ω sin αk̂,
y resulta
L0 = ωIyy cos αĵ − ωIzz sin αk̂.
Las derivadas de los vectores unitarios son
dĵ
= Ωk̂0 × ĵ = −Ω sin(90 − α)ı̂,
dt
dk̂
= Ωk̂0 × k̂ = Ω sin(α)ı̂,
dt
y entonces
dL0
= ωIyy cos α(−Ω sin(90 − α)ı̂) − ωIzz sin α(Ω sin(α)ı̂)
dt
= −ωΩ(Iyy cos2 α + Izz sin2 α)ı̂.
Por otro lado no hay aceleración vertical del centro de masa por lo tanto la
reacción R = mg. El centro de masa está a distancia horizontal 34 b cos α del
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172
Sistema rígido de partículas
vértice 0 por lo tanto si llamamos h a la distancia a la cual actúa R tenemos
que
3
Γ = (−mg b cos α + Rh)ı̂ = −ωΩ(Iyy cos2 α + Izz sin2 α)ı̂,
4
de aquí, usando R = mg, despejamos h
3
ωΩ Iyy cos2 α + Izz sin2 α
h = b cos α −
(
).
4
g
m
Falta determinar ω. Si evaluamos la velocidad del centro de la base del cono
ella es
ωb sin α = −Ωb cos α,
luego
Ω2 cos α Iyy cos2 α + Izz sin2 α
3
(
).
h = b cos α +
4
g sin α
m
Pero el momento de inercia respecto a la generatriz de contacto es
⎡
⎤
0
£
¤
I = 0 cos α − sin α H0 ⎣ cos α ⎦ = Iyy cos2 α + Izz sin2 α,
− sin α
lo que prueba lo solicitado
3
k2 Ω2
h = b cos α +
cot α.
4
g
Obviamente h 5 OP =
b
cos α
de manera que
k2 Ω2
b
3
b cos α +
cot α 5
,
4
g
cos α
de donde
g tan α 3
− b cos α tan α),
(b
k2 cos α 4
gb
3
= 2
(sin α − cos2 α sin α),
2
k cos α
q 4
1 p
Ω 5
gb 4 sin α − 3(1 − sin2 α) sin α
2k cos α
1 p p
=
gb sin α + 3 sin3 α.
2k cos α
Ω2 5
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4.6 Ejercicios resueltos
173
N
Ejercicio 4.6.3 (Synge y Griffith) Una placa delgada elíptica de semieje
a, b (a ≥ b) puede moverse libremente en torno de su centro que está fijo.
Es colocada en movimiento dándole una velocidad angular de magnitud n
en torno de un eje sobre su plano, igualmente inclinado respecto a ambos
semiejes de la elipse. Demuestre que el eje instantáneo de rotación, volverá
a estar sobre el plano de la elipse después de un tiempo
T =2
Zλ
0
siendo
1
p
dx,
4
λ − x4
n2 a2 − b2
.
2 a2 + b2
Solución. Las ecuaciones de Euler darán con C = A + B
λ2 =
Aω̇x − (B − A − B)ω y ωz = 0,
B ω̇y − (A + B − A)ω z ω x = 0,
(A + B)ω̇ z − (A − B)ω x ω y = 0,
o bien
ω̇ x + ω y ωz = 0,
ω̇ y − ω z ω x = 0,
(A + B)ω̇ z − (A − B)ω x ω y = 0,
de las dos primeras
ω x ω̇ x + ω y ω̇y = 0,
de donde
ω2x + ω 2y = constante = n2 .
Sea además
ω x = n cos Ψ/2, ωy = n sin Ψ/2
sustituimos en ω̇ x + ωy ω z = 0 y obtenemos
−n
Ψ
Ψ
Ψ̇
Ψ̇
sin + n sin ω z = 0 ⇒ ω z = ,
2
2
2
2
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174
Sistema rígido de partículas
sustituimos en la tercera ecuación de Euler
(A + B)
Ψ
π
Ψ
Ψ̈
− (A − B)n2 cos sin = 0, con Ψ̇(0) = 0, Ψ(0) = .
2
2
2
2
que puede escribirse
Ψ̈ +
π
(B − A)n2
sin Ψ = 0, con Ψ̇(0) = 0, Ψ(0) = .
(A + B)
2
2
que
que corresponde a la ecuación de un péndulo simple con Ω2 = (B−A)n
(A+B)
partió del reposo en posición horizontal. Podemos integrar obteniendo
Ψ̇2 − 2Ω2 cos Ψ = 0 =⇒
reordenando
√ √
dΨ
= −Ω 2 cos Ψ
dt
√
dΨ
√
= −Ω 2dt
cos Ψ
y el tiempo necesario para que Ψ → −π/2 será
1
T = −2 √
Ω 2
Z
0
π/2
2
dΨ
√
= √
cos Ψ Ω 2
Z
π/2
0
dΨ
√
.
cos Ψ
Si elegimo los semiejes de la elipse como eje X, Y los momentos de inercia
serán
Z
Z
2
y dm, B = Iyy =
x2 dm, C = Izz = Ixx + Iyy ,
A = Ixx =
R
R
notemos que para la frontera R de la región de integración
x2 y 2
+ 2 = 1,
a2
b
además
Z
M
y 2 dxdy,
A = Ixx =
πab R
Z
M
B = Iyy =
x2 dxdy
πab R
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4.6 Ejercicios resueltos
175
para reducir la región a un círculo unitario R0 tomemos x = ax0 , y = by 0
luego
Z
Z
Mb2
Mb2 1
Mb2
02
0
0
,
y dx dy =
r02 r0 dr0 dθ =
A = Ixx =
π R0
π 2 R0
4
Z
Ma2
Ma2
.
B = Iyy =
x02 dx0 dy 0 =
π
4
R0
R
R
R
(Hemos usado R0 y 02 dx0 dy 0 = R0 x02 dx0 dy 0 = 12 R0 r02 r0 dr0 dθ ). Entonces
Ω2 =
(a2 − b2 )n2
= 2λ2
(a2 + b2 )
o sea nuestro resultado es
Z
Z 0
Z π/2
2
1 π/2 dΨ
1
dΨ
dΨ
√
√
√
= √
=
.
T = −2 √
Ω 2 π/2 cos Ψ Ω 2 0
cos Ψ λ 0
cos Ψ
El resultado propuesto es
T =2
Zλ
0
2
p
dx =
λ
λ4 − x4
1
Z1
0
1
√
dx0
04
1−x
Me dio lata demostrarlo, pero un cálculo numérico indica que son iguales
porque
Z
0
π/2
dΨ
√
= 2. 622 06,
cos Ψ
2
Z1
0
1
√
dx = 2. 622 06.
1 − x4
N
Ejercicio 4.6.4 Considere dos cuerpos rígidos que chocan de modo que
existe una tangente común a las superficies en el punto de contacto, donde se desarrolla una fuerza normal y posiblemente otra tangente (de roce),
ver fig.(??). Establezca la equivalencia entre conservación de energía (choque
elástico) y coeficiente de restitución unidad (e = 1). Otros ejemplos de la
dinámica de los cuerpos rígidos, tales como el movimiento del trompo simétrico bajo la acción de su peso y de la reacción en su púa, se estudiarán en
el capítulo sobre ecuaciones de Lagrange, pues ese método tiene, en general,
ventajas respecto a la formulación newtoniana usual.
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176
Sistema rígido de partículas
V2
V1
J
G1
ω1
J
G2 ω2
Figura 4.7: Choque cuerpos rígidos
Solución. Si llamamos J a la interacción impulsiva y P1 (y P2 ) al punto
de contacto, 1 y 2 a los centros de masas e indicamos con + y− a valores de
las diversas cantidades justo después y justo antes de la colisión, tenemos
que
M1 (v1+ − v1− ) = J ,
(4.9)
M2 (v2+ − v2− ) = −J ,
−
H1 (ω +
1 − ω 1 ) = G1 P × J ,
−
H2 (ω +
2 − ω 2 ) = −G2 P × J ,
(4.10)
(4.11)
(4.12)
y conservación de energía
1
1
1 +
1
+
+
M1 v1+2 + M2 v2+2 + ω +
1 · H1 ω 1 + ω 2 · H2 ω 2 =
2
2
2
2
1
1
1
1 −
−
−
M1 v1−2 + M2 v2−2 + ω −
1 · H1 ω 1 + ω 2 · H2 ω 2 .
2
2
2
2
De las ecuaciones (10.4) y (10.5) se obtiene
(4.13)
+
−
−
+
−
ω+
1 · H1 ω 1 − ω 1 · H1 ω 1 = (ω 1 + ω 1 ) · G1 P × J ,
+
−
−
+
−
ω+
2 · H2 ω 2 − ω 2 · H2 ω 2 = −(ω 2 + ω 2 ) · G2 P × J .
De aquí, con algo de álgebra, puede obtenerse de la ecuación de conservación
de la energía
−
(v1+ + v1− ) · J − (v2+ + v2− ) · J = −(ω +
1 + ω 1 ) × G1 P · J +
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4.6 Ejercicios resueltos
177
−
+(ω +
2 + ω 2 ) × G2 P · J ,
pero
vP+1 = v1+ + ω+
1 × G1 P ,
y similarmente las otras, entonces
(vP+1 + vP−1 − vP+2 − vP−2 ) · J ,
es decir
(vP+1 − vP+2 ) · J = −(vP−1 − vP−2 ) · J .
que significa coeficiente de restitución unidad, en la dirección del impulso de
interacción.
N
Ejercicio 4.6.5 Una semiesfera homogénea de radio a está en reposo sobre
un plano horizontal liso con su base paralela a una pared vertical lisa, sobre la
cual la superficie semi esférica, se apoya. La semiesfera comienza a moverse
partiendo del reposo, deslizando sobre el piso horizontal y la pared, ambas
sin roce. Demuestre que cuando la base alcanza la posición horizontal, la
rapidez
angular y la rapidez del centro de masas de la semiesfera son ω =
q
15
g/a, v = 38 aω respectivamente. Demuestre además durante el movimiento
8
45
).
siguiente, el ángulo entre la base y la horizontal no excede de cos−1 ( 128
Solución.
θ
El centro de masa del cuerpo está a distancia 3a/8 del centro. Mientras no
despega, el cuerpo mantiene su centro fijo, y la única fuerza que realiza torque
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178
Sistema rígido de partículas
respecto a ese punto es el peso. Si en la segunda figura θ es el ángulo que ha
girado la línea que contiene el centro de masa, entonces
3
IC θ̈ = Mg a cos θ,
8
donde el momento de inercia es I = 2Ma2 /5, luego
2Ma2
3
θ̈ = Mg a cos θ,
5
8
o sea
θ̈ =
15 g
cos θ,
16 a
que podemos integrar porque
θ̈ =
1 d 2
θ̇ ,
2 dθ
obteniendo
1 2 15 g
sin θ,
θ̇ =
2
16 a
y cuando la base se coloca horizontal θ = π/2 resultando
r
15 g
ω = θ̇ =
,
8 a
y
3
vCM = aω.
8
Puede probarse que en esta posición el cuerpo despega y tiene una energía
inicial (respecto a la posición inicial del centro)
1 2
3
E = I θ̇ − Mg a = 0,
2
8
y su momentum en la dirección horizontal es
r
3
3
15 g
Px = M aω = M a
.
8
8
8 a
Esas dos cantidades son conservadas, pero ahora todo el cuerpo se traslada y
rota, de manera que la coordenada x del centro de masa varía. Así la energía
se puede escribir
1
3a
1
2
2
+ ICM θ̇ − Mg cos θ = 0,
E = MvCM
2
2
8
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4.6 Ejercicios resueltos
además
179
r
3
15 g
,
M ẋ = M a
8
8 a
3a
cos θ,
yCM =
8
3a
ẏCM = − θ̇ sin θ.
8
Cuando θ sea un extremo, θ̇ = 0, y en ese caso, ẏCM = 0 y la ecuación de
energía da
r
3
3a
15 g 2
1
M( a
) − Mg cos θ = 0
2
8
8 a
8
que se reduce a
45
cos θ =
,
128
o sea θ = 69. 417 o .
N
Ejercicio 4.6.6 Un disco uniforme de radio a que está rotando con rapidez
angular inicial Ω alrededor de su eje, se coloca sobre un plano horizontal donde el coeficiente de roce cinético es μ. Si la superficie se apoya uniformemente
sobre el suelo, demuestre que el disco se detendrá en un tiempo 34 aΩ/(gμ).
Solución. Si la fuerza normal está distribuida uniformemente, la que
actúa sobre un elemento de área dA = rdrdθ en polares será
mg
dN = 2 rdrdθ,
πa
la cual produce un torque retardador
μmg
dΓ = −μrdN = − 2 r2 drdθ,
πa
siendo el torque total
2
μmg a3
2π = − μmga
2
πa 3
3
luego la desaceleración angular estará dada por
Γ=−
4 μg
2
1 2
ma α = − μmga ⇒ α = −
,
2
3
3 a
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180
Sistema rígido de partículas
luego frena cuando
0=Ω−
3Ωa
4 μg
t⇒t=
.
3 a
4μg
N
Ejercicio 4.6.7 Un cilindro sólido de radio R, descansa sobre otro igual
que a su vez se apoya sobre el suelo, en equilibrio inestable. Si el sistema
se perturba levemente y no hay deslizamiento en las superficies de contacto,
demuestre que mientras los cilindros permanecen en contacto, el ángulo θ que
forma la línea que une los centros con la vertical satisface
2
θ̇ =
12g(1 − cos θ)
.
a(17 + 4 cos θ − 4 cos2 θ)
Solución. Lamentablemente se nos coló este problema aquí porque es
mejor hacerlo por el método de lagrange que se estudia más adelante. La
figura ilustra que si el cilindro de abajo gira un ángulo φ, el de arriba gira
un ángulo 2θ + φ. Note que los arcos azules son iguales.
(2)
R
φθ
R
(1)
Las coordenadas de los centros de masa son
x1
y1
x2
y2
=
=
=
=
−Rφ,
R,
−Rφ + 2R sin θ,
R + 2R cos θ,
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θ
4.6 Ejercicios resueltos
181
luego las componentes de velocidad son
ẋ1
ẏ1
ẋ2
ẏ2
=
=
=
=
−Rφ̇,
0,
−Rφ̇ + 2Rθ̇ cos θ,
−2Rθ̇ sin θ.
luego la energía cinética será
1
1 1
1
2
2
MR2 φ̇ + ( MR2 )φ̇ + M((−Rφ̇ + 2Rθ̇ cos θ)2 +
2
2 2
2
1 1
2 2
2
2
4R θ̇ sin θ) + ( MR )(2θ̇ + φ̇)2 ,
2 2
3
2
2 2
=
MR φ̇ + 3MR2 θ̇ − 2MR2 θ̇φ̇ cos θ + MR2 θ̇φ̇,
2
y la potencial será
V = Mg2R cos θ,
K =
de aquí
3
2
2
L = MR2 φ̇ + 3MR2 θ̇ − 2MR2 θ̇φ̇ cos θ + MR2 θ̇φ̇ − Mg2R cos θ,
2
luego se conserva
pφ =
∂L
= 3MR2 φ̇ − 2MR2 θ̇ cos θ + MR2 θ̇ = 0,
∂ φ̇
despejamos
2
1
φ̇ = θ̇ cos θ − θ̇,
3
3
la energía también es constante
3
2
2
E = MR2 φ̇ + 3MR2 θ̇ − 2MR2 θ̇φ̇ cos θ + MR2 θ̇φ̇ + Mg2R cos θ = Mg2R,
2
reemplazamos φ̇ resultando
2
3 2
1
1
2
1
2g 2g
2
( θ̇ cos θ− θ̇)2 +3θ̇ −2θ̇( θ̇ cos θ− θ̇) cos θ+θ̇( θ̇ cos θ− θ̇) = − cos θ,
2 3
3
3
3
3
3
R R
de donde sigue que
2
θ̇ = 12g
1 − cos θ
R (17 + 4 cos θ − 4 cos2 θ)
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182
Sistema rígido de partículas
N
Ejercicio 4.6.8 Un trompo con momentos de inercia A = 5Mh2 /4, C =
Mh2 /2 se coloca en movimiento con su eje horizontal θ = π/2. El spin s es
dado. Determine los valores de la precesión inicial φ̇(0) = Ω para los cuales
θ aumentará, disminuirá o permanecerá constante.
Solución. como siempre se evalúan las constantes
2
2
2E − Cs2 = Aφ̇ sin2 θ + Aθ̇ + 2mgh cos θ = AΩ2 ,
α = Aφ̇ sin2 θ + Cs cos θ = AΩ,
luego
α − Csu 2
1 − u2
−(
)
A
A
AΩ − Csu 2
1 − u2
−(
)
= (AΩ2 − 2mghu)
A
A
f (u) = (2E − Cs2 − 2mghu)
como se ilustra en la figura
f(u)
(b)
(a)
π
0
π/2
-1
u
1
0
(c)
0
θ aumentará (b) si f (0) < 0, permanecerá constante si (c) f 0 (0) = 0, disminuirá (a) si f 0 (0) > 0. Evaluamos
f 0 (0) = (−2mgh)
2Cs
2Cs
mgh
1
+
(Ω) =
(Ω −
),
A
A
A
Cs
de donde θ aumentará si Ω <
disminuirá si Ω > mgh
.
Cs
mgh
Cs
, permanecerá constante si Ω =
N
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mgh
,
Cs
4.6 Ejercicios resueltos
183
Ejercicio 4.6.9 Un trompo con momentos de inercia A = 5Mh2 /4, C =
Mh2 /2 se coloca en movimiento con su eje horizontal θ = π/2. El spin s es
dado. Si la precesión inicial es φ̇(0) = 0 determine los extremos del ángulo θ
para el movimiento siguiente.
Solución. Similarmente resulta
2
2
2E − Cs2 = Aφ̇ sin2 θ + Aθ̇ + 2Mgh cos θ = 0,
α = Aφ̇ sin2 θ + Cs cos θ = 0,
luego
α − Csu 2
1 − u2
−(
)
A
A
−Csu 2
1 − u2
2MghAu2 − C 2 s2 u − 2MghA
−(
) =u
= (−2Mghu)
A
A
A2
f (u) = (2E − Cs2 − 2Mghu)
una raíz es u1 = 0 (θ1 = π/2) y las otras satisfacen
0 = 2MghAu2 − C 2 s2 u − 2MghA,
0 = 10gu2 − hs2 u − 10g
s
s2 h
s4 h2
− 1+
cos θ2 =
.
20g
400g2
N
Ejercicio 4.6.10 Un trompo con momentos de inercia A = 5Mh2 /4, C =
Mh2 /2 se coloca en movimiento con su eje inclinado en θ = π/3. El spin s
es dado. Si la precesión inicial es φ̇(0) = 0 determine los extremos del ángulo
θ para el movimiento siguiente.
Solución. De nuevo la misma rutina
2
2
2E − Cs2 = Aφ̇ sin2 θ + Aθ̇ + 2Mgh cos θ = 2Mgh cos
α = Aφ̇ sin2 θ + Cs cos θ = Cs cos
1
π
= Cs,
3
2
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π
= Mgh,
3
184
Sistema rígido de partículas
luego
α − Csu 2
1 − u2
−(
)
A
A
1 − u2 C 2 s2
−
= Mgh(1 − 2u)
(1 − 2u)2
A
4A2
4MghAu2 − 4MghA + C 2 s2 − 2C 2 s2 u
= (−1 + 2u)
4A2
de donde θ1 = π3 y las otras satisfacen
f (u) = (2E − Cs2 − 2Mghu)
5Mh2 2
M 2 h4 2
5Mh2 M 2 h4 2
u −2
s u − 4Mgh
+
s,
4
4
4
4
0 = −2s2 uh + s2 h + 20gu2 − 20g ⇒
´
p
1 ³ 2
s h − s4 h2 − 20s2 hg + 400g2 .
cos θ2 =
20g
N
0 = 4Mgh
Ejercicio 4.6.11 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados
M y h se coloca en movimiento con su eje inclinado en θ. Determine la
relación que debe haber entre el spin s y la precesión inicial φ̇(0) = Ω para
que el ángulo θ no varíe. (Precesión uniforme)
Solución. Sea θ0 el ángulo constante. Debe ser
f 0 (u0 ) = 0.
Derivando
f 0 (u) = (2E − Cs2 − 2Mghu)
1 − u2 2Cs
−2u
+ (−2Mgh)
+ 2 (α − Csu),
A
A
A
Pero
2E − Cs2 = AΩ2 sin2 θ0 + 2Mgh cos θ0 ,
α = AΩ sin2 θ0 + Cs cos θ0 ,
evaluando en u0 = cos θ0 resulta
sin2 θ0 2Cs
−2 cos θ0
+ (−2Mgh)
+ 2 (AΩ sin2 θ0 ) ⇒
f (u0 ) = (AΩ sin θ0 )
A
A
A
0 = AΩ2 (cos θ0 ) − CsΩ + Mgh.
0
2
2
la relación pedida,
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4.6 Ejercicios resueltos
185
N
Ejercicio 4.6.12 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados
M y h se coloca en movimiento con su eje inclinado en θ0 . Si el trompo tiene
spin solamente, determine los valores extremos del ángulo θ. (Movimiento
cuspidal)
Solución. Nuevamente
2
2
2E − Cs2 = Aφ̇ sin2 θ + Aθ̇ + 2mgh cos θ = 2mgh cos θ0 ,
α = Aφ̇ sin2 θ + Cs cos θ = Cs cos θ0 ,
luego
α − Csu 2
1 − u2
−(
),
A
A
Cs cos θ0 − Csu 2
1 − u2
−(
),
= (2mgh cos θ0 − 2mghu)
A
A
(− cos θ0 + u)
(2mghAu2 − 2mghA + C 2 s2 cos θ0 − C 2 s2 u),
=
A2
f (u) = (2E − Cs2 − 2mghu)
de donde θ1 = θ0 y las otras satisfacen
0 = 2mghAu2 − C 2 s2 u − 2mghA + C 2 s2 cos θ0 ,
de donde resulta
cos θ2 =
´
³
p
1
C 2 s2 − C 4 s4 + 16m2 g2 h2 A2 − 8mghAC 2 s2 cos θ0 .
4mghA
N
Ejercicio 4.6.13 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados
M y h se coloca en movimiento con su eje vertical hacia arriba (θ0 = 0). Si
el trompo tiene spin solamente, determine los valores del spin para los cuales
el trompo baila establemente. (Movimiento de trompo dormido)
Solución. Evaluamos
2
2
2E − Cs2 = Aφ̇ sin2 θ + Aθ̇ + 2Mgh cos θ = 2Mgh,
α = Aφ̇ sin2 θ + Cs cos θ = Cs,
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186
Sistema rígido de partículas
luego
Cs − Csu 2
1 − u2
−(
),
A
A
2MghAu − C 2 s2 + 2MghA
= (1 − u)2
A2
f(u) = (2Mgh − 2Mghu)
donde hay dos raíces repetidas θ1 = θ2 = 0 y la otra debe ser mayor que uno,
es decir
u=
1 C 2 s2 − 2MghA
> 1 =⇒ C 2 s2 > 4MghA.
2
MghA
N
Ejercicio 4.6.14 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dados
M y h baila en precesión uniforme φ̇ = Ω con su eje inclinado un ángulo
θ. Si repentinamente el spin s0 se duplica determine los ángulos extremos de
inclinación del eje del trompo.
Solución. Para precesión uniforme en ángulo θ0 se tiene que
0 = AΩ2 (cos θ0 ) − Cs0 Ω + Mgh.
de donde
µ
¶
q
1
2
Cs0 ± C 2 s0 − 4AMgh (cos θ0 ) ,
Ω=
2A (cos θ0 )
supondremos que ambas soluciones son reales. Las nuevas condiciones serán
µ
¶
q
1
Cs0 ± C 2 s20 − 4AMgh (cos θ0 ) ,
Ω =
2A (cos θ0 )
s = 2s0 , θ(0) = θ0 , θ̇(0) = 0.
Ahora evaluamos
2
2
2E − Cs2 = Aφ̇ sin2 θ + Aθ̇ + 2mgh cos θ = AΩ2 sin2 θ0 + 2mgh cos θ0 ,
α = Aφ̇ sin2 θ + Cs cos θ = AΩ sin2 θ0 + Cs cos θ0 ,
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4.6 Ejercicios resueltos
187
entonces
α − Csu 2
1 − u2
−(
),
A
A
1 − u2
= (AΩ2 sin2 θ0 + 2mgh cos θ0 − 2Mghu)
A
2
AΩ sin θ0 + Cs cos θ0 − Csu 2
),
−(
A
f (u) = (2E − Cs2 − 2Mghu)
f (u) puede ser factorizada por cos θ0 − u y la otra solución satisface
¡
¢
0 = 2MghAu2 + −C 2 s2 − A2 Ω2 sin2 θ0 u + C 2 s2 cos θ0 − 2AΩCs cos2 θ0
−A2 Ω2 cos θ0 + A2 Ω2 cos3 θ0 + 2AΩCs − 2MghA.
Lamentablemente
esto no se simplifica nada
aún sin reemplazamos Ω =
³
´
p
1
Cs0 + C 2 s20 − 4AMgh (cos θ0 ) y
2A(cos θ0 )
s = 2s0 .
N
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188
Sistema rígido de partículas
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Capítulo
5
Ecuaciones de Lagrange
5.1.
Introducción
Presentaremos las ecuaciones de Lagrange que constituyen una formulación alternativa a la formulación clásica Newtoniana, con ventajas que explicaremos. Las ecuaciones de Lagrange así como la función lagrangiano pueden
ser introducidas de diversas formas. La justificación última de cualquiera de
los métodos es que el formalismo conduzca a las ecuaciones correctas de movimiento del sistema (cuando ellas son conocidas). De este punto de vista
pueden existir diversos lagrangianos que originen las mismas ecuaciones de
movimiento. Esos lagrangianos se denominan equivalentes. Una de las formas modernas es partir del principio variacional de Hamilton buscando una
función lagrangiano que satisfaga el criterio anterior. Las simetrías del sistema pueden ser de ayuda en postular una determinada función lagrangiano.
En estos apuntes preferiremos partir de las ecuaciones clásicas de Newton de
movimiento de un sistema y derivar de allí la formulación lagrangiana, con
lo cual el principio variacional de Hamilton pasa a ser en realidad un teorema de la Mecánica Clásica. En esta formulación, el lagrangiano del sistema
estará dado por L = K − V , la energía cinética menos la energía potencial
del sistema. Otros casos en que ello no sea así se considerarán en particular.
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190
5.2.
Ecuaciones de Lagrange
Restricciones o vínculos
Una forma equivalente a la formulación newtoniana de la Mecánica, la
constituye la formulación lagrangiana. La principal ventaja práctica que tiene
esta formulación, es que de partida, el número de variables es el mínimo
posible para determinar la configuración del sistema y además que no es
necesario conocer el detalle de las fuerzas de vínculos para su formulación,
siempre que ellas satisfagan ciertos requisitos que se explican más adelante.
5.2.1.
Vínculos holonómicos y coordenadas generalizadas
Normalmente sobre un sistema mecánico existen restricciones o vínculos
dados. Por ejemplo si se tiene un sistema rígido de partículas, las distancias
entre ellas son invariables y por lo tanto las variables necesarias para su descripción serán apenas 6, independientemente del número de partículas que
constituye el sistema. Los vínculos llamados de tipo holónomos son los que
permiten disminuir el número de variables de las inicialmente consideradas,
por constituir relaciones funcionales que permitirían hacer la eliminación
de variables redundantes. Rara vez se procede a eliminar variables redundantes explícitamente. En vez, razonando se decide sobre cuántas variables
son necesarias y se las elige. Así, para el caso de vínculos holónomos, si el
sistema tiene N partículas, existen en principio N vectores posición o 3N
coordenadas por determinar. La existencia de un cierto número de vínculos constantes o funciones conocidas del tiempo, hace que sea necesario un
número menor de coordenadas n (n < 3N). Denotaremos por qi a esas coordenadas elegidas, llamadas coordenadas generalizadas del sistema. Todo los
cambios virtuales posibles de posición del sistema corresponden a cambios
arbitrarios de las coordenadas generalizadas, supuestas independientes. El
número de coordenadas generalizadas n, es llamado el número de grados de
libertad del sistema. Los cambios reales del sistema son logrados mediante
cambios virtuales de las coordenadas generalizadas más los cambios que se
originen en las variaciones con el tiempo de los vínculos, en el caso en que
hayan vínculos variables.
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5.2 Restricciones o vínculos
5.2.2.
191
Fuerzas de vínculos
La presencia de ciertos tipos de vínculos equivalen a ciertas fuerzas, normalmente desconocidas, actuando sobre algunas partículas. Por ejemplo la
condición para que una partícula permanezca sobre una superficie lisa dada es equivalente a una cierta reacción normal. La formulación lagrangiana
usual, exige que las llamadas fuerzas de vínculos, realicen un trabajo total
nulo cuando las partículas tienen desplazamientos (infinitésimos) compatibles con los vínculos a tiempo fijo. Para el ejemplo anterior, suponga que la
superficie lisa tiene un movimiento dado. Si la partícula es desplazada sobre
la superficie sin permitir su movimiento (a tiempo fijo), la reacción normal
no realiza trabajo. Sin embargo, si el desplazamiento de la partícula es sobre
la superficie que se mueve, la reacción normal realiza trabajo distinto de cero.
Si las fuerzas que vinculan un sistema de partículas para que este sea un sistema rígido de partículas, obedecen el principio de acción y reacción, es muy
simple demostrar que el trabajo total que realizan esas fuerzas al desplazar
arbitrariamente el sistema, es nulo.
5.2.3.
Desplazamientos virtuales
Para sistematizar la discusión llamaremos desplazamientos virtuales compatible con los vínculos, a los cambios de posición infinitésimos δri asociados
a cambios arbitrarios infinitésimos de las coordenadas generalizadas δqi a
tiempo fijo.
La diferencia entre desplazamientos virtuales δri y desplazamientos reales
dri debe estar clara. Si, por definición de coordenadas generalizadas se tiene
ri = ri (q1 , q2 , . . . , qn , t) ,
(5.1)
la diferencia señalada es:
son cambios reales
dri =
y son cambios virtuales
X ∂ri
δri =
∂qj
dqj +
X ∂ri
j
∂qj
∂ri
dt ,
∂t
δqj .
(5.2)
La diferencia puede ser importante en el caso que los vínculos sean funciones
del tiempo, es decir cuando el tiempo aparezca explícitamente en (5.1).
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192
5.3.
Ecuaciones de Lagrange
Ecuaciones de Lagrange
Si se escriben las ecuaciones de Newton para las N partículas, separando
las fuerzas que actúan sobre ellas en fuerzas de vínculos y las de otro tipo
mi ai = Fi + Fi
vinc.
.
La esencia de la formulación lagrangiana es que las fuerzas de vínculos no
realizan trabajo virtual, es decir
X vinc.
· δri = 0,
Fi
i
o sea
δW ≡
X
mi ai · δri =
X
X
vinc.
(Fi + Fi
) · δri =
Fi · δri
i
(5.3)
i
Quedan entonces excluidas de esta formulación sistemas sistemas con fuerzas
de roce disipativas. El resto, la obtención de las ecuaciones de Lagrange, son
detalles que veremos a continuación.
Partiendo de (5.1), se deja como ejercicio demostrar la siguiente identidad.
Ejercicio 5.3.1 Si ri = ri (q1 , q2 , . . . , qn , t), demuestre la identidad
∂ 1 2
∂ri
d ∂ 1 2
vi −
vi ≡ ai ·
.
dt ∂ q̇j 2
∂qj 2
∂qj
Si esa identidad se multiplica por mi , δqj y se suma en i, j se obtiene
¶
Xµ d ∂
X
∂
∂ri
K−
K δqj ≡
mi ai ·
δqj ,
dt
∂
q̇
∂q
∂q
j
j
j
j
i, j
que sigue siendo una identidad. La Física recién entra ahora, al utilizar (5.3)
¶
Xµ d ∂
X
∂
K−
K δqj =
Qj δqj ,
(5.4)
dt ∂ q̇j
∂qj
j
j
siendo K la energía cinética y
X
i
Fi · δri = δW =
Ã
X X
j
i
∂ri
Fi ·
∂qj
!
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δqj ≡
X
j
Qj δqj ,
5.3 Ecuaciones de Lagrange
193
por último, si las coordenadas generalizadas son independientes, como se ha
supuesto, se obtiene
∂
d ∂
K−
K = Qj .
(5.5)
dt ∂ q̇j
∂qj
Este conjunto de ecuaciones se conoce como las ecuaciones de Lagrange del
sistema (en una primera versión).
5.3.1.
Vínculos no holonómicos
Un cierto tipo de vínculo no holonómico puede ser tratado con mínimas variaciones con lo explicado. El caso que analizaremos consiste en restricciones adicionales lineales en las velocidades generalizadas del tipo
X
Aij q̇j + Ai0 = 0,
i = 1, 2, 3, . . . , p ,
j
siendo los Aij ciertas funciones conocidas de las coordenadas generalizadas.
Por constituir relaciones en general no integrables, dichas relaciones no permiten a disminuir a priori el número de coordenadas generalizadas. Ellas
imponen restricciones a las variaciones virtuales de las coordenadas generalizadas en uso, de la forma
X
Aij δqj = 0,
i = 1, 2, 3, . . . , p .
(5.6)
j
Se supone también que las fuerzas de vínculos realizan trabajo total nulo
en los desplazamientos virtuales compatibles con los vínculos holonómicos
originales, y con los adicionales (5.6) no holonómicos. Así todo lo dicho anteriormente vale, salvo en lo relativo a la independencia de las coordenadas.
Por lo tanto se tiene
¶
Xµ d ∂
X
∂
K−
K δqj =
Qj δqj ,
dt
∂
q̇
∂q
j
j
j
j
junto con
X
Aij δqj = 0,
i = 1, 2, 3, . . . , p
j
de allí, utilizando p multiplicadores de Lagrange, λi , se obtiene
Ã
!
X
X d ∂
∂
K−
K+
λi Aij − Qj δqj = 0 ,
dt
∂
q̇
∂q
j
j
j
i
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194
Ecuaciones de Lagrange
y considerando la idea del uso de los multiplicadores de Lagrange, se deduce
que
X
∂
d ∂
K−
K+
λi Aij = Qj , j = 1, 2, 3, . . . , n ,
dt ∂ q̇j
∂qj
i
que junto con
X
Aij q̇j + Ai0 = 0,
i = 1, 2, 3, . . . , p,
j
constituyen n + p ecuaciones para las incógnitas, qi , λi . Estas ecuaciones son
las llamadas ecuaciones de Lagrange para el sistema que tiene vínculos del
tipo considerado.
Función Lagrangiano
En la formulación presentada, las ecuaciones de Lagrange se han escrito
en términos de la energía cinética K. Si algunas de las fuerzas que realizan
trabajo son conservativas, derivables de un potencial V , la expresión del
trabajo virtual puede escribirse
δW =
X
j
Qj δqj = δW NC − δV =
X
j
QNC
j δqj −
X ∂V
j
∂qj
δqj ,
siendo QNC
la llamada fuerza generalizada “no conservativa”. Por lo tanto,
j
para vínculos holonómicos, las ecuaciones de Lagrange pueden escribirse:
∂
d ∂
L−
L = QNC
j ,
dt ∂ q̇j
∂qj
j = 1, 2, 3, . . . , n,
(5.7)
siendo el lagrangiano del sistema
L(q, q̇, t) = K(q, q̇, t) − V (q, t).
Esta forma constituye la versión más conocida de las ecuaciones de Lagrange para un sistema con vínculos holonómicos. Se darán ejemplos en que el
lagrangiano correcto no está dado por K − V. Naturalmente esos otros casos corresponden a sistemas en que las ecuaciones clásicas de movimiento no
están dadas por las ecuaciones clásicas de Newton.
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5.4 Sistemas Conservativos
5.3.2.
195
Condición de integrabilidad
Al realizar la derivada respecto al tiempo en el sistema de ecuaciones
diferenciales (5.7), ellas pueden escribirse
X ∂2L
X ∂2L
∂L
∂2L
−
q̈i +
q̇i +
= QNC
j ,
∂
q̇
∂
q̇
∂
q̇
∂q
∂
q̇
∂t
∂q
j
i
j
i
j
j
i
i
j = 1, 2, 3, . . . , n
esto es un conjunto de ecuaciones diferecniales de segundo orden. Estas ecuaciones requieren como condición para su integrabilidad que
½ 2 ¾
∂ L
det
6= 0,
(5.8)
∂ q̇i ∂ q̇j
que significa en el fondo poder despejar las aceleraciones q̈i del conjunto
de ecuaciones diferenciales de Lagrange. Quedan así, excluidos en esta formulación, los lagrangianos singulares o de primer orden en las velocidades
generalizadas q̇i .
5.4.
Sistemas Conservativos
Por definición, un sistema será llamado conservativo, si QNC
= 0, ∀j.
j
Para ellos, las ecuaciones de Lagrange son
∂L
d ∂L
−
= 0,
dt ∂ q̇j ∂qj
j = 1, 2, 3, . . . , n.
que, escritas explícitamente son
X ∂ 2L
X ∂ 2L
∂L
∂2L
−
q̈i +
q̇i +
= 0,
∂ q̇j ∂ q̇i
∂ q̇j ∂qi
∂ q̇j ∂t ∂qj
i
i
(5.9)
j = 1, 2, 3, . . . , n.
lo que explica el significado de la condición de integrabilidad anterior. Es
esencialmente la condición para poder despejar las aceleraciones del conjunto
de ecuaciones de movimiento.
5.4.1.
Momentos canónicos
Los momentos canónicos conjugados a las variable qi , se define por
pi =
∂L(q, q̇, t)
.
∂ q̇i
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196
Ecuaciones de Lagrange
La inversión de las ecuaciones anteriores, para despejar las velocidades generalizadas en términos de los momentos canónicos (teorema de la función
implícita), requiere la misma condición anterior (5.8), de modo que hay una
segunda razón para excluir lagrangianos singulares de este formalismo.
5.4.2.
El hamiltoniano del sistema
Transformación de Legendre
Considere como ejemplo, en una dimensión, una función convexa f (x)
(con f 00 (x) > 0). La transformada de Legendre de f (x), se define por, (figura
??):
f(x)
px
px - f(x)
O
x
Figura 5.1: Transformación de Legendre
F (p) = mı́n(px − f (x)) .
Dado que el mínimo ocurre cuando la derivada respecto a x sea nula, entonces
F (p) = px − f(x) ,
siendo
p = f 0 (x) ,
que esencialmente genera a partir de una función de variable independiente x,
una función de variable independiente p. (vea Arnold [2])
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5.4 Sistemas Conservativos
197
Un ejemplo de la Termodinámica. En termodinámica se utilizan transformaciones de Legendre para generar funciones termodinámicas. Considere la energía interna U = U (S, V ), la temperatura T =(∂U/∂S)V .
La transformada de Legendre de la energía interna es la función de
Helmholtz, función de el volumen y la temperatura:
A(V, T ) = U − T S .
Función hamiltoniano
Dado un lagrangiano L(q, q̇, t), definimos su transformada de Legendre
respecto a las velocidades generalizadas por
X
h=
pi q̇i − L(q, q̇, t)
siendo
∂L(q, q̇, t)
.
∂ q̇i
Si las condiciones de invertibilidad se cumplen, podemos expresar las velocidades generalizadas en términos de los momentos. Así, eliminando las
velocidades se tendría
X
H(q, p, t) =
pi q̇i − L(q, q̇, t) ,
pi =
el denominado hamiltoniano del sistema.
Ejemplo 5.4.1 Si g(p) = Lp f (x) indica la transformada de Legendre de
f (x), demuestre que:
Lx g(p) = f(x).
Solución. Si g(p) = px̄ − f (x̄), con p = f 0 (x̄), entonces g 0 (p) = x̄ +
x̄ (p) − f 0 (x̄)x̄0 (p) = x̄(p). Luego Lx g(p) = px − g(p) con x = g 0 (p) = x̄(p).
0
N
Ejemplo 5.4.2 Dado un hamiltoniano H(p), indique una forma de determinar un lagrangiano.
Solución.
L(q̇) =
Z
(H 0 )−1 (q̇)dq̇ .
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198
Ecuaciones de Lagrange
N
p
Ejemplo 5.4.3 Si un sistema tiene como hamiltoniano H = c p2 + m20 c2 ,
determine el lagrangiano.
Solución.
r
q̇ 2
,
c2
note que este lagrangiano relativista, no está dado por K − V.
L = −m0 c2
1−
N
5.4.3.
Teoremas de conservación
Escritas en términos de los momentos canónicos, las ecuaciones de Lagrange para un sistema conservativo son
∂L
dpi
=
.
dt
∂qi
(5.10)
Conservación del momento canónico
I Teorema 5.1
Si el lagrangiano no contiene una coordenada (se dice que el lagrangiano es
cíclico en esa coordenada), se conserva el correspondiente momento canónico
conjugado, es decir
∂L
= 0 =⇒ pi = constante
∂qi
Conservación del hamiltoniano
De la definición del hamiltoniano y de las ecuaciones de Lagrange (5.10),
se puede obtener
dH =
X
q̇j dpj −
X
ṗj dqj −
∂L
dt ,
∂t
(5.11)
de donde se deducen importantes ecuaciones
∂H
= q̇j ,
∂pj
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(5.12)
5.4 Sistemas Conservativos
199
∂H
= −ṗj ,
∂qj
(5.13)
∂L
∂H
=−
.
∂t
∂t
Además, si (5.11) se divide por dt, se obtiene
es decir
X
∂L
dH X
=
q̇j ṗj −
,
ṗj q̇j −
dt
∂t
∂L
dH
=−
,
dt
∂t
de aquí sigue un teorema de conservación:
I Teorema 5.2
Si el lagrangiano no contiene el tiempo en forma explícita, se conserva el
hamiltoniano. Es decir, de la última ecuación se desprende
∂L
= 0 =⇒ H = constante.
∂t
5.4.4.
(5.14)
Hamiltoniano y energía
Analizaremos la relación entre hamiltoniano y energía del sistema. Para
sistemas mecánicos clásicos, donde L = K − V , si el potencial no depende
de las velocidades, se tiene
H=
X ∂K
∂ q̇i
q̇i − K + V ,
luego la condición suficiente para que la energía y el hamiltoniano sean iguales
es que
X ∂K
q̇i = 2K .
∂ q̇i
De acuerdo al teorema de Euler de las funciones homogéneas, las funciones
homogéneas de grado 2 cumplen precisamente la última condición. Se señala
un importante teorema cuya demostración se deja como ejercicio.
Definición . Se define una función homogénea de grado p en n variables,
cuando ella cumple:
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200
Ecuaciones de Lagrange
f (λx1 , λx2 , . . . , λxn ) = λp f (x1 , x2 , . . . , xn ) ,
siendo λ 6= 0. De aquí, derivando respecto a λ y luego haciendo λ = 1, se
deduce que:
I Teorema 5.3
Si f es una función homogénea de grado p,entonces:
pf (x1 , x2 , . . . , xn ) =
X ∂f
xi .
∂x
i
i
Con todos los antecedentes considerados, si la energía cinética es una función
homogénea de grado 2 en las velocidades generalizadas, entonces el hamiltoniano del sistema coincide con la energía del sistema. Es simple ir al fondo y
responder la pregunta. ¿Cuándo ocurre eso? Si se analiza la transformación
de coordenadas generalizadas a posiciones (5.1), la velocidad estará dada por
vi =
X ∂ri
d
∂ri
ri =
,
q̇j +
dt
∂qj
∂t
de donde es evidente que la energía cinética resultará homogénea de grado dos
en las velocidades generalizadas cuando ∂ri /∂t = 0, ∀i, es decir cuando los
vínculos sean independientes del tiempo. Todo lo señalado se puede resumir
en:
I Teorema 5.4
Si un sistema tiene sus vínculos independientes del tiempo, entonces H = E.
5.4.5.
Fuerzas dependientes de la velocidad
Para ciertos casos, donde la fuerza generalizada dependiente de la velocidad satisface
d ∂V (q, q̇, t) ∂V (q, q̇, t)
Qj =
−
,
dt
∂ q̇j
∂qj
para un cierto V (q, q̇, t), es posible definir el lagrangiano L = K −V, de modo
que las ecuaciones correctas de movimiento son las ecuaciones de Lagrange.
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5.4 Sistemas Conservativos
201
Ejercicio 5.4.1 Un ejemplo notable lo constituye la fuerza de Lorentz F =
q(E +v× B) donde los campos magnéticos y eléctricos satisfacen E = −∇Φ−
∂ A/∂t, y B = ∇ × A. Demuestre en este caso que
Fj =
d ∂V (q, q̇, t) ∂V (q, q̇, t)
−
,
dt
∂ q̇j
∂qj
con V = qΦ − qv · A .
Solución. La solución es directa considerando que los q̇ están sólo en la
velocidad de modo que
∂V (q, q̇, t)
= −qAj ,
∂ q̇j
d
d ∂V (q, q̇, t)
= −q Aj ,
dt
∂ q̇j
dt
por otro lado
∂
∂
∂V (q, q̇, t)
=q
Φ − qv ·
A,
∂qj
∂qj
∂qj
de modo que se tiene
d
∂
∂
Aj − q
Φ + qv ·
A
dt
∂qj
∂qj
∂
∂
∂
Φ − q Aj − qv · ∇Aj + qv ·
A
= −q
∂qj
∂t
∂qj
Fj = −q
Pero la componente j de la fuerza de Lorentz es
³
³
´´
∂
∂
Φ − q Aj + q v × ∇ × A
.
Fj = −q
∂qj
∂t
j
O sea son iguales pues
³
³
´´
∂
v× ∇×A
=v·
A − v · ∇Aj .
∂qj
j
Podemos notar además que si la energía cinética es
1
K = mv 2 ,
2
el lagrangiano será
1
L = mv 2 − qΦ + qv · A,
2
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202
Ecuaciones de Lagrange
entonces el momento canónico pj estará dado por
pj = mq̇j + qAj .
N
5.4.6.
Teorema de Noether
Considere transformaciones continuas de las coordenadas generalizadas
de dependientes de un parámetro real s tales que para s = 0 se trata de la
transformación identidad, es decir
Qj = Qj (q, s),
siendo qj = Qj (q, 0).
Aquí q representa el conjunto completo de coordenadas generalizadas. Si el
lagrangiano de un sistema autónomo L(q, q̇) es invariante bajo esa transformación, es decir si
L(Q(q, s), Q̇(q, s))
no depende de s, entonces se tiene una cantidad conservada, o integral del
movimiento. En forma más precisa
I Teorema 5.5 (Noether)
Si
d
L(Q(q, s), Q̇(q, s)) = 0
ds
entonces
¯
X ∂L d
¯
I(q, q̇) =
Qj (q, s)¯¯
= constante.
∂
q̇
ds
j
s=0
j
La demostración (ver [11], pag. 102) sigue de
0=
o sea
0=
d
L(Q(q, s), Q̇(q, s)),
ds
X ∂L dQ̇j X ∂L dQj
+
,
∂Qj ds
∂ Q̇j ds
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5.4 Sistemas Conservativos
203
donde
d dQj
dQ̇j
=
,
ds
dt ds
y al hacer s = 0 tendremos que
∂L
∂L ∂L
∂L
d ∂L
→
,
→
=
,
∂ q̇j ∂Qj
∂qj
dt ∂ q̇j
∂ Q̇j
de modo que se obtiene
o bien
X ∂L d dQj X d µ ∂L ¶ dQj ¯¯
¯ ,
0=
+
∂ q̇j dt ds
dt ∂ q̇j
ds ¯s=0
que prueba el teorema.
¯
d X ∂L dQj ¯¯
= 0,
dt
∂ q̇j ds ¯s=0
Ejemplos
Si el lagrangiano de un sistema es L = L(q̇) es dependiente de las velocidades generalizadas solamente, entonces el es obviamente invariable,
en el sentido considerado más arriba, ante la transformación
Qj = qj + saj ,
siendo aj constantes arbitrarias. Entonces se conserva
I(q, q̇) =
X ∂L
aj ,
∂
q̇
j
j
y como los aj son arbitrarios, deben conservarse independientemente
todos los momentos canónicos
pj =
∂L
.
∂ q̇j
Si el lagrangiano L = L(q̇, q) no depende de una de las coordenadas
generalizadas qk por ejemplo, o sea que es invariante bajo la transformación
Qj = qj + sδ jk ,
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204
Ecuaciones de Lagrange
entonces se conserva el momento canónico pk , puesto que
¯
X ∂L d
X ∂L
¯
∂L
Qj (q, s)¯¯
=
δj,k =
= pk .
∂
q̇
ds
∂
q̇
∂
q̇
j
j
k
s=0
j
j
Si un lagrangiano L(v, r) es invariante bajo una rotación infinitesimal
r 0 = r + dθ n̂ × r,
entonces se conserva
∂L
∂ ṙ
o sea la cantidad conservada es
· n̂ × r,
r × p · n̂,
que es la componente n̂ del momentum angular.
Nota 5.1 Volveremos sobre el teorema de Noether en el capítulo sobre el
principio variacional de Hamilton.
5.5.
5.5.1.
Ejemplos y aplicaciones
Trompo simétrico.
En el capítulo sobre cuerpo rígido se encuentra la teoría newtoniana del
trompo simétrico,
Ejemplo 5.5.1 Considere un trompo simétrico que mantiene su púa fija.
Para los ángulos θ, φ, ψ indicados en la figura (5.2), siendo M su masa, h la
distancia de la púa al centro de masa y A, C, los momentos de inercia, para
un eje perpendicular al eje de simetría y respecto al eje de simetría, en el
origen. Escriba las ecuaciones de movimiento.
Solución. Se puede deducir que el lagrangiano es
1 2 1
1
2
L = Aθ̇ + A(sin2 θ)φ̇ + C(φ̇ cos θ + ψ̇)2 − mgh cos θ ,
2
2
2
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5.5 Ejemplos y aplicaciones
205
z0
x
Ψ
θ
z
G
h
y0
y
φ
Mg
x0
Figura 5.2: Trompo simétrico
de allí
pθ = Aθ̇ ,
pφ = A(sin2 θ)φ̇ + C(φ̇ cos θ + ψ̇) cos θ ,
pψ = C(φ̇ cos θ + ψ̇) ,
considerando que el lagrangiano es cíclico en ψ, y ϕ, y que no contiene el
tiempo en forma explícita, se conservan H = E, pψ , y pφ . Por lo tanto,
tenemos
s ≡ φ̇ cos θ + ψ̇ = constante,
A(sin2 θ)φ̇ + Cs cos θ = α = constante,
1
1 2 1
2
E = Aθ̇ + A(sin2 θ)φ̇ + C(s)2 + mgh cos θ = constante.
2
2
2
Una ecuación que determina los cambios de la inclinación del eje del trompo,
ángulo θ, puede obtenerse al eliminar φ̇ a través de α en la ecuación de la
energía. Si se define u = cos θ, se obtiene (ver apéndice)
µ
¶2
α − Csu
1 − u2
2
2
u̇ = f (u) = (2E − Cs − 2mghu)
−
,
A
A
polinomio cúbico, cuyas raíces entre −1 y 1 tienen importancia en la determinación de la inclinación del eje del trompo en su movimiento.
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206
Ecuaciones de Lagrange
N
Ejemplo 5.5.2 Considere un trompo simétrico con momentos de inercia C,
A, masa m y distancia h de su púa fija al centro de masas, que durante su
movimiento tiene valores extremos para θ iguales a θ1 y θ2 . Determine valores
iniciales adecuados de la precesión en términos del spin s para que ello ocurra,
y analice la posibilidad de que la precesión φ̇ se anule en el intervalo.
Solución. Dado que son conocidos los extremos del ángulo polar θ1 y θ2 ,
una primera condición es que θ̇ se anule en θ1 y θ2 , de donde las constantes
del movimiento son
2
2E − Cs2 = Aφ̇1 sin2 θ1 + 2mgh cos θ1
2
= Aφ̇2 sin2 θ2 + 2mgh cos θ2
α = A(sin2 θ1 )φ̇1 + Cs cos θ1
= A(sin2 θ2 )φ̇2 + Cs cos θ2
de modo que al eliminar φ̇2 y simplificando se puede obtener
(cos θ1 + cos θ2 )Ω2 − 2
2mgh sin2 θ2 C 2 s2 (cos θ1 − cos θ2 )
Cs
Ω+
−
= 0,
A
A sin2 θ1
A2 sin2 θ1
ecuación de segundo grado que relaciona la precesión inicial φ̇1 = Ω con
el spin s para que en el movimiento se realicen los extremos de θ dados.
Si llamamos a = mghA/(Cs)2 la solución de la ecuación anterior puede
escribirse como
µ
¶
Cs
sin θ2 p
Ω=
1∓
1 − 2a (cos θ1 + cos θ2 ) .
A (cos θ1 + cos θ2 )
sin θ1
La condición para que existan valores reales de Ω es cos θ1 +cos θ2 < 12 a. Puede además observarse que si θ1 = θ2 se obtiene entonces una condición para
el movimiento llamado de precesión uniforme, donde θ permanece constante
Ω2 cos θ −
2mgh
Cs
Ω+
= 0.
A
A
En el capítulo de cuerpo rígido se analizan, en diversos ejemplos, las condiciones para que el trompo realice “loops” partiendo de cualquiera de las
posiciones extremas de inclinación del ángulo θ.
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5.5 Ejemplos y aplicaciones
207
N
Ejemplo 5.5.3 Considere un trompo simétrico con momentos de inercia C,
A, masa m y distancia h de su pua fija al centro de masas, que baila dormido
con θ = 0. Analice la estabilidad de este movimiento.
Solución. Aquí
2
2E − Cs2 = Aφ̇1 sin2 θ + 2mgh cos θ = 2mgh,
α = A(sin2 θ)φ̇ + Cs cos θ = Cs,
de donde
1 − u2
−
u̇ = f (u) = (2mgh − 2mghu)
A
2
µ
Cs − Csu
A
¶2
,
o bien
¶¶
µ
µ 2 2
C s
2mgh
2
(1 − u) u −
−1
f (u) =
A
2mghA
2mgh
(1 − u)2 (u − u3 ).
=
A
El movimiento del trompo será estable si f (u) < 0 en el rango −1 < u < 1,
por lo cual la tercera raíz debe ser mayor que uno, o sea u3 = C 2 s2 /(2mghA)−
1 > 1, entonces C 2 s2 > 4mghA, es la condición de estabilidad del trompo
dormido. Si esta condición no se cumple, el trompo se moverá de acuerdo a
r
p
2mgh
du
=−
(1 − u) (u − u3 ),
dt
A
que integraremos como sigue
s
t=−
A
2mgh
Z
1
u
du
√
.
(1 − u) u − u3
Sea u = 1 − (1 − u3 ) sin2 ψ, du = −2(1 − u3 ) sin ψ cos ψdψ entonces
s
Z ψ
A
−2(1 − u3 )dψ
p
t=−
,
2mgh 0 (1 − u3 ) sin ψ (1 − u3 )
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208
Ecuaciones de Lagrange
o bien
Z ψ
2A
dψ
p
= ∞,
t= √
2mghA (1 − u3 ) 0 sin ψ
o sea el trompo tarda infinito tiempo en alcanzar la inclinación dada por
cos θ = C 2 s2 /(2mghA) − 1.
N
5.5.2.
Bola que rueda sobre un plano, sometida en su
centro a una fuerza
Suponga que una bola homogénea de masa M, radio R, rueda sin deslizar sobre un plano horizontal, plano OXY, actuada en su centro G por una
fuerza (elástica) hacia el eje OZ, −kr, además del peso, la reacción normal
y la fuerza de roce en el punto de contacto P , suponiendo que ella no realiza trabajo en la situación de no deslizamiento, ver figura (5.3). Utilizando
las componentes de la velocidad angular en los ejes fijo, en términos de los
ángulos de Euler, θ, φ, y ψ, el lagrangiano es
1
1
2
+ Iω2 ,
L = MvG
2
2
z
R
G
y
R
x
P
Figura 5.3: Esfera atraida hacia el origen
o sea
1
1
L = M(ẋ2 + ẏ 2 ) + I(ω2x + ω 2y + ω 2z ) ,
2
2
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5.5 Ejemplos y aplicaciones
209
y las restricciones adicionales no holonómicas (punto de contacto con velocidad cero) son
vP = vG + ω × (−Rk̂) = 0 ,
es decir
ẋ − Rωy = 0,
ẏ + Rω x = 0 .
(5.15)
Considerando las componentes de la velocidad angular en ejes fijos al espacio
en términos de los ángulos de Euler
ωx = ψ̇ sin φ sin θ + θ̇ cos φ ,
ω y = −ψ̇ cos φ sin θ + θ̇ sin φ ,
ωz = ψ̇ cos θ + φ̇ ,
se puede escribir el lagrangiano
1
1
1
2
2
2
L = M(ẋ2 + ẏ 2 ) + I(ψ̇ + θ̇ + φ̇ + 2φ̇ψ̇ cos θ) − k(x2 + y 2 ) ,
2
2
2
y las dos relaciones de vínculos
ẋ − R(−ψ̇ cos φ sin θ + θ̇ sin φ) = 0 ,
ẏ + R(ψ̇ sin φ sin θ + θ̇ cos φ) = 0,
Al utilizar dos multiplicadores de Lagrange, se tiene
M ẍ + kx + λ1 = 0 ,
(5.16)
M ÿ + ky + λ2 = 0 ,
(5.17)
I(θ̈ + φ̇ψ̇ sin θ) − λ1 R sin φ + λ2 R cos φ = 0 ,
(5.18)
ω̇z =
d
(ψ̇ cos θ + φ̇) = 0 ,
dt
I(ψ̈ + φ̈ cos θ − φ̇θ̇ sin θ) + λ1 R cos φ sin θ + λ2 R sin φ sin θ = 0 .
(5.19)
(5.20)
De aquí, el álgebra es algo tediosa. De la ecuación (5.19) obtenga φ̈ y reemplacemos en la ecuación (5.20). En seguida, de las ecuaciones (8.17) y (5.20)
obtenga λ1 y λ2 . Compruebe que se obtiene
λ1 =
I
ω̇y ,
R
I
λ2 = − ω̇x ,
R
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(5.21)
210
Ecuaciones de Lagrange
de allí es fácil obtener, un sorprendentemente simple resultado para las ecuaciones de movimiento de las coordenadas del centro de masas de la esfera, es
decir
µ
¶
I
M + 2 ẍ + kx = 0 ,
(5.22)
R
µ
¶
I
M + 2 ÿ + ky = 0 ,
(5.23)
R
que más generalmente pudo escribirse (para I = 25 MR2 ) como
5
MaG = F ,
7
para una fuerza cualquiera F aplicada al centro, paralelamente al plano horizontal. Las ecuaciones diferenciales para los ángulos de Euler no las analizaremos aquí. Es ilustrativo sin embargo, comparar con el planteamiento
usual, newtoniano.
Las ecuaciones dinámicas son más simples. Si f denota la fuerza de roce,
entonces
(5.24)
MaG = F + f,
I
dω
= −Rk̂ × f,
dt
(5.25)
además aplica la restricción de no resbalamiento
0 = vG + ω × (−Rk̂) .
(5.26)
Derivando la (5.26) respecto al tiempo y reemplazando en ella las aceleraciones, se obtiene
µ
¶
MR2
0=F + I+
f,
(5.27)
I
de donde la ecuación de movimiento del centro de masas es:
MaG =
F
.
1 + I/(MR2 )
Corolario 1 No siempre el método de Lagrange simplifica el problema.
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5.5 Ejemplos y aplicaciones
211
Ejemplo 5.5.4 Este ejemplo se desarrollará por método tradicional y por el
método de Lagrange para comprender las diferencias y ventajas de un método
sobre otro. Considere una barra de masa m y de longitud 2a, la cual puede
oscilar libremente en torno a un articulación en A variando sólo el ángulo
de inclinación θ definido con la barra horizontal OB de longitud b la cual
gira en torno al eje OZ con velocidad angular constante ω. La barra AB
permanece sobre el plano gris que rota en torno al eje OZ con velocidad
angular constante ω. Determine la ecuación de movimiento para el ángulo θ.
Solución. En la figura se ilustran ejes principales (1), (2) y (3) fijos a la
barra en su centro de masa (2) a lo largo de la barra, (1) perpendicular al
plano gris y (3) sobre ese plano y perpendicular a (2).
z
O
b
φ
θ
x
z
A
y
G
R
1
θ
3
B
2
2a
θ
2
3
a) Método de Lagrange: La velocidad angular de la barra es
ω = ω k̂ + θ̇ê1
= −ω(cos θê3 + sin θê2 ) + θ̇ê1 .
La velocidad del centro de masa puede escribirse
vG = vA + ω × (aê2 )
= −bωê1 + (−ω cos θê3 + θ̇ê1 ) × (aê2 )
= (ωa cos θ − bω)ê1 + aθ̇ê3 .
Si I indica el momento de inercia de la barra para un eje perpendicular
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212
Ecuaciones de Lagrange
a ella en G, entonces
1
2
m((ωa cos θ − bω)2 + a2 θ̇ ) +
2
1
2
=
m((ωa cos θ − bω)2 + a2 θ̇ ) +
2
luego el Lagrangiano es
K =
1
I(ω21 + ω 23 )
2
1 2
I(θ̇ + ω 2 cos2 θ),
2
1 2
1
2
L = m((ωa cos θ − bω)2 + a2 θ̇ ) + I(θ̇ + ω2 cos2 θ) + mga sin θ,
2
2
luego
∂L
= ma2 θ̇ + I θ̇,
∂ θ̇
∂L
= −m(ωa cos θ − bω)ωa sin θ − I(ω 2 cos θ sin θ) + mga cos θ,
∂θ
y resulta la ecuación de movimiento
(ma2 +I)θ̈ +m(ωa cos θ −bω)ωa sin θ +I(ω2 cos θ sin θ)−mga cos θ = 0,
que puede simplificarse a
(ma2 + I)θ̈ + ω 2 (ma2 + I) cos θ sin θ − mbω 2 a sin θ − mga cos θ = 0.
b) Método tradicional. Podemos utilizar las ecuaciones de Euler que son
Ixx ω̇ x − (Iyy − Izz )ωy ω z = Γext
x
Iyy ω̇ y − (Izz − Ixx )ωz ω x = Γext
y
Izz ω̇z − (Ixx − Iyy )ω x ω y = Γext
z .
Para los ejes principales (1), (2) y (3) ellas se reducen a
I ω̇ 1 + Iω 2 ω 3 = Γext
1
0 = Γext
2
I ω̇ 3 − Iω 1 ω 2 = Γext
3 .
Reemplazando las componentes de la velocidad angular obtenemos
I θ̈ + I(−ω sin θ)(−ω cos θ) = Γext
1
0 = Γext
2
d
I (−ω cos θ) − I θ̇(−ω sin θ) = Γext
3 .
dt
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5.5 Ejemplos y aplicaciones
213
es decir
I θ̈ + Iω 2 sin θ cos θ = Γext
1
0 = Γext
2
2Iωθ̇ sin θ = Γext
3 .
El problema es establecer el torque que se ejerce sobre el centro de masa
de la barra, como consecuencia del mecanismo que la obliga a moverse sobre el plano indicado en la figura. Estamos entonces obligados a
analizar al movimiento del centro de masa. Derivando vG obtenemos
d
((ωa cos θ − bω)ê1 + aθ̇ê3 ),
dt
= (−ωaθ̇ sin θ)ê1 + aθ̈ê3 + (ωa cos θ − bω)ω × ê1 + aθ̇ω × ê3 ,
aG =
2
= −2ωaθ̇ sin θê1 + aθ̈ê3 − (ω2 a cos θ − bω 2 )(cos θê2 − sin θê3 ) − aθ̇ ê2 ),
pero
F = F1 ê1 + F2 ê2 + F3 ê3 + mg(cos θê3 + sin θê2 )
luego
F1 = −2mωaθ̇ sin θ,
2
F2 + mg sin θ = m(−(ω 2 a cos θ − bω 2 ) cos θ − aθ̇ )),
F3 + mg cos θ = m(aθ̈ + (ω 2 a cos θ − bω 2 ) sin θ)
Averiguando cual de estas fuerzas produce un torque respecto a la
dirección (1) en G, se tiene que
Γext
1 = −aF3 ,
de modo que
I θ̈ + Iω 2 sin θ cos θ = −ma(aθ̈ + (ω2 a cos θ − bω 2 ) sin θ) + mga cos θ,
o sea
(ma2 + I)θ̈ + ω 2 (ma2 + I) sin θ cos θ − mabω 2 sin θ − mga cos θ = 0.
Mismo resultado, pero mucho más laborioso. ¿Porqué se ha elegido
Γext
1 ? La respuesta es que el mecanismo también ejerce un “par” M
sobre la barra, pero el no puede tener componente sobre el eje (1).
N
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214
5.6.
Ecuaciones de Lagrange
Las ecuaciones de Hamilton
Cuando se estableció el teorema de conservación del Hamiltoniano, también se probaron las 2n ecuaciones de Hamilton (5.12) y (5.13) para las 2n
variables q, p.Para un sistema de n grados de libertad, el espacio de fase se
define como el espacio de 2n dimensiones de las coordenadas y momentos
canónicos (q, p). El estado para un tiempo t, (q, p) de tal sistema queda entonces representado por un punto en dicho espacio de fase. La evolución en
el tiempo del sistema, determinada por las ecuaciones de Hamilton, es representada entonces por un punto en movimiento en el correspondiente espacio
de fase. Podemos distinguir los sistemas autónomos donde H no depende del
tiempo en forma explícita y es por lo tanto constante de movimiento (en los
sistemas conservativos). En estos casos que consideraremos primero, la órbita
que describe la evolución del sistema en el espacio de fase, está confinada en
el subespacio H(q, p) = E = constante.
5.6.1.
Sistemas autónomos
Para estos sistemas, conservativos, H = H(q, p) = E, las ecuaciones de
Hamilton
∂H
∂H
= q̇i
y
= −ṗi ,
∂pi
∂qi
determinan la evolución del sistema, confinado al subespacio de energía constante. Más en general tal sistema de ecuaciones podría escribirse como
ẋ = F(x, μ),
donde x = [q, p]T es vector (o matriz columna) y μ representa uno o más
parámetros.
5.6.2.
Puntos críticos o de equilibrio
En general, las órbitas en el espacio de fase no pueden cortarse debido a
que entonces, en esos puntos tomados como condición inicial del sistema, la
evolución futura del sistema no está determinada unívocamente. La excepción
la constituyen los puntos de equilibrio donde por definición son cero todas las
derivadas q̇i y ṗi . Esto corresponde a sistemas que están en estados que no
evolucionan en el tiempo. En estos casos, la evolución futura dependerá de
perturbaciones iniciales aplicadas al sistema. Los puntos críticos corresponde
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5.6 Las ecuaciones de Hamilton
215
a estados donde las velocidades son cero q̇ = 0 y también las aceleraciones
son cero ṗ = 0. En un lenguaje generalizado, los puntos críticos x0 satisfacen
F(x, μ) = 0.
Estabilidad de los puntos críticos
Una clasificación más detallada de las características de los puntos críticos
se desprenderá del análisis que se realiza a continuación, para un sistema
autónomo con un grado de libertad, o espacio de fase de dos dimensiones,
que puedan linealizarse en el sentido explicado a continuación.
Linealización
Supongamos un sistema autónomo correspondiente a un grado de libertad, es decir con un espacio de fase de dos dimensiones
q̇ =
∂H(q, p)
∂p
y
ṗ = −
∂H(q, p)
.
∂q
(5.28)
Si además hacemos un corrimiento del origen del espacio de fase de modo
que el punto crítico bajo estudio corresponde al origen, q = 0, p = 0, el
hamiltoniano puede expandirse en torno al origen de modo que se tendrá
hasta primer orden
¯
¯
∂H(q, p)
∂ 2 H(q, p) ¯¯
∂ 2 H(q, p) ¯¯
q̇ =
'
q+
p,
∂p
∂p∂q ¯0,0
∂p2 ¯0,0
¯
¯
∂ 2 H(q, p) ¯¯
∂H(q, p)
∂ 2 H(q, p) ¯¯
'−
ṗ = −
q−
p,
∂q
∂q 2 ¯0,0
∂q∂p ¯0,0
y si solo se mantienen los términos lineales, el sistema autónomo es, en la
vecindad del punto crítico
q̇ = H12 q + H22 p,
ṗ = −H11 q − H12 p,
que puede ser escrito como sistema autónomo lineal
µ ¶ µ
¶µ ¶
d
q
H12
q
H22
=
.
p
−H11 −H12
dt p
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(5.29)
216
Ecuaciones de Lagrange
La notación distingue las derivadas parciales con índices: 1 = q, 2 = p. En
el caso en que la parte lineal sea nula, el problema es más complejo y no
será tratado aquí. Note además que para el caso considerado H12 = H21 .
Como veremos, una caracterización de los puntos críticos de estos sistemas
que pueden ser aproximados por un sistema lineal en la vecindad del punto de
equilibrio, o de alguno de ellos, depende crucialmente de los valores propios
de esa matriz involucrada en la última relación. Para no perder generalidad
supondremos solamente que sus elementos son reales, a, b, c y d. Además
cambiaremos a notación x = q, y = p de modo que el sistema a considerar
es:
µ ¶ µ
¶µ ¶
µ ¶
d
x
a b
x
x
=
=A
.
(5.30)
c d
y
y
dt y
Los valores propios λ de la matriz A, están dados por las raíces de la ecuación
de segundo grado
(a − λ)(d − λ) − bc = 0 ,
que llamaremos λ1 , λ2 . Supongamos que los valores propios son λ1 y λ2 y
sean
µ
¶ µ
¶
α1
α2
,
,
β1
β2
los vectores propios. Suponga además que la solución es exponencial de la
forma
µ
¶
µ
¶
µ
¶
α1
α2
x(t)
λ1 t
= c1
e + c2
eλ2 t
y(t)
β1
β2
al sustituir en la ecuaión diferencial
µ
¶
µ
¶
¶
µ
¶
¶
µ
¶µ µ
α1
α2
α1
α2
a b
λ1 t
λ2 t
λ1 t
λ2 t
λ1 c1
e + λ2 c2
e
e + c2
e
=
c1
c d
β1
β2
β1
β2
µ
¶
µ
¶
α1
α2
λ1 t
= λ1 c1
e + λ2 c2
eλ2 t ,
β1
β2
se satisface identicamente. Como está bien establecido, se pueden distinguir
los siguientes casos cuando det(A) = ad − bc 6= 0.
Caso real 1. λ1 < λ2 < 0, nodo asintóticamente estable.
Caso real 2. 0 < λ1 < λ2 , nodo inestable.
Caso real 3. λ1 < 0 < λ2 , punto montura, inestable.
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5.6 Las ecuaciones de Hamilton
217
Caso real 4. λ1 = λ2 < 0, nodo, asintóticamente estable.
Caso real 5. 0 < λ1 = λ2 , nodo, inestable.
Caso complejo 1. Re(λ) < 0, espiral, asintóticamente estable.
Caso complejo 2. 0 < Re(λ), espiral, inestable.
Caso complejo 2. Re(λ) = 0, centro, estable.
Valores propios reales
Los tres casos reales pueden analizarse dentro del mismo contexto. Al
suponer soluciones particulares de la forma exp(λt), se encuentra que la solución general es de la forma
µ
x(t)
y(t)
¶
= c1
µ
α1
β1
¶
λ1 t
e
+ c2
µ
α2
β2
¶
eλ2 t ,
(5.31)
donde los vectores de componentes α, β son los vectores propios asociados a
los valores propios λ1 y λ2 . Enseguida, para esquematizar la conducta cerca
del punto crítico, x, y → 0, es necesario ver que término predomina y en qué
tiempo ocurre eso. Por ejemplo en el caso real 1, predomina el término con λ1
cuando t → ∞. Es decir el sistema, a la larga, se aproxima asintóticamente
al punto crítico por la dirección de la recta definida por el correspondiente
vector propio. Similarmente, en el caso real 3, si t → ∞ el sistema puede
aproximarse asintóticamente al punto crítico por la recta asociada al valor
propio negativo. En cambio, puede alejarse a medida t → ∞ por la recta
asociada al valor propio positivo. Para cualquier condición inicial fuera de
la recta asociada al valor propio negativo, predominará a la larga, la parte
asociada al positivo, ver figura (5.4).
Valores propios complejos
Los valores propios complejos, de la forma λ = u±iv, merecen otra forma
de análisis. En este caso, es conveniente reducir el problema a lo que se denomina su “forma canónica”. Es conocido que todo problema bidimensional
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218
Ecuaciones de Lagrange
Real 1
Real 2
Real 4
Real 3
Real 5
Figura 5.4: Autovalores reales
lineal con valores propios complejos, puede ser transformado mediante un
cambio de coordenadas a su llamada forma canónica
µ ¶ µ
¶µ ¶
µ ¶
d
x
m n
x
x
=
=A
.
(5.32)
−n m
y
y
dt y
siendo en este caso los autovalores de la matriz A, λ = m ± in. Si además
se utilizan coordenadas polares, x = r cos θ y y = r sin θ, las ecuaciones se
desacoplan
dθ
dr
= mr,
= −n,
(5.33)
dt
dt
con solución
r = r0 emt ,
θ = θ0 − nt,
(5.34)
por lo cual, la solución general de (5.32) está dada por:
x(t) = r0 emt cos(θ0 − nt),
y(t) = r0 emt sin(θ0 − nt),
(5.35)
por lo cual, las trayectorias o curvas en el espacio de fase son espirales que
divergen si si Re(λ) = m > 0, espirales que convergen si Re(λ) = m < 0 y
círculos si m = 0. Así se distinguen los tres casos, ver figura (??)
Caso complejo 1. Re(λ) = m < 0, espiral, asintóticamente estable.
Caso complejo 2. Re(λ) = m, espiral, inestable.
Caso complejo 3. Re(λ) = m, centro, estable.
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5.6 Las ecuaciones de Hamilton
219
Complejo 3
Complejo 2
Complejo 1
Figura 5.5: Autovalores complejos
Ejemplo 5.6.1 Reduzca un sistema lineal de dos dimensiones a su forma
canónica.
Solución. Consideremos el sistema lineal
µ
¶
x0
y0
=
µ
a b
c d
¶µ
x
y
¶
,
donde la matriz tiene valores propios complejo, es decir de
(a − λ)(d − λ) − bc = 0,
se deduce
1
1 p
1
λ = a + d ± i − (a − d)2 − 4cb) = m ± in.
2
2
2
Considere ahora la siguiente transformación lineal
µ
con inversa
µ
x
y
u
v
¶
¶
=
=
µ
µ
i
m−a
in
0
− inb
¶µ
−i
0
i
−i m−a
−
n
b
b
x
y
¶µ
¶
u
v
,
¶
,
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220
Ecuaciones de Lagrange
por lo tanto
µ 0 ¶
µ
i
u
=
m−a
0
v
µ in
i
=
m−a
µ in
i
=
m−a
µ in
m
=
−n
0
− inb
0
− inb
¶µ
¶µ
x0
y0
¶
a b
c d
¶µ
x
y
¶
¶µ
¶µ
¶µ ¶
0
a b
−i
0
u
i
c d
−i m−a
−
n
v
− inb
b
b
¶µ ¶
n
u
,
m
v
que prueba el teorema. Usted podría preguntarse ¿cómo es que se adivinó
la transformación lineal? En realidad, la solución del sistema original nos
orienta al respecto. Hagamos x = Aeλt , y = Beλt , luego debe tenerse
λA = aA + bB,
λB = cA + dB,
se obtienen los autovalores
λ = λ1 , λ2 = m ± in,
y la razón de amplitudes
λ−a
B
=
,
A
b
de donde la solución es
x = A1 eλ1 t + A2 eλ2 t ,
λ2 − a
λ1 − a
A1 eλ1 t +
A2 eλ2 t
y =
b
b
m−a
n
(A1 eλ1 t + A2 eλ2 t ) + i (A1 eλ1 t − A2 eλ2 t ),
=
b
b
y hacer
u = i(A1 eλ1 t + A2 eλ2 t ),
v = −(A1 eλ1 t − A2 eλ2 t ),
de modo que
x = −iu
n
m−a
u − i v.
y = −i
b
b
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5.6 Las ecuaciones de Hamilton
221
N
Como una regla la conducta dinámica de un sistema es dependiente de
algunos parámetros. Nos limitaremos a describir aspectos esenciales de la
conducta de sistemas que tienen un parámetro que llamaremos μ. Este parámetro también es conocido como parámetro de control. Puede ocurrir que
para valores pequeños del parámetro el sistema presente una configuración de
equilibrio estable. Si el parámetro se incrementa, tal situación de equilibrio
puede tornarse inestable y dar lugar a dos situaciones de equilibrio distintas.
Tal fenómeno se conoce como bifurcación. Supongamos que la dinámica esta
dada por
ẋ = F(x, μ),
(5.36)
y que la situación de equilibrio o punto x0 crítico satisface
ẋ = F(x0 , μ) = 0.
Esto es una determinación implícita del punto de equilibrio
x0 = x0 (μ).
Un teorema sobre funciones implícitas requiere que la matriz de Jacobi
Mij =
∂Fi
∂xj
sea no singular. Esto es que el determinante de Mij no se anule. En efecto si
linealizamos 5.36 en torno a la posición de equilibrio
x = x0 +y,
entonces
ẏi =Fi (x0 + y) =Fi (x0 )+
X
j
∂Fi
yj
∂xj
¾
0
de donde es posible despejar los yj si
det(
∂Fi
) ± 0.
∂xj
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,
222
5.6.3.
Ecuaciones de Lagrange
Estabilidad de un punto de equilibrio
Supongamos que se tiene un punto de equilibrio caracterizado por
ẋ = F(x0 , μ) = 0,
Si el sistema se coloca en un punto del espacio de fase cercano al punto de
equilibrio, la evolución puede ser hacia el punto de equilibrio. Si eso es así
tal punto de equilibrio se denomina estable. Para ver bajo que condiciones
ocurre esto, hagamos una expansión
x = x0 +y,
entonces
ẏi =Fi (x0 + y) =Fi (x0 )+
X
j
o en lenguaje matricial
∂Fi
yj
∂xj
¾
,
0
ẏ = M0 y
si se buscan soluciones exponenciales
y = ae−pt ,
resulta
M0 a = − pa.
Claramente el punto de equilibrio es estable si y → 0 esto es si p es real y
positivo. Esto es el punto de equilibrio es estable si los valores propios de la
matriz Jacobiano
∂Fi
Mij =
∂xj
son negativos.
5.6.4.
La bifurcación de Saddle point
El sistema dinámico gobernado por
ẋ = F = μ − x2 ,
tiene un punto de equilibrio o crítico cuando
μ − x20 = 0,
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5.6 Las ecuaciones de Hamilton
223
Figura 5.6:
pero x0 no existe si μ es negativo. Luego el número de puntos críticos pasa
de 0 a 2, cuando μ pasa de negativo a positivo.
∂F
= −2x = 0 ⇒ x = 0.
∂x
La estabilidad de los puntos críticos
√
x0 = ± μ,
M=
puede analizarse haciendo una perturbación
√
x = ± μ + δx,
con δx pequeño. Resulta
ẋ)± =
=
=
'
√
μ − (± μ + δx)2
√
μ − ( μ ± δx)2
√
∓2 μδx − (δx)2
√
∓2 μδx
O sea, para el signo + una desviación positiva δx ocasiona una disminución
de x, esto es estabilidad. Para el signo − una desviación positiva δx causa
una desviación positiva de x, esto es inestabilidad.
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224
5.6.5.
Ecuaciones de Lagrange
Análisis de estabilidad más en general
ẋ = F (x, μ)
F (x0 , μ) = 0
expanda
x = x0 + δx
∂F
ẋ = F (x0 + δx, μ) ' F (x0 , μ) + δx
∂x
¾
∂F
ẋ = δx
.
∂x x0
¾
x0
Claramente
estabilidad significa que ẋ y δx tienen distinto
signo, esto es
ª
ª
∂F
∂F
< 0 mientras que inestabilidad significa que ∂x x0 > 0
∂x x0
5.6.6.
La bifurcación de pitchfork
El sistema dinámico gobernado por
ẋ = F = μx − x3 ,
tiene un punto de equilibrio o crítico cuando
μx0 − x30 = 0,
√
Hay tres puntos críticos x0 = 0, para todo valor de μ, x0 = ± μ si μ > 0. El
número de puntos críticos pasa de 1 a 3 cuando μ pasa de negativo a positivo.
La matriz de Jacobi es
∂F
= μ − 3x2
M=
∂x
Estabilidad
M(0) = μ estable si μ < 0
√
M(± μ) = μ − 3μ = −2μ estable si μ > 0
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5.6 Las ecuaciones de Hamilton
5.6.7.
225
La bifurcación de Hopf
Considere el sistema
ẋ = −y + x(μ − (x2 + y 2 )) = F1 ,
ẏ = x + y(μ − (x2 + y 2 )) = F2 ,
la matriz Jacobiano es
"
M=
∂F1
∂x
∂F2
∂x
∂F1
∂y
∂F2
∂y
#
=
∙
μ − 3x2 − y 2
−1 − 2xy
1 − 2xy
μ − x2 − 3y 2
El punto fijo corresponde a
−y + x(μ − (x2 + y 2 )) = 0,
x + y(μ − (x2 + y 2 )) = 0,
una solución es el punto (0, 0). La matriz de Jacobi se reduce a
M0 =
∙
μ −1
1 μ
¸
,
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¸
226
Ecuaciones de Lagrange
con valores propios
μ − i,
μ + i,
recordando caso complejo 1 que μ < 0 , espiral, asintóticamente estable.
Caso complejo 2 μ > 0, espiral, inestable. Caso complejo 3 μ = 0, centro,
estable.
Cambiando
x = r cos φ
y = r sin φ
Linealizando en torno a (0, 0)
ṙ cos φ − rφ̇ sin φ = −r sin φ + μr cos φ − r3 cos φ,
ṙ sin φ + rφ̇ cos φ = r cos φ + μr sin φ − r3 sin φ,
que se desacoplan
ṙ = μr − r3
(radial)
φ̇ = 1,
de modo que
x = r cos t,
y = r sin t,
La solución de la ecuación radial 1.11 puede ser obtenida y es
r (t) =
1
1 + e−2μt C1 μ
p
√
(1 + e−2μt C1 μ) μ, r∞ → μ
√
gráfico
que tiende a un ciclo límite de radio μ cuando μ es positivo. En el √
que sigue se ilustra la convergencia al ciclo límite para μ = 0,5, r∞ = 0,5 =
0,71 partiendo de valores r(0) = 1 y r(0) = 0,4.
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5.6 Las ecuaciones de Hamilton
Figura 5.7:
Figura 5.8:
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227
228
5.6.8.
Ecuaciones de Lagrange
Ejemplos
Daremos algunos ejemplos donde se analizan y caracterizan puntos de
equilibrio.
Ejemplo 5.6.2 (Adaptado de Fetter) Considere una partícula de masa m
que se mueve vinculada a un alambre liso en forma de circunferencia de radio
R y cuyo plano es vertical. El alambre rota en torno a su diámetro vertical con
velocidad angular constante Ω. Usando el ángulo θ entre el radio que contiene
la partícula y la vertical descendente. (a) Encuentre el lagrangeano, escriba
la ecuación de mocimiento y su primera integral. (b) Determine todas las
posiciones de equilibrio ( en realidad posiciones estacionarias) y clasifíquelas
como estables o inestables. (c) Para las que sean estables, ecuentre la frecencia
de oscilaciones pequeñas.
Solución. Con respecto a la figura
tenemos que el Lagrangeano es
1 2
mv + mgR cos θ,
2
1
2
=
m(R2 θ̇ + R2 Ω2 sin2 θ) + mgR cos θ.
2
L =
De aquí sale la ecuación de movimiento
d ∂L ∂L
=
−
dt ∂ θ̇
∂θ
= mR2 θ̈ − mR2 Ω2 sin θ cos θ + mgR sin θ = 0.
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5.6 Las ecuaciones de Hamilton
229
El lagrangeano es independiente del tiempo, luego una primera integral es
H = constante. Calculando
1
2
2
H = pθ θ̇ − L = mR2 θ̇ − m(R2 θ̇ + R2 Ω2 sin2 θ) − mgR cos θ,
2
2
pθ = mR θ̇,
1
1 p2θ
− mR2 Ω2 sin2 θ − mgR cos θ
H =
2
2 mR
2
Las ecuaciones de Hamilton son
∂H
pθ
=
,
∂pθ
mR2
∂H
= mR2 Ω2 sin θ cos θ − mgR sin θ,
= −
∂θ
θ̇ =
ṗθ
las posiciones de equilibrio son θ̇ = 0, ṗθ = 0 y los ángulos satisfacen
RΩ2 sin θ cos θ − g sin θ = 0,
con soluciones
θ = 0, θ = π
y otra que existe si
g
RΩ2
< 1.
cos θ =
g
.
RΩ2
Linealización
µ
¶
µ
¶µ
¶
d
θ
H12
θ
H22
=
pθ
−H11 −H12
dt pθ
µ
0
=
2 2
2
(2mR Ω cos θ − mR2 Ω2 − mgR cos θ)
los valores propios de la matriz son
λ=±
1p
R (2RΩ2 cos2 θ − RΩ2 − g cos θ).
R
Para los valores de equilibrio calculamos
N
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1
mR2
0
¶µ
θ
pθ
¶
230
Ecuaciones de Lagrange
p
a) θ = 0, λ = ± R1 R (RΩ2 − g), imaginario puro, centro estable si g >
Ω2 R
p
b) θ = π, λ = ± R1 R (RΩ2 + g) reales positivo y negativo, punto montura
inestable.
r ³
´
g
g2
1
2 , imaginario puro, centro es−
RΩ
c) cos θ0 = RΩ2 , λ = ± R R RΩ
2
table si g < Ω2 R.
Oscilaciones pequeñas en torno a θ ' 0 y θ ' θ0
Expansión en torno a (0, 0)
pθ
,
mR2¡
¢
ṗθ = mR RΩ2 − g θ,
³
g´
2
θ
θ̈ = Ω −
R
g
− Ω2 .
ω2 =
R
θ̇ =
Expansión en torno a cos θ0 =
g
RΩ2
pθ
,
mR2
¢¡
¢
m¡
ṗθ =
g − RΩ2 g + RΩ2 θ,
2
Ω
´³ g
´
1 ³g
2
2
θ,
−
Ω
+
Ω
θ̈ =
Ω2 R
R
1 ³ 2 g ´³ 2 g ´
ω2 =
Ω −
Ω +
.
Ω2
R
R
θ̇ =
Ejemplo 5.6.3 Una partícula se mueve en uina órbita circunferencial bajo
un potencial central atractivo V (r). Encuentre la condición para que una
órbita circular sea estable.
Solución. Estabilidad de una órbita circular. En coordendas polares r y
θ el lagrangeano es
1
2
L = m(ṙ2 + r2 θ̇ ) − V (r),
2
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5.6 Las ecuaciones de Hamilton
231
de donde las ecuaciónes de Lagrange son
V 0 (r)
d2 r
2
−
r
θ̇
=
−
dt2
m
2
r θ̇ = constante = h.
(5.37)
(5.38)
N
La solución de órbita circular se obtiene con las condición iniciales
r(0) = R,
r̈(0) = 0,
v(0) = Rθ̇(0),
r
RV 0 (R)
,
v(0) =
r m
RV 0 (R)
h = R
.
m
La ecuación radial puede escribirse
d2 r h2
V 0 (r)
−
=
−
dt2
r3
m
2
3 0
d r R V (R)
V 0 (r)
.
−
= −
dt2
mr3
m
Supongamos una pequeña perturbación u, (sin cambiar la rapidez) de modo
que
r = R + u,
luego
R3 V 0 (R)
V 0 (R + u)
d2 u
,
−
=
−
dt2
m(R + u)3
m
expandiendo hasta primer orden en u
µ
¶
3
V 0 (R)
u
d2 u V 0 (R)
1
−
u
=
−
− V 00 (R),
−
2
dt
m
R
m
m
que se simplifica a
d2 u
+
dt2
µ
¶
1 00
3V 0 (R)
+ V (R) u = 0.
Rm
m
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232
Ecuaciones de Lagrange
La órbita circular será estable en el sentido de u realice oscilaciones armónicas
de pequeña amplitud y ello ocurre si
ω2 =
3V 0 (R)
+ V 00 (R) > 0
R
lo que impone una restricción a la forma del potencial cerca de la órbita .
3
V 00 (R) > − V 0 (R).
R
Si el potencial es del tipo
V (R) = −
c
, con c > 0
Rn
resulta
nc
,
Rn+1
n(n + 1)c
,
V 00 (R) = −
Rn+2
V 0 (R) =
luego
3 nc
n(n + 1)c
>
−
,
Rn+2
R Rn+1
de aquí una condición que debe cumplir n
−
(n + 1) < 3 ⇒ n < 2,
cuestión que es satisfecha por el potencial inverso a la distancia. En efecto si
V (r) = −
GMm
,
r
1
2GMm
3V 0 (R)
3 GMm
1
GM
+ V 00 (R) =
(−
+
)
=
Rm
m
Rm R2
m
R3
R3
y entonces el periodo de oscilación será
ω2 =
T =
2π
2πR
2π
=q
,
=
ω
v(0)
GM
R3
el mismo periodo de revolución en la órbita. En este caso, la solución perturbada puede ser encontrada exactamente y se trata de una elipse.
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5.6 Las ecuaciones de Hamilton
5.6.9.
233
Otro punto de vista
La órbita circular será estable en r = R si el potencial efectivo
U ef =
2
lO
+ V (r),
2μr2
tiene un mínimo local en r = R. Entonces debe ser
2
lO
= 0,
μR3
3l2
V 00 (R) + O4 > 0
μR
V 0 (R) −
o bien, eliminando l02
3 0
V (R) > 0
R
que es la misma condición obtenida anteriormente.
V 00 (R) +
5.6.10.
Un caso inestable
La inestabilidad de la órbita circular para el caso de un potencia atractivo
de la distancia
inverso al
cuadrado
V (r) = −
2k
k
,
F
(r)
=
−
r2
r3
es fácil de comprender. Para este caso el radio de la órbita circular está dado
según la rapidez v(0) de acuerdo a
μ
2k
2k
v 2 (0)
= 3 ⇒ v2 (0) =
.
R
R
μR2
La energía en general es
l2
k
1 2
μṙ + O 2 − 2 ,
2
2μr
r
2
1
l
1 2
μṙ + ( O − k) 2 ,
=
2
2μ
r
E =
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234
Ecuaciones de Lagrange
y la ecuación radial es
μr̈ = (
Para la órbita circular E = 0 y
levemente
l2
( μO
2
1
lO
− 2k) 3 .
μ
r
2
lO
μ
− 2k = 0. Si la rapidez se aumenta
− 2k) > 0 resulta r̈ > 0, r crece sin límite. Si la rapidez se
l2
disminuye levemente ( μO − 2k) < 0 resulta r̈ < 0, r disminuye a cero, es decir
partículas chocarán.
5.6.11.
Otro caso estable
Para la fuerza elástica con
V (r) = kr2 ,
hay órbitas circulares estables. El potencial efectivo es
U ef =
2
lO
+ kr2 ,
2μr2
luego la condición de extremo en r = R da
−
2
lO
μR3
+ 2kR = 0 ⇒ R =
s
4
2
lO
,
2kμ
y la segunda derivada es
(U ef )00 =
5.7.
2
3lO
+ 2k = 8k > 0.
μR4
Ejercicios resueltos
Ejercicio 5.7.1 Si se considera la transformación
r = r(q1 , q2 , q3 ),
siendo los qi funciones del tiempo. Demuestre la identidad:
∂ v2
∂r
d ∂ v2
−
=a·
.
dt ∂ q̇j 2
∂qj 2
∂qj
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5.7 Ejercicios resueltos
235
Solución. Considere
v=
y
X ∂r
q̇i ,
∂qi
∂
∂r
∂ v2
=v·
v=v·
,
∂ q̇j 2
∂ q̇j
∂qj
luego
∂r
d ∂r
d ∂ v2
= a·
+v·
dt ∂ q̇j 2
∂qj
dt ∂qj
∂r
∂v
= a·
+v·
∂qj
∂qj
∂r
∂ v2
,
= a·
+
∂qj ∂qj 2
N
Ejercicio 5.7.2 Utilice la identidad señalada en el problema anterior para
obtener las componentes de la aceleración de una partícula en coordenadas
cilíndricas y en coordenadas esféricas.
Solución. En coordenadas cilíndricas ρ, φ, z
r = z k̂ + ρρ̂
∂r
∂r
∂ρ̂
∂r
= k̂,
= ρ̂,
=ρ
= ρφ̂
∂z
∂ρ
∂φ
∂φ
2
v 2 = ż 2 + ρ̇2 + ρ2 φ̇ ,
luego resultan
az
aρ
∂ v2
d ∂ v2
−
= z̈,
=
dt ∂ ż 2
∂z 2
∂ v2
d ∂ v2
2
−
= ρ̈ − ρφ̇ ,
=
dt ∂ ρ̇ 2
∂ρ 2
2
ρaφ
aφ
∂ v2
d ∂ ρ2 φ̇
d ∂ v2
−
=
=
dt ∂ φ̇ 2
∂φ 2
dt ∂ φ̇ 2
d 2
ρ φ̇ = 2ρρ̇φ̇ + ρ2 φ̈.
=
dt
= 2ρ̇φ̇ + ρφ̈.
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236
Ecuaciones de Lagrange
Similarmente, para coordenadas esféricas e, θ, φ
r = rr̂
∂r
∂r
∂r
= r̂,
= rθ̂,
= r(sin θ)φ̂
∂r
∂θ
∂φ
2
2
v 2 = ṙ2 + r2 θ̇ + r2 (sin2 θ)φ̇ ,
luego resultan
∂ v2
d ∂ v2
−
= r̈,
dt ∂ ṙ 2
∂r 2
2
2
∂ v2
d ∂ r2 θ̇
∂ r2 (sin2 θ)φ̇
d ∂ v2
−
=
−
,
=
dt ∂ θ̇ 2
∂θ 2
dt ∂ θ̇ 2
∂θ
2
d 2
2
2
r θ̇ − r2 (sin θ cos θ)φ̇ = r2 θ̈ + 2rṙθ̇ − r2 (sin θ cos θ)φ̇ ,
=
dt
2
= rθ̈ + 2ṙθ̇ − r(sin θ cos θ)φ̇
ar =
raθ
aθ
2
r(sin θ)aφ
aφ
∂ v2
d ∂ r2 (sin2 θ)φ̇
d ∂ v2
−
=
=
dt ∂ φ̇ 2
∂φ 2
dt ∂ φ̇
2
d 2
r (sin2 θ)φ̇,
=
dt
= r(sin θ)φ̈ + 2ṙ(sin θ)φ̇ + 2r(cos θ)θ̇φ̇
N
Ejercicio 5.7.3 Considere una barra de masa m, largo 2a que se mueve en
un plano vertical bajo acción de su peso de modo que su extremo A puede
moverse libremente sobre una corredera lisa OX. Escriba las ecuaciones de
Lagrange para las coordenadas generalizadas x el desplazamiento del punto
A, y el ángulo θ que forma la barra con la vertical.
Solución. Las coordenadas de G serán
xG = x + a sin θ,
yG = −a cos θ,
de donde
ẋG = ẋ + aθ̇ cos θ,
2
2
yG = aθ̇ sin θ, vG
= ẋ2 + 2aẋθ̇ cos θ + a2 θ̇ ,
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5.7 Ejercicios resueltos
237
y entonces el lagrangiano será
11 2 2
1
2
ma θ̇ + mga cos θ,
L = m(ẋ2 + 2aẋθ̇ cos θ + a2 θ̇ ) +
2
23
de donde calculamos
∂L
4
∂L
= mẋ + maθ̇ cos θ,
= maẋ cos θ + ma2 θ̇,
∂ ẋ
3
∂ θ̇
∂L
∂L
= 0,
= −maẋθ̇ sin θ − mga sin θ,
∂x
∂θ
de donde
mẋ + maθ̇ cos θ = constante,
4 2
ma θ̈ + maẍ cos θ + mga sin θ = 0.
3
N
Ejercicio 5.7.4 Una barra de longitud 2l se balancea sin deslizarse sobre
un cilindro horizontal de radio a, como se indica en la figura (5.9) de modo
el centro de la barra toca al cilindro en el punto más alto. Demuestre que:
2l
a
θ
Figura 5.9:
2
θ̇ =
6g(h − a cos θ − aθ sin θ)
l2 + 3a2 θ2
siendo h una constante.
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238
Ecuaciones de Lagrange
Solución. Debido a que la barra no desliza, la distancia desde el punto
de apoyo de la barra al centro de masa es
s = aθ,
luego
xG = a sin θ − aθ cos θ, yG = a cos θ + aθ sin θ,
luego
ẋG = aθθ̇ sin θ, ẏG = aθθ̇ cos θ,
entonces la energía será
11 2 2
1
2
ml θ̇ + mg(a cos θ + aθ sin θ),
E = ma2 θ2 θ̇ +
2
23
de donde despejamos
θ̇
2
=
=
6E
m
− 6g(a cos θ + aθ sin θ)
(3a2 θ2 + l2 )
E
− a cos θ − aθ sin θ)
6g( mg
(3a2 θ2 + l2 )
.
N
Ejercicio 5.7.5 El extremo de una barra uniforme de largo l está montado
sobre un eje de modo que la barra puede rotar libremente en un plano normal
al eje, como se indica en la figura (5.10). Si el eje se hace rotar sobre un
plano horizontal con velocidad de rotación constante Ω, permaneciendo fija
la unión de la barra al eje, demuestre que el ángulo que la barra forma con
la vertical descendente satisface:
θ̈ = Ω2 sin θ cos θ −
3g
sin θ.
2l
Solución. Tomando ejes principales de inercia xyz en el extremo superior
de la barra, y sobre la barra, z en el plano vertical que contiene Ω y la barra,
x perpendicular a la barra y horizontal.
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5.7 Ejercicios resueltos
239
Ω
θ
Figura 5.10:
z
Ω
θ
x
Ωt
θ
y
tenemos
ωx = θ̇, ω y = −Ω cos θ, ωz = Ω sin θ,
entonces
L=
11 2 2
l
ml (θ̇ + Ω2 sin2 θ) + mg cos θ,
23
2
de donde
1
l
∂L 1 2 2
∂L
= ml (Ω sin θ cos θ) − mg sin θ,
= ml2 θ̇,
3
∂θ
3
2
∂ θ̇
y sigue
l
1
1 2
ml θ̈ − ml2 (Ω2 sin θ cos θ) + mg sin θ = 0,
3
3
2
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240
Ecuaciones de Lagrange
o sea
θ̈ = Ω2 sin θ cos θ −
3g
sin θ.
2l
N
Ejercicio 5.7.6 Considere un disco de masa m radio r que rueda sin deslizar con su plano vertical sobre un plano horizontal tirado de su centro con
una fuerza horizontal constante F.
a) Resuelva el problema por el método de Lagrange considerando que el
sistema es holonómico con un grado de libertad.
b) Resuelva el mismo problema, tratando al sistema como si fuera no holonómico con la restricción adicional: ẋ − rθ̇ = 0.
Solución. Considerado el vínculo hay un grado de libertad y
1
1 1
3
2
L = mẋ2G + ( mr2 θ̇ ) = mẋ2G ,
2
2 2
4
de donde sigue
3
mẋG = F.
2
Alternativamente consideramos que hay dos grados de libertad con
1
1 1
2
L = mẋ2G + ( mr2 θ̇ ),
2
2 2
y la restricción adicional
ẍG = rθ̈,
o
δxG − rδθ = 0,
luego la expresión
¶
Xµ d ∂
X
∂
K−
K δqj =
Qj δqj ,
dt
∂
q̇
∂q
j
j
j
j
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5.7 Ejercicios resueltos
241
se reduce a
¶
Xµ d ∂
X
∂
K−
K δqj =
Qj δqj
dt
∂
q̇
∂q
j
j
j
j
1
mẍG δxG + mr2 θ̈δθ = F δxG ,
2
δxG − rδθ = 0,
multiplicando por λ y sumando
1
(mẍG − F + λ)δxG + ( mr2 θ̈ − λr)δθ = 0,
2
de modo que
mẍG − F + λ = 0,
1 2
mr θ̈ − λr = 0,
2
la última da
1
mẍG − λ = 0,
2
y luego
1
3
mẍG − F + mẍG = 0 ⇒ mẍG = F.
2
2
N
Ejercicio 5.7.7 Una argolla de masa 3m puede deslizarse horizontalmente
sin rozamiento por un alambre como se indica en la figura. Unido a la argolla
hay un péndulo doble, formado por dos partículas de masas m e hilos de largo
a. Si, en una posición cercana a la de su equilibrio, se deja al sistema en
libertad, a partir del reposo, las masas oscilan en el plano de la figura (5.11)
en torno de la vertical.
a) Escriba las ecuaciones de Lagrange del movimiento del sistema.
b) Determine las aceleraciones cuando los desplazamientos angulares y las
velocidades son pequeñas.
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242
Ecuaciones de Lagrange
3m
a
m
a
m
Figura 5.11:
Solución. Usemos como coordenadas generalizadas x de 3m y los ángulos
θ y φ que forman los hilos con la vertical. Tenemos entonces
x2
y2
x3
y3
=
=
=
=
x + a sin θ,
−a cos θ,
x + a sin θ + a sin φ,
−a cos θ − a cos φ,
de donde
ẋ2
ẏ2
ẋ3
ẏ3
=
=
=
=
ẋ + aθ̇ cos θ,
aθ̇ sin θ,
ẋ + aθ̇ cos θ + aφ̇ cos φ,
aθ̇ sin θ + aφ̇ sin φ,
y luego
L =
3 2 1
2
mẋ + m(ẋ2 + a2 θ̇ + 2ẋaθ̇ cos θ)
2
2
1
2
2
+ m(ẋ2 + a2 θ̇ + a2 φ̇ + 2ẋaθ̇ cos θ + 2ẋaφ̇ cos φ + 2a2 θ̇φ̇ cos(θ − φ))
2
+2mga cos θ + mga cos φ,
derivando
∂L
= 5mẋ + 2m(aθ̇ cos θ) + m(aφ̇ cos φ) = constante.
∂ ẋ
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5.7 Ejercicios resueltos
∂L
∂ θ̇
∂L
∂ φ̇
∂L
∂θ
∂L
∂φ
243
= 2ma2 θ̇ + 3mẋa cos θ + ma2 φ̇ cos(θ − φ),
= ma2 φ̇ + mẋa cos φ + ma2 θ̇ cos(θ − φ),
= −2mẋaθ̇ sin θ − ma2 θ̇φ̇ sin(θ − φ) − 2mga sin θ,
= −mẋaφ̇ sin φ + ma2 θ̇φ̇ sin(θ − φ)) − mga sin φ,
y finalmente
2
0 = 2aθ̈ + 3ẍ cos θ + aφ̈ cos(θ − φ) − aφ̇ sin(θ − φ) + 2g sin θ,
2
0 = aφ̈ + ẍ cos φ + aθ̈ cos(θ − φ) − aθ̇ sin(θ − φ) + g sin φ.
N
Ejercicio 5.7.8 Un péndulo formado por una barra liviana de longitud l,
unida a dos masas iguales a m una de ellas que puede oscilar en un plano vertical, la otra restringida a moverse verticalmente unida a un resorte
de constante k, como se ve en la figura (5.12). Escriba las ecuaciones de
Lagrange del movimiento del sistema.
k
m
m
Figura 5.12:
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244
Ecuaciones de Lagrange
Solución. Sea z la longitud del resorte y θ el ángulo que forma la barra
con la vertical. Las coordenadas de la masa que oscila como péndulo son
x = l sin θ, y = −z − l cos θ,
ẋ = lθ̇ cos θ, y = −ż + lθ̇ sin θ,
luego
1
1
1
2
L = mż 2 + m(ż 2 − 2lż θ̇ sin θ + l2 θ̇ ) − k(z − l0 )2 + mgz,
2
2
2
o sea
1
1
2
L = mż 2 − mlż θ̇ sin θ + ml2 θ̇ − k(z 2 − 2zl0 + l02 ) + mgz,
2
2
∂L
∂L
mg
= mż − mlθ̇ sin θ,
= −k(z − l0 −
),
∂ ż
∂z
k
∂L
∂L
= −mlż θ̇ cos θ,
= m(−lż sin θ + l2 θ̇),
∂θ
∂ θ̇
si se define
u = z − l0 −
mg
,
k
las ecuaciones de lagrange serán
k
u = 0,
m
−ü sin θ + lθ̈ = 0.
2
ü − lθ̈ sin θ − lθ̇ cos θ +
N
Ejercicio 5.7.9 Una barra de longitud 2a y masa M se coloca horizontalmente sobre el punto más alto de un hemisferio rugoso de radio R y masa
igual M que puede deslizar sobre un plano horizontal liso, y se perturba levemente. Determine las ecuaciones de movimiento para el sistema. La barra
no desliza sobre el hemisferio.
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5.7 Ejercicios resueltos
245
Solución. Con respecto a la figura
G
A
θ
x
R
usamos como coordenadas generalizadas el ángulo θ y el desplazamiento x
del hemisferio. Debido al no deslizamiento de la barra AG = Rθ de manera
que
xG = x + R sin θ − Rθ cos θ,
yG = R cos θ + Rθ sin θ,
y luego
ẋG = ẋ + Rθ̇ cos θ − Rθ̇ cos θ + Rθθ̇ sin θ = ẋ + Rθθ̇ sin θ,
ẏG = −Rθ̇ sin θ + Rθ̇ sin θ + Rθθ̇ cos θ = Rθθ̇ cos θ,
2
2
= ẋ2 + 2ẋRθθ̇ sin θ + R2 θ2 θ̇ ,
vG
entonces el lagrangiano será
1
1 1
1
2
2
L = M ẋ2 + M(ẋ2 +2ẋRθθ̇ sin θ+R2 θ2 θ̇ )+ ( Ma2 )θ̇ −Mg(R cos θ+Rθ sin θ),
2
2
2 3
derivando
∂L
= 2M ẋ + M ẋRθθ̇ sin θ,
∂ ẋ
∂L
1
= M(ẋRθ sin θ + R2 θ2 θ̇) + ( Ma2 )θ̇,
3
∂ θ̇
∂L
= 0,
∂x
∂L
2
= M(ẋRθθ̇ cos θ + R2 θθ̇ ) − Mg(Rθ cos θ),
∂θ
y finalmente resultan las ecuaciones de movimiento
2
2
2ẍ + ẍRθθ̇ sin θ + ẋRθ̇ sin θ + ẋRθθ̈ sin θ + ẋRθθ̇ cos θ = 0,
1
2
ẍRθ sin θ + ẋRθ̇ sin θ + R2 θθ̇ + R2 θ2 θ̈ + a2 θ̈ + gRθ cos θ = 0.
3
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246
Ecuaciones de Lagrange
N
Ejercicio 5.7.10 Una partícula de masa m está vinculada suavemente a un
tubo liso el cual se hace rotar en torno de la vertical con velocidad angular
Ω constante, de modo que el ángulo de inclinación del tubo con la vertical es
constante α . Para la coordenada generalizada r, la distancia de la partícula
al punto fijo del tubo se pide
a) Escribir la ecuación de movimiento.
b) Determinar la posición dentro del tubo donde la partícula puede estar
estacionaria, es decir sin moverse respecto al tubo.
c) Si la partícula es colocada dentro del tubo en el punto fijo, determine
la velocidad mínima que que ella debe tener respecto al tubo, para que
ella sobrepase la posición determinada en la pregunta (b).
Solución. Si llamamos r a la distancia de la partícula al origen se tiene
1
L = m(ṙ2 + r2 Ω2 sin2 α) − mgr cos α,
2
de donde sigue
∂L
= mrΩ2 sin2 α − mg cos α,
∂r
∂L
= mṙ,
∂ ṙ
y luego
r̈ = rΩ2 sin2 α − g cos α.
((a))
La partícula puede estar estacionaria donde r̈ = 0 o sea a distancia
g cos α
((b))
r= 2 2
Ω sin α
del origen. Integrando la ecuación de movimiento entre r = 0 y r obtenemos
1 2 1 2 1 2 2 2
ṙ − v0 = r Ω sin α − gr cos α,
2
2
2
y la condición es que ṙ en r =
g cos α
Ω2 sin2 α
de modo que resulta
1 g cos α
g cos α
1 2
v0 = − ( 2 2 )2 Ω2 sin2 α + g 2 2 cos α,
2
2 Ω sin α
Ω sin α
g cot α
.
v0 =
Ω
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((c))
5.7 Ejercicios resueltos
247
N
Ejercicio 5.7.11 Una partícula de masa m está en reposo en el punto más
alto de un hemisferio liso fijo de radio R. Si ella es perturbada levemente, comienza a resbalar sobre el hemisferio. Determine el punto donde ella
abandona el contacto con el hemisferio.
Solución. Sea θ el ángulo que forma la línea desde el centro del hemisferio
a la partícula. Entonces la energía es
1
E = mv 2 + mgR cos θ = mgR,
2
de donde
v2 = 2gR(1 − cos θ).
La reacción normal satisface
N − mg cos θ = −
mv2
,
R
y se anula cuando
mg cos θ = m2g(1 − cos θ) ⇒ cos θ =
2
⇒ θ = 48. 189 7o .
3
N
Ejercicio 5.7.12 Un disco de masa m y radio a está inicialmente en reposo
apoyado en el punto más alto de un hemisferio rugoso de radio R. Si el
disco es perturbado levemente, el comienza a rodar sin resbalar. Escriba la
ecuación de movimiento del disco, para el ángulo θ indicado en la figura
(5.13). Determine además el ángulo para el cual el disco abandona el contacto
con el hemisferio.
Solución. (En los problemas resueltos este problema está resuelto por el
método de Newton) Podemos calcular la rapidez del CM de dos manera,
vCM = (R + a)θ̇ = aω,
de donde
ω=
R+a
θ̇,
a
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248
Ecuaciones de Lagrange
a
R
θ
Figura 5.13:
El lagrangiano será
µ
¶2
1
11 2 R+a
2 2
m(R + a) θ̇ +
ma
L =
θ̇ − mg(R + a) cos θ
2
22
a
3
2
m(R + a)2 θ̇ − mg(R + a) cos θ
=
4
de donde la ecuación de movimiento será
3
(R + a)θ̈ − g sin θ = 0,
2
2g sin θ
.
θ̈ =
3(R + a)
Por integración podemos obtener θ̇
2
θ̇ =
4g(1 − cos θ)
,
3(R + a)
La condición de despegue es cuando no hay contacto
N = 0,
pero
2
de donde
N − mg cos θ = −(R + a)2 θ̇ ,
mg cos θ −
4mg(1 − cos θ)
= 0,
3
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5.7 Ejercicios resueltos
de donde
249
4
cos θ = , θ = 55. 150 1o
7
N
Ejercicio 5.7.13 Una partícula de masa M se coloca en reposo sobre el
punto más alto de un hemisferio semicilíndrico de masa M y radio R, el cual
descansa sobre un plano horizontal liso, como se indica en la figura (5.14). Si
la partícula se perturba levemente, el sistema comienza a moverse. Determine
la expresión que determina el ángulo para el cual la partícula perderá contacto
con el hemisferio.
M
M
R
θ
x
Figura 5.14:
Solución. Con relación a la figura las ecuaciones de movimiento son
d2 (x + R sin θ)
= N sin θ,
dt2
d2 (R cos θ)
= N cos θ − Mg,
M
dt2
d2 x
M 2 = −N sin θ.
dt
Si se elimina x y N se obtiene una ecuación diferencial para el ángulo θ
M
d2 (R sin θ)
= 2N sin θ,
dt2
d2 (R cos θ)
= N cos θ − Mg,
M
dt2
M
d2 (sin θ)
d2 (cos θ)
2g
sin θ =
cos
θ
−
2
sin θ,
R
dt2
dt2
1 d 2
2g
d 2
sin θ =
θ̇ cos2 θ + θ̇ sin2 θ
R
2 dθ
dθ
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250
Ecuaciones de Lagrange
que integrada una vez conduce a
2
θ̇ =
2g 1 − cos θ
.
R 1 − 12 cos2 θ
Considerando que la condición para que exista despegue de la superficie es
N = 0, o sea ẍ = 0, se obtiene
d2 (sin θ)
= 0,
dt2
o bien
d 2
(θ̇ cos2 θ) = 0,
dθ
que desarrollada conduce a una ecuación de tercer grado para el cos θ. En
efecto se obtiene
cos3 θ − 6 cos θ + 4 = 0,
y evaluando numéricamente resulta
cos θ = 0,732 051 ⇒ θ = 42. 941 4o .
N
Ejercicio 5.7.14 Dos partículas de masas m1 y m2 están en reposo sobre
un plano horizontal liso unidas por una cuerda inextensible de largo L. Si
a una de ellas se le da una rapidez inicial v0 perpendicular a la línea que
une las partículas, determine para el movimiento siguiente, la magnitud de
la tensión en la cuerda.
Solución. Realmente este problema no es adecuado para Lagrange. La
velocidad inicial del centro de masa y que permanece constante es
VG =
m1 v0
.
m1 + m2
Las velocidades iniciales relativas a G serán
m1 v0
m2 v0
=
,
m1 + m2
m1 + m2
m1 v0
= −
.
m1 + m2
v10 = v0 −
v20
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5.7 Ejercicios resueltos
251
Ellas describen circunferencias de radios
m2 L
,
m1 + m2
m1 L
=
,
m1 + m2
r1 =
r2
en torno al centro de masa. Luego, la segunda ley aplicada a cualquiera
partícula da
(v10 )2
,
r1
(v20 )2
,
= m2
r2
T = m1
y así resulta
m1 m2 v02
m1 + m2 m2 v0 2
T = m1
(
.
) =
m2 L m1 + m2
m1 + m2 L
N
Ejercicio 5.7.15 Un cono recto de semiángulo en el vértice α y generatriz
de longitud l rueda sin deslizar sobre un plano inclinado un ángulo β respecto
del plano horizontal. Si θ es el ángulo que forma la línea de máxima pendiente
con la generatriz de contacto, demuestre que:
θ̈ +
5g sin β
sin θ = 0.
l(1 + 5 cos2 α)
Solución. Si H es la altura del cono, el momento de inercia respecto a
su generatriz en el vértice es I = 34 mH 2 (1 + 15 sec2 α) sin2 α, la magnitud de
la velocidad angular es ω = θ̇ cot α, la energía del cono puede escribirse como
E = 12 Iω 2 + mg 34 H(sin α cos β − sin β cos α cos θ) y de allí derivando sigue el
resultado.
N
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252
Ecuaciones de Lagrange
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Capítulo
6
Ecuaciones de Hamilton
6.1.
La Acción
La acción de un sistema mecánico se define por:
S=
Zt2
L(q(t), q̇(t), t)dt ,
(6.1)
t1
es decir una integral sobre un posible camino qi (t) que permita al sistema
pasar entre los instantes de tiempo t1 y t2 en forma compatible con los vínculos, y con las condiciones en t1 y t2 . La acción, como veremos, tiene un doble
e importante rol:
Primero, su variación a extremos fijos, supuesta nula conduce a las
ecuaciones de movimiento, ya sea en su forma lagrangiana o forma
hamiltoniana. Esto es los caminos físicos son caminos extremales.
Segundo, su variación en los extremos, suponiendo satisfechas las ecuaciones de movimiento, conduce a las integrales de las ecuaciones de
movimiento.
De lo primero trata el principio variacional de Hamilton. De lo segundo,
que se verá con más detalle más adelante, trata el método de Hamilton Jacobi.
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254
Ecuaciones de Hamilton
6.1.1.
Principio variacional de Hamilton
Un posible camino qi (t) compatible con los vínculos y las condiciones en
t1 y t2 es la trayectoria física, solución de las ecuaciones de movimiento de
un sistema conservativo, sí y solo sí la acción S es un extremo.
Demostración:
En lo que sigue, llamaremos caminos físicos a los caminos extremales
entre los puntos extremos fijos y caminos variados a otros caminos, próximos
a los caminos extremales, entre los mismos puntos extremos. Se requieren
elementos de cálculo variacional que no estudiaremos aquí, pero de los cuales
haremos uso (ver [3]). Para que la acción sea un extremo se requiere que su
variación δS sea cero, para variaciones δqi (t) infinitesimal, compatibles con
los vínculos y nulas en los extremos y salvo por eso, arbitrarias entre ellos.
Como se sabe, usando la “notación δ”, se tiene que
δS =
Zt2 X µ
t1
¶
∂L
∂L
δqi +
δ q̇i dt ,
∂qi
∂ q̇i
como
δq̇ =
d
δq,
dt
y
δqi (t1 ) = δqi (t2 ) = 0 ,
la primera variación de la acción puede escribirse
δS =
Zt2 X µ
∂L
d ∂L
−
∂qi dt ∂ q̇i
t1
¶
δqi dt .
(6.2)
Si se cumplen las ecuaciones de movimiento, ecuaciones de Lagrange
para sistemas conservativos en su forma original, es decir
X µ ∂L
d ∂L
−
∂qi dt ∂ q̇i
¶
δqi = 0,
= 0, ∀i, entonces δS = 0, lo que significa que
donde por definición QNC
i
S es un extremo.
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6.2 Transformaciones canónicas
255
Si la acción S es un extremo, o sea δS = 0, tenemos
Zt2 X µ
∂L
d ∂L
−
∂qi dt ∂ q̇i
t1
o bien
¶
δqi dt = 0 ,
t2
¶
X Z µ ∂L
d ∂L
dtδqi = 0 .
−
∂qi dt ∂ q̇i
i
t1
Si las variaciones δqi son arbitrarias en el intervalo, son entonces cero
los integrandos de modo obtenemos
d ∂L
∂L
−
= 0,
∂qi dt ∂ q̇i
que son las ecuaciones correctas de Lagrange para sistemas conservativos.
6.2.
Transformaciones canónicas
.
La transformación
{q, p} −→ {Q, P } ,
(6.3)
H(q, p, t) −→ H(Q, P, t) ,
(6.4)
se dice canónica si ella preserva la estructura de las ecuaciones de Hamilton,
es decir que si
q̇i =
∂H
, y
∂pi
ṗi = −
∂H
,
∂qi
(6.5)
Q̇i =
∂H
, y
∂Pi
Ṗi = −
∂H
.
∂Qi
(6.6)
entonces
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256
Ecuaciones de Hamilton
Se usará eventualmente en notación resumida q, p, Q , P,que indican a todo
el conjunto de coordenadas y momenta. Una condición suficiente para que
la transformación {q, p} −→ {Q, P } sea canónica, es que exista una función
F tal que
n
X
(pi dqi − Pi dQi ) − (H − H)dt = dF .
(6.7)
i=1
Considerando la equivalencia entre el principio variacional de Hamilton y las
ecuaciones de Hamilton, la ecuación (6.7) equivale a
!
!
Z2 ÃX
Z2 ÃX
n
n
δ
pi dqi − Hdt = 0 ⇐⇒ δ
Pi dQi − H dt = 0 .
(6.8)
1
i=1
1
i=1
Está implícito el hecho de que las variaciones son nulas en los extremos, es
decir que δFt=t2 = δFt=t1 = 0. Por razones que se comprenderán enseguida,
llamaremos F1 a esa función. De la ecuación, (6.7) se desprende que
pi =
∂F1 (q, Q, t)
,
∂qi
Pi = −
∂F1 (q, Q, t)
,
∂Qi
(6.9)
y
∂F
,
(6.10)
∂t
razón por lo cual se puede denominar a F una función generadora de la
transformación canónica.
H=H+
6.2.1.
Formas de la transformación
Mediante una transformación de Legendre es posible escribir la transformación de otras maneras. Considerando transformaciones de Legendre de
F1 (q, Q, t), la función generadora considerada hasta ahora, podemos generar
otras tres funciones generadoras equivalentes dadas por
F2 (q, P, t) = F1 (q, Q, t) +
n
X
Qi Pi ,
(6.11)
i=1
F3 (p, Q, t) = F1 (q, Q, t) −
n
X
i=1
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qi pi ,
(6.12)
6.3 Paréntesis de Poisson
257
F4 (p, P, t) = F3 (p, Q, t) +
n
X
Qi Pi ,
(6.13)
i=1
Para las cuales se cumplirá, en analogía con (6.7)
n
X
(pi dqi + Qi dPi ) − (H − H)dt = dF2 ,
(6.14)
i=1
n
X
(−qi dpi − Pi dQi ) − (H − H)dt = dF3 ,
(6.15)
i=1
n
X
(−qi dpi + Qi dPi ) − (H − H)dt = dF4 ,
(6.16)
i=1
y de las cuales se tienen las siguientes relaciones que definen la transformación
canónica
pi =
∂F2
,
∂qi
Qi =
qi = −
∂F3
,
∂pi
Pi = −
∂F4
,
∂pi
Qi =
H=H+
∂F
.
∂t
qi = −
∂F2
,
∂Pi
(6.17)
∂F3
,
∂Qi
(6.18)
∂F4
,
∂Pi
(6.19)
siendo en cada caso
6.3.
(6.20)
Paréntesis de Poisson
Los “paréntesis” de Poisson de dos funciones de las coordenadas y momentos, se definen por
¶
n µ
X
∂F ∂G ∂G ∂F
{F, G} =
.
−
∂q
∂p
∂q
∂p
i
i
i
i
i=1
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(6.21)
258
6.3.1.
Ecuaciones de Hamilton
Propiedades de los Paréntesis de Poisson
Entre otras propiedades podemos señalar las siguientes, que se dejan para
su demostración
{F, F } = 0 ,
(6.22)
{F, G} = −{G, F } ,
(6.23)
{aF + bG, W } = a{F, G} + b{G, W } ,
siendo a, b constantes,
{F G, W } = {F, W }G + F {G, W } ,
(6.24)
{U, {V, W }} + {V, {W, U}} + {W, {U, V }} = 0,
(6.25)
y
la identidad de Jacobi.
6.4.
Ecuaciones de Movimiento
Las ecuaciones de Hamilton pueden escribirse en términos de los paréntesis de Poisson como
q̇i = {qi , H},
ṗi = {pi , H} .
(6.26)
Además, puede verificarse que para cualquier función de los momentos y de
las coordenadas, F (q, p, t), se tiene que
∂F
dF
= {F, H} +
.
dt
∂t
(6.27)
de aquí se puede deducir
I Teorema 6.1
Si una cantidad dinámica F no depende del tiempo en forma explícita, es
decir si F = F (q, p), ella es conservada si y solo si {F, H} = 0.
I Teorema 6.2
El hamiltoniano mismo es conservado cuando no depende explícitamente del
tiempo, es decir si ∂H/∂t = 0.
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6.5 Problemas y Aplicaciones.
6.5.
259
Problemas y Aplicaciones.
Ejercicio 6.5.1 Demuestre que las siguientes transformaciones son canónicas (Goldstein [4]):
a) Q = ln(sin(p)/q),
P = q cot(p).
P = αq2 (1 + p2 /α2 q2 ) /2
b) Q = arctan (αq/p) ,
c) P = 1/q,
Q = pq 2 .
Ejemplo 6.5.1 Considere la transformación: Q = aq α cos(βp), P = bq α sin(βp)
con a, b, α, β constantes.
a) Determine valores de a, b, α, β de modo que la transformación sea
canónica.
b) Utilice la transformación para reducir el problema del oscilador armónico.
c) Resuelva el problema del oscilador armónico utilizando esa transformación canónica.
Solución. Dado que el sistema tiene un grado de libertad, basta requerir
que la matriz jacobiano tenga determinante unidad. Es decir
µ
¶
aαqα−1 cos(βp) −aβq α sin(βp)
det
=1
bαqα−1 sin(βp) bβq α cos(βp)
por lo cual
abαβq 2α−1 = 1
y entonces
1
, y
abβ = 2
2
Si además deseamos simplificar el problema del oscilador armónico, con hamiltoniano dado por
1
P2
+ kQ2 ,
H=
2m 2
α=
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260
Ecuaciones de Hamilton
considere que H = H puesto que la transformación es independiente del
tiempo y entonces
H=
b2 q sin 2 (βp) 1 2
+ ka q cos 2 (βp) ,
2m
2
y una notoria simplificación se tiene si se requiere que b2 = 2m y ka2 = 2.
Así resulta
H = q,
con obvia solución: p = −t+t0 , y q = q0 . Además la transformación se reduce
a
Ãr
!
!
Ãr
r
p
2q
k
k
cos
p , P = 2mq sin
p ,
Q=
k
m
m
de modo que el problema dinámico dado por H ha sido resuelto
Ãr
!
Ãr
!
r
p
2q0
k
k
cos
(t − t0 ) ,
(t − t0 ) .
Q(t) =
P (t) = − 2mq0 sin
k
m
m
N
Ejemplo 6.5.2 El problema anterior puede ser considerado un caso general
del siguiente problema. Dado H(q, p) deduzca una transformación canónica
donde el nuevo hamiltoniano sea H(Q, P ) = Q.
Solución. El problema puede reducirse a encontrar una función generadora que haga el trabajo. Para ello considere una función generadora F1 (q, Q).
Dado que p = ∂F1 /∂q el problema se ha reducido a resolver la siguiente
ecuación diferencial para F1 (q, Q)
¶
µ
∂F1
,q = Q.
H
∂q
N
Ejemplo 6.5.3 Considere la transformación
Q1 = q1 P1 = p1 − 2p2
Q2 = p2 P2 = −2q1 − q2
Demuestre directamente que ella es canónica y encuentre una función generadora. (Goldstein p.431 [4])
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6.5 Problemas y Aplicaciones.
261
Solución. No resulta posible encontrar una función generadora de tipo
1, 2, 3 ó 4. En realidad hay otras posibilidades para definir funciones generadoras, llamadas mixtas. Para ello considere:
p1 dq1 + p2 dq2 − (P1 dQ1 + P2 dQ2 ) − (H − H)dt = dF1 ,
que puede ser escrita como
−q1 dp1 − q2 dp2 − P1 dQ1 + Q2 dP2 − (H − H)dt = dF5 ,
y la función generadora adecuada es
F5 (p1 , p2 , Q1 , P2 ) = −Q1 p1 + p2 P2 + 2Q1 p2 .
N
Ejemplo 6.5.4 (Goldstein) Para la transformación puntual (de las coordenadas) en un sistema con dos grados de libertad
Q1 = q12 ,
Q2 = q1 + q2 ,
encuentre la transformación más general para P1 y P2 , consistente con que
la transformación completa sea canónica.
Solución. Aquí
pi = ∂F2 /∂qi ,
Qi = ∂F2 /∂Pi ,
con
F2 (q1 , q2 , P1 , P2 ) = q12 P1 + (q1 + q2 )P2 + W (q1 , q2 ) ,
siendo W (q1 , q2 ) una función arbitraria de q1 , q2 . Por lo tanto
P1 =
p1 − p2
1 ∂W
∂W
+
(
−
),
2q1
2q1 ∂q2
∂q1
y
∂W
.
∂q2
Note además que con la elección particular W = −(q1 + q2 )3 /3, se tiene que
¶2
µ
p1 − p2
+ p2 − (q1 + q2 )2 =⇒ H = P12 + P2 ,
H=
2q1
P2 = p2 −
siendo Q1 , Q2 ignorables.
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262
Ecuaciones de Hamilton
N
Ejercicio 6.5.2 Considere una transformación canónica (infinitesimal) generada por:
X
qi Pi − dtH(q, P ) ,
F2 (q, P ) =
siendo H el hamiltoniano del sistema. Demuestre entonces que
qi (t) = Qi (t + dt)
pi (t) = Pi (t + dt)
Ejercicio 6.5.3 Si se hacen dos transformaciones canónicas sucesivas, q,
p → Q, P → q, p, generadas por F1 (q, Q) y G1 (Q, q), demuestre que la función generadora de la transformación canónica equivalente está dada por:
F (q, q) = F1 (q, Q) + G1 (Q, q) ,
debiendo eliminarse los Qi mediante las ecuaciones
∂F1 (q, Q) ∂G1 (Q, q)
+
= 0.
∂Qj
∂Qj
Ejercicio 6.5.4 Si se hacen dos transformaciones canónicas sucesivas q,
p → Q, P → q, p, generadas por F2 (q, P ) y G2 (Q, p), demuestre que la función generadora de la transformación canónica equivalente está dada por:
X
F (q, p) = F2 (q, P ) + G2 (Q, p) −
Pi Qi ,
debiendo eliminarse los Qi y los Pi mediante las ecuaciones
∂F2 (q, P )
= Qj
∂Pj
6.6.
y
∂G2 (Q, p)
= Pj .
∂Qj
Método de Hamilton Jacobi
Una forma general de resolver (en principio) un problema dinámico lo
constituye el método de Hamilton Jacobi. La idea de este método consiste
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6.6 Método de Hamilton Jacobi
263
en buscar una transformación canónica de modo que el hamiltoniano transformado sea nulo, problema reducido que tiene soluciones obvias de las ecuaciones de movimiento. Si nos imaginamos que dicha transformación canónica
es generada por una función conocida F2 (q, P, t) tendremos, por condición
∂F2
= 0,
∂t
y si además consideramos (6.17) tendremos
µ
¶
∂F2
∂F2
H q,
,t +
= 0,
∂q
∂t
H̄ = H(q, p, t) +
(6.28)
(6.29)
la llamada ecuación diferencial de Hamilton Jacobi, que permitiría determinar F2 .
Si se obtiene la transformación canónica, ya sea resolviendo la ecuación de
Hamilton Jacobi o por cualquier medio, las nuevas ecuaciones de Hamilton
serán
∂ H̄
= 0 = Q̇i ,
∂Pi
(6.30)
∂ H̄
= 0 = −Ṗi ,
∂Qi
(6.31)
y entonces las nuevas coordenadas y momentos son todos constantes, que designaremos por: Pi = αi y Qi = β i . En consecuencia, la solución del problema
original se obtiene mediante la transformación inversa, es decir, de
pi =
∂F2 (q, α, t)
,
∂qi
βi =
∂F2 (q, α, t)
,
∂αi
(6.32)
mediante un despeje algebraico de las coordenadas qi del segundo grupo
de ecuaciones anteriores, que quedarán expresadas en términos de las 2n
constantes αi , β i , las cuales deben ser finalmente evaluadas de acuerdo a
condiciones iniciales conocidas.
6.6.1.
Función principal de Hamilton
No es en general posible, ni es necesario, encontrar una “solución general”
de la ecuación de Hamilton Jacobi (6.29), problema complicado debido a su
carácter en general no lineal. En realidad es suficiente encontrar una solución
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264
Ecuaciones de Hamilton
que dependa de n constantes independientes, ninguna de ellas aditiva. Tal
solución “completa”, se denomina función principal de Hamilton S . Los nuevos momentos conservados Pi pueden elegirse igual a esas constantes o bien
funciones independientes de ellas. En términos más precisos se requiere una
solución de la ecuación de Hamilton Jacobi que dependa de las coordenadas
qj y de las constantes αi de modo que
µ 2 ¶
∂ S
6= 0 .
det
∂αi ∂qj
Denotemos entonces la función principal de Hamilton por
(6.33)
S = S(q, α, t) .
Momentos iguales a las constantes de integración
Aquí, aplica lo dicho más arriba. Es decir lo establecido en (6.32) :
pi =
∂S(q, α, t)
,
∂qi
βi =
∂S(q, α, t)
,
∂αi
(6.34)
y la solución del problema dinámico se obtiene invirtiendo el segundo grupo
de ecuaciones de transformación, despejando, si es posible, las coordenadas
qi (α, β, t).
Demostración de la suficiencia
La demostración de que una solución completa de la ecuación(6.33) junto
con las relaciones (6.34), nos conduce a la solución de las ecuaciones de
Hamilton, es como sigue. Derivando la segunda de las ecuaciones (6.34) con
respecto al tiempo, se tiene
X ∂2S
∂ 2S
+
q̇j = 0 ,
∂αi ∂t
∂α
∂q
i
j
j
(6.35)
si las primeras de las ecuaciones (6.34) se introducen en la ecuación de Hamilton Jacobi se obtiene
H(q, p, t) +
∂S
= 0,
∂t
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(6.36)
6.6 Método de Hamilton Jacobi
265
que, si se deriva respecto de αi observando que esas constantes entran a través
de los p solamente, se obtiene
X ∂H ∂ 2 S
∂ 2S
+
= 0,
∂p
∂q
∂α
∂t∂α
j
j
i
i
j
(6.37)
si restamos (6.35) y (6.37) entonces
¶ 2
Xµ
∂ S
∂H
q̇j −
= 0,
∂pj ∂qj ∂αi
j
sistema lineal homogéneo con determinante diferente de cero, por lo que se
ha demostrado que se cumple el primer grupo de ecuaciones de Hamilton, es
decir (la solución trivial)
∂H
q̇j −
= 0.
∂pj
Ahora, para probar el otro grupo de ecuaciones de Hamilton, derivamos la
segunda de las ecuaciones (6.34) con respecto al tiempo, obteniendo
X ∂2S
∂2S
+
q̇j ,
∂qi ∂t
∂q
∂q
i
j
j
(6.38)
X ∂ 2 S ∂H
∂2S
+
.
∂qi ∂t
∂qi ∂qj ∂pj
j
(6.39)
ṗi =
que puede escribirse
ṗi =
Si la ecuación de Hamilton Jacobi se deriva respecto a qi , recordando que en
virtud de (6.34), los p son funciones de los q, se obtiene
∂H X ∂ 2 S ∂H
∂ 2S
+
+
= 0,
∂qi ∂t ∂qi
∂qi ∂qj ∂pj
j
(6.40)
por lo que, comparando (6.39) con (6.40), se tiene que se cumple el segundo
grupo de ecuaciones de Hamilton, es decir
−ṗi =
∂H
.
∂qi
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266
6.6.2.
Ecuaciones de Hamilton
Relación con la acción S
Si recordamos la definición de la acción
Z t2 ³X
´
pi dqi − Hdt ,
S(q(t1 ), q(t2 ), t1 , t2 ) =
t1
y la solución del problema dinámicos mediante la función principal de Hamilton S(q, α) donde se cumple que
∂S(q, α, t)
,
∂qi
∂S(q, α, t)
,
βi =
∂αi
∂S(q, α, t)
,
0 = H+
∂t
pi =
entonces podemos escribir
S(q(t1 ), q(t2 )) =
Z
t2
t
=
Z 1t2
µX
∂S(q, α, t)
∂qi
¶
∂S(q, α, t)
dt
dqi +
∂t
dS(q, α, t)dt),
t1
por lo cual la acción está dada por
S(q(t1 ), q(t2 ), t1 , t2 ) = S(q(t2 ), α, t2 ) − S(q(t1 ), α, t1 ),
(6.41)
debiendo eliminarse los α mediante las ecuaciones
∂S(q(t2 ), α, t2 )
∂S(q(t1 ), α, t1 )
=
.
∂αi
∂αi
6.6.3.
Función característica de Hamilton
Si el hamiltoniano no depende del tiempo en forma explícita H = H(q, p)
es posible separar el tiempo de la ecuación de Hamilton Jacobi. Para ello
hagamos
S(q, α, t)) = W (q, α) − α1 t ,
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6.6 Método de Hamilton Jacobi
267
así resulta que W , la función característica de Hamilton, satisface la siguiente
ecuación de Hamilton Jacobi independiente del tiempo
µ
¶
∂W
H q,
= α1 .
∂q
(6.42)
Una solución de esta ecuación conteniendo n constantes, ninguna de ellas
aditiva siendo una de ellas α1 se denomina función característica de Hamilton.
Considerada como una función generadora F2 con nuevos momentos iguales
a las constante αi , la transformación canónica que ella genera será
pi =
∂W (q, α)
,
∂qi
Qi =
∂W (q, α)
, H̄ = H = α1 ,
∂αi
(6.43)
y las ecuaciones de Hamilton son
∂H
Q̇i =
=
∂αi
½
α̇i = −
1 si i = 1
0 si i > 1
,
∂H
= 0.
∂Qi
O sea los nuevos momenta son todos constantes y sólo una de las coordenadas
varía y linealmente con el tiempo. Es decir
αi = constante,
Qi =
½
t + t0
si i = 1
βi
constantes si i > 1,
Arbitrariedad en la elección de los nuevos momentos
En el método de Hamilton Jacobi los nuevos momentos son constantes
debido a que el nuevo hamiltoniano o es nulo o depende sólo de los momentos.
Si se encuentra la función principal o la característica que dependa de n
constantes independientes, es posible escoger como nuevos momentos a esas
constantes o cualquier conjunto de constantes independientes que podemos
imaginar funciones de las anteriores. Para el caso de la función característica,
el nuevo hamiltoniano es entonces dependiente de los momentos a través de
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268
Ecuaciones de Hamilton
¶
µ
∂W
= α1 (P ) ,
H q,
∂q
y las ecuaciones de Hamilton serán
(6.44)
∂H
∂α1
=
,
∂Pi
∂Pi
∂H
= −
= 0,
∂Qi
Q̇i =
Ṗi
los nuevos momenta Pi son constantes y serán denotados por γ i , y las nuevas
coordenadas varían linealmente con el tiempo
Qi (t) =
∂H
∂α1 (γ)
t + Qi (0) =
t + Qi (0) ,
∂Pi
∂γ i
Pi = γ i ,
y el problema dinámico es resuelto invirtiendo (despejando q(t))
Qi (t) =
6.6.4.
∂α1 (γ)
∂W (q, α(γ))
t+Qi (0) =
,
∂γ i
∂γ i
H = H = α1 (γ) . (6.45)
El oscilador armónico
A modo de ejemplo, se presenta el caso del oscilador armónico con Hamiltoniano dado por
1
p2
+ kq2 .
(6.46)
2m 2
Para este caso la ecuación de Hamilton Jacobi para la función principal de
Hamilton está dada por
µ ¶2
∂S
1
∂S
1
= 0,
+ kq 2 +
2m ∂q
2
∂t
de la cual se puede separar el tiempo introduciendo la función Característica
W (q, α) que satisface
µ
¶2
∂W
1
1
+ kq2 = α ,
2m ∂q
2
H=
siendo S = W − αt. De allí pueden obtenerse
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6.6 Método de Hamilton Jacobi
269
La función característica y la transformación que ella genera
Ã
)
!
(
r
√
1
2α
q
α
−1
p
sin
− q2 ,
W = mk
+ q
k
2
k
2α/k
y si colocamos ω2 = k/m puede escribirse
)
(
r
mω
2α
2α
W=
sin −1 (q) + q
− q2 ,
2
mω2
mω 2
y la transformación que ella genera , con P = α, es
r
2P
q=
sin (ωQ) ,
mω 2
√
p = 2mP cos (ωQ) ,
(6.47)
(6.48)
(6.49)
H = P.
La función principal de Hamilton. Similarmente, se encuentra
)
(
!
Ãr
r
mω
mω 2
2α
2α
q +q
S=
arcsin
− q 2 − αt ,
2
mω 2
2α
mω 2
q=
p=
r
(6.50)
2α
sin (ω(Q + t)) ,
mω 2
√
2mα cos (ω(Q + t)) ,
H = 0.
Debemos remarcar que las transformaciones señaladas son canónicas
independientemente de que se trate o no del hamiltoniano del oscilador
armónico, pero es en ese caso donde ellas tienen mayor utilidad.
La acción S. En el capítulo (8), (??) se estableció el resultado
S(q, q0 , t) =
mω
(q2 cos ωt + q02 cos ωt − 2q0 q),
2 sin ωt
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270
Ecuaciones de Hamilton
resultando ilustrativo replantearlo utilizando la función principal y la
relación (6.41). Se tiene
)
(
!
Ãr
r
mω
mω 2
2α
2α
q +q
arcsin
− q2 − αt
S =
2
mω 2
2α
mω2
!
)
(
Ãr
r
mω 2
2α
2α
q0 + q0
−
arcsin
− q02 ,
mω 2
2α
mω 2
debiéndose eliminar α mediante
r
r
mω2
mω 2
arcsin
q − ωt = arcsin
q0 .
2α
2α
El álgebra es tediosa pero se obtiene
(q − (cos ωt) q0 )2
2α
2
=
q
+
,
0
mω 2
sin2 ωt
y de allí como era de esperar
S(q, q0 , t) =
6.7.
6.7.1.
¢
mω ¡ 2
q cos ωt + q02 cos ωt − 2qq0 .
2 sin ωt
Variables de Acción Angular
Sistemas periódicos con un grado de libertad
Considere un sistema descrito por las variables canónicas q, p que recobran
sus valores cada vez que transcurre un tiempo llamado periodo T del sistema.
Supondremos además que se trata de un sistema periódico autónomo (con
hamiltoniano independiente del tiempo).
La ecuación de Hamilton Jacobi independiente del tiempo para la función
característica W es
µ
¶
∂W
H
,q = α.
∂q
Como se explicó, el nuevo momento P puede elegirse como alguna función
de α. Se verá la conveniencia de definir como nuevo momento, la llamada
variable de acción J
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6.7 Variables de Acción Angular
J=
I
p(q, α)dq ,
271
(6.51)
siendo la integral realizada sobre un periodo del movimiento. Así entonces
α = H = α(J) = H(J). La correspondiente nueva coordenada o variable
angular será denotada por Θ. La transformación generada por la función
característica W será
∂W (q, J)
,
(6.52)
p=
∂q
∂W (q, J)
.
Θ=
∂J
Las ecuaciones de Hamilton serán
∂H(J)
∂H
=−
= 0,
J˙ = −
∂Θ
∂Θ
dH(J)
∂H
=
= constante .
(6.53)
∂J
dJ
Es decir J es constante y Θ varia linealmente con el tiempo. Lo importante
del formalismo es que en el cambio de tiempo de un periodo T , el cambio en
Θ es la unidad. En efecto, considere
I
I
∂ ∂W (q, J)
∂Θ
dq =
dq ,
4Θ =
∂q
∂q
∂J
o sea
I
I
∂
∂ ∂W (q, J)
dq =
pdq = 1 ,
4Θ =
∂J
∂q
∂J
pero de acuerdo a (6.53) dicho cambio es
Θ̇ =
4Θ = H 0 (J)T = 1 .
Es decir, el período del movimiento está dado en términos de una derivada
del hamiltoniano
T =
1
.
H 0 (J)
(6.54)
Ejemplo 6.7.1 Determine las variables de acción angular para el caso particular del oscilador armónico, con hamiltoniano H = p2 /2m + kq 2 /2 = α.
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272
Ecuaciones de Hamilton
Solución. Tendremos
I
I p
J = pdq = ± 2mα − mkq 2 dq ,
p
como los puntos de retorno (donde p = 0) son q1,2 = ± 2α/k, la integral
puede reducirse a
Zq1 p
2mα − mkq 2 dq ,
J =4
0
que puede calcularse
α
J = 2π ,
ω
con
ω=
r
k
,
m
de allí, resultará
H=
Jω
1
2π
=⇒ T = 0
=
.
2π
H (J)
ω
N
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Capítulo
7
Oscilaciones pequeñas
7.1.
La energía cinética
Pondremos atención en el movimiento de sistemas conservativos holonómicos, con vínculos independientes del tiempo, en las vecindades de su
posición de equilibrio estable cuando esa posición exista. Como se sabe, la
energía cinética es
X1
mi |vi |2 ,
K=
2
que expresada en términos de coordenadas generalizadas qi de acuerdo a
ri = ri (q),
permite escribir
K=
X1
i,j,k
2
mi
∂ri (q) ∂ri (q)
·
q̇j q̇k ,
∂qj
∂qk
expresión que escribiremos usando la convención de suma sobre índices repetidos
1
K = Kjk (q)q̇j q̇k ,
2
siendo
Kjk (q) =
X1
i
2
mi
∂ri (q) ∂ri (q)
·
= Kkj (q),
∂qj
∂qk
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(7.1)
274
Oscilaciones pequeñas
elementos de una matriz simétrica, positiva definida porque la energía cinética no puede ser negativa.
7.2.
La energía potencial
En términos de las coordenadas generalizadas qi , la energía potencial del
sistema será escrita
V (q) = V (q1 , q2 , . . . , qn ).
La condición para que el sistema tenga una posición de equilibrio estable, es
que V (q) tenga un mínimo. Ello es consecuencia de las ecuaciones de lagrange
que para este caso son con energía cinética independiente de las coordenadas
∂V (q)
d
(Kjk (q)q̇k ) +
= 0,
dt
∂qj
∂
∂V (q)
Kjk (q)q̈k + ( Kjk (q))q̇k q̇l = −
.
∂ql
∂qj
7.2.1.
(7.2)
Posición de equilibrio
Configuración de equilibrio significa que el sistema permanece con sus
coordenadas iniciales qko sin variar, si se coloca allí con velocidades nulas. Es
decir que ellas no varían si inicialmente no varían. Es decir que para q̇k0 (0) = 0
debe tenerse q̈k0 (0) = 0. De las ecuaciones de lagrange se deduce entonces que
tales puntos se caracterizan por
¯
∂V ¯¯
= 0.
∂qj ¯qo
j
De acuerdo a lo que se analiza a continuación, si se trata de un punto de
equilibrio estable, ellos corresponden a mínimos de la energía potencial.
7.2.2.
Estabilidad
El concepto de estabilidad está relacionado al comportamiento del sistema
para condiciones iniciales próximas a la de equilibrio. El equilibrio se dice
estable si para condiciones iniciales qj (0) = qj0 + δqj , q̇j (0) = 0, con δqj >
0, entonces q̈j (0) < 0, ∀j, es decir las coordenadas deben variar hacia los
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7.3 Linealización
275
valores de equilibrio. Ello impone algunas condiciones a la energía potencial.
Utilizando la ecuación (??), se tiene
¯
∂V (qj0 + δqj )
∂ 2 V ¯¯
0
Kjk (qj + δqj )δ q̈k = −
=−
δqk .
∂qj
∂qj ∂qk ¯q0
Kjk es positiva definida. El equilibrio será estable si δ q̈k y δqk tienen distinto
signo. Se deduce entonces que
¯
∂ 2 V ¯¯
> 0,
∀j, k,
∂qj ∂qk ¯q0
es decir se trata de un mínimo de la energía potencial.
7.3.
Linealización
Para movimientos en una vecindad de una posición de equilibrio estable,
qi = qi0 + η i (t),
expandiremos la energía cinética y potencial para tener las ecuaciones de
movimiento apropiadas para esta aproximación. Así resulta hasta segundo
orden en las cantidades pequeñas η
1
Kjk (q0 )η̇ j η̇ k ,
2
¯
¯
∂V ¯¯
1 ∂ 2 V ¯¯
0
η +
ηη ,
= V (q ) +
∂qj ¯q0 j 2 ∂qj ∂qk ¯q0 j k
K =
V
donde podemos olvidar el término constante V (q 0 ), y los coeficientes de los
términos lineales en η son cero, de modo que la energía potencial aproximada
será
¯
1 ∂ 2 V ¯¯
V =
ηη ,
2 ∂qj ∂qk ¯q0 j k
7.4.
El lagrangiano aproximado
Del desarrollo anterior, tenemos el lagrangiano
¯
1 ∂ 2 V ¯¯
1
0
ηη ,
L = Kjk (q )η̇ j η̇ k −
2
2 ∂qj ∂qk ¯q0 j k
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276
Oscilaciones pequeñas
que escribiremos en términos de elementos de matrices simétricas
1
1
L = Kjk η̇ j η̇ k − Vjk η j η k ,
2
2
siendo
Kjk =
¯
∂ri (q) ∂ri (q) ¯¯
mi
·
¯ ,
2
∂qj
∂qk ¯ 0
X1
i
Vjk
q
¯
∂ 2 V ¯¯
=
,
∂qj ∂qk ¯q0
elementos de matriz constantes, simétricos Kjk positiva definida y Vjk > 0. De
aquí resultan ecuaciones de movimiento, llamadas de oscilaciones pequeñas
Kjk η̈ k + Vjk η k = 0,
(7.3)
que son ecuaciones lineales acopladas, válidas para η, y η̇ suficientemente
pequeños.
7.5.
Solución de las ecuaciones de movimiento
Un primer paso hacia la solución del sistema (7.3) consiste en eliminar
la dependencia en el tiempo que puede adivinarse exponencial, de modo que
trataremos una solución de la forma
η k = ak e−iωt ,
siendo los ak complejos constantes y se entiende además que la solución final
es la parte real de la que se determine. Al reemplazar resulta
−ω 2 Kjk ak + Vjk ak = 0,
que es un sistema lineal homogéneo que tiene solución distinta de la trivial
si los coeficientes (en realidad ω) cumplen determinadas condiciones, que
determinaremos. En términos simples, alguna de las ecuaciones es una combinación lineal de las otras, lo que significa además que dichas ecuaciones
no pueden determinar todas las incógnitas ak . En términos matriciales, si a
denota la matriz columna con elementos ak entonces el sistema de ecuaciones
es
ω 2 Ka = Va.
(7.4)
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7.5 Solución de las ecuaciones de movimiento
277
Los elementos de K y V son reales y simétricos. Ello trae como primera
consecuencia que ω 2 debe ser real. En efecto considere
ω 2 Kjk ak = Vjk ak ,
si conjugamos y usamos la realidad y simetría tenemos que
(ω 2 )∗ a∗k Kkj = a∗k Vkj ,
de donde siguen
ω2 a∗j Kjk ak = a∗j Vjk ak ,
(7.5)
(ω2 )∗ a∗k Kkj aj = a∗k Vkj aj .
(7.6)
y
de modo que
((ω 2 )∗ − (ω2 ))a∗j Kjk ak = 0.
Ahora, considere el siguiente desarrollo donde u, y v son las partes real e
imaginaria de a. (Después de este análisis veremos que en realidad las componentes de a son reales.) Desarrolle
a∗j Kjk ak = (uj − ivj )Kjk (uk + ivk )
= Kjk uj uk + Kjk vj vk + i(Kjk uj vk − Kjk vj uk )
= Kjk uj uk + Kjk vj vk > 0,
Que muestra que a∗j Kjk ak es real y positivo definido. De donde sigue
ω 2 = (ω2 )∗ ,
o sea los ω2 son reales. Si el sistema lineal se escribe
¢
¡ 2
ω Kjk − Vjk ak = 0,
los n valores reales de ω2 están determinados por la condición de que el
determinante de los coeficientes sea cero, es decir
¢
¡
det ω2 Kjk − Vjk = 0.
Supondremos en lo que sigue que dichos valores son todos diferentes. Además,
debido a que los valores ω 2 son todos reales, el sistema (7.4) tiene soluciones
reales para todos los ak , si el que está indeterminado se toma real. Por ello,
en los desarrollos que siguen se suponen todos los ak reales.
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278
7.5.1.
Oscilaciones pequeñas
Diagonalización
Para valores distintos de ω, ω k con k = 1, 2, . . . , n, cada conjunto solución ak dependen del valor de ω considerado. De modo que introducimos un
segundo índice que indica la dependencia en alguno de los ω. Así ajk indica
la solución aj para ω = ωk . En términos más precisos
ω 2l Kjk akl = Vjk akl .
Si consideramos otro ω m y trasponemos se obtiene similarmente
ω2m akm Kkj = akm Vkj
de donde siguen
ω 2l ajm Kjk akl = ajm Vjk akl ,
ω 2m akm Kkj ajl = akm Vkj ajl ,
y que en términos de la matriz A = (aij ) pueden ser escritas (sin suma sobre
los índices repetidos l y m) como
¢
¡
¢
¡
(7.7)
ω 2l AT KA ml = AT VA ml ,
¢
¡
¢
¡
ω 2m AT KA ml = AT VA ml ,
donde AT indica la traspuesta de la matriz A. Si las dos ecuaciones anteriores
se restan, resulta
¢¡
¢
¡ 2
ω l − ω 2m AT KA ml = 0.
Esto significa que la matriz AT KA es diagonal. Como cada columna de
la matriz A tiene un elemento indeterminado (el sistema es homogéneo),
podemos fijar arbitrariamente ese valor de modo que la matriz AT KA tenga
unos en la diagonal principal, es decir
AT KA = I.
(7.8)
De la relación (7.7), se tiene que la matriz AT VA también es diagonal con
elementos ω2i en la diagonal principal, cuestión que puede escribirse
¢
¡ T
A VA ij = ω2i δ ij .
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7.5 Solución de las ecuaciones de movimiento
7.5.2.
279
Solución del sistema
Supongamos entonces que se ha resuelto la ecuación de valores propios.
ω 2 Ka = Va,
donde la condición para solución no trivial
¡
¢
det ω2 Kjk − Vjk = 0,
nos conduce a n diferentes ω 2 . En cada conjunto solución hay uno que está indeterminado y lo elegimos normalizando los vectores a (que son las columnas
de A) de modo que
¡ T
¢
A KA ij = δ ij ,
¡ T
¢
A VA ij = ω2i δ ij .
entonces la solución de nuestro problema es una combinación lineal de las
soluciones correspondientes a los diversos ω.
X
Cj e−iωj t ,
η k = Re Cj akj e−iωj t = akj Re
j
faltando considerar las condiciones iniciales. En la última expresión se hace
explícita la sumatoria.
Condiciones iniciales
Las condiciones iniciales son los 2n valores ηk (0), y η̇k (0) que permiten
determinar finalmente las 2n constantes, las partes real e imaginaria de Ck .
Así resultará
ηk (0) = akj Re (Cj ) ,
η̇ k (0) = akj Re (−iω j Cj ) = akj ω j Im (Cj ) .
Las propiedades de la matriz A, permiten escribir expresiones explícitas para
la parte real e imaginaria de Ck en términos de las condiciones iniciales, como
explicamos a continuación. En efecto si definimos una matriz columna c1 con
componentes Re (Cj ) y otra matriz columna c2 con componentes ω j Im (Cj ),
las dos relaciones anteriores pueden escribirse en forma matricial
η(0) = Ac1 ,
η̇(0) = Ac2 ,
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280
Oscilaciones pequeñas
de modo que al usar (7.8) se obtendrá
c1 = AT Kη(0),
c2 = AT Kη̇(0),
que al ser desarrolladas en componentes determinan
Re Cj =
X
akj Kkl η l (0),
Im Cj =
k,l
1 X
akj Kkl η̇ l (0),
ω j k,l
donde se ha vuelto a la notación usual de sumatoria para que quede claro
que no se suma en el índice j. Así se tiene finalmente la solución de nuestro
sistema
η k (t) = akj (Re Cj e−iωj t ) = akj (Re Cj cos ω j t + Im Cj sin ω j t) .
No se ahondará aquí en el procedimiento a seguir cuando hay valores repetidos de ω k .
Coordenadas normales
Recordando que la solución (sin tomar la parte real) es
η k = akj Cj e−iωj t
y si llamamos
ς j = Cj e−iωj t
tenemos que
η k = akj ς j ,
η̇k = akj ς̇ j ,
de modo que en términos de estas variables resulta
1
Kjk η̇ j η̇ k ,
2
1
=
Kjk ajl ς̇ l akm ς̇ m ,
2
¢
1¡ T
A KA lm ς̇ l ς̇ m ,
=
2
1 2
=
ς̇ ,
2 l
K =
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(7.9)
7.6 Ejemplos
281
y similarmente
V
=
=
=
=
=
1
Vjk η j η k
2
1
Vjk ajl ς l akm ς m
2
¢
1¡ T
V KV lm ς l ς m
2
1 2
ω δlm ς l ς m
2 l
1 2 2
ω ς .
2 l l
De modo que en estas coordenadas ς l , denominadas coordenadas normales,
el lagrangiano es
1
1
L = ς̇ 2l − ω 2l ς 2l ,
2
2
que muestra que las coordenadas normales varían independientemente cada
una con una de las frecuencias propias de oscilación del sistema, de acuerdo
a
ς̈ l + ω 2l ς l = 0.
Las coordenadas normales en términos de las coordenadas originales se obtiene invirtiendo la ecuación (7.9), es decir
ς = AT Kη,
o en forma explícita como
ς k (t) = ajk Kjm η m (t).
7.6.
Ejemplos
Ejemplo 7.6.1 Considere el péndulo doble indicado en la figura (7.1), donde
el largo natural del resorte sin masa es L0 , que coincide con la separación de
las masas en su posición de equilibrio. La constante elástica es k y la longitud
de los hilos es L. Estudie las oscilaciones pequeñas en torno a los valores de
equilibrio θ = 0 y φ = 0.
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282
Oscilaciones pequeñas
θ
φ
L
L
Figura 7.1:
Solución. Para valores pequeños de θ y φ, la energía cinética es
1
2
2
K = mL2 (θ̇ + φ̇ ),
2
y la energía potencial es
1
1
V = mgL(θ2 + φ2 ) + kL2 (θ − φ)2 ,
2
2
por lo cual las matrices K y V son
¶
µ
0
mL2
,
K=
0
mL2
µ
¶
mgL + kL2
−kL2
V=
,
−kL2
mgL + kL2
de aquí el sistema lineal de ecuaciones es
µ
¶µ
¶
mL2
a1
0
2
ω
a2
0
mL2
µ
¶µ
¶
2
mgL + kL
a1
−kL2
=
,
−kL2
mgL + kL2
a2
y las frecuencias propias satisfacen
µ 2
¶
ω (mL2 ) − mgL − kL2
kL2
det
= 0,
kL2
ω 2 (mL2 ) − mgL − kL2
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7.6 Ejemplos
283
con soluciones
g
,
L
2k
g
+ .
=
L m
ω 21 =
ω 22
Bajo estas condiciones, una fila del sistema de ecuaciones es redundante por
lo cual elegimos la primera, que es
ω2 mL2 a1 = (mgL + kL2 )a1 − kL2 a2
o bien, para cada frecuencia
µ
2k
g
+
L m
g
mL2 a11 = (mgL + kL2 )a11 − kL2 a21 ,
L
¶
mL2 a12 = (mgL + kL2 )a12 − kL2 a22 ,
que se simplifican a
a11 = a21 ,
a12 = −a22 ,
por lo cual la matriz A sin normalizar aun es
µ
¶
a11 a12
A=
.
a11 −a12
Normalización requiere que
µ
¶µ
¶µ
¶
a11 a11
mL2
a11 a12
0
= I,
0
mL2
a12 −a12
a11 −a12
o bien
2
mL
µ
a11 a11
a12 −a12
¶µ
a11 a12
a11 −a12
¶
=
µ
1 0
0 1
de donde sigue
mL2 a211 = 1,
mL2 a212 = 1.
De donde finalmente, la matriz A ha sido determinada
µ
¶
1
1 1
A =√
.
mL2 1 −1
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¶
,
284
Oscilaciones pequeñas
Condiciones iniciales permitirían seguir con la rutina de expresar las coordenadas θ y φ en función del tiempo. Nos limitaremos a dejarlas expresadas
como
1
Re(C1 e−iω1 t + C2 e−iω2 t ),
θ = √
2
mL
1
φ = √
Re(C1 e−iω1 t − C2 e−iω2 t ).
mL2
Por último, las coordenadas normales, están dadas por
µ
¶µ
¶µ ¶
1
1 1
mL2
θ
0
T
,
ς = A Kη = √
2
φ
0
mL
mL2 1 −1
que se reducen (salvo un factor irrelevante) a
ς 1 = θ + φ,
ς 2 = θ − φ.
Estos dos modos son independientes, por lo cual se puede establecer cada
uno de ellos independientemente, y variarán con las frecuencias propias ω 1 y
ω 2 . Es decir
¶
µr
g
t−δ ,
θ + φ = D cos
L
!
Ãr
2k
g
+ t−ε ,
θ − φ = E cos
L m
con constantes D, E, δ, ε determinables con las condiciones iniciales que se
tengan. Debe notarse que la diferencia de los ángulos es el modo de mayor
frecuencia.
N
Ejemplo 7.6.2 Resuelva el problema anterior sin hacer uso de la teoría general elaborada.
Solución. En algunos casos sencillos como este ejemplo, una solución
directa puede ser más simple. En efecto del lagrangiano
1
1
1
2
2
L = mL2 (θ̇ + φ̇ ) − mgL(θ2 + φ2 ) − kL2 (θ − φ)2 ,
2
2
2
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7.6 Ejemplos
285
siguen las ecuaciones de Lagrange
k
k
g
+ )θ − φ = 0,
L m
m
g
k
k
φ̈ + ( + )φ − θ = 0,
L m
m
θ̈ + (
de donde por simple inspección resultan
2k
g
+ )(θ − φ) = 0,
L m
g
θ̈ + φ̈ + (θ + φ) = 0,
L
θ̈ − φ̈ + (
que corroboran los resultados obtenidos por el método general.
N
Ejemplo 7.6.3 Con relación a la figura (7.2), dos partículas de igual masa
m oscilan horizontalmente unidos a resortes iguales con constante elástica k,
de modo que los extremos exteriores de los resortes están fijos. Analice las
oscilaciones pequeñas de las partículas en torno a sus posiciones de equilibrio
estable.
Figura 7.2:
Solución. Si x1 y x2 indican las desviaciones de las partículas respecto a
sus posiciones de equilibrio, la energía cinética es
1
K = (mẋ21 + mẋ22 ),
2
y la energía potencial es
1
1
1
V = kx21 + k(x2 − x1 )2 + kx22 .
2
2
2
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286
Oscilaciones pequeñas
De allí las matrices K y V son
µ
1 0
0 1
¶
K = m
,
µ
¶
2 −1
V = k
,
−1 2
por lo cual los valores propios satisfacen
µ
¶
µ
¶¶
µ
1 0
2 −1
2
−k
= 0,
det ω m
0 1
−1 2
o bien
ω 4 m2 − 4ω2 mk + 3k2 = 0,
de donde resulta
k
k
,
ω 22 = 3 .
m
m
El sistema de ecuaciones lineales es
¶
µ
¶µ
¶
µ
¶µ
2 −1
a1
1 0
a1
2
=k
,
ω m
−1 2
0 1
a2
a2
ω 21 =
de donde se obtiene
a11 = a21 ,
a12 = −a22 .
Normalización requiere que AT KA = I, por lo cual
¶µ
¶
µ
a11 −a22
a11 a11
= I,
m
−a22 a22
a11 a22
entonces 2ma211 = 1 y 2ma222 = 1, obteniendo
µ
¶
1
1 −1
A =√
,
2m 1 1
de aquí, las soluciones oscilatorias son
¢
¡
1
Re C1 e−ω1 t − C2 e−ω2 t ,
x1 = √
2m
¢
¡
1
x2 = √
Re C1 e−ω1 t + C2 e−ω2 t .
2m
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7.6 Ejemplos
287
También indicaremos los modos normales ς = AT Kη que resultan ser
r
m
(x1 + x2 ) ,
ς1 =
2
r
m
(−x1 + x2 ) .
ς2 =
2
N
Ejemplo 7.6.4 Con relación a la figura (7.2), dos partículas de igual masa
m oscilan horizontalmente unidos a resortes iguales con constante elástica k
los de los extremos y k1 el central, de modo que los extremos exteriores de
los resortes están fijos. Analice las oscilaciones pequeñas de las partículas en
torno a sus posiciones de equilibrio estable.
Figura 7.3:
Solución. Si x1 y x2 indican las desviaciones de las partículas respecto a
sus posiciones de equilibrio, la energía cinética es
1
K = (mẋ21 + mẋ22 ),
2
y la energía potencial es
1
1
1
V = kx21 + k1 (x2 − x1 )2 + kx22 .
2
2
2
De allí las matrices K y V son
µ
1 0
0 1
¶
K = m
,
µ
¶
k + k1 −k1
V =
,
−k1 k + k1
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288
Oscilaciones pequeñas
por lo cual los valores propios satisfacen
¶¶
µ
¶ µ
µ
1 0
k + k1 −k1
2
= 0,
−
det ω m
0 1
−k1 k + k1
o bien
ω 4 m2 − 2ω2 mk − 2ω 2 mk1 + k2 + 2kk1 = 0,
de donde resulta
k
k + 2k1
,
ω 22 =
.
m
m
El sistema de ecuaciones lineales es
¶ µ
¶µ
¶
µ
¶µ
k + k1 −k1
a1
1 0
a1
2
=
,
ω m
0 1
a2
−k1 k + k1
a2
ω 21 =
de donde se obtiene
(ω 2 −
(k + k1 )
k1
)a1 = − a2 ,
m
m
a1 = −
k1
m
a2 ,
1)
2
(ω − (k+k
)
m
y para las dos frecuencias propias resulta
a11 =
a12 =
k1
− k m(k+k1 ) a21 = a21 ,
(m − m )
k1
− k+2k m (k+k1 ) a22 = −a22 .
( m1− m )
Normalización requiere que AT KA = I, por lo cual
¶µ
¶
µ
a11 −a22
a11 a11
= I,
m
−a22 a22
a11 a22
entonces 2ma211 = 1 y 2ma222 = 1, obteniendo
µ
¶
1
1 −1
,
A =√
2m 1 1
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7.6 Ejemplos
289
de aquí, las soluciones oscilatorias son
¢
¡
1
x1 = √
Re C1 e−ω1 t − C2 e−ω2 t ,
2m
¢
¡
1
x2 = √
Re C1 e−ω1 t + C2 e−ω2 t .
2m
También indicaremos los modos normales ς = AT Kη que resultan ser
r
m
(x1 + x2 ) ,
ς1 =
2
r
m
(−x1 + x2 ) .
ς2 =
2
N
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290
Oscilaciones pequeñas
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Capítulo
8
Sistemas continuos
8.1.
Oscilaciones transversales
Revisaremos de nuevo al sistema de N partículas de igual masa m unidas
por resortes sin masa de la misma longitud natural y constante elástica k de
modo que en la situación de equilibrio ellas están en línea recta, y los resortes
sometidos a una tensión igual τ . Si las partículas se desplazan poco lateralmente, estarán sometidos a fuerzas de modo que la segunda ley de Newton
conduce a
y
Ti Ti+1
yi
x
Oscilaciones transversales
mÿi = Ti+i sin θi+1 − Ti sin θi ,
mẍi = Ti+i cos θi+1 − Ti cos θi ,
si no hay desplazamientos longitudinales en x y los transversales en y son
pequeños, podemos aproximar, para ángulos pequeños
mÿi = Ti+i sin θi+1 − Ti sin θi ,
0 = Ti+i − Ti
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292
Sistemas continuos
de modo que
Ti = τ ,
mÿi ≈ τ (tan θi+1 − tan θi ),
yi+1 − yi yi − yi−1
−
),
≈ τ(
a
a
de modo que tenemos como ecuación de movimiento aproximada
τ
ÿi =
(yi+1 + yi−1 − 2yi ).
ma
8.2.
Límite continuo
Deseamos estudiar lo que sucede si hacemos N → ∞, a → 0, y las masas
tender a cero de modo que
m
→ σ,
a
siendo σ una constante llamada la densidad lineal de masa. La ecuación de
movimiento
τ
(yi+1 + yi−1 − 2yi ),
ÿi =
ma
pasará a ser dependiente de una variable continua en la posición
yi → y(x, t),
siendo
1 ∂ 2 y(x, t) 2
∂y(x, t)
a+
a,
∂x
2 ∂x2
1 ∂ 2 y(x, t) 2
∂y(x, t)
a+
a,
yi−1 → y(x − a, t) = y(x, t) −
∂x
2 ∂x2
de modo que obtenemos
yi+1 → y(x + a, t) = y(x, t) +
∂2
τ ∂ 2 y(x, t) 2
y(x,
t)
=
a
∂t2
ma ∂x2
aτ ∂ 2 y(x, t)
=
,
m ∂x2
y finalmente, la llamada ecuación de onda para la cuerda elástica con masa
uniforme:
∂ 2 y(x, t) τ ∂ 2 y(x, t)
−
= 0.
∂t2
σ ∂x2
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8.2 Límite continuo
8.2.1.
293
Lagrangiano para la cuerda continua
Para el caso de las N partículas, antes de pasar al límite continuo, el
Lagrangiano del sistema es
¶2
N
N µ
1X
1 X yi+1 − yi
2
L=
mẏi − τ a
,
2 i=1
2 i=1
a
pues el da correctamente las ecuaciones de movimiento
ÿi =
τ
(yi+1 + yi−1 − 2yi ).
ma
Para ello considere
∂L
= mẏi ,
∂ ẏi
µ
¶2
µ
¶2
yi+1 − yi
yi − yi−1
∂ 1
∂ 1
∂L
τa
τa
= −
−
∂yi
∂yi 2
a
∂yi 2
a
τ
τ
τ
(yi+1 − yi ) − (yi − yi−1 ) = − (2yi − yi−1 − yi+1 ) .
=
a
a
a
Luego, en el paso al continuo
a
yi (t)
m
a
yi+1 − yi
a
ẏi
→ 0,
→ y(x, t),
→ σ,
∂y(x, t)
∂x
∂y(x, t)
,
→
∂t
→
luego el lagrangiano será:
¶2
µ
N
N
1Xm 2
1 X
yi+1 − yi
ẏ a − τ
L =
a
,
2 i=1 a i
2 i=1
a
¶2
¶2
Z µ
Z µ
∂y(x, t)
∂y(x, t)
σ
τ
=
dx −
dx.
2
∂t
2
∂x
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294
Sistemas continuos
8.2.2.
Densidad Lagrangiana
Para el caso analizado anteriormente, definimos la densidad lagrangiana
(por unidad de longitud) mediante
σ
L=
2
8.2.3.
µ
∂y(x, t)
∂t
¶2
τ
−
2
µ
∂y(x, t)
∂x
¶2
,
Principio de Hamilton para sistemas continuos
Admitiendo densidades Lagrangianas del tipo
L = L(y,
la acción será
S=
Z
∂y ∂y
, ),
∂x ∂t
t2
dt
t1
Z
Ldx,
y el principio de Hamilton establece que la variación, a extremos fijos es nula,
es decir
Z
Z
t2
dt
δS = δ
Ldx,
t1
y haciendo uso del formalismo de las variaciones δ, esto puede escribirse
¶
Z t2 Z µ
Z t2 Z
∂L
∂L
∂L
δy +
δ(∂y/∂x) +
δ(∂y/∂t) dx,
dt δLdx =
dt
δS =
∂y
∂(∂y/∂x)
∂(∂y/∂t)
t1
t1
pero
δ(∂y/∂x) =
∂
∂
δy, δ(∂y/∂t) = δy.
∂x
∂t
Entonces
δS =
Z
t2
t1
dt
Z µ
¶
∂L
∂L
∂L
∂
∂
δy +
δy +
δy dx.
∂y
∂(∂y/∂x) ∂x
∂(∂y/∂t) ∂t
La segunda integral puede ser integrada parcialmente respecto a x, la tercera
parcialmente respecto a t, la parte integrada se anula por la condición de
extremos fijos
δy = 0 en t = t1 y t = t2 ,
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8.3 Soluciones de la ecuación de onda
295
resultando
δS =
Z
t2
dt
t1
Z µ
¶
∂
∂
∂L
∂L
∂L
−
−
δydx = 0,
∂y
∂x ∂(∂y/∂x) ∂t ∂(∂y/∂t)
de donde, como δy es arbitrario en el intervalo
∂
∂L
∂
∂L
∂L
+
−
= 0,
∂x ∂(∂y/∂x) ∂t ∂(∂y/∂t) ∂y
son las ecuaciones de Lagrange para un sistema continuo.
Para el caso de la cuerda
Reemplazando
σ
L=
2
µ
∂y(x, t)
∂t
¶2
τ
−
2
µ
∂y(x, t)
∂x
¶2
,
es decir
µ
¶
µ
¶
∂
∂y(x, t)
∂
∂y(x, t)
− τ
+ σ
= 0,
∂x
∂x
∂t
∂t
justo la ecuación de onda
σ
8.3.
∂ 2 y(x, t)
∂ 2 y(x, t)
−
τ
=0
∂t2
∂x2
Soluciones de la ecuación de onda
La ecuación de onda puede escribirse
2
∂ 2 y(x, t)
2 ∂ y(x, t)
−
v
= 0,
∂t2
∂x2
r
τ
.
v =
σ
I Teorema 8.1
Las soluciones de la ecuación de onda (8.1) son
y(x, t) = F (x + vt) + G(x − vt),
con F y G funciones arbitrarias de una variable.
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(8.1)
296
Sistemas continuos
Demostracion 7
Si cambiamos a variables ζ = x + vt, ψ = x − vt podemos escribir
∂ζ ∂
∂ψ ∂
∂
=
+
∂x
∂x ∂ζ
∂x ∂ψ
∂
∂
+
=
∂ζ ∂ψ
∂ζ ∂
∂ψ ∂
∂
=
+
∂t
∂t ∂ζ
∂t ∂ψ
∂
∂
−v ,
= v
∂ζ
∂ψ
y también
∂2
∂2
∂2
∂2
=
+
+
2
∂x2
∂ζ∂ψ
∂ζ 2 ∂ψ2
2
2
2
2
∂
2 ∂
2 ∂
2 ∂
,
=
v
+
v
−
2v
∂t2
∂ζ∂ψ
∂ζ 2
∂ψ2
de modo que
2
2
∂2
2 ∂
2 ∂
.
−
v
=
4v
∂t2
∂x2
∂ζ∂ψ
Entonces, en estas variables, la ecuación de onda es
∂ 2y
= 0,
∂ζ∂ψ
que es trivial integrar obteniendo
∂y
= f(ζ),
∂ζ
y
y = F (ζ) + G(ψ) = F (x + vt) + G(x − vt).
Las soluciones anteriores corresponden a una forma invariable que se propaga hacia la derecha
G(x − vt) o hacia la izquierda F (x + vt) con velocidad
p
constante v = τ /σ. Sin embargo en una cuerda, debemos hacer consideraciones adicionales pues debemos satisfacer por ejemplo que y(0, t) = y(L, t) =
0 en el caso de extremos fijos.
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8.3 Soluciones de la ecuación de onda
8.3.1.
297
Condiciones de frontera
Supongamos que queremos resolver la ecuación de onda sujeta a las condiciones anteriores de extremos fijos y(0, t) = y(L, t) = 0 .
Método de separación de variables
Suponga una solución de la forma
y(x, t) = X(x)G(t),
entonces si se sustituye se obtiene
o bien
X(x)G00 (t) − v2 X 00 (x)G(t) = 0
X 00 (x)
G00 (t)
= v2
,
G(t)
X(x)
de modo que cualquiera de los lados no puede ser función ni de x ni de t, por
lo tanto
G00 (t)
X 00 (x)
= v2
= −ω 2 ,
G(t)
X(x)
de donde el signo se ha elegido de modo de tener soluciones oscilatorias
G(t) = Ce±iωt
y
X(x) = De±ikx
donde hemos llamado
ω
.
v
Para satisfacer las condiciones de frontera debemos tomar
k=
X(x) = D sin kx,
con
sin kL = 0,
de modo que hay un número discreto de valores de k permitidos, es decir
nπ
con n = 1, 2, 3 · · ·
k=
L
de ese modo, la solución general, que satisface las condiciones de frontera es
∞
X
nπ
nπ
nπx
.
(8.2)
y(x, t) = Re
(Dn+ ei L vt + Dn− e−i L vt ) sin
L
n=1
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298
Sistemas continuos
8.3.2.
Condiciones iniciales
La determinación completa de los coeficientes Dn requiere de conocer la
forma inicial del hilo (F (x)) y su perfil de velocidad inicial (V (x)), es decir
supondremos conocidos
y(x, 0) = F (x),
¯
∂y(x, t) ¯¯
= V (x).
∂t ¯t=0
Considerando esto y haciendo t = 0 en 8.2 y su derivada se obtiene
∞
X
nπx
,
F (x) =
(Dn+ + Dn− ) sin
L
n=1
V (x) =
∞
X
nπ
nπx
.
i v(Dn+ − Dn− ) sin
L
L
n=1
Pero las funciones sin nπx/L son ortogonales en el intervalo (0, L) de modo
que podemos despejar
Dn+
+
Dn−
Dn+ − Dn−
de donde
2
=
L
Z
L
nπx
dx
F (x) sin
L
0
Z L
2i
nπx
dx,
= −
V (x) sin
nπv 0
L
Z
Z L
i
1 L
nπx
nπx
dx −
dx
=
F (x) sin
V (x) sin
L 0
L
nπv 0
L
1
i
=
Fn −
Vn
L
nπv
Z
Z L
i
1 L
nπx
nπx
−
dx +
dx
Dn =
F (x) sin
V (x) sin
L 0
L
nπv 0
L
1
i
=
Fn +
Vn ,
L
nπv
donde hemos llamado
Z L
nπx
dx
Fn =
F (x) sin
L
0
Z L
nπx
Vn =
dx.
V (x) sin
L
0
Dn+
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8.4 Método de las series de Fourier
299
Así finalmente la solución es
∞
X
nπ
1
i
Vn )ei L vt +
(( Fn −
y(x, t) =
L
nπv
n=1
nπ
i
nπx
1
Vn )e−i L vt ) sin
,
( Fn +
L
nπv
L
que se reduce a
L
nπx
2X
nπ
nπ
vt +
Vn sin
vt) sin
.
y(x, t) =
(Fn cos
L n=1
L
nπv
L
L
∞
(8.3)
Caso particular, la cuerda parte del reposo
Para este caso, lo anterior se reduce a
nπx
2X
nπvt
sin
,
y(x, t) =
Fn cos
L n=1
L
L
Z L
nπx
dx
F (x) sin
Fn =
L
0
∞
Ejercicio 8.3.1 Demuestre que el resultado anterior puede escribirse:
∞
´
³ nπ
´´
1 X ³ ³ nπ
(x + vt) + sin
(x − vt)
y(x, t) =
Fn sin
L n=1
L
L
o sea, tal como lo establece el método de D’Alembert (vea más adelante).
8.4.
Método de las series de Fourier
Todas las funciones que se anulan en x = 0, x = L pueden expandirse en
serie de Fourier como
∞
X
nπx
f (x) =
bn sin
L
n=1
donde
2
bn =
L
Z
0
L
nπx0 0
dx
f(x ) sin
L
0
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300
Sistemas continuos
de modo que la solución de la ecuación de onda para la cuerda con extremos
fijos puede expandirse así
y(x, t) =
∞
X
bn (t) sin
n=1
nπx
,
L
que al sustituir en la ecuación de onda da
∞
X
b00n (t) sin
n=1
∞
X
nπx
nπx
n2 π2
2
+v
= 0,
bn (t) sin
2
L
L
L
n=1
de donde por la independencia de las funciones base sin nπx
permite obtener
L
b00n (t) +
v 2 n2 π 2
bn (t) = 0,
L2
ecuación del movimiento armónico simple con soluciones
bn (t) = An cos
vnπ
vnπ
t + Bn sin
t
L
L
de modo que
y(x, t) =
∞ ³
X
nπx
vnπ
vnπ ´
An cos
t + Bn sin
t sin
.
L
L
L
n=1
Para tomar en cuenta las condiciones iniciales considere
y(x, 0) = F (x) =
¯
∂y(x, t) ¯¯
∂t ¯
= V (x) =
t=0
∞
X
n=1
∞
X
n=1
An sin
nπx
,
L
nπx
vnπ
Bn sin
,
L
L
de donde los coeficientes son
An
Bn
Z
2 L
nπx
dx
=
F (x) sin
L 0
L
Z L
2
nπx
dx
=
V (x) sin
vnπ 0
L
o sea se ha obtenido el mismo resultado de (8.3).
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8.5 Solución de D’Alembert
8.5.
301
Solución de D’Alembert
Para una forma inicial y perfil inicial de velocidades conocido
y(x, 0) = F (x), 0 ≤ x ≤ L
¯
∂y(x, t) ¯¯
= V (x), 0 ≤ x ≤ L
∂t ¯
t=0
es posible extender dichas funciones de modo que la solución de la ecuación
de onda es la forma propuesta por D’Alembert
1
1
y(x, t) = (F (x + vt) + F (x − vt)) +
2
2v
Z
x+vt
V (u)du.
(8.4)
x−vt
Esta obviamente satisface la ecuación de onda por tratarse de funciones
de x ± vt. Sin embargo, las definiciones de F (x) y V (x) que originalmente
están hechas en 0 ≤ x ≤ L, deben ser extendidas a −∞ < x < ∞ como se
explica a continuación.
8.5.1.
Condiciones iniciales.
La forma inicial de la cuerda y su perfil inicial de velocidad
y(x, 0) = F (x),
¯
∂y(x, t) ¯¯
= V (x),
∂t ¯
t=0
0 ≤ x ≤ L,
(8.5)
0 ≤ x ≤ L,
(8.6)
son satisfechas por ?? puesto que
1
(F (x) + F (x))
F (x) =
2
¯
∂y(x, t) ¯¯
1
1
(vF 0 (x + vt) − vF 0 (x − vt)) + (V (x + vt) + V (x − vt)),
=
¯
∂t
2
2
1
V (x) =
(V (x) + V (x))
2
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302
8.5.2.
Sistemas continuos
Condiciones de frontera
Como veremos la condición de extremos fijos
(8.7)
(8.8)
y(0, t) = 0,
y(L, t) = 0.
Impone ciertos requisitos a F (x) y V (x) que veremos.
La 8.7 impone que
Z vt
1
1
0 = (F (vt) + F (−vt)) +
V (u)du,
2
2v −vt
lo cual se satisface si se extiende el rango de definición de F (x) y V (x) de
modo que ellas sean antisimétricas, es decir
F (−x) = −F (x),
V (−x) = −V (x).
La ecuación 8.8 impone que
1
1
0 = (F (L + vt) + F (L − vt)) +
2
2v
Z
L+vt
V (u)du,
L−vt
cuestión que exige extender el rango de definición de F (x) y V (x) de modo
que ellas sean antisimétricas y de periodo 2L, es decir
F (x + 2L) = F (x),
V (x + 2L) = V (x).
8.5.3.
Casos particulares
El método de D’Alembert es especialmente útil cuando F (x) y V (x) sean
dadas como funciones antisimétricas de periodo 2L.
Ejemplo 8.5.1 Como ejemplo supongamos que
nπx
y(x, 0) = F (x) = A sin
,
0 ≤ x ≤ L,
L
¯
∂y(x, t) ¯¯
= V (x) = 0,
0 ≤ x ≤ L.
∂t ¯
t=0
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(8.9)
(8.10)
8.5 Solución de D’Alembert
303
Esta F (x) es de antemano antisimétrica y de periodo 2L. Luego la solución
será
µ
¶
1
nπ(x + vt)
nπ(x − vt)
y(x, t) =
A sin
+ A sin
,
2
L
L
que se reduce a
³
nπ
nπ ´
vt sin
x,
y(x, t) = A cos
L
L
que muestra con claridad como oscila la cuerda con un periodo
T =
2L
.
nv
λ=
2L
.
n
v=
λ
.
T
y una longitud de onda
Note que
Ejemplo 8.5.2 Otro ejemplo es
y(x, 0) = F (x) = 0,
0 ≤ x ≤ L,
¯
¯
nπx
∂y(x, t) ¯
,
0 ≤ x ≤ L.
= V (x) = V0 sin
¯
∂t
L
t=0
(8.11)
(8.12)
Esta V (x) es de antemano antisimétrica y de periodo 2L. Luego la solución
será
Z x+vt
1
nπu
y(x, t) =
du,
V0 sin
2v x−vt
L
nπx
nπvt
V0 L
sin
sin
.
=
nπv
L
L
8.5.4.
Extensión de F (x) o V (x)
Las funciones dadas deben ambas anularse en x = 0 y en x = L. Sus
extensiones antisimétricas de periodo 2L son las series de Fourier
F (x) =
V (x) =
∞
X
n=1
∞
X
n=1
bn sin
nπx
,
L
b0n sin
nπx
,
L
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304
Sistemas continuos
donde los coeficientes están dados por
Z
2 L
nπx
dx,
F (x) sin
bn =
L 0
L
Z
2 L
nπx
0
bn =
dx.
V (x) sin
L 0
L
La demostración de esto descansa en la propiedad de .ortogonalidad" para
m, n enteros
Z L
nπx
L
mπx
sin
= δ mn .
sin
L
L
2
0
8.6.
8.6.1.
Ejemplos
Si la cuerda parte recta con un perfil de velocidades iniciales
πx
,
L
V (x) es de antemano impar y de periodo 2T , por lo tanto
Z x+vt
1
V (x)dx
y(x, t) =
2v x−vt
π
x
V0 L
sin vt sin π
=
πv
L
L
x − vt
x + vt
V0 L
(cos π
− cos π
).
=
2πv
L
L
Ejemplo 8.6.1 Si la forma inicial fuera una semi sinusoide
πx
F (x) = A sin
L
esta función es de antemano impar y de periodo 2L. Entonces
µ
¶
A
π(x + vt)
π(x − vt)
y(x, t) =
sin
+ sin
2
L
L
π
π
= A sin x cos vt.
L
L
V (x) = V0 sin
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8.6 Ejemplos
305
Ejemplo 8.6.2 En general, una extensión impar y de periodo 2L de F (x)
es
F (x) =
∞
X
bn sin
n=1
bn
2
=
L
Z
nπx
L
L
F (x) sin
0
nπx
dx,
L
luego
¶
µ
∞
1X
nπ(x − vt)
nπ(x + vt)
y(x, t) =
+ sin
bn sin
2 n=1
L
L
=
∞
X
n=1
bn sin nπ
π
x
cos n vt.
L
L
Ejemplo 8.6.3 Si la cuerda parte recta con un perfil de velocidades iniciales
V (x) = V0 sin
πx
,
L
determine la solución de la ecuación de onda.
Solución. V (x) es de antemano impar y de periodo 2T , por lo tanto
Z x+vt
1
V (x)dx
y(x, t) =
2v x−vt
π
x
V0 L
sin vt sin π
=
πv
L
L
x − vt
x + vt
V0 L
(cos π
− cos π
).
=
2πv
L
L
N
Ejemplo 8.6.4 Una cuerda de longitud L con extremos fijos comienza a
oscilar partiendo del reposo de manera que su forma inicial es:
½
Ax/L
si x < L/2
F (x) =
A(1 − x/L) si x > L/2
Determine y(x, t).
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306
Sistemas continuos
Solución. La solución será
∞
X
nπx
vnπ
t sin
.
y(x, t) =
An cos
L
L
n=1
siendo
2
An =
L
donde evaluamos
2
L
Z
L/2
0
Z
L
F (x) sin
0
2
nπx
dx +
(Ax/L) sin
L
L
resultando
y(x, t) = 4A
∞
X
sin 1 nπ
n=1
= 4A
∞
X
k=0
2
n2 π 2
cos
Z
nπx
dx
L
L
L/2
A(1 −
nπx
x
) sin
dx
L
L
nπx
vnπ
t sin
L
L
(2k + 1)πx
v(2k + 1)πt
(−1)k
sin
.
cos
2
2
(2k + 1) π
L
L
Esta solución sin embargo dice poco de la forma que tiene la onda. Analicemos la solución de D’Alembert
1
y(x, t) = (F (x + vt) + F (x − vt)).
2
En la figura siguiente se ilustra la extensión periódica de F (x) corrida hacia
la derecha en vt y corrida hacia la izquierda en vt
vt
-L
0
vt
L
2L
De modo que cuando ha transcurrido un tiempo t, F (x + vt) y F (x − vt)
son corrimientos a la izquierda y a la derecha de F (x). Ambas curvas las analizamos en el intervalo donde está la cuerda y las promediamos, obteniendo
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8.7 Consideraciones energéticas
307
la forma ilustrada en la figura siguiente:
-L
0
L
2L
Es aparente que la forma de la onda será simétrica respecto al punto medio, y formada por segmentos rectos, a pesar de la aparentemente complicada
serie de Fourier de la solución anterior.
N
8.7.
Consideraciones energéticas
Consideremos el trozo de cuerda desde x en adelante, como se indica en
la figura (8.1). Sobre ese trozo actúa la fuerza ejercida por la parte izquierda
de la cuerda es decir
F = −τ sin θ ≈ −τ tan θ = −τ
∂y(x, t)
.
∂x
Por otro lado la velocidad de ese extremo de la cuerda es
vy =
∂y(x, t)
,
∂t
de modo que la potencia entregada al lado derecho de la cuerda (por el
izquierdo) es
∂y(x, t) ∂
y(x, t).
(8.13)
P = F vy = −τ
∂x ∂t
8.7.1.
Potencia en ondas armónicas
Para una onda armónica sinusoidal del tipo
y = A sin(kx − ωt),
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308
Sistemas continuos
θ
τ
y(x,t)
x
Figura 8.1: Potencia en una onda.
resulta
P = τ A2 kω cos2 (kx − ωt).
Aquí se tienen las relaciones
2π
,
λ
r
ω
τ
v =
=v=
,
k
σ
k =
de modo que la potencia puede escribirse
P = σω2 A2 v cos2 (kx − ωt).
o sea en una onda que viaja hacia la derecha hay una potencia positiva
entregada desde el lado izquierdo al derecho. La potencia promedio puede
calcularse y resulta
1
< P >= σω 2 A2 v.
2
8.7.2.
Membranas
Considere una membrana elástica tensionada y denotemos por
σ(x, y)
la densidad superficial de masa y mediante
u(x, y, t)
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8.7 Consideraciones energéticas
309
el desplazamiento vertical de la membrana a partir de su posición de equilibrio, como se indica en la figuraEl área de equilibrio dA y el área deformada
y
⌃
n ⌃
k
z
dS
u(x,y,t)
dA
x
Figura 8.2:
dS están relacionadas mediante
k̂ · n̂dS = dA.
Si σ representa ahora la densidad superficial de masa, la energía cinética del
elemento de masa dA de membrana será
µ ¶2
∂u
1
σdA
.
2
∂t
Si τ (x, y) es la tensión superficial (fuerza por unidad de longitud) o la densidad de energía de superficie ( energía por unidad de área) la energía potencial
es igual al trabajo de cambiar el área desde dA hasta dS es decir
τ (dS − dA) = τ (
1
k̂ · n̂
− 1)dA,
pero la normal está en la dirección del gradiente de la superficie. La superficie
es
F (x, y, z, t) = z − u(x, y, t) = 0,
y entonces
n̂ =
∇(z − u(x, y, t))
k̂ − ∇u(x, y, t)
¯,
= ¯¯
¯
|∇(z − u(x, y, t))|
¯k̂ − ∇u(x, y, t)¯
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310
Sistemas continuos
pero ∇u(x, y, t) está sobre el plano (x, y) de manera que
n̂ =
y su proyección será
∇(z − u(x, y, t))
k̂ − ∇u(x, y, t)
= q
,
|∇(z − u(x, y, t))|
1 + (∇u)2
Entonces
1
.
k̂ · n̂ = q
1 + (∇u)2
τ (dS − dA) = τ (
1
q
− 1)dA = τ ( 1 + (∇u)2 − 1)dA
k̂ · n̂
1
' τ ( (∇u)2 )dA,
2
de modo que la densidad Lagrangiana será
õ ¶
µ ¶2
µ ¶2
µ ¶2 !
2
∂u
∂u
1
σ
1
∂u
σ ∂u
− τ ( (∇u)2 ) =
− τ
+
L =
2 ∂t
2
2 ∂t
2
∂x
∂y
= L(
∂u ∂u ∂u
, , ).
∂t ∂x ∂y
Si se supone que la membrana está fija en alguna curva cerrada en el plano
x, y, el principio variacional de Hamilton dará como ecuación de movimiento
∂
∂
∂
∂L
∂L
∂L
+
+
= 0,
∂t ∂(∂u/∂t) ∂x ∂(∂u/∂x) ∂y ∂(∂u/∂y)
¶
µ 2
∂2u
∂ u ∂2u
σ 2 −τ
= 0,
+
∂t
∂x2 ∂y 2
o sea la ecuación de onda bidimensional. La velocidad de propagación será
c donde
τ
c2 = .
σ
8.7.3.
Solución para geometrías específicas
Primero, buscaremos los modos normales de vibración, es decir modos
donde todos los elementos de la membrana, excepto los fijos, oscilan con la
misma frecuencia ω. Tendremos entonces
u(x, y, t) = ρ(x, y) cos(ωt).
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8.7 Consideraciones energéticas
311
Al sustituir en la ecuación de onda resulta
¶
µ 2
∂2
∂ ρ ∂2ρ
2
ρ(x, y) 2 cos(ωt) = c cos(ωt)
,
+
∂t
∂x2 ∂y 2
= −ω2 ρ(x, y) cos(ωt),
o sea
µ
¶
∂ 2 ρ(x, y) ∂ 2 ρ(x, y)
ω2
+
+
ρ(x, y) = 0,
∂x2
∂y 2
c2
la llamada ecuación de Helmholtz bidimensional.
Membrana rectangular
Llamando k2 =
ω2
c2
debemos resolver
¶
µ 2
∂ ρ ∂2ρ
+ k2 ρ = 0.
+
∂x2 ∂y 2
Usando la técnica de separación de variables
ρ = X(x)Y (y),
resulta
1 d2 Y
1 d2 X
+
+ k2 = 0,
X dx2
Y dy 2
por lo cual deben ser constantes
1 d2 Y
1 d2 X
2
=
k
,
= ky2 , k 2 = kx2 + ky2 .
x
X dx2
Y dy 2
Las soluciones que satisfacen extremos fijos en un rectángulo X(0) = X(a) =
0, Y (0) = Y (b) = 0 son
r
r
mπx
2
2
sin kx x =
sin
, m = 1, 2, 3 . . . ∞
X(x) =
a
a
a
r
r
nπy
2
2
Y (y) =
sin ky y =
sin
, n = 1, 2, 3 . . . ∞.
b
b
b
donde las frecuencias de los modos normales (m, n) son
k2 =
ω 2n,m
m2 π2 n2 π 2
=
+ 2 .
c2
a2
b
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312
Sistemas continuos
La frecuencia más baja, la fundamental es
r
ω 1,1
π2 π2
=
+ 2.
c
a2
b
Membrana circular
Ahora tenemos que resolver la ecuación de Helmholtz
∇2 ρ + k2 ρ = 0,
donde supondremos ρ = 0, en r = a.Es conveniente usar coordenadas polares
r, φ donde la ecuación de Hemholtz será
1 ∂ ∂
1 ∂2ρ
r ρ + 2 2 + k 2 ρ = 0,
r ∂r ∂r
r ∂φ
donde nuevamente, usando la técnica de separación de variables
ρ = R(r)Φ(φ),
conduce a
r
1 d2 Φ
1 d d
r R + k2 r2 +
= 0,
R dr dr
Φ dφ2
luego
d2 Φ
2
2 = −m Φ,
dφ
por lo tanto
1
Φ = √ eimφ , m = ±1, ±2, ±3 . . . ± ∞,
2π
y la parte radial satisface
d d
r R + (k2 r2 − m2 )R = 0,
dr dr
d
d2
r2 2 R + r R + (k2 r2 − m2 )R = 0,
dr
dr
r
la cual puede ser reconocida como la ecuación de Bessel. Como es bien sabido,
las soluciones regulares en el origen son
R = Jm (kr),
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8.8 Elementos de mecánica de Fluidos
313
y la condición de borde fijo conduce a que
Jm (ka) = Jm (
ωa
) = 0.
c
Denotemos por αm,n el enésimo cero de Jm luego las frecuencias propias serán
ωm,n a
= αm,n .
c
Las funciones de Bessel
Las de Bessel, Jv (z) = BesselJv (z) y Yv (z) = BesselYv (z) son soluciones
de primera y segunda clase de la ecuación de Bessel
z2
¢
dw ¡ 2
d2 w
+ z − v2 w = 0.
+z
2
dz
dz
Las de primera clase son regulares en el origen y el gráfico siguiente muestra
las tres primeras.
y
1
0.75
0.5
0.25
0
0
-0.25
5
10
15
20
x
J0 (rojo), J1 (verde), J2 (azul)
8.8.
Elementos de mecánica de Fluidos
Para estudiar la dinámica de los fluidos, se han seguido dos caminos. Uno
debido a Lagrange utiliza las coordenadas de cada partícula de fluido a medida que transcurre el tiempo de acuerdo a las fuerzas que ella experimenta.
Otra forma debida a Euler consiste en abandonar el intento de precisar las
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314
Sistemas continuos
coordenadas de cada partícula de fluido, y en vez, preocuparse de la densidad y la velocidad del fluido en puntos fijos del espacio en cada instante
de tiempo. De este punto de vista, Euleriano, la atención se pone en un elemento de fluido que pasa a través de un volumen de control el cual está fijo
en el espacio. Este es el método que usaremos principalmente aquí. Se definen ρ(x, y, x, t) la densidad del fluido en un punto del espacio en tiempo t y
v(x, y, z, t) el vector velocidad de un elemento de fluido ubicado en ese mismo
punto y en ese mismo tiempo. Las partículas del fluido en el volumen de control cambian continuamente. A pesar de que nos concentraremos en puntos
fijos del espacio, las ecuaciones usuales de la mecánica aplican a partículas y
por lo tanto será inevitable seguir el movimiento de las partículas al menos
por intervalos de tiempos cortos. Así estaremos interesados en dos tipos de
derivadas. Por ejemplo si p(x, y, z, t) representa la presión en un punto x, y,
z, en un tiempo t determinado, la derivada Euleriana
∂p
∂t
representará la tasa a la cual está cambiando la presión en un punto fijo y la
derivada Lagrangiana
∂p ∂p ∂x ∂p ∂y ∂p ∂z
dp
=
+
+
+
dt
∂t ∂x ∂t ∂y ∂t ∂z ∂t
∂p
+ v · ∇p,
=
∂t
representará la tasa a la cual está cambiando la presión en un punto que sigue
el movimiento de una partícula del fluido. Esto aplicará a cualquier función
de las coordenadas y del tiempo, lo cual anotaremos simbólicamente como
∂
d
=
+ v · ∇.
dt ∂t
8.8.1.
Cambio del volumen
Consideremos un elemento de volumen δV que se mueve con el fluido de
modo que contiene siempre el mismo número de partículas de fluido. Si el
fluido se mueve, ese elemento se mueve y en general cambiará de volumen.
Supongamos que se trata de un elemento de volumen rectangular de lados
δx, δy, δz. Entonces sus caras tienen velocidades vx , vy , vz . Así el cambio de
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8.8 Elementos de mecánica de Fluidos
315
y
δz
δy
vx(x+δx,t)
x
z
δx
Figura 8.3:
volumen debido al desplazamiento de las caras δy δz (una en x la otra en
x + δx) será
dδV
= δyδz(vx (x + δx, t)dt − vx (x + δx, t)dt)
∂vx
dt,
= δyδzδx
∂x
o sea
dδV
dt
= δyδzδx
= δV
∂vx
∂x
∂vx
.
∂x
Más en general, si varían las posiciones de las seis caras, se tiene
∂vx ∂vy ∂vz
dδV
= δV (
+
+
),
dt
∂x
∂y
∂z
o sea
dδV
= ∇ · vδV.
dt
Algunas propiedades del operador ∇ se explican en el apéndice. Más en
general, como se explica en la figura que sigue, el cambio de volumen que se
produce por el cambio del área se puede expresar como (producto mixto)
(dr1 × dr2 ) · vdt = n̂ · vdtdS,
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316
Sistemas continuos
(base×altura)
luego la superficie cerrada completa cambia un volumen
dV
dV
dt
=
=
I
IS
v · n̂dtdS
v · n̂dS.
S
Si se utiliza el teorema de la divergencia la última expresión puede escribirse
como
Z
dV
=
∇ · vdV.
dt
V
Fluidos incompresibles
Si el fluido es incompresible, es decir si el volumen de un número determinado de partículas no cambia con el tiempo, entonces del resultado anterior
sigue que
∇ · v = 0.
Ecuación de continuidad
La masa de un elemento de volumen que sigue el movimiento del fluido no
varía. Eso se puede escribir utilizando el concepto de densidad volumétrica
de masa ρ como
δm = ρδV = constante,
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8.8 Elementos de mecánica de Fluidos
317
es decir
d
dρ
δV + ρ δV = 0
dt
dt
dρ
δV + ρ∇ · vδV = 0
dt
dρ
+ ρ∇ · v = 0.
dt
pero
∂ρ
dρ
=
+ v · ∇ρ,
dt
∂t
luego
∂ρ
+ v · ∇ρ + ρ∇ · v = 0,
∂t
o
∂ρ
+ ∇ · (ρv) = 0.
(8.14)
∂t
Esta última relación se denomina la ecuación de continuidad de un fluido.
8.8.2.
Líneas de flujo
Para visualizar el movimiento de un fluido se utilizan tres tipos de líneas,
llamadas líneas de velocidad, caminos y de trazadores.
1. Líneas de velocidad. Son las líneas del campo de velocidad v(x, y, z, t),
es decir líneas que son tangentes y paralelas al vector velocidad en cada
punto de coordenadas fijas x, y, z en un instante t. La ecuación de las
líneas de velocidad se obtiene de
dy
dz
dx
=
=
.
vx (x, y, z, t)
vy (x, y, z, t)
vz (x, y, z, t)
Integrando estas ecuaciones para t fijo permitiría encontrar las líneas
de velocidad. Puede ser útil expresar las coordenadas en forma paramétrica x = x(s), y = y(s), z = z(s). Por ejemplo sean
vx = x(1 + 2t),
vy = y,
vz = 0,
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318
Sistemas continuos
luego se debe resolver
dy
dx
= ,
x(1 + 2t)
y
integrando
1
ln x = ln y
(1 + 2t)
luego
x = y (1+2t) .
2. Caminos. Es la curva trazada por una partícula del fluido a medida que
ella se mueve. Ella satisface
dx
= vx (x, y, z, t),
dt
dx
= vx (x, y, z, t),
dt
dx
= vx (x, y, z, t),
dt
ecuaciones que al ser integradas permitirían encontrar x(t), y(t), z(t).
Consideremos el mismo ejemplo anterior
dx
= vx = x(1 + 2t),
dt
dy
= vy = y,
dt
que son fácilmente integrables
x
ln
= t + t2 ,
x0
y
= t,
ln
y0
de manera que la trayectoria o camino es
x = x0 et(1+t) ,
y = y0 et .
3. Líneas de trazadores. Son las líneas que siguen trazadores continuamente inyectados al fluido. Ellos pueden ser humo, tinta, y otros. No
discutiremos este tema aquí.
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8.9 Ecuación de movimiento de un fluido ideal
8.9.
319
Ecuación de movimiento de un fluido ideal
En un fluido ideal, por definición, no actúan otras fuerzas de un elemento
sobre otro de fluido, más que las fuerzas de presión, que actúan normalmente
a las superficies de los elementos considerados. En los fluidos reales, actúan
además fuerzas tangenciales o de viscosidad que por ahora despreciaremos.
Aceptaremos además que pueden actuar fuerzas externas sobre cada elemento
de volumen, tal como el peso de aquel. La presión es isotrópica de modo que
la fuerza que actúa sobre cada elemento de área se obtiene simplemente
multiplicando la presión sobre el área por el área en cuestión. Así, si se trata
de un elemento de volumen como un paralelepípedo rectangular de aristas
δx, δy, δz, la fuerza resultante en la dirección x debida a la presión será
δFx = p(x, y, z)δyδz − p(x + δx, y, z)δyδz
∂p
= − δxδyδz,
∂x
y en su forma vectorial
δ F = −∇pδV.
Sea además f la fuerza externa que actúa por unidad de volumen. Así la
fuerza resultante sobre el elemento de volumen será
δ F = −∇pδV + fδV.
La segunda ley de Newton establece que esta fuerza es la masa por la aceleración del elemento de volumen, o sea
ρδV
dv
= −∇pδV + fδV,
dt
o bien
dv
= f − ∇p,
dt
ahora, si realizamos la derivada total obtenemos
ρ
ρ(
∂v
+ v · ∇v) = f − ∇p,
∂t
(8.15)
y así obtenemos la ecuación de Euler para el movimiento de un fluido ideal:
∇p
∂v
f
+ v · ∇v = −
.
∂t
ρ
ρ
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(8.16)
320
8.9.1.
Sistemas continuos
Onda sonoras en un fluido
Supongamos un fluido en equilibrio a una presión p0 una densidad ρ0 y
sometido a una fuerza externa volumétrica f0 . Para esta situación, la ecuación
(8.16) se convierte en
(8.17)
f0 = ∇p0 .
Supongamos ahora que el fluido se somete a una perturbación pequeña de
modo que la presión y la densidad se alteran a
p = p0 + p0
ρ = ρ0 + ρ0 ,
siendo p0 ¿ p y ρ0 ¿ ρ y supondremos además que la velocidad u sus
derivadas son también pequeñas. Si sustituimos en (8.16) se obtiene
∇(p0 + p0 )
f0
∂v
+ v · ∇v =
−
∂t
ρ0 + ρ0
ρ0 + ρ0
≈
f0 ∇(p0 + p0 )
−
ρ0
ρ0
si despreciamos términos cuadráticos en v y en las cantidades pequeñas p0 y
ρ0 se obtiene
∇(p0 + p0 )
∂v
f0
=
−
∂t
ρ0 + ρ0
ρ0 + ρ0
≈
o sea
∇p0
f0 ∇(p0 + p0 )
−
=−
.
ρ0
ρ0
ρ0
∇p0
∂v
=−
.
∂t
ρ0
(8.18)
Además si se sustituye en la ecuación de continuidad (8.14) se obtiene
∂ρ0
+ ∇ · ((ρ0 + ρ0 )v)
0 =
∂t
∂ρ0
+ ∇ · (ρ0 v),
≈
∂t
o sea
∂ρ0
= −ρ0 ∇ · v − v · ∇ρ0 .
∂t
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(8.19)
8.9 Ecuación de movimiento de un fluido ideal
321
Finalmente supondremos que la densidad en equilibrio es prácticamente constante de modo que la última ecuación puede escribirse
∂ρ0
+ ρ0 ∇ · v = 0.
∂t
(8.20)
La compresibilidad κ y su recíproco B
En termodinámica se definen la compresibilidad isotérmica
µ
¶
1
1 ∂V
=−
,
κT =
BT
V ∂p T
y la compresibilidad adiabática
1
κS = −
V
µ
∂V
∂p
¶
=
S
1
,
BS
donde T y S denotan la temperatura absoluta y la entropía del sistema.
Cuando una onda acústica pasa a través de una substancia los cambios de
volumen son en realidad adiabáticos en vez de isotérmicos, de modo que la
segunda de las anteriores es la que aplica. Ella puede ser escrita como
µ
¶
µ ¶
∂m/ρ
1
1 ∂ρ
1
= κS = −
=
.
BS
m/ρ
∂p S ρ ∂p S
De este modo el incremento en la presión y la densidad están relacionadas
por
1
BS
= κS =
ρ0 =
1 ρ0
ρ0 p0
ρ0 p0
.
BS
Así podemos eliminar ρ0 de la ecuación de continuidad (8.20) obteniendo
ρ0 ∂p0
= −ρ0 ∇ · v
BS ∂t
∂p0
= −BS ∇ · v.
∂t
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(8.21)
(8.22)
322
Sistemas continuos
Si derivamos respecto al tiempo y utilizamos (8.18) se obtiene finalmente
∂ 2 p0
∂
= −BS ∇ · v
2
∂t
∂t
BS
=
∇ · ∇p0 ,
ρ0
es decir tenemos que las variaciones de la presión p0 satisfacen la ecuación de
ondas en tres dimensiones
∂ 2 p0
− v2 ∇2 p0 = 0,
∂t2
(8.23)
donde la velocidad de propagación está dada por
s
BS
v=
.
ρ0
8.9.2.
Ondas de canal
Consideraremos un fluido incompresible sometido a un campo gravitacional uniforme. Trataremos primero de ondas de canal (ondas tidales), donde
la longitud de onda es grande respecto a la profundidad del canal. En este
límite, el movimiento principal de las partes del fluido es horizontal, de modo
que el fluido se mueve hacia adelante y hacia atrás. Cuando se acumula en
un punto, el nivel sube y aumenta la presión hidrostática. El fluido entonces
fluye horizontalmente respondiendo al exceso de fuerza vertical .
Ecuaciones de movimiento
Considere un elemento de masa dm contenido en un volumen dV . La
ecuación de Euler es
dv
ρ = f − ∇p,
dt
siendo la fuerza peso por unidad de volumen
f =−
dm
gk̂ = −ρgk̂,
dV
luego
1
dv
= −g k̂ − ∇p.
dt
ρ
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8.9 Ecuación de movimiento de un fluido ideal
323
y
z
h
x
ζ
Figura 8.4:
Pero estamos suponiendo que el movimiento vertical tiene velocidad y aceleración despreciables y entonces
−g −
1 ∂
p'0
ρ ∂z
que nos indica la variación de la presión con la altura o profundidad en el
fluido. A nivel z = ζ(x, y, t) la presión es la atmosférica p0 resultando por
integración
p = p0 − ρg(z − ζ(x, y, t)).
Recordando que
∂v
∂v
dv
=
+ v · ∇v '
,
dt
∂t
∂t
En las direcciones horizontales tenemos
∂vx
1 ∂
∂
dvx
=
=−
p = −g ζ(x, y, t),
dt
∂t
ρ ∂x
∂x
∂vy
1 ∂
∂
dvy
=
=−
p = −g ζ(x, y, t).
dt
∂t
ρ ∂y
∂y
Note que las aceleraciones horizontales son independientes de z.
Ondas unidimensionales
Consideraremos una onda unidimensional
ζ = ζ(x, t)
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324
Sistemas continuos
v(x)
ζ
h
b
v(x+dx)
dx
El fluido tiene movimiento en el eje x solamente y como consecuencia de la
ecuación de continuidad, lo que se acumula provoca un cambio en la altura.
El flujo (volumen/área × tiempo) es
Jx = ρv(x),
de modo que
(ρv(x) − ρv(x + dx)) (h + ζ)b(x)dt = ρbdxdζ,
o bien
−
Pero
∂v(x)
(h + ζ)b(x)dt = bdζ,
∂x
∂ζ
∂v(x)
(h + ζ)b = b ,
−
∂x
∂t
∂ζ
∂v(x)
h =
.
−
∂x
∂t
∂
∂vx
= −g ζ(x, y, t),
∂t
∂x
luego
∂2ζ
∂ ∂v(x)
h =
,
∂t ∂x
∂t2
∂2ζ
∂2
.
gh 2 ζ(x, t) =
∂x
∂t2
−
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8.9 Ecuación de movimiento de un fluido ideal
325
Que es la ecuación de onda con una velocidad de propagación
p
c = gh.
El significado físico es que a mayor profundidad, mayor velocidad de propagación de la onda.
8.9.3.
Ondas de superficie en líquidos
Para alturas mayores, un análisis más fino es necesario. Consideraremos
ondas superficiales en dos dimensiones en un fluido tridimensional.
y
z
x
h
Respecto a la figura, el plano xy es el nivel de equilibrio del líquido en un
canal de profundidad h. El líquido será considerado como incompresible con
densidad volumétrica ρ constante de modo que la ecuación de continuidad
(8.14) se reduce a
∇ · v = 0.
Supondremos también que el movimiento del fluido es irrotacional, es decir
que
∇ × v = 0.
Potencial de velocidades. Ecuación de Laplace.
Cuando el movimiento del fluido es irrotacional, el campo de velocidad
del fluido es derivable de un potencial de velocidades Φ(r, t) tal que
v(r, t) = −∇Φ(r, t).
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326
Sistemas continuos
En términos de este potencial, la condición de incompresibilidad será
∇ · v = ∇ · ∇ × v = ∇2 Φ = 0,
(8.24)
es decir el potencial de velocidad satisface la ecuación de Laplace en el interior del fluido en todo instante. En situaciones estacionarias, Φ = Φ(r), y las
líneas del campo de velocidad son fijas. Estas líneas del campo de velocidad,
denominadas líneas de corriente, son tangentes al campo de velocidades del
fluido en un cierto instante. No hay que confundirlas con las trayectorias seguidas por una partícula determinada a medida que transcurre el tiempo. En
situaciones dinámicas como la que estudiamos, la propagación de ondas en
un fluido Φ = Φ(r, t), las líneas de corriente irán cambiando como un todo
a medida que el tiempo progrese. El resto del análisis intenta establecer las
condiciones de contorno que debe cumplir el potencial de velocidad. Obviamente en el fondo del canal la velocidad normal debe anularse. Similarmente
ocurre en las paredes laterales.
En la superficie libre del fluido tendremos condiciones adicionales. La
dinámica del fluido ideal está dada por la ecuación de Euler (8.15)
1
dv
f
= − ∇p.
dt
ρ ρ
De aquí se puede establecer el llamado teorema de Bernouilli. La fuerza f
representa a la fuerza externa por unidad de volumen.
Teorema de Bernouilli
La ecuación de Euler puede ser escrita de otras manera
1
∂v
f
+ v · ∇v = − ∇p.
∂t
ρ ρ
Es una identidad matemática que
1
∇ v · v − v × (∇ × v) = v · ∇v
2
entonces la ecuación de Euler puede escribirse como
∂v
1
1
f
+ ∇ v · v − v × (∇ × v) = − ∇p.
∂t
2
ρ ρ
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8.9 Ecuación de movimiento de un fluido ideal
327
reemplacemos v = −∇Φ, ∇ × v = 0 y supongamos que la fuerza externa (el
peso por unidad de volumen por ejemplo) es conservativo, luego
f = −∇U (r, t),
se obtiene
−∇
1
U
p
∂Φ
+ ∇ v · v = −∇ − ∇ ,
∂t
2
ρ
ρ
p U 1
∂Φ
∇( + + v2 −
) = 0.
ρ
ρ
2
∂t
En otra palabras la cantidad que tiene gradiente cero es sólo función del
tiempo
p U 1 2 ∂Φ
+ + v −
= C(t).
ρ
ρ
2
∂t
El potencial de velocidad puede alterarse a
Z
Φ → Φ(r, t) − C(t)dt,
sin que se altere el campo de velocidades y entonces la función C(t) se cancela
obteniendo
p U 1 2 ∂Φ(r, t)
+ + v −
= 0.
(8.25)
ρ
ρ
2
∂t
En la superficie libre del fluido z = ζ, la presión es la presión atmosférica p0 .
Supondremos también que la fuerza aplicada por unidad de volumen proviene
de un potencial gravitacional
f =−
dm
g k̂ = −∇ρgz,
dV
y que en la superficie libre z = ζ
U
= gζ,
ρ
y si despreciamos v2 , se obtiene
∂Φ(r, t)
p0
+ gζ −
= 0,
ρ
∂t
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328
Sistemas continuos
y haremos otro cambio en el potencial de velocidad
Φ → Φ(r, t) −
luego
p0 t
,
ρ
¯
∂Φ(r, t) ¯¯
gζ −
= 0,
∂t ¯z=ζ
o bien, en la superficie libre se cumple
ζ(x, y, t) =
1 ∂Φ(x, y, 0, t)
1 ∂Φ(x, y, ζ, t)
'
.
g
∂t
g
∂t
O sea las variaciones de la altura del nivel libre del fluido se deben a que en
la superficie Φ cambia con el tiempo.
Forma de la superficie libre
La altura z es alguna función de x, y, t. Esto es, la forma de la superficie
estará dada por
F (r, t) = F (x, y, z, t) = z − ζ(x, y, t) = 0.
En un pequeño intervalo de tiempo dt, la velocidad normal
vn = n̂n̂ · v,
∂ζ
∂ζ
− ĵ ∂y
k̂ − i ∂x
¯.
con n̂ = ¯¯
∂ζ
∂ζ ¯
¯k̂ − i ∂x − ĵ ∂y ¯
causa un desplazamiento de la superficie dado por
F (r + vn dt, t + dt) = 0,
y haciendo una expansión de Taylor
pero
X
∂F
∂F
(vn )i
= 0,
+
∂xi
∂t
n̂ =
∇F
,
|∇F |
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8.9 Ecuación de movimiento de un fluido ideal
329
⌃
n
z
x
ζ
h
Figura 8.5:
luego
vn · ∇F = v · ∇F,
y entonces
v · ∇F +
∂F
= 0.
∂t
Pero
F (x, y, z, t) = z − ζ(x, y, t) = 0,
luego
vz − vx
∂ζ
∂ζ ∂ζ
− vy
−
= 0,
∂x
∂y
∂t
además
vz =
(8.26)
∂ζ
,
∂t
luego
vx
∂ζ
∂ζ
+ vy
=0
∂x
∂y
Condiciones de contorno
El potencial de velocidad satisface la ecuación de Laplace
∇2 Φ = 0,
y tiene como condiciones de contorno en una superficie fija, el fondo por
ejemplo
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330
Sistemas continuos
vn = −n̂ · ∇Φ = 0,
y en la superficie libre z = ζ
∂Φ
∂ζ
=− ,
∂t
∂z
1 ∂Φ
ζ =
, (De Bernouilli)
g ∂t
vz =
que pueden combinarse en
vz = −
∂ζ
1 ∂ 2 Φ(x, y, 0, t)
∂Φ
=
=
.
∂z
∂t
g
∂t2
Relación de dispersión
Consideremos como un ejemplo, una onda unidimensional que viaja con
velocidad c en la dirección x, siendo el ancho del canal constante b y la
profundidad h. Tratemos una solución
Φ(x, z, t) = Z(z) cos k(x − ct),
coloquemos esto en la ecuación de Laplace
cos k(x − ct)
de donde
∂2
∂2
Z(z)
+
Z(z)
cos k(x − ct) = 0,
∂z 2
∂x2
d2
Z(z) − k2 Z(z) = 0,
dz 2
por lo cual
Z(z) = Aekz + Be−kz ,
pero en el fondo del canal z = −h, vz = 0 o sea
k̂ · ∇Z(z) = 0,
Z 0 (−h) = 0,
entonces
0 = kAe−kh − kBe+kh ,
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8.9 Ecuación de movimiento de un fluido ideal
331
luego = B
Z(z) = Ae−kh (ekz+kh + e−kh−kz ),
= C cosh k(z + h),
pero teníamos que
vz = −
o sea
−
conduce a
1 ∂2Φ
∂Φ ∂ζ
=
=
en la superficie libre
∂z
∂t
g ∂t2
1 ∂2Φ
∂Φ
=
, Φ = C cosh k(z + h) cos k(x − ct),
∂z
g ∂t2
1
k sinh kh ' k 2 c2 cosh kh.
g
Note que
k=
2π
,
λ
entonces
g
tanh kh,
k
O sea la solución para el potencial de velocidad es
c2 =
con
Φ = C cosh k(z + h) cos k(x − ct),
g
tanh kh.
k
Note que si h es pequeño respecto a la longitud de onda ,
2π
gλ 2π
gλ
. tanh h '
h = gh,
c2 =
2π
λ
2π λ
el resultado obtenido anteriormente. Haremos algunos cálculos numéricos,
, C = 1 , h = 2 , λ = 1 , g = 1.
tomando k = 2π
λ
r
r
g
g
tanh k(ζ + h) '
tanh kh = 0,398 94
c=
k
k
q
gλ
c = 2π
tanh 2πh
= 0,398 94
λ
c = 0,398 94
Φ = C cosh k(z+h) cos k(x−ct) = cos (6. 283 2x − 2. 506 6t) cosh (6. 283 2z + 12. 566)
c2 =
Φ = C cosh k(z+h) cos k(x−ct) = cosh (6. 283 2z + 12. 566) cos (6. 283 2x − 2. 506 6t)
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332
Sistemas continuos
La forma de la superficie
1 ∂Φ
1∂
=
C cosh k(z + h) cos k(x − ct)
g ∂t
g ∂t
1
=
C cosh k(z + h)kc sin k(x − ct)
g
ζ =
v = −∇Φ
Para t, el vector v evaluado numéricamente es
∙
¸
−6. 283 2 cosh (6. 283 2z + 12. 566) sin (6. 283 2x − 2. 506 6t) ,
v=
y me6. 283 2 sinh (6. 283 2z + 12. 566) cos (6. 283 2x − 2. 506 6t)
diante la opción Vector Field Plot 2 D con muPad, se obtiene
Para t = 0
∙
¸
−6. 283 2 cosh (6. 283 2z + 12. 566) sin (6. 283 2x) ,
v=
6. 283 2 sinh (6. 283 2z + 12. 566) cos (6. 283 2x)
x
0
0.25
0.5
0.75
1
0
-0.5
-1
-1.5
y
-2
Para t = 0,1
∙
¸
−6. 283 2 cosh (6. 283 2z + 12. 566) sin (6. 283 2x − 0,2 506 6) ,
v=
6. 283 2 sinh (6. 283 2z + 12. 566) cos (6. 283 2x − 0,2 506 6)
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8.9 Ecuación de movimiento de un fluido ideal
333
x
0
0.25
0.5
0.75
1
0
-0.5
-1
-1.5
y
-2
Φ = C cosh k(z + h) cos k(x − ct),
con
g
tanh k(ζ + h) = c2 ,
k
∂z
dz
∂z
=
+ v · ∇vz '
dt
∂t
∂t
∂x
.
= kC sin k(x − ct) cosh k(z + h) '
∂t
vz = −kC cos k(x − ct) sinh k(z + h) =
vx
Trayectoria de una partícula
Tenemos que el campo de velocidades es con Φ = C cosh k(z +h) cos k(x−
ct)
dx
= −Ck cosh k(z + h) sin k(x − ct),
dt
dz
= Ck sinh k(z + h) cos k(x − ct).
=
dt
vx =
vz
Si al lado derecho aproximamos x = x0 , z = z0 , estas son satisfechas por las
siguientes coordenadas
C
cosh k(z0 + h) cos k(x0 − ct),
c
C
z = z0 − sinh k(z0 + h) sin k(x0 − ct)
c
x = x0 −
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334
Sistemas continuos
de donde
µ
x − x0
cosh k(z0 + h)
¶2
+
µ
x − x0
sinh k(z0 + h)
¶2
=
C2
,
c2
la ecuación de una trayectoria elíptica
8.9.4.
Más sobre ondas de superficie
Primero recordemos las ecuaciones que gobiernan el movimiento de un
fluido ideal, incompresible y con flujo irrotacional
1. El potencial de velocidad satisface la ecuación de Laplace en todo el
fluido (8.24)
∇2 Φ = 0.
2. La ecuación de Bernouilli es (8.25)
p U 1 2 ∂Φ(r, t)
+ + v −
= 0.
ρ
ρ
2
∂t
En la superficie libre del fluido z = ζ, la presión es la presión atmosférica
p0 . Supondremos también que la fuerza aplicada por unidad de volumen
proviene de un potencial gravitacional
f =−
dm
g k̂ = −∇ρgz,
dV
y que en la superficie libre z = ζ
U
= gζ,
ρ
ahora no despreciamosv 2 , obteniendo
1
∂Φ(r, t)
p0
+ gζ + v 2 −
= 0,
ρ
2
∂t
y haremos otro cambio en el potencial de velocidad
Φ → Φ(r, t) −
p0 t
,
ρ
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8.9 Ecuación de movimiento de un fluido ideal
335
luego
1
∂Φ(r, t)
= 0,
gζ + v 2 −
2
∂t
1
∂Φ(r, t)
= 0, en la superficie libre. (8.27)
gζ + (∇Φ)2 −
2
∂t
3. Sobre cualquier superficie fija que contenga al fluido
n̂ · ∇Φ = 0.
4. La superficie libre tiene una forma dada por
z − ζ(x, y, t) = 0.
De la ecuación (8.26), se dedujo que
∂ζ
∂ζ ∂ζ
− vy
−
= 0,
∂x
∂y
∂t
que será escrito en términos del potencial de velocidades Φ
∂Φ
∂ζ
−
− v · ∇ζ −
= 0,
∂z
∂t
∂Φ
∂ζ
−
+ ∇Φ · ∇ζ −
= 0, en la superficie libre del fluido.
(8.28)
∂z
∂t
vz − vx
Una ecuación extendida para ondas de canal
Busquemos una solución de la forma
Z ∞
1
cosh [k(z + h)] eikx fe(k, t)dk.
Φ=
2π −∞
Satisface (3) en el fondo del canal, puesto que
Z ∞
1
e t)dk → 0.
k sinh [k(z + h)] eikx f(k,
vz (z = −h) = −
2π −∞
Satisface la ecuación de Laplace. Calculemos
Z ∞
1
∂2Φ
= −
k2 cosh [k(z + h)] eikx fe(k, t)dk,
∂x2
2π −∞
Z ∞
1
∂2Φ
=
k2 cosh [k(z + h)] eikx fe(k, t)dk.
∂z 2
2π −∞
Luego
∇2 Φ = 0.
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336
Sistemas continuos
Aproximación en la superficie libre kh << 1.
En la superficie libre, z ' 0
1
Φ'
2π
Z
∞
−∞
Llamemos
ikx
cosh [kh] e
e t)dk ' 1
f(k,
2π
1
f (x, t) =
2π
Z
∞
−∞
Z
∞
−∞
(1 −
k2 h2 ikx e
)e f (k, t)dk.
2
eikx fe(k, t)dk,
luego la ecuación anterior puede escribirse
1 ∂2
Φ ' (1 − h2 2 )f (x, t). En la superficie libre.
2 ∂x
Similarmente
Z ∞
1
∂Φ
'
k sinh [kh] eikx fe(k, t)dk,
∂z
2π −∞
Z ∞
k3 h3 ikx e
1
)e f (k, t)dk,
k(kh +
'
2π −∞
6
1 ∂4
∂2
= (−h 2 + h3 4 )f (x, t). En la superficie libre.
∂x
6 ∂x
Sustituyendo en (8.28) y (8.27),
∂2
1 ∂4
∂ζ
= −(−h 2 + h3 4 )f (x, t) + ∇Φ · ∇ζ,
∂t
∂x
6 ∂x
1 ∂2
1
∂
(1 − h2 2 )f (x, t) − (∇Φ)2 ,
gζ =
∂t
2 ∂x
2
despreciando términos no lineales ∇Φ · ∇ζ y
1
2
(∇Φ)2 obtenemos
∂2
∂ζ
1 ∂4
= −(−h 2 + h3 4 )f (x, t),
∂t
∂x
6 ∂x
1 ∂2
∂
(1 − h2 2 )f (x, t),
gζ =
∂t
2 ∂x
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(8.29)
(8.30)
8.9 Ecuación de movimiento de un fluido ideal
337
Ondas planas
Busquemos soluciones ondas armónicas simples
ζ = ζ 0 ei(kx−ωt) ,
f = f0 ei(kx−ωt) ,
al sustituir da
1
−iωζ 0 = −(hk 2 + h3 k4 )f0 ,
6
1 2 2
gζ 0 = (−iω − h k iω)f0 ,
2
dividiéndolas
ω 2 = ghk 2
1 + 16 h2 k2
,
1 + 12 h2 k2
(8.31)
(8.32)
(8.33)
constituye la relación de dispersión.
8.9.5.
Ecuación no lineal efectiva
En la sección anterior aproximamos
Z ∞
1
cosh [k(z + h)] eikx fe(k, t)dk,
Φ=
2π −∞
tomando z = 0. Una simple generalización de los anterior expandiendo
[k(h + ζ)] conducirá a
1
∂2
Φ ' (1 − (h + ζ)2 2 )f (x, t),
2
∂x
∂2
1
∂Φ
∂4
' (−(h + ζ) 2 + (h + ζ)3 4 )f (x, t)
∂z
∂x
6
∂x
Sustituyendo en (8.28) y (8.27), y despreciando
4
∂2
∂ζ
1
∂Φ ∂ζ
3 ∂
= −(−(h + ζ) 2 + (h + ζ)
,
)f
(x,
t)
+
∂t
∂x
6
∂x4
∂x ∂x
µ
¶
2
1
∂
1 ∂Φ
∂2
(1 − (h + ζ)2 2 )f (x, t) −
gζ =
,
∂t
2
∂x
2 ∂x
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338
Sistemas continuos
pero
∂
1 ∂2
∂f
∂Φ
'
(1 − h2 2 )f (x, t) '
,
∂x
∂x
2 ∂x
∂x
luego
∂ 2f
1 ∂ 4 f ∂f ∂ζ
∂ζ
= (h + ζ) 2 − h3 4 +
,
∂t
∂x
6 ∂x
∂x ∂x
µ
¶
2
1 2 ∂3f
∂f
1 ∂f
− h
gζ =
−
,
∂t
2 ∂t∂x2 2 ∂x
(8.34)
(8.35)
que se denominan ecuaciones de onda extendidas no lineales.
Ondas solitarias
Busquemos soluciones de la forma
ζ(x, t) = ζ(x − ct),
f (x, t) = f (x − ct).
Al sustituir en las ecuaciones 8.34, 8.35 se obtiene
1
−cζ 0 = (h + ζ)f 00 − h3 f 0000 + f 0 ζ 0 ,
6
1
1
2
gζ = −cf 0 + c h2 f 000 − (f 0 ) ,
2
2
ecuaciones acopladas para f, ζ. Afortunadamente la primera puede ser integrada
1
−cζ 0 = − h3 f 0000 + hf 00 + f 0 ζ 0 + ζf 00
6
1
−cζ + h3 f 000 − (h + ζ)f 0 =
6
constante
(8.36)
que debe ser resuelta junto con
1
1
2
cf 0 = −gζ + c h2 f 000 − (f 0 ) .
2
2
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(8.37)
8.9 Ecuación de movimiento de un fluido ideal
8.9.6.
339
Una solución aproximada
Una solución aproximada se logra haciendo algunas otras aproximaciones.
Primero mantener sólo el primer término de 8.37
cf 0 = −gζ.
Reemplace la velocidad de prpopagación por su aproximación de orden
cero (8.33)
1 + 16 h2 k2
ω2
2
' gh.
c = 2 = gh
k
1 + 12 h2 k2
Luego la ecuación 8.36 puede ser escrita
1
−cζ + h3 f 000 − (h + ζ)f 0 = constante
6
1
−c2 ζ + h3 (−gζ 00 ) − (h + ζ)(−gζ) = constante
6
1
g
gh
(1 − 2 )ζ + h2 ζ 00 − √ ζ 2 = constante
c
6
gh
Haciendo algunas otras aproximaciones, vea [1, p 401] una solución en forma
de onda solitaria se encuentra
ζ(x, t) = ζ 0
2
cosh
8.9.7.
1
∙r³
3ζ 0
h
´
x−ct
2h
¸.
Algunas soluciones de la ecuación de onda.
De acuerdo a las propiedades del operador ∇ puede probarse que son
soluciones de la ecuación de onda tridimensional
∂2φ
− v 2 ∇2 φ = 0.
∂t2
8.9.8.
A) Ondas planas
Esta son soluciones de la forma
φ(x, y, x, t) = F (k · r − ωt) = F (kx x + ky y + kz z − ωt),
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340
Sistemas continuos
donde F es una función arbitraria (diferenciable), v es la velocidad y k es un
vector constante cuya magnitud se denomina número de onda. Para demostrarlo basta considerar que
∇F (k · r − vt) = kF 0 (k · r − ωt),
∇2 F (k · r − vt) = k · ∇F (k · r − ωt)
∇2 φ = k2 F 00 (k · r − ωt),
∂ 2φ
= ω 2 k2 F 00 (k · r − ωt),
∂t2
que prueba lo establecido siempre y cuando
ω
v= .
k
Hay que observar, que los puntos donde F tiene un valor constante, digamos
F (0) están sobre el plano
k · r = ωt
k̂ · r = vt,
es decir un plano que viaja precisamente con la velocidad de propagación de
la onda v = ω/k, de allí se justifica la denominación de ondas planas.
k
r
vt
O
Onda plana
8.9.9.
B) Ondas esféricas
En coordenadas esféricas el Laplaciano puede escribirse (ver apéndice)
∇2 =
1
∂
1
1 ∂ 2∂
∂2
∂
r
+
sin
θ
+
,
r2 ∂r ∂r r2 sin θ ∂θ
∂θ r2 sin2 θ ∂φ2
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8.9 Ecuación de movimiento de un fluido ideal
341
de modo que si buscamos soluciones de la ecuación de onda que dependan
de la distancia al origen solamente, la ecuación de onda será
∂2φ
2 1 ∂ 2 ∂
r
φ = 0,
−
v
∂t2
r2 ∂r ∂r
pero usted puede establecer que
1 ∂2
1 ∂ 2∂
r
φ
=
(rφ),
r2 ∂r ∂r
r ∂r2
de modo que la ecuación de onda es
2
∂ 2 (rφ)
2 ∂
−v
(rφ) = 0,
∂t2
∂r2
de modo que
rφ(r, t) = F (kr − ωt),
por lo cual una onda esférica es de la forma
φ(r, t) =
F (kr − ωt)
,
r
donde la velocidad de propagación es ahora
v=
8.9.10.
ω
.
k
Las ondas electromagnéticas
Como ha sido bien establecido, los campos eléctricos E y mágnético B en
vacío satisfacen las cuatro ecuaciones de Maxwell
∇ · E = 0,
(8.38)
∂B
= 0,
∂t
(8.40)
∇ · B = 0,
∇×E+
∇ × B = μ0
(8.39)
0
∂E
.
∂t
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(8.41)
342
Sistemas continuos
Vacío significa la nada. Una solución de estas ecuaciones diferenciales son lo
trivial, no hay nada E = 0, B = 0. Pero, hay soluciones no triviales. Veremos.
Tomemos el rotor de la tercera
∇ × (∇ × E) +
∂∇ × B
= 0,
∂t
y reemplazando la cuarta
∇ × (∇ × E) + μ0
∂2E
= 0,
0
∂t2
pero como consecuencia de la primera
∇ × (∇ × E) = ∇(∇ · E) − ∇2 E = −∇2 E,
luego el vectoir camplo eléctrico satisface la ecuación de onda tridimensional
∇2 E − μ0
∂2E
= 0,
0
∂t2
con velocidad de propagación
1
c= √
μ0
0
Cosniderando que 0 = 8,854187817 × 10−12 F m−1 y μ0 = 1,2566370614 ×
10−6 N A−2 resulta c = 2. 997 9 × 108 ms la rapidez de la luz en el vacío. Similarmente, tomando el rotor de la cuarta
∇ × (∇ × B) = μ0
0
∂∇ × E
,
∂t
reemplazando la tercera
−∇2 B = −μ0
0
∂2B
,
∂t2
es decir la misma ecuación de onda
∇2 B − μ0
∂2B
= 0.
0
∂t2
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8.9 Ecuación de movimiento de un fluido ideal
8.9.11.
343
Ondas electromagnéticas planas
Probando soluciones de la forma
E = E0 ei(k·r−ωt) ,
B = B0 ei(k·r−ωt) ,
al sustituir en las cuatyro ecuaciones de Maxwell se obtiene que
k · E = 0,
k · B = 0,
−E0 × ∇ei(k·r−ωt) − iωB0 ei(k·r−ωt) = 0,
−B0 × ∇ei(k·r−ωt) = −μ0 0 iω E0 ,
o bien
k·E
k·B
E0 × k
B0 × k
=
=
=
=
0,
0,
−ω B0 ,
μ0 0 ω E0 ,
que muestra que los vectores E0 , B0 y el vector de propagación k son ortogonales y además que
1
k2
= μ0 0 = 2 ,
2
ω
c
ω = ck.
Es la relción de dispersión.
Interferencia de ondas
Consideremos ondas sinusoidales unidimensionales ψ(x, t) = A sin(kx −
ωt + φ) donde φ se conoce como la fase de la onda. Debido a que la ecuación de onda es lineal, la superposición de este tipo de ondas de la misma
velocidad v = ω/k es también solución de la ecuación de onda, La superposición de ondas de este tipo causa el fenómenos llamado de interferencia, en
particular de interferencia constructiva e interferencia destructiva. Considere
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344
Sistemas continuos
por ejemplo que la frecuencia sea la misma, entonces la longitud de onda
también es la misma y el fenómeno que ocurre en la superposición depende
de la diferencia de fase. En efecto, la superposición será
ψ = A1 sin(kx − ωt + φ1 ) + A2 sin(kx − ωt + φ2 ).
Aquí conviene utilizar elementos de los números complejos. Considere
A1 ei(kx−ωt+φ1 ) + A2 ei(kx−ωt+φ2 ) = Aei(kx−ωt) ,
esto es cierto si
A = A1 ei(φ1 ) + A2 ei(φ2 )
= ei(φ1 ) (A1 + A2 ei(φ2 −φ1 ) ).
Este número complejo puede colocarse en su forma polar de acuerdo a
A = |A| eiφ
donde
p
(A1 + A2 cos(φ2 − φ1 ))2 + (A2 sin(φ2 − φ1 ))2
q
=
A21 + A22 + 2A1 A2 cos(φ2 − φ1 ),
|A| =
tan φ =
A2 sin(φ2 − φ1 )
.
A1 + A2 cos(φ2 − φ1 )
En resumen
A1 ei(kx−ωt+φ1 ) + A2 ei(kx−ωt+φ2 ) = |A| eiφ ei(kx−ωt) ,
donde la superposición de ondas sinusoidales es la parte imaginaria de la
última expresión, es decir
ψ = A1 sin(kx − ωt + φ1 ) + A2 sin(kx − ωt + φ2 )
q
A21 + A22 + 2A1 A2 cos(φ2 − φ1 ) sin(kx − ωt + φ).
=
Es decir la superposición es una onda del mismo tipo, con otra fase φ y con
otra amplitud. La interferencia se llama constructiva si la amplitud de la
onda resultante es máxima y destructiva si es mínima. Estos casos ocurren
evidentemente si
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8.9 Ecuación de movimiento de un fluido ideal
345
a) Constructiva: φ2 − φ1 = 2nπ, n = 0, 1, 2...,
ψ = |A1 + A2 | sin(kx − ωt).
b) Destructiva: φ2 − φ1 = (2n + 1)π, n = 0, 1, 2...,
ψ = |A1 − A2 | sin(kx − ωt).
Pulsaciones
Otro fenómenos ocurre si las ondas que se superponen tienen la misma
velocidad pero diferentes longitudes de onda y en consecuencia diferentes
frecuencias. Suponiendo las mismas fases y amplitudes la superposición es
ψ = A sin(k1 x − ω 1 t) + A sin(k2 x − ω 2 t),
ω2
ω1
=
v =
k1
k2
que puede escribirse como
(k1 − k2 )x − (ω 1 − ω 2 )t
(k1 + k2 )x − (ω1 + ω 2 )t
cos
,
2
2
esto es el producto de dos ondas que se propagan a iguales velocidades
ω1 + ω2
ω1 − ω2
v=
=
k1 + k2
k1 − k2
y que tienen frecuencias, una alta frecuencia
ω1 + ω2
2
y otra que puede ser muy pequeña
ω1 − ω2
2
si las ondas que se superponen tienen frecuencias próximas. Este fenómeno
se puede escuchar como un batido de baja frecuencia cuando se pulsan dos
cuerdas de guitarra casi afinadas en la misma nota.
ψ = 2A sin
ψ = 2A sin
(k1 − k2 )(x − vt)
(k1 + k2 )(x − vt)
cos
2
2
(k1 + k2 )v
ω1 + ω2
=
,
2
2
(k1 − k2 )v
ω1 − ω2
=
.
2
2
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346
8.9.12.
Sistemas continuos
Velocidad de grupo
La superposición de muchas ondas de casi la misma frecuencia y con
longitudes de onda parecidas también, causa el fenómeno de la formación
de un grupo que se dispersa. Para precisar las cosas supongamos que se
superponen ondas con frecuencias en un cierto rango continuo, donde esas
frecuencias dependen de la longitud de onda de alguna forma funcional tal
como
ω = ω(k).
Esta relación se denomina relación de dispersión. En otras palabras estamos
suponiendo que la velocidad de propagación v = ω(k)/k es alguna función
de k es decir de la longitud de onda. Este caso tiene una representación
concreta en el caso de las ondas luminosas que se propagan en materiales
transparentes, donde la velocidad de propagación en ese medio es dependiente
de la longitud de onda. Bueno, para ver lo que ocurre considere entonces una
superposición continua para algún rango continuo de valores de k
Z
ψ = Ak sin(kx − ω(k)t)dk.
Supongamos que la superposición es hecha en un entorno a un valor k0 . Si
expandimos hasta primer orden
ω(k) = ω 0 + ω 00 (k − k0 ),
entonces
ψ =
=
Z
k0 +∆
k0 −∆
Z k0 +∆
k0 −∆
k0 +∆
=
Z
k0 −∆
≈
Ak sin(kx − ω(k)t)dk,
Ak sin(kx − (ω 0 + ω 00 (k − k0 ))t)dk,
Ak sin(ω00 k0 t − ω0 t + k(x − ω 00 t))dk,
2A0
sin (∆(x − ω00 t)) sin (k0 x − ω 0 t)
x − ω 00 t
donde hemos supuesto Ak ≈ Ak0 = A0 . O sea, la resultante
ψ = 2A0
sin (∆(x − ω00 t))
sin (k0 x − ω0 t)
x − ω 00 t
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8.9 Ecuación de movimiento de un fluido ideal
347
es una onda que viaja con la llamada velocidad de fase ω0 /k0 modulada por
otra onda que viaja con la llamada velocidad de grupo
¯
dω(k) ¯¯
0
vg = ω 0 =
.
dk ¯k=k0
Note que en esta aproximación la amplitud máxima de la modulación ocurre
en
x = ω00 t
Representaremos el grupo viajero para k0 = 10, ∆ = 1, A0 = 1, ω 00 = 1, ω 0 =
1, en dos tiempos, t = 0 y t = 2.
y
2
1
0
-5
-2.5
0
2.5
5
x
-1
-2
Grupo en t = 0.
y para t = 2
y
1.5
1
0.5
0
-5
-2.5
0
2.5
-0.5
5
x
-1
-1.5
Grupo en t = 2.
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348
Sistemas continuos
Nota 8.1 En realidad la formación de grupos no se debe a la superposición de ondas que sean soluciones de una determinada ecuación de onda. La
función considerada
Z
ψ = Ak sin(kx − ω(k)t)dk,
no satisface la ecuación de onda. Ejemplo real donde se forman grupos se
hará a continuación.
8.9.13.
Efecto Doppler clásico
Suponga una onda viajera hacia la derecha del tipo armónico de velocidad
de propagación v
φ(x, t) = A sin(kx − ωt).
Si otro observador se aleja hacia la derecha sobre el eje x con velocidad
u < v, ¿que onda es observada por el observador móvil? Para el observador
móvil llamaremos la coordenada x0 . Supondremos válida la transformación
de Galileo, es decir obtendremos el denominado efecto Doppler clásico. Esta
transformación puede escribirse
x0 = x − ut,
t0 = t.
Así resulta
φ0 (x0 , t0 ) = φ(x, t) = φ(x0 + ut, t0 ),
= A sin(k(x0 + ut) − ωt),
= A sin(kx0 − (ω − ku)t)
es decir una onda armónica pero con frecuencia
ω0 = ω − ku,
ku
),
= ω(1 −
ω
u
= ω(1 − ),
v
es decir una frecuencia menor. Si al contrario, el observador y la onda tienen
direcciones de movimiento de distinto sentido resultará
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8.9 Ecuación de movimiento de un fluido ideal
349
u
ω0 = ω(1 + ),
v
una frecuencia mayor.
8.9.14.
Efecto Doppler relativista
Para velocidades del observador muy altas, cercanas a la velocidad de la
luz, debe aplicarse la transformación de Lorentz
x0 = γ(x − ut),
ux
t0 = γ(t − 2 ),
c
p
donde c es la velocidad de la luz y γ = 1/ 1 − u2 /c2 . Así resulta
ux0
)),
c2
ux0
= A sin(kγ(x0 + ut0 ) − ωγ(t0 + 2 )),
c
u 0
= A sin(γ(k − ω 2 )x − γ(ω − ku)t0 ,
c
φ0 (x0 , t0 ) = φ(x, t) = φ(γ(x0 + ut0 ), γ(t0 +
es decir
u
),
c2
u
= γ(ω − ku) = γω(1 − ),
v
ω0
ω − ku
v−u
=
=
=
.
k0
k − ω cu2
1 − uv
c2
k 0 = γ(k − ω
ω0
v0
8.9.15.
Efecto Doppler para ondas luminosas
Si las ondas tienen la velocidad de la luz, entonces v0 = v = c y los
resultados anteriores se reducen a
1
u
ω(1 − ),
ω 0 = γ(ω − ku) = q
2
c
1 − uc2
s
1 − uc
ω0 =
ω.
1 + uc
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350
8.10.
Sistemas continuos
Ejercicios propuestos.
Ejercicio 8.10.1 Demuestre que si F (x) y V (x) representan extensiones
impares y de periodo 2L de la forma y de la velocidad inicial de la cuerda,
entonces la expresión
y(x, t) =
1
(F (x + vt) + F (x − vt))
2
Z x+vt
1
V (x)dx
+
2v x−vt
satisface la ecuación de onda y además
y(x, 0)
¯
∂y(x, t) ¯¯
∂t ¯t=0
y(0, t)
y(L, t)
= F (x),
= V (x),
= 0,
= 0.
Esta solución se denomina de D’Alembert. Vea [1].
Ejercicio 8.10.2 Una cuerda elástica de largo L con extremos fijos parte
del reposo con una deformación inicial
½
cx si x < L/2
y(0, x) =
0 si x > L/2
Resuelva para y(x, t) en su desarrollo de Fourier. Esquematice cuidadosamente la forma de la onda para t = T /4, T = T /2, mediante la solución de
D’Alembert.
Ejercicio 8.10.3 Repita el problema anterior si la cuerda parte tensa con
un perfil de velocidades inicial
¯
½
∂y(x, t) ¯¯
v0 x/L
si x < L/2
=
v0 (1 − x/L) si x > L/2
∂t ¯t=0
Ejercicio 8.10.4 Obtenga una expresión general para la superposición
ψ = A1 cos(kx − ωt + φ1 ) + A2 cos(kx − ωt + φ2 ).
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8.10 Ejercicios propuestos.
351
Solución. Sea φ = kx − ωt. Además proponga
ψ = A cos(φ + δ) = A1 cos(φ + φ1 ) + A2 cos(φ + φ2 ).
coeficientes de cos φ y sin φ se obtienen
A cos δ = A1 cos φ1 + A2 cos φ2
A sin δ = A1 sin φ1 + A2 sin φ2 ,
de donde
p
(A1 cos φ1 + A2 cos φ2 )2 + (A1 sin φ1 + A2 sin φ2 )2
q
=
A21 + A22 + 2A1 A2 cos (φ1 − φ2 ),
A =
y la fase
tan δ =
A1 sin φ1 + A2 sin φ2
.
A1 cos φ1 + A2 cos φ2
N
Ejercicio 8.10.5 Obtenga la superposición de las dos ondas
ψ = 2A sin(kx − ωt + π/4) + A sin(kx − ωt).
Solución. Utilizando lo anterior la amplitud resultante es
r
³π ´
2
2
2
4A + A + 4A cos
A =
4
q
√
= A 5 + 2 2,
y la fase dada pòr
√
2A sin π4
=
2
−
2.
tan δ =
2A cos π4 + A
N
Ejercicio 8.10.6 Determine la potencia promedio transmitida por la onda
del problema anterior.
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352
Sistemas continuos
Ejercicio 8.10.7 Demuestre que si un punto se mueve sobre un plano de
manera que sus dos coordenadas varían armonicamente como
x = A cos(ωt − α),
y = B cos(ωt − β),
entonces el punto describe una elipse. Determine además la orientación de
esa elipse respecto al eje x.
Solución. Para obtener la ecuación cartesiana, es necesario eliminar el
tiempo entre x, y. Una forma de hacerlo es usando números complejos. Considere
ei(ωt−α) = cos(ωt − α) + i sin(ωt − α)
r
x2
x
+ i 1 − 2.
=
A
A
similarmente
e−i(ωt−β) = cos(ωt − β) + i sin(ωt − β)
r
y2
y
− i 1 − 2.
=
B
B
Multiplicando ambas se obtiene
r
r
x
x2 y
y2
i(β−α)
e
= ( + i 1 − 2 )( − i 1 − 2 )
A
rA B
r B
r
r
2
i
xy
y
i
x2
x2
y2
− x 1 − 2 + y 1 − 2 + 1 − 2 1 − 2,
=
AB A
B
B
A
A
B
tomando la parte real
r
r
xy
x2
y2
cos(β − α) =
+ 1 − 2 1 − 2,
AB
A
B
reordenando
r
r
x2
y2
xy
,
1 − 2 1 − 2 = cos(β − α) −
A
B
AB
finalmente, elevando al cuadrado y ordenando
y2
xy
x2
cos(β − α) = sin2 (β − α),
+
−
2
2
2
A
B
AB
que es la ecuación de una elipse.
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8.10 Ejercicios propuestos.
353
N
Ejercicio 8.10.8 Demuestre que una superposición de ondas de la forma
Z
ψ = Ak sin(kx − ω(k)t)dk.
no satisface la ecuación de ondas a menos que
v=
ω(k)
k
sea constante. Esto naturalmente cuestiona el hecho de superponer ondas que
no satisfacen una ecuación lineal. Las situaciones físicas donde se forman
grupos son complejas. Vea([1, pag.370])
Ejercicio 8.10.9 Demuestre que si v denota la velocidad de fase de una
onda armónica y vg la velocidad de grupo, entonces
vg = v + k
dv
.
dk
Solución. Sea ω = ω(k) la relación de dispersión. Tenemos, por definición
v=
ω
dω
, vg =
.
k
dk
Derivando la primera respecto a k resulta
d
ω
dv
d ω
ω
=
= dk − 2
dk
dk k
k
k
vg v
− ,
=
k
k
que prueba lo solicitado.
N
Ejercicio 8.10.10 Si n(λ) denota el índice de refracción de un material
transparente en función de la longitud de onda, demuestre que la velocidad
de grupo está dada por
λ
c
vg = (1 + n0 (λ)).
n
n
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354
Sistemas continuos
Solución. El índice de refracción se define
c
,
v(λ)
n(λ) =
siendo v la velocidad de fase. O sea
c
n(λ) =
ω
k
=
c
k,
ω
o bien
ω=
ck
.
n(λ)
Derivando respecto a λ resulta
vg =
d ck
c
ck
dω
d
=
=
− 2 n0 (λ) λ,
dk
dk n(λ)
n(λ) n (λ)
dk
que puede reordenarse
µ
¶
k 0
c
d
1 − n (λ) λ ,
vg =
n
n
dk
pero
λ=
2π
,
k
luego
vg
µ
c
1+
=
n
µ
c
=
1+
n
k 0 2π
n (λ) 2
n
k
¶
λ 0
n (λ) .
n
¶
N
Ejercicio 8.10.11 Demuestre que
1
∇ v · v − v × (∇ × v) = v · ∇v.
2
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8.10 Ejercicios propuestos.
355
Solución. Es útil saber que (suma sobre índices repetidos)
³
´
a×b
= ijk aj bk ,
i
ijk klm
= δ mj δ li − δ lj δ mi ,
luego
(v × (∇ × v))i = ijk klm vj ∂l vm
= vj ∂i vj − vj ∂j vi
1
= ∂i vj vj − v · ∇vi ,
2
que prueban el resultado.
N
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356
Sistemas continuos
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Capítulo
9
Problemas complementarios
Ejercicio 9.0.12 Demuestre que el movimiento de una partícula en un
campo central V (r) = −k/r + h/r2 con k y h constantes, es el mismo que
bajo el potencial de Kepler, cuando se expresa con respecto a un sistema de
referencia que rota en torno del centro de fuerza. Determine además para
energía negativa y cuando el término adicional es muy pequeño, la velocidad
de precesión de la órbita cuasielíptica .
Ejercicio 9.0.13 Una partícula es disparada desde la superficie de la tierra,
supuesta esférica de masa M y radio R, con rapidez inicial V0 , formando
un ángulo φ con la vertical del lugar. Despreciando la resistencia del aire, la
rotación terrestre y el movimiento de la tierra, demuestre que la excentricidad
de la trayectoria está dada por
¶
µ
R2 V02 sen2 (φ)
2GM
2
2
.
e =1+
V0 −
G2 M 2
R
la trayectoria es
R2 V02 sen2 (φ)
.
GM(1 + e cos(θ))
¿cuál es la ubicación del eje polar de la cónica?
r=
Ejercicio 9.0.14 Un potencial frecuentemente encontrado en física nuclear
es el pozo rectangular, definido por:
½
0 si r ≥ a
V (r) =
.
−V0 si r < a
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358
Problemas complementarios
Demuestre que el scattering producido por tal potencial es idéntico con la
refracción de un rayo luminoso por una esfera de radio a y un índice de
refracción relativo
r
E + V0
.
n=
E
Demuestre además que la sección diferencial de scattering está dada por
σ(θ) =
n2 a2 (n cos(θ/2) − 1)(n − cos(θ))
.
4 cos(θ/2)(1 + n2 − 2n cos(θ/2))2
Ejercicio 9.0.15 Determinar la sección eficaz para partículas que caen en
el centro en un potencial (Landau, Mecánica [7])
U =−
α
.
r2
Ejercicio 9.0.16 Determinar la sección eficaz en el scattering para ángulos
pequeños, en un potencial central
U=
a
,
rn
con
n > 0.
Ejercicio 9.0.17 Dos partículas se mueven bajo la acción de su atracción
gravitacional, una en torno de la otra en órbitas circulares, con periodo τ .
Si su movimiento es repentinamente detenido, cayendo entonces una hacia
la otra, demuestre que ellas chocan en un tiempo dado por
τ
t= √ .
4 2
Ejercicio 9.0.18 Un balde con líquido se hace rotar en torno de la vertical
con velocidad angular constante. Si se supone que la situación estacionaria
corresponde a un mínimo del hamiltoniano del sistema, determine la forma
de la superficie.
Ejercicio 9.0.19 Un cable flexible, cuyo peso por unidad de longitud es
uniforme, cuelga entre dos puntos dados bajo la acción de la gravedad, figura
(9.1). Determine la forma de dicho cable bajo la condición de que la energía
potencial sea un mínimo, compatible con la longitud fija del cable.
Ejercicio 9.0.20 Si g(p) denota la transformada de Legendre de f (x), demuestre entonces que si
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359
y
ds
dx
O
x
Figura 9.1:
a) f (x) = x2 entonces g(p) = p2 /4.
b) f (x) = mx2 /2 entonces g(p) = p2 /2m.
c) f (x) = xα /α entonces g(p) = pβ /β con 1/α + 1/β = 1, si α > 1 y
β > 1.
Ejercicio 9.0.21 Demuestre, con la notación del problema anterior que
px ≤ f (x) + g(p)
la desigualdad de Young, válida para x > 0, p > 0, α > 1, β > 1, y 1/α +
1/β = 1.
Ejercicio 9.0.22 Encuentre los hamiltonianos correspondientes a los lagrangianos
p
L(q̇) =
1 − q̇ 2 ,
L(q, q̇, t) = eαt (q̇ 2 − ω 2 q2 )/2.
Ejercicio 9.0.23 Encuentre los lagrangianos correspondientes a los hamiltonianos
H(q, p) = p2 /2 + p sin(q),
H(q, p) = p2 /2 + q 2 /2.
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360
Problemas complementarios
Ejercicio 9.0.24 Considere un péndulo constituido por una barra uniforme
de masa M y longitud L que oscila en un plano vertical bajo la acción de
su peso. Considere además que el punto de suspensión se hace oscilar verticalmente con amplitud A y frecuencia angular Ω, figura (9.2). Escriba la
ecuación de Lagrange para el ángulo que forma el péndulo con la vertical.
y
O
A cos(Ωt)
A
θ
G
Figura 9.2:
Ejercicio 9.0.25 Con respecto a la situación del problema anterior, analice la posibilidad de que el movimiento sea estable cuando el péndulo está
oscilando respecto a la posición más alta. (Vea [6])
Ejercicio 9.0.26 Para el movimiento de un trompo simétrico con su púa
fija, discuta la condición que debe cumplir su spin para que su movimiento
dormido, trompo bailando vertical, sea estable. Considere dados sus momentos de inercia respecto a la púa, A y C, su masa M y la distancia h desde la
púa al centro de masas, además de la aceleración de gravedad.
Ejercicio 9.0.27 Considere el movimiento de un trompo simétrico con su
púa fija, en precesión uniforme, es decir con la inclinación de su eje respecto
de la vertical constante. Deduzca la condición que deben cumplir su spin s
y su velocidad angular de precesión φ̇ = Ω para que ello ocurra. Considere
dados los momentos de inercia respecto a la púa, A y C, su masa M y la
distancia h desde la púa al centro de masas, además de la aceleración de
gravedad.
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361
Ejercicio 9.0.28 Considere una partícula moviéndose en un campo central
de fuerza atractivo inverso al cuadrado de la distancia, de modo que
k
1
L = mv 2 + .
2
r
Demuestre que la energía, en términos de las variables de acción angular,
para coordenadas r y θ en el plano del movimiento, está dada por
E=−
2mπ 2 k2
.
(Jr + Jθ )2
Ejercicio 9.0.29 Para la versión relativista del problema anterior con lagrangiano
p
k
L = −m0 c2 1 − (v/c)2 + ,
r
demuestre que para el caso estable, partícula sin caer al origen
(k/c)2
m0 c2
p
=1+
.
E
(Jr /2π + (Jr /2π)2 − (k/c)2 )2
Ejercicio 9.0.30 Si se indica con α = e2 /(4π 0 ~c) la constante de estructura fina y se imponen las reglas de cuantización de Somerfeld Jθ = nθ h, Jr =
nr h,con nθ = 1, 2, 3, ..., nr = 0, 1, 2, ..., demuestre que hasta orden en α2 , la
energía está dada por
¶¶
µ
µ
α2 n
m0 c2 α2
3
2
,
E = m0 c −
1+ 2
−
2n2
n
nθ 4
siendo n = nr + nθ . Compare con los niveles predichos por la teoría de Dirac
¶¶
µ
µ
3
α2
n
m0 c2 α2
2
−
,
E = m0 c −
1+ 2
2n2
n
j + 1/2 4
siendo j el momentum angular total del electrón, incluido spin.
Ejercicio 9.0.31 Estudie la naturaleza de las órbitas que son posibles en el
modelo relativista de campo central de fuerza considerado en los problemas
anteriores, en particular la condición bajo la cual la partícula cae al centro
de fuerza.
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362
Problemas complementarios
Ejercicio 9.0.32 Un lagrangiano está dado por
α2
1
L = q̇ 4 − q̇ 2 .
4
2
Para este caso, la definición del momento canónico
p = q̇3 − α2 q̇
no permite resolver en forma unívoca para q̇. La evolución en q̇(t) tiene una,
dos o tres soluciones dependiendo de p y α. En el caso en que hayan tres
soluciones, demuestre que la acción al ir entre dos punto en un tiempo T
alcanza su mínimo − 14 α4 T para trayectorias zigzagueantes con q̇ = ±α, ver
figura (9.3).Vea, Gravity in higher dimensions, M.Henneaux, C.Teitelboim,
T
q
Figura 9.3: Mínimo de una acción
J.Zanelli. [9]
Ejercicio 9.0.33 Si F denota una función de las coordenadas y momentos
canónicos, demuestre que los corchetes de Poisson con las coordenadas y
momentos son
∂F
,
∂pi
∂F
{F, pi } =
.
∂qi
{F, qi } = −
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363
Ejercicio 9.0.34 Si L denota el momentum angular de una partícula, demuestre que
{L , L } = εijk Lk ,
½¯ ¯ i j¾
¯ ¯2
= 0.
¯L¯ , L · n̂
Ejercicio 9.0.35 Demuestre que si F (q, p, t) y G(q, p, t) son constantes de
movimiento, también lo es su paréntesis de Poisson.
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364
Problemas complementarios
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Capítulo
10
Problemas resueltos
Ejemplo 10.0.1 Considere una partícula de masa m que se coloca en el
punto más alto de un hemisferio liso de radio R y masa M que puede deslizar
sobre un plano horizontal liso, fig. (10.1). Estando el sistema en reposo se
perturba levemente Discuta sobre la posibilidad de que la partícula abandone
el contacto con el hemisferio.
Solución. Con relación a la figura las ecuaciones de movimiento son
m
M
R
θ
x
Figura 10.1:
m
d2 (x + R sin θ)
= N sin θ,
dt2
d2 (R cos θ)
= N cos θ − mg,
m
dt2
d2 x
M 2 = −N sin θ
dt
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366
Problemas resueltos
. Si se elimina x y N se obtiene una ecuación diferencial para el ángulo θ que
integrada una vez conduce a
2
θ̇ =
2g
1 − cos θ
.
m
R 1 − m+M
cos2 θ
Considerando que la condición para que exista despegue de la superficie es
N = 0, o sea ẍ = 0, se obtiene
d 2
(θ̇ cos2 θ) = 0,
dθ
que desarrollada conduce a una ecuación de tercer grado para el cos θ. En
efecto se tiene
m
p cos3 θ − 3 cos θ + 2 = 0,
.
con p =
m+M
La existencia de una solución real en el intervalo (0, π/2) se deduce del hecho
que si evaluamos f (θ) = p cos3 θ − 3 cos θ + 2 en 0 y 1 resulta
f (0) = p − 1 < 0
f(π/2) = 2 > 0.
Una forma trigonométrica de solucionar esta ecuación se logra suponiendo
que
cos θ = A cos φ.
Si se compara la ecuación a resolver con la identidad
4 cos3 φ − 3 cos φ − cos 3φ = 0,
puede demostrarse que
2
A= ,
p
√
cos 3φ = − p.
De las tres soluciones para φ que se determinan numéricamente, si son reales,
debe escogerse aquella que conduzca a cos φ ≤ 1. Por ejemplo si p = 1/2
resultan φ = 40o , 160o , 280o . Sirve la última para la cual se obtiene cos θ =
√
3 − 1, de donde el ángulo de despegue será θ = 42. 94o
N
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367
Nota 10.1 Es de utilidad para un número de problemas, incluido el anterior,
el uso de la identidad
d2
1 d 0
2
[f (s)ṡ] .
f
(s)
=
2
0
dt
2f (s) ds
Ejemplo 10.0.2 Dos partícula iguales de masa m se colocan una sobre el
suelo liso, otra unida por una cuerda liviana de longitud L a la primera de
modo que la cuerda está vertical y recta pero sin tensión inicial T (0) = 0.
A la partícula superior se le imprime una velocidad horizontal de magnitud
V0 . Demuestre que si V02 /gL < 1 la cuerda dejará de estar tensa y que si
V02 /gL > 2 la partícula inferior despegará del suelo.
Solución.
T
V0
N
mg
θ
x
T
Las ecuaciones de movimiento suponiendo que la cuerda se tensa (al menos
al inicio) y que la partícula inferior no se despega son
mẍ = T sin θ,
N + T cos θ − mg = 0,
d2
m 2 (x + L sin θ) = −T sin θ,
dt
d2
−mg − T cos θ = m 2 (L cos θ),
dt
restando la tercera menos la primera eliminamos ẍ resultando
T =−
m d2
(L sin θ)
2 sin θ dt2
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368
Problemas resueltos
reemplazando esta T en la cuarta resulta
−mg + cos θ
m d2
d2
(L
sin
θ)
=
m
(L cos θ),
2 sin θ dt2
dt2
o
−g + cos θ
1 d
1 d
L
2
2
cos2 θθ̇ = −L
sin2 θθ̇ ,
2 sin θ 2 cos θ dθ
2 sin θ dθ
d
2g
1 d
2
2
sin θ =
sin2 θθ̇ +
cos2 θθ̇
L
dθ
2 dθ
integrando entre 0 y θ considerando que θ̇(0) =
2
sin2 θθ̇ +
V0
L
resultará
1
1 V02
2g
2
cos2 θθ̇ −
= (1 − cos θ),
2
2
2L
L
luego
2
2
θ̇ =
1 V0
2 L2
+ 2g
(1 − cos θ)
L
=
2
sin θ + 12 cos2 θ
2
1 V0
2 L2
Con este resultado podemos evaluar T
+ 2g
(1 − cos θ)
L
.
1
1 − 2 cos2 θ
mL
1 d
m d2
2
cos2 θθ̇
(L sin θ) = −
2
2 sin θ dt
2 sin θ 2 cos θ dθ
!
Ã
2
2g
1 V0
+
(1
−
cos
θ)
mL
1 d
2
L
cos2 θ 2 L
= −
2 sin θ 2 cos θ dθ
1 − 12 cos2 θ
T = −
sea z = cos θ y p =
V02
gL
mL 1 d
T =
2 2z dz
= mg
Ã
z
2
1 V0
2 2 L2
+ 2g
(1 − z)
L
1 2
1 − 2z
!
p + 4 − 6z + z 3
(2 − z 2 )2
entonces
p + 4 − 6z + z 3
2z 2 − zp − 4z + 4
=
mg
(2 − z 2 )2
(2 − z 2 )2
2 cos2 θ − (p + 4) cos θ + 4
= mg
¢2
¡
1 + sin2 θ
N = mg − zmg
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369
de alumno
V2
mL ( L02 +
T =
2
4g
)
L
−
4g
L
sin θ(3 + 3 cos2 θ + 2 sin2 θ)
(1 + cos2 θ)2
V2
V2
2
2
mg ( gL0 + 4) − 4 sin θ(3 + 3 cos θ + 2 sin θ)
=
2
(1 + cos2 θ)2
V2
( gL0 +4)−4 sin θ(3+3 cos2 θ+2 sin2 θ) = ( gL0 +4)−4z(3+3(1−z 2 )+2z 2 ) =
=
V02
gL
+ 4 − 24z + 4z 3
V2
2
2
2
2mg (1 + cos2 θ)
mg (( gL0 + 4) − 4 sin θ(3 + 3 cos θ + 2 sin θ)) sin θ
N =
−
2
2 (1 + cos2 θ)2
(1 + cos2 θ)2
2
= mg
V2
2 (1 + cos2 θ) − ( gL0 + 4) − 4 sin θ(3 + 3 cos2 θ + 2 sin2 θ) sin θ
2 (1 + cos2 θ)2
¡
¢2
V2
2 2 + z 2 − ( 0 + 4) − 4z(3 + 3(1 − z 2 ) + 2z 2 )z
gL
V2
: 4 − 16z 2 + 6z 4 − gL0
√
Podemos ver que si V0 = gL la tensión inicial es cero, pero inmediatamente se hace positiva. La reacción normal no se anula y el sistema continua
en movimiento sin√romper ni un vínculo hasta que la partícula de arriba llega
al suelo. Si V0 > gL la tensión parte siendo positiva y se mantiene así. La
reacción normal puede anularse. Si p = 2 la reacción normal parte siendo
cero pero inmediatamente se recupera el contacto con el suelo. Si p > 2 por
ejemplo sea p = 3
T (1) = mg
entonces inicialmente z = 1
N(1) = mg
3+4−6+1
= 2mg
(2 − 1)2
2−3−4+4
= −mg
(2 − 1)2
lo cual significa que la partícula de abajo parte inmediatamente
perdiendo
√
el contacto con el suelo. Para velocidades menores que gL, la longitud del
hilo parte acortándose pero la distancia entre las dos partículas será
r
r
p
1
g2 t4
,
d = x2 + y 2 = (v0 t)2 + (L − gt2 )2 = L2 − (Lg − v02 )t2 +
2
4
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370
Problemas resueltos
luego la cuerda se pone tensa cuando −(Lg − v02 ) +
q
2
t=
Lg − v02 ,
g
g 2 t2
4
= 0, o sea en
y allí recién la partícula de abajo inicia su movimiento.
N
Ejemplo 10.0.3 Se desea disparar un proyectil, desde el Ecuador hasta el
Polo, sin considerar resistencia de aire o rotación terrestre. Analice las diversas posibilidades.
Solución. Suponiendo la tierra de masa M y radio R, y el proyectil es
disparado con rapidez inicial V0 , formando un ángulo φ con la vertical del
lugar, se tiene
lO = mRV0 sin φ,
1
GMm
,
E = mV02 −
2
R
de donde resulta
¶
µ
2
2ElO
R2 V02 sen2 (φ)
2GM
2
,
V0 −
e =1+
=1+
mK 2
G2 M 2
R
2
y la ecuación de la órbita será
2
lO
R2 V02 sen2 (φ)
1
r=
=
.
mK 1 − e cos(θ − α)
GM(1 − e cos(θ − α))
Si se coloca como condición que r = R, en θ = 0, y en θ = π/2, se obtiene
α = π/4 y
1
RV02 sen2 (φ)
1 − e√ =
,
GM
2
denotando Ve2 = 2GM/R y x = (Ve /V0 )2 , puede obtenerse
q
√
1 − 4x(1 − x) sin2 φ = 2(1 − 2x sin2 φ),
que puede resolverse para x (las soluciones positivas sirven)
s
Ã
!
1
1
+
cos
2φ
−1 ±
,
x = (Ve /V0 )2 =
2 cos 2φ
1 − cos 2φ
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371
pero
cos 2φ = 2 cos2 φ − 1 = 1 − 2 sin2 φ
luego puede escribirse
(Ve /V0 )2 =
=
=
=
=
=
=
=
1 (− sin φ ± cos φ)
,
2 sin φ cos2 φ − sin2 φ
1 (cos φ + sin φ)
−
2 sin φ cos2 φ − sin2 φ
1
1
2 sin φ sin φ − cos φ
1
2
2 sin φ − 2 sin φ cos φ
1
(φ > π/4)
1 − cos 2φ − sin 2φ
ó
1 (cos φ − sin φ)
2 sin φ cos2 φ − sin2 φ
1
1
2 sin φ cos φ + sin φ
1
1 − cos 2φ + sin 2φ
en particular para φ = π/2 (órbita circular) resulta como era de esperar
x = 1/2, o sea V02 = GM/R. Si φ = π/4, la solución es x = 1/4.
N
Ejemplo 10.0.4 Una partícula se mueve en un campo central inverso al
cuadrado a la distancia en movimiento elíptico. Determine los promedios
temporales en un periodo del movimiento de la energía cinética y de la energía
potencial en términos de la constante de la ley de fuerza y del semieje mayor
de la elipse.
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372
Problemas resueltos
Solución. Si T denota el periodo, los valores promedios a calcular son:
1
hKi =
T
ZT
1
2
m(ṙ2 + r2 θ̇ )dt ,
2
1
T
ZT
−
0
hV i =
K
dt .
r
0
Ambas integrales pueden cambiarse a integrales respecto al ángulo si se utiliza
lO = mr2 θ̇, de la siguiente forma
!
õ
¶2
Z2π
dr
1
dθ
1
2
m
,
θ̇ + r2 θ̇
hKi =
T
2
dθ
θ̇
0
1
hV i = −
T
Z2π
0
K dθ
.
r θ̇
Si además se utiliza la expresión para la trayectoria
r=
se puede obtener
1
hKi =
T
Z2π
0
1
hV i = −
T
2
lO
1
,
mK 1 − e cos θ
µ 2
¶2
lO
1
e sin θ
2 lO
m(
+
r
) 2 dθ ,
2
mK (1 − e cos θ)2
mr
Z2π
Km
K mr2
dθ = −
r lO
T lO
0
Z2π
0
2
lO
1
dθ ,
mK 1 − e cos θ
que pueden ser simplificadas a
lO
hKi =
2T
Z2π
(
0
lO
hV i = −
T
e2 sin2 θ
+ 1)dθ ,
(1 − e cos θ)2
Z2π
0
1
dθ ,
1 − e cos θ
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373
utilizando la integral conocida
Z2π
0
2π
1
dθ = √
,
1 − e cos θ
1 − e2
e integrando por partes la expresión para hKi, se obtiene
hKi =
l0
2π
√
,
2T 1 − e2
l0 2π
hV i = − √
.
T 1 − e2
Estos resultados pueden expresarse en términos de K, y a. Para ello recuerde
que
√
2
2
lO
lO
1 − e2
πabm
1
, a=
,
b
=
,
T =
lO
mK 1 − e2
mK 1 − e2
de donde resultará
2K
K
hV i = −
.
hKi = ,
a
a
N
Ejemplo 10.0.5 Un potencial frecuentemente encontrado en física nuclear
es el pozo rectangular, definido por:
½
0 si r ≥ a
.
V (r) =
−V0 si r < a
Demuestre que el scattering producido por tal potencial es idéntico con la
refracción de un rayo luminoso por una esfera de radio a y un índice de
refracción relativo
p
n = (E + V0 )/E .
Solución. La ecuación de movimiento puede escribirse, en coordenadas
polares como
2
m(r̈ − rθ̇ ) = −V0 δ(r − a) ,
mr2 θ̇ = l0 ,
lo que muestra que se conserva la velocidad transversal (a lo largo de θ̂) y la
componente radial cambia al pasar la esfera según
¯
¯
2V0
ṙ2 ¯a+ − ṙ2 ¯a− = −
.
m
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374
Problemas resueltos
De allí es fácil demostrar lo pedido, pues, ver figura (10.2), se tiene que
V1 sin θ1 = V2 sin θ2 ,
(V1 cos θ1 ) − (V2 cos θ2 )2 = −2V0 /m ,
2
luego
sin θ1 =
p
(E + V0 )/E sin θ2 .
θ1
V1
V12 = 2E/m ,
V2
θ2
a
Figura 10.2:
N
Ejemplo 10.0.6 Dos partículas de masa m1 y m2 se mueven bajo la acción
de su atracción gravitacional, una en torno de la otra en órbitas circulares, con periodo τ . Si su movimiento es repentinamente detenido, cayendo
entonces una hacia la otra, demuestre que ellas chocan en un tiempo dado
por
τ
t= √ .
4 2
Solución. Para la situación inicial, ambas partículas describiendo círculos
en torno de G, se puede establecer que
√
2πR R
τ= √
,
GM
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375
siendo R = R1 + R2 , M = m1 + m2 . Para la situación dinámica, una cayendo
hacia la otra, la segunda ley de Newton implica
r̈ = −
GM
,
r2
siendo r = r1 + r2. Una primera integral conduce a
r
√
1
dr
1
= − 2GM
− .
dt
r R
Separando variables e integrando nuevamente, se obtiene el tiempo para que
choquen, es decir para que r = R → r = 0. Ese tiempo resulta
√
R Rπ
,
t= √
2 2GM
de donde es fácil establecer lo solicitado.
N
Ejemplo 10.0.7 Se realizan tres rotaciones activas sucesivas en π/2 en torno a los ejes cartesianos x, y, z en ese orden. Encuentre el eje y el ángulo de
la rotación equivalente.
Solución. La matriz
⎛
0 −1
⎝ 1 0
0 0
es decir
de la rotación resultante será
⎞⎛
⎞⎛
⎞
0
0 0 1
1 0 0
0 ⎠ ⎝ 0 1 0 ⎠ ⎝ 0 0 −1 ⎠ ,
1
−1 0 0
0 1 0
⎛
⎞
0 0 1
R = ⎝ 0 1 0 ⎠,
−1 0 0
de donde 1 + 2 cos φ = T r(R) = 1, por lo tanto φ = π/2. El eje se deduce de
⎛
⎞
⎛
⎞
0 0 2
0 −nz ny
0 −nx ⎠ ,
R − RT = ⎝ 0 0 0 ⎠ = 2 sin φ ⎝ nz
−2 0 0
−ny nx
0
de donde se deduce que es una rotación en noventa grados respecto al eje y.
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376
Problemas resueltos
N
Ejemplo 10.0.8 Pruebe la siguiente relación entre rotaciones, que generaliza el resultado del problema anterior
Rz (φ)Ry (π/2)Rx (φ) = Ry (π/2) .
Solución. La matriz de rotación finita ha sido escrita en términos de una
matriz que hemos llamado (n̂×). Por una obvia propiedad de los vectores,
tenemos que
Ra × b = R(a × R−1 b) ,
lo que significa que la matriz cruz correspondiente a un vector rotado es
(Ra×) = R(a×)R−1 .
En consecuencia
RRn̂ (φ)R−1 = RRn̂ (φ).
En particular se tiene
Ry (π/2)Rx (φ) = Ry (π/2)Rx (φ)Ry−1 (π/2)Ry (π/2)
= R−z (φ)Ry (π/2) ,
de donde es claro el resultado.
N
Ejemplo 10.0.9 Demuestre la siguiente relación de rotaciones que involucran los ángulos de Euler, ecuación 4,7 con la notación allí indicada:
R = Rz0 (Ψ)Rn (Θ)Rz (Φ) = Rz (Φ)Rx (Θ)Rz (Ψ) .
Solución. La demostración está basada en las mismas propiedades del
problema anterior. Considere que
n̂ = Rz (Φ)ı̂ ,
k̂ 0 = Rn̂ (Θ)k̂ = RRz (Φ)ı̂ (Θ)k̂ ,
por lo tanto se tiene
R = Rn̂ (Θ)Rz (Ψ)Rn̂ (−Θ)Rn (Θ)Rz (Φ)
= Rz (Φ) Rx (Θ)Rz (−Φ) Rz (Ψ)Rz (Φ)
= Rz (Φ) Rx (Θ) Rz (Ψ).
pues rotaciones en torno a un mismo eje conmutan.
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377
N
Ejemplo 10.0.10 Demuestre que las componentes de la velocidad angular,
en términos de los ángulos de Euler son
a) En el sistema móvil
ω x0 = θ̇ cos ψ + φ̇ sin θ sin φ ,
ω y0 = −θ̇ sin ψ + φ̇ sin θ cos φ ,
ω z0 = ψ̇ + φ̇ cos θ .
b) En el sistema de ejes fijos:
ω x = ψ̇ sin θ sin φ + θ̇ cos φ ,
ω y = −ψ̇ sin θ cos φ + θ̇ sin φ ,
ωz = ψ̇ cos θ + φ̇ .
y'
z
z'
θ
y
φ
Ψ
x'
x
Figura 10.3:
Solución. De acuerdo al teorema de adición de velocidades angulares se
tiene que
ω = φ̇k̂ + θ̇ı̂00 + ψ̇k̂ 0 ,
(10.1)
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378
Problemas resueltos
siendo ı̂00 = cos φı̂ + sin φĵ =cos ψı̂0 − sin ψĵ0 , entonces, para escribirla en
términos de las direcciones fijas basta considerar que
k̂0 = cos θk̂ + sin θ(sin φı̂ − cos φĵ),
entonces
ω = φ̇k̂ + θ̇(cos φı̂ + sin φĵ) +
ψ̇(cos θk̂ + sin θ(sin φı̂ − cos φĵ)),
= (ψ̇ sin θ sin φ + θ̇ cos φ)ı̂ +
(−ψ̇ sin θ cos φ + θ̇ sin φ)ĵ +
(ψ̇ cos θ + φ̇)k̂.
Para escribirla en ejes móviles considere de nuevo (10.1)
ω = φ̇k̂ + θ̇ı̂00 + ψ̇k̂ 0 ,
y ahora
k̂ = cos θk̂0 + sin θ(cos ψĵ0 + sin ψı̂0 ),
entonces
ω = φ̇(cos θk̂0 + sin θ(cos ψĵ0 + sin ψı̂0 )) +
θ̇(cos ψı̂0 − sin ψĵ0 ) + ψ̇k̂ 0
= (φ̇ sin θ sin ψ + θ̇ cos ψ)ı̂0 +
(φ̇ sin θ cos ψ − θ̇ sin ψ)ĵ0 +
(φ̇ cos θ + ψ̇)k̂0
N
Ejemplo 10.0.11 Considere una función escalar V (r). Determine la nueva
función escalar U(r) obtenida rotando la anterior en torno a un eje por el
origen, mediante una rotación en torno a un eje n̂ en un ángulo φ.
Solución. Evidentemente, los valores de la función rotada U en un punto
r son los valores de la función original en el punto R−1 r, es decir
U (r) = V (R−1 r).
N
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379
Ejemplo 10.0.12 Se tiene un elipsoide centrado y orientado de acuerdo a
los ejes cartesianos con ecuación:
x2 y 2 z 2
+ 2 + 2 = 1.
a2
b
c
Determine la ecuación del elipsoide que se obtiene al rotar el anterior en
torno a un eje que pasa por su centro en un ángulo φ y en un eje n̂.
Solución. Es conveniente escribir la ecuación del elipsoide en una forma
matricial
rT M r = 1,
siendo
⎞
0
0
1/a2
1/b2
0 ⎠.
M =⎝ 0
0
0 1/c2
⎛
De acuerdo al problema anterior, la ecuación del elipsoide rotado será
(R−1 r)T M(R−1 ) r = 1,
o bien
rT Rn̂ (φ)MRn̂ (−φ) r = 1.
Falta realizar la multiplicación matricial indicada, que es un tanto complicada. Por ejemplo si, se trata de una rotación respecto al eje x, resultará
¶
¶
µ 2
µ 2
cos φ sin2 φ
sin φ cos2 φ
x2
2
y +
z2
+
+ 2
+
a2
b2
c
b2
c2
µ
1
1
+2 cos φ sin φ 2 − 2
b
c
N
¶
zy = 1
Ejemplo 10.0.13 En la colisión de dos cuerpos rígidos si se conserva la
energía en el choque, pruebe entonces que el coeficiente de restitución es
unitario. Aquí, el coeficiente de restitución debe ser definido respecto a la
dirección en que se desarrolla la fuerza de interacción impulsiva (J), ver
figura (10.4).
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380
Problemas resueltos
V2
V1
J
G1
ω1
J
G2 ω2
Figura 10.4:
Solución. Si llamamos J a la interacción impulsiva y P1 (y P2 ) al punto
de contacto, 1 y 2 a los centros de masas e indicamos con + y− a valores de
las diversas cantidades justo después y justo antes de la colisión, tenemos
que
M1 (v1+ − v1− ) = J ,
(10.2)
M2 (v2+ − v2− ) = −J ,
−
H1 (ω +
1 − ω 1 ) = G1 P × J ,
−
H2 (ω +
2 − ω 2 ) = −G2 P × J ,
(10.3)
(10.4)
(10.5)
y conservación de energía
1
1
1 +
1
+
+
M1 v1+2 + M2 v2+2 + ω +
1 · H1 ω 1 + ω 2 · H2 ω 2 =
2
2
2
2
1
1
1
1 −
−
−
M1 v1−2 + M2 v2−2 + ω −
1 · H1 ω 1 + ω 2 · H2 ω 2 .
2
2
2
2
De las ecuaciones (10.4) y (10.5) se obtiene
(10.6)
+
−
−
+
−
ω+
1 · H1 ω 1 − ω 1 · H1 ω 1 = (ω 1 + ω 1 ) · G1 P × J ,
+
−
−
+
−
ω+
2 · H2 ω 2 − ω 2 · H2 ω 2 = −(ω 2 + ω 2 ) · G2 P × J .
De aquí, con algo de álgebra, puede obtenerse de la ecuación de conservación
de la energía
−
(v1+ + v1− ) · J − (v2+ + v2− ) · J = −(ω +
1 + ω 1 ) × G1 P · J +
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381
−
+(ω +
2 + ω 2 ) × G2 P · J ,
pero
vP+1 = v1+ + ω+
1 × G1 P ,
y similarmente las otras, entonces
(vP+1 + vP−1 − vP+2 − vP−2 ) · J ,
es decir
(vP+1 − vP+2 ) · J = −(vP−1 − vP−2 ) · J .
que significa coeficiente de restitución unidad, en la dirección del impulso de
interacción.
N
Ejemplo 10.0.14 Para el movimiento de un trompo simétrico con su púa
fija, discuta la condición que debe cumplir su spin para que su movimiento
vertical sea estable. Considere dados sus momentos de inercia respecto a la
púa, A y C, su masa M y la distancia h desde la púa al centro de masas.
Solución. Las constantes para el movimiento de este trompo serán
1
2
α = Aφ̇ sin2 θ + Cs cos θ = Cs, E = Cs2 + mgh.
2
Entonces, la ecuación para u̇2 (u = cos θ) resulta
1 − u2
−
u̇ = f (u) = (2mgh − 2mghu)
A
2
µ
Cs − Csu
A
¶2
,
que admite como índice u1 = 1, u2 = 1, y para la otra
µ ¶2
Cs
1+u
−
= 0.
2mhg
A
A
La condición de estabilidad es que esta tercera raíz, sea mayor que 1, es decir
µ ¶2
4mhg
Cs
.
≥
A
A
N
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382
Problemas resueltos
Ejemplo 10.0.15 Considere el movimiento de un trompo simétrico con su
púa fija, en precesión uniforme, es decir con la inclinación de su eje respecto
de la vertical constante. Deduzca la condición que deben cumplir su spin S
y su velocidad angular de precesión φ̇ = Ω para que ello ocurra. Considere
dados sus momentos de inercia respecto a la púa, A y C, su masa M y la
distancia h desde la púa al centro de masas, además de la aceleración de
gravedad.
Solución. Aquí es preferible partir de cero. Para este caso en el momentum angular varían sólo los vectores unitarios ı̂ , k̂. En efecto
L0 = Aφ̇ sin θ ı̂ + Cs cos θ k̂ ,
de donde
dı̂
d k̂
dL0
= Aφ̇ sin θ + Cs cos θ
= −mgh sin θ ĵ .
dt
dt
dt
Las derivadas son
dı̂
d k̂
= φ̇ cos θ ĵ ,
= −φ̇ sin θ ĵ ,
dt
dt
por lo que resulta la condición
2
Aφ̇ cos θ − Csφ̇ + mgh = 0.
Puede notarse que para un spin dado, existe uno, dos, o ni un valor de la
precesión φ̇ según sea el signo del discriminante
C 2 s2 − 4Amgh cos θ.
N
Ejemplo 10.0.16 Respecto al problema anterior, deduzca la condición que
debe cumplir el spin s del trompo, para que el trompo pueda tener movimiento
de precesión uniforme en cualquier ángulo θ.
Solución. De la solución del problema anterior, basta requerir que C 2 s2 −
4Amgh cos θ ≥ 0 para todo θ. Por lo tanto debe ser
C 2 s2 ≥ 4Amgh.
N
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383
Ejemplo 10.0.17 Considere una barra de largo 2a y masa m que se coloca
horizontalmente en equilibrio sobre el punto más alto de una esfera de radio R
que permanece en reposo. Considerando sólo movimiento en el plano vertical
que contiene la barra, escriba la ecuación de movimiento para el ángulo que
gira la barra, considerando que ella no desliza sobre la esfera. Ver figura
(10.5).
m, 2a
G
GP = Rθ
P
R
θ
Figura 10.5:
Solución. Con relación a la figura, se tiene
xG = R sin θ − Rθ cos θ ,
yG = R cos θ + Rθ sin θ .
De allí se obtiene
1
1 2
1
2
L = mR2 θ2 θ̇ + I θ̇ − mg(R cos θ + Rθ sin θ) , I = ma2 ,
2
2
3
y
2
(I + mR2 θ2 )θ̈ + mR2 θθ̇ + mgR cos θ = 0 .
N
Ejemplo 10.0.18 Considere una partícula de masa m que se mueve en un
plano. Las coordenadas elípticas ζ y η se definen por:
ζ = r1 + r2 ,
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384
Problemas resueltos
η = r1 − r2 ,
siendo r1 y r2 las distancias de la partícula a dos puntos fijos en el plano del movimiento. Demuestre que en términos de coordenadas elípticas, el
hamiltoniano de la partícula libre está dado por:
H = 2p2ζ
2
2
ζ 2 − 4c2
2 4c − η
+
2p
,
η 2
ζ 2 − η2
ζ − η2
siendo 2c la distancia entre los dos puntos fijos (focos), ver figura (10.6 ).
(x,y)
r2
r1
θ1
O
θ2
2c
O
Figura 10.6: coordenadas elípticas
Solución. Una solución elegante se encuentra en el libro de Arnold, página 262 ([2]). Una solución más de fuerza bruta sería la siguiente. Con la
notación indicada en la figura, podemos escribir
r2
r2
4c2
x
y
=
=
=
=
=
r12 + c2 − 2r1 c cos(θ1 ) ,
r22 + c2 + 2r2 c cos(θ2 ) ,
r12 + r2 2 − 2r1 r2 cos(θ2 − θ1 ) ,
r1 cos θ1 − c = r2 cos θ2 + c ,
r1 sin θ1 = r2 sin θ2 ,
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385
de las cuales se puede obtener
r12 − r22
,
y 2 = r12 − (x + c)2 ,
4c
µ ¶2
ζη
ζ 2 + η2
ζη
2
,
y =
−
− c2 ,
x =
4c
2
4c
x =
de donde
ds2 = dx2 + dy 2 = a2 dζ 2 + b2 dη 2 ,
con
a2 =
ζ 2 − η2
ζ 2 − η2
2
.
=
,
b
4(4c2 − η 2 )
4(ζ 2 − 4c2 )
Como L = mv 2 /2, se obtiene
1
2
L = m(a2 ζ̇ + b2 η̇ 2 ) ,
2
y finalmente
p2ζ
p2η
H=
+
.
2ma2 2mb2
N
Ejemplo 10.0.19 Utilice el resultado anterior para escribir el hamiltoniano
de una partícula que es atraída inversamente al cuadrado de su distancias a
dos centros fijos.
Solución. El potencial atractivo hacia los dos centros fijos será de la
forma
k
r1 + r2
4ζ
k
= −k
= −k 2
,
V =− −
r1 r2
r1 r2
ζ − η2
por lo tanto
p2ζ 4(ζ 2 − 4c2 )
p2η 4(4c2 − η 2 )
4ζ
H=
+
−k 2
.
2
2
2
2
2m ζ − η
2m ζ − η
ζ − η2
N
Ejemplo 10.0.20 Separe e integre la ecuación de Hamilton Jacobi, para una
partícula que es atraída hacia dos centros fijos, utilizando coordenadas elípticas.
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386
Problemas resueltos
Solución. La ecuación de Hamilton Jacobi para la función característica,
con el tiempo separado, será
H(ζ, η,
∂W ∂W
,
) = α1 .
∂ζ ∂η
Utilizando el hamiltoniano anterior, resultará
µ
¶2
µ
¶2
2 ∂W
2 ∂W
2
2
(ζ − 4c ) +
(4c2 − η 2 ) − k4ζ
m ∂ζ
m ∂η
= α1 (ζ 2 − η 2 ) ,
por lo cual, separando variables se tiene
µ
¶2
2 ∂W
(ζ 2 − 4c2 ) − k4ζ − α1 ζ 2 = α2 ,
m ∂ζ
µ
¶2
2 ∂W
(4c2 − η 2 ) + α1 η 2 = −α2 ,
m ∂η
que permiten escribir
r
Z s
m
k4ζ + α1 ζ 2 + α2
dζ
W =
2
ζ 2 − 4c2
r Z s
m
−α1 η 2 − α2
dη.
+
2
4c2 − η 2
N
Ejemplo 10.0.21 Considere una partícula moviéndose en un campo central
de fuerza atractivo inverso al cuadrado de la distancia, de modo que
1
k
L = mv 2 + .
2
r
Demuestre que la energía, en términos de las variables de acción angular,
para coordenadas r y θ en el plano del movimiento, está dada por
E=−
2mπ 2 k2
.
(Jr + Jθ )2
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387
Solución. Los momentos canónicos serán
pθ = mr2 θ̇,
pr = mṙ,
Para el movimiento periódico, con energía negativa, las variables de acción
son
Zr2 r
p2 2mK
dr ,
Jr = 2
2mE − 2θ −
Jθ = 2πpθ ,
r
r
r1
siendo r1 y r2 las índice de la cantidad subradical. La integral puede calcularse resultando
2mKπ
Jθ = − √
− 2πpθ ,
−2mE
de donde sigue el resultado.
N
Ejemplo 10.0.22 Escriba y resuelva las ecuaciones de movimiento para un
conjunto de partículas de igual masa que están unidas en línea recta por
resortes de constante elástica K, y largo natural a, para las desviaciones
longitudinales en torno a las posiciones de equilibrio. Considere primero un
conjunto de N partículas estando fijas las de los extremos y luego, un conjunto
infinito con condiciones de borde periódicas.
Solución. El lagrangiano del sistema es
X1
X1
mq̇i2 −
K(qi − qi−1 )2 ,
L=
2
2
i
i
de donde se deducen las ecuaciones de movimiento para cada masa
q̈j =
K
(qj+1 + qj−1 − 2qj ), j = 1, 2, . . . , N.
m
Para un caso (a) tomaremos q0 , qN +1 = 0, y para el otro caso (b) tomaremos
q0 = qN , qN+1 = q1 . Para ambos casos, sean las dependencias temporales
qj (t) = Qj ei ω t
resultando
−ω 2 Qj = Ω2 (Qj+1 + Qj−1 − 2Qj ) , con Ω2 =
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K
,
m
(10.7)
388
Problemas resueltos
un sistema de ecuaciones homogéneo que admite solución distinta de la trivial
solo sí el determinante de la matriz de los coeficientes es cero. Aquí, deben
distinguirse los dos casos. Es decir las frecuencias admisibles ω satisfacen
a)
⎡ 2
⎤
ω − 2Ω2
Ω2
0
···
0
⎢
⎥
Ω2
ω2 − 2Ω2
Ω2
0
⎢
⎥
.
⎢
⎥
..
ω 2 − 2Ω2
0
Ω2
det ⎢
⎥=0
⎢
⎥
.
.
..
..
⎣
⎦
Ω2
2
2
2
0
···
0
Ω ω − 2Ω
b)
⎡
ω 2 − 2Ω2
Ω2
0
···
Ω2
⎢
Ω2
ω2 − 2Ω2
Ω2
0
⎢
..
⎢
.
ω 2 − 2Ω2
0
Ω2
det ⎢
⎢
.
.
..
..
⎣
Ω2
2
2
2
Ω
0
···
Ω ω − 2Ω2
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥=0
⎥
⎦
Una alternativa sin embargo es encontrar soluciones no triviales de (10.7).
Para ello suponga
Qj = Cei (j φ) .
Si se reemplaza en el sistema de ecuaciones se comprueba que ellas son efectivamente soluciones si se cumple
µ ¶
φ
ω = 2Ω sin
.
2
Para el caso periódico debe además tenerse
ei (N φ) = 1,
por lo cual, las soluciones admisibles para las frecuencias son
³ πn ´
, con n = 0, 1, 2, ..., N − 1.
ω n = 2Ω sin
N
El caso de extremos fijos, es más complicado y está resuelto en el capítulo de
sistemas continuos
N
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389
Ejemplo 10.0.23 Para el movimiento de una partícula respecto a un sistema fijo a la superficie de la tierra, que gira con velocidad angular constante
sometida a su peso y a otras fuerzas que no realizan trabajo virtual, demuestre
que despreciando términos en ω 2 las ecuaciones de Lagrange pueden escribirse como:
∂v
d ∂L ∂L
−
= −2m(ω × v) ·
.
dt ∂ q̇i ∂qi
∂ q̇i
Solución. De acuerdo al teorema de Coriolis, la aceleración absoluta
aabs puede relacionarse con la aceleración y velocidades relativas (a y v) de
acuerdo con
aabs = aA + 2ω × v + a ,
siendo A un punto origen en la superficie terrestre. Si se considera además
que
GMm
R̂ ,
mg k̂ = maA +
R2
entonces, la ecuación de movimiento, segunda ley de Newton, con una fuerza
F adicional a la gravitacional será
m(aA + 2ω × v + a) = −
GMm
R̂ + F ,
R2
entonces
ma = −mg k̂ − 2mω × v + F .
Ahora es necesario recordar que la siguiente es una identidad
∂ v2
∂r
d ∂ v2
−
=a·
,
dt ∂ q̇i 2
∂qi 2
∂qi
luego si se multiplica por la masa y se reemplaza ma, recordando que F ·
∂r/∂qi = 0 si la fuerza no realiza trabajo virtual, entonces
∂
∂r
d ∂
K−
K = (−mgk̂ − 2mω × v) ·
,
dt ∂ q̇i
∂qi
∂qi
además
∂v
∂r
=
,
∂qi
∂ q̇i
de donde se establece el resultado
∂v
d ∂L ∂L
−
= (−2mω × v) ·
,
dt ∂ q̇i ∂qi
∂ q̇i
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390
Problemas resueltos
siendo el lagrangiano
1
L = mv 2 − mgz.
2
N
Ejemplo 10.0.24 Aplique lo anterior para escribir las ecuaciones de movimiento de una partícula que oscila en un plano horizontal liso atraída hacia
el origen por una fuerza elástica, con influencia de la rotación terrestre. Elija
los ejes x hacia el Sur, y hacia el Este, z vertical, en el punto de latitud λ.
Solución. El lagrangiano es
1
1
L = m(ẋ2 + ẏ 2 ) − K(x2 + y 2 ) ,
2
2
v = ẋ ı̂ + ẏ ĵ ,
ẍ +
ω = −ω cos λ ı̂ + ω sin λ k̂ ,
K
x = 2ω ẏ sin λ ,
m
ÿ +
K
y = −2ωẋ sin λ .
m
Alternativamente, si se hubieran usado coordenadas polares
1
1
2
L = m(ṙ2 + r2 θ̇ ) − Kr2 ,
2
2
2
r̈ − rθ̇ +
d 2
(r θ̇ + 2r2 ω sin λ) = 0 .
dt
K
r = 2rθ̇ ω sin λ ,
m
N
Ejemplo 10.0.25 Si el origen del sistema (no inercial) que rota con velocidad angular ω no está acelerado, muestre que la ecuación de Lagrange puede
escribirse:
d ∂L ∂L
−
= 0,
dt ∂ q̇i ∂qi
si se toma como lagrangiano, el siguiente:
1
1
L = mv 2 − V (r) + mv · ω × r + m |ω × r|2 .
2
2
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391
Solución. La aceleración absoluta está dada por (Teorema de Coriolis)
aabs = 2ω × v + ω × (ω × r) +
dω
× r + a,
dt
luego se trata de demostrar que se obtiene correctamente la ecuación
¶
µ
∂r
dω
× r + ma + ∇V ·
= 0. (10.8)
m2ω × v + mω × (ω × r) + m
dt
∂qi
Si denotamos por Li al operador
Li =
d ∂
∂
−
,
dt ∂ q̇i ∂qi
se tiene que
∂r
1
,
Li mv 2 = ma ·
2
∂qi
similarmente
Li (−V ) =
y
y finalmente
∂V
∂r
= ∇V ·
,
∂qi
∂qi
¶
µ
∂r
dω
Li (mv · ω × r) = m
× r + 2mω × v ·
,
dt
∂qi
Li
µ
1
m |ω × r|2
2
¶
= (mω × (ω × r)) ·
∂r
,
∂qi
que junto con la ecuación correcta (10.8), prueban que Li L = 0.
N
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392
Problemas resueltos
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Capítulo
11
Apéndice
11.1.
Una ecuación diferencial.
En mecánica juega un papel importante una ecuación diferencial del tipo
µ ¶2
du
= f (u),
dt
donde supondremos que f (u) es una función dada, continua en u, positiva
en un intervalo a < u < b (intervalo fundamental) y cero en los extremos.
Un número importante de propiedades de las curvas integrales (reales) de
esa ecuación u(t), pueden ser deducidas por argumentos simples, ver figura
(11.1).
Si u = g(t) satisface la ecuación, entonces también lo hace la curva trasladada horizontalmente g(t + c), siendo c una constante arbitraria. Esto
es consecuencia que en una traslación no cambia ni la ordenada ni la
pendiente, de modo que si la relación es satisfecha originalmente, también se cumplirá al trasladar.
Si una solución parte en el intervalo fundamental entonces no puede
tomar valores fuera de ese intervalo, pues si lo hiciera, f (u) sería negativa y la pendiente sería imaginaria.
Cada curva integral u(t) en el intervalo fundamental toca tangencialmente las líneas u = a y u = b y no tiene en otros puntos pendiente
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394
Apéndice
u
2T
u=b
t
u=a
T
Figura 11.1: Tipo de solución de una ecuación diferencial
cero. Esto es bastante evidente, pues por hipótesis du/dt > 0 en el
interior del intervalo, y du/dt = 0 en u = a y u = b.
Una curva integral u(t) es simétrica con respecto a los tiempos donde
la curva toca los extremos u = a y u = b.
Demostración: sea u(0) = a, un puntop
inicial en la frontera. Para u disminuyendo con t aumentando du/dt = − f (u) de donde
t=−
Z
u(t)
a
du
p
.
f(u)
Para u aumentando con t aumentando, entonces du/dt =
Z a
du
p
,
−t =
f(u)
u(t)
lo cual implica
Z u(−t)
du
p
,
t=−
f(u)
a
(11.1)
p
f (u) y
(11.2)
luego, comparando 11.1 con 11.2 sigue que u(−t) = u(t).
El intervalo de tiempo entre contactos sucesivos de una curva integral
u(t) con un extremo está dado por
T
=
2
Z
a
b
du
p
.
f (u)
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11.2 Las funciones elíptica Jacobianas.
395
Basta considerar u( T2 ) = b en la demostración del punto anterior.
Toda solución u(t) de la ecuación diferencial es una función periódica
con período T , es decir
u(t + T ) = u(t),
pues la curva es simétrica respecto a los puntos de contacto.
Si u(t) es una curva integral, la solución general de la ecuación diferencial es
u(t + c),
siendo c una constante arbitraria. Note que la ecuación diferencial es
de primer orden luego la solución general depende de una constante
arbitraria.
11.2.
Las funciones elíptica Jacobianas.
Un caso particular lo constituye la ecuación diferencial
µ
¶2
dy
dx
= (1 − y2 )(1 − k2 y 2 ),
(0 < k 2 < 1).
Se define la función elíptica Jacobiana sn(x) como la solución que satisface
las condiciones sn(0) = 0, sn0 (0) = 1. Por las propiedades generales de la
sección anterior, tal función es periódica con período
T =2
Z
b
a
siendo
K=
Z
0
1
du
p
=2
f (u)
Z
1
−1
dy
p
= 4K,
2
(1 − y )(1 − k2 y 2 )
dy
p
=
(1 − y 2 )(1 − k2 y 2 )
una integral elíptica completa.
Z
0
π
2
dϕ
p
,
1 − k2 sin2 ϕ
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396
11.3.
Apéndice
El péndulo esférico.
Consideremos el movimiento de una partícula de masa m colgando unida
por un hilo de longitud a desde un punto fijo, con respecto a un sistema de
referencia inercial con origen en el punto fijo, z vertical, x, y horizontales,
ver figura (11.2).
z
a
φ
ρ
z
y
x
Figura 11.2: Péndulo esférico
Considerando algunas aproximaciones, veremos que el movimiento del péndulo, visto en una proyección sobre el plano horizontal, es una elipse que
precesa en torno a la vertical, con una velocidad angular proporcional al
área de la elipse. Ese efecto de área, puede enmascarar la precesión de Foucault si no se toman precauciones especiales. En coordenadas cilíndricas, el
lagrangiano del sistema es :
1
2
L = m(ż 2 + ρ̇2 + ρ2 φ̇ ) − mgz
2
siendo z 2 + ρ2 = a2 de modo que ρρ̇ = −z ż . Entonces
µ
¶
z2
1
2
2
2
2 2
ż + (a − z )φ̇ ) − mgz,
L = m ż + 2
2
a − z2
o sea
a2
1
1
2
ż 2 + m(a2 − z 2 )φ̇ − mgz
L= m 2
2
2 a −z
2
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11.3 El péndulo esférico.
397
de aquí, la ecuación para φ resulta
(a2 − z 2 )φ̇ = h,
además, podemos usar conservación de energía
a2
1
1
2
2
2 2
m 2
m(a
ż
+
−
z
)φ̇ + mgz = E,
2 a − z2
2
y eliminando φ̇, se obtiene
¶
¶
µ
µ
h2
2g
E
2
2
2
−
= f (z),
ż = 2 (z − a ) (z −
a
mg
2g
ecuación del tipo considerada en este apéndice. Factorizando el polinomio
cúbico en la forma
¶
µ
h2
E
f (z) = (z − a ) z −
−
= (z − z1 )(z − z2 )(z − z3 ),
mg
2g
2
2
(11.3)
donde el intervalo fundamental es −z1 < z < z2 suponiendo que −a < z1 <
z2 < a < z3 . Ahora, el cambio de φ cuando z pasa del mínimo z1 al máximo
z2 , llamado ángulo apsidal α, puede obtenerse de
de modo que
dφ dt
h
1
dφ
p
=
= 2
dz
dt dz
a − z 2 f(z)
ha
1
1
p
,
= √
2
2
2g a − z
(z − z1 )(z − z2 )(z − z3 )
ha
α= √
2g
Z
z2
z1
a2
1
dz
p
,
2
−z
(z − z1 )(z2 − z)(z3 − z)
(11.4)
De la expresión (11.3), evaluada en z = −a, se obtiene
p
h
√ = (a + z1 )(a + z2 )(a + z3 ),
2g
(11.5)
Para realizar aproximaciones para oscilaciones pequeñas, consideremos que
z1 ≈ z2 ≈ −a. Como veremos para este caso debe ser z3 pequeño. En efecto,
la raíces del polinomio cúbico satisfacen
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398
Apéndice
h2 a2 E
−
,
2g
mg
E
,
=
mg
= −a2 ,
z1 z2 z3 =
z1 + z2 + z3
z1 z2 + z1 z3 + z2 z3
o bien, de la última
z3 =
−a2 − z1 z2
,
z1 + z2
que tiende a cero en esta aproximación. Considere además la expansión en
potencias de z + a (que es pequeño)
1
1
1
1
√
=p
≈p
+ ³p
´3 (z + a),
z3 − z
(a + z3 − (z + a)
(a + z3 ) 2
(a + z3 )
de modo que, al reemplazar en (11.4), resulta
Z z2
ha
1
dz
1
p
√
α= √
=
2
2
2g z1 a − z
(z − z1 )(z2 − z) z3 − z
ha
α= √
2g
O sea
siendo
Z
z2
z1
⎛
1
1
1
dz
⎜
⎟
p
p
+
⎝
³
´3 (z + a)⎠ .
p
a2 − z 2 (z − z1 )(z2 − z)
(a + z3 ) 2
(a + z3 )
¶
µ
ha
1
1
α= √ p
J ,
I+
2(a + z3 )
2g (a + z3 )
I=
Z
z2
z1
y
⎞
a2
1
dz
p
,
2
−z
(z − z1 )(z2 − z)
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11.3 El péndulo esférico.
J=
Z
399
z2
z1
1
dz
p
.
a − z (z − z1 )(z2 − z)
Ambas integrales pueden calcularse con la transformación
z = z1 cos2 θ + z2 sin2 θ,
obteniéndose
π
I =
2a
Ã
1
1
p
+p
(a − z1 )(a − z2 )
(a + z1 )(a + z2 )
π
,
J = p
(a − z1 )(a − z2 )
ha
π
1
α = √ p
(
2g (a + z3 ) 2a
+
Ã
!
,
1
1
p
+p
(a − z1 )(a − z2 )
(a + z1 )(a + z2 )
!
1
π
p
).
2(a + z3 ) (a − z1 )(a − z2 )
Si además reemplazamos de (11.5) resulta
π
α=
2
Ã
!
p
p
(a + z1 )(a + z2 )
(a + z1 )(a + z2 )
a
p
1+ p
+
().
(a − z1 )(a − z2 ) 2(a + z3 ) (a − z1 )(a − z2 )
Recordando que z1 ≈ z2 ≈ −a y z3 ≈ 0 entonces
y resulta
p
(a − z1 )(a − z2 ) ≈ 2a,
a + z3 ≈ a,
p
p
(a2 − z12 )(a2 − z22 ) 1 (a2 − z12 )(a2 − z22 )
π
+
),
α = (1 +
2
4a2
2
4a2
p
p
como ρ1 = a2 − z12 y ρ2 = a2 − z22 se obtiene
α=
3ρ ρ
π 1 3A
π
(1 + 1 2 2 ) = +
,
2
8a
2 2 8a2
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400
Apéndice
de modo que la precesión total de la elipse en una rotación completa será
3A
,
4a2
siendo A = πρ1 ρ2 el área de la elipse. La velocidad angular de precesión será
4α − 2π =
ω=
3A
3A 1
1
= 2 p
,
2
4a T
4a 2π a/g
expresión que puede colocarse en términos de condiciones iniciales adecuadas
z(0) = −a cos α,
ż(0) = 0,
φ̇(0) = Ω,
de modo que h = a2 Ω sin2 α. Además E = 12 m(a2 sin2 α)Ω2 − mga cos α por
lo tanto, para evaluar el otro extremo de z hacemos f (z) = 0 es decir
¶
µ
1
m(a2 sin2 α)Ω2 − mga cos α
(a2 Ω sin2 α)2
2
−
(z − a ) z −
mg
2g
2
2
2
2
(a Ω sin2 α)2
(a sin α)Ω
−
= (z 2 − a2 )(z + a cos α) − (z 2 − a2 )
2g
2g
2
2
2
¢ z − a cos α
1 ¡
= (z 2 − a2 )(z + a cos α) − a2 sin2 α Ω2
2
g
¢
¡
1
z − a cos α
= 0,
= (z 2 − a2 ) − a2 sin2 α Ω2
2
g
2
2
de donde una solución es z1 = −a cos α, por lo cual
ρ1 = a sin α,
y si llamamos a la otra raíz
z2 = −a cos β,
resulta
sin2 β −
o aproximadamente
a ¡ 2 ¢ 2
sin α Ω (cos β + cos α) = 0,
2g
sin2 β =
a¡ 2 ¢ 2
sin α Ω ,
g
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11.4 Operador ∇.
401
por lo cual
r
a
Ω sin α,
ρ2 = a
g
y entonces
ω=
3A
3Ω 2
3A 1
1
= 2 p
sin α,
=
2
4a T
4a 2π a/g
8
lo cual coincide con lo establecido J.L.Synge, pag.56, Encyclopedia of Physics
([14]).
Para el caso de un péndulo moviéndose en la tierra, en un punto de latitud
λ, además de la precesión de Foucault Ω sin λ, si el movimiento del péndulo
es iniciado “quemando un hilito” que lo alejaba de la vertical del lugar, la
rotación terrestre inicialmente equivale a una precesión inicial del péndulo
esférico de magnitud φ̇(0) = Ω sin λ por lo cual el efecto de área se manifestará
con magnitud
ω=
3Ω sin λ 2
sin α,
8
la cual es mucho menor que la de Foucault si la amplitud angular inicial α
es pequeña.
11.4.
Operador ∇.
En coordenadas cartesianas se define el operador ∇ mediante
∇ = ı̂
11.4.1.
∂
∂
∂
+ ĵ + k̂ .
∂x
∂y
∂z
Gradiente.
Si se opera sobre una función escalar φ(x, y, z), ∇φ se denomina el gradiente y se representa por grad(φ), es decir
grad(φ) = ∇φ = ı̂
∂φ
∂φ
∂φ
+ ĵ
+ k̂ .
∂x
∂y
∂z
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402
Apéndice
El significado del gradiente sale de considerar, el cambio de la función φ al
cambiar las coordenadas en cantidades infinitesimales dx, dy, dz. Resulta
∂φ
∂φ
∂φ
dx +
dy +
dz
∂x
∂y
∂z
= ∇φ · dr.
dφ =
Esta última relación contiene todo el significado del gradiente. Es obvio que
si el cambio de posición del punto ocurre sobre la superficie φ =constante
entonces dφ = 0 y luego ∇φ·dr = 0. Esto significa que ∇φ es perpendicular a
la superficie φ = constante. Esto da cuenta de la dirección del gradiente. Por
otro lado si el cambio de posición ocurre hacia donde φ aumenta, entonces
dφ > 0 y luego ∇φ · dr > 0, es decir ∇φ tiene el mismo sentido que dr. En
otras palabras el gradiente apunta perpendicularmente a las superficies de
valor constante y hacia donde aumenta φ. Respecto a la magnitud considere
un cambio de posición perpendicular hacia donde φ aumenta. Sea drx ese
cambio, entonces
dφ = ∇φ · drx
= |∇φ| |drx | ,
luego
|∇φ| =
11.4.2.
dφ
.
|drx |
Divergencia.
Si se aplica ∇ mediante el producto escalar sobre una función o campo
vectorial A(x, y, z) se obtiene
div(A) = ∇ · A =
∂Ax ∂Ay ∂Az
+
+
.
∂x
∂y
∂z
El significado de la divergencia se obtiene considerando un teorema, llamado
teorema de la divergencia.
I Teorema 11.1
Si V es un volumen, rodeado por la superficie S y n̂ indica el vector unitario
perpendicular a la superficie y hacia afuera del volumen entonces
Z
I
∇ · AdV = A · n̂dS.
V
S
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11.4 Operador ∇.
403
Si se considera un volumen muy pequeño entonces podemos aproximar,
y en el límite será un resultado exacto
Z
I
∇ · AdV ≈ (∇ · A)V = A · n̂dS,
V
S
luego
1
∇ · A = lı́m
V →0 V
La integral
I
S
I
S
A · n̂dS.
A · n̂dS
se denomina el flujo del campo vectorial hacia afuera de la superficie cerrada
S, lo cual en la representación de líneas de un campo vectorial es igual al
número de líneas que salen de la superficie cerrada. En otras palabras la
divergencia es el valor límite, o sea el flujo que sale de un punto por unidad
de volumen.
Ausencia de fuentes o sumideros.
Si las líneas del campo vectorial no nacen o terminan de puntos determinados del espacio entonces
∇ · A = 0.
11.4.3.
Rotor de un campo vectorial.
Si se aplica ∇ mediante el producto vectorial sobre una función o campo
vectorial A(x, y, z) se obtiene
∂Ay ∂Az
−
)ı̂ +
∂z
∂y
∂Ax
−
)ĵ +
∂z
∂Ay
−
)k̂.
∂x
rot(A) = ∇ × A = (
∂Az
∂x
∂Ax
(
∂y
(
En este caso la interpretación del rotor se logra mediante un teorema, llamado
teorema del rotor.
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404
Apéndice
I Teorema 11.2
Si C es un contorno orientado cerrado que encierra una superficie y n̂ indica
el vector unitario perpendicular a esa superficie y de acuerdo al sentido del
contorno (regla de la mano derecha) entonces
I
Z
A · dr = ∇ × A · n̂dS.
c
S
Si se considera un contorno cerrado muy pequeño, que encierra una área
muy pequeña S podemos aproximar
Z
I
∇ × A · n̂dS ≈ (∇ × A · n̂)S = A · dr.
S
La integral
c
I
c
A · dr
se denomina la circulación del campo vectorial alrededor del contorno cerrado. De este modo tenemos una interpretación de la componente del rotor
perpendicular a una superficie infinitesimal mediante
I
1
∇ × A · n̂ = lı́m
A · dr,
S→0 S c
donde S es perpendicular a n̂. Por lo menos indiquemos en una figura dos
posibles formas (a) y (b) que tiene el campo vectorial en el plano xy de modo
que resulte rotor distinto de cero en la dirección z
(a) Gradiente transversal
(b) Vórtice
Significado de rotor no nulo.
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11.4 Operador ∇.
11.4.4.
405
Algunas propiedades.
I Teorema 11.3
Si ∇ × F = 0 entonces F = −∇φ.
I Teorema 11.4
H
Si ∇ × F = 0 entonces F · dr = 0.
I Teorema 11.5
R2
Si F = −∇φ entonces 1 F · dr = −(φ2 − φ1 ).
11.4.5.
El Laplaciano ∇2 .
Este se define así
∇2 φ = ∇ · (∇φ),
o sea es la divergencia del gradiente.
El caso en que ∇2 φ = 0, es importante. Esto es cuando las líneas del
gradiente no tienen fuentes ni sumideros. Si el Laplaciano de una función
escalar es cero en una región sea S la superficie cerrada que la rodea. Entonces
en su interior
∂ 2φ ∂ 2φ ∂ 2φ
0 = ∇2 φ = 2 + 2 + 2 ,
∂x
∂y
∂z
o sea las segundas derivadas parciales en el interior no pueden tener el mismo
signo, o sea no hay máximos ni mínimos de φ donde el Laplaciano es nulo. por
lo tanto si φ constante en la superficie, entonces es constante en su interior.
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406
Apéndice
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Bibliografía
[1] J. D. W. Alexander L. Fetter. Theoretical Mechanics of Particles and
Continua. Mac.Graw Hill, 1980.
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[9] J. M.Henneaux, C.Teitelboim. Gravity in Higher Dimensions. VI Symposium on Relativity and Gravitation, Brasil 1987.
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at an arbitrary point. American Journal of Physics, pages 1201—1203,
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408
BIBLIOGRAFÍA
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Verlag, 1960.
[15] W.McMillan. Dynamics of Rigid Bodies. Dover, New York, 1936.
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Índice alfabético
Acción
definición de, 253
Aceleración de arrastre, 82
Angulos de Euler, 112, 120
Area
efecto de, 401
Coriolis
aceleración de, 82
teorema, 82
teorema de, 389
Cosenos directores, 106
Cuerpo rígido, 127
Binet
ecuación de, 16
Bola
problema ejemplo, 208
Bola de billar
un ejemplo, 141
D’Alembert
Solucion de la ecuación de onda., 350
Diagonalización
de matriz de inercia, 130
en oscilaciones pequeñas, 278
Cónica
definición, 17
tipos de, 18
Canónica
formas de la transformación, 256
transformación, 255
Cassinis
fórmula de, 86
Condiciones de frontera.
Ecuación de onda., 297
Condiciones iniciales.
Ecuación de onda., 298
Cono del cuerpo, 147, 168
Cono del espacio, 147, 168
Coordenadas elípticas, 383
Coordenadas generalizadas, 190
Coordenadas normales, 280
Ecuación
de Binet, 16
de Hamilton Jacobi, 263
integral de la trayectoria, 20
Ecuación cúbica, 366
Ecuaciones
de Euler, 143
de Lagrange, 189
de movimiento, 4
Ecuaciones de Lagrange
para vínculos no holonómicos,
255
Ejes principales de inercia, 130
Elipsoide de inercia, 130
Energía
mecánica, 8
potencial de interacción, 8
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410
ÍNDICE ALFABÉTICO
Energía cinética
en oscilaciones pequeñas, 273
Energía cinética de un cuerpo rígido, 129
Energía potencial
en oscilaciones pequeñas, 275
potencial, 8
Equilibrio
en oscilaciones pequeñas, 274
Espacio de fase, 214
Estabilidad
de posición de equilibrio, 274
Estabilidad de puntos críticos, 215
Euler
ángulos de, 112
ecuaciones de, 143
parámetros de, 117
teoremas sobre rotaciones, 105
Excentricidad, 17
Fluidos incompresibles., 316
Foucault
péndulo de, 88
precesión de, 90, 396
Fuerza
central, 14
de Lorentz, 91
dependiente de la velocidad, 200
gravitacional, 84
Fuerzas de vínculos, 190
Fuerzas ficticias, 83
Función
homogénea de grado p, 199
Función característica de Hamilton,
266
Función elíptica jacobiana, 395
Función principal de Hamilton, 264
Funciones generadoras, 256
Galileo
transformación de, 1
Generadoras
funciones, 256
Grados de libertad, 190
Gravedad
aceleración local, 84
en términos de la latitud, 86
Hamilton
función característica de, 266
función principal de, 264
principio variacional, 189
principio variacional de, 254
Hamilton Jacobi
método de, 262
Hamiltoniano, 196
teorema de conservación, 198
Identidad
relacionada con ecuaciones de
Lagrange, 234
Identidad útil, 367
Kepler
ley de, 20
Koenig
teoremas de, 6
Lagrange
ecuaciones de, 189, 193—195, 254
multiplicadores de, 193
Lagrangiano, 194
Lagrangiano aproximado
en oscilaciones pequeñas, 275
Larmor
precesión de, 91
teorema de, 90
Legendre
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ÍNDICE ALFABÉTICO
411
transformación de, 196, 256
transformada de, 358
Lie
algebra de, 112
Lorentz
fuerza de, 91
Método de Hamilton Jacobi, 262
Masa reducida, 10
Masa variable, 26
Matrices de Pauli, 115
Matrices unimodulares, 114
Matriz
de inercia de un cuerpo rígido,
128
Matriz de inercia
rotación de ella, 132
traslación de ella, 132
Momento canónico
teorema de conservación, 198
Momento de inercia, 129
Momentos canónicos, 195
Momentum angular de un cuerpo
rígido, 128, 129
Movimiento cuspidal.
Trompo., 154
Newton
ley de acción y reacción, 4
segunda ley, 4, 90
en sistema no inercial, 83
No holonómico
Vínculo, 193
Noether
ejemplos, 203
teorema de, 202
Ondas sonoras., 320
Orbita
cuasi elíptica, 357
Oscilaciones pequeñas, 273
Oscilador armónico
ejemplo Hamilton Jacobi, 268
Péndulo esférico, 90, 396
Parámetros de Cayley Klein, 114
Parámetros de Euler, 117
Paréntesis de Poisson, 257
Pauli
matrices de, 115
Período del movimiento, 271
Peso
definición de, 84
Poinsot
Eliposide de, 145
Poisson
paréntesis de, 257
Potencia en ondas., 307
Potencial efectivo, 15
Pozo rectangular de potencial, 357
Precesión
efecto de área, 90
Precesión uniforme.
Trompo., 154
Producto de inercia, 129
Promedios temporales
en órbita elíptica, 372
Puntos críticos, 214
Rotación
activa de un vector, 108
de un sistema, 105
en torno a ejes cartesianos, 108,
109
finita de un vector, 109
infinitesimal, 111
pasiva de un vector, 107
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412
ÍNDICE ALFABÉTICO
Sección eficaz, 358
Similaridad
transformación de, 114
Sistema
de dos partículas, 10
de masa variable, 26
de referencia, 1
de referencia celestial, 3
de referencia no inercial, 81
inercial de referencia, 2
rígido de partículas, 127
Sistema continuos, 292
Sistemas autónomos, 214
Sistemas conservativos, 214
Solución de D’Alembert., 301
Steiner
teorema de, 132
Teorema
conservación momentum angular, 14
de adición de velocidades angulares, 119
de conservación del hamiltoniano, 200
de Coriolis, 82
de Larmor, 90
de Noether, 202
de Steiner, 132
energía trabajo, 8
Teorema de la divergencia.
Divergencia., 402
Teorema del rotor., 403
Teoremas
de conservación, 198
sobre ejes principales de inercia, 130
Tierra
movimiento relativo a, 83
Transformación canónica, 255
Transformación de similaridad, 115
Trompo dormido, 207, 360, 381
Trompo dormido.
Estabilidad., 154
Trompo en precesión uniforme, 360
Trompo simétrico, 204
ecuaciones de movimiento, 151,
204
Unimodulares
matrices unimodulares, 114
Variable de acción angular, 270
Velocidad angular, 118
Velocidad de grupo., 346
Vertical del lugar, 83
Virtuales
cambios virtuales, 190
desplazamientos virtuales, 191
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