FORMULACIÓN DE LAGRANGE
1. Considérese un sistema con N grados de libertad descrito por el conjunto de
coordenadas generalizadas {qi} (i=1,...,N), cuyas energías cinética y potencial, T
y V, vienen dadas por
N
T = ∑ f i (qi ) q&i2
,
i =1
N
V = ∑ Vi (qi )
i =1
Demuéstrese que las ecuaciones de Lagrange son separables, de modo que los
distintos grados de libertad no están acoplados y redúzcase el problema a
cuadraturas.
A partir de la lagrangiana, L = T − V, calculemos las derivadas
∂L
= 2q&i f i
∂q&i
d
dt
⎛ ∂L ⎞
df
⎜⎜
⎟⎟ = 2q&i2 i + 2q&&i f i
dqi
⎝ ∂q&i ⎠
∂L df i 2 dVi
=
q&i −
∂qi dqi
dqi
Así pues la ecuación de Lagrange para cada grado de libertad qi es
df i 2
dV
q&i + 2 f i q&&i + i = 0
dqi
dqi
que como vemos sólo depende del propio grado de libertad qi, de manera que los
distintos grados de libertad están desacoplados y cada cual evoluciona
independientemente de los demás. En particular, la energía contenida en cada grado de
libertad
Ei = f i q&i2 + Vi
se conserva constante durante la evolución como es fácil ver, pues
∂Ei df i 2 dVi
=
q&i +
∂ qi dqi
dqi
∂Ei
= 2q&i f i
∂q&i
resultando que
dE i ∂E i ∂E i dq i ∂E i dq& i df i 3 dVi
=
+
+
=
q& i +
q& i + 2 f i q& i q&&i =
dt
dq i
∂t ∂q i dt ∂q& i dt dq i
⎞
⎛ df
dV
= q& i ⎜⎜ i q& i2 + i + 2 f i q&&i ⎟⎟ = 0
dq i
⎠
⎝ dq i
3
Así pues, las energías Ei son constantes determinadas por las condiciones iniciales,
{qi 0 , q&i 0 } ,
E i = f i (q i 0 )q& i20 + Vi (q i 0 )
de manera que la evolución de cada grado de libertad viene dada por la integral
t
q i − q i 0 = ± ∫0
E i − Vi
dt
fi
---------------------------------------------2.
Un punto de masa M describe, en el plano 0XY, una curva dada por la ecuación
y = f(x) cuando está sometida a un potencial que sólo depende de y. Si v0 es la
proyección de la velocidad sobre el eje 0X, se pide:
a) hallar una expresión general del potencial en función de f.
b) Aplique la expresión obtenida en el apartado anterior al caso de que la
ecuación de la curva sea ay2 = x3.
a) Sea V(y) el potencial pedido. La lagrangiana de la masa puntual será
L=
(
)
M 2
x& + y& 2 − V ( y )
2
de donde se obtienen las ecuaciones de Lagrange
⎧d
⎪⎪ dt (Mx& ) = 0
⎨d
⎪ (My& ) = − dV
⎪⎩ dt
dy
Integrando dos veces la primera ecuación se obtiene que la proyección del movimiento
sobre el eje 0X es un movimiento uniforme con velocidad x& = v0 . La integral de la
segunda ecuación con respecto de y determina el potencial
V = C − M ∫ &y& dy
donde C es una constante arbitraria. Como por otra parte
df
(x ) x& = f ′(x ) v 0
dx
&y& = f ′′( x ) v 02
y& =
la expresión del potencial es
V = C − Mv 02 ∫ f ′′( x ) dy
y, para realizar la integral, hay que sustituir x = f
4
−1
( y) .
b)
Para el caso particular en que la función es
( )
x = ay 2
1/ 3
y=
x3
a
, la función inversa es
, de manera que
f ′(x ) =
f ′′(x ) =
3
2
x
a
3
4 ax
=
3
y −1 / 3
4a 2 / 3
Sustituyendo en la ecuación del apartado anterior y realizando la integral se llega al
resultado.
------------------------------------------------3.
Considérese una transformación desde un sistema estacionario de ejes
cartesianos Oxyz a otro Ox’y’z’ que gira con velocidad angular constante ω
alrededor del eje Oz. Transforme la lagrangiana de una partícula considerada
libre en el sistema Oxyz a la correspondiente en el sistema Ox’y’z’, e identifique
en esta última los términos que corresponden a las fuerzas de Coriolis y
centrífuga.
La transformación de Oxyz a Ox’y’z’ es:
x = x′cosϖ t − y′sin ϖ t
y = y′cosϖ t + x′sin ϖ t
La energía cinética de la partícula viene dada por:
T=
1
1
1
m( x& 2 + y& 2 + z& 2 ) = m( x& ′ 2 + y& ′ 2 + z& ′ 2 ) + mω~ ( x ′y& ′ − x& ′y ′) + mω~ 2 ( x ′ 2 + y ′ 2 )
2
2
2
La expresión ∂T / ∂qi que aparece en las ecuaciones de Lagrange puede considerarse
como una fuerza ficticia que aparece debida a las peculiaridades del sistema de
coordenadas. En nuestro caso:
∂T
= mω~ y& ′ + mω~ 2 x ′
,
∂x ′
con una expresión similar para ∂T / ∂y i′ (la correspondiente parcial con respecto a z’es
nula). Los dos términos de la expresión anterior pueden identificarse como las
componentes de la mitad de las fuerzas de Coriolis y centrífuga, respectivamente. La
otra mitad de la fuerza de Coriolis procede del término d ⎛⎜ ∂T & ⎞⎟ de las ecuaciones
dt ⎝ ∂q i ⎠
de Lagrange.
-----------------------------------------5
4.
Una cuenta de masa m desliza sin rozamiento a lo largo de un alambre circular
de radio a. El alambre, situado verticalmente en un campo gravitatorio, gira
alrededor de su diámetro vertical con velocidad angular ω. Para una velocidad
angular ω mayor que un cierto valor crítico ωc, la cuenta tiene un punto de
equilibrio mecánico estable en una posición dada por un ángulo θ0 respecto de
la vertical. Se pide:
a) Encontrar ωc y θ0 ;
b) Obtener las ecuaciones del movimiento para pequeñas oscilaciones alrededor
de θ0 y encontrar su periodo.
a) La energía cinética de la cuenta y el Lagrangiano son:
T=
L =
1
1
ma 2θ& 2 + m ω 2 (a sen θ ) 2 .
2
2
1
1
ma 2 θ& 2 + ma 2 ω 2 sin 2 θ − mga cos θ
2
2
donde θ es el ángulo que forma la posición de la masa con el eje vertical de giro,
correspondiendo θ = 0 con la partícula en la posición más baja en el alambre.
La ecuación de Lagrange nos lleva a:
aθ&& + g sen θ − aω 2 cos θ sen θ = 0
En el punto de equilibrio,
θ&& = 0 , g = aω 2 cos θ, ó.: ω 2 = g/(a cos θ).
Esta última ecuación tiene una solución para ω sólo si ω 2 ≥ g/a, con lo que la
velocidad angular crítica es
ωC = g a
y el ángulo de equilibrio es
⎛ g ⎞
⎟
2
⎝ aω ⎠
θ 0 = arc cos ⎜
b) Si la cuenta efectúa pequeñas oscilaciones alrededor de θ0, podemos describir el
movimiento en términos de un pequeño parámetro ε = θ − θ0. La ecuación del
movimiento se transforma en
aε&& + g sen (θ 0 + ε ) − aω 2 cos (θ 0 + ε ) sen ( θ 0 + ε ) = 0
6
Para pequeños valores de ε, sen ε ≈ ε y cos ε ≈ 1 . Teniendo en cuenta esto y el valor
obtenido de θ0, la ecuación anterior queda en
⎛
g2
&ε& + ω 2 ⎜⎜1 − 2 4
⎝ a ω
⎞
⎟⎟ε = 0
⎠
La frecuencia de oscilación será:
Ω = ω 1−
g2
a 2ω 4
--------------------------------------------5.
Un elemento diferencial de arco de una cierta superficie se puede poner de la
forma
ds 2 = dq12 + a (q1 ) dq 22
Se pide:
a) La ecuación que cumplen las líneas geodésicas de la superficie
b) Demostrar que las curvas q 2 = cte. son geodésicas
c) ¿Qué dependencia con el tiempo tiene, en el caso contemplado en b), la
coordenada q1 ? (Nota: las geodésicas son las trayectorias que sigue un punto
sobre la superficie en ausencia de toda fuerza).
a) En ausencia de toda fuerza, y considerando m=1,
L =T =
(
1 2
q&1 + a (q1 )q& 22
2
)
La coordenada q 2 es cíclica; luego
∂T
= C = a (q1 )q& 2
∂q& 2
(1)
donde C es una constante. Por otra parte, la energía total:
E=
1 2
(
q&1 + a (q1 )q& 22 )
2
(2)
es también una constante del movimiento. Eliminando dt de (1) y (2), se obtiene una
ecuación diferencial entre las coordenadas q1 y q 2 que es precisamente la ecuación de
las geodésicas. Integrando dicha ecuación se obtiene:
q2 = ∫
dq1
⎛ 2 E a (q1 ) ⎞
− 1⎟a (q1 )
⎜
2
⎝ C
⎠
7
b) Las curvas q 2 = cte. , recorridas con la ley horaria q& 1 = 2 E , q1 = t 2 E , son
soluciones de las ecuaciones (1) y (2).
c) De acuerdo con lo visto en b), la coordenada q1 evoluciona según un movimiento
uniforme.
----------------------------------------------6.
Si el sistema solar estuviese sumergido en una nube esférica uniforme de
partículas sólidas, los objetos en el sistema solar experimentarían una fuerza
gravitatoria total que sería
k
− br
r2
Fr = −
Podemos asumir que la fuerza extra debida a la presencia de la nube es débil
(b << k r 3 ) . Encuentre la frecuencia de las oscilaciones radiales de una órbita
cuasicircular (ésta es una órbita con pequeñas desviaciones radiales de la
órbita circular).
La ecuación de movimiento es:
m &r& = −
dVef (r )
dr
Si la partícula está en una órbita circular de radio r0 , se cumple:
−
dVef (r )
dr
r = r0
l2
k
=
− 2 − br0
3
mr0 r0
Estamos interesado en perturbaciones alrededor de esta órbita circular. Si esta
perturbación es pequeña, podemos expandir el potencial efectivo alrededor de r0 ,
Vef (r ) = Vef (r0 ) + (r − r0 ) Vef′ (r0 ) +
1
(r − r0 ) 2 Vef′′ (r0 ) + L
2
Si utilizamos esta expansión en la expresión del lagrangiano, encontramos:
L=
1
1
mr& 2 − (r − r0 ) 2 Vef′′ (r0 ),
2
2
donde hemos eliminado el término constante. La expresión anterior es el lagrangiano de
un oscilador armónico, de frecuencia
ω2 =
Vef′′ (r0 )
m
Diferenciando dos veces el potencial efectivo encontramos, para la frecuencia de las
pequeñas oscilaciones radiales alrededor de la órbita circular,
8
12
⎛ k
b⎞
ω =⎜ 3 + ⎟
⎝ mr0 m ⎠
----------------------------------------------7. Una cuenta de masa m puede deslizar sin rozamiento a lo largo de una varilla
rectilínea. La varilla gira en un plano vertical, teniendo a uno de sus extremos
como centro de giro y con velocidad angular constante, ω. En presencia de un
campo gravitatorio constante, calcúlese la posición radial, r, de la cuenta como
función del tiempo, si las condiciones iniciales son: r (0) = R; r&(0) = v.
Si θ es al ángulo que forma la varilla con respecto a la horizontal, y r es la posición de
la cuenta a lo largo de la varilla, la energía cinética en coordenadas polares es:
T=
(
)
1
1
m r& 2 + r 2θ& 2 = m(r& 2 + r 2ω 2 )
2
2
y la lagrangiana
L=
1
m(r& 2 + r 2ω 2 ) − mgr sen ω t
2
La ecuación del movimiento resulta:
&r& − ω 2 r = − g sen ω t ,
siendo su solución
g
g
⎛v
⎞
senh ω t +
sen ω t ⎟
r = R cosh ω t + ⎜ −
2
2
2ω
⎝ ω 2ω
⎠
--------------------------------------8. La lagrangiana para una partícula cargada moviéndose en un campo
electromagnético es, en coordenadas cartesianas,
e
L = T − eφ + A ⋅ v
c
a) Evaluar cuál es la dependencia en φ y A de los campos eléctrico y magnético,
para que L genere la conocida ecuación newtoniana de movimiento en un campo
electromagnético.
b) Seguidamente, demostrar que los campos son invariantes bajo la
transformación (conocida como gauge)
A → A + ∇Ψ (r, t ),
φ →φ −
1∂
Ψ (r, t ).
c ∂t
A partir de la lagrangiana dada se verifica que:
9
∂L
∂φ e 3 ∂Ak
= −e
+ ∑v
,
∂ri
∂ri c k =1 k ∂ri
∂A ∂A ⎞
d ∂L
e dAi
e⎛ 3
= mv&i +
= mν&i& + ⎜⎜ ∑ v k i + i ⎟⎟,
∂t ⎠
dt ∂vi
c dt
c ⎝ k =1 ∂rk
quedando la ecuación del movimiento:
⎛ ∂φ 1 ∂Ai
mv&i = e⎜⎜ −
−
⎝ ∂ri c ∂t
⎞ e 3 ⎛ ∂Ak ∂Ai
⎟⎟ + ∑ v k ⎜⎜
−
∂rk
⎠ c k =1 ⎝ ∂ri
⎞
⎟⎟ .
⎠
Comparando con la conocida forma,
mv&i = eE i +
e
(v × B )i ,
c
queda,
E(r, t ) = −∇ r φ (r, t ) −
1∂
A(r, t ),
c ∂t
B(r, t ) = ∇ r × A(r, t ).
Una vez conocidas estas expresiones para los campos, verificar que son invariantes bajo
la transformación gauge anterior es un ejercicio simple.
------------------------------------
9. Si dos lagrangianas, L y L’, son tales que:
L ′(q, q& , t ) = L(q, q& , t ) +
dM (q, t )
;
dt
a) demostrar que llevan a las mismas ecuaciones del movimiento.
b) Comprobar que la transformación de potenciales del problema anterior
pertenece a este caso, si L es la lagrangiana ahí detallada.
Calculamos para L y L’ las ecuaciones de Lagrange, pudiendo observar que para que
sean idénticas debe cumplirse que:
⎛ ∂
d ∂ ⎞ dM
⎟⎟
⎜⎜
= 0.
−
⎝ ∂q k dt ∂q& k ⎠ dt
El ejercicio es trivial. Por otra parte, el efecto de la transformación gauge sobre la
lagrangiana del problema anterior es:
L′ =
1
e
e ⎛ ∂Ψ
d e
⎞
+ v ⋅ ∇Ψ ⎟ = L +
mv ⋅ v − eφ ′ + v ⋅ A ′ = L + ⎜
Ψ (r, t ) ,
2
c
c ⎝ ∂t
dt c
⎠
tal como queríamos demostrar.
---------------------------------------------
10
10. Hallar y resolver las ecuaciones de Lagrange para el sistema formado por dos
péndulos acoplados según indica la figura. Las varillas de longitud L y L′ son
rígidas de masa nula, mientras que la barra horizontal rígida de longitud
D tiene una masa mb .
Posición de los puntos de la barra:
x = a sin θ + x ′ ;
y = − a cos θ
x& = a cos θ θ& ;
Energía cinética barra =
; 0 ≤ x′ ≤ D
y& = a sin θ θ&
m
1D
ρ dx ′ a 2θ& 2 = b a 2θ& 2
∫
20
2
1
T= θ& 2 (mL2 + m ′L ′2 + m b a 2 )
2
V = − g (m b a cos θ + mL cos θ + m ′L ′ cos θ ) = − g cos θ (m b a + mL + m ′L ′)
Se comporta como un péndulo simple de longitud λ y masa µ tal que:
λ 2 µ = mL2 + m ′L ′2 + m b a 2
λµ = mL + m ′L ′ + mb a
Entonces:
mL2 + m ′L ′2 + m b a 2
λ=
mL + m ′L ′ + m b a
µ=
(mL + m ′L ′ + mb a) 2
mL2 + m ′L ′2 + mb a 2
------------------------------------11. Estudiar y resolver por el método de Lagrange el movimiento de la máquina de
Atwood compuesta de la figura, en donde las masas de las poleas son 0 y m2 .
11
Como las longitudes de los hilos son constantes, tenemos las ligaduras:
x1 + x 2 = Const. = C
( x 4 − x 2 ) + ( x 3 − x 2 ) = Const. = D
de donde:
x 2 = C − x1
x 4 = D + 2C − x3 − 2 x1
Además, la polea 2, de radio R gira a una velocidad angular ω = R −1 ( x& 3 − x& 2 ) , de modo
que su energía cinética rotativa es:
1
T p = α ( x& 3 − x& 2 ) 2
2
donde la constante α esta relacionada elementalmente con m2 .
Así, pues, usando x1 y x3 como las dos coordenadas independientes:
1
1
1
1
m1 x&12 + m 2 x& 22 + m3 x& 32 + m 4 x& 42 =
2
2
2
4
- energía cinética.
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
α ( x& 3 + x&1 ) + m1 x&1 + m2 x& 2 + m3 x& 3 + m4 ( x& 3 + 2 x&1 )
2
2
2
2
2
T = Tp +
V = − g (m1 x1 + m 2 x 2 + m3 x 3 + m 4 x 4 ) - energía potencial
V = − g (m1 x1 − m2 x1 + m3 x3 − m4 ( x3 + 2 x1 ) + Constante-irrelevante.
Finalmente:
V = − g ( x1 (m1 − m2 − 2m4 ) + x3 (m3 − m4 ))
Ambos grados de libertad x1 y x3 están uniformemente acelerados, mientras que la
energía es una función cuadrática de las velocidades.
---------------------------------------
12. Consideramos la evolución de un cuerpo puntual de masa m , constreñido a
moverse sin rozamiento sobre un anillo fijo circular en presencia de una
12
aceleración uniforme g . El anillo tiene radio R , se encuentra en un plano
vertical y su espesor es despreciable.
Puesto que el cuerpo se mueve sobre una curva (unidimensional),el número de grados
de libertad del problema es la unidad (dos para una superficie, tres para un volumen).
Claramente, la posición del móvil la fija una sola variable, el ángulo θ , por ejemplo.
Habrá pues una única ecuación de Lagrange. Construyámosla.
La energía cinética T para una partícula de masa m que se mueve en el plano x − y es:
T=
m 2
( x& + y& 2 ),
2
de modo que, escribiendo x e y en función de R y θ ,
x = R sin θ
y = − R cos θ ,
;
(1)
y derivando respecto del tiempo, resulta para las energías cinética T y potencial V en
función de θ ,
T = mR 2
θ& 2
2
(2)
V = mgy = − mgR cos θ .
Así pues, la ecuación de Lagrange (solo una para un problema con un solo grado de
libertad) correspondiente al Lagraniano L .
L = T − V = mgR( R
θ& 2
2g
+ cos θ )
(3)
es:
R
θ&&
g
+ sin θ = 0.
(4)
Nótese que, gracias a las ligaduras, un problema plano que en principio hubiera
requerido dos ecuaciones de segundo orden para x e y , se ha despachado en términos
de una sola para θ .Pero caben simplificaciones mayores aún, de resultas de las simetrías
(o invariancias) presentes. Obsérvese que el Lagrangiano L (θ , t ) de hecho no depende
del tiempo t . Ello implica automáticamente que la energía T + V se conserva , y la
ecuación (4) puede reducirse a una de primer orden. Efectivamente, introduciendo la
nueva variable dependiente
13
p = θ& ,
(5)
y usando a θ como la nueva variable independiente (fórmula tradicional para reducir
ecuaciones diferenciales ordinarias en las que la variable independiente , t aquí , no
aparece explícitamente)
d dθ d
d
=
=p
dt dt dθ
dθ
(6)
de modo que (4), que era de segundo orden, se vuelve de primer orden:
Rp
dp
+ g sin θ = 0.
dθ
(7)
Integrando, se obtiene la ecuación de la energía
R
p2
− cos θ = E = Cons tan te
2g
(8)
La solución ahora se reduce a una cuadratura, puesto que al ser conocida p (θ ) (ecuación
8), (5) se convierte en la ecuación separable (y por tanto integrable)
dt =
dθ
=
p (θ )
dθ
(9)
2 g ( E − cos θ ) / R
-----------------------------------------
13. Péndulo plano de masa m2 , cuyo punto de suspensión (de masa m1 ) puede
desplazarse en el mismo plano sobre una recta horizontal.
− Hay dos grados de libertad, que pueden caracterizarse por la coordenada x1 de la
primera masa, y por el ángulo θ entre la varilla del péndulo y la vertical.
2
x&1
T1 = m1
2
T2 =
m2 2
( x& 2 + y& 22 ) ;
2
; V1 = 0
V2 = gy 2 m2
Pero y 2 = − R cos θ , x 2 = x1 + R sin θ , de modo que
T2 =
[
m2
( Rθ& sin θ ) 2 + ( x&1 + Rθ& cos θ ) 2
2
V2 = −m 2 gR cos θ .
14
]
El Lagrangiano resulta inmediatamente de su definición, L = T1 + T2 − V1 − V2 , y
análogamente resultarían las ecuaciones de Lagrange (el alumno deberá escribirlas
como ejercicio).
Nótese que L no depende ni del tiempo t (se conserva la energía total), ni de x ( x es
∂L
coordenada cíclica , −
= 0 , y se conserva su cantidad de movimiento conjugada,
∂x
∂L
). El sistema de las ecuaciones de Lagrange de cuarto orden (dos de segundo
p=
∂x
orden), pueden pues reducirse a una de segundo orden. Las dos integrales primeras
asociadas a las consideraciones anteriores son
p=
∂L
= x&1 (m1 + m 2 ) + m 2 Rθ& cos θ = Const
∂x&1
E = T1 + T2 + V1 + V2 = Const.
(4)
(5)
La ecuación (4) es fácil de interpretar como el hecho de la conservación de la cantidad
de movimiento en la dirección x (como siempre, esta propiedad resulta de la
invariancia del problema ante traslaciones en la dirección x ).
p = m1 x&1 + m 2 x& 2 .
(6)
Para mayor simplificación, esta última ecuación también admite otra integración exacta
(Problema para alumnos imaginativos: a ver quien es capaz de interpretar este hecho
matemático como la invariancia de algún ente físico ante una transformación de alguna
clase), igual que en el movimiento de una partícula libre(la suma de fuerzas en la
dirección x es nula).
− tp + (m1 + m 2 ) x1 + m 2 R sin θ = Const.
(7)
Así pues, el problema queda reducido a uno de primer orden. Bastaría con resolver la
ecuación de la energía total en la que la única variable desconocida sería θ , ya que x1 y
x&1 pueden expresarse en función de θ y θ& mediante las ecuaciones (6) y (7).
El lector deberá terminar el problema en detalle. Para ello, hacemos notar que esta única
ecuación pendiente de resolución toma la forma más sencilla en el sistema de referencia
que se mueve en la dirección x con la velocidad constante del centro de masa de las dos
partículas. Usando como coordenadas
c=
(m1 x1 + m 2 x 2 )
(m1 + m 2 )
y
θ,
c (la coordenada horizontal del centro de gravedad) resulta ser también cíclica, y la
integral de la energía se reduce a:
[
]
R 2θ& 2 a cos 2 θ + sin 2 θ − 2 gR cos θ =
donde a =
E
,
m2
m1
(m1 + m2 ).
El problema queda pues reducido a una cuadratura, como los anteriores,
15
dt = Rdθ
a cos 2 θ + sin 2 θ
.
E
2 gR cosθ +
m2
Ahora podemos pasar a completar la descripción del problema. Empezamos por :
L = T −V =
1
1
m1 x&12 + ( R 2θ& 2 sin 2 θ + x&12 + R 2θ& 2 cos 2 θ + 2 Rx&1θ& cos θ ) + m 2 gR cos θ =
2
2
m1 + m 2 2 1
x&1 + m 2 R 2θ& 2 + m 2 Rx&1θ& cos θ + m 2 gR cos θ
2
2
Ecuaciones de Lagrange:
d ⎛ ∂L ⎞ ∂L
⎟−
⎜
=0 ⇒
dt ⎜⎝ ∂x&1 ⎟⎠ ∂x1
⇒
[
]
d
(m1 + m 2 ) x& + m 2 Rθ& cos θ = 0
dt
m1 + m 2
&x& + θ&& cos θ − θ& 2 sin θ = 0
m2 R
d ⎛ ∂L ⎞ ∂L
d
= 0 ; 0 = m 2 R 2θ&& + (m 2 Rx&1 cos θ ) + m 2 gR sin θ + m 2 Rx&1θ& sin θ
⎜ &⎟−
dt ⎝ ∂θ ⎠ ∂θ
dt
θ&&R + &x&1 cos θ + g sin θ = 0
Coordenadas del centro de masas: c =
m1 x1 + m 2 x 2
m1 + m 2
; r = x1 − x 2
⇒ eliminando x1
y x2 en función de c y r :
x1 = c +
m2
m1
r ; x2 = c −
r
m1 + m 2
m1 + m 2
T=
1
1
1
m1 x&12 + m 2 x& 22 + m 2 y& 22
2
2
2
Pero
⎤ m
m1 x&12 m 2 x& 22 1 ⎡ 2
m1
2m1
c&r& + (
) 2 r& 2 ⎥ + 1
+
= m 2 ⎢c& −
m1 + m 2
m1 + m 2
2
2
2 ⎣
⎦ 2
⎡ 2
⎤
m2
m2
c&r& + (
) 2 r& 2 ⎥ =
⎢c& + 2
m1 + m 2
m1 + m 2
⎣
⎦
1
r& 2
2
(m1 + m 2 )c& + µ
2
2
con
µ≡
m1 m 2
1
1
y
m2 y& 22 = { y 2 = − R cos θ }= m 2 R 2 sin 2 θ θ& 2 .
m1 + m 2
2
2
Así pues,
16
c& 2 (m1 + m 2 ) R 2θ& 2
( µ cos 2 θ + m 2 sin 2 θ )
T=
+
2
2
V = − m 2 gR cos θ
c
es coordenada cíclica (
∂L
= 0)
∂c
de modo que c& = const. Además se conserva la
energía de modo que
R 2θ& 2 ( µ cos 2 θ + m 2 sin 2 θ ) − 2m 2 gR cos θ = const ≡ E (el doble de la energía total)
θ& =
E + 2m 2 gR cos θ
R µ cos 2 θ + m 2 sin 2 θ
⇒
dt = Rdθ
µ cos 2 θ + m 2 sin 2 θ
E + 2m 2 gR cos θ
------------------------------------14. Considérese el regulador ilustrado en la figura. ¿Cuántos grados de libertad
hay? En función de los ángulos θ y φ , obténgase el Lagrangiano del sistema y
escríbanse las ecuaciones de Lagrange. Utilizando las simetrías, redúzcase el
problema a una cuadratura. Interprétense físicamente cada una de las
ecuaciones de conservación (o integrales del movimiento) obtenidas.
x1 = R sin θ cos φ
y1 = R sinθ sin φ
z1 = − R cos θ
; z 2 = 2 z1
x&1 = θ&R cos θ cos φ − φ&R sin θ sin φ
y& 1 = θ&R cos θ sin φ + R sin θ cos φ φ& ⇒
x&12 + y& 12 + z&12 = R 2θ& 2 + R 2 sin 2 θ φ& 2
z&1 = R sin θ θ&
T = m( R 2θ& 2 + R 2 sin 2 θ φ& 2 + 4 R 2θ& 2 sin 2 θ )
V = 2mg ( z1 + z 2 ) = −6mgR cos θ
El Lagrangiano es:
L = mR 2 (θ& 2 + sin 2 θ φ& 2 + 4θ& 2 sin 2 θ ) + 6mgR cos θ
17
∂L
= 0. Evidentemente, si se varia φ en una
∂φ
cantidad fija (por ejemplo girando el eje x a un ángulo dado ∆φ ), el sistema no se
inmuta. Es invariante ante desplazamientos constantes de la variable φ . Se conserva
∂L
pues la cantidad p 2 =
= 2mR 2 sin 2 θ φ& , fácilmente identificable con el momento
&
∂φ
angular en la dirección vertical. Nuevamente, eliminando
Nuevamente hay una variable cíclica, φ :
φ& en términos de p 2 (constante) y haciendo uso de la ecuación de la energía,
E = T + V = −6mgR cos θ + mR 2θ& 2 (1 + 4 sin 2 θ ) +
p22
,
4mR 2 sin 2 θ
El problema se reduce a dos cuadraturas (o meras integrales):
∫ dt = ∫ dθ
mR 2 (1 + 4 sin 2 θ )
p22
E + 6mgR cos θ −
4mR 2 sin 2 θ
⇒ θ = θ (t )
----------------------------------
15. Dos puntos de masa m están unidos por una varilla rígida sin peso de longitud
2b ,el punto medio de la cual está obligado a moverse sobre una circunferencia
de radio R . Escríbase la energía cinética en coordenadas generalizadas.
Obténgase el Lagrangiano del sistema y escríbanse las ecuaciones de Lagrange.
Utilizando las simetrías existentes, redúzcase el problema a una cuadratura.
Interprétense físicamente cada una de las ecuaciones de conservación (o
integrales del movimiento) obtenidas. Toda la acción ocurre en el plano
vertical; la constante gravitatoria es g .
r+ =posición pto. superior =
x+ i + y+ j ;
r− = posición pto. inferior =
x− i + y− j
Para simplificar el álgebra, introducimos la notación compleja (no es absolutamente
imprescindible)
18
r = x + iy
r+ = x+ + iy+
(i = − 1)
; r− = x− + iy−
Claramente
r± = Re − iθ 1 ± beiθ 2
r&± = iθ&1 Reiθ 1 ± ibθ&2 eiθ 2 .
r ⋅ r = rr * , donde r * es el complejo conjugado de r ; r* = x − iy
r&±2 = (θ&1 Re iθ 1 ± θ&2beiθ 2 )(θ&1 Re − iθ 1 ± θ&2be − iθ 2 ) =
= R 2θ&12 + b 2θ&22 ± Rbθ&1θ&2 (ei (θ 1 −θ 2 ) + ei (θ 2 −ϑ 1) )
T=
1
m(r&+2 + r&−2 ) = m( R 2θ&12 + b 2θ&22 )
2
V = mg ( y1 + y2 ) = 2mgR sin θ1
L = m( R 2θ&12 + b 2θ&22 − 2 Rg sin θ1 )
∂L
= 0. En otras palabras, al sistema no le
∂θ 2
afecta que se le dé a la variable θ 2 un desplazamiento constante ∆θ . Es por tanto
“invariante ante traslación (giro)” de la variable θ 2 . Se conserva pues p 2
Nótese que θ 2 es coordenada cíclica, pues
p2 =
∂L
= 2mb 2θ&2 = cons tan te ,
&
∂θ 2
θ 2 = θ 20 +
p2
t
2mb 2
claramente asociado al momento de giro del sistema de las dos masas alrededor de su
centro. También el momento angular de la Tierra alrededor del eje polar se conserva
indepedientemente de su giro alrededor del Sol. El resto del problema es trivial,
reduciéndose al de un péndulo simple plano.
----------------------------------------
16. Una partícula de masa m, sometida al campo gravitatorio terrestre, se mueve
sin rozamiento sobre la superficie interior de un paraboloide de revolución
colocado verticalmente.
a) Calcúlese su lagrangiana e identifíquense las magnitudes que se conservan
durante el movimiento.
b) Hállese el potencial efectivo para el problema unidimensional equivalente y
discútase el tipo de órbitas.
c) ¿Qué velocidad inicial ha de imprimirse a la partícula para que la órbita sea
circular?
19
d) Calcúlese la frecuencia de las oscilaciones de pequeña amplitud en torno a
esta órbita circular.
a) Sea z = k (x 2 + y 2 ) la ecuación del paraboloide. Utilicemos coordenadas cilíndricas
(ρ,ϕ) como se indica en la figura.
z
ρ
m
y
ϕ
Así pues,
x
⎧ x = ρ cos ϕ
⎧ x& = ρ& cos ϕ − ρϕ&senϕ
⎪
⎪
⎨ y = ρsenϕ ⇒ ⎨ y& = ρ&senϕ + ρϕ& cos ϕ ⇒
⎪ z = kρ 2
⎪ z& = 2kρρ&
⎩
⎩
2
2
2
⎧ x& = ρ& cos ϕ + ρ 2ϕ& 2 sen 2ϕ − 2 ρρ&ϕ&senϕ cos ϕ
⎪ 2
2
2
2 2
2
⎨ y& = ρ& sen ϕ + ρ ϕ& cos ϕ + 2 ρρ&ϕ&senϕ cos ϕ
⎪ z& 2 = 4k 2 ρ 2 ρ& 2
⎩
De modo que la energía cinética de la partícula es
T≡
1
1
mv 2 = m(ρ& 2 + ρ 2ϕ& 2 + 4k 2 ρ 2 ρ& 2 ) .
2
2
Siendo la energía potencial
V ≡ mgz = mgkρ 2 .
En la lagrangiana L=T−V, la coordenada ϕ es cíclica, luego el correspondiente momento
generalizado se conserva
∂L
= mρ 2ϕ& ≡ l ,
&
∂ϕ
que corresponde a la componente vertical del momento angular. Además, como la
lagrangiana no depende del tiempo, la energía total se conserva.
b) La energía total de la partícula, suponiendo que l ≠ 0 ,
E ≡T +V =
(
)
1
l2
m 1 + 4k 2 ρ 2 ρ& 2 +
+ mgkρ 2
2
2mρ 2
20
depende de una sola coordenada, ρ, y puede tomarse como la energía de un problema
unidimensional equivalente donde
Tef ≡
1
m(1 + 4k 2 ρ 2 )ρ& 2
2
juega el papel de energía cinética, siendo ρ cierta coordenada curvilínea (no cartesiana),
y
l2
+ mgkρ 2
2mρ 2
Vef =
el de energía potencial. En la figura se han representado los dos términos que
contribuyen a este potencial efectivo, en el caso particular l 2 = 2m 2 g / k 3 .
La expresión de la energía total permite escribir la relación
dt =
m(1 + 4k 2 ρ ) 2
2( E − Vef )
dρ ,
cuya integración proporciona la ley horaria del movimiento. Así, para cada valor de l,
los valores permitidos de la energía han de ser tales que E ≥ Vef , y para cada uno de
estos valores existen dos valores extremos (máximo y mínimo) de ρ, que son las raíces
l2
+ mgkρ 2 . Cuando el valor de la energía total E coincide con
de la ecuación E =
2mρ 2
el mínimo de Vef, el movimiento es circular con radio ρ= ρc, que se obtiene de la
condición de mínimo,
dVef
dρ
= 2mgkρ c −
mín
l
l2
= 0 , es decir, ρ c2 =
.
3
mρ c
m 2 gk
12
Potencial
Centrífugo
8
Vef /(mg/k)
Potencial
Efectivo
4
Potencial
Gravitatorio
0
0.0
0.5
1.0
1.5
ρ
21
2.0
2.5
c) En la órbita circular, como el radio es constante, se tiene evidentemente ρ& c = 0 . Por
otra parte, utilizando la expresión obtenida para el radio de la órbita, ρc, en la de la
componente vertical del momento angular resulta el valor de la componente azimutal de
la velocidad de la partícula,
ϕ& c = 2 gk .
Así pues para conseguir que la partícula se mueva según una trayectoria circular con
determinado valor del radio, ρ = ρc , hay que imprimirle una velocidad de componente
únicamente azimutal y de módulo
2 gk ρc .
d) Para escribir la ecuación del movimiento general de la partícula, calculemos las
derivadas
⎧ ∂L
2
2
2
⎪⎪ ∂ρ = mρϕ& + 4mk ρρ& − 2mgkρ
⎨ ∂L
⎪
= mρ& + 4mk 2 ρ 2 ρ&
⎪⎩ ∂ρ&
La ecuación de Lagrange correspondiente conduce a la ecuación:
(
)
m 1 + 4k 2 ρ 2 ρ&& + 4mk 2 ρρ& 2 −
l2
+ 2mgkρ = 0 .
mρ 3
Supongamos ahora que el movimiento se aparta poco de una órbita circular, de manera
que
ρ = ρ c (1 + ε ) , con ε « 1.
Sustituyendo en la ecuación del movimiento y despreciando los términos en ε de orden
superior al primero, se llega a la ecuación
ε&& +
1+
8 gk
ε =0
4k 2 l
m 2 gk
que es la ecuación de un oscilador armónico de frecuencia
ω2 =
1+
8 gk
.
4k 2 l
m 2 gk
------------------------------------------
17. Plantee las ecuaciones del movimiento para el péndulo doble en el caso de
pequeñas oscilaciones, escogiendo como coordenadas las longitudes de arco
descritos por cada uno de los péndulos. Halle las frecuencias de los modos
22
normales en el caso en el que la masa del péndulo superior es mucho mayor que
la del péndulo inferior.
La forma usual de abordar este problema puede quedar resumida en lo siguiente. Si
describimos el problema en las variables generalizadas dadas por los ángulos de los
péndulos daremos con una formulación que puede englobarse en la siguiente forma
general de lagrangiano:
L=
1
∑ M i j (q)q&i q& j − U (q)
2 i, j
con un punto de equilibrio en qi = 0 . El estudio de las desviaciones pequeñas alrededor
del punto de equilibrio equivale a tomar sólo los términos lineales en las ecuaciones del
movimiento, o lo que es lo mismo, la aproximación cuadrática a L:
L=
1
1
Ti j q&i q& j − ∑ K i j qi q j
∑
2 i, j
2 i, j
El problema de hallar las frecuencias de los modos normales es el de resolver la
ecuación especial de valores propios:
ω k2 T ⋅ A k = K ⋅ A k
en donde T no es una matriz diagonal. Para evitar el complicado problema de la
diagonalización en este estadio, podemos en algunos casos diagonalizar la energía
cinética ya de partida, en el lagrangiano cuadrático. Esto es lo que pasa en el problema
presente. Veamos cómo podemos hacerlo.
El problema nos plantea un péndulo doble, con el superior de longitud L, y masa M, y el
inferior,
de longitud l y masa m. La energía cinética no es difícil de hallar:
T=
[
1
1
ML2θ& 2 + m L2θ& 2 + l 2ϕ& 2 + 2 Llθ&ϕ& cos(ϕ - θ )
2
2
]
Para pequeños valores de θ y ϕ, podemos aproximar el coseno por 1. Como hay un
término producto de sus derivadas temporales, estas coordenadas no son ortogonales
(no diagonalizan la energía cinética), pero podemos hacerlas ortogonales sumando un
múltiplo apropiado de θ a ϕ. De hecho, es fácil ver que una pareja de coordenadas
ortogonales está dada por los desplazamientos
x = Lθ ,
y = L θ + lϕ
que no son otra cosa que las longitudes de arco descritos por cada una de las masas de
ambos péndulos. Es fácil ver que, entonces, la energía cinética se convierte en:
T = 12 Mx& 2 + 12 my& 2
En función de estas nuevas coordenadas ortogonales es fácil ver que las ecuaciones del
movimiento son:
23
⎡ ( M + m) g mg ⎤
mg
&&
x = −⎢
x+
y
+
⎥
M l⎦
Ml
⎣ ML
g
g
&&
y = x− y
l
l
Hallar la ecuación característica para las frecuencias de los modos normales es
relativamente trivial, sobre todo en el límite M>>m, quedando:
ω2 ≈
g
L
y
ω2 ≈
g
l
-----------------------------------------
18. Una partícula de masa unidad que puede moverse libremente en el plano XY, se
encuentra inicialmente en reposo en el origen de coordenadas y está sometida a
la fuerza que deriva del potencial V(x,y). El potencial es analítico cerca del
origen, admitiendo el desarrollo
V ( x, y ) = r ⋅ ∇ V +
1
∂V
∂ V x2 ∂ 2 V y2 ∂ 2 V
∂2V
2
+y
+
+
+
+ O(r 3 )
xy
r ⋅ ∇ V + O(r 3 ) ≡ x
2
2
2
2 ∂ y
∂ x
∂ y 2 ∂ x
∂ x∂ y
(
)
Estúdiense los instantes iniciales del movimiento, desarrollando las ecuaciones
de Lagrange en torno a la condición inicial. Resuélvanse estas ecuaciones
suponiendo que, durante estos instantes, el desplazamiento es de la
forma r(t ) = at 2 + bt 3 + ct 4 + O t 5 , y determínense los vectores constantes a, b y
c. Calcúlese, así mismo, la trayectoria durante este tiempo y la expresión de la
lagrangiana.
( )
La lagrangiana de la partícula es L = T − V, siendo T = 12 v 2 =
1
2
(x&
cerca del origen, se tiene
⎧ ∂L
⎪ = x& ;
⎪ ∂x&
⎨
⎪ ∂L = y& ;
⎪⎩ ∂y&
∂L
∂V
∂ 2V
∂ 2V
(0) − x 2 (0) − y
(0)
=−
∂x
∂x
∂x
∂x∂y
∂L
∂V
∂ 2V
∂ 2V
(0) − y 2 (0) − x
(0)
=−
∂y
∂y
∂y
∂x∂y
lo que conduce a las ecuaciones de movimiento de Newton:
⎧
∂V
∂ 2V
∂ 2V
&
&
(
)
(
)
(0)
=
−
−
−
x
x
y
0
0
⎪
⎪
∂x
∂x 2
∂x∂y
⎨
2
2
⎪ &y& = − ∂V (0 ) − y ∂ V (0 ) − x ∂ V (0 )
⎪⎩
∂y
∂y 2
∂x∂y
con las condiciones iniciales
x(0) = y(0) = x& (0) = y& (0) = 0
Por otra parte, según el enunciado, se tiene
24
2
)
+ y& 2 . Así pues,
( )
&r& = 2a + 6bt + 12ct 2 + O t 3
Sustituyendo r y &&
r en las ecuaciones del movimiento e igualando las potencias del
mismo orden en t, se obtienen los vectores buscados:
ax = −
1 ∂V
(0)
2 ∂x
bx = 0
cx =
1 ⎡ ∂V
∂ 2V
∂V
∂ 2V ⎤
(
)
(
)
(
)
(0)⎥
0
0
+
0
⎢
24 ⎣ ∂x
∂x 2
∂y
∂x∂y ⎦
Haciendo en estas expresiones el intercambio x↔y, se obtienen las componentes y
correspondientes.
Para calcular la trayectoria, x = x(y), hay que eliminar el tiempo t entre las
componentes x e y de la ley de movimiento r(t). Para ello invertimos la serie de una de
las componentes, la componente x por ejemplo, suponiendo para t un desarrollo de la
forma
( )
t = α x1 / 2 + β x + γ x 3 / 2 + O x 2
de manera que
t 2 = α 2 x + 2αβ x 3 / 2 + O(x 2 )
( )
t 3 = α 3 x3/ 2 + O x 2
M
Sustituyendo en la ley de movimiento, se tiene:
(
)
( )
x = a x α 2 x + 2αβ x 3 / 2 + O x 2
de donde, igualando las potencias del mismo orden en x se encuentran los coeficientes
del desarrollo de t,
α = ax −1/ 2 , β = 0 , K
lo que llevado a la componente y de la ley de movimiento, y = ayt2 + ..., proporciona la
trayectoria pedida
⎛ ∂V / ∂y ⎞
2
y=⎜
⎟ x+O x
⎝ ∂V / ∂x ⎠ x = 0
( )
que puede calcularse consecutivamente a todos los órdenes
---------------------------------------
19. Considérese un sistema formado por dos esferas de masa m unidas por una
varilla rígida de masa despreciable y longitud 2l. El conjunto puede girar
libremente en torno al punto medio de la varilla, equidistante de ambas esferas.
Este punto está forzado a moverse sobre una circunferencia de radio R
colocada verticalmente en el campo gravitatorio terrestre. Determínense las
coordenadas generalizadas apropiadas para describir el movimiento del
25
sistema y calcúlese la expresión de su lagrangiana, si la gravedad es la única
fuerza presente. Escríbanse las ecuaciones de Lagrange correspondientes y
discútase el movimiento del sistema.
z
θ
ϕ
α
g
y
x
Para especificar el movimiento del sistema, lo más conveniente es dar la posición del
centro de masas y referir a éste las posiciones de las dos esferas. Como el centro de
masas está forzado a moverse sobre una circunferencia, su posición queda determinada
dando el ángulo α que forma su radio vector. En cuanto a las esferas, como están unidas
por una barra rígida, la distancia que las separa es fija y basta con especificar los
ángulos polares esféricos (ϕ,θ) que determinan la orientación de la barra en el espacio.
Así, como coordenadas generalizadas del sistema pueden tomarse los tres ángulos
(α,ϕ,θ).
Con respecto a un sistema de coordenadas cartesianas con origen en el centro de
la circunferencia de radio R, como en la figura, las posiciones de las esferas son:
⎧ x1 = lsenθ cos ϕ
⎪
⎨ y1 = R cos α + lsenθsenϕ
⎪ z = Rsenα + l cosθ
⎩ 1
⎧ x2 = −lsenθ cos ϕ
⎪
⎨ y2 = R cosα − lsenθsenϕ
⎪ z = Rsenα − l cosθ
⎩ 2
Calculando por derivación temporal las velocidades respectivas, resultan las siguientes
expresiones para las energías cinéticas:
T1 ≡
=
[
1
mv12 =
2
(
m 2 &2 2 2 2
l θ + l ϕ& sen θ + R 2α& 2 − 2 Rlα& θ&senα cosθsenϕ + ϕ&senαsenθ cos ϕ + θ& cos αsenθ
2
T2 ≡
=
[
1
mv 22 =
2
(
m 2 &2 2 2 2
l θ + l ϕ& sen θ + R 2α& 2 + 2 Rlα& θ&senα cosθsenϕ + ϕ&senαsenθ cos ϕ + θ& cos αsenθ
2
de modo que la energía total del sistema es
[(
)
2
2
2
T = T1 + T2 = m lθ& + (lϕ&senθ ) + (Rα& )
)]
)]
]
Por otra parte, las energías potenciales de las esferas y la energía potencial total
son
26
V1 = mgz1 = mg (Rsenα + l cosθ )
V2 = mgz2 = mg (Rsenα − l cosθ )
V = V1 + V2 = 2mgRsenα
A partir de la lagrangiana, L ≡ T − V, calculemos las derivadas
⎧ ∂L
2
⎪ & = 2mR α&
⎪ ∂α
⎪ ∂L
2
⎨ & = 2ml θ&
⎪ ∂θ
⎪ ∂L
2
2
⎪ & = 2ml ϕ& sin θ
∂
ϕ
⎩
⎧ ∂L
⎪ ∂α = 2mgR cos α
⎪
⎪ ∂L
= 2ml 2ϕ& 2 sin θ cos θ
⎨
⎪ ∂θ
⎪ ∂L
⎪ ∂ϕ = 0
⎩
La ecuación asociada al grado de libertad α,
(
)
d
2mR 2α& − 2mgR cos α = 0
dt
está desacoplada de θ y de ϕ. Esta ecuación es precisamente la ecuación del péndulo
simple,
α&& = −
g
cos α
R
de manera que el centro de masas de las esferas ejecuta un movimiento pendular
independientemente de como estén girando las esferas. Es decir, el sistema en conjunto
se comporta como un péndulo de masa 2m con dos grados de libertad internos que
determinan el movimiento relativo de las dos esferas respecto de su centro de masas.
Por otra parte, la coordenada ϕ es cíclica de manera que una constante del
movimiento es
∂L
= 2ml 2ϕ&sen 2θ = C
&
∂ϕ
de donde, despejando, se obtiene
ϕ& =
C
2ml sen 2θ
2
La ecuación para θ es
(
)
d
2ml 2θ& − 2ml 2ϕ& 2 senθ cos θ = 0
dt
es decir, sustituyendo el resultado anterior,
2
⎛ C ⎞ cot θ
=0
θ&& − ⎜
2 ⎟
2
⎝ 2ml ⎠ sin θ
que es la ecuación que determina el movimiento relativo de las esferas.
----------------------------------------27
20. Una partícula de masa m se mueve sobre la superficie de una esfera de radio R
y se encuentra sometida al campo gravitatorio terrestre.
a) Calcúlese su lagrangiana e identifíquense las magnitudes que se conservan
durante el movimiento.
b) Hállese el potencial efectivo para el problema unidimensional equivalente y
discútase el tipo de órbitas.
Tomemos un sistema de coordenadas cartesianas centrado en la esfera, tal como se
indica en la figura
θ
R
m
ϕ
Utilizando coordenadas esféricas, la posición y velocidad de la partícula vendrán dadas
por
⎧ x& = Rθ& cosθ cosϕ − Rϕ& senθ senϕ
⎪
⎨ y& = Rθ& cosθ senϕ + Rϕ& senθ cosϕ
⎪&
&
⎩ z = − Rθ senθ
⎧ x = R senθ cosϕ
⎪
⎨ y = R senθ senϕ
⎪ z = R cosθ
⎩
de manera que las energías cinética y potencial de la partícula son, respectivamente,
T=
(
)
(
1
1
1
mv 2 = m x& 2 + y& 2 + z& 2 = mR 2 θ& 2 + ϕ& 2sen 2θ
2
2
2
)
V = V0 + mgz = V0 + mgR cosθ
A partir de la lagrangiana, L = T − V, las ecuaciones correspondientes a los ángulos de
orientación son
d ⎛ ∂L ⎞ ∂L
=0
⎜ ⎟−
dt ⎝ ∂θ& ⎠ ∂θ
d ⎛ ∂L ⎞ ∂L
⎜
⎟−
=0
dt ⎜⎝ ∂ϕ& ⎟⎠ ∂ϕ
Como la coordenada ϕ es cíclica su momento conjugado se conserva constante, lo que
traduce la conservación de la componente correspondiente del momento angular, es
decir,
28
mR 2ϕ& sen 2θ = l
y la ecuación para θ se escribe como:
l 2 cosθ
&
&
mRθ = mg senθ +
mR 3sen 3θ
Definiendo el potencial efectivo
Vef = mgR(1 + cosθ ) +
l2
2mR 2sen 2θ
la ecuación para θ queda en la forma
θ&& = −
1 dVef
mR 2 dθ
Una gráfica de Vef permite obtener cualitativamente una perspectiva general del tipo de
órbitas.
(R/g)5
Vef
4
3
2
1
θ
0
π/2
π
En la figura se ha representado la función (R/g)Vef para el caso particular l 2 = 2m 2 gR 3 .
La curva a trazos corresponde al término gravitatorio y la curva a trazos y puntos al
término centrífugo. La suma de ambos es la curva continua. Como puede verse, las
órbitas posibles corresponden a trayectorias acotadas comprendidas entre dos valores,
uno máximo y otro mínimo, del ángulo θ que dependen de la energía total de la
partícula, la otra constante del movimiento. Para el valor de ésta correspondiente al
mínimo de la curva de Vef, los dos valores de θ colapsan y la trayectoria corresponde a
una circunferencia horizontal.
---------------------------------------------
21. Si se multiplica el lagrangiano por una constante las ecuaciones del movimiento
no se ven afectadas. Suponga ahora que el potencial es una función homogénea
29
de grado m de las coordenadas: V (αr1,αr2 ,K,αrn ) = V (r1′, r2′ ,K, rn′ ) = α mV (r1, r2 ,K, rn ) . Si
se reescala simultáneamente el tiempo (por un factor: t' t = β ) y las coordenadas
espaciales (por dicho factor: l ′ l = α , con l señalando una coordenada con
dimensiones de longitud), una elección apropiada de ambos factores puede
tener como efecto neto el de multiplicar el lagrangiano por una constante.
a) ¿Cuál es la relación entre α y β para que así suceda?
b) Una vez obtenida ésta derive a partir de ella, como función de m, las
relaciones entre l′ l y cada uno de las reescalamientos siguientes: tiempos (
t′
t
), velocidades ( v′ v ), energía ( E' E ) y momento angular ( J ′ J ).
c) Obtenga de las relaciones del apartado b) lo siguiente:
- la tercera ley de Kepler,
- la relación l = (constante ) × t 2 cuando el potencial gravitatorio se aproxima por
mgh
- la independencia del período con la amplitud en el oscilador armónico
2
a) Si el potencial reescala como α m , la energía cinética lo hace como α 2 . Para sacar
β
( )
factor común a ambos términos del lagrangiano α m = ⎛⎜α 2 β 2 ⎞⎟ , o β = α1 − m 2
⎝
⎠
b) las relaciones solicitadas son:
m
m
m
m
1+
1−
′
′
′
′
′
′
v
l
E
l
J
l
⎛
⎞
⎛
⎞
⎛
⎞
⎛
⎞
⎛
⎞
⎛
⎞
⎛ t′ ⎞ ⎛ l ′ ⎞
2
2 ; ⎜ ⎟=⎜ ⎟2 ; ⎜ ⎟=⎜ ⎟ ; ⎜ ⎟=⎜ ⎟
⎜ ⎟=⎜ ⎟
⎝v⎠ ⎝l⎠
⎝E⎠ ⎝l⎠
⎝J ⎠ ⎝l⎠
⎝t⎠ ⎝l⎠
c)
-
En el potencial gravitatorio m = −1 . Sustituyendo en la primera relación en b),
obtenemos (t ′ t )2 = (l ′ l )3 , que es la ley de Kepler (las distintas órbitas se transforman
unas en otras mediante reescalamientos en el tiempo y el la longitud)
-
En el caso del potencial mgh, m = 1 , encontramos la clásica relación parabólica
entre distancia y tiempo.
-
Aquí m = 2 . El período debe ser independiente de la amplitud.
22. Considérese un circuito clásico LC ( inductor-condensador) sin generador,
estudiado en Física General. Recordando que la energía almacenada en el
inductor es 1 L I 2 , siendo I la corriente que circula por él, y que la almacenada
2
2
en el condensador es 1 Q C , establezca una analogía entre estos conceptos
2
eléctricos y los correspondientes de un sistema mecánico simple. A
continuación plantee el Lagrangiano del sistema L C y obtenga la ecuación
diferencial y la frecuencia intrínseca de este circuito resonante.
30
El problema es muy simple. La analogía puede establecerse de la siguiente forma:
Posición – carga
Velocidad – corriente
Fuerza – diferencia de potencial
Masa – inductancia L
Constante del muelle – inversa de la capacitancia 1/C
La energía almacenada en el inductor 12 L I 2 puede asociarse formalmente a un término
de energía “cinética”. Por su parte, la energía almacenada en el condensador es
asimilable, también desde un punto de vista formal, al término de energía potencial de
un muelle. En definitiva:
( )
& 2 − 1 1 Q2
L = T − V = 12 LQ
2
C
de la que se obtiene la ecuación: Q&& + (1 L C )Q = 0 ,de la que sigue fácilmente la frecuencia.
--------------------------------------------23. Una esfera uniforme de masa M y radio R se halla encastrada en un agujero
practicado en una fina lámina plana infinita, con una masa por unidad de área
de valor σ , de forma a que el plano de la lámina coincida con el plano
ecuatorial de la esfera. Un objeto de masa de masa m se mueve sin rozamiento a
lo largo del eje z (véase figura), perpendicular a la lámina y que pasa por el
centro de la esfera. Construya el Lagrangiano del sistema
Z
La dificultad en este problema reside en encontrar el campo al que se ve sometida la
partícula. Una vez obtenido éste, la construcción del Lagrangiano es inmediata.
Consecuentemente, nos concentraremos únicamente en el primer objetivo. Para ello,
separamos las contribuciones del plano y de la esfera. Esta última es inmediata:
simplemente, a una distancia z del centro de la esfera, a lo largo del eje z ,
−
GM
z2
31
La contribución del plano puede calcularse de la forma siguiente. Tomemos un anillo de
radio ρ , alrededor del centro de la esfera.. Por razón de simetría, sólo tendremos que
calcular la componente z del campo producido por el anillo a la misma distancia
anterior z . En definitiva,
−
G (2πρ )(σ dρ )
z
2
2
2
z +ρ
z + ρ2
(
)
El campo total producido por el plano resultará de integrar la expresión para el anillo en
el intervalo [R, ∞ ) :
−
2πGσ z
z 2 + R2
--------------------------------------------24. Sabemos que el oscilador armónico tiene como parámetro característico la
frecuencia ω , que es independiente de las condiciones iniciales. Por el
contrario, su amplitud máxima A sí que depende de estas últimas. Sin embargo,
existen osciladores en los cuales los papeles de la frecuencia y amplitud máxima
se invierten, en el sentido de pasar la frecuencia a ser dependiente de condición
inicial y, al contrario, la amplitud máxima convertirse en un parámetro
característico del sistema, independiente de la condición inicial. Un caso
semejante ocurre en el sistema de la figura, en el que dos masas iguales están
unidas por un eje rígido de masa nula. cada una de las masas se mueve sin
rozamiento, y en ausencia de gravedad, a lo largo del eje correspondiente, bien
sea el x, bien sea el y. Plantee el lagrangiano del sistema, y demuestre que lo
aseverado es cierto: la frecuencia con la que oscila cada masa depende de la
condición inicial, mientras que su amplitud máxima es siempre la misma.
y
A
x
Al no estar el sistema sometido a fuerzas, fuera de las ligaduras geométricas, el
lagrangiano y la energía cinética coinciden: son iguales a la energía cinética que tiene
cualquiera de las partículas, en el instante en que pasa por el origen y la otra está en su
posición de equilibrio,
L=
mA 2 x& 2
(
2
2A −x
2
)
=
m 2
u
2
(1)
donde u > 0 es la velocidad de una partícula cuando pasa por el origen. Ordenando de
nuevo términos en la ecuación (1), llegamos a:
2
⎛u⎞
A2 x& 2 + u 2 x 2 = A2u 2 ⇒ x& 2 + ⎜ ⎟ x 2 = u 2
⎝ A⎠
32
La ecuación final expresa la conservación de la energía de un oscilador armónico cuya
frecuencia y amplitud máxima son, respectivamente, u A y A . El movimiento es el de
oscilador armónico, pero en el cual la frecuencia depende de la condición inicial (a
través de u ), mientras que la amplitud máxima es siempre constante.
--------------------------------------------25- Suponga que el lagrangiano para un cierto movimiento unidimensional viene
1
⎞
⎛1
dado por L = eγ t ⎜ mq& 2 − kq 2 ⎟ .
2
⎠
⎝2
a) Escriba la ecuación del movimiento. ¿A qué sistema corresponde?
b) ¿Existe alguna constante del movimiento?
c) Ponga de manifiesto los distintos movimientos posibles
Suponga seguidamente que se define una nueva coordenada, S , dada por
⎛γ t ⎞
S = exp⎜ ⎟q .
⎝ 2⎠
d) Escriba la ecuación del movimiento. ¿A qué sistema corresponde?
e) ¿Existe alguna constante del movimiento?
f) Ponga de manifiesto los distintos movimientos posibles
g) ¿Cómo pondría en relación ambas descripciones?
Nota aclaratoria.
En el enunciado propuesto en la hoja de examen se deslizó un error. Se sugería el
cambio S = q exp(γ t ) en lugar del que aparece en el presente enunciado. Está claro que
con este último cambio el resultado carece de interés conceptual, tal como ha podido
constatar la mayoría de los alumnos. La corrección, evidentemente, se ha hecho según el
enunciado del examen, y no con el que aparece aquí. Sin embargo, sí que da interés al
problema el cambio propuesto aquí, por lo que será aquél sobre el que elaboraremos.
Para terminar, quiero felicitar a los tres alumnos que se han dado cuenta del “buen”
cambio. Así lo han hecho constar en el examen a título de comentario y su iniciativa ha
sido debidamente valorada a la hora de calificar.
a) La ecuación de Lagrange lleva a:
e γ t (mq&& + γmq& + kq ) = 0 ,
o
k
q&& + γq& + q = 0 ,
m
b) Aparentemente, podríamos contestar que no existe constante del movimiento al
depender L explícitamente del tiempo. Pero esta respuesta es un poco precipitada.
Veamos por qué. En un sistema mecánico, podemos disponer, en principio, de
funciones que permanecen constantes a lo largo del
movimiento: F (q(t ), q& (t )) =constante. Estas se denominan constantes del movimiento o
integrales primeras. Sin embargo, la definición de estas cantidades es más general,
englobando una posibles dependencia explícita del tiempo, de forma que: F (q(t ), q& (t ), t )
= constante. Nada , en principio, excluye la existencia de este último caso de constante
del movimiento, aunque, bueno es decirlo, se piensa en la primera forma al hablar de
33
constante del movimiento. Lo que sí queda claro es que, si existe F (q(t ), q& (t ), t ) =
constante, no es aparente. Sigamos la evolución del problema para aclarar este extremo.
c) Para una solución general del tipo q ∝ eα t , obtenemos la ecuación característica
k
α 2 +γα + = 0
m
con soluciones
2
γ
k
⎛γ ⎞
α =− ± ⎜ ⎟ −
2
m
⎝2⎠
Las distintas posibilidades de movimiento nos vendrán dadas por el valor del
2
k
⎛γ ⎞
discriminante ∆ = ⎜ ⎟ − , siempre que γ > 0 .
⎝2⎠ m
Primer caso: ∆ < 0 . En este caso, la solución general queda como un movimiento
oscilatorio amortiguado
q=e
−
γt
2
(A cos
∆ t + B sen ∆ t
)
Segundo caso: ∆ = 0 . Movimiento puramente amortiguado
−
γt
q = q0 e 2
Tercer caso: ∆ > 0 . Movimiento también puramente amortiguado
q=e
−
γt
2
(Ae
∆t
+ Be −
∆t
)
d) Escribimos el lagrangiano en función de la nueva variable
2
1 ⎛& 1 ⎞ 1 2
L = m⎜ S − γ S ⎟ − kS ,
2 ⎝
2 ⎠ 2
del que se obtiene la siguiente ecuación del movimiento
⎡ k ⎛ γ ⎞2 ⎤
S&& + ⎢ − ⎜ ⎟ ⎥ S = 0 .
⎢⎣ m ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦
e) Ahora, sí que podemos hablar de una constante del movimiento. La ecuación anterior
es la del oscilador armónico, que tiene formalmente la constante
⎡ k ⎛ γ ⎞2 ⎤ 2
2
&
S + ⎢ − ⎜ ⎟ ⎥ S = cte
⎣⎢ m ⎝ 2 ⎠ ⎦⎥
Llegados a este punto, enlazamos con el apartado b). La expresión anterior, una vez
desecho el cambio q → S , nos proporciona la contestación a la pregunta que nos
hacíamos ahí.
f) Es fácil responder a este apartado manejando el signo de k m − γ 2 , al igual que
hicimos en el apartado c). Sin embargo, a la hora de hacer un análisis completo no
deberá olvidarse el factor exponencial en la definición de S .
34
g) Ambas descripciones son totalmente equivalentes. La única diferencia es que en la
segunda se enmascara el factor exponencial –que no por ello ha desaparecidopudiéndose con ello poner en evidencia la constante del movimiento –cosa que no era
trivial en la primera descripción.
--------------------------------------------26- Tres puntos de masa m pueden deslizarse sobre un círculo de radio b , tal
como indica la figura de la izquierda, sometidos a fuerzas derivables del potencial
V (α , β , γ ) = V0 e −α + e − β + e −γ −los ángulos de separación α , β , γ son medidos en
(
)
radianes. Cuando α = β = γ =
2π
3
, el sistema se halla en equilibrio. Encuentre las
frecuencias de los modos normales del sistema para pequeños desplazamientos del
equilibrio (ángulos θ 1 ,θ 2 ,θ 3 ilustrados en la figura de la derecha)
Los ángulos α , β y γ , en términos de θ 1 ,θ 2 y θ 3 , son:
2π
α=
+ θ 2 − θ1 ,
3
2π
β=
+θ3 −θ2 ,
3
2π
γ =
+ θ1 − θ 3 .
3
Por su parte, el potencial queda:
2π ⎛ ⎛
⎛
⎞
⎛
⎞
⎞
⎜
⎟
−
− ⎜⎜θ − θ ⎟⎟
− ⎜⎜θ − θ ⎟⎟ ⎞⎟
⎜ − ⎜⎝θ 2 − θ1 ⎟⎠
2
3
⎝ 3
⎠
⎝ 1
⎠
3
V =V e
+e
+e
⎟
⎜e
0
⎟
⎜
⎠
⎝
Habida cuenta de que estamos hablando de pequeños valores de θ 1 ,θ 2 y θ 3 , esta
expresión del potencial puede aproximarse por
V ≈ V0 e
−
2π
3
[3 − (θ 2 − θ 1 ) − (θ 3 − θ 2 ) − (θ 1 − θ 3 )
1
(θ 2 − θ 1 )2 + 1 (θ 3 − θ 2 )2 + 1 (θ 1 − θ 3 )2 ⎤⎥
2
2
2
⎦
La energía cinética va a ser dependiente de las velocidades lineales de las tres
partículas. Como el radio b es constante, éstas serán bθ&i , para i = 1,2,3 . En definitiva,
el lagrangiano quedará
+
35
2π
−
1 2 3 &2
L = mb ∑ θi − V0 e 3 ( 3 + θ12 + θ 22 + θ32 − θ1θ 2 − θ 2θ3 − θ3θ1 ) ,
2
i =1
con sus correspondientes ecuaciones de Lagrange
mb 2θ&&1 + V0 e
−
2π
3
mb 2θ&&2 + V0 e
−
2π
3
mb 2θ&&3 + V0 e
−
2π
3
( 2θ1 − θ 2 − θ3 ) = 0
( 2θ 2 − θ3 − θ1 ) = 0
( 2θ3 − θ1 − θ 2 ) = 0
Proceder en el análisis de modos normales es relativamente trivial, por lo que se dejan
los detalles como ejercicio. La ecuación característica resulta ser
2
2π
−
⎛
⎞
mb ω ⎜ −3V0e 3 + mbω 2 ⎟ = 0
⎝
⎠
2
2
con soluciones
0
⎧
⎪
⎪
ω= ⎨
⎛
⎪ 1 ⎜ 3V0
⎪⎩ b ⎜⎝ m
⎞ − π3
⎟e
⎟
⎠
siendo la segunda degenerada.
--------------------------------------------27.- En un sistema dinámico de 2 grados de libertad la energía cinética es
q&12
1
T=
+ q 22 q& 22 , y la energía potencial esta dada por U = c + dq 2 , con a, b,
2(a + bq 2 ) 2
c y d constantes. Mostrar que q 2 en función del tiempo es una ecuación de la
forma ( q 2 − k )(q 2 + 2k ) 2 = h(t − t 0 ) 2 con h, k y t 0 constantes.
NOTA:
∫
xdx
a + bx
=
− 2(2a − bx)
a + bx
3b 2
Dado que la energía cinética y la potencial no dependen ni del tiempo ni de la
∂L
, es decir:
coordenada q1 tenemos 2 constantes del movimiento: E = T + V y
∂q&1
q&1
∂L
=
= p1 = cte
∂q&1 a + bq 2
q&12
p2
1
1
+ q 22 q& 22 + c + dq 2 = 1 (a + bq 2 ) + q 22 q& 22 + dq 2 + c
2(a + bq 2 ) 2
2
2
que podemos rescribir como:
q 22 q& 22 − C1 q 2 = C 2
con C1 y C 2 constantes: C1 = − p12 b − 2d , C 2 = 2 E − p12 a − 2c .
Y de ahí integrar:
T +V = E =
36
C 2 + C1 q 2
q 2 dq 2
→∫
= ∫ dt = t − t 0
2
q2
C 2 + C1 q 2
2(2C 2 − C1 q 2 )
t − t0 = −
C 2 + C1 q 2
3C12
q& 22 =
que conduce directamente a la ecuación que queremos encontrar con k = −
h=
C2
y
C1
9
C1 .
4
--------------------------------------------28.- Una partícula de masa m y carga e se mueve bajo la influencia de campos
eléctrico y magnético uniformes, mutuamente ortogonales. En un sistema de ejes
r r
r
r
cartesianos, estos campos son E = E j y B = Bk . Encuentre las ecuaciones de
movimiento y la trayectoria en el caso en el que la partícula se encuentra
inicialmente en reposo en el origen de coordenadas.
Las relaciones siguientes le pueden servir de ayuda
∂A
E = −∇φ −
∂t
B = ∇× A
1
L = m(v ⋅ v ) − e(φ − v ⋅ A )
2
Los potenciales escalar y vectorial que dan los campos correctos, son
φ = − Ey
1
A = B (− yi + xj)
2
El correspondiente lagrangiano queda
1
1
L = m(x& 2 + y& 2 + z& 2 ) + eEy + eB( xy& − yx& )
2
2
Las ecuaciones de Lagrange correspondientes quedan
mx&& − eBy& = 0
m&y& + eBx& = eE
m&z& = 0
Queda claro de la tercera ecuación y de las condiciones iniciales z (0) = 0 y z&(0) = 0 ,
que el movimiento está confinado al plano xy . Las ecuaciones para x e y son lineales,
por lo que podemos considerar una solución general del tipo exp(λt ) , quedando la
ecuación característica como
m 2 λ4 + e 2 B 2 λ2 = 0
con autovalores
e2 B 2
λ12, 2 = 0, − 2
m
Con estos resultados en mano, podemos escribir la solución para la trayectoria de la
partícula
37
E
mE
⎛ eB ⎞
t − 2 sen ⎜ t ⎟
B
eB
⎝m ⎠
mE ⎡
⎛ eB ⎞⎤
y = 2 ⎢1 − cos⎜ t ⎟⎥
eB ⎣
⎝ m ⎠⎦
Es fácil dibujar la correspondiente trayectoria. Es un cicloide con cúspides sobre el eje
x , separadas por una distancia 2πmE eB 2 . Esta distancia es la velocidad promedio en
la dirección x , E B , multiplicada por el período, 2πm eB , de los términos
sinusoidales.
x=
y
E
x
--------------------------------------------29.- Razónese si la siguiente afirmación es verdadera o falsa:
a) Las lagrangianas L1 (q, q& , t ) y L2 = L1 (q, q& , t ) + ∂A(q, t ) ∂t son equivalentes, esto
es, proporcionan las mismas ecuaciones de movimiento.
a) La elección del Lagrangiano de un sistema nunca es única y dada una función
lagrangiana, L1 (q, q& , t ) cualquier función de la forma L2 = L1 (q, q& , t ) + dF (q, t ) dt ,
también lo es (Sección 1.4 Goldstein, puede mostrarse por sustitución directa en las
dF ∂F
∂F
ecuaciones de Lagrange de L2 y de
).
q& +
=
dt
∂t
∂q
Por tanto para que sea cierto en el caso que preguntado tendría que cumplirse
que la función añadida solo dependiera del tiempo: A(t ) .
--------------------------------------------30. Suponga por un momento que no sabe usted qué forma tiene la energía cinética
y desconoce también las Leyes del movimiento de Newton. Le dicen a usted que el
punto de partida para describir el movimiento de una partícula viene dado por las
ecuaciones de Lagrange, cuya forma le dan, especificándole, sin más detalles, que
el lagrangiano es un funcional de la forma L = L(q& i , q i , t ) . Le piden que con estos
datos descubra usted las leyes del movimiento de la partícula libre en coordenadas
cartesianas. Usted sabe que ésta es una partícula en el espacio vacío sin fuerzas
actuando sobre ella y le dan como pista el concepto de sistema inercial y el
principio de relatividad de Galileo.
1. Explique por qué el lagrangiano no puede ser función de z, y, x , ni de cada una
de las componentes de la velocidad, v x , v y , v z por separado. Tampoco del tiempo.
¿Sobre qué propiedades del espacio se basará su argumentación?
38
r
Usted llega a la conclusión de que L(v 2 ) , donde v es la velocidad de la partícula en
un sistema inercial K y quiere descubrir la forma exacta. Para ello toma un
segundo sistema inercial K’ que se mueve con velocidad constante
infinitesimalmente pequeña − ε respecto de K .
2. Pruebe que L = av 2 L _(a constante). Le puede ayudar hacer una expansión en
serie de Taylor, despreciar los términos cuadráticos en _ y recordar la propiedad
dF
de invariancia bajo transformación L → L'+
L.
dt
3. Pruebe que L ' = v' 2 es una elección consistente para el lagrangiano en cualquier
r
sistema K’ que se mueva con velocidad finita − V0 respecto de K ; es decir, se
satisface el principio de relatividad de Galileo.
Los datos del problema son:
A) El Lagrangiano es funcional de la forma: L = L(q i , q& i , t ) .
∂L d ∂L
−
=0.
∂q i dt ∂q& i
C) Estudiamos el movimiento en un sistema inercial. En este sistema de referencia una
partícula libre permanecerá en reposo o en movimiento rectilíneo uniforme por tiempo
ilimitado. Esto es equivalente a decir que para este sistema el espacio es homogéneo e
isótropo y el tiempo uniforme y de hecho esta es una de las posibles maneras de definir
un sistema inercial (basta pensar, en el caso de la isotropía por ejemplo, que con una
partícula de velocidad inicial no nula es imposible definir una dirección privilegiada del
espacio, dado que sea cual sea la dirección inicial de la partícula el tipo de
comportamiento siempre es el mismo). Por supuesto los sistemas inerciales son
indistinguibles entre si por lo que las ecuaciones del movimiento han de ser iguales en
todos ellos.
B) Ecuaciones de Lagrange:
D) Principio de relatividad de Galileo aplicado a un sistema de referencia inercial K’ se
desplaza con velocidad infinitesimal − ε respecto a otro sistema inercial K nos informa
r
que si la partícula libre se mueve con velocidad v en el sistema K lo hará con velocidad
r r
v − ε en el sistema K’.
1) Con los datos A) y C) es directo. La inclusión de una dependencia explicita respecto
a las coordenadas o al tiempo implicaría que las ecuaciones del movimiento no
respetarían la homogeneidad del espacio y el tiempo. Cualquier referencia a una
dirección privilegiada, como sería una dependencia de la dirección del vector velocidad,
no respetaría la isotropía del espacio. Por tanto el Lagrangiano solamente puede
depender del módulo de la velocidad, es decir: L = L(v 2 ) .
2) Siguiendo las indicaciones del enunciado desarrollamos en serie el Lagrangiano para
el sistema K’:
rr
∂L r r
L(v' 2 ) = L(v 2 − 2v ε + ε 2 ) = L(v 2 ) − 2 2v ε + O(ε 2 ) ,
∂v
39
y de la última afirmación de C) y la otra pista del enunciado del problema tenemos que
dF
y para que esto se cumpla en la ecuación anterior tenemos que
L (v ' 2 ) = L ( v 2 ) +
dt
∂L
rr
r
= a = cte , de modo que F = −2r ε a , donde r es el vector posición de la partícula.
2
∂v
3) Siguiendo el mismo razonamiento que en el anterior apartado tenemos que
r r
rr
rr
d
2
2
L ' ( v ' 2 ) = v ' 2 = ( v − V 0 ) 2 = v 2 − 2v V 0 + V 0 = L ( v 2 ) + ( −2 r V 0 + V 0 t )
dt
que comprueba que los Lagrangianos de ambos sistemas son compatibles.
--------------------------------------------31. Una partícula de masa m se mueve sobre la superficie de un cono de ángulo α
(ver figura) y se encuentra sometida al campo gravitatorio terrestre.
a)
Calcúlese su lagrangiana e identifíquense las magnitudes que se conservan
durante el movimiento.
b)
Hállese el potencial efectivo para el problema unidimensional equivalente y
discútase el tipo de órbitas
c)
¿Qué velocidad inicial ha de imprimirse a la partícula para que la órbita sea
circular?
d)
Suponga la masa m en una órbita circular tratada en el apartado anterior.
Suponga que se le imprime un muy pequeño impulso en dirección contraria al
vértice del cono. ¿Qué tipo de trayectoria piensa usted que seguirá el sistema
después de hacer esto? En el caso de seguir una trayectoria consistente en la
composición de la trayectoria circular original y de una pequeña oscilación
alrededor de ésta, calcule la frecuencia de las oscilaciones de pequeña amplitud
en torno a la órbita circular. Hágalo sólo en el caso en que piense que esta
trayectoria tiene sentido.
z
α
R
m
θ
y
x
a) Siguiendo la figura, tenemos:
x = R cos θ ,
y = R sin θ ,
z = z,
como la partícula tiene que moverse en la superficie del cono, tenemos una ligadura
expresada por la ecuación:
40
R
R
dónde definimos Z = h − z , siendo h la distancia del origen al
=
h−z Z
vértice del cono.
tan α =
Elegimos como coordenadas generalizadas a Z (que sólo tendrá sentido para Z ≥ 0 ) y θ
y definiendo β ≡ tgα obtenemos
x& = − β ( Z& cosθ − Z sin θθ&)
y& = − β ( Z& sin θ + Z cosθθ&),
z& = − Z& ,
con lo que el lagrangiano tiene la forma
1
L = m Z& 2 (1 + β 2 ) + Z 2 β 2θ& 2 + mgZ ,
2
en que la coordenada θ es cíclica y el correspondiente momento conjugado se conserva
∂L
pθ =
= mZ 2 β 2θ&
∂θ&
que corresponde a la componente vertical del momento angular. Como la lagrangiana
no depende del tiempo, también se conserva la energía.
b) Si sustituimos la ecuación anterior en la ecuación del movimiento para la otra
variable tenemos
m(β 2 + 1)Z&& = m( Zβ 2θ& + g )
(
)
Distinguimos ahora dos casos:
1) Inicialmente el momento angular es nulo, pθ = 0 , bien por estar situados en el
vértice del cono, Z = 0 , o por no tener velocidad inicial en el plano xy, θ& = 0 .
En este caso el problema se reduce al movimiento de un cuerpo sobre un plano
g
inclinado. La ecuación anterior se simplifica a Z&& = 2
, es decir es un
(β + 1)
movimiento uniformemente acelerado en la coordenada Z. El potencial efectivo
g
es: Veff =
Z = g cos 2 α Z .
2
1+ β
2) Si pθ ≠ 0 podemos despejar de la ecuación del momento angular
θ& =
pθ
, que introducimos en la ecuación para la variable Z
mZ 2 β 2
pθ2 ⎞
1 ⎛
⎜
⎟,
+
g
1 + β 2 ⎜⎝
m 2 Z 3 β 2 ⎟⎠
y si tomando como potencial efectivo la función tal que
∂Veff
Z&& = −
, obtenemos
∂Z
⎞
pθ2
1 ⎛
⎟⎟ .
⎜
−
gz
Veff =
1 + β 2 ⎜⎝ 2m 2 β 2 Z 2
⎠
Si dibujamos este potencial obtenemos una función monótonamente decreciente
como la siguiente:
Z&& =
41
con Veff en trazo continuo y las dos componentes en trazo punteado. Este potencial para
la variable Z corresponderá a un movimiento acelerado, independientemente de las
condiciones iniciales la masa tenderá a caer hacia Z cada vez mayores, que
corresponden a z cada vez más negativos en la variable original. Por tanto el
movimiento será una composición de un giro en el plano xy, dado por la variable θ , que
por conservación del momento angular tendrá cada vez menor velocidad angular a
medida que aumente el radio de giro, y de un movimiento acelerado en la dirección del
eje negativo de la variable z.
c) Con el potencial calculado no pueden existir órbitas circulares dado que Veff nunca
alcanza un mínimo. El único equilibrio que puede alcanzar la partícula vendría de
considerarla en reposo sobre el vértice del cono. También podemos darnos cuenta de
∂Veff
esto al intentar calcular el valor de Z que anula
, obtendremos sólo valores de Z
∂Z
negativos, para los que nuestras ecuaciones ya no son válidas.
d) Si consideramos la partícula sobre el vértice del cono cualquier pequeña perturbación
la sacará de su equilibrio inestable para producir un movimiento de caída acelerado
como los descritos en el apartado b). Es decir no tiene sentido considerar pequeñas
oscilaciones para potenciales sin mínimos.
--------------------------------------------32.
Consideremos la definición general de sistema conservativo. A saber, aquel
que cumple las siguientes tres condiciones: 1) es válida la forma estándar
(holónoma o no holónoma) del lagrangiano; 2) el lagrangiano no es función
explícita del tiempo; 3) las ecuaciones de ligadura pueden expresarse en la forma
∑ al k dqk = 0 ( los coeficientes al t son nulos). Por otra parte, si el lagrangiano se
k
42
expresa en la forma estándar holónoma y la energía cinética es una forma
cuadrática homogénea de las q& j ’s, un sistema conservativo es además natural.
a) Demostrar que la definición anterior de sistema conservativo lleva a la
∂L
− L (integral de Jacobi),
conservación de la llamada función energía: ∑ q& j
∂q& j
j
que se reduce a la energía total en el caso de un sistema natural.
b) Ahora sea una masa m desliza sin rozamiento dentro de un tubo circular de
radio r (véase figura). El tubo gira alrededor de su diámetro vertical (eje Z) con
una velocidad angular constante ω . En las coordenadas polares de la figura,
compare los sistemas de referencia asociados a un observador externo y a otro que
gira con el tubo, respectivamente. ¿En cuál de los dos es este sistema simplemente
conservativo y en cuál es también natural? Justifique su respuesta.
c) Describa el sistema anterior en coordenadas esféricas. ¿Es el sistema ahora
conservativo? Justifique su respuesta. En caso de no serlo, ¿cuál es la razón física
para ello?
m
θ
O
r
z
Si L = T2 + T1 + T0 − V , entonces h = ∑ q& j
j
∂L
− L = T2 − T0 + V . Si reagrupamos
∂q& j
términos: h == T2 + V − T0 = T ′ + V ′
{
V′
Todo el truco del problema reside en “manejar” apropiadamente los términos en el
Lagrangiano. Empecemos con los términos T y V en polares
T = 12 m(r 2θ& 2 + r 2ω 2 sen 2 θ )
V = mgr cos θ
dando el lagrangiano en sistema “laboratorio”
(1)
L = 12 m(r 2θ& 2 + r 2ω 2 sen 2 θ ) − mgr cos θ
Cumplimos las condiciones impuestas a un sistema conservativo y, por tanto, lo es. La
integral de Jacobi es:
h = 12 m(r 2θ& 2 − r 2ω 2 sen 2 θ ) + mgr cos θ ,
que NO ES la energía total. Sin embargo, si escribimos de nuevo (1) de forma que
L = T ′ −V ′
con
T ′ = T2 = 12 mr 2θ& 2
V ′ = V − T0 = mgr cos θ − r 2ω 2 sen 2 θ
43
T’ es la energía cinética relativa a un sistema que gira con el tubo. La energía potencial
V’ incluye el término gravitacional y el término −T0 que tiene en cuenta la fuerza
centrífuga. En este caso nuestro sistema es natural y h = T ′ + V ′ , la energía total
(¡cuidado, no en el sistema inercial!)
En el caso de coordenadas esféricas ( r ,θ , φ ) tenemos
T = 1 m(r 2θ& 2 + r 2φ& 2 sen 2 θ )
2
V = mgr cos θ
con la ligadura dφ − ω dt = 0 . El sistema en esta representación NO ES conservativo ya
que a k t = −ω ≠ 0 . Además, la expresión de Jacobi ( T + V , en este caso) no es constante
ya que la ligadura efectúa trabajo sobre el sistema.
----------------------------------------------
33. Un bloque de masa M2 desliza sobre otro de masa M1 que, a su vez, desliza
sobre un plano horizontal (Véase figura). Usando las coordenadas X1 y X2 de la
figura, obtenga las ecuaciones diferenciales del movimiento a través de la
formulación de Lagrange. Asuma ausencia de rozamientos.
X2
M2
M1
X1
La coordenada x1 es el desplazamiento absoluto de m1 , mientras que x2 es el
desplazamiento de m2 con respecto a m1 Para obtener la velocidad absoluta v2 de m2 ,
usamos la ley del coseno para sumar la velocidad de m1 y la velocidad de m2 respecto
de m1 . Obtenemos:
v22 = x&12 + x&22 − 2 x&1 x&2 cos α
siendo α el ángulo formado por el plano con la horizontal. Por lo tanto,
1
1
T = m1 x&12 + m2 ( x&12 + x&22 − 2 x&1 x&2 cos α )
2
2
En presencia del campo gravitatorio, los cambios en energía potencial proceden de
cambios en el valor de x2 :
V = − mgx2 sen α
De aquí
1
1
L = m1 x&12 + m2 ( x&12 + x&22 − 2 x&1 x&2 cos α ) + mgx2 sen α
2
2
Las ecuaciones correspondientes:
m1&&
x1 + m2 ( &&
x1 − &&
x2 cos α ) = 0
44
m2 &&
x2 − m2 &&
x1 cos α − m2 g sen α = 0
---------------------------------------------34.- Un modelo simple, y de gran utilidad, de molécula triatómica lineal es el de la
figura. Vamos a examinar el caso en el que M>m. Plantee el problema en las
coordenadas definidas por los desplazamientos de las tres masas de su posición de
equilibrio, con sus correspondientes ecuaciones de Lagrange. Intente una solución
iω t
, siendo ω una frecuencia de modo normal
xi = x e
i0
a) ¿Cuántas frecuencias independientes hay y cuáles son éstas?
b) ¿A qué movimiento corresponde la menor de ellas?
M
m
M
1
3
k
2
k
X1
1
1
1
1
1
2
2
Mx&12 + mx&22 + Mx&32 − k ( x2 − x1 ) − k ( x3 − x2 )
2
2
2
2
2
Ecuaciones :
Mx&&1 + k ( x1 − x2 ) = 0
L = T −V =
mx&&1 + k ( x2 − x1 ) + k ( x2 − x3 ) = 0
Mx&&3 + k ( x3 − x2 ) = 0
El determinante para las frecuencias
k − ω 2M
−k
−k
2k − ω m
−k
0
−k
k − ω 2M
0
2
=0
con soluciones
ω1 = 0, ω 2 =
k
, ω3 =
M
k ⎛ 2M ⎞
⎟
⎜1 +
M⎝
m ⎠
Para ω1 = 0 , los desplazamientos son x1 = x2 = x3 , dando a entender que el conjunto de
las tres masas se mueve como un sólido rígido, sin oscilaciones internas.
----------------------------------------------
45
35. La transformación entre coordenadas
cartesianas y polares viene dada por x = r sen θ ,
y = r cos θ , siendo lo vectores unitarios en polares:
u r = cosθ i + sen θ j
uθ = − sen θ i + cosθ j
A diferencia de i y j, u r y uθ no son constantes.
Puede observar, por ejemplo, que
r
uθ
y
trayectoria
r
ur
r
R
(r ,θ )
θ
du r
= uθ y
dθ
x
duθ
= −u r
dθ
1)
Sabido esto, calcule las componentes en coordenadas polares de la
aceleración y acto seguido plantee las ecuaciones de Newton correspondientes.
2)
Exponga la formulación lagrangiana para el problema y compare la forma
anterior de obtención de las ecuaciones del movimiento con la que le ofrece ésta.
v=
du
du dθ dr
dR dr
dr
dθ
= ur + r r = ur + r r
= ur + r
uθ
dt dt
dt
dt
dθ dt dt
dt
dv d 2 r
dr du r dr dθ
d 2θ
dθ duθ
uθ + r 2 uθ + r
= 2 ur +
+
dt dt
dt dt
dt dt
dt dt
dt
2
2
d r
dr du r dθ dr dθ
d θ
dθ dθ duθ
uθ + r 2 uθ + r
= 2 ur +
+
dt dθ dt dt dt
dt dt dθ
dt
dt
a=
2
d 2r
dr dθ
d 2θ
⎛ dθ ⎞
= 2 ur + 2
uθ + r 2 uθ − r ⎜
⎟ ur
dt dt
dt
dt
⎝ dt ⎠
Con lo que encontramos
2
⎡ d 2r
⎡ dr dθ
d 2θ ⎤
⎛ dθ ⎞ ⎤
a = ⎢ 2 −r⎜
u
uθ =
r
+
+
2
⎟ ⎥ r ⎢
dt 2 ⎦⎥
⎝ dt ⎠ ⎥⎦
⎢⎣ dt
⎣ dt dt
F
= Fr u r + Fθ uθ
m
46
36. Considere la máquina de Atwood de la
derecha, en la que la única fuerza presente es la de
la gravedad.
a) ¿ Cuales son las ligaduras del sistema?
b) Escriba el lagrangiano considerando las
posiciones de las masas
m1 y m3 como
coordenadas generalizadas.
c) Obtenga las ecuaciones del movimiento de estas
masas y determine la aceleración de
m1
m1 y m3 .
m2
m3
m4
a)
Las cuerdas tienen una longitud fija y, por tanto, hay dos ligaduras holónomas. Tomando
coordenadas xi para cada masa i, todas con origen en el punto de suspensión de la polea superior:
x1 + x2 = a1 = cte,
x3 + x4 − 2 x2 = a2 = cte
b) El sistema tiene dos grados de libertad, elegimos como coordenadas generalizadas x1 y x3 .
El lagrangiano sin ligaduras tiene la formula
4
L=∑
i =1
mi 2 4
x&i + ∑ mi gxi
2
i =1
y a partir de las restricciones, x&2 = − x&1 y x&4 = − x&3 + 2 x&2 = − x&3 − 2 x&1 , el lagrangiano se escribe
m1 + m2 2 m3 2 m3
x&1 +
x&3 +
( x&3 + 2 x&1 ) 2 + m1 gx1
2
2
2
+ m2 g ( a1 − x1 ) + m3 gx3 + m4 g ( a2 + 2a1 − x3 − 2 x1 )
L ( x1 , x&1 , x3 , x&3 ) =
c)
Y las ecuaciones de Lagrange
d ⎛ ∂L ⎞ ∂L
⎜
⎟=
dt ⎝ ∂x&1 ⎠ ∂x1
→
( m1 + m2 + 4m4 ) &&x1 + 2m4 &&x3 = ( m1 − m2 − 2m4 ) g ,
d ⎛ ∂L ⎞ ∂L
⎜
⎟=
dt ⎝ ∂x&3 ⎠ ∂x3
→
( m3 + m4 ) &&x3 + 2m4 &&x1 = ( m3 − m4 ) g.
y de esta última ecuación obtenemos
&&
x3 ¨=
( m3 − m4 ) g − 2m4 &&x1
y a partir de ella despejamos en la otra
m3 + m4
( m + m2 )( m3 − m4 ) − 2m4 ( m1 − m2 − 2m3 ) g
&&
x3 = 1
( m1 + m2 )( m3 + m4 ) + 4m3m4
37. Sobre un anillo uniforme de radio R y masa M desliza sin rozamiento una cuenta de masa m. El
anillo rota libremente, sin rozamiento, en torno al eje horizontal x que coincide con un diametro del
anillo. El momento de inercia del anillo en torno al eje es
coordenadas generalizadas los ángulos
I = MR 2 2 . Utilizando como
φ , que indica la posición de la cuenta respecto al eje de giro,
y θ , que indica la posición del plano del anillo respecto al eje vertical z:
(Véase la figura en la que se muestran el sistema para dos ángulos diferentes θ ).
47
a) Obténgase el Lagrangiano para el sistema .
b) Obténganse las ecuaciones de Lagrange del sistema.
c) Señale la/s cantidad/es conservada/s del sistema.
g
a) Tanillo =
1 &2
Iθ
2
1
1
mR 2φ& 2 + mR 2 sen(φ )θ& 2
2
2
Vcuenta = − mgRsen(φ ) cos(θ )
1
1
1
L = Iθ& 2 + mR 2φ&2 + mR 2 sen(φ )θ& 2 + mgRsen(φ ) cos(θ )
2
2
2
Tcuenta =
∂L
= mR 2φ& 2
&
∂φ
∂L
= mR 2θ& 2 sen(φ ) cos(φ ) + mgR cos(θ ) cos(φ )
∂φ
mR 2φ&& − mR 2θ& 2 sen(φ ) cos(φ ) − mgR cos(θ ) cos(φ ) = 0
b)
48
∂L
= Iθ& + mR 2 sen(φ ) 2θ&
∂θ&
& & − mgsen(φ ) sen(θ ) = 0
Iθ&& + mR 2 sen(φ ) 2θ&& + 2mR 2 sen(φ ) cos(φ )θφ
c)
Calculando el hamiltoniano, será independiente del tiempo y se conservará la energía. El resto de
momentos respecto a las vairables, x, y ,z, no se conservan ya que el sistema no es invariante
ante traslaciones, ni tampoco ante rotaciones. No hay coordenadas cíclicas en ninguno de los
sistemas de coordenadas.
------------------------------------------38.- El movimiento de una partícula de masa m está restringido, en el plano (x,y), a
la parábola y = x 2 a . La acción de la gravedad actúa en el sentido y negativo.
Utilizando el formalismo lagrangiano, resuelva los siguientes apartados:
a) Escriba la ecuación para pequeñas oscilaciones alrededor del punto de
equilibrio.
b) Resuelva la ecuación obtenida en el apartado a)
a)
2
2
1
1 ⎛⎜ 2 ⎛ dy ⎞ ⎞⎟ 1 2 ⎛⎜ ⎛ dy ⎞ ⎞⎟ 1 2 ⎛ 4 x 2 ⎞
2
2
T = m(x& + y& ) = m x& + ⎜ x& ⎟ = mx& 1 + ⎜ ⎟ = mx& ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟
⎜ ⎝ dx ⎠ ⎟ 2
2
2 ⎜⎝
a ⎠
⎝ dx ⎠ ⎟⎠ 2
⎝
⎠
⎝
x2
V = mgy = mg
a
2
x2
1 2 ⎛⎜ ⎛ 4 x 2 ⎞ ⎞⎟
L = T − V == mx& 1 + ⎜⎜ 2 ⎟⎟ − mg
⎜ ⎝ a ⎠ ⎟
a
2
⎝
⎠
Y la ecuación de Lagrange queda
⎛ 4x2 ⎞
x
4x
⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ &x& + 2 x& 2 + 2 g = 0
a ⎠
a
a
⎝
El punto de equilibrio corresponde a (0,0), correspondiente al mínimo de potencial.
Para oscilaciones pequeñas suponemos que despreciables los términos de orden superior
a uno en x, obteniendo
x
&x& + 2 g = 0
a
a) La ecuación obtenida corresponde a un movimiento oscilatorio del tipo
2g
, dependiendo A y B de las
x(t ) = A cos( wt ) + B sin( wt ) con w =
a
condiciones iniciales.
------------------------------------------39. Sea un sistema mecánico de n+m grados de libertad caracterizado por dos
conjuntos de variables: n coordenadas qi y m coordenadas Qi. Con un lagrangiano
de la forma
(
L q1,K, qn ; q&1,K, q& n ,Q&1,K,Q& m
),
es decir, las m coordenadas Qi no aparecen explícitamente en el funcional.
49
a) ¿Cuántas cantidades conservadas independientes puede tener este sistema?
b) Recordemos que mediante un cambio de coordenadas del lagrangiano
similar al que da lugar al hamiltoniano pero únicamente sobre las
coordenadas cíclicas se obtiene el routhiano. ¿Cuál es la forma genérica de
este routhiano R cuando los momentos asociados a las coordenadas cíclicas
tienen valor inicial Mi, es decir,
Pi (t = 0 ) =
∂L
∂Q& i
= Mi ?
t =0
c) Supongamos que se construye un nuevo lagrangiano, L’, a partir del
anterior tomando
m
(
)
L' = L q1,K, qn ; q&1,K, q& n ,Q& '1,K,Q& 'm − ∑βi ⋅νi ( q1,K, qn )
en el que
i=1
Q&i = Q& 'i +ν i ( q1 ,K, qn ) y las ν (q1 ,K, qn ) son
funciones generales. ¿Qué se puede decir de las cantidades conservadas de este
nuevo sistema? Dar el nuevo routhiano, R’, cuando los momentos asociados a
las coordenadas cíclicas tienen ese mismo valor inicial Mi, es decir,
Pi ' (t = 0 ) =
∂L'
∂Q& 'i
= Mi .
t =0
d) ¿Cuánto han de valer las constantes β i para que ambos routhianos R y R’
sean iguales? ¿Qué relación habrá entonces entre la dinámica, las
ecuaciones del movimiento, de los sistemas L y L’?
e) Supongamos una partícula de masa unidad, m=1, en un potencial
−1
− α ⋅ r 3 ⋅ a& ' , y lagrangiano en polares
r
1 2 r 2 a&'2
L' (r , a ) = r& +
− W ( r , a&' ) . Dar las trayectorias de este
2
2
W ( r , a& ' ) =
sistema por el método apuntado en los apartados anteriores en función de
las soluciones de una partícula en un potencial central gravitatorio ,
1 2 r 2 a& 2 1
+
L(r , a ) = r& +
2
2
r
a) En principio podría haber hasta m+n cantidades conservadas en un sistema
mecánico de m+n grados de libertad. Con la forma dada para el lagrangiano
sabemos que tiene al menos m momentos conservados, por las m coordenadas
cíclicas Qi, más la energía, ya que es independiente del tiempo.
50
b) Los momentos asociados a las coordenadas cíclicas se conservan por lo que
Pi =
∂L
= Mi
&
∂Qi
para todo tiempo. Por tanto
m
R = ∑Q& i ⋅ Mi − L(q1 ,K, qn ; q&1 ,K, q&n , Q&1 ,K, Q& m ) .
i =1
c) Se aplica lo comentado en el apartado a) y b) sin cambios.
m
m
i =1
i =1
R' = ∑ Q& 'i ⋅M i − L(q1 , K , q n ; q&1 , K , q& n , Q& 1 + ν 1 , K , Q& m + ν m ) + ∑ β i ⋅ν i (q1 , K , q n )
d) Si comparamos los dos routhianos obtenemos
m
m
m
m
i =1
i =1
i =1
i =1
R − R' = ∑ Q& i ⋅ M i − L − ∑ Q& 'i ⋅M i + L − ∑ β i ⋅ν i = ∑ (M i − β i ) ⋅ν i
con lo que es evidente que si β i = M i ambos routhianos son idénticos. Por tanto, para
las condiciones iniciales dadas en el enunciado se pueden relacionar las ecuaciones del
movimiento de ambos sistemas. Si {q1 (t ), K , q n (t ), Q1 (t ),K , Qm (t )} es una solución de L,
{
}
el conjunto q1 (t ), K , q n (t ), Q1 (t ) − ∫ν 1 (q1 , K , q n ) ⋅ dt , K , Qm (t ) − ∫ν m (q1 , K , q n ) ⋅ dt es
una solución de L’. Dado que las funciones ν i (q1 ,K, qn ) son completamente arbitrarias
esto permite relacionar problemas aparentemente diferentes resolviendo únicamente las
ecuaciones más sencillas para L.
------------------------------------------40. En algunos problemas de mecánica es interesante conocer el movimiento en la
vecindad de un punto de equilibrio. Tal cuestión se suele abordar con ayuda de la
d
aproximación lineal al problema, en la forma de un sistema
X = AX
dt
en el cual el vector X simboliza una pequeña perturbación alrededor del punto de
equilibrio X 0 y A es la denominada matriz jacobiana.
Suponga un sistema mecánico caracterizado por dos variables (¡cuidado! dos
variables, no dos grados de libertad), que denominaremos x1 y x2 . Nuestro problema
lineal se reduce a estudiar las distintas clases de movimientos alrededor del origen y
que dependerán del carácter y signo de los valores propios de la matriz A . Sean estos
últimos λ1 y λ2
a) Considere los distintos casos posibles de movimiento según el carácter real o
complejo, positivo o negativo, de los valores de λ1 y λ2 . Considere sólo aquellos casos
en los que λ1 y λ2 son distintos.
(
)
b) Dibuje en el plano x1 , x2 las trayectorias correspondientes a los casos estudiados
en el apartado anterior.
a) y b)
51
d
X = AX , es una ecuación diferencial ordinaria de orden 1 y además autónoma, esto es,
dt
no depende del tiempo. Si X es la perturbación alrededor del punto de equilibrio, entonces:
x1 ( t ) = x10 + δ x1 ( t )
x2 ( t ) = x20 + δ x2 ( t )
Puesto que es un sistema lineal su solución pasa por hallar los valores propios de la matriz
Jacobiana, esto es:
a ⎞
⎛a
A = ⎜ 11 12 ⎟ →
⎝ a21 a22 ⎠
a11 − λ
a12
a21
a22 − λ
=0
Cuya solución es:
( a11 − λ )( a22 − λ ) − a12 a21 = 0 ; λ 2 − ( a11 + a22 ) λ + ( a11a22 − a12 a21 ) = 0
Si T = a11 + a22
y ∆ = a11a22 − a12 a21
Finalmente:
T ± T 2 − 4∆
2
Por tanto, la solución del sistema de ecuaciones diferenciales es:
λ=
δ x1 ( t ) = c1eλ t + c2eλ t
δ x2 ( t ) = c3eλ t + c4eλ t
1
2
1
2
Donde c1 , c2 , c3 y c4 son constantes que dependen de las condiciones iniciales y λ1 y λ2
los autovalores de la matriz A , Jacobiano de la transformación. Según el enunciado no
tenemos en cuenta los valores degenerados, esto es, los valores en los que λ1 = λ2 .
Entonces los casos posibles de movimiento según los autovalores a la vista de las
soluciones del sistema serían:
1. Si λ1 y λ2 son autovalores reales negativos tenemos un nodo estable, el estado
generado por la perturbación es asintoticamente estable.
δ x1 ( t ) = c1eλ t + c2eλ t
δ x2 ( t ) = c3eλ t + c4 eλ t
1
2
1
2
52
δ x1
δ x2
2. Si λ1 y λ2 son complejos con parte real negativa, también tenemos un estado
asintoticamente estable, con un foco muy estable.
(
δ x ( t ) = eRe( λ )t c1eIm( λ )it + c2 e− Im( λ )it
)
δ x1
δ x2
3. Si λ1 y λ2 son complejos con parte real positiva, también tenemos un estado
inestable, generándose un foco muy inestable.
(
δ x ( t ) = e Re( λ )t c1eIm( λ )it + c2 e− Im( λ )it
53
)
δ x1
δ x2
4. Si λ1 y λ2 son imaginarios puros de diferente signo, el estado generado es estable y
tendríamos un centro.
(
δ x ( t ) = c1e Im( λ )it + c2 e− Im( λ )it
)
δ x1
δ x2
5. Si λ1 y λ2 son reales positivos se genera un estado inestable. Aparece un nodo
inestable.
δ x1 ( t ) = c1eλ t + c2 eλ t
δ x2 ( t ) = c3eλ t + c4 eλ t
1
2
1
2
54
δ x1
δ x2
6. Si λ1 y λ2 son reales de distinto signo, el estado también es inestable. Tendríamos
un punto silla.
δ x1 ( t ) = c1eλ t + c2eλ t
δ x2 ( t ) = c3eλ t + c4eλ t
1
2
1
2
δ x1
δ x2
Podemos decir que es condición necesaria y suficiente para la estabilidad que todas las
partes reales de los valores propios sean negativas. Basta con que uno de los valores propios
tenga parte real positiva para que tengamos una solución inestable.
55
FORMULACIÓN DE LAGRANGE
1. Considérese un sistema con N grados de libertad descrito por el conjunto de
coordenadas generalizadas {qi} (i=1,...,N), cuyas energías cinética y potencial, T
y V, vienen dadas por
N
T = ∑ f i (qi ) qi2
,
i =1
N
V = ∑ Vi (qi )
i =1
Demuéstrese que las ecuaciones de Lagrange son separables, de modo que los
distintos grados de libertad no están acoplados y redúzcase el problema a
cuadraturas.
A partir de la lagrangiana, L = T − V, calculemos las derivadas
∂L
= 2qi f i
∂qi
d
dt
 ∂L 
2 df i


 ∂ q  = 2 qi dq + 2 qi f i
i
 i
∂L df i 2 dVi
=
qi −
dqi
∂qi dqi
Así pues la ecuación de Lagrange para cada grado de libertad qi es
dV
df i 2
qi + 2 f i qi + i = 0
d qi
dqi
que como vemos sólo depende del propio grado de libertad qi, de manera que los
distintos grados de libertad están desacoplados y cada cual evoluciona
independientemente de los demás. En particular, la energía contenida en cada grado de
libertad
Ei = f i qi2 + Vi
se conserva constante durante la evolución como es fácil ver, pues
∂Ei df i 2 dVi
=
qi +
dqi
∂qi dqi
∂E i
= 2qi f i
∂qi
resultando que
dE i ∂ E i ∂ E i dq i ∂ E i dq i df i 3 dV i
qi + 2 f i qi qi =
=
+
+
=
qi +
dt
∂ t ∂ q i dt ∂ q i dt dq i
dq i
 df

dV
= q i  i q i2 + i + 2 f i q i  = 0
dq i
 dq i

3
Así pues, las energías Ei son constantes determinadas por las condiciones iniciales,
{qi 0 , qi 0 } ,
E i = f i (q i 0 )q i20 + Vi (q i 0 )
de manera que la evolución de cada grado de libertad viene dada por la integral
t
q i − q i 0 = ± ∫0
E i − Vi
dt
fi
---------------------------------------------2.
Un punto de masa M describe, en el plano 0XY, una curva dada por la ecuación
y = f(x) cuando está sometida a un potencial que sólo depende de y. Si v0 es la
proyección de la velocidad sobre el eje 0X, se pide:
a) hallar una expresión general del potencial en función de f.
b) Aplique la expresión obtenida en el apartado anterior al caso de que la
ecuación de la curva sea ay2 = x3.
a) Sea V(y) el potencial pedido. La lagrangiana de la masa puntual será
L=
(
)
M 2
x + y 2 −V (y)
2
de donde se obtienen las ecuaciones de Lagrange
d
 dt (Mx ) = 0
d
 (My ) = − dV
 dt
dy
Integrando dos veces la primera ecuación se obtiene que la proyección del movimiento
sobre el eje 0X es un movimiento uniforme con velocidad x = v0 . La integral de la
segunda ecuación con respecto de y determina el potencial
V = C − M ∫ y dy
donde C es una constante arbitraria. Como por otra parte
df
(x ) x = f ′(x ) v 0
dx
y = f ′′( x ) v 02
y=
la expresión del potencial es
V = C − Mv 02 ∫ f ′′( x ) dy
y, para realizar la integral, hay que sustituir x = f
4
−1
( y) .
b)
Para el caso particular en que la función es
( )
x = ay 2
1/ 3
y=
x3
a
, la función inversa es
, de manera que
f ′(x ) =
f ′′(x ) =
3 x
2 a
3
4 ax
=
3
y −1 / 3
2/3
4a
Sustituyendo en la ecuación del apartado anterior y realizando la integral se llega al
resultado.
------------------------------------------------3.
Considérese una transformación desde un sistema estacionario de ejes
cartesianos Oxyz a otro Ox’y’z’ que gira con velocidad angular constante ω
alrededor del eje Oz. Transforme la lagrangiana de una partícula considerada
libre en el sistema Oxyz a la correspondiente en el sistema Ox’y’z’, e identifique
en esta última los términos que corresponden a las fuerzas de Coriolis y
centrífuga.
La transformación de Oxyz a Ox’y’z’ es:
x = x′cosϖ t − y′sin ϖ t
y = y′cosϖ t + x′sin ϖ t
La energía cinética de la partícula viene dada por:
T=
1
1
1
m( x 2 + y 2 + z 2 ) = m( x ′ 2 + y ′ 2 + z ′ 2 ) + mω~ ( x ′y ′ − x ′y ′) + mω~ 2 ( x ′ 2 + y ′ 2 )
2
2
2
La expresión ∂T / ∂qi que aparece en las ecuaciones de Lagrange puede considerarse
como una fuerza ficticia que aparece debida a las peculiaridades del sistema de
coordenadas. En nuestro caso:
∂T
= mω~ y ′ + mω~ 2 x ′
,
∂x ′
con una expresión similar para ∂T / ∂y i′ (la correspondiente parcial con respecto a z’es
nula). Los dos términos de la expresión anterior pueden identificarse como las
componentes de la mitad de las fuerzas de Coriolis y centrífuga, respectivamente. La
 de las ecuaciones
otra mitad de la fuerza de Coriolis procede del término d  ∂T
dt  ∂q i 
de Lagrange.
-----------------------------------------5
4.
Una cuenta de masa m desliza sin rozamiento a lo largo de un alambre circular
de radio a. El alambre, situado verticalmente en un campo gravitatorio, gira
alrededor de su diámetro vertical con velocidad angular ω. Para una velocidad
angular ω mayor que un cierto valor crítico ωc, la cuenta tiene un punto de
equilibrio mecánico estable en una posición dada por un ángulo θ0 respecto de
la vertical. Se pide:
a) Encontrar ωc y θ0 ;
b) Obtener las ecuaciones del movimiento para pequeñas oscilaciones alrededor
de θ0 y encontrar su periodo.
a) La energía cinética de la cuenta y el Lagrangiano son:
T=
L=
1
1
ma 2θ 2 + m ω 2 (a sen θ ) 2 .
2
2
1 2 2 1 2
ma θ + ma sin θ w2 − mga cos θ
2
2
donde θ es el ángulo que forma la posición de la masa con el eje vertical de giro,
correspondiendo θ = 0 con la partícula en la posición más baja en el alambre.
La ecuación de Lagrange nos lleva a:
aθ + g sen θ − aω 2 cos θ sen θ = 0
En el punto de equilibrio,
θ = 0 , g = aω 2 cos θ, ó.: ω 2 = g/(a cos θ).
Esta última ecuación tiene una solución para ω sólo si ω 2 ≥ g/a, con lo que la
velocidad angular crítica es
ωC = g a
y el ángulo de equilibrio es
 g 

2
 aω 
θ 0 = arc cos 
b) Si la cuenta efectúa pequeñas oscilaciones alrededor de θ0, podemos describir el
movimiento en términos de un pequeño parámetro ε = θ − θ0. La ecuación del
movimiento se transforma en
aε + g sen (θ 0 + ε ) − aω 2 cos (θ 0 + ε ) sen ( θ 0 + ε ) = 0
6
Para pequeños valores de ε, sen ε ≈ ε y cos ε ≈ 1 . Teniendo en cuenta esto y el valor
obtenido de θ0, la ecuación anterior queda en

g2

ε + ω 1 − 2 4
 a ω
2

ε = 0

La frecuencia de oscilación será:
Ω = ω 1−
g2
a 2ω 4
--------------------------------------------5.
Un elemento diferencial de arco de una cierta superficie se puede poner de la
forma
ds 2 = dq12 + a(q1 ) dq 22
Se pide:
a) La ecuación que cumplen las líneas geodésicas de la superficie
b) Demostrar que las curvas q 2 = cte. son geodésicas
c) ¿Qué dependencia con el tiempo tiene, en el caso contemplado en b), la
coordenada q1 ? (Nota: las geodésicas son las trayectorias que sigue un punto
sobre la superficie en ausencia de toda fuerza).
a) En ausencia de toda fuerza, y considerando m=1,
L =T =
(
1 2
q1 + a (q1 )q 22
2
)
La coordenada q 2 es cíclica; luego
∂T
= C = a (q1 )q 2
∂q 2
(1)
donde C es una constante. Por otra parte, la energía total:
E=
1 2
(q1 + a(q1 )q 22 )
2
(2)
es también una constante del movimiento. Eliminando dt de (1) y (2), se obtiene una
ecuación diferencial entre las coordenadas q1 y q 2 que es precisamente la ecuación de
las geodésicas. Integrando dicha ecuación se obtiene:
q2 = ∫
dq1
 2 E a (q1 ) 
− 1a (q1 )

2
 C

7
b) Las curvas q 2 = cte. , recorridas con la ley horaria q1 = 2 E , q1 = t 2 E , son
soluciones de las ecuaciones (1) y (2).
c) De acuerdo con lo visto en b), la coordenada q1 evoluciona según un movimiento
uniforme.
----------------------------------------------6.
Si el sistema solar estuviese sumergido en una nube esférica uniforme de
partículas sólidas, los objetos en el sistema solar experimentarían una fuerza
gravitatoria total que sería
k
− br
r2
Fr = −
Podemos asumir que la fuerza extra debida a la presencia de la nube es débil
(b << k r 3 ) . Encuentre la frecuencia de las oscilaciones radiales de una órbita
cuasicircular (ésta es una órbita con pequeñas desviaciones radiales de la
órbita circular).
La ecuación de movimiento es:
mr = −
dVef (r )
dr
Si la partícula está en una órbita circular de radio r0 , se cumple:
−
dVef (r )
dr
r = r0
l2
k
=
− 2 − br0
3
mr0 r0
Estamos interesado en perturbaciones alrededor de esta órbita circular. Si esta
perturbación es pequeña, podemos expandir el potencial efectivo alrededor de r0 ,
Vef (r ) = Vef (r0 ) + (r − r0 ) Vef′ (r0 ) +
1
(r − r0 ) 2 Vef′′ (r0 ) +
2
Si utilizamos esta expansión en la expresión del lagrangiano, encontramos:
L=
1 2 1
mr − (r − r0 ) 2 Vef′′ (r0 ),
2
2
donde hemos eliminado el término constante. La expresión anterior es el lagrangiano de
un oscilador armónico, de frecuencia
ω2 =
Vef′′ (r0 )
m
Diferenciando dos veces el potencial efectivo encontramos, para la frecuencia de las
pequeñas oscilaciones radiales alrededor de la órbita circular,
8
 k
4b 
ω =  3 + 
m
 mr0
12
----------------------------------------------7. Una cuenta de masa m puede deslizar sin rozamiento a lo largo de una varilla
rectilínea. La varilla gira en un plano vertical, teniendo a uno de sus extremos
como centro de giro y con velocidad angular constante, ω. En presencia de un
campo gravitatorio constante, calcúlese la posición radial, r, de la cuenta como
función del tiempo, si las condiciones iniciales son: r (0) = R; r (0) = v.
Si θ es al ángulo que forma la varilla con respecto a la horizontal, y r es la posición de
la cuenta a lo largo de la varilla, la energía cinética en coordenadas polares es:
T=
(
)
1
1
m r 2 + r 2θ 2 = m(r 2 + r 2ω 2 )
2
2
y la lagrangiana
L=
1
m(r 2 + r 2ω 2 ) − mgr sen ω t
2
La ecuación del movimiento resulta:
r − ω 2 r = − g sen ω t ,
siendo su solución
g
g

v
r = R cosh ω t +  −
senh ω t +
sen ω t 
2
2
2ω

 ω 2ω
--------------------------------------8. La lagrangiana para una partícula cargada moviéndose en un campo
electromagnético es, en coordenadas cartesianas,
e
L = T − eφ + A ⋅ v
c
a) Evaluar cuál es la dependencia en φ y A de los campos eléctrico y magnético,
para que L genere la conocida ecuación newtoniana de movimiento en un campo
electromagnético.
b) Seguidamente, demostrar que los campos son invariantes bajo la
transformación (conocida como gauge)
A → A + ∇Ψ (r, t ),
1∂
φ →φ −
Ψ (r, t ).
c ∂t
A partir de la lagrangiana dada se verifica que:
9
∂L
∂φ e 3 ∂Ak
= −e
+ ∑ vk
,
∂ri
∂ri c k =1 ∂ri
∂A ∂A 
d ∂L
e dAi
e 3
= mvi +
= mν i +  ∑ v k i + i ,
dt ∂vi
c dt
c  k =1 ∂rk
∂t 
quedando la ecuación del movimiento:
 ∂φ 1 ∂Ai
−
mv i = e −
 ∂ri c ∂t
 e 3  ∂Ak ∂Ai
 + ∑ v k 
−
∂rk
 c k =1  ∂ri

 .

Comparando con la conocida forma,
mv i = eE i +
e
(v × B )i ,
c
queda,
E(r, t ) = −∇ r φ (r, t ) −
1∂
A(r, t ),
c ∂t
B(r, t ) = ∇ r × A(r, t ).
Una vez conocidas estas expresiones para los campos, verificar que son invariantes bajo
la transformación gauge anterior es un ejercicio simple.
-----------------------------------9. Si dos lagrangianas, L y L’, son tales que:
L ′(q, q, t ) = L(q, q, t ) +
dM (q, t )
;
dt
a) demostrar que llevan a las mismas ecuaciones del movimiento.
b) Comprobar que la transformación de potenciales del problema anterior
pertenece a este caso, si L es la lagrangiana ahí detallada.
Calculamos para L y L’ las ecuaciones de Lagrange, pudiendo observar que para que
sean idénticas debe cumplirse que:
 ∂
d ∂  dM


= 0.
−
 ∂q k dt ∂q k  dt
El ejercicio es trivial. Por otra parte, el efecto de la transformación gauge sobre la
lagrangiana del problema anterior es:
L′ =
e
e  ∂Ψ
d e
1

mv ⋅ v − eφ ′ + v ⋅ A ′ = L + 
Ψ (r, t ) ,
+ v ⋅ ∇Ψ  = L +
c
c  ∂t
dt c
2

tal como queríamos demostrar.
---------------------------------------------
10
10. Hallar y resolver las ecuaciones de Lagrange para el sistema formado por dos
péndulos acoplados según indica la figura. Las varillas de longitud L y L′ son
rígidas de masa nula, mientras que la barra horizontal rígida de longitud
D tiene
una masa mb .
Posición de los puntos de la barra:
x = a sin θ + x ′ ;
y = −a cos θ
x = a cos θ θ
Energía cinética barra =
;
; 0 ≤ x′ ≤ D
y = a sin θ θ
m
1D
ρ dx ′ a 2θ 2 = b a 2θ 2
∫
20
2
1
T= θ 2 (mL2 + m ′L ′2 + mb a 2 )
2
V = − g (m b a cos θ + mL cos θ + m ′L ′ cos θ ) = − g cos θ (m b a + mL + m ′L ′)
Se comporta como un péndulo simple de longitud λ y masa µ tal que:
λ 2 µ = mL2 + m ′L ′2 + mb a 2
λµ = mL + m ′L ′ + mb a
Entonces:
λ=
mL2 + m ′L ′2 + m b a 2
mL + m ′L ′ + m b a
(mL + m ′L ′ + mb a) 2
µ=
mL2 + m ′L ′2 + mb a 2
------------------------------------11. Estudiar y resolver por el método de Lagrange el movimiento de la máquina de
Atwood compuesta de la figura, en donde las masas de las poleas son 0 y m2 .
11
Como las longitudes de los hilos son constantes, tenemos las ligaduras:
x1 + x 2 = Const. = C
( x 4 − x 2 ) + ( x 3 − x 2 ) = Const. = D
de donde:
x 2 = C − x1
x 4 = D + 2C − x3 − 2 x1
Además, la polea 2, de radio R gira a una velocidad angular ω = R −1 ( x 3 − x 2 ) , de modo
que su energía cinética rotativa es:
1
T p = α ( x3 − x 2 ) 2
2
donde la constante α esta relacionada elementalmente con m2 .
Así, pues, usando x1 y x3 como las dos coordenadas independientes:
1
1
1
1
m1 x12 + m2 x 22 + m3 x32 + m4 x 42 =
2
2
2
4
- energía cinética.
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
α ( x3 + x1 ) + m1 x1 + m2 x 2 + m3 x3 + m4 ( x3 + 2 x1 )
2
2
2
2
2
T = Tp +
V = − g (m1 x1 + m 2 x 2 + m3 x 3 + m 4 x 4 ) - energía potencial
V = − g (m1 x1 − m2 x1 + m3 x3 − m4 ( x3 + 2 x1 ) + Constante-irrelevante.
Finalmente:
V = − g ( x1 (m1 − m2 − 2m4 ) + x3 (m3 − m4 ))
Ambos grados de libertad x1 y x3 están uniformemente acelerados, mientras que la
energía es una función cuadrática de las velocidades.
---------------------------------------
12. Consideramos la evolución de un cuerpo puntual de masa m , constreñido a
moverse sin rozamiento sobre un anillo fijo circular en presencia de una
12
aceleración uniforme g . El anillo tiene radio R , se encuentra en un plano
vertical y su espesor es despreciable.
Puesto que el cuerpo se mueve sobre una curva (unidimensional),el número de grados
de libertad del problema es la unidad (dos para una superficie, tres para un volumen).
Claramente, la posición del móvil la fija una sola variable, el ángulo θ , por ejemplo.
Habrá pues una única ecuación de Lagrange. Construyámosla.
La energía cinética T para una partícula de masa m que se mueve en el plano x − y es:
T=
m 2
( x + y 2 ),
2
de modo que, escribiendo x e y en función de R y θ ,
x = R sin θ
y = − R cos θ ,
;
(1)
y derivando respecto del tiempo, resulta para las energías cinética T y potencial V en
función de θ ,
T = mR 2
θ2
2
(2)
V = mgy = −mgR cos θ .
Así pues, la ecuación de Lagrange (solo una para un problema con un solo grado de
libertad) correspondiente al Lagraniano L .
L = T − V = mgR( R
θ2
2g
+ cos θ )
(3)
es:
R
θ
g
+ sin θ = 0.
(4)
Nótese que, gracias a las ligaduras, un problema plano que en principio hubiera
requerido dos ecuaciones de segundo orden para x e y , se ha despachado en términos
de una sola para θ .Pero caben simplificaciones mayores aún, de resultas de las simetrías
(o invariancias) presentes. Obsérvese que el Lagrangiano L(θ , t ) de hecho no depende
del tiempo t . Ello implica automáticamente que la energía T + V se conserva , y la
ecuación (4) puede reducirse a una de primer orden. Efectivamente, introduciendo la
nueva variable dependiente
13
p =θ ,
(5)
y usando a θ como la nueva variable independiente (fórmula tradicional para reducir
ecuaciones diferenciales ordinarias en las que la variable independiente , t aquí , no
aparece explícitamente)
d dθ d
d
=
=p
dt dt dθ
dθ
(6)
de modo que (4), que era de segundo orden, se vuelve de primer orden:
Rp
dp
+ g sin θ = 0.
dθ
(7)
Integrando, se obtiene la ecuación de la energía
R
p2
− cos θ = E = Cons tan te
2g
(8)
La solución ahora se reduce a una cuadratura, puesto que al ser conocida p(θ ) (ecuación
8), (5) se convierte en la ecuación separable (y por tanto integrable)
dt =
dθ
=
p(θ )
dθ
(9)
2 g ( E − cos θ ) / R
-----------------------------------------
13. Péndulo plano de masa m2 , cuyo punto de suspensión (de masa m1 ) puede
desplazarse en el mismo plano sobre una recta horizontal.
− Hay dos grados de libertad, que pueden caracterizarse por la coordenada x1 de la
primera masa, y por el ángulo θ entre la varilla del péndulo y la vertical.
2
x
T1 = m1 1
2
T2 =
m2 2
( x 2 + y 22 ) ;
2
; V1 = 0
V 2 = gy 2 m 2
Pero y 2 = − R cos θ , x 2 = x1 + R sin θ , de modo que
T2 =
[
m2
( Rθ sin θ ) 2 + ( x1 + Rθ cos θ ) 2
2
V 2 = −m 2 gR cos θ .
14
]
El Lagrangiano resulta inmediatamente de su definición, L = T1 + T2 − V1 − V2 , y
análogamente resultarían las ecuaciones de Lagrange (el alumno deberá escribirlas
como ejercicio).
Nótese que L no depende ni del tiempo t (se conserva la energía total), ni de x ( x es
∂L
= 0 , y se conserva su cantidad de movimiento conjugada,
coordenada cíclica , −
∂x
∂L
p=
). El sistema de las ecuaciones de Lagrange de cuarto orden (dos de segundo
∂x
orden), pueden pues reducirse a una de segundo orden. Las dos integrales primeras
asociadas a las consideraciones anteriores son
p=
∂L
= x1 (m1 + m 2 ) + m 2 Rθ cos θ = Const
∂x1
E = T1 + T2 + V1 + V 2 = Const.
(4)
(5)
La ecuación (4) es fácil de interpretar como el hecho de la conservación de la cantidad
de movimiento en la dirección x (como siempre, esta propiedad resulta de la
invariancia del problema ante traslaciones en la dirección x ).
p = m1 x1 + m 2 x 2 .
(6)
Para mayor simplificación, esta última ecuación también admite otra integración exacta
(Problema para alumnos imaginativos: a ver quien es capaz de interpretar este hecho
matemático como la invariancia de algún ente físico ante una transformación de alguna
clase), igual que en el movimiento de una partícula libre(la suma de fuerzas en la
dirección x es nula).
− tp + (m1 + m 2 ) x1 + m 2 R sin θ = Const.
(7)
Así pues, el problema queda reducido a uno de primer orden. Bastaría con resolver la
ecuación de la energía total en la que la única variable desconocida sería θ , ya que x1 y
x1 pueden expresarse en función de θ y θ mediante las ecuaciones (6) y (7).
El lector deberá terminar el problema en detalle. Para ello, hacemos notar que esta única
ecuación pendiente de resolución toma la forma más sencilla en el sistema de referencia
que se mueve en la dirección x con la velocidad constante del centro de masa de las dos
partículas. Usando como coordenadas
c=
(m1 x1 + m 2 x 2 )
(m1 + m 2 )
y
θ,
c (la coordenada horizontal del centro de gravedad) resulta ser también cíclica, y la
integral de la energía se reduce a:
[
]
R 2θ 2 a cos 2 θ + sin 2 θ − 2 gR cos θ =
donde a =
E
,
m2
m1
(m1 + m2 ).
El problema queda pues reducido a una cuadratura, como los anteriores,
15
dt = Rdθ
a cos 2 θ + sin 2 θ
.
E
2 gR cosθ +
m2
Ahora podemos pasar a completar la descripción del problema. Empezamos por :
L = T −V =
1
1
m1 x12 + ( R 2θ 2 sin 2 θ + x12 + R 2θ 2 cos 2 θ + 2 Rx1θ cos θ ) + m 2 gR cos θ =
2
2
m1 + m 2 2 1
x1 + m 2 R 2θ 2 + m 2 Rx1θ cos θ + m 2 gR cos θ
2
2
Ecuaciones de Lagrange:
d  ∂L  ∂L

−
=0 ⇒
dt  ∂x1  ∂x1
⇒
[
]
d
(m1 + m 2 ) x + m 2 Rθ cos θ = 0
dt
m1 + m 2
x + θ cos θ − θ 2 sin θ = 0
m2 R
d  ∂L  ∂L
d
= 0 ; 0 = m 2 R 2θ + (m 2 Rx1 cos θ ) + m 2 gR sin θ + m 2 Rx1θ sin θ

−
dt  ∂θ  ∂θ
dt
θR + x1 cos θ + g sin θ = 0
Coordenadas del centro de masas: c =
m1 x1 + m 2 x 2
m1 + m 2
; r = x1 − x 2
⇒ eliminando x1
y x2 en función de c y r :
x1 = c +
m1
m2
r
r ; x2 = c −
m1 + m 2
m1 + m 2
T=
1
1
1
m1 x12 + m 2 x 22 + m 2 y 22
2
2
2
Pero

 m
m1 x12 m 2 x 22 1
m1
2m1
cr + (
)2 r 2  + 1
+
= m 2 c 2 −
m1 + m 2
m1 + m 2
2
2
2 
 2
 2

m2
m2
cr + (
)2 r 2  =
c + 2
m1 + m 2
m1 + m 2


1
r2
(m1 + m 2 )c 2 + µ
2
2
con
µ≡
m1 m 2
1
1
y
m2 y 22 = { y 2 = − R cos θ }= m 2 R 2 sin 2 θ θ 2 .
m1 + m 2
2
2
Así pues,
16
c 2 (m1 + m 2 ) R 2θ 2
T=
+
( µ cos 2 θ + m 2 sin 2 θ )
2
2
V = −m 2 gR cos θ
c es coordenada cíclica
(
∂L
= 0)
∂c
de modo que c = const. Además se conserva la
energía de modo que
R 2θ 2 ( µ cos 2 θ + m 2 sin 2 θ ) − 2m 2 gR cos θ = const ≡ E (el doble de la energía total)
θ=
E + 2m 2 gR cos θ
R µ cos 2 θ + m 2 sin 2 θ
µ cos 2 θ + m 2 sin 2 θ
⇒ dt = Rdθ
E + 2m 2 gR cos θ
------------------------------------14. Considérese el regulador ilustrado en la figura. ¿Cuántos grados de libertad
hay? En función de los ángulos θ y φ , obténgase el Lagrangiano del sistema y
escríbanse las ecuaciones de Lagrange. Utilizando las simetrías, redúzcase el
problema a una cuadratura. Interprétense físicamente cada una de las
ecuaciones de conservación (o integrales del movimiento) obtenidas.
x1 = R sin θ cos φ
y1 = R sin θ sin φ
z1 = − R cos θ
; z 2 = 2 z1
x1 = θR cos θ cos φ − φR sin θ sin φ
y1 = θR cos θ sin φ + R sin θ cos φ φ
⇒
x12 + y12 + z12 = R 2θ 2 + R 2 sin 2 θ φ 2
z1 = R sin θ θ
T = m( R 2θ 2 + R 2 sin 2 θ φ 2 + 4 R 2θ 2 sin 2 θ )
V = 2mg ( z1 + z 2 ) = −6mgR cos θ
El Lagrangiano es:
L = mR 2 (θ 2 + sin 2 θ φ 2 + 4θ 2 sin 2 θ ) + 6mgR cos θ
17
∂L
= 0. Evidentemente, si se varia φ en una
∂φ
cantidad fija (por ejemplo girando el eje x a un ángulo dado ∆φ ), el sistema no se
inmuta. Es invariante ante desplazamientos constantes de la variable φ . Se conserva
∂L
= 2mR 2 sin 2 θ φ , fácilmente identificable con el momento
pues la cantidad p 2 =
∂φ
angular en la dirección vertical. Nuevamente, eliminando
Nuevamente hay una variable cíclica, φ :
φ en términos de p2 (constante) y haciendo uso de la ecuación de la energía,
E = T + V = −6mgR cos θ + mR 2θ 2 (1 + 4 sin 2 θ ) +
p22
,
4mR 2 sin 2 θ
El problema se reduce a dos cuadraturas (o meras integrales):
∫ dt = ∫ dθ
mR 2 (1 + 4 sin 2 θ )
p22
E + 6mgR cos θ −
4mR 2 sin 2 θ
⇒ θ = θ (t )
----------------------------------
15. Dos puntos de masa m están unidos por una varilla rígida sin peso de longitud
2b ,el punto medio de la cual está obligado a moverse sobre una circunferencia
de radio R . Escríbase la energía cinética en coordenadas generalizadas.
Obténgase el Lagrangiano del sistema y escríbanse las ecuaciones de Lagrange.
Utilizando las simetrías existentes, redúzcase el problema a una cuadratura.
Interprétense físicamente cada una de las ecuaciones de conservación (o
integrales del movimiento) obtenidas. Toda la acción ocurre en el plano
vertical; la constante gravitatoria es g .
r+ =posición pto. superior = x+ i + y+ j ;
r− = posición pto. inferior = x− i + y− j
Para simplificar el álgebra, introducimos la notación compleja (no es absolutamente
imprescindible)
18
r = x + iy
r+ = x+ + iy+
(i = − 1)
; r− = x− + iy−
Claramente
r± = Re − iθ 1 ± beiθ 2
r± = iθ1 Re iθ 1 ± ibθ 2 e iθ 2 .
r ⋅ r = rr * , donde r * es el complejo conjugado de r ; r* = x − iy
r±2 = (θ1 Re iθ 1 ± θ 2be iθ 2 )(θ1 Re − iθ 1 ± θ 2be − iθ 2 ) =
= R 2θ12 + b 2θ 22 ± Rbθ1θ 2 (e i (θ 1 −θ 2 ) + e i (θ 2 −ϑ 1) )
T=
1
m(r+2 + r−2 ) = m( R 2θ12 + b 2θ 22 )
2
V = mg ( y1 + y2 ) = 2mgR sin θ1
L = m( R 2θ12 + b 2θ 22 − 2 Rg sin θ1 )
∂L
= 0. En otras palabras, al sistema no le
∂θ 2
afecta que se le dé a la variable θ 2 un desplazamiento constante ∆θ . Es por tanto
“invariante ante traslación (giro)” de la variable θ 2 . Se conserva pues p2
Nótese que θ 2 es coordenada cíclica, pues
p2 =
∂L
= 2mb 2θ 2 = cons tan te ,
∂θ 2
θ 2 = θ 20 +
p2
t
2mb 2
claramente asociado al momento de giro del sistema de las dos masas alrededor de su
centro. También el momento angular de la Tierra alrededor del eje polar se conserva
indepedientemente de su giro alrededor del Sol. El resto del problema es trivial,
reduciéndose al de un péndulo simple plano.
----------------------------------------
16. Una partícula de masa m, sometida al campo gravitatorio terrestre, se mueve
sin rozamiento sobre la superficie interior de un paraboloide de revolución
colocado verticalmente.
a) Calcúlese su lagrangiana e identifíquense las magnitudes que se conservan
durante el movimiento.
b) Hállese el potencial efectivo para el problema unidimensional equivalente y
discútase el tipo de órbitas.
c) ¿Qué velocidad inicial ha de imprimirse a la partícula para que la órbita sea
circular?
19
d) Calcúlese la frecuencia de las oscilaciones de pequeña amplitud en torno a
esta órbita circular.
a) Sea z = k (x 2 + y 2 ) la ecuación del paraboloide. Utilicemos coordenadas cilíndricas
(ρ,ϕ) como se indica en la figura.
z
ρ
m
y
ϕ
Así pues,
x
 x = ρ cos ϕ
 x = ρ cos ϕ − ρϕsenϕ


 y = ρsenϕ ⇒  y = ρsenϕ + ρϕ cos ϕ ⇒
 z = kρ 2
 z = 2kρρ


2
2
2
 x = ρ cos ϕ + ρ 2ϕ 2 sen 2ϕ − 2 ρρϕsenϕ cos ϕ
 2
2
2
2 2
2
 y = ρ sen ϕ + ρ ϕ cos ϕ + 2 ρρϕsenϕ cos ϕ
 z 2 = 4k 2 ρ 2 ρ 2

De modo que la energía cinética de la partícula es
T≡
(
)
1
1
mv 2 = m ρ 2 + ρ 2ϕ 2 + 4k 2 ρ 2 ρ 2 .
2
2
Siendo la energía potencial
V ≡ mgz = mgkρ 2 .
En la lagrangiana L=T−V, la coordenada ϕ es cíclica, luego el correspondiente momento
generalizado se conserva
∂L
= mρ 2ϕ ≡ ,
∂ϕ
que corresponde a la componente vertical del momento angular. Además, como la
lagrangiana no depende del tiempo, la energía total se conserva.
b) La energía total de la partícula, suponiendo que l ≠ 0 ,
E ≡T +V =
(
)
2
1
m 1 + 4k 2 ρ 2 ρ 2 +
+ mgkρ 2
2
2
2mρ
20
depende de una sola coordenada, ρ, y puede tomarse como la energía de un problema
unidimensional equivalente donde
Tef ≡
(
)
1
m 1 + 4k 2 ρ 2 ρ 2
2
juega el papel de energía cinética, siendo ρ cierta coordenada curvilínea (no cartesiana),
y
2
Vef =
2mρ 2
+ mgkρ 2
el de energía potencial. En la figura se han representado los dos términos que
contribuyen a este potencial efectivo, en el caso particular 2 = 2m 2 g / k 3 .
La expresión de la energía total permite escribir la relación
dt =
m(1 + 4k 2 ρ ) 2
2( E − Vef )
dρ ,
cuya integración proporciona la ley horaria del movimiento. Así, para cada valor de ,
los valores permitidos de la energía han de ser tales que E ≥ Vef , y para cada uno de
estos valores existen dos valores extremos (máximo y mínimo) de ρ, que son las raíces
de la ecuación E =
2
+ mgkρ 2 . Cuando el valor de la energía total E coincide con
2mρ
el mínimo de Vef, el movimiento es circular con radio ρ= ρc, que se obtiene de la
condición de mínimo,
2
dVef
dρ
= 2mgkρ c −
mín
2
mρ
3
c
= 0 , es decir, ρ c2 =
m 2 gk
.
12
Potencial
Centrífugo
8
Vef /(mg/k)
Potencial
Efectivo
4
Potencial
Gravitatorio
0
0.0
0.5
1.0
1.5
ρ
21
2.0
2.5
c) En la órbita circular, como el radio es constante, se tiene evidentemente ρ c = 0 . Por
otra parte, utilizando la expresión obtenida para el radio de la órbita, ρc, en la de la
componente vertical del momento angular resulta el valor de la componente azimutal de
la velocidad de la partícula,
ϕ c = 2 gk .
Así pues para conseguir que la partícula se mueva según una trayectoria circular con
determinado valor del radio, ρ = ρc , hay que imprimirle una velocidad de componente
únicamente azimutal y de módulo
2 gk ρ c .
d) Para escribir la ecuación del movimiento general de la partícula, calculemos las
derivadas
 ∂L
2
2
2
 ∂ρ = mρϕ + 4mk ρρ − 2mgkρ
 ∂L

= mρ + 4mk 2 ρ 2 ρ
 ∂ρ
La ecuación de Lagrange correspondiente conduce a la ecuación:
(
)
m 1 + 4k ρ ρ + 4mk ρρ −
2
2
2
2
2
mρ 3
+ 2mgkρ = 0 .
Supongamos ahora que el movimiento se aparta poco de una órbita circular, de manera
que
ρ = ρ c (1 + ε ) , con ε « 1.
Sustituyendo en la ecuación del movimiento y despreciando los términos en ε de orden
superior al primero, se llega a la ecuación
ε+
1+
8 gk
4k 2
ε =0
m 2 gk
que es la ecuación de un oscilador armónico de frecuencia
ω2 =
1+
8 gk
4k 2
.
m 2 gk
------------------------------------------
17. Plantee las ecuaciones del movimiento para el péndulo doble en el caso de
pequeñas oscilaciones, escogiendo como coordenadas las longitudes de arco
descritos por cada uno de los péndulos. Halle las frecuencias de los modos
22
normales en el caso en el que la masa del péndulo superior es mucho mayor que
la del péndulo inferior.
La forma usual de abordar este problema puede quedar resumida en lo siguiente. Si
describimos el problema en las variables generalizadas dadas por los ángulos de los
péndulos daremos con una formulación que puede englobarse en la siguiente forma
general de lagrangiano:
L=
1
∑ M i j (q)qi q j − U (q)
2 i, j
con un punto de equilibrio en qi = 0 . El estudio de las desviaciones pequeñas alrededor
del punto de equilibrio equivale a tomar sólo los términos lineales en las ecuaciones del
movimiento, o lo que es lo mismo, la aproximación cuadrática a L:
L=
1
1
Ti j qi q j − ∑ K i j qi q j
∑
2 i, j
2 i, j
El problema de hallar las frecuencias de los modos normales es el de resolver la
ecuación especial de valores propios:
ω k2 T ⋅ A k = K ⋅ A k
en donde T no es una matriz diagonal. Para evitar el complicado problema de la
diagonalización en este estadio, podemos en algunos casos diagonalizar la energía
cinética ya de partida, en el lagrangiano cuadrático. Esto es lo que pasa en el problema
presente. Veamos cómo podemos hacerlo.
El problema nos plantea un péndulo doble, con el superior de longitud L, y masa M, y el
inferior,
de longitud l y masa m. La energía cinética no es difícil de hallar:
T=
[
1
1
ML2θ 2 + m L2θ 2 + l 2ϕ 2 + 2 Llθϕ cos(ϕ - θ )
2
2
]
Para pequeños valores de θ y ϕ, podemos aproximar el coseno por 1. Como hay un
término producto de sus derivadas temporales, estas coordenadas no son ortogonales
(no diagonalizan la energía cinética), pero podemos hacerlas ortogonales sumando un
múltiplo apropiado de θ a ϕ. De hecho, es fácil ver que una pareja de coordenadas
ortogonales está dada por los desplazamientos
x = Lθ ,
y = L θ + lϕ
que no son otra cosa que las longitudes de arco descritos por cada una de las masas de
ambos péndulos. Es fácil ver que, entonces, la energía cinética se convierte en:
T = 12 Mx 2 + 12 my 2
En función de estas nuevas coordenadas ortogonales es fácil ver que las ecuaciones del
movimiento son:
23
 ( M + m) g mg 
mg
x = −
x+
y
+

M l
Ml
 ML
g
g
y = x− y
l
l
Hallar la ecuación característica para las frecuencias de los modos normales es
relativamente trivial, sobre todo en el límite M>>m, quedando:
ω2 ≈
g
L
y
ω2 ≈
g
l
-----------------------------------------
18. Una partícula de masa unidad que puede moverse libremente en el plano XY, se
encuentra inicialmente en reposo en el origen de coordenadas y está sometida a
la fuerza que deriva del potencial V(x,y). El potencial es analítico cerca del
origen, admitiendo el desarrollo
V ( x, y ) = r ⋅ ∇ V +
1
2
∂V
∂ V x2 ∂ 2 V y2 ∂ 2 V
∂2V
r ⋅ ∇ V + O r3 ≡ x
+y
+
+
+
xy
+ O r3
2
2
2
2 ∂ y
∂ x
∂ y 2 ∂ x
∂ x∂ y
(
)
( )
( )
Estúdiense los instantes iniciales del movimiento, desarrollando las ecuaciones
de Lagrange en torno a la condición inicial. Resuélvanse estas ecuaciones
suponiendo que, durante estos instantes, el desplazamiento es de la
forma r (t ) = at 2 + bt 3 + ct 4 + O t 5 , y determínense los vectores constantes a, b y
c. Calcúlese, así mismo, la trayectoria durante este tiempo y la expresión de la
lagrangiana.
( )
La lagrangiana de la partícula es L = T − V, siendo T = 12 v 2 =
1
2
(x
cerca del origen, se tiene
 ∂L
 = x;
 ∂x

 ∂L = y ;
 ∂y
∂L
∂V
∂ 2V
∂ 2V
(0) − x 2 (0) − y
(0)
=−
∂x
∂x
∂x
∂x∂y
∂L
∂V
∂ 2V
∂ 2V
(0) − y 2 (0) − x
(0)
=−
∂y
∂y
∂y
∂x∂y
lo que conduce a las ecuaciones de movimiento de Newton:

∂V
∂ 2V
∂ 2V
(0) − x 2 (0) − y
(0)
x = −

∂x
∂x
∂x∂y

2
2
 y = − ∂V (0) − y ∂ V (0) − x ∂ V (0)

∂y
∂y 2
∂x∂y
con las condiciones iniciales
x(0) = y (0 ) = x(0 ) = y (0 ) = 0
Por otra parte, según el enunciado, se tiene
24
2
)
+ y 2 . Así pues,
( )
r = 2a + 6bt + 12ct 2 + O t 3
Sustituyendo r y r en las ecuaciones del movimiento e igualando las potencias del
mismo orden en t, se obtienen los vectores buscados:
ax = −
1 ∂V
(0)
2 ∂x
bx = 0
cx =
∂ 2V
∂V
∂ 2V 
1  ∂V
(
)
(
)
(
)
(0)
0
0
+
0

∂x 2
∂y
∂x∂y 
24  ∂x
Haciendo en estas expresiones el intercambio x↔y, se obtienen las componentes y
correspondientes.
Para calcular la trayectoria, x = x(y), hay que eliminar el tiempo t entre las
componentes x e y de la ley de movimiento r(t). Para ello invertimos la serie de una de
las componentes, la componente x por ejemplo, suponiendo para t un desarrollo de la
forma
( )
t = α x1 / 2 + β x + γ x 3 / 2 + O x 2
de manera que
t 2 = α 2 x + 2αβ x 3 / 2 + O (x 2 )
( )
t 3 = α 3 x3/ 2 + O x 2
Sustituyendo en la ley de movimiento, se tiene:
(
)
( )
x = a x α 2 x + 2αβ x 3 / 2 + O x 2
de donde, igualando las potencias del mismo orden en x se encuentran los coeficientes
del desarrollo de t,
α = a x −1/ 2 , β = 0 , …
lo que llevado a la componente y de la ley de movimiento, y = ayt2 + ..., proporciona la
trayectoria pedida
 ∂V / ∂y 
2
y=
 x+O x
 ∂V / ∂x  x = 0
( )
que puede calcularse consecutivamente a todos los órdenes
--------------------------------------19. Considérese un sistema formado por dos esferas de masa m unidas por una
varilla rígida de masa despreciable y longitud 2l. El conjunto puede girar
libremente en torno al punto medio de la varilla, equidistante de ambas esferas.
Este punto está forzado a moverse sobre una circunferencia de radio R
colocada verticalmente en el campo gravitatorio terrestre. Determínense las
coordenadas generalizadas apropiadas para describir el movimiento del
25
sistema y calcúlese la expresión de su lagrangiana, si la gravedad es la única
fuerza presente. Escríbanse las ecuaciones de Lagrange correspondientes y
discútase el movimiento del sistema.
z
θ
g
ϕ
α
y
x
Para especificar el movimiento del sistema, lo más conveniente es dar la posición del
centro de masas y referir a éste las posiciones de las dos esferas. Como el centro de
masas está forzado a moverse sobre una circunferencia, su posición queda determinada
dando el ángulo α que forma su radio vector. En cuanto a las esferas, como están unidas
por una barra rígida, la distancia que las separa es fija y basta con especificar los
ángulos polares esféricos (ϕ,θ) que determinan la orientación de la barra en el espacio.
Así, como coordenadas generalizadas del sistema pueden tomarse los tres ángulos
(α,ϕ,θ).
Con respecto a un sistema de coordenadas cartesianas con origen en el centro de
la circunferencia de radio R, como en la figura, las posiciones de las esferas son:
 x1 = lsenθ cos ϕ

 y1 = R cos α + lsenθsenϕ
 z = Rsenα + l cos θ
 1
 x2 = −lsenθ cos ϕ

 y2 = R cos α − lsenθsenϕ
 z = Rsenα − l cosθ
 2
Calculando por derivación temporal las velocidades respectivas, resultan las siguientes
expresiones para las energías cinéticas:
T1 ≡
=
[
1 2
mv1 =
2
(
m 2 2 2 2 2
l θ + l ϕ sen θ + R 2α 2 − 2 Rlα θsenα cosθsenϕ + ϕsenαsenθ cos ϕ + θ cos αsenθ
2
1 2
mv 2 =
2
T2 ≡
=
[
(
m 2 2 2 2 2
l θ + l ϕ sen θ + R 2α 2 + 2 Rlα θsenα cosθsenϕ + ϕsenαsenθ cos ϕ + θ cos αsenθ
2
)]
)]
de modo que la energía total del sistema es
[(
T = T1 + T2 = m lθ
) + (lϕsenθ ) + (Rα ) ]
2
2
2
Por otra parte, las energías potenciales de las esferas y la energía potencial total
son
26
V1 = mgz1 = mg (Rsenα + l cos θ )
V2 = mgz 2 = mg (Rsenα − l cos θ )
V = V1 + V2 = 2mgRsenα
A partir de la lagrangiana, L ≡ T − V, calculemos las derivadas
 ∂L
= 2mgR cos α

∂α

 ∂L
= 2ml 2ϕ 2 senθ cosθ

 ∂θ
 ∂L
 ∂ϕ = 0

∂ L
2
 ∂α = −2mR α

∂ L
= 2ml 2θ

∂θ

∂ L
2
2
 ∂ϕ = 2ml ϕ sen θ

La ecuación asociada al grado de libertad α,
(
)
d
2mR 2α − 2mgR cos α = 0
dt
está desacoplada de θ y de ϕ. Esta ecuación es precisamente la ecuación del péndulo
simple,
α =−
g
cos α
R
de manera que el centro de masas de las esferas ejecuta un movimiento pendular
independientemente de como estén girando las esferas. Es decir, el sistema en conjunto
se comporta como un péndulo de masa 2m con dos grados de libertad internos que
determinan el movimiento relativo de las dos esferas respecto de su centro de masas.
Por otra parte, la coordenada ϕ es cíclica de manera que una constante del
movimiento es
∂L
= 2ml 2ϕsen 2θ = C
∂ϕ
de donde, despejando, se obtiene
ϕ=
C
2ml sen 2θ
2
La ecuación para θ es
(
)
d
2ml 2θ − 2ml 2ϕ 2 senθ cos θ = 0
dt
es decir, sustituyendo el resultado anterior,
2
 C  cot θ
θ −
=0
2 
2
 2ml  sin θ
que es la ecuación que determina el movimiento relativo de las esferas.
-----------------------------------------
27
20. Una partícula de masa m se mueve sobre la superficie de una esfera de radio R
y se encuentra sometida al campo gravitatorio terrestre.
a) Calcúlese su lagrangiana e identifíquense las magnitudes que se conservan
durante el movimiento.
b) Hállese el potencial efectivo para el problema unidimensional equivalente y
discútase el tipo de órbitas.
Tomemos un sistema de coordenadas cartesianas centrado en la esfera, tal como se
indica en la figura
θ
R
m
ϕ
Utilizando coordenadas esféricas, la posición y velocidad de la partícula vendrán dadas
por
 x = Rθ cosθ cosϕ − Rϕ senθ senϕ

 y = Rθ cosθ senϕ + Rϕ senθ cosϕ

 z = − Rθ senθ
 x = R senθ cosϕ

 y = R senθ senϕ
 z = R cosθ

de manera que las energías cinética y potencial de la partícula son, respectivamente,
T=
(
)
(
1
1
1
mv 2 = m x 2 + y 2 + z 2 = mR 2 θ 2 + ϕ 2sen 2θ
2
2
2
)
V = V0 + mgz = V0 + mgR cosθ
A partir de la lagrangiana, L = T − V, las ecuaciones correspondientes a los ángulos de
orientación son
d  ∂L  ∂L
=0
 −
dt  ∂θ  ∂θ
d  ∂L  ∂L

−
=0
dt  ∂ϕ  ∂ϕ
Como la coordenada ϕ es cíclica su momento conjugado se conserva constante, lo que
traduce la conservación de la componente correspondiente del momento angular, es
decir,
28
mR 2ϕ sen 2θ = l
y la ecuación para θ se escribe como:
l 2 cosθ
mRθ = mg senθ +
mR 3sen 3θ
Definiendo el potencial efectivo
Vef = mgR(1 + cosθ ) +
l2
2mR 2sen 2θ
la ecuación para θ queda en la forma
θ =−
1 dVef
mR 2 dθ
Una gráfica de Vef permite obtener cualitativamente una perspectiva general del tipo de
órbitas.
(R/g)5
Vef
4
3
2
1
θ
0
π/2
π
En la figura se ha representado la función (R/g)Vef para el caso particular l 2 = 2m 2 gR 3 .
La curva a trazos corresponde al término gravitatorio y la curva a trazos y puntos al
término centrífugo. La suma de ambos es la curva continua. Como puede verse, las
órbitas posibles corresponden a trayectorias acotadas comprendidas entre dos valores,
uno máximo y otro mínimo, del ángulo θ que dependen de la energía total de la
partícula, la otra constante del movimiento. Para el valor de ésta correspondiente al
mínimo de la curva de Vef, los dos valores de θ colapsan y la trayectoria corresponde a
una circunferencia horizontal.
---------------------------------------------
21. Si se multiplica el lagrangiano por una constante las ecuaciones del movimiento
no se ven afectadas. Suponga ahora que el potencial es una función homogénea
29
de grado m de las coordenadas: V (αr1,αr2 ,…,αrn ) = V (r1′, r2′ ,…, rn′ ) = α mV (r1, r2 ,…, rn ) . Si
se reescala simultáneamente el tiempo (por un factor: t' t = β ) y las
coordenadas espaciales (por dicho factor: l ′ l = α , con l señalando una
coordenada con dimensiones de longitud), una elección apropiada de ambos
factores puede tener como efecto neto el de multiplicar el lagrangiano por una
constante.
a) ¿Cuál es la relación entre α y β para que así suceda?
b) Una vez obtenida ésta derive a partir de ella, como función de m, las
relaciones entre l ′ l y cada uno de las reescalamientos siguientes: tiempos (
t ′ ), velocidades ( v′ ), energía ( E' ) y momento angular ( J ′ ).
t
v
E
J
c) Obtenga de las relaciones del apartado b) lo siguiente:
- la tercera ley de Kepler,
- la relación l = (constante ) × t 2 cuando el potencial gravitatorio se aproxima por
mgh
- la independencia del período con la amplitud en el oscilador armónico
2
a) Si el potencial reescala como α m , la energía cinética lo hace como α 2 . Para sacar
β
)
factor común a ambos términos del lagrangiano α m =  α 2 β 2  , o β = α1 − (m 2


b) las relaciones solicitadas son:
m
m
m
1−
m
1+
 J ′   l′ 
 E′   l′ 
 v′   l ′  2
 t′   l ′ 
2
2
;  =  ;  =  ;  = 
 = 
E
l
J
l
v
l
t
l
   
   
   
   
c)
-
En el potencial gravitatorio m = −1 . Sustituyendo en la primera relación en b),
obtenemos (t′ t )2 = (l ′ l )3 , que es la ley de Kepler (las distintas órbitas se transforman
unas en otras mediante reescalamientos en el tiempo y el la longitud)
-
En el caso del potencial mgh, m = 1 , encontramos la clásica relación parabólica
entre distancia y tiempo.
-
Aquí m = 2 . El período debe ser independiente de la amplitud.
22. Considérese un circuito clásico LC ( inductor-condensador) sin generador,
estudiado en Física General. Recordando que la energía almacenada en el
inductor es 1 L I 2 , siendo I la corriente que circula por él, y que la almacenada
2
2
en el condensador es 1 Q C , establezca una analogía entre estos conceptos
2
eléctricos y los correspondientes de un sistema mecánico simple. A
30
continuación plantee el Lagrangiano del sistema L C y obtenga la ecuación
diferencial y la frecuencia intrínseca de este circuito resonante.
El problema es muy simple. La analogía puede establecerse de la siguiente forma:
Posición – carga
Velocidad – corriente
Fuerza – diferencia de potencial
Masa – inductancia L
Constante del muelle – inversa de la capacitancia 1/C
La energía almacenada en el inductor 12 L I 2 puede asociarse formalmente a un término
de energía “cinética”. Por su parte, la energía almacenada en el condensador es
asimilable, también desde un punto de vista formal, al término de energía potencial de
un muelle. En definitiva:
( )
L = T − V = 12 LQ 2 − 12 1 Q 2
C
de la que se obtiene la ecuación: Q + (1 L C )Q = 0 ,de la que sigue fácilmente la frecuencia.
---------------------------------------------
23. Una esfera uniforme de masa M y radio R se halla encastrada en un agujero
practicado en una fina lámina plana infinita, con una masa por unidad de área
de valor σ , de forma a que el plano de la lámina coincida con el plano
ecuatorial de la esfera. Un objeto de masa de masa m se mueve sin rozamiento a
lo largo del eje z (véase figura), perpendicular a la lámina y que pasa por el
centro de la esfera. Construya el Lagrangiano del sistema
Z
La dificultad en este problema reside en encontrar el campo al que se ve sometida la
partícula. Una vez obtenido éste, la construcción del Lagrangiano es inmediata.
Consecuentemente, nos concentraremos únicamente en el primer objetivo. Para ello,
separamos las contribuciones del plano y de la esfera. Esta última es inmediata:
simplemente, a una distancia z del centro de la esfera, a lo largo del eje z ,
31
−
GM
z2
La contribución del plano puede calcularse de la forma siguiente. Tomemos un anillo de
radio ρ , alrededor del centro de la esfera.. Por razón de simetría, sólo tendremos que
calcular la componente z del campo producido por el anillo a la misma distancia
anterior z . En definitiva,
−
G (2πρ )(σ dρ )
z
2
2
2
z +ρ
z + ρ2
(
)
El campo total producido por el plano resultará de integrar la expresión para el anillo en
el intervalo [R, ∞ ) :
−
2πGσ z
z2 + R2
---------------------------------------------
24. Sabemos que el oscilador armónico tiene como parámetro característico la
frecuencia ω , que es independiente de las condiciones iniciales. Por el
contrario, su amplitud máxima A sí que depende de estas últimas. Sin embargo,
existen osciladores en los cuales los papeles de la frecuencia y amplitud máxima
se invierten, en el sentido de pasar la frecuencia a ser dependiente de condición
inicial y, al contrario, la amplitud máxima convertirse en un parámetro
característico del sistema, independiente de la condición inicial. Un caso
semejante ocurre en el sistema de la figura, en el que dos masas iguales están
unidas por un eje rígido de masa nula. cada una de las masas se mueve sin
rozamiento, y en ausencia de gravedad, a lo largo del eje correspondiente, bien
sea el x, bien sea el y. Plantee el lagrangiano del sistema, y demuestre que lo
aseverado es cierto: la frecuencia con la que oscila cada masa depende de la
condición inicial, mientras que su amplitud máxima es siempre la misma.
y
A
x
Al no estar el sistema sometido a fuerzas, fuera de las ligaduras geométricas, el
lagrangiano y la energía cinética coinciden: son iguales a la energía cinética que tiene
cualquiera de las partículas, en el instante en que pasa por el origen y la otra está en su
posición de equilibrio,
L=
mA 2 x 2
(
2
2A −x
2
)
=
m 2
u
2
(1)
donde u > 0 es la velocidad de una partícula cuando pasa por el origen. Ordenando de
nuevo términos en la ecuación (1), llegamos a:
32
2
u
A2 x 2 + u 2 x 2 = A2u 2 ⇒ x 2 +   x 2 = u 2
 A
La ecuación final expresa la conservación de la energía de un oscilador armónico cuya
frecuencia y amplitud máxima son, respectivamente, u A y A . El movimiento es el de
oscilador armónico, pero en el cual la frecuencia depende de la condición inicial (a
través de u , mientras que la amplitud máxima es siempre constante.
---------------------------------------------
25- Suponga que el lagrangiano para un cierto movimiento unidimensional viene
1

γt1
dado por L = e  mq 2 − kq 2  .
2

2
a) Escriba la ecuación del movimiento. ¿A qué sistema corresponde?
b) ¿Existe alguna constante del movimiento?
c) Ponga de manifiesto los distintos movimientos posibles
Suponga seguidamente que se define una nueva coordenada, S , dada por
γ t 
S = exp q .
 2
d) Escriba la ecuación del movimiento. ¿A qué sistema corresponde?
e) ¿Existe alguna constante del movimiento?
f) Ponga de manifiesto los distintos movimientos posibles
g) ¿Cómo pondría en relación ambas descripciones?
Nota aclaratoria.
En el enunciado propuesto en la hoja de examen se deslizó un error. Se sugería el
cambio S = q exp(γ t ) en lugar del que aparece en el presente enunciado. Está claro que
con este último cambio el resultado carece de interés conceptual, tal como ha podido
constatar la mayoría de los alumnos. La corrección, evidentemente, se ha hecho según el
enunciado del examen, y no con el que aparece aquí. Sin embargo, sí que da interés al
problema el cambio propuesto aquí, por lo que será aquél sobre el que elaboraremos.
Para terminar, quiero felicitar a los tres alumnos que se han dado cuenta del “buen”
cambio. Así lo han hecho constar en el examen a título de comentario y su iniciativa ha
sido debidamente valorada a la hora de calificar.
a) La ecuación de Lagrange lleva a:
e γ t (mq + γmq + kq ) = 0 ,
o
k
q + γq + q = 0 ,
m
b) Aparentemente, podríamos contestar que no existe constante del movimiento al
depender L explícitamente del tiempo. Pero esta respuesta es un poco precipitada.
Veamos por qué. En un sistema mecánico, podemos disponer, en principio, de
funciones que permanecen constantes a lo largo del
movimiento: F (q (t ), q(t )) =constante. Estas se denominan constantes del movimiento o
integrales primeras. Sin embargo, la definición de estas cantidades es más general,
33
englobando una posibles dependencia explícita del tiempo, de forma que: F (q(t ), q (t ), t )
= constante. Nada , en principio, excluye la existencia de este último caso de constante
del movimiento, aunque, bueno es decirlo, se piensa en la primera forma al hablar de
constante del movimiento. Lo que sí queda claro es que, si existe F (q(t ), q (t ), t ) =
constante, no es aparente. Sigamos la evolución del problema para aclarar este extremo.
c) Para una solución general del tipo q ∝ eα t , obtenemos la ecuación característica
k
α 2 +γα + = 0
m
con soluciones
2
γ
k
γ 
α =− ±   −
2
m
2
Las distintas posibilidades de movimiento nos vendrán dadas por el valor del
2
k
γ 
discriminante ∆ =   − , siempre que γ > 0 .
2 m
Primer caso: ∆ < 0 . En este caso, la solución general queda como un movimiento
oscilatorio amortiguado
q=e
−
γt
2
(A cos
∆ t + B sen ∆ t
)
Segundo caso: ∆ = 0 . Movimiento puramente amortiguado
−
γt
q = q0e 2
Tercer caso: ∆ > 0 . Movimiento también puramente amortiguado
q=e
−
γt
2
(Ae
∆t
+ Be −
∆t
)
d) Escribimos el lagrangiano en función de la nueva variable
2
1 
1  1
L = m S − γ S  − kS 2 ,
2 
2  2
del que se obtiene la siguiente ecuación del movimiento
2
 k  γ 2 
S +  −   S = 0.
 m  2  
e) Ahora, sí que podemos hablar de una constante del movimiento. La ecuación anterior
es la del oscilador armónico, que tiene formalmente la constante
2
 k  γ 2  2
2
S +  −    S = cte
 m  2  
Llegados a este punto, enlazamos con el apartado b). La expresión anterior, una vez
desecho el cambio q → S , nos proporciona la contestación a la pregunta que nos
hacíamos ahí.
34
f) Es fácil responder a este apartado manejando el signo de k m − γ 2 , al igual que
hicimos en el apartado c). Sin embargo, a la hora de hacer un análisis completo no
deberá olvidarse el factor exponencial en la definición de S .
g) Ambas descripciones son totalmente equivalentes. La única diferencia es que en la
segunda se enmascara el factor exponencial –que no por ello ha desaparecidopudiéndose con ello poner en evidencia la constante del movimiento –cosa que no era
trivial en la primera descripción.
---------------------------------------------
26- Tres puntos de masa m pueden deslizarse sobre un círculo de radio b , tal
como indica la figura de la izquierda, sometidos a fuerzas derivables del potencial
V (α , β , γ ) = V0 e −α + e − β + e −γ −los ángulos de separación α , β , γ son medidos en
(
)
radianes. Cuando α = β = γ =
2π
3
, el sistema se halla en equilibrio. Encuentre las
frecuencias de los modos normales del sistema para pequeños desplazamientos del
equilibrio (ángulos θ 1 ,θ 2 ,θ 3 ilustrados en la figura de la derecha)
Los ángulos α , β y γ , en términos de θ 1 ,θ 2 y θ 3 , son:
2π
α=
+ θ 2 − θ1 ,
3
2π
β=
+θ3 −θ 2 ,
3
2π
γ =
+ θ1 − θ 3 .
3
Por su parte, el potencial queda:
2π  





−
− θ − θ 
− θ − θ  
− θ − θ 

V = V e 3  e  2 1 + e  3 2  + e  1 3  
0




Habida cuenta de que estamos hablando de pequeños valores de θ 1 ,θ 2 y θ 3 , esta
expresión del potencial puede aproximarse por
V ≈ V0 e
−
2π
3
[3 − (θ 2 − θ 1 ) − (θ 3 − θ 2 ) − (θ 1 − θ 3 )
35
1
(θ 2 − θ 1 )2 + 1 (θ 3 − θ 2 )2 + 1 (θ 1 − θ 3 )2 
2
2
2

La energía cinética va a ser dependiente de las velocidades lineales de las tres
partículas. Como el radio b es constante, éstas serán bθ i , para i = 1,2,3 . En definitiva,
el lagrangiano quedará
2π
−
1 2 3 2
L = mb ∑ θi − V0 e 3 ( 3 + θ12 + θ 22 + θ32 − θ1θ 2 − θ 2θ 3 − θ 3θ1 ) ,
2
i =1
con sus correspondientes ecuaciones de Lagrange
+
mb 2θ1 + V0 e
−
2π
3
mb 2θ 2 + V0 e
−
2π
3
mb 2θ3 + V0 e
−
2π
3
( 2θ1 − θ 2 − θ3 ) = 0
( 2θ 2 − θ3 − θ1 ) = 0
( 2θ3 − θ1 − θ 2 ) = 0
Proceder en el análisis de modos normales es relativamente trivial, por lo que se dejan
los detalles como ejercicio. La ecuación característica resulta ser
2
2π
−


mb ω  −3V0 e 3 + mbω 2  = 0


2
2
con soluciones
0



ω=  
 1  3V0
 b  m
 − π3
e


siendo la segunda degenerada.
---------------------------------------------
27.- En un sistema dinámico de 2 grados de libertad la energía cinética es
q12
1
+ q 22 q 22 , y la energía potencial esta dada por U = c + dq 2 , con a, b,
T=
2(a + bq 2 ) 2
c y d constantes. Mostrar que q 2 en función del tiempo es una ecuación de la
forma (q 2 − k )(q 2 + 2k ) 2 = h(t − t 0 ) 2 con h, k y t 0 constantes.
NOTA:
∫
xdx
a + bx
=
− 2(2a − bx)
a + bx
3b 2
Dado que la energía cinética y la potencial no dependen ni del tiempo ni de la
∂L
coordenada q1 tenemos 2 constantes del movimiento: E = T + V y
, es decir:
∂q1
q1
∂L
=
= p1 = cte
∂q1 a + bq 2
36
p2
q12
1
1
+ q 22 q 22 + c + dq 2 = 1 (a + bq 2 ) + q 22 q 22 + dq 2 + c
2(a + bq 2 ) 2
2
2
que podemos rescribir como:
q 22 q 22 − C1 q 2 = C 2
con C1 y C 2 constantes: C1 = − p12 b − 2d , C 2 = 2 E − p12 a − 2c .
Y de ahí integrar:
q 2 dq 2
C +C q
q 22 = 2 2 1 2 → ∫
= ∫ dt = t − t 0
q2
C 2 + C1 q 2
T +V = E =
t − t0 = −
2(2C 2 − C1 q 2 )
C 2 + C1 q 2
3C12
que conduce directamente a la ecuación que queremos encontrar con k = −
h=
C2
y
C1
9
C1 .
4
---------------------------------------------
28.- Una partícula de masa m y carga e se mueve bajo la influencia de campos
eléctrico y magnético uniformes, mutuamente ortogonales. En un sistema de ejes
cartesianos, estos campos son E = E j y B = Bk . Encuentre las ecuaciones de
movimiento y la trayectoria en el caso en el que la partícula se encuentra
inicialmente en reposo en el origen de coordenadas.
Las relaciones siguientes le pueden servir de ayuda
∂A
E = −∇φ −
∂t
B = ∇×A
1
L = m(v ⋅ v ) − e(φ − v ⋅ A )
2
Los potenciales escalar y vectorial que dan los campos correctos, son
φ = − Ey
1
A = B(− yi + xj)
2
El correspondiente lagrangiano queda
1
1
L = m x 2 + y 2 + z 2 + eEy + eB( xy − yx )
2
2
Las ecuaciones de Lagrange correspondientes quedan
mx − eB = 0
my + eBx = eE
mz = 0
Queda claro de la tercera ecuación y de las condiciones iniciales z (0 ) = 0 y z (0 ) = 0 ,
que el movimiento está confinado al plano xy . Las ecuaciones para x e y son lineales,
por lo que podemos considerar una solución general del tipo exp(λt ) , quedando la
ecuación característica como
(
)
37
m 2 λ4 + e 2 B 2 λ2 = 0
con autovalores
e2 B2
m2
Con estos resultados en mano, podemos escribir la solución para la trayectoria de la
partícula
mE
E
 eB 
x = t − 2 sen t 
B
eB
m 
mE 
 eB 
y = 2 1 − cos t 
eB 
 m 
Es fácil dibujar la correspondiente trayectoria. Es un cicloide con cúspides sobre el eje
x , separadas por una distancia 2πmE eB 2 . Esta distancia es la velocidad promedio en
la dirección x , E B , multiplicada por el período, 2πm eB , de los términos
sinusoidales.
λ12, 2 = 0,
−
y
E
x
---------------------------------------------
29.- Razónese si la siguiente afirmación es verdadera o falsa:
a) Las lagrangianas L1 (q, q, t ) y L2 = L1 (q, q, t ) + ∂A(q, t ) ∂t son equivalentes, esto
es, proporcionan las mismas ecuaciones de movimiento.
a) La elección del Lagrangiano de un sistema nunca es única y dada una función
lagrangiana, L1 (q, q, t ) cualquier función de la forma L2 = L1 (q, q, t ) + dF (q, t ) dt ,
también lo es (Sección 1.4 Goldstein, puede mostrarse por sustitución directa en las
dF ∂F
∂F
q+
=
).
ecuaciones de Lagrange de L2 y de
dt ∂q
∂t
Por tanto para que sea cierto en el caso que preguntado tendría que cumplirse
que la función añadida solo dependiera del tiempo: A(t ) .
---------------------------------------------
30. Suponga por un momento que no sabe usted qué forma tiene la energía cinética
y desconoce también las Leyes del movimiento de Newton. Le dicen a usted que el
punto de partida para describir el movimiento de una partícula viene dado por las
ecuaciones de Lagrange, cuya forma le dan, especificándole, sin más detalles, que
el lagrangiano es un funcional de la forma L = L(q i , q i , t ) . Le piden que con estos
datos descubra usted las leyes del movimiento de la partícula libre en coordenadas
38
cartesianas. Usted sabe que ésta es una partícula en el espacio vacío sin fuerzas
actuando sobre ella y le dan como pista el concepto de sistema inercial y el
principio de relatividad de Galileo.
1. Explique por qué el lagrangiano no puede ser función de z, y, x , ni de cada una
de las componentes de la velocidad, v x , v y , v z por separado. Tampoco del tiempo.
¿Sobre qué propiedades del espacio se basará su argumentación?
Usted llega a la conclusión de que L(v 2 ) , donde v es la velocidad de la partícula en
un sistema inercial K y quiere descubrir la forma exacta. Para ello toma un
segundo sistema inercial K’ que se mueve con velocidad constante
infinitesimalmente pequeña − ε respecto de K .
2. Pruebe que L = av 2 L _(a constante). Le puede ayudar hacer una expansión en
serie de Taylor, despreciar los términos cuadráticos en _ y recordar la propiedad
dF
L.
de invariancia bajo transformación L → L'+
dt
3. Pruebe que L' = v' 2 es una elección consistente para el lagrangiano en cualquier
sistema K’ que se mueva con velocidad finita − V0 respecto de K ; es decir, se
satisface el principio de relatividad de Galileo.
Los datos del problema son:
A) El Lagrangiano es funcional de la forma: L = L(q i , q i , t ) .
∂L d ∂L
−
=0.
∂q i dt ∂q i
C) Estudiamos el movimiento en un sistema inercial. En este sistema de referencia una
partícula libre permanecerá en reposo o en movimiento rectilíneo uniforme por tiempo
ilimitado. Esto es equivalente a decir que para este sistema el espacio es homogéneo e
isótropo y el tiempo uniforme y de hecho esta es una de las posibles maneras de definir
un sistema inercial (basta pensar, en el caso de la isotropía por ejemplo, que con una
partícula de velocidad inicial no nula es imposible definir una dirección privilegiada del
espacio, dado que sea cual sea la dirección inicial de la partícula el tipo de
comportamiento siempre es el mismo). Por supuesto los sistemas inerciales son
indistinguibles entre si por lo que las ecuaciones del movimiento han de ser iguales en
todos ellos.
B) Ecuaciones de Lagrange:
D) Principio de relatividad de Galileo aplicado a un sistema de referencia inercial K’ se
desplaza con velocidad infinitesimal − ε respecto a otro sistema inercial K nos informa
que si la partícula libre se mueve con velocidad v en el sistema K lo hará con velocidad
v − ε en el sistema K’.
1) Con los datos A) y C) es directo. La inclusión de una dependencia explicita respecto
a las coordenadas o al tiempo implicaría que las ecuaciones del movimiento no
respetarían la homogeneidad del espacio y el tiempo. Cualquier referencia a una
dirección privilegiada, como sería una dependencia de la dirección del vector velocidad,
no respetaría la isotropía del espacio. Por tanto el Lagrangiano solamente puede
depender del módulo de la velocidad, es decir: L = L(v 2 ) .
39
2) Siguiendo las indicaciones del enunciado desarrollamos en serie el Lagrangiano para
el sistema K’:
∂L
L(v' 2 ) = L(v 2 − 2v ε + ε 2 ) = L(v 2 ) − 2 2v ε + O(ε 2 ) ,
∂v
y de la última afirmación de C) y la otra pista del enunciado del problema tenemos que
dF
L (v ' 2 ) = L (v 2 ) +
y para que esto se cumpla en la ecuación anterior tenemos que
dt
∂L
= a = cte , de modo que F = −2r ε a , donde r es el vector posición de la partícula.
∂v 2
3) Siguiendo el mismo razonamiento que en el anterior apartado tenemos que
d
2
2
L' (v' 2 ) = v' 2 = (v − V0 ) 2 = v 2 − 2v V0 + V0 = L(v 2 ) + (−2r V0 + V0 t )
dt
que comprueba que los Lagrangianos de ambos sistemas son compatibles.
---------------------------------------------
31. Una partícula de masa m se mueve sobre la superficie de un cono de ángulo α
(ver figura) y se encuentra sometida al campo gravitatorio terrestre.
a)
Calcúlese su lagrangiana e identifíquense las magnitudes que se conservan
durante el movimiento.
b)
Hállese el potencial efectivo para el problema unidimensional equivalente y
discútase el tipo de órbitas
c)
¿Qué velocidad inicial ha de imprimirse a la partícula para que la órbita sea
circular?
d)
Suponga la masa m en una órbita circular tratada en el apartado anterior.
Suponga que se le imprime un muy pequeño impulso en dirección contraria al
vértice del cono. ¿ Qué tipo de trayectoria piensa usted que seguirá el sistema
después de hacer esto? En el caso de seguir una trayectoria consistente en la
composición de la trayectoria circular original y de una pequeña oscilación
alrededor de ésta, calcule la frecuencia de las oscilaciones de pequeña amplitud
en torno a la órbita circular. Hágalo sólo en el caso en que piense que esta
trayectoria tiene sentido.
z
α
R
m
θ
x
a) Siguiendo la figura, tenemos:
40
y
x = R cosθ ,
y = R sin θ ,
z = z,
como la partícula tiene que moverse en la superficie del cono, tenemos una ligadura
expresada por la ecuación:
R
R
= dónde definimos Z = h − z , siendo h la distancia del origen al
tan α =
h−z Z
vértice del cono.
Elegimos como coordenadas generalizadas a Z (que sólo tendrá sentido para Z ≥ 0 ) y θ
y definiendo β ≡ tgα obtenemos
x = − β ( Z cosθ − Z sin θθ )
y = − β ( Z sin θ + Z cosθθ ),
z = −Z ,
con lo que el lagrangiano tiene la forma
1
L = m Z 2 1 + β 2 + Z 2 β 2θ 2 + mgZ ,
2
en que la coordenada θ es cíclica y el correspondiente momento conjugado se conserva
∂L
pθ =
= mZ 2 β 2θ
∂θ
que corresponde a la componente vertical del momento angular. Como la lagrangiana
no depende del tiempo, también se conserva la energía.
b) Si sustituimos la ecuación anterior en la ecuación del movimiento para la otra
variable tenemos
m β 2 + 1 Z = m( Zβ 2θ + g )
( (
(
)
)
)
Distinguimos ahora dos casos:
1) Inicialmente el momento angular es nulo, pθ = 0 , bien por estar situados en el
vértice del cono, Z = 0 , o por no tener velocidad inicial en el plano xy, θ = 0 .
En este caso el problema se reduce al movimiento de un cuerpo sobre un plano
g
, es decir es un
inclinado. La ecuación anterior se simplifica a Z = 2
β +1
movimiento uniformemente acelerado en la coordenada Z. El potencial efectivo
g
Z = g cos 2 α Z .
es: Veff =
1+ β 2
2) Si pθ ≠ 0 podemos despejar de la ecuación del momento angular
pθ
θ=
, que introducimos en la ecuación para la variable Z
mZ 2 β 2
(
pθ2 
1 

,
g
+
1 + β 2 
m 2 Z 3 β 2 
y si tomando como potencial efectivo la función tal que
∂Veff
Z =−
, obtenemos
∂Z
Z=
41
)

pθ2
1 

Veff =
− gz  .
2 
2 2 2
1 + β  2m β Z

Si dibujamos este potencial obtenemos una función monótonamente decreciente
como la siguiente:
con Veff en trazo continuo y las dos componentes en trazo punteado. Este potencial para
la variable Z corresponderá a un movimiento acelerado, independientemente de las
condiciones iniciales la masa tenderá a caer hacia Z cada vez mayores, que
corresponden a z cada vez más negativos en la variable original. Por tanto el
movimiento será una composición de un giro en el plano xy, dado por la variable θ ,
que por conservación del momento angular tendrá cada vez menor velocidad angular a
medida que aumente el radio de giro, y de un movimiento acelerado en la dirección del
eje negativo de la variable z.
c) Con el potencial calculado no pueden existir órbitas circulares dado que Veff nunca
alcanza un mínimo. El único equilibrio que puede alcanzar la partícula vendría de
considerarla en reposo sobre el vértice del cono. También podemos darnos cuenta de
∂Veff
esto al intentar calcular el valor de Z que anula
, obtendremos sólo valores de Z
∂Z
negativos, para los que nuestras ecuaciones ya no son válidas.
d) Si consideramos la partícula sobre el vértice del cono cualquier pequeña perturbación
la sacará de su equilibrio inestable para producir un movimiento de caída acelerado
como los descritos en el apartado b). Es decir no tiene sentido considerar pequeñas
oscilaciones para potenciales sin mínimos.
---------------------------------------------
42
32.
La relación entre las leyes cuánticas y clásicas puede expresarse en la forma
en la que se trata en este problema. Para ello tomemos un sistema de un grado de
libertad. La frecuencia de la radiación emitida por este sistema de acuerdo con las
leyes cuánticas viene dada por ν cuan = ∆E h , siendo ∆E = E n − E k . Estos estados
estacionarios de energía se calculan con ayuda de la condición de cuantización de
la acción, I = ∫ pdq = nh . En consecuencia, I n − I k = (n − k )h . Si n − k = 1 , es decir,
examinamos dos estados vecinos: ∆I = I k +1 − I k = h . Combinando esta expresión
con la que nos da la frecuencia cuántica, obtenemos
ν * cuan = ∆E ∆I
(1)
para dos estados contiguos.
Obtenga el equivalente clásico de la expresión (1) para el caso del oscilador
armónico. ¿Encuentra usted alguna similitud entre las dos expresiones? ¿Podría
comentar algo sobre las posibles diferencias?
I = ∫ pdq = ∫ 2m(E − V )dq
Tanto la acción como la energía clásicas son funciones continuas. Busquemos la
derivada de una respecto de la otra:
dI
m
dq
=∫
dE
2 m( E − V )
que, para el caso del oscilador armónico, queda
dI
m
dq
= ∫ dq = ∫
= dt = T
dE
p
q ∫
en donde T es el período de oscilación. En consecuencia,
1 dE
*
ν clas
= =
T dI
a comparar con (1). Tanto en mecánica clásica como cuántica las frecuencias vienen
dadas por la relación de incrementos de la energía y de la acción, aunque en clásica
estos incrementos son infinitamente pequeños mientras que en cuántica son finitos.
De hecho, este resultado, demostrado para el oscilador armónico, es válido para todos
los sistemas periódicos de un grado de libertad, aunque no haremos la demostración
aquí.
---------------------------------------------
33.
Consideremos la definición general de sistema conservativo. A saber, aquel
que cumple las siguientes tres condiciones: 1) es válida la forma estándar
(holónoma o no holónoma) del lagrangiano; 2) el lagrangiano no es función
explícita del tiempo; 3) las ecuaciones de ligadura pueden expresarse en la forma
∑ al k dqk = 0 ( los coeficientes al t son nulos). Por otra parte, si el lagrangiano se
k
expresa en la forma estándar holónoma y la energía cinética es una forma
cuadrática homogénea de las q j ’s, un sistema conservativo es además natural.
a) Demostrar que la definición anterior de sistema conservativo lleva a la
∂L
− L (integral de Jacobi),
conservación de la llamada función energía: ∑ q j
∂q j
j
que se reduce a la energía total en el caso de un sistema natural.
43
b) Ahora sea una masa m desliza sin rozamiento dentro de un tubo circular de
radio r (véase figura). El tubo gira alrededor de su diámetro vertical (eje Z) con
una velocidad angular constante ω . En las coordenadas polares de la figura,
compare los sistemas de referencia asociados a un observador externo y a otro que
gira con el tubo, respectivamente. ¿En cuál de los dos es este sistema simplemente
conservativo y en cuál es también natural? Justifique su respuesta.
c) Describa el sistema anterior en coordenadas esféricas. ¿Es el sistema ahora
conservativo? Justifique su respuesta. En caso de no serlo, ¿cuál es la razón física
para ello?
m
θ
O
r
z
Si L = T2 + T1 + T0 − V , entonces h = ∑ q j
j
∂L
− L = T2 − T0 + V . Si reagrupamos
∂q j
términos: h == T2 + V − T0 = T ′ + V ′
V′
Todo el truco del problema reside en “manejar” apropiadamente los términos en el
Lagrangiano. Empecemos con los términos T y V en polares
T = 12 m(r 2θ 2 + r 2ω 2 sen 2 θ )
V = mgr cos θ
dando el lagrangiano en sistema “laboratorio”
L = 12 m(r 2θ 2 + r 2ω 2 sen 2 θ ) − mgr cos θ
(1)
Cumplimos las condiciones impuestas a un sistema conservativo y, por tanto, lo es. La
integral de Jacobi es:
h = 12 m(r 2θ 2 − r 2ω 2 sen 2 θ ) + mgr cosθ ,
que NO ES la energía total. Sin embargo, si escribimos de nuevo (1) de forma que
L = T ′ −V ′
con
T ′ = T2 = 12 mr 2θ 2
V ′ = V − T0 = mgr cos θ − r 2ω 2 sen 2 θ
T’ es la energía cinética relativa a un sistema que gira con el tubo. La energía potencial
V’ incluye el término gravitacional y el término −T0 que tiene en cuenta la fuerza
centrífuga. En este caso nuestro sistema es natural y h = T ′ + V ′ , la energía total
(¡cuidado, no en el sistema inercial!)
En el caso de coordenadas esféricas ( r ,θ , φ ) tenemos
T = 12 m(r 2θ 2 + r 2φ 2 sen 2 θ )
V = mgr cos θ
44
con la ligadura dφ − ω dt = 0 . El sistema en esta representación NO ES conservativo ya
que a k t = −ω ≠ 0 . Además, la expresión de Jacobi ( T + V , en este caso) no es constante
ya que la ligadura efectúa trabajo sobre el sistema.
----------------------------------------------
34. Un bloque de masa M2 desliza sobre otro de masa M1 que, a su vez, desliza
sobre un plano horizontal (Véase figura). Usando las coordenadas X1 y X2 de la
figura, obtenga las ecuaciones diferenciales del movimiento a través de la
formulación de Lagrange. Asuma ausencia de rozamientos.
X2
M2
M1
X1
La coordenada x1 es el desplazamiento absoluto de m1 , mientras que x2 es el
desplazamiento de m2 con respecto a m1 Para obtener la velocidad absoluta v2 de m2 ,
usamos la ley del coseno para sumar la velocidad de m1 y la velocidad de m2 respecto
de m1 . Obtenemos:
v22 = x12 + x22 − 2 x1 x2 cos α
siendo α el ángulo formado por el plano con la horizontal. Por lo tanto,
1
1
T = m1 x12 + m2 ( x12 + x22 − 2 x1 x2 cos α )
2
2
En presencia del campo gravitatorio, los cambios en energía potencial proceden de
cambios en el valor de x2 :
V = −mgx2 sen α
De aquí
1
1
L = m1 x12 + m2 ( x12 + x22 − 2 x1 x2 cos α ) + mgx2 sen α
2
2
Las ecuaciones correspondientes:
m1 x1 + m2 ( x1 − x2 cos α ) = 0
m2 x2 − m2 x1 cos α − m2 g sen α = 0
----------------------------------------------
35.- Un modelo simple, y de gran utilidad, de molécula triatómica lineal es el de la
figura. Vamos a examinar el caso en el que M>m. Plantee el problema en las
coordenadas definidas por los desplazamientos de las tres masas de su posición de
45
equilibrio, con sus correspondientes ecuaciones de Lagrange. Intente una solución
iω t
xi = x e
, siendo ω una frecuencia de modo normal
i0
a) ¿Cuántas frecuencias independientes hay y cuáles son éstas?
b) ¿A qué movimiento corresponde la menor de ellas?
M
m
M
1
3
2
k
k
X1
1
1
1
1
1
2
2
Mx12 + mx22 + Mx32 − k ( x2 − x1 ) − k ( x3 − x2 )
2
2
2
2
2
Ecuaciones :
Mx1 + k ( x1 − x2 ) = 0
L = T −V =
mx1 + k ( x2 − x1 ) + k ( x2 − x3 ) = 0
Mx3 + k ( x3 − x2 ) = 0
El determinante para las frecuencias
k − ω 2M
−k
−k
2k − ω 2 m
0
−k
0
−k
k −ω M
=0
2
con soluciones
k
k  2M 
, ω3 =
1 +

M
m
m 
Para ω1 = 0 , los desplazamientos son x1 = x2 = x3 , dando a entender que el conjunto de
las tres masas se mueve como un sólido rígido, sin oscilaciones internas.
ω1 = 0, ω 2 =
---------------------------------------------36. La transformación entre coordenadas
cartesianas y polares viene dada por x = r sen θ ,
y = r cosθ , siendo lo vectores unitarios en polares:
u r = cosθ i + sen θ j
uθ = − sen θ i + cosθ j
A diferencia de i y j, u r y uθ no son constantes.
Puede observar, por ejemplo, que
du r
= uθ y
dθ
y
trayectoria
uθ
ur
R
(r ,θ )
θ
x
46
du θ
= −u r
dθ
1)
Sabido esto, calcule las componentes en coordenadas polares de la
aceleración y acto seguido plantee las ecuaciones de Newton correspondientes.
Exponga la formulación lagrangiana para el problema y compare la forma
2)
anterior de obtención de la ecuaciones del movimiento con la que le ofrece ésta.
v=
du
du dθ dr
dR dr
dr
dθ
= ur + r r = ur + r r
= ur + r
uθ
dt dt
dt
dt
dθ dt dt
dt
dv d 2 r
dr du r dr dθ
d 2θ
dθ duθ
= 2 ur +
+
uθ + r 2 uθ + r
dt dt
dt dt
dt dt
dt dt
dt
2
2
d r
dr du r dθ dr dθ
d θ
dθ dθ duθ
= 2 ur +
+
uθ + r 2 uθ + r
dt dθ dt dt dt
dt dt dθ
dt
dt
a=
2
=
d 2r
dr dθ
d 2θ
 dθ 
r
u
+
2
u
+
uθ − r 
 ur
r
θ
2
2
dt dt
dt
dt
 dt 
Con lo que encontramos
2
 d 2r
 dr dθ
d 2θ 
 dθ  
a =  2 −r
+ r 2  uθ =
  ur + 2
dt 
 dt  
 dt dt
 dt
F
= Fr u r + Fθ uθ
m
47
Extremos condicionados de funciones. Multiplicadores de Lagrange.
Resulta más sencillo entender primero el significado de los extremos condicionados
sobre las funciones que estamos acostumbrados a manejar.
Ejemplo.
Encontrar los extremos de la función f (x, y ) = x 2 + y 2 sujeta a la restricción
ϕ ( x , y ) : x + y − 1 = 0 . Es decir, en lugar de optimizar sobre todo el plano (x,y) nos
limitamos a una curva, unidimensional, sobre ese plano.
Es evidente que el modo más sencillo de resolver este problema es reducir el problema
al mínimo de una función con una sola variable:
2
y ( x ) = 1 − x , que sustituyendo en f, f ( x , y ) = x 2 + (1 − x ) , y podemos derivar y
1
1
df
calcular el extremo:
= 2 x − 2(1 − x ) = 0 , x0 = , y 0 = .
2
2
dx
Aunque el mismo proceso sería aplicable en funciones dependientes de un mayor
número de variables, una manera de sistematizarlo es aplicar los multiplicadores de
Lagrange:
Construimos una nueva función φ ( x , y; λ ) = f ( x , y ) + λ ⋅ ϕ ( x , y ) que comparte los
extremos con f en la región que nos interesa, ϕ ( x , y ) = 0 . El extremo de dicha función
viene dado por un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas
∂φ ∂f
∂ϕ
=
+λ
= 0,
∂x ∂x
∂x
∂φ ∂f
∂ϕ
=
+λ
= 0,
∂y ∂y
∂y
ϕ = 0.
∂ϕ ∂ϕ
∂ϕ
∂ϕ
que, teniendo en cuenta ϕ = 0 → ϕ& =
+
=0→
=−
las dos primeras
∂x ∂y
∂x
∂y
∂ϕ ∂ϕ
ecuaciones se reducen a ϕ& =
+
= 0 , es decir al mismo problema de antes.
∂x ∂y
PRINCIPIOS VARIACIONALES
1.
Dados dos puntos O y A en un plano vertical, y en presencia de un campo gravitacional vertical,
hallar la curva que los une para que una partícula, que la recorra, tarde el mínimo tiempo
posible en ir de un punto a otro, partiendo del reposo.
Sea 0XZ el plano vertical que contiene los dos puntos, O y A, y hagamos coincidir el origen con el
punto O
O
x
x= f(z)
A
z
Si v es la velocidad de la partícula a lo largo de la curva y s el arco, será v = ds/dt, de modo que hay que
minimizar la integral
A
ds
t=
O v
Con la elección de origen y como la partícula parte del reposo, su energía inicial es nula. Luego, de la
conservación de la energía, resulta
1
mv 2 − mgz = 0, es decir v = 2 gz
2
Sustituyendo en la integral y teniendo en cuenta que el elemento diferencial de arco en el plano es
∫
ds = dx 2 + dz 2 , se obtiene
t=
∫
1
A
1 + x&
2
dz
2g O
z
donde hemos tomado z como variable independiente y x& ≡ dx / dz . La ecuación de Euler-Lagrange del
problema es
d  ∂ 1 + x& 2 

= 0
dz  ∂ x&
z 
Luego el término entre paréntesis no depende de z y podemos ponerlo igual a una constante C.
Efectuando la derivada con respecto a x& , se obtiene la ecuación diferencial
x&
dx
C z
= C es decir
=
d
z
2
1− C 2 z
z( 1 + x& )
La curva pedida será
x=
∫
z
C z
dz
2
1− C z
donde, al integrar, ya hemos impuesto la condición de que la curva ha de pasar por el punto O=(0,0). Para
calcular la integral, hagamos el cambio
θ
C z = sen
2
con ello se obtiene, fácilmente,
1
( θ − sen θ )
x=
2C 2
0
1
Por lo tanto, teniendo en cuenta la relación trigonométrica sen 2
dada, de forma paramétrica, por
donde r =
θ 1 − cos θ
=
, la curva pedida viene
2
2
 x = r( θ − sen θ )

 z = r ( 1 − cos θ )
1
. Esta es precisamente la ecuación paramétrica de la cicloide desarrollada por una
2C 2
circunferencia de radio r. El valor de r se determinada imponiendo que la cicloide ha de pasar por el
punto A = (xA,zA). Por ejemplo, dividiendo las ecuaciones paramétricas de la curva y particularizando en
A, resulta
x A θ A − sen θ A
=
zA
1 − cos θ A
que es una ecuación transcendente para θ A . Por último, utilizando una de las ecuaciones paramétricas se
encuentra
zA
r=
1 − cosθ A
Nótese que necesariamente el punto inicial O, desde el que se suelta la partícula, ha de ser un extremo de
la cicloide, tal como hemos esquematizado en la figura.
------------------
2.
Como ejemplo de aplicación del cálculo de variaciones tenemos el siguiente problema. Sea un
muro rectilíneo, de longitud 2a. Deseamos instalar una alambrada de longitud L, que partiendo
de un extremo del muro, termine en el otro extremo de éste ¿Cuál debe ser la forma dada al
recorrido de la alambrada para que el área encerrada sea máxima?
El área encerrada por la alambrada es
∫
a
−a
∫
a
−a
ydx , mientras que la longitud de la alambrada es
1 + y ′ 2 dx = L . La ecuación de Lagrange se transforma en:
d  λy ′
dx  1 + y ′ 2
1−

 =0


Integrando y despejando y ′ , queda:
− ( x + C1 )
y′ =
λ 2 − ( x + C1 )
2
;
que, integrado a su vez da:
y = λ 2 − ( x + C1 ) + C 2
2
Las constantes C1 y C2 se hallan con las condiciones de contorno de la alambrada, quedando:
y = λ2 − x 2 − λ2 − a 2 .
Para determinar λ volvemos a la condición
∫
a
−a
1 + y ′ 2 dx = L
que nos lleva a:
λ
1
=
a sen( L 2λ )
Para hacer posible una solución de esta última ecuación trascendental, escojamos L = π a , para lo cual
λ = a e y = a 2 − x 2 . Para esta elección y ( x ) es un semicírculo centrado en el origen; solución que
podíamos esperar intuitivamente.
2
FORMULACIÓN HAMILTONIANA: ECUACIONES
1. El punto de suspensión de un péndulo simple de masa m y de longitud l está
obligado a moverse a lo largo de una pista horizontal, y está conectado a un
punto de la periferia de un volante de masa M y de radio a . El volante gira
libremente alrededor de un centro fijo en la pista. Hallar la hamiltoniana del
sistema, y las correspondientes ecuaciones del movimiento de Hamilton.
x = 2a cosθ + l sin φ
y = −l cos φ
x = −2asinθ θ + l cos φ φ
y = lsinφ φ
m 2 2
l φ + 2a 2 m sin 2 θ θ 2 − 2alm sin θ cos φ θ φ
2
1
T D = Iθ 2
2
a
1
I = ∫ ρ l 2 π rdr r 2 = 2πa 4 ρ l = M = πa 2 lρ = MR 2
4
0
V = −mgl cos φ
Tp =
(
)
m 2 2  I

l φ +  + 2a 2 m sin 2 θ θ 2 − 2alm sin θ cos φ θ φ + mgl cos φ
2
2

 φ 
1
L = φ, θ ⋅ A ⋅  
2
θ 
L=
( )
48

ml 2
A=
 − 2alm sin θ cos φ

 Pφ 
 φ 
P =   = A ⋅  
P 
θ 
 θ
− 2alm sin θ cos φ 
I + 4a 2m sin 2 θ 
1 T (−1)
⋅P
P ⋅A
2
(−1)  I + 4a 2m sin 2 θ 2al sin θ cos φ  1
⋅
=
A
2
 ∆
 2alm sin θ cos φ
ml


∆ ≡ ml 2 ( I + 4a 2m sin 2 θ ) − 4a 2l 2m2 sin 2 θ cos2 φ
T=
H=
1
2∆
( I + 4a 2m sin 2 θ ) P 2 + ml 2 P 2 + 4alm sin θ cos φ P P  − mgl cos φ

φ
θ
θ φ 
No hay ninguna que sea obviamente cíclica, aunque H se conserva: H=E, al no
depender explícitamente del tiempo.
Las ecuaciones de Hamilton son:
∂H
P = −
φ
∂φ
∂H
; φ =
∂P
∂H
P = −
θ
∂θ
∂H
; θ =
∂P
φ
θ
------------------------------------------2. La Lagrangiana de un sistema con dos grados de libertad puede escribirse en la
forma
L=
m
[( q sinωt + ωq cos ωt ) 2 + (ωqsinωt ) 2 ]
2
¿Cuál es la Hamiltoniana correspondiente?¿Se conserva? Introduciendo la
nueva coordenada
Q = qsinωt ,
hallar la Lagrangiana en función de Q y su derivada, y también la
correspondiente Hamiltoniana H .¿Se conserva H ?
49
[
m
( q sinω t + ω q cos ω t ) 2 + (ω qtsinω t ) 2
2
∂L
= msinω t ( q sinω t + ω q cos ω t )
p=
∂q
H = pq − L
L=
H=
]
m 2 2
m
q sin ω t − ω 2 q 2
2
2
donde
q = (
p
msinωt
− ω q cos ω t )
1
sinω t
Entonces la Hamiltoniana es:
H=
m
p
m
− ωq cos ωt ) 2 − ω 2 q 2
(
2 msinω t
2
No se conserva al depender del tiempo.
Q = qsin ω t
Q = q sin ω t + q ω cos ω t
m 2
( Q + ω 2 Q 2 ) P1 = m Q
2
1
1
=
P12 − m ω 2 Q 2
2m
2
L1 =
H1
Sí, se conserva.
----------------------------------------3. Considérese un cilindro de radio R, libre de girar respecto de su eje de simetría,
situado verticalmente, y cuyo momento de inercia respecto de tal eje es I .
Sobre la superficie lateral del cilindro está fija rígidamente una espira
uniforme ó pista helicoidal, a lo largo de la cual puede deslizarse sin
rozamiento un punto material de masa m . El ángulo formado por la hélice
respecto de la vertical es tal que desciende una altura 2πα por cada vuelta que
se da alrededor del cilindro. Supóngase que la partícula parte del reposo desde
la parte superior del cilindro y se desliza bajo la influencia de la gravedad.
Usando un sistema de coordenadas cualquiera, obtener la Hamiltoniana para el
sistema combinado partícula-cilindro, y resolver completamente el movimiento
del sistema. Interprétense todas las variables cíclicas del sistema.
50
x = r cos(φ + θ ) ;
z = −αφ
y = r sin(φ + θ )
α siendo la constante de la espiral: L = 2πα
[
1
m ( R 2 (φ + θ) 2 + α 2φ 2
2
T particula =
Tcilindro =
]
1 2
Iθ
2
V = −mgαφ
L=
T=
1
θ 2
m α 2φ 2 + R 2 (φ 2 + 2φθ + θ 2 ) + I
+ mgaφ
2
2
[
]
mR 2  φ   1   φ 
1  m(α 2 + R 2 )
  =  (φ , θ ) A 
(φ , θ )
θ 
2
mR 2
mR 2 + I θ   2 

 
 φ 
 p1 
  = A ⋅  1 
 p2 
φ 2 
T=
 mR 2 + I
1
( p1 , p 2 )
2
2∆
 − mR
 p1 
 
m(α + R )  p 2 
− mR 2
2
2
siendo
∆ = m(α 2 + R 2 )( I + mR 2 ) − m 2 R 4
pero θ es cíclica de modo que p2 es constante: p2 = β = const. Lo que equivale a la
conservación del momento angular total. De hecho, como el sistema parte del reposo
β = 0,
mR 2φ + (mR 2 + I )θ = 0.
Entonces,
T=
1
2
(mR 2 + I ) p1 .
2∆
51
Definiendo
1
µ
≡
mR 2 + I
,
∆
2
H=
p1
− mgαφ
2µ
∂H
∂p1
; p 1 = −
p1
; p 1 = mgα
Las ecuaciones de movimiento son:
φ =
φ =
µ
; (θ = φ = 0) en t = 0.
p1 = mgα (t − t 0 ) = mgαt
φ = φ0 +
φ = φ0 +
∂H
∂φ
mgα 2
t
2µ
mgα
mR 2 + I
t2
2 m(α 2 + R 2 )( I + mR 2 ) − m 2 R 4
Movimiento uniformemente acelerado:
φ =
mgα
µ
;
θ =
mgα
µ
mR 2
mR 2 + I
---------------------------------------4.
Una Hamiltoniana de un grado de libertad tiene la forma
[
p2
q2
−α t
H ( p, q, t ) =
− pqbe
+
bαe − α t (α + be − α t ) + k
2α
2
]
en donde α , b y k son constantes.
a) Hallar la Lagrangiana asociada a esta Hamiltoniana.
b) Obtener una Lagrangiana equivalente que no dependa del tiempo
explícitamente, explicando someramente la base del procedimiento seguido.
c) Escribir la Hamiltoniana correspondiente a esta segunda Lagrangiana y
explicar su relación con la Hamiltoniana anterior.
p2
γ
− βpq + q 2
H=
2α
2
con β ≡ be −α t
; γ ≡ bα e −α t (α + be −α t ) + k
L(q, q ) = qp − H
q =
52
∂H p
= − βq
∂p α
Entonces,
L=
p 2 γq 2
−
2α
2
Sustituyendo el p:
L(q, q ) =
α
2
(q + β q) 2 −
γ
2
q2
Recuérdese que por el origen variacional de las ecuaciones de Lagrange L es
dF
equivalente al Lagrangiano L1 ≡ L +
dt
siendo F arbitrario. Nótese que
d 2 −α t
q e = 2qqe −α t − α q 2 e −α t .
dt
Resulta inmediato ver que
L1 ≡ L −
α d
2 dt
(q 2 e −α t ) =
α
2
q 2 −
k 2
q ,
2
de modo que el Lagrangiano equivalente es el del oscilador armónico:
L1 =
α
2
q 2 −
k 2
q
2
q 2 +
k 2
q .
2
y el Hamiltoniano asociado es:
H1 =
α
2
----------------------------------------
5.
Dos masas puntuales m1 y m2 están unidas por una cuerda de longitud
constante l . La primera partícula puede moverse libremente sin rozamiento
sobre un plano horizontal, mientras la segunda cuelga verticalmente de la
cuerda que pasa por un orificio practicado en dicha superficie. Obtener el
Lagrangiano, también el Routhiano correspondiente, y el Hamiltoniano.
Reducir el problema a una cuadratura.
1. Lagrangiano. Usamos z y θ
como coordenadas.
53
x1 = −(l − z ) sin θ θ − z cos θ
x1 = (l − z ) cos θ , entonces
y1 = (l − z ) sin θ , entonces y 1 = (l − z ) cos θ θ − z sin θ
T=
m + m 2 2 m1
1
1
m1 ( x12 + y 12 ) + m 2 z 2 = 1
z +
(l − z ) 2 θ 2
2
2
2
2
V = −m 2 gz
L=
m1 + m 2 2 m1
z +
(l − z ) 2 θ 2 + m 2 gz
2
2
Nótese que θ es coordenada cíclica:
∂L
= 0. El correspondiente momento conjugado
∂θ
es constante
p2 =
∂L
= m1 (l − z ) 2 θ = const = α .
∂θ
2. Routhiano.
Es
m + m 2 2 m1
R ( z , p1 ; p 2 ) = p 2θ − L = m1 (l − z ) 2 θ 2 − 1
z −
(l − z ) 2 θ 2 + V
2
2
Finalmente:
R ( z , p1 ; p 2 ) =
m1 + m 2 2
p 22
1
−
−
m
gz
z
2
2 m1 (l − z ) 2
2
Las correspondientes ecuaciones de Lagrange tienen un solo grado de libertad, z ,
puesto que p 2 = const = α .
El potencial efectivo es
− m 2 gz +
α2
2m1 (l − z ) 2
.
d  ∂R  ∂R
= 0.
 −
dt  ∂z  ∂z
Entonces,
p 22
∂
(m1 + m 2 ) z = (m 2 gz −
).
∂z
2m1 (l − z ) 2
Naturalmente, una primera integral de la ultima ecuación es la ecuación de la energía:
m1 + m 2 2
p 22
z − m 2 gz +
= E = const
2
2m1 (l − z ) 2
Despejando z , se obtiene la solución para z (t ) :
dz
∫ dt = ∫ z(t ) = ∫
dz
z
m1 + m 2
54
E + m 2 gz −
p 22
2m1 (l − z ) 2
Para la coordenada cíclica θ (t ) tenemos:
p2
∫ dθ = ∫ m [l − z (t )]2 dt ,
1
lo que reduce la solución a dos cuadraturas.
El Hamiltoniano es trivial de obtener al ser diagonal la matriz
a invertir:
p1 =
p2 =
p1
∂L
= (m1 + m 2 ) z ; z =
m1 + m 2
∂z
p2
∂L
= m1 (l − z ) 2 θ ; θ =
m1 (l − z ) 2
∂θ
p12
p 22
T=
+
2(m1 + m 2 ) 2m1 (l − z ) 2
H = T +V =
p12
p22
+
− m2 gz
2(m1 + m2 ) 2m1 (l − z ) 2
Evidentemente H es también cíclico en θ :
∂H
= 0 ⇒ p2 = const = α .
∂θ
Nótese que la existencia de una coordenada cíclica reduce en dos(no en uno) el orden
del sistema a integrar, al desaparecer tanto la coordenada como su momento conjugado
del problema diferencial. Ello no era obvio en los ejemplos anteriores en los que usamos
el formalismo lagrangiano en vez del hamiltoniano.
-----------------------------------------6.
A partir de la formulación de Lagrange para un sistema descrito por n
coordenadas generalizadas qi :
a) constrúyase una función G (q i , p i , t ) , análoga a la hamiltoniana, en la que las
variables independientes sean qi y p i .
b) Dedúzcanse las correspondientes ecuaciones de movimiento.
a) A partir de la lagrangiana L(q i , q i , t ) , construimos la función G (q i , p i , t ) mediante
una transformación de Legendre:
G = q i p i − L(q i , q i , t ) .
Diferenciando esta expresión se obtiene:
dG = q i dp i + p i dq i −
∂L
∂L
∂L
dq i −
dq i −
dt
∂q i
∂q i
∂t
55
Aquí, el segundo y el tercer término se anulan en virtud de la ecuación de Lagrange,
∂L / ∂q i = p i , mientras que de la definición de momento generalizado, p i = ∂L / ∂q i ,
resulta:
dG = q i dp i − p i dq i −
∂L
dt
∂t
De forma que la diferencial de la nueva función G expresada en función de q i , p i y t
como variables independientes.
b) Para obtener las ecuaciones de movimiento, comparamos el resultado anterior con la
forma general de la diferencial de G (q i , p i , t ) ,
dG =
∂G
∂G
∂G
dq i +
dp i +
dt ,
∂q i
∂p i
∂t
obteniéndose
qi =
∂G
,
∂p i
pi = −
∂G
,
∂q i
∂G
∂L
,
=−
∂t
∂t
que son las ecuaciones del movimiento pedidas.
------------------------------------7.
En un sistema de n grados de libertad el cálculo de 2n constantes del
movimiento del tipo
fi(q1,..., qn, p1,...,pn, t), i = 1,...,2n, permite, en
principio, integrar el problema. Considérese una partícula de masa m que se
mueve en un plano vertical cartesiano (q1, q2) bajo la acción de la gravedad. Sin
recurrir a la integración de las ecuaciones de Hamilton, sino utilizando éstas en
la ecuación general de una constante del movimiento, encontrar cuatro
constantes del movimiento de forma a recuperar a partir de ellas la conocida
solución general: q1 = c1 + c2t ; q2 = c3 + c4t − gt2/2.
(Nota) : busque soluciones a la ecuación en derivadas parciales para una
constante del movimiento que dependan alternativamente de un par de
variables conjugadas: primero, sólo de (q1, p1); segundo, sólo de (q2, p2).
Combínelas después con otras constantes del movimiento triviales para dar el
resultado pedido).
Tomando q1 como la coordenada espacial horizontal y q2 la vertical, la hamiltoniana de
la partícula es
H≡
p12 p22
+
+ mgq2
2m 2m
56
de modo que
∂H p1 ∂H p 2 ∂H
∂H
=
,
=
,
= 0,
= mg
∂p1 m ∂p 2 m ∂q1
∂q 2
y las ecuaciones de Hamilton son
p

q = 1
 1 m

p
q 2 = 2
m

 p 1 = 0


 p 2 = −mg
Mientras que la condición para que una función f(q1, q2, p1, p2, t) sea una constante del
movimiento es
− mg
∂f
p ∂f
p ∂f ∂f
+ 1
+ 2
+
=0
∂p2 m ∂q1 m ∂q2 ∂t
Busquemos una solución a esta ecuación del tipo f(q1, p1, t). Una simple inspección de
la ecuación permite ver que
q1 −
p1t
= c1
m
es una solución. Procediendo de forma equivalente, podemos ver que
p1 = mc2
q2 −
p2t gt 2
−
= c3
m
2
p2 + mgt = mc4
son también soluciones. Combinando todas ellas, encontramos la trayectoria del tiro
parabólico.
----------------------------------------8.
La ecuación de movimiento de una masa m que se desliza sin rozamiento bajo
la influencia de la gravedad, a lo largo de un cable cuya forma es la de una
curva suave y = f (x) , viene dada por:
x cosh 2 x + x 2 senh x cosh x + gsen h x = 0 .
a) Demostrar que la simple definición p = mx lleva a una representación de la
ecuación de movimiento anterior en variables ( x , p) que no es hamiltoniana.
b) Encontrar la buena definición del momento conjugado a la posición x que sí
lleva a una representación hamiltoniana.
c) Encuentre el hamiltoniano.
a) Haciendo la transformación mx = p , la ecuación del movimiento se reduce a:
57
x =
p ∂H
=
,
m ∂p
p = −
p2
tanh x
∂H
tanh x − mg
=−
m
cosh x
∂x
Queda claro que, con estas ecuaciones, no se cumple ∂ 2 H ∂p∂x = ∂ 2 H ∂x∂p . No
pueden, por lo tanto, derivar de un formalismo hamiltoniano.
b) La energía potencial es V ( x, y ) = mgy = mg f ( x) . Mientras, la cinética viene dada
por:
T=
(
m 2
m 2
( x + y 2 ) =
x + x 2 f ′( x) 2
2
2
)
Una vez construido el lagrangiano, llegamos a la siguiente ecuación de Lagrange:
[ (
(
)]
d
mx 1 + f ′( x) 2 + mg f ′( x) =
dt
mx 1 + f ′( x) 2 + mx (2 x f ′( x) f ′′( x) ) + mg f ′′( x) = 0
)
Identificando términos con los de la ecuación del enunciado:
1 + f ′( x) 2 = cosh 2 x;
2 f ′( x) f ′′( x) = senh x cosh x;
f ′( x) = senh x
De lo que deducimos fácilmente que:
f ( x) = cosh x
Dicho todo lo anterior, es fácil ver que:
p=
p
∂L
= mx (1 + senh 2 x ); x =
∂x
m(1 + senh 2 x )
c)
(
)
1
H = xp − L = xp − mx 2 1 + senh 2 x + mg cosh x =
2
2
p
1
+ mg cosh x
2 m 1 + senh 2 x
(
)
------------------------------------------9.
Obtenga el hamiltoniano de un móvil, sometido a un potencial V, que se
desplaza sobre un disco horizontal que gira con una velocidad angular
constante ω . Hágalo en los sistemas de referencia del laboratorio y del disco y
establezca la relación entre ambos hamiltonianos. Utilice la notación ( xlab , ylab )
para las coordenadas en el sistema “laboratorio” y ( x, y ) para las
correspondientes en el sistema que gira con el disco.
58
Lo importante aquí, es tener en cuenta que, para la construcción del hamiltoniano, T y V
tienen que ser evaluadas en el sistema inercial (laboratorio).
L=
m 2
vlab − V (xlab , ylab )
2
Las ecuaciones que relacionan las coordenadas del sistema laboratorio y las del sistema
no inercial giratorio, son:
xlab = x cos θ − y sen θ
ylab = y cos θ + x sen θ
Si el disco gira, por ejemplo, en el sentido contrario a las agujas del reloj, la
diferenciación con respecto al tiempo de las ecuaciones (con θ = ω t )
v x , lab = v x cosθ − v y sen θ − ω ( x sen θ + y cosθ )
v y , lab = v y cosθ + v x sen θ + ω ( x cosθ − y sen θ )
Un simple cálculo nos lleva a:
2
vlab
= vx2 + v y2 2ω (v y x − v x y ) + ω 2 r 2
(r
)
= x 2 + y 2 . Sustituyendo la expresión anterior en el lagrangiano inicial, obtenemos
su representación en las coordenadas del sistema giratorio. El paso siguiente es el de la
obtención de los momentos en el sistema giratorio.
2
px =
∂L
= m(v x − ωy )
∂v x
py =
∂L
= m(v y + ωx )
∂v y
El hamiltoniano en el sistema no inercial se construye de la forma usual
H = p x vx + p y v y − L =
(p
2
x
+ p y2
2m
) + ω (yp
x
− xp y ) + V ( x, y )
Finalmente, la relación entre ambos hamiltonianos se obtiene teniendo en cuenta que el
correspondiente al sistema inercial será aquél que resulta de hacer nula la velocidad
angular en la ecuación anterior:
Hω ≠ 0 = Hω = 0 − ω lz
------------------------------------------10. La relación entre los hamiltonianos de una partícula moviéndose en un
potencial V, definidos, respectivamente, en un sistema inercial y en un sistema
no inercial que gira alrededor del eje z con velocidad angular constante ω , es
59
H no −inercial = H inercial − ω l z ( l z es la componente correspondiente del momento
angular definido en el sistema no-inercial). Haciendo uso de esta última
relación demuestre el Teorema de Larmor, que asegura que puede eliminarse
el efecto de un campo magnético estacionario uniforme sobre una partícula
cargada en movimiento colocándose el observador en un sistema de referencia
giratorio. Halle la frecuencia con la que debe girar el sistema de referencia no
inercial (frecuencia de Larmor).
Ayuda: Recuerde que el lagrangiano de una partícula cargada en un campo
eG G
electromagnético viene dado por L = 12 mv 2 − eΦ + v ⋅ A . Recuerde también que la
c
G 1 G G
ecuación A = 2 (B × r ) define un campo magnético uniforme. Por último, tome el eje z
G
como dirección del campo uniforme B y como eje de giro del sistema giratorio.
Dado el lagrangiano del enunciado del problema es fácil obtener el momento conjugado
y el hamiltoniano (recuerde que estamos en un sistema inercial). Son, respectivamente,
G
G e G
p = mv + A,
c
H inercial
2
1  G e G
=
 p − A  + eΦ
2m 
c 
H es constante sólo si los campos son estacionarios. En el campo magnético de
características impuestas en el enunciado –campo magnético uniforme en la dirección z
G
G G
y A = 12 (B × r ) – el hamiltoniano se transforma en:
H inercial =
2
2
eB
1 2 2 2
x + y ) B  + eΦ −
lz
(

2m 2mc 2  4
2 mc

p
+
e
Podemos, ahora, invocar el problema 9. Es posible establecer una comparación con la
relación del enunciado si tenemos claro que la componente del momento cinético
canónico en el sistema inercial y en el no-inercial. Esto siempre puede comprobarse
aplicando una transformación del sistema de coordenadas del laboratorio, ( x1 , y1 ) , a las
del sistema giratorio ( X , Y ) :
X = x1u sin wt + y1 sin wt ,
Y = y1u sin wt − x1 sin wt
.
Una vez comprobado esto es inmediato encontrar la frecuencia de Larmor y el
hamiltoniano en el sistema giratorio:
ωL = −
H giratorio =
eB
2mc
p2
e2  1 2 2 
+
 r B  + eΦ
2m 2mc 2  4

Vemos que el término lineal en B está ausente. Esto indica que, si el campo es pequeño,
la dependencia en éste es despreciable (en términos de segundo orden).
60
------------------------------------------11. Sabemos que no existe una forma estándar de obtener una función generatriz
que lleve a una formulación más conveniente. Sin embargo, el empleo de las
propiedades que deseamos en la formulación de destino, permite obtenerla
fácilmente. Un ejemplo clásico es el de la función F1(q, Q, t ) en el caso de la caída
libre de un cuerpo en un campo gravitatorio mgq . Queremos que en la nueva
formulación, el Hamiltoniano, K , sea sólo función de la coordenada, Q , y que
se cumpla la equivalencia entre los dos momentos, P = p . Obtenga a partir de
estos requisitos la forma de la función F1(q, Q, t ) . (Recuerde que p = ∂F1 ∂q ,
P = − ∂F1 ∂Q
y K = H + ∂F1 ∂ t )
Partimos de la expresión K = H , que se traduce en el contexto presente en
f (Q ) =
entendiéndose que f (Q ) expresa la forma
[
p2
+ mgq ,
2m
de K . De esta última
p = 2m f (Q ) − 2m 2 gq
]
expresión obtenemos
1
2
Podemos hacer uso del requisito dado por la identificación de ambos momentos
p=P=
∂F1
∂F
=− 1
∂q
∂Q
Se desprende que f (Q ) = mgQ . Finalmente, la función generatriz resulta de la integración
de la ecuación
[
]
1
p = 2m 2 g (Q − q ) 2 =
dando
F1 (q, Q ) = −
∂F1
∂q
[
]
3
1
2
2
(
)
m
g
Q
q
2
−
3m 2 g
------------------------------------------12. ·Un cuerpo, de masa m=1, se mueve en un campo en el cual la energía potencial
es g f ( x ) , siendo g la aceleración de la gravedad. Se sabe que la ecuación del
movimiento es
A( x ) x + B ( x ) x + gC ( x ) = 0 ,
siendo A(x), B(x) y C(x) tres funciones continuas.
Si A( x ) = 1 + 4a 2e-2ax − 8a 2e-3ax + 4a 2e-4ax ,
a.- ¿Cuál es la expresión de la energía potencial?; Dibújela;
b.- ¿ Cuál es la expresión del hamiltoniano?;
c.- ¿ Cuál es la frecuencia de las pequeñas oscilaciones alrededor del
equilibrio?
Sea V ( x, y ) = gy = g f(x) la energía potencia. La ecuación de Lagrange es:
(1 + f ′2 )x + (2 x f ′f ′′)x + g f ′′ = 0 , con f ′ = df dx .
Comparando con la ecuación
A( x ) x + B( x ) x + gC ( x ) = 0 ,
identificamos
61
A( x ) = 1 + f ′2
Si A( x) es la expresión dada en el enunciado, tendremos:
f ′2 = 4a 2 e −2 ax − 8a 2 e −3 ax + 4a 2 e −4 ax
a) La energía potencial es
⇒ f ′ = 2 ae − ax 1 − e − ax 


2
⇒ f = 1 − e − ax 


2
V = g 1 − e − ax  y su gráfica


b) El hamiltoniano es H = T + V , con:
T=
(
)
(
es:
)
m 2
m 2
x + y 2 =
x + x 2 f ′ 2 =
2
2
(
V = g (1 − e )
)
m 2
m
x 1 + 4a 2 e − 2 ax − 8a 2 e −3 ax + 4a 2 e − 4 ax = x 2 A( x );
2
2
− ax 2
c) La frecuencia de las pequeñas oscilaciones alrededor del equilibrio (x=0) vendrá dada
a partir del desarrollo de V para pequeños desplazamientos:
(
V = g 1 − e −ax
)
2
≈ ga 2 x 2 + O ( x 3 )
quedándonos con el término cuadrático, obtenemos el potencial de un oscilador
armónico, de frecuencia:
ω =a
2g
m
-------------------------------------------
13.- Encontrar el Lagrangiano y el Hamiltoniano de un péndulo que consta de una
masa m unida a una vara rígida y sin masa AB de longitud l,libre de moverse en el
plano vertical. El extremo A de la vara sólo puede moverse en la dirección vertical
y de modo que su desplazamiento respecto al origen de coordenadas O esta fijado
por una función del tiempo γ (t ) . La gravedad actúa verticalmente y hacia abajo.
b)Mostrar que la aceleración vertical del punto A, γ(t ) , tiene el mismo efecto sobre
la ecuación del movimiento que una campo gravitacional dependiente del
tiempo.¿Se conserva el Hamiltoniano? ¿Es el Hamiltoniano igual a la energía total
del sistema?
62
a) Tomando como coordenada la variable θ de la figura tenemos
x = lsenθ , z = γ − l cos θ → x = θ l cos θ , z = γ + θ lsenθ
1
1
T = mv 2 = m l 2 θ 2 + 2γ θl senθ + γ 2 ; V = −mg (l cos θ − γ ) ,
2
2
(
)
1
m l 2 θ 2 + 2γ θl senθ + γ 2 + mg ( l cos θ − γ ) ;
2
p − m l γ senθ
∂L
= pθ = m l 2θ + m l γ senθ → θ = θ
ml 2
∂θ
L=
(
)
1 ( pθ − mlγ senθ ) 2 1
H = pθ θ − L =
− mγ 2 + V
2
2
2
ml
∂L
d ∂L
= ml 2θ + mlγ senθ + mlγθ cos θ ;
= mlγθ cos θ − mglsenθ
dt ∂θ
∂θ
ml 2θ + mlγ senθ + mlγθ cos θ − mlγθ cos θ + mglsenθ = 0
γ senθ g
g (t )
θ = −
senθ . dónde g (t ) = g + γ .
− senθ = −
l
l
l
Dado que el Hamiltoniano depende del tiempo, a través de γ(t), no es una cantidad
x
conservada. La ecuación que define la coordenada θ, tgθ =
, también depende
γ (t ) − z
del tiempo por lo que la Hamiltoniana no representa la energía total del sistema (puede
comprobarse directamente sobre la expresión calculada).
b)
-------------------------------------------
14. Razónese si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas:
a) Dado un sistema hamiltoniano (por simplicidad de un grado de libertad) una
cantidad dinámica F (q, p, t ) que depende explícitamente del tiempo podría ser
constante del movimiento.
x
b) El sistema dinámico x1 = ax1 − 2 − x1 x 22 ; x 2 = x1 − x 2 , es un sistema
2
hamiltoniano.
a) No existe ninguna condición que exija que una constante del movimiento no dependa
del tiempo, siempre y cuando cumpla la condición:
63
[H , F ] = ∂F .
∂t
b) Para que un sistema sea hamiltoniano tiene que existir una matriz H tal que el
sistema tenga la siguiente estructura
∂H
∂H
x1 =
; x 2 = −
∂x1
∂x 2
y esto solo se cumplirá si
∂x1
∂x
∂2 H
=
=− 2
∂x1 ∂x1∂x2
∂x2
y fácilmente vemos que no se cumple para el sistema propuesto.
-------------------------------------------
15. A partir de la formulación de Lagrange para un sistema descrito por n
coordenadas generalizadas qi :
1. Constrúyase una función G (q i , p i , t ) análoga a la hamiltoniana, en la que las
variables independientes sean qi y pi .
2. Dedúzcanse las correspondientes ecuaciones de movimiento.
Realicemos una transformación de Legendre para
y diferenciemos dicha expresión
que, reorganizando queda
Por otro lado, teniendo en cuenta la forma funcional requerida para
diferencial total debe ser
Igualando ambas expresiones diferenciales
y reorganizando
Debido a la independencia de variables ha de cumplirse
64
su
Teniendo en cuenta las ecuaciones de Lagrange
obtenemos
con lo que las ecuaciones del movimiento con la nueva funcional G serán
-------------------------------------------
16. En el sistema representado en la figura, el cilindro se mueve por rodadura
sobre una superficie lisa, la varilla del pédulo es rígida y muy ligera y la bola del
péndulo es pequeña. (ver figura al inicio de la solución).
Se pide:
1 - Hallar el lagrangiano , el hamiltoniano y las ecuaciones del movimiento
suponiendo que la unión entre el péndulo y el cilindro es rígida.
2 - Hallar lo mismo que en el apartado anterior pero suponiendo que la unión
entre el péndulo y el cilindro es articulada y sin rozamiento.
3 - En el caso anterior, hallar la reacción a la que está sometida la unión péndulocilindro.
4 - Hallar las frecuencias de oscilación para pequeñas desviaciones de la posición
de equilibrio. Discutir los límites para M << m y m << M.
(Nota: Este problema fue propuesto por un alumno en la sección de Buzón de
Intercambio de la pagina web de la asignatura. NO es un problema planteado en
los EXAMENES)
1). En el caso de una unión rígida el conjunto cilindro-péndulo tiene un único grado de
libertad, ya que el desplazamiento del cilindro sobre el plano y el ángulo de oscilación
del péndulo son proporcionales. Tomaremos como coordenada el ángulo θ que forma la
horizontal con el péndulo.
65
-θ
La coordenada cartesiana X del cilindro, tomando como origen la posición del
cilindro en la que θ=0, será:
X = − Rθ → X = − Rθ ,
y las coordenadas del péndulo son:
x = lsenθ − Rθ → x = lθ cos θ − Rθ ,
y = −l cos θ → y = lθ senθ .
La Energía Cinética es la suma de las energías de la masa suspendida en el
péndulo y del cilindro, que tiene energía de translación y de rotación:
2 1
1 2 1 2 1
11
1
2
2
2  X 
T = Iw + MX + m ( x + y ) =  MR    + MX 2 + m ( x 2 + y 2 ) =
2
2
2
22
2
 R  2

3 2 1
1  3

MX + m ( x 2 + y 2 ) =   M + m  R 2 + ml 2 − 2mlR cos θ  θ 2
4
2
2  2


Construir ahora el Lagrangiano y el Hamiltoniano es inmediato:
1  3


L =   M + m  R 2 + ml 2 − 2mlR cos θ  θ 2 + mgl cos θ ,
2  2


∂L   3


pθ = =   M + m  R 2 + ml 2 − 2mlR cos θ  θ ,
∂θ   2


pθ2
1
− mgl cos θ .
H = pθ θ − L =
2 ( m + 3 2 M ) R 2 + ml 2 − 2mlR cos θ
Las ecuaciones del movimiento son también inmediatas, calculemos ahora la
ecuación de Lagrange
∂L d ∂L
−
=
∂θ dt ∂θ
mlRθ 2 senθ − mgl senθ − ( ( m + 3 2 M ) R 2 + ml 2 − 2mlR cos θ )θ + mlRθ 2 senθ + mglsenθ = 0
(1).
Si consideramos la ecuación de movimiento E = T + V , con
66
 3
 θ 2

E =  M + m  R 2 + ml 2 − 2mlR cos θ  − mgl cos θ

 2
 2
2 ( E + mgl cos θ )
= θ 2 , y por tanto
3
 2
2
 M + m  R − 2mlR cos θ + ml
2

t
θ
0
0
3
 2
2
 M + m  R − 2mlR cos θ + ml
2

dθ (2)
2 ( E + mgl cos θ )
∫ dt = ∫
2). En el caso en que la unión es articulada tenemos dos grados de libertad. Necesitamos
dos coordenadas generalizadas: mantendremos el ángulo θ del apartado anterior, y
X, posición del cilindro
x = X + l sin θ x = X + lθ cos θ
,
.
y = −l cos θ
y = lθ sin θ
Y el Lagrangiano
1
θ cos θ + 3 MX 2 + mgl cos θ (3)
L = m X 2 + l 2θ 2 + 2 Xl
2
4
y las ecuaciones de Lagrange:
3 

x  m + M  + θml cos θ − mlθ 2 sin θ = 0
, (4)
2 

xml cos θ + θml 2 − ml sin θ = 0
y a partir de ellas podemos despejar la ecuación para el ángulo

l 
3  2
sin θ 
3 
θ  ml cos θ −
 m + M   − θ ml sin θ − g
 m + M  = 0 (5)
cos θ 
2 
cos θ 
2 

A partir de aquí es directo calcular el hamiltoniano y las ecuaciones del movimiento.
(
)
3). La reacción a la que esta sometida la unión péndulo-cilindro es igual a la fuerza
ejercida para mantener la ligadura de esta unión. Para calcular esta fuerza sólo tenemos
que plantear el problema ignorando la ligadura, con tres grados de libertad
correspondientes a los movimientos horizontales de M y m y al vertical de m, y a partir
de la expresión de la ligadura calcular el multiplicador de Lagrange correspondiente.
Si suponemos que la masa m no esta ligada al cilindro y tomando como
coordenadas generalizadas: z, coordenada horizontal del centro de masas, θ y r
coordenadas polares de la masa m con el origen de coordenadas en el centro del
cilindro, tenemos que
X = z − m' rsenθ → X = z − m' rθ cos θ − m' rsenθ ,
x = z + M ' rsenθ → x = z + M ' rθ cos θ + M ' rsenθ ,
y = −r cos θ → y = rθ senθ − r cos θ ,
m
M
y M '=
= 1 − m'
con m' =
m+M
m+M
y la ligadura vendrá dada por (notación del apartado 2.4 del Goldstein):
f ( z, θ , r ) = r − l = 0 → dr = 0 → a1r = 1 , a1θ = a1z = 0 .
Por tanto la Lagrangiana tendrá la siguiente expresión:
67
m

1 
3 
µ

L =   m + M  z 2 + m sin 2 θ  2 r 2 + r 2θ 2  + µ2 cos 2 θ  r 2 + r 2θ 2 
2 
2 
m

 µ2
 , con
(
)
)
− µ1 z rθ cos θ + r sin θ + 2rrθ sin θ cos θ ( µ 2 − m ) + mgr cos θ
µ 1 = mM (m + M ) , µ 2 = mM ( M + 3 2 m) (m + M ) 2 .
La única ecuación de Lagrange que necesitamos para calcular el valor de λ es:
∂L d ∂L
−
+ λ a1r = 0 , donde substituimos las condiciones de ligadura r = l , r = r = 0 ,
∂r
dt ∂r
a1r = 1 , para obtener la expresión de la fuerza de ligadura:
µ
λ = − 1 z sin θ + lθ( µ2 − m) senθ cos θ − lθ 2 (m cos 2 θ + µ 2 sen 2θ ´) − mg cos θ .
2
4). A) Para el primer caso, tenemos que el punto de equilibrio es θ = 0 , por lo que para
oscilaciones pequeñas la ecuación (1), con senθ ≈ θ , cos θ ≈ 1 y despreciando términos
de orden mayor a 1, toma la forma

3 

mgl θ +   m + M  R 2 + ml 2 − 2mlR  θ = 0 ,
2 


y por tanto la frecuencia de oscilación será
mgl
.
w=
3
2
2
(m + M ) R + ml − 2mlR
2
Sobre la que podemos tomar los siguientes limites:
- M>>m, y entonces w → 0 . Se comportaría prácticamente como un cilindro
girando sobre el plano, en el que no habría movimiento periódico.
gl
gl
=
.
- m>>M, y w →
2
2
2
R + l − 2lR
(R −l)
B) Idem para el segundo caso. La ecuación (5) la podemos escribir como:
g m+ 3 M
2
=0
θ + θ
3 M
2
y por tanto
g m+ 3 M
2
,
w=
3 M
2
y los limites son:
g
, que corresponde a la frecuencia de un péndulo
- M>>m, y entonces w =
l
simple. El movimiento del cilindro será igual al del centro de masas, velocidad
constante, y estará desacoplado del péndulo.
g
3M
- m>>M, y w →
, es decir cómo un péndulo de longitud l ' = l
.
3M
2
m
l
2m
(
)
(
)
68
------------------------------------------17. Una partícula de masa m tiene su movilidad restringida a la superficie de una
esfera de radio R. No actúan fuerzas exteriores sobre la partícula.
a)
¿Cuál es el número de coordenadas generalizadas necesario para describir
el problema?
b)
Escoja el sistema de coordenadas más apropiado y escriba el lagrangiano y
el hamiltoniano
c)
Pruebe que el movimiento de una partícula se realiza a lo largo de un
círculo máximo.
a) y b) Son dos grados de libertad y escogiendo coordenadas esféricas
1
L = mR 2 θ 2 + ϕ 2 sen 2 θ
2
y
pϕ2 
1  2

H=
p
+
θ
2mR 2 
sen 2 θ 
∂H
c) p ϕ = −
= 0 ⇒ p ϕ = mR 2ϕ sen 2 θ = constante
∂ϕ
Podemos coger las coordenadas (θ , ϕ ) tal que la condición inicial es ϕ (t = 0 ) = 0 .
Como en este caso sen 2 θ no puede ser cero para todo tiempo, concluimos que ϕ = 0
para todo t. El movimiento de la partícula se realiza a lo largo de un círculo máximo.
(
)
------------------------------------------18. Obtenga las ecuaciones de Hamilton para los casos siguientes.
1.- Caso en el que las fuerzas generalizadas Qi sean suma de una componente
∂V
+ Qi′
derivada de un potencial y de otra que no lo es: Qi = −
∂qi
2.- Caso de un sistema no holónomo, con ecuaciones de ligadura
∑a
lk
qk + al t =0 .
k
En un caso u otro tenemos, respectivamente
Qk′
d ∂L ∂L 
−
= λ a
dt ∂qk ∂qk ∑ j jk
 j
o, lo que es lo mismo
Qk′
∂L 
p k −
= λ a
∂qk ∑ j jk
 j
Por lo tanto, aplicando el procedimiento usual de obtención de las ecuaciones de
Hamilton, se obtiene
Qk′
∂H
∂H 
qk =
p k = −
+
∂pk
∂qk ∑ λ j a jk
 j
junto a las ecuaciones
∑ al k qk + al t =0
k
69
------------------------------------------19.- Una partícula de masa m = 1 se mueve sobre la superficie de rotación dada
1
1
por la ecuación z = − 2 − , dónde ρ 2 = x 2 + y 2 . La partícula está sometida a la
ρ
ρ
acción de la gravedad (tomar por comodidad g = 1 ) dirigida en el sentido negativo
del eje z.
a) escribir el lagrangiano y el hamiltoniano del sistema.
b) Determinar las integrales primeras del movimiento.
c) Discutir las condiciones para las que existe movimiento en todo tiempo (no
alcanza reposo), las que producen una órbita acotada (en ρ ) y las que
producen una órbita ilimitada.
a) Tomando coordenadas polares ya que es una superficie de revolución tenemos que el
lagrangiano y el hamiltoniano vienen dados por
2
1 2   1
2   ρ 2θ 2 1
1
L = ρ 1 +  2 + 3  +
+ + 2
y

ρ
2  ρ
2
ρ
ρ



2
P
J2
1
1
1
H=
+
− − 2 , dónde P = Pρ , J = Pθ .
2
2
2
ρ ρ
2ρ
 1
2 
1 +  2 + 3 
ρ 
ρ
b) Las integrales primeras son la energía y el momento J = ρ 2θ .
c) Podemos interpretar el movimiento como uno unidimensional sujeto a un potencial
efectivo
 1
J2
1
Veff = 
− 1 2 − .
ρ
ρ
 2
Podemos distinguir ahora dos comportamientos
i.
Si J 2 > 2 el potencial esta acotado inferiormente
Por tanto si E < 0 el movimiento esta limitado, la variable ρ esta acotada superior
e inferiormente. Si E ≥ 0 la variable ρ aumenta indefinidamente.
ii Si J 2 ≤ 2 la gráfica del potencial efectivo tiende a menos infinito en el origen
70
Por lo que si E < 0 el movimiento esta acotado.
71
TRANSFORMACIONES CANÓNICAS, CORCHETES DE POISSON Y
ECUACIÓN DE HAMILTON-JACOBI
1. En un Hamiltoniano de dos grados de libertad independiente del tiempo nos
basta encontrar otra constante del movimiento para poder decir que el
problema está integrado. Si esta segunda constante, I(p,q), es a su vez
independiente del tiempo, debe satisfacer la condición: [I ,H ] = 0. Supongamos
una partícula de masa unidad moviéndose en un potencial bidimensional
V (q1 , q 2 ) . Hallar: la constante más simple de la forma
I (p, q) = e(q) p1 + f (q) p 2 , donde e y f son funciones a determinar, y una forma
correspondiente del potencial V , para poder asegurar que el problema está
integrado. ¿Cuál es el significado físico de I ? Con lo que usted sabe de
mecánica, ¿ hay una forma consistente de hallar la forma general del potencial
sin resolver ecuación alguna?
Si insertamos H e I en la condición [I ,H ] = 0, e igualamos los coeficientes de los
términos en los momentos, encontramos:
∂e
∂ f
= 0,
= 0,
∂ q1
∂ q2
∂ f
∂e
∂V
∂V
+
= 0, e
+ f
= 0.
∂ q1 ∂ q2
∂ q1
∂ q2
De las tres primeras ecuaciones podemos obtener, por ejemplo:
e = − q2 ,
f = q1 .
La constante es entonces:
I = q1 p 2 − q 2 p1 ,
que no es otra cosa mas que el momento angular. Es razonable pensar que el potencial
es un potencial central,
V = V (q12 + q 22 ) ,
enteramente consistente con la cuarta ecuación en derivadas parciales.
-------------------------------2. En el caso de un sistema unidimensional con la hamiltoniana
p2
1
H=
− 2
2 2q
determínense las funciones f(q,p) y g(q,p) de manera que
D = f (q , p ) + g (q , p )t
sea una constante del movimiento.
La función D debe ser solución de:
73
∂D
= [H , D ]
∂t
lo que, utilizando la forma de D, lleva a la ecuación
g=
∂H ∂f ∂H ∂g
∂H ∂f ∂H ∂g
+
t−
−
t
∂q ∂p ∂q ∂p
∂p ∂q ∂p ∂q
Igualando los coeficientes de t, se llega a las ecuaciones
∂H ∂ g ∂ H ∂ g
−
=0
∂q ∂p ∂p ∂q
∂H ∂ f ∂ H ∂ f
−
=g
∂q ∂p ∂p ∂q
La primer ecuación muestra que g = H es solución. Utilizando este resultado en la
segunda, ésta queda
∂f p 2
1 ∂f
1
−p
=
− 2
3
∂q 2 2 q
q ∂p
con lo que
∂f
∂f
q
p
=− ;
=−
2
2
∂p
∂q
es decir:
f =−
pq
2
--------------------------------------
3. Sean q y p la coordenada y el momento generalizados de un sistema material
de un grado de libertad; sean Q y P funciones de q y p tales que P = q + p. Se
pide
a) Determinar Q de la forma más general posible, de modo que la
transformación de (q,p) a (Q,P) sea canónica;
b) Demostrar que cualquiera que sea la expresión para P la solución general
viene dada por
Q = f ( P ) + g ( q, p )
donde g(q, p) es solución particular de la ecuación [Q,P] = 1.
Para que la transformación sea canónica debe cumplirse
∂P ∂Q ∂P ∂Q
−
=1
∂p ∂q ∂q ∂p
74
Si P = p + q, la condición anterior queda como:
∂Q ∂Q
= 1.
−
∂q ∂p
La solución de la ecuación anterior es suma de la correspondiente a la ecuación
homogénea y de una solución particular de la ecuación completa. La integral de la
ecuación homogénea es de la forma:
Q hom = f ( p + q )
siendo f una función arbitraria. Por otra parte, Q = q es una solución particular de la
ecuación inhomogénea, luego la solución general es:
Q = q + f ( p + q)
Para el caso general en que P es una función cualquiera de p y q, la solución a la
ecuación homogénea, [P,Q] = 0, es de la forma Q hom f ( P ) , como puede verificarse por
simple sustitución.
-----------------------------------
4.
Una masa m está conectada a un resorte de constante k1 y oscila
armónicamente sin rozamiento con una amplitud inicial A1. Se reduce la
constante del resorte de modo adiabático (equivalente a hacerlo muy despacio)
de forma constante hasta llegar a un valor k2 (suponga, por ejemplo, que
calentamos el resorte). Calcúlese la nueva amplitud de oscilación.
I.NOTA: Si p y q son el momento y la posición de la masa, la cantidad
I =∫
pdq
2π
donde la integral se define a lo largo de una sola oscilación completa, es lo que
se llama un invariante adiabático. Ello quiere decir que, aunque la enegía del
oscilador varíe, I permanece constante cuando la constante del resorte se reduce
adiabáticamente. Utilícese este hecho para responder al problema. También
podrá resultarle de utilidad saber que:
∫ sen
2
x
1
x dx = − sen 2 x + .
4
2
Para solucionar el problema hemos de recordar que, según el teorema de Stokes el
invariante adiabático I también puede escribirse como la integral de área sobre la
superficie encerrada por la trayectoria de una oscilación completa en el espacio de fases:
I =∫∫
dpdq
2π
Para el oscilador armónico la ecuación de la trayectoria en el espacio de fases es la
elipse
75
1 2 1
p + mω 2 q 2 = E
2m
2
con un área encerrada dada por 2πE/ω. Por lo tanto el invariante adiabático es I = E/ω.
La condición de invariancia adiabática viene dada por:
E1
ω1
=
E2
ω2
Si escribimos la expresión anterior en términos de amplitudes de oscilación, la amplitud
final puede expresarse como:
⎛k
A2 = A1 ⎜⎜ 1
⎝ k2
⎞
⎟⎟
⎠
1 4
-----------------------------------
5.
La transformación desde un sistema de referencia fijo a otro móvil es
Q = q − D(t ) , siendo D(t ) la distancia entre los orígenes (siendo t el tiempo).
Encuentre:
a) la transformación para los momentos generalizados;
b) la forma del hamiltoniano en variables (Q, P) , cuando su representación en
variables ( p, q ) es p 2 2m + V (q) ;
c) las ecuaciones del movimiento en variables (Q, P) .
a) La función generatriz para la transformación Q = q − D(t ) , es F2 ( P, q ) , tal que:
∂F2
∂F
= Q; 2 = p
∂P
∂q
Si F2 = P(q − D(t ) ) , tendremos p = ∂F2
∂q = P .
b) El nuevo hamiltoniano será:
K (Q, P, t ) = H (q, p, t ) +
p2
+ V (q ) − PD& =
2m
P2
+ V (Q + D) − PD&
2m
c) Las ecuaciones del movimiento son:
76
∂
F2 ( P, q, t ) =
∂t
∂K P &
Q& =
= −D
∂P m
∂
P& = −
V (Q + D)
∂Q
Combinándolas:
&& = −
mQ
∂
&&
V (Q + D ) − m D
∂Q
-------------------------------------------
6.
Supongamos que en el problema de una partícula, de masa m, en caída libre en
un campo gravitatorio, queremos efectuar una transformación canónica,
( p, q ) → ( P, Q) , que nos permita escribir el hamiltoniano en la nuevas
variables como K = mgQ . Demuestre que la correspondiente función
generatriz, F1 (q, Q) , viene dada por:
(
)
F1 = − 2m 2 g (Q − q )
Deseamos pasar de H =
3 2
3m 2 g .
p2
+ mgq a K = mgQ . De la identificación de ambas
2m
expresiones, obtenemos:
p = (2m) 1 2 (mgQ − mgq )
1 2
=
∂F1
,
∂q
en donde F1 es la función generatriz problema. Integrando la ecuación anterior,
1 2
F1 = ∫ (2m) 1 2 (mgQ − mgq~ ) dq~ = −
q
1
(2m 2 g (Q − q ))3 2 .
2
3m g
----------------------------------
7. Dada la transformación Q = Q(q, p ); P = P(q, p) para un problema mecánico
unidimensional, demostrar que la condición simplética para que ésta sea
canónica se reduce a que una cierta función escalar tome un determinado
valor(¿cuál?).
Para el caso unidimensional, la condición simplética es:
⎛ Qq
MJM T = ⎜⎜
⎝ Pq
Q p ⎞⎛ 0 1 ⎞⎛ Q q
⎟⎜
⎟⎜
Pp ⎟⎠⎜⎝ − 1 0 ⎟⎠⎜⎝ Q p
77
Pq ⎞
⎟ = J∆
Pp ⎟⎠
siendo ∆ ≡ Qq Pp − Q p Pq . Es pues necesario y suficiente que el determinante ∆ sea la
unidad.
-------------------------------8. Dadas las siguientes transformaciones Q = Q(q, p ); P = P(q, p) , determinar
cuales son y cuales no son canónicas. Para aquéllas en las que la transformación
contiene parámetros libres, determínense las condiciones que éstos deben
verificar para que la transformación sea canónica. Razónense las respuestas en
cada caso.
a) Pi = −q i
;
b) Pi = q i
; Qi = p i
c) Pi = −a ij q j
Qi = p i
Qi = bij p j
;
d) Pi = − Aij p j
e) Q = f (q) ;
;
Qi = Bij q j
P = p(df / dq) −1 , donde f es una función arbitraria de q
f) Q = sin p ; P = cos q
a) canónica; b) NO; c) canónica si
d) canónica si
a = b% −1 , siendo b% la matriz transpuesta de b
A = −B −1 ; e) canónica f) no canónica
-----------------------------------
9. ¿Para qué valores de los parámetros α y β representan las ecuaciones
Q = q α cos β p
P = q α sin β p
una transformación canónica? ¿Cuál es la forma de la función generatriz F3 ?
Para un sistema unidimensional la condición simpléctica se reduce a que el
determinante
∂Q
∂q
∆≡
∂P
∂q
∂Q
∂p
∂P
∂p
sea la unidad.
En nuestro caso:
αq α −1 cos β p − q α β sin β p
= β αq 2α −1
∆=
α −1
α
αq sin β p q β cos β p
Deberá ser cierto que βαq 2α −1 = 1 , lo que exige que
78
α=
1
2
β =2
;
La transformación es:
Q = q cos 2 p
P = q sin 2 p
además,
q=−
∂F3
∂p
;
p=−
∂F3
∂q
y
F3 = F3 ( p, Q)
Rescribiendo las variables P y q en función de p y Q:
Q2
q=
cos 2 p
de modo que
; P = Qtg 2 p
∂F
∂F
Q2
= − 3 y Qtg 2 p = − 3
cos 2 p
∂p
∂Q
Las dos ultimas ecuaciones se integran inmediatamente a
Q2
F3 = −
tg 2 p + ϕ ( p)
2
donde ϕ ( p) =constante de modo que,salvo una constante irrelevante se verifica
finalmente que
F3 (Q, p) = −
Q2
tg 2 p .
2
-------------------------------------------
10. Resuelva el problema de Hamilton-Jacobi para una partícula que se mueve en
un plano vertical sobre la parábola z = ax 2 .
T=
1
1
m( x& 2 + z& 2 ) ; z& = 2axx& ⇒ T = mx& 2 (1 + 4a 2 x 2 )
2
2
V = mgz = mgax 2
L=
1
mx& 2 (1 + 4a 2 x 2 ) − mgax 2
2
Solo un grado de libertad, x . Para obtener el Hamiltoniano ,
∂L
p=−
= mx& (1 + 4a 2 x 2 ) , y:
∂x
H=
1
p2
+ mgax 2 .
2m 1 + 4a 2 x 2
79
La ecuación de Hamilton-Jacobi se obtiene de substituir p i por
H ( pi , qi , t ) +
∂F2
en la expresión
∂q i
∂F2
= 0 , de modo que:
∂t
2
∂F
1
⎛ ∂F2 ⎞
⎜
⎟ + mgax 2 + 2 = 0 (Ecuación de Hamilton-Jacobi).
2 2
∂t
2m(1 + 4a x ) ⎝ ∂x ⎠
Puesto que H no depende explícitamente de t, F2 = W − αt
donde α = const , y
2
1
⎛ ∂W ⎞
2
⎜
⎟ + mgax = α ,
2 2
2m(1 + 4a x ) ⎝ ∂x ⎠
que admite una integral inmediata, ya que
2
⎛ ∂W ⎞
2
2 2
⎜
⎟ = 2m(α − mgax )(1 + 4a x )
∂
x
⎝
⎠
x
⇒ W = 2mα ∫ dx (1 −
0
La determinación de F2 = W − αt
mga
α
x 2 )(1 + 4a 2 x 2 ) .
queda pues reducida a una cuadratura.
--------------------------------
11. Dado el Hamiltoniano H = p x2 + x 2 , encontrar la transformación canónica que
1
lo convierte en H = P 2 Q 4 + 2 utilizando las propiedades de tales
Q
1
transformaciones y la relación x = .
Q
Como sabemos que Q viene dada solo en función de x (normalmente llamada q ),
usaremos la función generadora F2 ( P, x) , para la cual
p=
∂F2 ( P, x)
∂x
(1)
Q=
∂F2 ( P, x) 1
=
∂P
x
(2)
Integrando (2),
F2 =
P
+ L( q )
x
(3)
y usando (1)
p=−
P
+ L ′(q) = −Q 2 P + G (Q)
2
x
80
(4)
donde G (Q) es en principio una función arbitraria.
Ahora bien, para este función generadora resulta que al Hamiltoniano transformado K
es:
K=H
K=
(5)
[
1
1
+ P 2 Q 4 = x 2 + p 2 = H = 2 + − PQ 2 + G (Q)
2
Q
Q
]
2
↑
en virtud de (4)
de este modo,
[
P 2 Q 4 = − PQ 2 + G (Q)
]
2
⇒ G =0.
Finalmente,
p = − PQ 2
1
x=
Q
es la transformación.
-------------------------------------
12. Sean las variables q y p y sean Q y P las nuevas variables que resultan de
df (q )
p
una transformación canónica. Sabiendo que Q =
, donde f ′(q ) =
f ′(q)
dq
es una función dada que sólo depende de q ,
,y f
a. Obtener la función generadora de la transformación canónica.
b. Determinar completamente la nueva variable P en función de q y p .
c. ¿Qué puede decirse del Hamiltoniano que gobierna la evolución de q y p ?
d. Si no se conociese la función generadora, para el caso particular
Q = pq ; P = − ln(q) , ¿cómo podría averiguarse directamente si la
transformación es canónica ó no?
a).- Usando la función generadora F1 (Q, q) tal que
p=
∂F1
|Q
∂q
P=−
Puesto que se nos dice que Q =
p
f ′(q)
∂F1
|q
∂Q
de (1,a) resulta:
81
(1,a)
(1,b)
∂F1
,
∂q
p = Qf ′(q ) =
e integrando,
F1 = Qf (q ) + ϕ (Q)
siendo ϕ una función arbitraria.
b).- De (1,b) ⇒
P = − f (q ) − ϕ ′(Q)
y en función de
Q=
p
f ′(q)
P = − f (q ) − ϕ ′(
p
)
f ′(q )
p
y q:
(2)
c).- La condición para que la transformación sea canónica es independiente del
Hamiltoniano, Nada puede pues decirse de H .
d).Q = pq
P = − ln q
(3)
Está claro que este es un caso particular de (2) con ϕ ′ = 0; f = ln q . Por tanto la
transformación es canónica. Si no supiésemos la forma de F1 , podríamos hacer una
comprobación directa de que se cumple la condición general
MJM T = J , con
⎛ ∂Q
⎜
∂q
M=⎜
⎜ ∂P
⎜ ∂q
⎝
∂Q ⎞
⎟
⎛ 0 1⎞
∂p ⎟
⎟⎟ .
, y J = ⎜⎜
∂P ⎟
⎝ −1 0 ⎠
∂p ⎟⎠
De hecho
⎛ p
⎜
M=⎜ 1
⎜− q
⎝
1⎞
q⎞
⎛ − q p ⎞⎛
p − ⎟ ⎛ 0 1⎞
⎜
⎜
⎟
⎟
T
1
⎟⎟
; MJM = ⎜
q = ⎜⎜
0 ⎟⎟
⎜ 0 − q ⎟⎟⎜⎜ q 0 ⎟⎟ ⎝ − 1 0 ⎠
⎠
⎝
⎠⎝
⎠
Se verifica pues que MJM T = J , de modo que la transformación (3) es canónica, por
verificación directa. Nótese, por cierto, que para problemas con solo grado de libertad
como éste, la condición
MJM T = J
⇔ Det M = 1 , que es aún más trivial de probar.
-------------------------------------------
13. Resuelva el problema de una partícula con hamiltoniano
H=
1
2m
(p
2
x
+ p y2 + p z2 ) + mgz , resolviendo su correspondiente ecuación de
Hamilton-Jacobi.
82
La ecuación, una vez hecha la separación de variables, queda como
2
2
2
⎛
⎛ dW3 ( z ) ⎞ ⎞⎟
⎛ dW2 ( y ) ⎞
1 ⎜ ⎛⎜ dW1(x ) ⎞⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
+ mgz = E
+
+
⎜
⎜ dy ⎟
⎜ dz ⎟ ⎟⎟
2m ⎜ ⎜⎝ dx ⎟⎠
⎝
⎠
⎝
⎠ ⎠
⎝
Si E es constante, cada uno de los sumandos diferenciales debe serlo a su vez
2
1 ⎛⎜ dW2 ( x ) ⎞⎟
=α
2
2m ⎜⎝ dy ⎟⎠
2
1 ⎛⎜ dW1( x ) ⎞⎟
=α ,
1
2m ⎜⎝ dx ⎟⎠
2
1 ⎛⎜ dW3 ( z ) ⎞⎟
+ mgz = α
3
2m ⎜⎝ dz ⎟⎠
Y las soluciones
W1( x ) = ± x 2mα1 ,
8
W3 ( z ) = ±
9mg
2
W2 ( y ) = ± x 2mα 2
(α3 − mgz )32
Las constantes α1 ,α 2 ,α 3 definen los nuevos momentos en una transformación canónica
generada por S = S ( x, y, z ,α1 ,α 2 ,α 3 ) . La otra mitad de las nuevas coordenadas
generalizadas definen las ecuaciones
β =
∂S
m
= ±x
− t,
∂α
2α
1
1
β =
2 α − mgz
∂S
3
=±
−t
2
∂α
mg
3
1
3
β =
2
(
)
∂S
m
= ±x
−t
∂α
2α
2
2
que, invertidas, dan
x=±
2α
1 β +t,
m 1
(
(
)
y=±
2α
(
2 β +t
2
m
)
)
α
g
z= 3 − β +t 2
mg 2 3
-------------------------------------------
14. El hamiltoniano de Toda caracteriza un conjunto de partículas que se mueven
sobre un anillo, sometidas a fuerzas repulsivas, exponencialmente decrecientes.
En el caso de tres partículas (véase figura), este hamiltoniano viene dado por:
83
H =
[(
)]
[(
[(
)]
)]
1 3 2
∑ p + exp − φ1 − φ3 + exp − φ2 − φ1 + exp − φ3 − φ2 − 3
2i = 1 i
Aparte del hamiltoniano, existe una integral del movimiento obvia ¿Cuál es?
Genere una transformación canónica que `ponga en evidencia esta nueva
integral en el hamiltoniano transformado. (Nota: en la segunda parte del
problema utilice la función generatriz F2 , definiendo como nuevo momento esa
integral de movimiento adicional)
p1
φ1
φ
φ2
p3
φ
p2
3
Hay una integral del movimiento obvia, que es el momento total
P3 = p1 + p2 + p3 = cte.
(1)
ya que el hamiltoniano es invariante frente a rotaciones
φi a φi + φ0
Transformamos a los nuevos momentos P1 = p1 , P2 = p 2 y P3 dado por (1), con:
F2 = P1φ1 + P2φ 2 + (P3 − P1 − P2 )φ 3. .
Encontramos el nuevo hamiltoniano:
1⎡ 2
2
P1 + P22 + ( P3 − P1 − P2 ) ⎤ +
⎦
2⎣
exp ( -Φ1 ) + exp ⎡⎣- ( Φ 2 − Φ1 ) ⎤⎦ + exp ( Φ 2 ) − 3.
H′ =
H ′ no depende de Φ 3 : lo que demuestra la invariancia de P3
-------------------------------------------
15. Compruebe que para tres funciones f , g , h se cumple
[ f , [g , h]] + [g , [h, f ]] = −[h, [ f , g ]] . Proceda expandiendo el lado izquierdo de la
igualdad y reorganizando términos para obtener el lado derecho. ¿De qué
relación se trata?
Reconocemos aquí la identidad de Jacobi y su comprobación aparece con detalle en la
página 487 del Goldstein.
16. Sean q y p la coordenada generalizada y el momento generalizado de un
sistema material de un grado de libertad; sean Q y P funciones de q y p, tales
84
que Q = q tan p . Se pide determinar P de la forma más general posible, de modo
que la transformación de q y p a Q y P sea canónica.
Se tiene que
q
∂Q
∂Q
=
= tan p,
;
2
∂p cos p ∂q
y una integral particular de la ecuación
∂P
∂P q
tan p −
=1,
∂p
∂q cos 2 p
se obtiene fácilmente haciendo P solamente función de p , por ser
dP
1
=
⇒ P = lnsen p .
dp tan p
Luego
P = lnsen p + f (q tan p )
es la solución del problema.
-------------------------------------------
17.- Un sistema de una partícula tiene como lagrangiano: L = e 2γ t
(
1 &2
mq
2
)
− V (q) .
a) ¿A qué sistema corresponde?
b) Una vez encontrado el hamiltoniano en variables ( p, q ) , ¿cuál ha ser la
buena expresión para la función f (t ) tal que la función generatriz
F2 (q, P, t ) = f (t ) qP transforme el hamiltoniano en una constante del
movimiento en el caso en que V (q ) = 12 mω 2 q 2 ?
a) La ecuación del movimiento es
∂V
− 2mγq&
∂q
que corresponde a una partícula en un potencial V y bajo la influencia de un frenado
− 2mγq& .
mq&& = −
b) El hamiltoniano viene dado por la expresión
p 2 − 2γ t
H =
e
+ V (q )e 2γ t ,
2m
que se reduce, en nuestro caso, a
p 2 − 2γ t 1
H =
e
+ mω 2 q 2e 2γ t .
2m
2
Nos piden ahora una función generatriz de la forma F2 (q, P, t ) = f (t ) qP para que
transforme H en un nuevo hamiltoniano K que sea constante del movimiento. Nos
bastará para ello asegurar que K no depende explícitamente del tiempo. Para ello,
aplicando las ecuaciones de transformación
85
p = f (t )P ; Q = f (t )q ; K = H + qP
∂f
∂t
tenemos
∂f
P 2 2 − 2γ t 1
f e
K=
+ mω 2Q 2 f − 2e 2γ t + QP f −1
2m
2
∂t
Si hacemos la identificación
f (t ) = eγ t
obtenemos el resultado exigido.
-------------------------------------------
18.- Un conjunto de coordenadas generalizadas, se transforma en un nuevo
conjunto (Q1 , P1 ) , (Q 2 , P2 ) a través de:
Q1 = q12 , P1 = P1 (q1 , p1 , q 2 , p 2 )
Q 2 = q1 + q 2 , P2 = P2 (q1 , p1 , q 2 , p 2 ) .
a) Encontrar la expresión más general de P1 y P2 para que la transformación
sea canónica.
b) Mostrar la elección que reduce el hamiltoniano
2
⎛ p − p2 ⎞
⎟⎟ + p 2 + (q1 + q 2 )2 a K = P12 + P2 .
H = ⎜⎜ 1
⎝ 2q1 ⎠
c) Resolver las ecuaciones de Hamilton en términos de las nuevas variables.
a) Buscaremos una función F2 (q, P, t ) tal que Qi =
∂F2
∂F
y p i = 2 , de :
∂Pi
∂q i
Q1 = q12 y Q2 = q1 + q 2 → F2 = q12 P1 + (q1 + q 2 ) P2 + g (q1 , q 2 , t ) .
Por tanto:
∂g
∂g
p1 = 2q1 P1 + P2 +
; p 2 = P2 +
∂q1
∂q 2
con lo que
∂g
∂g ⎞
∂g
∂g ⎞
1 ⎛
1 ⎛
⎜⎜ p1 − P2 −
⎟⎟ =
⎜⎜ p1 − p 2 +
⎟
; P1 =
P2 = p 2 −
−
∂q 2
2q1 ⎝
∂q1 ⎠ 2q1 ⎝
∂q 2 ∂q1 ⎟⎠
b) Si suponemos que g es independiente del tiempo, K = H y si sustituimos las
expresiones anteriores de P1 y P2 en K tenemos que
2
⎛ p − p2
∂g ⎞ ⎞
∂g
1 ⎛ ∂g
⎜⎜
⎟⎟ ⎟ + p 2 −
+
−
H = K = ⎜⎜ 1
∂q 2
2q1 ⎝ ∂q 2 ∂q1 ⎠ ⎟⎠
⎝ 2q1
que será igual a la hamiltoniana original si
∂g
∂g
∂g
2
y
= −(q1 + q 2 ) = −q12 − q 22 − 2q1 q 2
=
∂q 2
∂q1 ∂q 2
y esta última expresión es fácilmente integrable a
∂g
∂g
1
=
= −q12 − q 22 − 2q1 q 2
g = −q12 q 2 − q 23 − q1 q 22 + f (q1 ) y de la condición
3
∂q1 ∂q 2
∂f
= −q12 y por tanto
tenemos que
∂q1
86
1
1
F2 = q12 P1 + (q1 + q 2 )P2 − q12 q 2 − q 23 − q1 q 22 − q13 .
3
3
c) En el nuevo Hamiltoniano no aparecen ni Q1 ni Q2 por lo que P1 y P2 son
constantes y
∂H
Q& 1 =
= 2P1 → Q1 = 2 P1t + α ,
∂P1
∂H
Q& 2 =
= 1 → Q2 = t + β .
∂P2
------------------------------------------19. Un sistema de dos grados de libertad está descrito por la hamiltoniana
H = − g1 (q1 ) + bq 22 + p1 g 2 (q1 ) − p 2 g 3 (q 2 ) ,
dónde g i (q j ) es función únicamente de la variable q j .
a) Encontrar unas funciones, g1 (q1 ) , g 2 (q1 ) y g 3 (q 2 ) para que las funciones
F1 = q1 q 2 y F2 =
p1 − aq1
q2
sean constantes del movimiento.
b) ¿Existen más constantes del movimiento algebraicas independientes? En
caso de respuesta afirmativa, ¿ podría dar alguna sugerencia de constante?
c) ¿Puede construirse alguna constante más a partir de la identidad de
Jacobi?. (Nota: identidad de Jacobi para las funciones H, v, w es
[H , [v, w]] + [v, [w, H ]] + [v, [H , w]] = 0 )
⎛ ∂W ⎞ ∂S
⎟⎟ +
d) Resolver la ecuación de Hamilton-Jacobi: H ⎜⎜ q,
= 0 , con
⎝ ∂q ⎠ ∂t
S ( q, P, t ) = W ( q, P ) − α1t − α 2t ¿Qué constantes del movimiento obtenemos?
a) Para que Fi sea constante del movimiento tiene que cumplir que [H , Fi ] = 0 , de la
definición de corchete de Poisson tenemos:
[H , F1 ] = ∂H ∂F1 − ∂H ∂F1 + ∂H ∂F1 − ∂H ∂F1 = − g 2 (q1 )q 2 + g 3 (q 2 )q1 = 0
∂q1 ∂p1 ∂p1 ∂q1 ∂q 2 ∂p 2 ∂p 2 ∂q 2
que tiene como solución g 2 (q1 ) = q1 y g 3 (q 2 ) = q 2 (o con los signos cambiados).
Introduciendo esto en el corchete de la segunda constante:
⎛
⎞
⎞
⎛
⎞
⎛
[H , F2 ] = ⎜⎜ − ∂g1 + p1 ∂g 2 ⎟⎟ 1 + g 2 a + g 3 ⎜⎜ aq1 −2 p1 ⎟⎟ = 1 ⎜⎜ − ∂g1 + p1 + aq1 + aq1 − p1 ⎟⎟ = 0
∂q1 ⎠ q 2
q2
⎝ ∂q1
⎠
⎝ q 2 ⎠ q 2 ⎝ ∂q1
2
que se cumple si g1 (q1 ) = aq 1 .
b) Con las funciones halladas el hamiltoniano tiene la forma
H = −aq12 + bq 22 + p1 q1 − p 2 q 2
87
que, salvo signos, es simétrica en las variables. De este modo es directo proponer una
nueva función
p − bq 2
F3 = 2
q1
que es fácil comprobar que es constante del movimiento
⎞
⎛
[H , F3 ] = −q1 ⎜⎜ bq 2 −2 p 2 ⎟⎟ + (2bq2 − p 2 ) 1
⎝
q1
⎠
q1
− q2
1
b
= (− bq 2 + p 2 + 2bq 2 − p 2 − bq 2 ) = 0 .
q1 q1
También es evidente que el propio Hamiltoniano, independiente del tiempo, es otra
constante del movimiento. Podríamos pensar que ya tenemos las 4 constantes posibles
pero no son linealmente independientes, de hecho se puede ver que
H = F1 (F2 − F3 ) .
c) La aplicación de la identidad de Jacobi para generar nuevas constantes sólo produce
soluciones triviales:
[F1 , F2 ] = 1 , [F1 , F3 ] = 1 , [F2 , F3 ] = − H2 .
F1
d) La ecuación una vez hecha la separación de variables queda
∂W1
∂W2
q1 −
q 2 − aq12 + bq 22 = E
∂q1
∂q 2
y separando las ecuaciones por variables tenemos
∂W1
∂W2
q1 − aq12 = α 1 y −
q 2 + bq 22 = α 2
∂q1
∂q 2
que tiene como soluciones directas
a
b
W1 = α 1 ln(q1 ) + q12 y W2 = −α 2 ln(q 2 ) + q 22 ,
2
2
de modo que la función generadora de la transformación canónica buscada es
a
b
S = α 1 ln(q1 ) + q12 − α 2 ln(q 2 ) + q 22 − α 1t − α 2 t
2
2
y podemos encontrar las soluciones explicitas para las variables canónicas:
∂S
∂S
β1 =
= ln (q1 ) − t y β 2 =
= − ln(q 2 ) − t
∂α 1
∂α 2
q1 (t ) = e β1 e t y q 2 (t ) = e − β 2 e − t
y para las conjugadas:
α
∂S α 1
∂S
p1 =
=
+ aq1 = α 1e − β1 e −t + ae β1 e t y p2 =
= − 2 + bq2 = −α 2 e β2 et + be− β2 e− t .
∂q1 q1
∂q2
q2
Las constantes son α 1 , α 2 , β 1 , β 2 cuyas fórmulas en función de las variables se puede
despejar de las ecuaciones anteriores.
-------------------------------------------
20.- Sean f1 , f 2 , f y g funciones de las coordenadas, q k , de los momentos, p k , y
del tiempo. Muestre que se cumplen las siguientes relaciones:
a) [ f1 + f 2 , g ] = [ f1 , g ] + [ f 2 , g ]
b) [ f 1 f 2 , g ] = f 1 [ f 2 , g ] + f 2 [ f1 , g ]
88
∂
[ f , g ] = ⎡⎢ ∂f , g ⎤⎥ + ⎡⎢ f , ∂g ⎤⎥
∂t
⎣ ∂t ⎦ ⎣ ∂t ⎦
∂f
d) [ f , qk ] = −
∂pk
∂f
e) [ f , pk ] =
∂qk
c)
-------------------------------------------
21.- Supongamos un sistema en una dimensión con coordenadas q y p.
Demuestre que para la hamiltoniana del sistema H (q, p, t ) la evolución de
a)
una función f (q, p, t ) esta dada por
df
∂f
= [f , H]+
dt
∂t
b) Encuentre las condiciones que han de cumplir las constantes a,b y c para que
sea canónica la transformación
Q = a q 2 + p , P = bq + cp 4 . (1)
c)
Para el sistema dado por la hamiltoniana
H = q 2 + 4q 4 + 4 pq 2 + p 2
encuentre la transformación del tipo (1) tal que la nueva hamiltoniana, H’, sea la
del oscilador armónico.
d)
Si tuviéramos una nueva transformación canónica sobre las coordenadas del
~
~
apartado c): P (Q, P, t ) y Q (Q, P, t ) , ¿cómo calcularíamos la transformación desde
~
~
las variables originales a las finales, P (q, p, t ) Q (q, p, t ) ?. ¿Será canónica?. En caso
de conocer una transformación que simplifique la hamiltoniana H’ apunte el
procedimiento.
a)
Se obtiene de la definición del corchete de Poisson y las ecuaciones del
movimiento de hamilton para el sistema. (Ver en el apartado 9-5 del Goldstein).
En notación matricial tiene que cumplir:
b)
T
MJM = J
y para este sistema tenemos
⎛ ∂Q ∂Q ⎞
⎜ ∂q ∂p ⎟ ⎛ 2aq
1 ⎞
⎛
0
−b + 8acp 3 q ⎞ ⎛ 0 1 ⎞
T
⎟=⎜
M =⎜
,
MJM
=
⎜
⎟=⎜
⎟
⎟
3
⎜ ∂P ∂P ⎟ ⎝ b 4cp 3 ⎠
0
⎝ b − 8acp q
⎠ ⎝ −1 0 ⎠
⎜ ∂q ∂p ⎟
⎝
⎠
es decir, hay dos soluciones: c = 0, b = −1 y a sin determinar y a = 0, b = −1 y c sin
determinar.
Probamos con la primera de las soluciones. Como la transformación es
c)
independiente del tiempo la nueva hamiltoniana se obtiene de la substitución de las
nuevas variables, q = − P y p = Q − aP 2 en la antigua hamiltoniana:
H ' = H = P 4 (a 2 − 4a + 4) + P 2 Q(4 − 2a) + P 2 + Q 2
en la que tomando a = 2 nos lleva a
89
H ' = P 2 + Q 2 , formalmente la del oscilador armónico. Con lo que encontramos la
transformación requerida. Se puede comprobar que la otra solución no conduce al
hamiltoniano pedido.
~
~
~
~
Para esta hamiltoniana la transformación P = 2 P cos(Q ) Q = 2 P sen(Q ) , nos lleva
~
a H ' = 2 P . Sencillamente podemos igualar las expresiones de P y Q en ambas
coordenadas para obtener:
~
~
~
~
P = 2 P cos(Q ) = −q y Q = 2 P sen(Q ) = 2q 2 + p
y de aquí despejar para cualquier conjunto:
2q 2 + p ⎞
−1 ⎛
%
=
−
Q
tn
~
~
⎜
⎟
q = − 2 P cos Q,
q ⎠
⎝
o
~
~
~
~
q 2 + (2q 2 + p) 2
p = 2 P senQ − 4 P cos 2 Q
P% =
2
La composición de 2 transformaciones canónicas siempre es canónica.
-------------------------------------------
22.- Supongamos un sistema de un grado de libertad, con coordenadas q y p y
hamiltoniana H, y una transformación canónica a las coordenadas Q(q, p ) y
P(q, p ) junto con su función generatriz F1 (q, Q, t ) .
a)
En general, ¿cree usted que pueden obtenerse todas las funciones
generatrices F2 (q, P, t ) , F3 ( p, Q, t ) y F4 ( p, P, t ) de esa transformación? Ilustre su
respuesta con ejemplo/s sencillo/s. En caso de poder disponer de más de una
función generatriz ¿obtendremos siempre la misma hamiltoniana?.
¿Existe una única función generatriz del tipo F1 (q, Q, t ) asociada al cambio
b)
de coordenadas Q(q, p ) y P(q, p ) ? En caso de poder disponer de más de una
función generatriz F1 (q, Q, t ) ¿obtenemos siempre la misma hamiltoniana?. Dé
también ejemplo/s sencillo/s.
a) No siempre será posible encontrar funciones de los 4 tipos para una misma
transformación canónica. Partiendo de las ecuaciones de las nuevas variables, Q(q, p, t )
y P(q, p, t ) , hay que comprobar qué parejas formadas por una variable antigua y una
nueva son expresables en función de las otras dos. Como ejemplo simple de este caso
tenemos la transformación: F1 (q, Q, t ) = qQ . Esta genera el cambio
∂F
∂F
p = 1 = Q , P = − 1 = − q , para el que no es posible expresar p como función de q y
∂Q
∂q
P, ni q como función de p y Q. Por tanto existirán sólo las funciones F1 (q, Q, t ) y
F4 ( p, P, t ) .
Sin embargo sí hay casos en los que es posible, un ejemplo simple sería:
p = 2Q 2 q
P = −2Qq
2
, generada por la función F1 = q 2 Q 2 . Para este caso tenemos todas las
combinaciones:
90
1
2
p
q=
2Q 2
⎛ P2 ⎞3
⎟⎟
q = ⎜⎜
⎝ 2p ⎠
P
2q 3
,
y podremos calcular todas las funciones
,
1
p
2p2
Q=− 2 P=−
⎛ p2 ⎞3
⎟⎟
2q
4Q 3 Q = ⎜⎜
⎝ 2P ⎠
generatrices:
p=
2
⎛ p5 ⎞ 3
p2
P
⎜⎜ 2 ⎟⎟ .
F2 = − 2 , F3 = −
,
=
F
4
4q
4Q 2
⎝ 2P ⎠
Estas funciones generatrices, obtenidas unas de otras a través de F1 = F2 − QP ,
F1 = F3 − qp y F1 = F4 + qp − QP y del oportuno cambio de coordenadas (ver sección
9-1 del Goldstein) siempre generan la misma hamiltoniana.
2
b)
No, no es única. Dado que la relación entre el cambio de coordenadas y la
∂F
∂F
función generatriz viene dado por ecuaciones del tipo: p = 1 P = 1 siempre
∂q
∂Q
podemos añadir una constante y/o una función dependiente del tiempo. En este último
caso las hamiltonianas serán diferentes según la función dependiente del tiempo que
consideremos.
Para el primer ejemplo de la sección anterior las transformaciones canónicas dadas por
las funciones F1 (q, Q, t ) = qQ y F1 ' (q, Q, t ) = qQ + t 2 , generan las mismas ecuaciones
p = Q y P = − q , pero tiene hamiltonianas diferentes.
-------------------------------------------1 2
( p + q 2 ) , la variable dinámica
2
g ( p, q) = q p y las condiciones iniciales q (t = 0) = 0, p(t = 0) = p 0 . Calcule la
evolución temporal de la variable, g (t , p 0 ) siguiendo los siguientes procedimientos
y comente brevemente las diferencias:
Integración directa de las ecuaciones de Hamilton.
a)
b) A partir del formalismo de Poisson obtenga la ecuación diferencial de
segundo orden de g (t , p 0 ) .
c)
Encuentre una transformación canónica cualquiera tal que la nueva variable
sea Q = g ( p, q) . Calcule el nuevo hamiltoniano y obtenga g (t , p0 ) a partir de
las nuevas ecuaciones de Hamilton.
NOTA: las siguientes fórmulas pueden serle de utilidad:
∂F
∂F
∂F
∂F
F1 = F1 (q, Q, t ), p = 1 , P = − 1
F2 = F2 (q, P, t ), p = 2 , Q = 2
∂q
∂Q
∂q
∂P
∂F
∂F
∂F
∂F
F3 = F3 ( p, Q, t ), q = − 3 , P = − 3
F4 = F4 ( p, P, t ), q = − 4 , Q = 4
∂Q
∂p
∂P
∂p
23.- Sean un sistema hamiltoniano H ( p, q ) =
91
∂H
=p
q(t ) = A sin t + B cos t
∂p
a)
, que para las
, q&& = p& = −q y por tanto
p(t ) = A cos t − B sin t
∂H
p& = −
= −q
∂q
q (t = 0) = B = 0
, tenemos q (t ) = q 0 sin t .
condiciones iniciales dadas:
p (t = 0) = A = p0
q& =
p 02
sin 2t
2
dg
∂g ∂H ∂g ∂H
= [ g, H ] =
−
= p2 − q2 y
b) g& =
dt
∂q ∂p ∂p ∂q
dg&
∂g& ∂H ∂g& ∂H
g&& =
= [ g& , H ] =
−
= −2qp − 2 p(− q) = −4g
dt
∂q ∂p ∂p ∂q
g (t ) = A sin(2t ) + B cos(2t ) , con las condiciones iniciales g (t = 0) = 0 , g& (t ) = p02 , nos
g (t ) = p (t )q(t ) = p02 sin t cos t =
p 02
sin 2t .
2
c) Buscamos una transformación canónica desde el sistema de coordenadas p, q a otro
Q
P, Q donde, por ejemplo, Q = g = pq . Si despejamos q = , podemos considerar la
p
función generatriz F3 ( p, Q) tal que
∂F
Q
q=− 3 =
∂p
p
, → F3 = −Q ln p + f (Q) → P = ln p + f ' (Q)
∂F3
P=−
∂Q
siguiendo el enunciado del problema podemos tomar el caso más simple f (Q) = 0 :
p = e P , q = Qe − P
y el nuevo hamiltoniano será
1
H = (Q 2e −2 P + e 2 P )
2
Las nuevas ecuaciones del movimiento serán:
∂H
Q& =
= −Q 2 e −2 P + e 2 P
∂P
y para la ecuación de g (t ) = Q(t ) será
∂H
−2 P
&
P=−
= −Qe
∂Q
&& = 2Q 2 e −2 P P& − 2Qe −2 P Q& + 2e 2 P P& , dónde por substitución de las anteriores ecuaciones
Q
&& = 2(Q 2 e −2 P + e 2 P )(−Qe −2 P ) − 2e−2 P Q(−Q 2 e−2 P + e 2 P ) = −4Q , es decir la
obtenemos Q
lleva a g (t ) =
misma ecuación que en el apartado anterior.
--------------------------------------------
24.- a.- Demuéstrese que si el hamiltoniano de un sistema puede expresarse como
H = H ( f (q1 , p1 ), q 2 , p 2 , K, q s , p s ) la función f (q1 , p1 ) es una constante de
movimiento.
92
b.- Utilícese esto para encontrar una constante de movimiento para una partícula
r r
r
r
a⋅r
en dos dimensiones bajo el potencial V (r ) = 3 (siendo a un vector constante
r
dado).
df
= 0 utilizaremos el formalismo de Poisson:
dt
s
∂f ∂H ∂f ∂H
∂f ∂H ∂f ∂H
∂f ∂H ∂f
∂f ∂H ∂f
f& = [ f , H ] = ∑
−
=
−
=
−
=0
∂pi ∂qi ∂q1 ∂p1 ∂p1 ∂q1 ∂q1 ∂f ∂p1 ∂p1 ∂f ∂q1
i =1 ∂q i ∂p i
b) El hamiltoniano de una particula sometida al potencial del problema la podemos
escribir en coordenadas polares como:
r r
r
pr2
pθ2
a⋅r
r
H =
+ 2 + 3 , si elegimos el eje x coincidiendo con el vector a podemos
2m 2r m
r
2
p2
p
p r2 pθ2 + 2ma ⋅ cosθ
a ⋅ r cosθ
=
+
de modo que podemos
escribir H = r + 2θ +
2m 2 r m
2m
r3
2r 2 m
p 2 f (θ , pθ )
escribir que H (r , p r , f (θ , pθ )) = r +
, con f (θ , pθ ) = pθ2 + 2ma ⋅ cosθ ,
2
2m
2r m
constante del movimiento.
a) Para demostrar que
-------------------------------------------1 2
1
1
Pρ +
P 2 − ρ cosθ − ρ 2 sin 2 θ , y para el instante inicial
2 θ
2
2
2ρ
θ (0) = Pθ = 0 y ρ = Pρ = 1 . Sea S ( ρ ,θ , P1 , P2 ) = P1 ρ cosθ + α P2 ρ sin θ una función
25.- Sea H =
generatriz, siendo x1 , x 2 , P1 , P2 las nuevas coordenadas y momentos.
a)
Determinar los valores de α tales que el hamiltoniano de las nuevas
variables sea integrable.
b)
Utiliza la transformación para determinar el valor de θ , ρ , Pρ , Pρ en el
tiempo t = π .
NOTA: las siguientes fórmulas pueden serle de utilidad:
F1 = F1 (q, Q, t ), p = ∂F1 ∂q , P = − ∂F1 ∂Q
F2 = F2 (q, P, t ), p = ∂F2 ∂q , Q = ∂F2 ∂P
F4 = F4 ( p, P, t ), q = − ∂F4 ∂p , Q = ∂F4 ∂P
F3 = F3 ( p, Q, t ), q = − ∂F3 ∂p , P = − ∂F3 ∂Q
Lo primero es expresar las viejas variables en función de las nuevas
Pρ = P1 cosθ + αP2 sin θ
x = ρ cosθ
, de lo que obtenemos que (α ≠ 0)
, 1
Pθ = − P1 ρ sin θ + αP2 ρ cosθ x 2 = αρ sin θ
1
ρ=
α 2 x12 + x 22
α
y después de algunos cálculos tenemos que
x 22
1 2
2 2
K = (P1 + α P2 ) − x1 −
, que para cualquier valor de α ≠ 0 es separable y por
2
2α 2
tanto integrable.
Tenemos que
93
P&1 = 1
P&2 =
x2 ,
α2
x&1 = P1
x& 2 = α 2 P2
P1 (t ) = t + A
, que podemos integrar directamente por separado
x 2 (t ) = Ce t + De −t
y
.
1
t2
+ At + B P2 (t ) = 2 Ce t − De −t
α
2
Con las condiciones iniciales dadas obtenemos el valor de las constantes
x1 (0) = 1, x 2 (0) = 0, P1 (0) = 1, P2 (0) = 0 , A = B = 1, C = D = 0 .
P1 (π ) = π + 1
x (π ) = 0
Por tanto para t = π tenemos que
, 2
, que en las variables
π2
x1 (π ) =
+ π + 1 P2 (π ) = 0
2
(
x1 (t ) =
)
originales da lugar a θ (t ) = θ (π ) = 0, ρ (π ) = x1 (π ) =
Pρ = π + 1
Pθ = 0
π2
2
+ π +1
.
---------------------------------------------p12 p 22
26. Considere el hamiltoniano H = 2 + 2 + sin(q12 + q 22 ) y la función generatriz
q1
q2
q12 + q 22
P1 + q12 P2 .
2
a) Determinar la trasformación canónica asociada a la función S, en la región
q1 , q 2 > 0 .
b) Determinar el nuevo hamiltoniano en función de Qi , Pi .
c) Dar las integrales primeras. Determinar las soluciones de la ecuación del
movimiento dadas por el nuevo hamiltoniano
d) Estudiar la posibilidad de obtener las soluciones a las ecuaciones del
movimiento en las variables originales a partir de la solución obtenida en c).
NOTA: las siguientes fórmulas pueden serle de utilidad:
F1 = F1 (q, Q, t ), p = ∂F1 ∂q , P = − ∂F1 ∂Q
F2 = F2 (q, P, t ), p = ∂F2 ∂q , Q = ∂F2 ∂P
F3 = F3 ( p, Q, t ), q = − ∂F3 ∂p , P = − ∂F3 ∂Q
F4 = F4 ( p, P, t ), q = − ∂F4 ∂p , Q = ∂F4 ∂P
S=
a) La función generatriz depende de las coordenadas originales ( q1 , q 2 ) y de los nuevos
momentos ( P1 , P2 ), por tanto corresponde a F2 (q, P, t ) y tenemos que
q 2 + q 22
p1 = q1 P1 + 2q1 P2
Q1 = 1
2
p 2 = q 2 P1
Q2 = q12
Por lo que la trasformación canónica viene dada por
q1 = ± Q2
p1 = ± Q2 (P1 + 2 P2 )
, y para la región q1 , q 2 > 0 tomaremos el signo
q 2 = ± 2Q1 − Q2 p 2 = ± 2Q1 − Q2 P1
+.
b) Substituyendo el cambio en la expresión de H obtenemos el hamiltoniano en las
nuevas varibles
94
K = (P1 + 2 P2 ) + P12 + sin(2Q1 )
c) La variable Q2 es cíclica, por lo que P2 se conserva y el hamiltoniano no depende
del tiempo por lo que también es constante: P2 = α , K = E .
El resto de ecuaciones del movimiento:
∂K
∂K
P&1 = −
= −2 cos(2Q1 ), Q& 1 =
= 4( P1 + P2 ) (1)
∂Q1
∂P1
De este modo
2
2
E = (P1 + 2α ) + P12 + sin(2Q1 ) = 2(P1 + α ) + 2α + sin(2Q1 )
si definimos P '1 ≡ P1 + α , tenemos que
2
E − 2α − sin( 2Q1 )
E − 2α − sin( 2Q1 )
y Q& 1 = 4 P'1 = ±4
2
2
con lo que reducimos el problema a la integral
Q1 ( t )
dQ1
de cuya integración obtendríamos Q1 = Q1 (t )
t = ±∫
Q1 ( 0 )
8( E − 2α − sin(2Q1 ))
∂K
A partir de esto y teniendo en cuenta (1) y Q& 2 =
= 4( P1 + 2 P2 ) tenemos el resto en
∂P2
función de ella y P2 = α :
1
P1 (t ) = Q&1 (t ) − α Q2 (t) = Q2 (0) + Q1 (t ) − Q1 (0) + 4tα
4
d) Como la transformación entre variables sólo es válida si
Q2 (t ) = Q2 (0) + Q1 (t ) − Q1 (0) + 4tα > 0
2Q1 (t ) − Q2 (t ) = 2Q1 (0) − Q2 (0) + Q1 (t ) − Q1 (0) − 4tα > 0 , hay que tener cuidado que no
siempre será válida.
Podemos mencionar que en cuanto α ≠ 0 y Q1 (t ) esté acotado, el movimiento
terminará cruzando alguna de las fronteras.
P'1 = ±
---------------------------------------------27.- a ) Mostrar, mediante cualquiera de los métodos posibles, que la
transformación
−1 ⎛
p⎞
p⎞
1 ⎛
Q=
P=
⎜ aq − i ⎟
⎜ aq + i ⎟,
a⎠
a⎠
2i ⎝
2i ⎝
donde a es una constante, es canónica.
b) Aplicar esta transformación al oscilador armónico unidimensional de
Hamiltoniano
1
H=
p 2 + m 2 w2 q 2
2m
y encontrar un valor de la constante a que simplifique el nuevo Hamiltoniano
(debe tener un único término).
c) Encontrar las ecuaciones de Hamilton para Q y P y mostrar que permiten
recuperar las soluciones del oscilador armónico original.
(
)
II. Solución
a) Cualquiera de las opciones permite comprobar que es una transformación
canónica:
95
i)
Los corchetes de Poisson satisfacen las siguientes condiciones:
[Q, Q] = [P, P] = 0 por la propia definición de los corchetes.
[Q, P] = 1 , se comprueba del siguiente modo
[Q, P ] = ∂Q ∂P − ∂P ∂Q = a i − − a i = 1
∂q ∂p ∂q ∂p
2i 2i a
2i 2i a
Se Escriben las variables antiguas en función de las nuevas
ii)
2i
(Q − P ) , p = a (Q + P ) (1)
q=
2a
2i
y, con éstas y las originales, se comprueba que
∂P
∂Q ∂p
∂p
∂Q
∂q
∂P ∂q
y
=−
y
=−
y
=
.
=
∂q
∂p
∂p ∂Q
∂q ∂P
∂Q
∂P
Los cálculos llevan a
a
∂p ∂P − a
∂Q
∂p
=
=−
=
=
∂q
∂Q
2i ∂P ∂q
2i
i
i
∂Q
∂q ∂P
∂q
=
=−
=
=
∂p
∂P ∂p
2i a
2i a ∂Q
iii)
Encontrar una función generatriz.
b) Aplicando la transformación (1) al Hamiltoniano original se obtiene que
⎛ 2 m 2 w2 ⎞ ⎤
1 ⎡⎛ 2 m 2 w 2 ⎞ 2
2
⎜
⎟
⎜⎜ a +
⎟QP ⎥
2
H=
a
−
Q
+
P
+
⎢
4im ⎣⎜⎝
a 2 ⎟⎠
a 2 ⎟⎠ ⎦
⎝
que se puede simplificar notablemente mediante la elección
m 2 w2
a2 =
o lo que es lo mismo a = ± mw , a = ±i mw .
a2
Tomemos a = ± mw para obtener:
H = −iwQP
c) Las ecuaciones de Hamilton son
∂H
∂H
= iwP y las soluciones son
Q& =
= −iwQ , P& = −
∂Q
∂P
Q = Q0 e −iwt , P = P0 e iwt , donde Q0 y P0 son las condiciones iniciales.
Ahora hay que llevar estas soluciones a las variables originales p y q teniendo en
cuenta que las condiciones iniciales antiguas dependen de las nuevas:
p ⎞
p ⎞
1 ⎛
−1 ⎛
Q0 =
P0 =
⎜ aq0 − i 0 ⎟
⎜ aq 0 + i 0 ⎟,
a ⎠
a ⎠
2i ⎝
2i ⎝
con lo que recuperamos las soluciones del oscilador armónico.
(
)
----------------------------------------------
28. Recuerde que las funciones hiperbólicas vienen definidas por
sinh ( x ) = 12 ⎡⎣exp ( x ) − exp ( − x ) ⎤⎦ y cosh ( x ) = 12 ⎡⎣exp ( x ) + exp ( − x ) ⎤⎦ .¿Cuál de las dos
transformaciones
1→ Q =
sinh β p
cosh β p
, P=
α
q
qα
96
cosh β p
sinh β p
2 → Q% =
, P% =
α
q
qα
puede representar una transformación canónica, siendo α y β reales?
Transformación 1:Para un sistema unidimensional la condición simplectica se reduce a
que el determinante
∂Q
∂q
∆≡
∂P
∂q
∂Q
∂p
∂P
∂p
sea la unidad.
En nuestro caso:
∆=
−α q −α −1 sinh β p
q −α β cosh β p
−α q
q β sinh β p
−α −1
Deberá ser cierto que βα q
cosh β p
−2α −1
−α
= β α q −2α −1
= 1 . No hay valores posibles.
Transformación 2:
En este caso:
∆=
−α q −α −1 cosh β p q −α β sinh β p
= − β α q −2α −1
−α −1
−α
−α q
sinh β p q β cosh β p
Deberá ser cierto que − βα q −2α −1 = 1
oα =−
α=
1
y β =2
2
1
; β =2
2
La transformación es:
Q = q cos 2 p
P = q sin 2 p
∂F3
∂F
; p=− 3 y
F3 = F3 ( p, Q)
∂p
∂q
Reexpresando las variables P y q en función de p y Q:
además,
q=−
q=
de modo que
∂F
Q2
=− 3
cos 2 p
∂p
Q2
cos 2 p
y Q tg 2 p = −
; P = Q tg 2 p
∂F3
∂Q
Las dos ultimas ecuaciones se integran inmediatamente a
F3 = −
Q2
tg 2 p + ϕ ( p )
2
donde ϕ ( p) =constante de modo que,salvo una constante irrelevante se verifica
finalmente que
Q2
tg 2 p .
F3 (Q, p) = −
2
-------------------------------------------
97
29.- Una partícula se mueve bajo la influencia de
la gravedad en el plano vertical xz (el eje z es
vertical y se dirige hacia arriba). La partícula está
conectada por una varilla rígida sin masa, de
longitud l, a un punto que se mueve con velocidad
constante de u > 0 a lo largo del eje x (ver
figura).
a) Usando el ángulo θ que forma la varilla con un
eje vertical como coordenada generalizada
encontrar el Lagrangiano (1 pto)
b) Encontrar la ecuación del movimiento, la
función Hamiltoniana H y la energía total E. (1
pto)
c) Comentar brevemente si H y E son iguales, por
qué y cuál/es de ellas se conserva/n. (1,5 pto)
d) Encuentre el Hamiltoniano del sistema en
función de dos nuevas variables canónicas Q y P
con la única condición de que
pto)
Q = cosθ . (1,5
NOTA: las siguientes fórmulas pueden serle de utilidad:
F1 = F1(q, Q, t), p = ∂F1 ∂q, P = −∂F1 ∂Q F2 = F2 (q, P, t ), p = ∂F2 ∂q , Q = ∂F2 ∂P
F3 = F3( p,Q,t), q = −∂F3 ∂p, P = −∂F3 ∂Q F4 = F4( p, P, t), q = −∂F4 ∂p, Q = ∂F4 ∂P
a) El punto del que está suspendida la vara tiene como coordenadas x = x0 + ut , z = 0 ,
con x0 constante. Las coordenadas cartesianas de la partícula en términos de θ son
x = x0 + ut + l sin θ , z = −l cos θ
y sus derivadas
x& = u + lθ& cos θ , z& = lθ& sin θ
La energía cinética:
m 2
ml 2 & 2
m
2
θ + mluθ& cos θ + u 2
T = ( x& + z& ) =
2
2
2
La energía potencia debida a la gravedad
V = mgz = −mgl cos θ
y por tanto el Lagrangiano es
ml 2 & 2
m
θ + mluθ& cos θ + u 2 + mgl cos θ
L = T −V =
2
2
b) La ecuación de Lagrange:
d ⎛ ∂L ⎞ ∂L d
=
ml 2θ& + mlu cosθ − − mluθ& sin θ − mgl sin θ
0 = ⎜ &⎟−
dt ⎝ ∂θ ⎠ ∂θ dt
= ml 2θ&& − mluθ& sin θ + mluθ& sin θ + mgl sin θ = ml 2θ&& + mgl sin θ
(
) (
El momento correspondiente a la coordenada θ es
98
)
∂L
= ml 2θ& + mlu cos θ
∂θ&
y el Hamiltoniano es
mu 2 cos 2 θ pθ u cos θ m 2
1
2
&
−
− u − mgl cos θ
H = pθ θ − L =
pθ +
l
2ml 2
2
2
mientras que la energía total es
ml 2 & 2
m
θ + mluθ& cos θ + u 2 − mgl cos θ
E = T +V =
2
2
c) E y H no son iguales debido a que las coordenadas cartesianas x y z están ligadas a la
coordenada generalizada θ por una expresión dependiente explícitamente del tiempo.
∂L
El Lagrangianao L no depende del tiempo explícitamente, y por tanto
= 0 y el
∂t
hamiltoniano se conserva (es la energía de la partícula en el sistema de referencia
−mu 2
solidario con el extremo móvil de la vara más una constante
). La energía E no se
2
conserva. Su diferencia con el Lagrangiano E − H depende del tiempo.
pθ =
d) Lo único que se requiere es encontrar la transformación canónica que cumpla la
condición dada Q = cos θ . Busquemos una función generatriz F2 (q, P) que sólo tendrá
que cumplir que
∂F
Q = 2 = cos θ
∂P
∂F
por tanto es válido tomar F2 = P cos θ que lleva a pθ = 2 = P sin θ . Las variables
∂θ
antiguas en función de las nuevas nos llevan a
K=
PQu 1 − Q 2
m 2
1
2
2
2
(1
−
)
−
(1
−
)
−
− mglQ
P
Q
u
Q
l
2ml 2
2
------------------------------------------30.- Considere el sistema descrito por el hamiltoniano H ( p , q , t ) = w p ( q + t ) ,
siendo ω un parámetro. Introduzca la transformación P = p , Q = q + t .
a) Utilizando los corchetes de Poisson demuestre que esta transformación es
canónica.
2
b) Determine su función generatriz
F2 ( q, P, t ) , recordando que K = H + ∂F2 ∂t .
c) Escriba el nuevo hamiltiniano K .
d) Resuelva las ecuaciones del movimiento para
e) Obtener la solución
2
p (t ) , q (t ) .
P y Q.
a) El único corchete de Poisson que no es trivial es
∂Q ∂P ∂P ∂Q
−
=1
[ Q, P ] =
∂q ∂p ∂q ∂p
y por tanto la transformación es canónica.
99
b) Para encontrar la función generatriz de tipo 2 que genera la transformación habrá
que resolver el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales:
∂F
∂F
p= 2, Q= 2
∂q
∂P
De la segunda relación deducimos inmediatamente F2 = P ⋅ ( q + t ) + f ( q, t ) , con una
función arbitraria f ( q, t ) . De la primera obtenemos F2 = P ⋅ ( q + t ) + h ( t ) . A partir
de ahora tomamos h ( t ) = 0
c) El nuevo hamiltoniano tiene la siguiente expresión
∂F
K = H + 2 = w2 PQ 2 + P
∂t
d) Las ecuaciones de Hamilton que se obtienen de estas ecuaciones son
∂K
⇒ Q& = w2Q 2 + 1
Q& =
∂P
.
∂K
2
&
&
P=−
⇒ P = −2 w PQ
∂Q
Si integramos la ecuación primera por separación de variables:
dQ
2
2 w2Q
1
=
dt
→
arctan
= t + t0 → Q = tan w ( t + t0 )
2 2
w Q +1
2w
2w
w
y substituyendo esto en la ecuación de P obtenemos también una ecuación separable
P&
= −2 w tan w(t + t0 ) → ln P(t ) − ln c = 2 ln cos w(t + t0 ) → P (t ) = c cos 2 w(t + t0 )
P
e) Finalmente obtenemos para p(t) y q(t)
1
q (t ) = tan w(t + t0 ) − t ,
w
p (t ) = P (t ) = c cos 2 w(t + t0 ).
------------------------------------------31.- Consideremos un sistema con un único grado de libertad, con una variable generalizada q y
su momento asociado p .
a) Usando los corchetes de Poisson, demuestre que toda función A(q, p, t ) genera un
Transformación Canónica Infinitesimal del tipo:
Q = q + α [ A, q],
(1)
P = p + α [ A, p],
es decir, que la transformación (1) es canónica para el primer orden de α .
b) ¿Cuál es la transformación infinitesimal dada por A = q ? ¿Cuál es su función generatriz
F (q, P) ? ¿Es posible encontrar las otras tres funciones generatrices F (q, Q) , F ( p, Q) ,
2
F ( p, P ) ?
4
1
3
c) Consideremos ahora que el Hamiltoniano del sistema es independiente de la variable
generalizada q : H ( p, q, t ) = H ( p, t ) . ¿Qué efecto tiene esta transformación sobre este
Hamiltoniano? Interprete esto en función de la/s cantidad/es conservada/s y las simetrías del
sistema.
100
a) La única condición que tienen que cumplir es [Q, P ] = 1 , que aplicando la definición
de corchete de Poisson
[Q, P] = [q, p] + α ⎡⎣ q, [ A, p ]⎤⎦ + α ⎡⎣[ A, q ] , p ⎤⎦ + O(2)
⎡ ∂A ⎤
⎡ ∂A ⎤
∂2 A
∂2 A
= 1 + α ⎢ q, ⎥ + α ⎢ − , p ⎥ + O(2) = 1 + α
−α
+ O(2) = 1 + O(2)
∂q∂p
∂q∂p
⎣ ∂q ⎦
⎣ ∂p ⎦
b) Sustituyendo directamente tenemos que Q = q, P = p − α .
Cuya función generatriz es F2 (q, P) = Pq − α q .
También es posible encontrar la función F3 ( p, Q) = − pQ + α Q
No se pueden encontrar las funciones F1 ( q, Q, t ) , F4 ( p, P, t ) puesto que no es posible
escribir momentos en función de coordenadas, ni viceversa.
c) Si el Hamiltoniano no depende de la coordenada generalizada (el ejemplo más
p2
simple: una partícula que no está sometida a ninguna fuerza H =
) el Hamiltoniano
2m
2
P −α )
(
no es invariante bajo la transformación canónica del apartado b) ( K =
) y no
2m
corresponde a una simetría del sistema. Sin embargo, la variable q sí es cíclica y
correspondería a la invariancia bajo translaciones en el esa coordenada, es decir, que la
cantidad de movimiento asociada p = P , generatriz de la transformación, se conserva.
------------------------------------------32.- a) Demuestre que el corchete de Poisson de dos constantes del movimientos
independientes del tiempo, f y g, es también constante del movimiento.
b) Aplicando el procedimiento anterior podríamos generar infinitas constantes del
movimientos. Sin embargo, también sabemos que en un sistema de n grados de
libertad el número de integrales primeras está limitado a (2n-1). ¿Cómo pueden
congeniarse estas dos proposiciones?
Puede serle de interés la identidad de Jacobi: la suma de las permutaciones cíclicas
de corchete doble de Poisson de tres funciones es nula.
df
∂f
= [ f , H ] + , que para
∂t
dt
funciones independientes del tiempo [ f , H ] = 0 . Por tanto
a) Una función f es constante del movimiento si
[ f , H ] = 0 = −[H , f ]
[ g, H ] = 0 = − [ H , g ]
y aplicando la identidad de Jacobi
⎡⎣u, [ v, w]⎤⎦ + ⎡⎣ v, [ w, u ]⎤⎦ + ⎡⎣ w, [u , v ]⎤⎦ = 0 , identificando w=H, u=f, v= g
obtenemos
⎡⎣ H , [ f , g ]⎤⎦ = 0 → [ f , g ] = cte
101
b) A partir de la identidad de Jacobi, suponiendo u, v, w, como constantes del
movimiento distintas, se pueden obtener tan sólo dos permutaciones linealmente
independientes. La tercera ha de ser, necesariamente combinación lineal de las otras
dos. Se llega, pues, a un momento en el que no se obtienen nuevas constantes del
movimiento linealmente independientes.
-------------------------------------------
33.- El Hamiltoniano de un cuerpo en caida libre es
p2
H ( q, p ) =
+ mgq
2m
donde q es la altura de la particula y m es su masa.
a) Expresar q como una función de ( p, P ) para determinar la función
generatriz F4 = F4 ( p, P ) , y la transformación canónica asociada, tal que el
nuevo Hamiltoniano tenga la expresión K ( Q, P ) = P .
b) Resolver las ecuaciones para Q (t ) y P (t ) e invertir la transformación para
determinar q (t ) y p(t )
a) Buscamos una función F4 = F4 ( p, P ) tal que q = − ∂F4 ∂p , Q = ∂F4 ∂P y
p2
+ mgq
2m
En esta última ecuación podemos despejar q y determinar una ecuación para
determinar F4 = F4 ( p, P ) :
P = H ( q ( Q, P ) , p ( Q, P ) ) =
P − p 2 2m
∂F4
1 ⎛ − pP
p3 ⎞
=q=−
cuya integral nos lleva a F4 = ⎜
+
⎟ + h( P ) ,
mg
∂p
g⎝ m
6m 2 ⎠
donde h( P) es una función cualquiera.
Utilizando esta ecuación en Q = ∂F4 ∂P se obtiene que
−p
+ h '( P)
Q=
mg
Para que la transformación sea canónica debe cumplirse la condición [Q, P ] = 1 , es
decir
⎡−p
⎤ ∂h ' p ⎛ 1 ∂h '
⎞
⎛ ∂h ' p ∂h '
⎞
⎛ ∂P p
p2
=
+
+ mgq ⎥ =
−⎜−
+
−
−h
Q
,
P
h
'(
P
),
mg ⎟ = 1 + ⎜
mg ⎟ = 1 + ⎜ h ''
[ ] ⎢
2m
⎠
⎝ ∂q m ∂p
⎠
⎝ ∂q m
⎣ mg
⎦ ∂q m ⎝ mg ∂p
que vemos se cumple para cualquier función h( P) . El caso más sencillo es cuando
es una función nula.
La transformación canónica queda pues
p
p2
Q=−
, P=
+ mgq .
mg
2m
b) En el nuevo Hamiltoniano K ( Q, P ) = P , P es una variable cíclica y por tanto
dP
∂K
=−
= 0,
∂Q
dt
dQ ∂K
=
= 1 , es decir P = cte = P0 , Q = t − t0 ,
dt ∂P
102
e invirtiendo estas ecuaciones obtenemos
⎛
P0 1
p2 ⎞
2
− g ( t − t0 )
p = −mgQ = − mg (t − t0 ), q = ⎜ P0 −
⎟ (mg ) =
2m ⎠
mg 2
⎝
Y se obtienen las fórmulas de movimiento uniformemente acelerado.
-------------------------------------------
34.- La relación entre las leyes cuánticas y clásicas puede expresarse en la forma en
la que se trata en este problema. Para ello tomemos un sistema de un grado de
libertad. La frecuencia de la radiación emitida por este sistema de acuerdo con las
leyes cuánticas viene dada por ν cuan = ∆E h , siendo ∆E = E n − E k . Estos estados
estacionarios de energía se calculan con ayuda de la condición de cuantización de
la acción, I = ∫ pdq = nh . En consecuencia, I n − I k = (n − k )h . Si n − k = 1 , es decir,
examinamos dos estados vecinos: ∆I = I k +1 − I k = h . Combinando esta expresión
con la que nos da la frecuencia cuántica, obtenemos
ν * cuan = ∆E ∆I
(1)
para dos estados contiguos.
Obtenga el equivalente clásico de la expresión (1) para el caso del oscilador
armónico. ¿Encuentra usted alguna similitud entre las dos expresiones? ¿Podría
comentar algo sobre las posibles diferencias?
I = ∫ pdq = ∫ 2m(E − V )dq
Tanto la acción como la energía clásicas son funciones continuas. Busquemos la
derivada de una respecto de la otra:
dI
m
dq
=∫
dE
2 m( E − V )
que, para el caso del oscilador armónico, queda
dI
m
dq
= ∫ dq = ∫
= dt = T
dE
p
q& ∫
en donde T es el período de oscilación. En consecuencia,
1 dE
*
ν clas
= =
T dI
a comparar con (1). Tanto en mecánica clásica como cuántica las frecuencias vienen
dadas por la relación de incrementos de la energía y de la acción, aunque en clásica
estos incrementos son infinitamente pequeños mientras que en cuántica son finitos.
De hecho, este resultado, demostrado para el oscilador armónico, es válido para todos
los sistemas periódicos de un grado de libertad, aunque no haremos la demostración
aquí.
-------------------------------------------
35.- Sabemos que no existe una forma estándar de obtener una función generatriz
que lleve a una formulación más conveniente. Sin embargo, el empleo de las
propiedades que deseamos en la formulación de destino, permite obtenerla
fácilmente. Un ejemplo clásico es el de la función F1(q, Q, t ) en el caso de la caída
libre de un cuerpo en un campo gravitatorio mgq . Queremos que en la nueva
103
formulación, el Hamiltoniano, K , sea sólo función de la coordenada, Q , y que se
cumpla la equivalencia entre los dos momentos, P = p . Obtenga a partir de estos
requisitos la forma de la función F1(q, Q, t ) . (Recuerde que p = ∂F1 ∂q , P = − ∂F1 ∂Q y
K = H + ∂F1 ∂ t )
Partimos de la expresión K = H , que se traduce en el contexto presente en
f (Q ) =
entendiéndose que f (Q ) expresa la forma
[
p2
+ mgq ,
2m
de K . De esta última
p = 2m f (Q ) − 2m 2 gq
]
expresión obtenemos
1
2
Podemos hacer uso del requisito dado por la identificación de ambos momentos
p=P=
∂F1
∂F
=− 1
∂q
∂Q
Se desprende que f (Q ) = mgQ . Finalmente, la función generatriz resulta de la integración
de la ecuación
[
]
1
p = 2m 2 g (Q − q ) 2 =
dando
F1 (q, Q ) = −
[
∂F1
∂q
]
3
1
2
2
(
)
2
m
g
Q
−
q
3m 2 g
-------------------------------------------
36. Razónese si la siguiente afirmación es verdadera o falsa:
a) Dado un sistema hamiltoniano (por simplicidad de un grado de libertad) una
cantidad dinámica F (q, p, t ) que depende explícitamente del tiempo podría ser
constante del movimiento.
a) No existe ninguna condición que exija que una constante del movimiento no dependa
del tiempo, siempre y cuando cumpla la condición:
[H , F ] = ∂F .
∂t
-------------------------------------------
37. El problema de la curva braquistócrona (curva que da el recorrido en un
tiempo mínimo de una partícula en un campo gravitatorio entre dos puntos,
digamos 0 y b) es un ejemplo clásico de cálculo de variaciones. La solución viene
dada por la función y(x) que minimice una integral que, sin tener en cuenta
b
b
1 + y& ( x ) 2
constantes, tiene la forma J = ∫
dx = ∫ L'⋅dx , donde x es la coordenada
y( x )
0
0
horizontal e y la vertical.
a) Comparando esta ecuación con la acción, integral del lagrangiano, plantee
la/s ecuación/es de Euler-Lagrange de este problema (no es necesario dar su
expresión más simple).
b) Siguiendo con la analogía escriba la ecuación de Hamilton equivalente para
este problema.
104
c) Escriba la ecuación de Hamilton-Jacobi equivalente para este problema.
¿Es resoluble mediante separación de variables? En caso afirmativo de una
expresión para las soluciones e indique cómo recuperar la solución y(x).
Solución.
tf
a) La acción tiene la forma S = ∫ L( q , q& , t ) ⋅ dt . Por tanto sólo hay que tener
t0
cuidado de identificar bien los términos dependientes e independientes. La x
jugará el papel de variable independiente en nuestro problema, en lugar del
tiempo de un problema típico en mecánica; la variable dependiente será y en
lugar de q, y por tanto y& será el equivalente de q& :
Braquistócrona Sistema mecánico
Variable independiente
x
t
Variable dependiente
y
q
(coordenada generalizada)
Derivada de variable
y&
q&
dependiente
Por tanto la ecuación de Lagrange es:
∂L' d ∂L'
−
= 0 se obtiene una expresión difícil de manejar.
∂y dx ∂y&
y&
∂L'
=
por lo que el hamiltoniano
b) La variable conjugada será p =
∂y&
y 1 + y& 2
(
será H ' = p ⋅ y& − L' = −
)
1− y ⋅ p2
y
c) La ecuación de Hamilton-Jacobi H ' ( y ,
2
2
∂S
∂S
; x) +
= 0 tendrá la forma
∂y
∂x
2
⎛ ∂S ⎞ ⎛ ∂S ⎞
∂S
1 ⎛ ∂S ⎞
1
= 0 , ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜ ⎟ =
−
− ⎜⎜ ⎟⎟ +
y
∂x
y ⎝ ∂y ⎠
⎝ ∂y ⎠ ⎝ ∂x ⎠
que es claramente separable en dos ecuaciones:
2
⎛ ∂S ⎞
2
⎜ ⎟ = α , S = α ⋅ x + W ( y)
⎝ ∂x ⎠
2
⎛ ∂S ⎞
1
⎜⎜ ⎟⎟ + α 2 = ,
y
⎝ ∂y ⎠
y
S =α ⋅x+∫
y
W ( y) =
∫
1
− α 2 dw , por lo que
w
1
− α 2 dw
w
105
Siendo S la función principal de Hamilton tenemos que p =
∂S
y
∂y
∂S
1
β=
dw que una vez resuelta la integral nos da la relación entre
= x −α∫
∂α
1 w −α 2
x e y en función de las constantes α y β dependientes de las condiciones iniciales.
y
-------------------------------------------
38. Sean las siguientes transformaciones de variables:
1
p
1.- Q = q 2 , P = ,
q
2
2.- Q = tan q , P = ( p − k ) cos 2 q ,
pt
,
m
siendo k y m constantes.
a) Encontrar si son transformaciones canónicas.
b) Para aquellas que lo sean señalar si es posible encontrar funciones de tipo
F1 = F1 (q, Q, t ) , F2 = F2 (q, P, t ) , F3 = F3 ( p, Q, t ) y F4 = F4 ( p, P, t ) (Nota: Verificar si
es posible encontrar cada una de las cuatro funciones). En cada caso dar la
expresión de al menos una de ellas.
c) Encontrar el nuevo Hamiltoninano, K , que resulta de aplicar la transformación
1
(3) al Hamiltoniano del oscilador armónico: H = ( p 2 + q 2 ) .
2
3.- Q = p , P = −q +
a) Comprobamos directamente los corchetes de Poisson de las variables:
∂Q ∂P ∂Q ∂P
1
−
= q −0 =1
1.- [Q, P ] =
∂q ∂p ∂p ∂q
q
∂Q ∂P ∂Q ∂P
1
−
=
cos 2 q − 0 = 1
2.- [Q, P ] =
2
∂q ∂p ∂p ∂q cos q
∂Q ∂P ∂Q ∂P
−
= 0 +1 = 1
3.- [Q, P ] =
∂q ∂p ∂p ∂q
Luego las tres transformaciones son canónicas.
b) No siempre es posible encontrar todas las cuatro funciones generatrices para una
transformación canónica. Por ejemplo en
1. No es posible escribir P = P( q , Q ) debido a las ecuaciones de la transformación.
Por tanto no será posible encontrar la F1 = F1 ( q , Q ) . Las otras tres sí son
1 2
p2
posibles y tienen la forma F2 = Pq , F3 = − p 2Q , F4 = −
2
2P
2. No es posible escribir F1 = F1 ( q , Q ) , las otras tres son posibles:
F2 = P tan( q ) + k ⋅ q , F3 = ( k − p ) arctan(Q ) . La forma de F4 = F4 ( p , P ) es
muy complicada aunque es posible decir que existe (recordar que no se pide la
forma de todas las funciones posibles).
106
3. No es posible escribir F3 = F3 ( q, Q ) . Las posibles son F1 = Qq −
Q 2t
,
2m
p 2t
m
2
F2 = (P + q ) , F4 = Pp −
2t
2m
c) Para la transformación 3) podemos usar la función generatriz F1 = Qq −
tenemos
Qt
q=
−P
por lo que
m
p=Q
2
2
∂F1 1 2
1 Q 2 1 ⎛⎜ 2 ⎛ Qt
⎞ ⎞⎟ Q
2
K=H+
= p +q −
= Q +⎜
− P⎟ −
2
2 m 2 ⎜⎝
∂t
⎝m
⎠ ⎟⎠ 2m
(
)
107
Q 2t
y
2m
TRANSFORMACIONES CANÓNICAS, CORCHETES DE POISSON Y
ECUACIÓN DE HAMILTON-JACOBI
1. En un Hamiltoniano de dos grados de libertad independiente del tiempo nos
basta encontrar otra constante del movimiento para poder decir que el
problema está integrado. Si esta segunda constante, I(p,q), es a su vez
independiente del tiempo, debe satisfacer la condición: [I ,H ] = 0. Supongamos
una partícula de masa unidad moviéndose en un potencial bidimensional
V (q1 , q 2 ) . Hallar: la constante más simple de la forma
I (p, q) = e(q) p1 + f (q) p 2 , donde e y f son funciones a determinar, y una forma
correspondiente del potencial V , para poder asegurar que el problema está
integrado. ¿Cuál es el significado físico de I ? Con lo que usted sabe de
mecánica, ¿ hay una forma consistente de hallar la forma general del potencial
sin resolver ecuación alguna?
Si insertamos H e I en la condición [I ,H ] = 0, e igualamos los coeficientes de los
términos en los momentos, encontramos:
∂e
∂ f
= 0,
= 0,
∂ q1
∂ q2
∂ f
∂e
∂V
∂V
+
= 0, e
+ f
= 0.
∂ q1 ∂ q2
∂ q1
∂ q2
De las tres primeras ecuaciones podemos obtener, por ejemplo:
e = − q2 ,
f = q1 .
La constante es entonces:
I = q1 p 2 − q 2 p1 ,
que no es otra cosa mas que el momento angular. Es razonable pensar que el potencial
es un potencial central,
V = V (q12 + q 22 ) ,
enteramente consistente con la cuarta ecuación en derivadas parciales.
-------------------------------2. En el caso de un sistema unidimensional con la hamiltoniana
p2
1
H=
− 2
2 2q
determínense las funciones f(q,p) y g(q,p) de manera que
D = f (q , p ) + g (q , p )t
sea una constante del movimiento.
La función D debe ser solución de:
72
∂D
= [H , D ]
∂t
lo que, utilizando la forma de D, lleva a la ecuación
g=
∂H ∂f ∂H ∂g
∂H ∂f ∂H ∂g
+
t−
−
t
∂q ∂p ∂q ∂p
∂p ∂q ∂p ∂q
Igualando los coeficientes de t, se llega a las ecuaciones
∂H ∂ g ∂ H ∂ g
−
=0
∂q ∂p ∂p ∂q
∂H ∂ f ∂ H ∂ f
−
=g
∂q ∂p ∂p ∂q
La primer ecuación muestra que g = H es solución. Utilizando este resultado en la
segunda, ésta queda
∂f p 2
1 ∂f
1
−p
=
− 2
3
∂q 2 2 q
q ∂p
con lo que
∂f
∂f
q
p
=− ;
=−
2
2
∂p
∂q
es decir:
f =−
pq
2
--------------------------------------
3. Sean q y p la coordenada y el momento generalizados de un sistema material
de un grado de libertad; sean Q y P funciones de q y p tales que P = q + p. Se
pide
a) Determinar Q de la forma más general posible, de modo que la
transformación de (q,p) a (Q,P) sea canónica;
b) Demostrar que cualquiera que sea la expresión para P la solución general
viene dada por
Q = f ( P ) + g ( q, p )
donde g(q, p) es solución particular de la ecuación [Q,P] = 1.
Para que la transformación sea canónica debe cumplirse
∂P ∂Q ∂P ∂Q
−
=1
∂p ∂q ∂q ∂p
73
Si P = p + q, la condición anterior queda como:
∂Q ∂Q
−
= 1.
∂q ∂p
La solución de la ecuación anterior es suma de la correspondiente a la ecuación
homogénea y de una solución particular de la ecuación completa. La integral de la
ecuación homogénea es de la forma:
Q hom = f ( p + q )
siendo f una función arbitraria. Por otra parte, Q = q es una solución particular de la
ecuación inhomogénea, luego la solución general es:
Q = q + f ( p + q)
Para el caso general en que P es una función cualquiera de p y q, la solución a la
ecuación homogénea, [P,Q] = 0, es de la forma Q hom f ( P ) , como puede verificarse por
simple sustitución.
----------------------------------4.
Una masa m está conectada a un resorte de constante k1 y oscila
armónicamente sin rozamiento con una amplitud inicial A1. Se reduce la
constante del resorte de modo adiabático (equivalente a hacerlo muy despacio)
de forma constante hasta llegar a un valor k2 (suponga, por ejemplo, que
calentamos el resorte). Calcúlese la nueva amplitud de oscilación.
I.NOTA: Si p y q son el momento y la posición de la masa, la cantidad
I =∫
pdq
2π
donde la integral se define a lo largo de una sola oscilación completa, es lo que
se llama un invariante adiabático. Ello quiere decir que, aunque la enegía del
oscilador varíe, I permanece constante cuando la constante del resorte se reduce
adiabáticamente. Utilícese este hecho para responder al problema. También
podrá resultarle de utilidad saber que:
∫ sen
2
x
1
x dx = − sen 2 x + .
4
2
Para solucionar el problema hemos de recordar que, según el teorema de Stokes el
invariante adiabático I también puede escribirse como la integral de área sobre la
superficie encerrada por la trayectoria de una oscilación completa en el espacio de fases:
I =∫∫
dpdq
2π
Para el oscilador armónico la ecuación de la trayectoria en el espacio de fases es la
elipse
74
1 2 1
p + mω 2 q 2 = E
2m
2
con un área encerrada dada por 2πE/ω. Por lo tanto el invariante adiabático es I = E/ω.
La condición de invariancia adiabática viene dada por:
E1
ω1
=
E2
ω2
Si escribimos la expresión anterior en términos de amplitudes de oscilación, la amplitud
final puede expresarse como:
k
A2 = A1  1
 k2



1 4
----------------------------------5.
La transformación desde un sistema de referencia fijo a otro móvil es
Q = q − D(t ) , siendo D(t ) la distancia entre los orígenes (siendo t el tiempo).
Encuentre:
a) la transformación para los momentos generalizados;
b) la forma del hamiltoniano en variables (Q, P) , cuando su representación en
variables ( p, q ) es p 2 2m + V (q) ;
c) las ecuaciones del movimiento en variables (Q, P) .
a) La función generatriz para la transformación Q = q − D(t ) , es F2 ( P, q ) , tal que:
∂F2
∂F
= Q; 2 = p
∂P
∂q
Si F2 = P(q − D(t ) ) , tendremos p = ∂F2
∂q = P .
b) El nuevo hamiltoniano será:
K (Q, P, t ) = H (q, p, t ) +
p2
+ V (q ) − PD =
2m
P2
+ V (Q + D) − PD
2m
c) Las ecuaciones del movimiento son:
75
∂
F2 ( P, q, t ) =
∂t
∂K P
= −D
∂P m
∂
P=−
V (Q + D)
∂Q
Q=
Combinándolas:
mQ = −
∂
V (Q + D ) − m D
∂Q
------------------------------------------6.
Supongamos que en el problema de una partícula, de masa m, en caída libre en
un campo gravitatorio, queremos efectuar una transformación canónica,
( p, q ) → ( P, Q) , que nos permita escribir el hamiltoniano en la nuevas
variables como K = mgQ . Demuestre que la correspondiente función
generatriz, F1 (q, Q) , viene dada por:
(
)
F1 = − 2m 2 g (Q − q )
Deseamos pasar de H =
3 2
3m 2 g .
p2
+ mgq a K = mgQ . De la identificación de ambas
2m
expresiones, obtenemos:
p = (2m) 1 2 (mgQ − mgq )
1 2
=
∂F1
,
∂q
en donde F1 es la función generatriz problema. Integrando la ecuación anterior,
1 2
F1 = ∫ (2m) 1 2 (mgQ − mgq~ ) dq~ = −
q
(
)
3 2
1
2
(
)
.
2
m
g
Q
−
q
3m 2 g
----------------------------------
7. Dada la transformación Q = Q(q, p ); P = P(q, p) para un problema mecánico
unidimensional, demostrar que la condición simplética para que ésta sea
canónica se reduce a que una cierta función escalar tome un determinado
valor(¿cuál?).
Para el caso unidimensional, la condición simplética es:
 Qq
MJM T = 
 Pq
Q p  0 1  Q q


Pp  − 1 0  Q p
76
Pq 
 = J∆
Pp 
siendo ∆ ≡ Qq Pp − Q p Pq . Es pues necesario y suficiente que el determinante ∆ sea la
unidad.
-------------------------------8. Dadas las siguientes transformaciones Q = Q(q, p ); P = P(q, p) , determinar
cuales son y cuales no son canónicas. Para aquéllas en las que la transformación
contiene parámetros libres, determínense las condiciones que éstos deben
verificar para que la transformación sea canónica. Razónense las respuestas en
cada caso.
a) Pi = −q i
;
b) Pi = q i
; Qi = p i
c) Pi = −a ij q j
Qi = p i
Qi = bij p j
;
d) Pi = − Aij p j
e) Q = f (q) ;
;
Qi = Bij q j
P = p(df / dq) −1 , donde f es una función arbitraria de q
f) Q = sin p ; P = cos q
a) canónica; b) NO; c) canónica si
d) canónica si
a = b −1 , siendo b la matriz transpuesta de b
A = −B −1 ; e) canónica f) no canónica
-----------------------------------
9. ¿Para qué valores de los parámetros α y β representan las ecuaciones
Q = q α cos β p
P = q α sin β p
una transformación canónica? ¿Cuál es la forma de la función generatriz F3 ?
Para un sistema unidimensional la condición simplectica se reduce a que el
determinante
∂Q
∂q
∆≡
∂P
∂q
∂Q
∂p
∂P
∂p
sea la unidad.
En nuestro caso:
αq α −1 cos β p − q α β sin β p
= β αq 2α −1
∆=
α −1
α
αq sin β p q β cos β p
Deberá ser cierto que βαq 2α −1 = 1 , lo que exige que
77
α=
1
2
β =2
;
La transformación es:
Q = q cos 2 p
P = q sin 2 p
además,
q=−
∂F3
∂p
;
p=−
∂F3
∂q
y
F3 = F3 ( p, Q)
Rescribiendo las variables P y q en función de p y Q:
Q2
q=
cos 2 p
de modo que
; P = Qtg 2 p
∂F
∂F
Q2
= − 3 y Qtg 2 p = − 3
cos 2 p
∂p
∂Q
Las dos ultimas ecuaciones se integran inmediatamente a
Q2
F3 = −
tg 2 p + ϕ ( p)
2
donde ϕ ( p) =constante de modo que,salvo una constante irrelevante se verifica
finalmente que
F3 (Q, p) = −
Q2
tg 2 p .
2
-------------------------------------------
10. Resuelva el problema de Hamilton-Jacobi para una partícula que se mueve en
un plano vertical sobre la parábola z = ax 2 .
T=
1
1
m( x 2 + z 2 ) ; z = 2axx ⇒ T = mx 2 (1 + 4a 2 x 2 )
2
2
V = mgz = mgax 2
L=
1
mx 2 (1 + 4a 2 x 2 ) − mgax 2
2
Solo un grado de libertad, x . Para obtener el Hamiltoniano ,
∂L
p=
= mx(1 + 4a 2 x 2 ) , y:
∂x
H=
1
p2
+ mgax 2 .
2m 1 + 4a 2 x 2
78
La ecuación de Hamilton-Jacobi se obtiene de substituir p i por
H ( pi , qi , t ) +
∂F2
en la expresión
∂q i
∂F2
= 0 , de modo que:
∂t
2
∂F
1
 ∂F2 
 + mgax 2 + 2 = 0 (Ecuación de Hamilton-Jacobi).

2 2
∂t
2m(1 + 4a x )  ∂x 
Puesto que H no depende explícitamente de t, F2 = W − αt
donde α = const , y
2
1
 ∂W 
2

 + mgax = α ,
2 2
2m(1 + 4a x )  ∂x 
que admite una integral inmediata, ya que
2
 ∂W 
2
2 2

 = 2m(α − mgax )(1 + 4a x )
∂
x


x
⇒ W = 2mα ∫ dx (1 −
0
La determinación de F2 = W − αt
mga
α
x 2 )(1 + 4a 2 x 2 ) .
queda pues reducida a una cuadratura.
-------------------------------11. Dado el Hamiltoniano H = p x2 + x 2 , encontrar la transformación canónica que
1
lo convierte en H = P 2 Q 4 + 2 utilizando las propiedades de tales
Q
1
transformaciones y la relación x = .
Q
Como sabemos que Q viene dada solo en función de x (normalmente llamada q ),
usaremos la función generadora F2 ( P, x) , para la cual
p=
∂F2 ( P, x)
∂x
(1)
Q=
∂F2 ( P, x) 1
=
∂P
x
(2)
Integrando (2),
F2 =
P
+ L( q )
x
(3)
y usando (1)
p=−
P
+ L ′(q ) = −Q 2 P + G (Q)
2
x
79
(4)
donde G (Q) es en principio una función arbitraria.
Ahora bien, para este función generadora resulta que al Hamiltoniano transformado K
es:
K=H
K=
(5)
[
1
1
+ P 2 Q 4 = x 2 + p 2 = H = 2 + − PQ 2 + G (Q)
2
Q
Q
]
2
↑
en virtud de (4)
de este modo,
[
P 2 Q 4 = − PQ 2 + G (Q)
]
2
⇒ G =0.
Finalmente,
p = − PQ 2
1
x=
Q
es la transformación.
------------------------------------12. Sean las variables q y p y sean Q y P las nuevas variables que resultan de
p
df (q )
una transformación canónica. Sabiendo que Q =
, donde f ′(q ) =
f ′(q)
dq
es una función dada que sólo depende de q ,
,y f
a. Obtener la función generadora de la transformación canónica.
b. Determinar completamente la nueva variable P en función de q y p .
c. ¿Qué puede decirse del Hamiltoniano que gobierna la evolución de q y p ?
d. Si no se conociese la función generadora, para el caso particular
Q = pq ; P = − ln(q) , ¿cómo podría averiguarse directamente si la
transformación es canónica ó no?
a).- Usando la función generadora F1 (Q, p ) tal que
p=
∂F1
|Q
∂q
P=−
Puesto que se nos dice que Q =
p
f ′(q)
∂F1
|q
∂Q
de (1,a) resulta:
80
(1,a)
(1,b)
∂F1
,
∂q
p = Qf ′(q ) =
e integrando,
F1 = Qf (q ) + ϕ (Q)
siendo ϕ una función arbitraria.
b).- De (1,b) ⇒
P = − f (q ) − ϕ ′(Q)
y en función de
Q=
p
f ′(q)
P = − f (q ) − ϕ ′(
p
)
f ′(q )
p
y q:
(2)
c).- La condición para que la transformación sea canónica es independiente del
Hamiltoniano, Nada puede pues decirse de H .
d).-
Q = pq
P = − ln q
(3)
Está claro que este es un caso particular de (2) con ϕ ′ = 0; f = ln q . Por tanto la
transformación es canónica. Si no supiésemos la forma de F1 , podríamos hacer una
comprobación directa de que se cumple la condición general
MJM T = J , con
 ∂Q

∂q
M=
 ∂P
 ∂q

∂Q 

 0 1
∂p 
 .
, y J = 
∂P 
 −1 0 
∂p 
De hecho
 p

M= 1
− q

1
q
 − q p 
p −   0 1




T
1

; MJM = 
q = 
0 
 0 − q  q 0   − 1 0 




Se verifica pues que MJM T = J , de modo que la transformación (3) es canónica, por
verificación directa. Nótese, por cierto, que para problemas con solo grado de libertad
como éste, la condición
MJM T = J
⇔ Det M = 1 , que es aún más trivial de probar.
-------------------------------------------
13. Resuelva el problema de una partícula con hamiltoniano
H = 12 p x2 + p 2y + p z2 + mgz , resolviendo su correspondiente ecuación de
Hamilton-Jacobi.
(
)
81
La ecuación, una vez hecha la separación de variables, queda como
2
2
2

 dW3 ( z )  
 dW2 ( y ) 
1   dW1(x ) 




+
+ mgz = E
+

 dy 
 dz  
2m   dx 



 

Si E es constante, cada uno de los sumandos diferenciales debe serlo a su vez
2
1  dW2 ( x ) 
=α
2
2m  dy 
2
1  dW1( x ) 
=α ,
1
2m  dx 
2
1  dW3 ( z ) 
+ mgz = α
3
2m  dz 
Y las soluciones
W1( x ) = ± x 2mα1 ,
8
W3 ( z ) = ±
9mg
2
W2 ( y ) = ± x 2mα 2
(α3 − mgz )32
Las constantes α1 ,α 2 ,α 3 definen los nuevos momentos en una transformación canónica
generada por S = S ( x, y, z ,α1 ,α 2 ,α 3 ) . La otra mitad de las nuevas coordenadas
generalizadas definen las ecuaciones
β =
∂S
m
= ±x
− t,
∂α
2α
1
1
β =
2 α − mgz
∂S
3
=±
−t
2
∂α
mg
3
1
3
β =
2
(
)
∂S
m
= ±x
−t
∂α
2α
2
2
que, invertidas, dan
x=±
2α
1 β +t,
m 1
(
(
)
y=±
2α
(
2 β +t
2
m
)
)
α
g
z= 3 − β +t 2
mg 2 3
-------------------------------------------
14. El hamiltoniano de Toda caracteriza un conjunto de partículas que se mueven
sobre un anillo, sometidas a fuerzas repulsivas, exponencialmente decrecientes.
En el caso de tres partículas (véase figura), este hamiltoniano viene dado por:
82
H =
[(
)]
[(
[(
)]
)]
1 3 2
∑ p + exp − φ1 − φ3 + exp − φ2 − φ1 + exp − φ3 − φ2 − 3
2i = 1 i
Aparte del hamiltoniano, existe una integral del movimiento obvia ¿Cuál es?
Genere una transformación canónica que `ponga en evidencia esta nueva
integral en el hamiltoniano transformado. (Nota: en la segunda parte del
problema utilice la función generatriz F2 , definiendo como nuevo momento esa
integral de movimiento adicional)
p1
φ1
φ
φ2
p3
φ
p2
3
Hay una integral del movimiento obvia, que es el momento total
P3 = p1 + p2 + p3 = cte.
(1)
ya que el hamiltoniano es invariante frente a rotaciones
φi
φi + φ0
Transformamos a los nuevos momentos P1 = p1 , P2 = p 2 y P3 dado por (1), con:
F2 = P1φ1 + P2φ 2 + (P3 − P1 − P2 )φ 3. .
Encontramos el nuevo hamiltoniano:
[
]
1 2
P1 + P22 + (P3 − P1 − P2 )2 +
2
exp(- Φ 1 ) + exp[- (Φ 2 − Φ )] + exp(Φ 2 ) − 3.
H′=
H ′ no depende de Φ 3 : lo que demuestra la invariancia de P3
-------------------------------------------
15. Compruebe que para tres funciones f , g , h se cumple
[ f , [g , h]] + [g , [h, f ]] = −[h, [ f , g ]] . Proceda expandiendo el lado izquierdo de la
igualdad y reorganizando términos para obtener el lado derecho. ¿De qué
relación se trata?
Reconocemos aquí la identidad de Jacobi y su comprobación aparece con detalle en la
página 487 del Goldstein.
16. Sean q y p la coordenada generalizada y el momento generalizado de un
sistema material de un grado de libertad; sean Q y P funciones de q y p, tales
que Q = q tan p . Se pide determinar P de la forma más general posible, de modo
que la transformación de q y p a Q y P sea canónica.
83
Se tiene que
q
∂Q
∂Q
=
= tan p,
;
∂p cos 2 p ∂q
y una integral particular de la ecuación
∂P
∂P q
tan p −
=1,
∂p
∂q cos 2 p
se obtiene fácilmente haciendo P solamente función de p , por ser
dP
1
=
⇒ P = lnsen p .
dp tan p
Luego
P = lnsen p + f (q tan p )
es la solución del problema.
-------------------------------------------
17.- Un sistema de una partícula tiene como lagrangiano: L = e 2γ t
(
1
mq 2
2
)
− V (q) .
a) ¿A qué sistema corresponde?
b) Una vez encontrado el hamiltoniano en variables ( p, q ) , ¿cuál ha ser la
buena expresión para la función f (t ) tal que la función generatriz
F2 (q, P, t ) = f (t ) qP transforme el hamiltoniano en una constante del
movimiento en el caso en que V (q ) = 12 mω 2 q 2 ?
a) La ecuación del movimiento es
∂V
− 2mγq
∂q
que corresponde a una partícula en un potencial V y bajo la influencia de un frenado
− 2mγq .
mq = −
b) El hamiltoniano viene dado por la expresión
p 2 − 2γ t
H =
e
+ V (q )e 2γ t ,
2m
que se reduce, en nuestro caso, a
p 2 − 2γ t 1
H =
e
+ mω 2 q 2e 2γ t .
2m
2
Nos piden ahora una función generatriz de la forma F2 (q, P, t ) = f (t ) qP para que
transforme H en un nuevo hamiltoniano K que sea constante del movimiento. Nos
bastará para ello asegurar que K no depende explícitamente del tiempo. Para ello,
aplicando las ecuaciones de transformación
∂f
p = f (t )P ; Q = f (t )q ; K = H + qP
∂t
tenemos
84
∂f
P 2 2 − 2γ t 1
f e
+ mω 2Q 2 f − 2e 2γ t + QP f −1
2m
2
∂t
Si hacemos la identificación
f (t ) = eγ t
obtenemos el resultado exigido.
K=
-------------------------------------------
18.- Un conjunto de coordenadas generalizadas, se transforma en un nuevo
conjunto (Q1 , P1 ) , (Q 2 , P2 ) a través de:
Q1 = q12 , P1 = P1 (q1 , p1 , q 2 , p 2 )
Q 2 = q1 + q 2 , P2 = P2 (q1 , p1 , q 2 , p 2 ) .
a) Encontrar la expresión más general de P1 y P2 para que la transformación
sea canónica.
b) Mostrar la elección que reduce el hamiltoniano
2
 p − p2 
 + p 2 + (q1 + q 2 )2 a K = P12 + P2 .
H =  1
 2q1 
c) Resolver las ecuaciones de Hamilton en términos de las nuevas variables.
a) Buscaremos una función F2 (q, P, t ) tal que Qi =
∂F2
∂F
y p i = 2 , de :
∂Pi
∂q i
Q1 = q12 y Q2 = q1 + q 2 → F2 = q12 P1 + (q1 + q 2 ) P2 + g (q1 , q 2 , t ) .
Por tanto:
∂g
∂g
; p 2 = P2 +
p1 = 2q1 P1 + P2 +
∂q1
∂q 2
con lo que
∂g
∂g 
∂g
∂g 
1 
1 

 p1 − p 2 +
 =
 p1 − P2 −
P2 = p 2 −
; P1 =
−
∂q 2
2q1 
∂q 2 ∂q1 
∂q1  2q1 
b) Si suponemos que g es independiente del tiempo, K = H y si sustituimos las
expresiones anteriores de P1 y P2 en K tenemos que
2
 p − p2
∂g  
∂g
1  ∂g
  + p 2 −

+
−
H = K =  1

2q1  ∂q 2 ∂q1  
∂q 2
 2q1
que será igual a la hamiltoniana original si
∂g
∂g
∂g
2
y
= −(q1 + q 2 ) = −q12 − q 22 − 2q1 q 2
=
∂q 2
∂q1 ∂q 2
y esta última expresión es fácilmente integrable a
∂g
∂g
1
g = −q12 q 2 − q 23 − q1 q 22 + f (q1 ) y de la condición
=
= −q12 − q 22 − 2q1 q 2
∂q1 ∂q 2
3
∂f
= −q12 y por tanto
tenemos que
∂q1
1
1
F2 = q12 P1 + (q1 + q 2 )P2 − q12 q 2 − q 23 − q1 q 22 − q13 .
3
3
85
c) En el nuevo Hamiltoniano no aparecen ni Q1 ni Q2 por lo que P1 y P2 son
constantes y
∂H
Q1 =
= 2 P1 → Q1 = 2 P1t + α ,
∂P1
∂H
= 1 → Q2 = t + β .
Q2 =
∂P2
-------------------------------------------
19. Un sistema de dos grados de libertad está descrito por la hamiltoniana
H = − g1 (q1 ) + bq 22 + p1 g 2 (q1 ) − p 2 g 3 (q 2 ) ,
dónde g i (q j ) es función únicamente de la variable q j .
a) Encontrar unas funciones, g1 (q1 ) , g 2 (q1 ) y g 3 (q 2 ) para que las funciones
F1 = q1 q 2 y F2 =
p1 − aq1
q2
sean constantes del movimiento.
b) ¿Existen más constantes del movimiento algebraicas independientes? En
caso de respuesta afirmativa, ¿ podría dar alguna sugerencia de constante?
c) ¿Puede construirse alguna constante más a partir de la identidad de
Jacobi?. (Nota: identidad de Jacobi para las funciones H, v, w es
[H , [v, w]] + [v, [w, H ]] + [v, [H , w]] = 0 )
 ∂W  ∂S
 +
d) Resolver la ecuación de Hamilton-Jacobi: H  q,
= 0 , con
 ∂q  ∂t
S (q, P, t ) = W (q, P ) − α1t ¿Qué constantes del movimiento obtenemos?
a) Para que Fi sea constante del movimiento tiene que cumplir que [H , Fi ] = 0 , de la
definición de corchete de Poisson tenemos:
[H , F1 ] = ∂H ∂F1 − ∂H ∂F1 + ∂H ∂F1 − ∂H ∂F1 = − g 2 (q1 )q 2 + g 3 (q 2 )q1 = 0
∂q1 ∂p1 ∂p1 ∂q1 ∂q 2 ∂p 2 ∂p 2 ∂q 2
que tiene como solución g 2 (q1 ) = q1 y g 3 (q 2 ) = q 2 (o con los signos cambiados).
Introduciendo esto en el corchete de la segunda constante:






[H , F2 ] =  − ∂g1 + p1 ∂g 2  1 + g 2 a + g 3  aq1 −2 p1  = 1  − ∂g1 + p1 + aq1 + aq1 − p1  = 0
∂q1  q 2
q2
 ∂q1

 q 2  q 2  ∂q1
2
que se cumple si g1 (q1 ) = aq 1 .
b) Con las funciones halladas el hamiltoniano tiene la forma
H = −aq12 + bq 22 + p1 q1 − p 2 q 2
que, salvo signos, es simétrica en las variables. De este modo es directo proponer una
nueva función
86
p 2 − bq 2
q1
que es fácil comprobar que es constante del movimiento
F3 =


[H , F3 ] = −q1  bq 2 −2 p 2  + (2bq 2 − p 2 ) 1

q1

q1
− q2
b
1
= (− bq 2 + p 2 + 2bq 2 − p 2 − bq 2 ) = 0 .
q1 q1
También es evidente que el propio Hamiltoniano, independiente del tiempo, es otra
constante del movimiento. Podríamos pensar que ya tenemos las 4 constantes posibles
pero no son linealmente dependientes, de hecho se puede ver que
H = F1 (F2 − F3 ) .
c) La aplicación de la identidad de Jacobi para generar nuevas constantes sólo produce
soluciones triviales:
[F1 , F2 ] = 1 , [F1 , F3 ] = 1 , [F2 , F3 ] = − H2 .
F1
d) La ecuación una vez hecha la separación de variables queda
∂W2
∂W1
q 2 − aq12 + bq 22 = E
q1 −
∂q 2
∂q1
y separando las ecuaciones por variables tenemos
∂W1
∂W2
q1 − aq12 = α 1 y −
q 2 + bq 22 = α 2
∂q1
∂q 2
que tiene como soluciones directas
a
b
W1 = α 1 ln(q1 ) + q12 y W2 = −α 2 ln(q 2 ) + q 22 ,
2
2
de modo que la función generadora de la transformación canónica buscada es
a
b
S = α 1 ln(q1 ) + q12 − α 2 ln(q 2 ) + q 22 − α 1t − α 2 t
2
2
y podemos encontrar las soluciones explicitas para las variables canónicas:
∂S
∂S
β1 =
= ln (q1 ) − t y β 2 =
= − ln(q 2 ) − t
∂α 1
∂α 2
q1 (t ) = e β1 e t y q 2 (t ) = e − β 2 e − t
y para las conjugadas:
α
∂S α 1
∂S
p1 =
=
+ aq1 = α 1e − β1 e −t + ae β1 e t y p 2 =
= − 2 + bq 2 = α 2 e β 2 e t + be − β 2 e −t .
∂q1 q1
∂q 2
q2
Las constantes son α 1 , α 2 , β 1 , β 2 cuyas fórmulas en función de las variables se puede
despejar de las ecuaciones anteriores.
-------------------------------------------
20.- Sean f1 , f 2 , f y g funciones de las coordenadas, q k , de los momentos, p k , y
del tiempo. Muestre que se cumplen las siguientes relaciones:
a) [ f1 + f 2 , g ] = [ f1 , g ] + [ f 2 , g ]
b) [ f 1 f 2 , g ] = f 1 [ f 2 , g ] + f 2 [ f1 , g ]
∂
[ f , g ] =  ∂f , g  +  f , ∂g 
c)
∂t
 ∂t   ∂t 
87
d)
[ f , qk ] = − ∂f
∂pk
∂f
e) [ f , pk ] =
∂qk
-------------------------------------------
21.- Supongamos un sistema en una dimensión con coordenadas q y p.
Demuestre que para la hamiltoniana del sistema H (q, p, t ) la evolución de
a)
una función f (q, p, t ) esta dada por
∂f
df
= [f , H]+
dt
∂t
b) Encuentre las condiciones que han de cumplir las constantes a,b y c para que
sea canónica la transformación
Q = a q 2 + p , P = bq + cp 4 . (1)
c)
Para el sistema dado por la hamiltoniana
H = q 2 + 4q 4 + 4 pq 2 + p 2
encuentre la transformación del tipo (1) tal que la nueva hamiltoniana, H’, sea la
del oscilador armónico.
d)
Si tuviéramos una nueva transformación canónica sobre las coordenadas del
~
~
apartado c): P (Q, P, t ) y Q (Q, P, t ) , ¿cómo calcularíamos la transformación desde
~
~
las variables originales a las finales, P (q, p, t ) Q (q, p, t ) ?. ¿Será canónica?. En caso
de conocer una transformación que simplifique la hamiltoniana H’ apunte el
procedimiento.
a)
Se obtiene de la definición del corchete de Poisson y las ecuaciones del
movimiento de hamilton para el sistema. (Ver en el apartado 9-5 del Goldstein).
b)
En notación matricial tiene que cumplir:
T
MJM = J
y para este sistema tenemos
 ∂Q ∂Q 


1 

− b + 8bcp 3   0 1 
0
∂q ∂p   2aq
T

 = 


,
M=
= 
MJM
=
 − 1 0 
 b − 8bcp 3
 ∂P ∂P   b 4 p 3 
0

 

 ∂q ∂p 


es decir, c = 0, b = −1 y a sin determinar.
c)
Como la transformación es independiente del tiempo la nueva hamiltoniana se
obtiene de la substitución de las nuevas variables, q = − P y p = Q − aP 2 en la antigua
hamiltoniana:
H ' = H = P 4 (a 2 − 4a + 4) + P 2 Q(4 − 2a) + P 2 + Q 2
en la que tomando a = 2 nos lleva a
H ' = P 2 + Q 2 , formalmente la del oscilador armónico.
88
~
~
~
~
Para esta hamiltoniana la transformación P = 2 P cos(Q ) Q = 2 P sen(Q ) , nos lleva
~
a H ' = 2 P . Sencillamente podemos igualar las expresiones de P y Q en ambas
coordenadas para obtener:
~
~
~
~
P = 2 P cos(Q ) = −q y Q = 2 P sen(Q ) = 2q 2 + p
y de aquí despejar para cualquier conjunto:
 −q 
~

Q = tn −1  2
~
~
q = − 2 P cos Q,
2q + p 

o
~
~
~
~
2
2
2
p = 2 P senQ − 4 P cos 2 Q ~ q + (2q + p)
P=
2
La composición de 2 transformaciones canónicas siempre es canónica.
-------------------------------------------
22.- Supongamos un sistema de un grado de libertad, con coordenadas q y p y
hamiltoniana H, y una transformación canónica a las coordenadas Q(q, p ) y
P(q, p ) junto con su función generatriz F1 (q, Q, t ) .
a)
En general, ¿cree usted que pueden obtenerse todas las funciones
generatrices F2 (q, P, t ) , F3 ( p, Q, t ) y F4 ( p, P, t ) de esa transformación? Ilustre su
respuesta con ejemplo/s sencillo/s. En caso de poder disponer de más de una
función generatriz ¿obtendremos siempre la misma hamiltoniana?.
¿Existe una única función generatriz del tipo F1 (q, Q, t ) asociada al cambio
b)
de coordenadas Q(q, p ) y P(q, p ) ? En caso de poder disponer de más de una
función generatriz F1 (q, Q, t ) ¿obtenemos siempre la misma hamiltoniana?. Dé
también ejemplo/s sencillo/s.
a) No siempre será posible encontrar funciones de los 4 tipos para una misma
transformación canónica. Partiendo de las ecuaciones de las nuevas variables, Q(q, p, t )
y P(q, p, t ) , hay que comprobar qué parejas formadas por una variable antigua y una
nueva son expresables en función de las otras dos. Como ejemplo simple de este caso
tenemos la transformación: F1 (q, Q, t ) = qQ . Esta genera el cambio
∂F
∂F
p = 1 = Q , P = 1 = −q , para el que no es posible expresar p como función de q y
∂q
∂Q
P, ni q como función de p y Q. Por tanto existirán sólo las funciones F1 (q, Q, t ) y
F4 ( p, P, t ) .
Sin embargo sí hay casos en los que es posible, un ejemplo simple sería:
p = 2Q 2 q
, generada por la función F1 = q 2 Q 2 . Para este caso tenemos todas las
2
P = −2Qq
combinaciones:
89
1
2
p
q=
2Q 2
 P2 3

q = 
 2p 
p
2q 3
,
,
y podremos calcular todas las funciones
1
p
2p2
Q=− 2 P=−
 p2 3

2q
4Q 3 Q = 
 2P 
generatrices:
p=
2
 p5  3
p2
P
 2  .
F2 = − 2 , F3 = −
F
,
=
4
4q
4Q 2
 2P 
Estas funciones generatrices, obtenidas unas de otras a través de F1 = F2 − QP ,
F1 = F3 − qp y F1 = F4 + qp − QP y del oportuno cambio de coordenadas (ver sección
9-1 del Goldstein) siempre generan la misma hamiltoniana.
2
b)
No, no es única. Dado que la relación entre el cambio de coordenadas y la
∂F
∂F
función generatriz viene dado por ecuaciones del tipo: p = 1 P = 1 siempre
∂q
∂Q
podemos añadir una constante y/o una función dependiente del tiempo. En este último
caso las hamiltonianas serán diferentes según la función dependiente del tiempo que
consideremos.
Para el primer ejemplo de la sección anterior las transformaciones canónicas dadas por
las funciones F1 (q, Q, t ) = qQ y F1 ' (q, Q, t ) = qQ + t 2 , generan las mismas ecuaciones
p = Q y P = − q , pero tiene hamiltonianas diferentes.
-------------------------------------------1 2
( p + q 2 ) , la variable dinámica
2
g ( p, q) = q p y las condiciones iniciales q (t = 0) = 0, p(t = 0) = p 0 . Calcule la
evolución temporal de la variable, g (t , p 0 ) siguiendo los siguientes procedimientos
y comente brevemente las diferencias:
Integración directa de las ecuaciones de Hamilton.
a)
b) A partir del formalismo de Poisson obtenga la ecuación diferencial de
segundo orden de g (t , p 0 ) .
c)
Encuentre una transformación canónica cualquiera tal que la nueva variable
sea Q = g ( p, q) . Calcule el nuevo hamiltoniano y obtenga g (t , p0 ) a partir de
las nuevas ecuaciones de Hamilton.
NOTA: las siguientes fórmulas pueden serle de utilidad:
∂F
∂F
∂F
∂F
F1 = F1 (q, Q, t ), p = 1 , P = − 1
F2 = F2 (q, P, t ), p = 2 , Q = 2
∂q
∂Q
∂q
∂P
∂F
∂F
∂F
∂F
F3 = F3 ( p, Q, t ), q = − 3 , P = − 3
F4 = F4 ( p, P, t ), q = − 4 , Q = 4
∂Q
∂p
∂P
∂p
23.- Sean un sistema hamiltoniano H ( p, q ) =
90
∂H
=p
q(t ) = A sin t + B cos t
∂p
a)
, q = p = −q y por tanto
, que para las
p(t ) = A cos t − B sin t
∂H
p=−
= −q
∂q
q (t = 0) = B = 0
condiciones iniciales dadas:
, tenemos q(t ) = q 0 sin t .
p (t = 0) = A = p0
q=
p 02
sin 2t
2
∂g ∂H ∂g ∂H
dg
b) g =
= p2 + q2 y
= [g , H ] =
−
dt
∂q ∂p ∂p ∂q
dg
∂g ∂H ∂g ∂H
g=
= [g , H ] =
−
= 2qp − 2 p(− q) = 4 g
dt
∂q ∂p ∂p ∂q
g (t ) = A sin(2t ) + B cos(2t ) , con las condiciones iniciales g (t = 0) = 0 , g (t ) = p 02 , nos
g (t ) = p (t )q(t ) = p02 sin t cos t =
p02
sin 2t .
2
c) Buscamos una transformación canónica desde el sistema de coordenadas p, q a otro
Q
P, Q donde, por ejemplo, Q = g = pq . Si despejamos q = , podemos considerar la
p
función generatriz F3 ( p, Q) tal que
∂F
Q
q=− 3 =
∂p
p
, → F3 = Q ln p + f (Q) → P = ln p + f ' (Q)
∂F3
P=−
∂Q
siguiendo el enunciado del problema podemos tomar el caso más simple f (Q) = 0 :
p = e P , q = Qe − P
y el nuevo hamiltoniano será
1
H = (Q 2e −2 P + e 2 P )
2
Las nuevas ecuaciones del movimiento serán:
∂H
Q=
= −Q 2 e − 2 P + e 2 P
∂P
y para la ecuación de g (t ) = Q(t ) será
∂H
−2 P
P=−
= Qe
∂Q
lleva a g (t ) =
Q = −2Q 2 e −2 P P + 2Qe −2 P Q + 2e 2 P P , dónde por substitución de las anteriores
ecuaciones obtenemos Q = 2(−Q 2 e −2 P + e 2 P )Qe −2 P + 2e −2 P Q(−Q 2 e −2 P + e 2 P ) = 4Q , es
decir la misma ecuación que en el apartado anterior.
--------------------------------------------
24.- a.- Demuéstrese que si el hamiltoniano de un sistema puede expresarse como
H = H ( f (q1 , p1 ), q 2 , p 2 , …, q s , p s ) la función f (q1 , p1 ) es una constante de
movimiento.
91
b.- Utilícese esto para encontrar una constante de movimiento para una partícula
a⋅r
en dos dimensiones bajo el potencial V (r ) = 3 (siendo a un vector constante
r
dado).
df
= 0 utilizaremos el formalismo de Poisson:
dt
s
∂f ∂H ∂f
∂f ∂H ∂f
∂f ∂H ∂f ∂H
∂f ∂H ∂f ∂H
=0
−
=
−
f = [f ,H]= ∑
=
−
∂pi ∂qi ∂q1 ∂p1 ∂p1 ∂q1 ∂q1 ∂f ∂p1 ∂p1 ∂f ∂q1
i =1 ∂q i ∂p i
b) El hamiltoniano de una particula sometida al potencial del problema la podemos
escribir en coordenadas polares como:
p2
p2
a⋅r
H = r + 2θ + 3 , si elegimos el eje x coincidiendo con el vector a podemos
2m 2r m
r
2
p2
p
p r2 pθ2 + 2ma ⋅ cosθ
a ⋅ r cosθ
=
+
de modo que podemos
escribir H = r + 2θ +
2m 2 r m
2m
r3
2r 2 m
p 2 f (θ , pθ )
, con f (θ , pθ ) = pθ2 + 2ma ⋅ cosθ ,
escribir que H (r , p r , f (θ , pθ )) = r +
2
2m
2r m
constante del movimiento.
a) Para demostrar que
-------------------------------------------1 2
1
1
Pρ +
P 2 − ρ cosθ − ρ 2 sin 2 θ , y para el instante inicial
2 θ
2
2
2ρ
θ (0) = Pθ = 0 y ρ = Pρ = 1 . Sea S ( ρ ,θ , P1 , P2 ) = P1 ρ cosθ + α P2 ρ sin θ una función
25.- Sea H =
generatriz, siendo x1 , x 2 , P1 , P2 las nuevas coordenadas y momentos.
a)
Determinar los valores de α tales que el hamiltoniano de las nuevas
variables sea integrable.
b)
Utiliza la transformación para determinar el valor de θ , ρ , Pρ , Pρ en el
tiempo t = π .
NOTA: las siguientes fórmulas pueden serle de utilidad:
F1 = F1 (q, Q, t ), p = ∂F1 ∂q , P = − ∂F1 ∂Q
F2 = F2 (q, P, t ), p = ∂F2 ∂q , Q = ∂F2 ∂P
F4 = F4 ( p, P, t ), q = − ∂F4 ∂p , Q = ∂F4 ∂P
F3 = F3 ( p, Q, t ), q = − ∂F3 ∂p , P = − ∂F3 ∂Q
Lo primero es expresar las viejas variables en función de las nuevas
Pρ = P1 cosθ + αP2 sin θ
x = ρ cosθ
, 1
, de lo que obtenemos que (α ≠ 0)
Pθ = − P1 ρ sin θ + αP2 ρ cosθ x 2 = αρ sin θ
1
ρ=
α 2 x12 + x 22
α
y después de algunos cálculos tenemos que
x 22
1 2
2 2
, que para cualquier valor de α ≠ 0 es separable y por
K = (P1 + α P2 ) − x1 −
2
2α 2
tanto integrable.
Tenemos que
92
P1 = 1
P2 =
x2 ,
α2
x1 = P1
x 2 = α 2 P2
P1 (t ) = t + A
, que podemos integrar directamente por separado
x 2 (t ) = Ce t + De −t
y
.
1
t2
+ At + B P2 (t ) = 2 Ce t − De −t
α
2
Con las condiciones iniciales dadas obtenemos el valor de las constantes
x1 (0) = 1, x 2 (0) = 0, P1 (0) = 1, P2 (0) = 0 , A = B = 1, C = D = 0 .
P1 (π ) = π + 1
x (π ) = 0
Por tanto para t = π tenemos que
, 2
, que en las variables
π2
x1 (π ) =
+ π + 1 P2 (π ) = 0
2
(
x1 (t ) =
)
originales da lugar a θ (t ) = θ (π ) = 0, ρ (π ) = x1 (π ) =
Pρ = π + 1
Pθ = 0
π2
2
+ π +1
.
---------------------------------------------p12 p 22
26. Considere el hamiltoniano H = 2 + 2 + sin(q12 + q 22 ) y la función generatriz
q1
q2
q12 + q 22
S=
P1 + q12 P2 .
2
a) Determinar la trasformación canónica asociada a la función S, en la región
q1 , q 2 > 0 .
b) Determinar el nuevo hamiltoniano en función de Qi , Pi .
c) Dar las integrales primeras. Determinar las soluciones de la ecuación del
movimiento dadas por el nuevo hamiltoniano
d) Estudiar la posibilidad de obtener las soluciones a las ecuaciones del
movimiento en las variables originales a partir de la solución obtenida en c).
NOTA: las siguientes fórmulas pueden serle de utilidad:
F1 = F1 (q, Q, t ), p = ∂F1 ∂q , P = − ∂F1 ∂Q
F2 = F2 (q, P, t ), p = ∂F2 ∂q , Q = ∂F2 ∂P
F3 = F3 ( p, Q, t ), q = − ∂F3 ∂p , P = − ∂F3 ∂Q
F4 = F4 ( p, P, t ), q = − ∂F4 ∂p , Q = ∂F4 ∂P
a) La función generatriz depende de las coordenadas originales ( q1 , q 2 ) y de los nuevos
momentos ( P1 , P2 ), por tanto corresponde a F2 (q, P, t ) y tenemos que
q 2 + q 22
p1 = q1 P1 + 2q1 P2
Q1 = 1
2
p 2 = q 2 P1
Q2 = q12
Por lo que la trasformación canónica viene dada por
q1 = ± Q2
p1 = ± Q2 (P1 + 2 P2 )
, y para la región q1 , q 2 > 0 tomaremos el signo
q 2 = ± 2Q1 − Q2 p 2 = ± 2Q1 − Q2 P1
+.
b) Substituyendo el cambio en la expresión de H obtenemos el hamiltoniano en las
nuevas varibles
93
K = (P1 + 2 P2 ) + P12 + sin(2Q1 )
c) La variable Q2 es cíclica, por lo que P2 se conserva y el hamiltoniano no depende
del tiempo por lo que también es constante: P2 = α , K = E .
El resto de ecuaciones del movimiento:
∂K
∂K
P1 = −
= −2 cos(2Q1 ), Q1 =
= 4( P1 + P2 ) (1)
∂Q1
∂P1
De este modo
2
2
E = (P1 + 2α ) + P12 + sin(2Q1 ) = 2(P1 + α ) + 2α + sin(2Q1 )
si definimos P '1 ≡ P1 + α , tenemos que
2
E − 2α − sin( 2Q1 )
E − 2α − sin( 2Q1 )
y Q1 = 4 P'1 = ±4
2
2
con lo que reducimos el problema a la integral
Q1 ( t )
dQ1
de cuya integración obtendríamos Q1 = Q1 (t )
t = ±∫
Q1 ( 0 )
8( E − 2α − sin(2Q1 ))
∂K
A partir de esto y teniendo en cuenta (1) y Q2 =
= 4( P1 + 2 P2 ) tenemos el resto en
∂P2
función de ella y P2 = α :
1
P1 (t ) = Q1 (t ) − α Q2 (t ) = Q2 (0) + Q1 (t ) − Q1 (0) + 4tα
4
d) Como la transformación entre variables sólo es válida si
Q2 (t ) = Q2 (0) + Q1 (t ) − Q1 (0) + 4tα > 0
2Q1 (t ) − Q2 (t ) = 2Q1 (0) − Q2 (0) + Q1 (t ) − Q1 (0) − 4tα > 0 , hay que tener cuidado que no
siempre será válida.
Podemos mencionar que en cuanto α ≠ 0 y Q1 (t ) este acotado, el movimiento
terminará cruzando alguna de las fronteras.
P'1 = ±
---------------------------------------------27.- a ) Mostrar, mediante cualquiera de los métodos posibles, que la
transformación
−1 
1 
p
p
Q=
P=
 aq − i 
 aq + i ,
a
a
2i 
2i 
donde a es una constante, es canónica.
b) Aplicar esta transformación al oscilador armónico unidimensional de
Hamiltoniano
1
H=
p 2 + m 2 w2 q 2
2m
y encontrar un valor de la constante a que simplifique el nuevo Hamiltoniano
(debe tener un único término).
c) Encontrar las ecuaciones de Hamilton para Q y P y mostrar que permiten
recuperar las soluciones del oscilador armónico original.
(
)
II. Solución
a) Cualquiera de las opciones permite comprobar que es una transformación
canónica:
94
i)
Los corchetes de Poisson satisfacen las siguientes condiciones:
[Q, Q] = [P, P] = 0 por la propia definición de los corchetes.
[Q, P] = 1 , se comprueba del siguiente modo
[Q, P ] = ∂Q ∂P − ∂P ∂Q = a i − − a i = 1
∂q ∂p ∂q ∂p
2i 2i a
2i 2i a
ii)
Se Escriben las variables antiguas en función de las nuevas
2i
(Q − P ) , p = a (Q + P ) (1)
q=
2a
2i
y, con éstas y las originales, se comprueba que
∂P
∂Q ∂p
∂p
∂Q
∂q
∂P ∂q
=
y
=−
y
=−
y
=
.
∂q ∂P
∂Q
∂P
∂q
∂p
∂p ∂Q
Los cálculos llevan a
a
∂p ∂P − a
∂Q
∂p
=
=
=
=−
∂q
∂Q
2i ∂P ∂q
2i
i
i
∂Q
∂q ∂P
∂q
=
=−
=
=
∂P ∂p
∂p
2i a
2i a ∂Q
Encontrar una función generatriz.
iii)
b) Aplicando la transformación (1) al Hamiltoniano original se obtiene que
 2 m 2 w2  
1  2 m 2 w 2  2
2
QP 
 a +


2
H=
a
+
+
Q
P
−

4im 
a 2 
a 2  

que se puede simplificar notablemente mediante la elección
m 2 w2
a2 =
o lo que es lo mismo a = ± mw , a = ±i mw .
a2
Tomemos a = ± mw para obtener:
H = −iwQP
c) Las ecuaciones de Hamilton son
∂H
∂H
= iwP y las soluciones son
Q=
= −iwQ , P = −
∂Q
∂P
Q = Q0 e −iwt , P = P0 e iwt , donde Q0 y P0 son las condiciones iniciales.
Ahora hay que llevar estas soluciones a las variables originales p y q teniendo en
cuenta que las condiciones iniciales antiguas dependen de las nuevas:
p 
p 
−1 
1 
P0 =
Q0 =
 aq 0 + i 0 ,
 aq0 − i 0 
a 
a 
2i 
2i 
con lo que recuperamos las soluciones del oscilador armónico.
(
)
---------------------------------------------28. Recuerde que las funciones hiperbólicas vienen definidas por
sinh ( x ) = 12 exp ( x ) − exp ( − x )  y cosh ( x ) = 12 exp ( x ) + exp ( − x )  .¿Cuál de las dos
transformaciones
1→ Q =
sinh β p
cosh β p
, P=
α
q
qα
95
cosh β p
sinh β p
, P=
α
q
qα
puede representar una transformación canónica, siendo α y β reales?
2→Q =
Transformación 1:Para un sistema unidimensional la condición simplectica se reduce a
que el determinante
∂Q
∂q
∆≡
∂P
∂q
∂Q
∂p
∂P
∂p
sea la unidad.
En nuestro caso:
∆=
−α q −α −1 sinh β p
q −α β cosh β p
−α q
q β sinh β p
−α −1
Deberá ser cierto que βα q
cosh β p
−2α −1
−α
= β α q −2α −1
= 1 . No hay valores posibles.
Transformación 2:
En este caso:
∆=
−α q −α −1 cosh β p q −α β sinh β p
= − β α q −2α −1
−α −1
−α
sinh β p q β cosh β p
−α q
Deberá ser cierto que − βα q −2α −1 = 1
oα =−
α=
1
y β =2
2
1
; β =2
2
La transformación es:
Q = q cos 2 p
P = q sin 2 p
∂F3
∂F
; p=− 3 y
F3 = F3 ( p, Q)
∂p
∂q
Reexpresando las variables P y q en función de p y Q:
además,
q=−
q=
de modo que
∂F
Q2
=− 3
cos 2 p
∂p
Q2
cos 2 p
y Q tg 2 p = −
; P = Q tg 2 p
∂F3
∂Q
Las dos ultimas ecuaciones se integran inmediatamente a
F3 = −
Q2
tg 2 p + ϕ ( p )
2
donde ϕ ( p) =constante de modo que,salvo una constante irrelevante se verifica
finalmente que
Q2
F3 (Q, p) = −
tg 2 p .
2
96
NOTAS SOBRE TEORÍA DE PERTURBACIÓN
Las ecuaciones de la mayoría de los sistemas mecánicos no pueden resolverse
exactamente, por lo que es importante desarrollar métodos que permitan obtener
soluciones aproximadas. Uno de ellos -muchas veces el único que permite soluciones
analíticas- es el de la teoría de perturbación, ampliamente utilizado en todas las ramas
de la física. La idea es resolver un sistema por medio de otro resoluble muy cercano a
él. El sistema a resolver se define entonces como una “perturbación” del segundo, lo
que permite ir aproximándonos paso a paso a la solución. El procedimiento usual define
esta perturbación como una serie -de igual modo que aproximamos una función
analítica por una serie de potencias- y el objetivo de la teoría es ir resolviendo
consistentemente cada término de la serie.
Como veremos, un cálculo perturbativo involucra pequeños parámetros. Por otra
parte, los métodos numéricos permiten en la actualidad resolver problemas con gran
precisión sin necesidad de restringirse al ámbito de pequeñas perturbaciones de un
sistema conocido. Eso hace pensar que la teoría de perturbación deja de tener sentido.
Sin embargo, no es así. Ésta sigue siendo necesaria como comprobante de los resultados
numéricos (por lo menos en el rango de parámetros pequeños) y para establecer una
buena comprensión teórica de estos mismos.
Procederemos en estas notas dividiendo la exposición en dos partes. En una
primera, se trata la teoría elemental de perturbaciones. Corresponde a la versión no
canónica de la perturbación dependiente del tiempo que se desarrolla en la sección 11-2
del Goldstein. Existe una buena razón para hacerlo así. La serie de Lindstedt -así se
denomina- es más fácil de entender que la alternativa canónica, además de poner de
manifiesto en su génesis los problemas que pueden derivarse de una construcción
indebida de la serie perturbativa. Así, el alumno que lo desee, puede sustituir el estudio
de las seciones 11-2 y 11-3 del Goldstein por la sección que sigue.
La segunda parte de estas notas trata de aclarar el esquema básico de la teoría
canónica de perturbación independiente del tiempo (sección 11-4 del Goldstein). La
falta de tiempo nos obliga a detenernos en el cálculo en primer orden de perturbación en
sistemas de un solo grado de libertad. Con ello se ilustra la maquinaria básica, aunque,
97
bien está decirlo, los problemas interesantes empiezan justamente allí donde nos
paramos. Desgraciadamente, somos esclavos de las contingencias de un cuatrimestre –
el primero- con el tiempo útil muy recortado.
Un ejemplo del particular cuidado que hay que tener en teoría de perturbaciones:
Series de potencias de Lindstedt
A modo de ilustración, escogemos el ejemplo de un oscilador integrable de un
grado de libertad cuya ecuación del movimiento es
1
x + ω 02 x = εω 02 x 3
6
(1)
obtenida expandiendo el hamiltoniano del péndulo ( H =
1
Gp 2 − F cos φ ) hasta incluir
2
términos de tercer orden en φ . Por comodidad rescribimos φ como x y introducimos la
notación ω 02 = FG . ε es un parámetro adimensional que pone de manifiesto la pequeña
magnitud del término cúbico, que pasa a ser considerado como una perturbación. Al
final del proceso se hace ε = 1 . Expandimos x de forma directa
x = x 0 + εx1 + ε 2 x 2 + "
(2)
y sustituimos la expresión (2) en la ecuación (1). Igualando términos en potencias
iguales de ε , obtenemos en orden cero
x 0 = A cos ω 0 t ,
(3)
o solución del oscilador armónico, mientras que para orden uno en ε , obtenemos la
ecuación
1
x1 + ω 02 x1 = εω 02 A 3 cos 3 ω 0 t
6
(4)
La ecuación (4) puede rescribirse como
98
x1 + ω 02 x1 =
1
εω 02 A 3 (cos 3ω 0 t + 3 cos ω 0 t )
24
(5)
El término en cos 3ω 0 t da como solución particular
x1, a = −
A3
cos 3ω 0 t
192
(6)
El segundo, por su parte, da
x1,b =
A3
(ω 0 t sin ω 0 t + 2 cos ω 0 t )
64
(7)
Mientras que la solución (6) corresponde a una solución de buen
comportamiento, la (7) tiene un término lineal en t que la hace crecer indefinidamente.
Este tipo de términos se denominan seculares, y no cabe duda de que no son algo
esperable en un sistema como el de la ecuación (1), cuyo movimiento debería estar
confinado y ser periódico. En otras palabras, el término forzante en cos ω 0 t provoca
una resonancia en el oscilador armónico −lado izquierdo de la ecuación (5)− que es
totalmente indeseable desde el punto de vista físico.
El resultado anterior indica que hemos hecho algo mal en el tratamiento.
Analizándolo con detenimiento, nos damos cuenta de que hemos supuesto que la
frecuencia del oscilador cúbico era ω 0 , igual a la del oscilador armónico. Esto no
parece muy adecuado, en tanto en cuanto es de esperar que el oscilador cúbico tenga
frecuencia propia (sabemos que depende de la amplitud), distinta de ω 0 . Es, en
consecuencia, consistente suponer la frecuencia de nuestro oscilador cúbico distinta de
ω 0 , pero no muy alejada de esta última, de forma a que sea resultado, tal como lo es
x(t ) , de una expansión en ε :
ω (ε ) = ω 0 + εω1 + ε 2ω 2 + "
(8)
Ahora, podemos repetir todo el proceso anterior con esta nueva hipótesis y ver si
desaparecen los términos seculares. Sustituimos (2) y (8) en (1), y simplificamos la
notación definiendo la derivada x ′ = dx
d (ωt )
″
x0 + x0 = 0
= ω −1 x . Obtenemos en orden cero
(9)
99
mientras que para orden uno
1
″ 2ω 1 ″
x1 +
x 0 + x1 − x 03 = 0
ω0
6
(10)
Sustituyamos ahora en (10) la solución de (9)
 A 3 2 Aω 1 
A3
″
 cos ω 0 t +
x1 + x1 = 
cos 3ω 0 t
+
ω0 
24
 8
(11)
Recordemos ahora cuál era el problema con la ecuación (5). La contribución a la
forzante en cos ω 0 t era la responsable del término secular −resonante. Sin embargo, la
ecuación (11), a diferencia de la (5), nos permite “eliminar” esta contribución, y de
hecho la secularidad, haciendo su coeficiente idénticamente nulo. Despejando ω1 ,
queda
ω1 = − 161 A 2ω 0
(12)
Ahora la solución de (11) es completamente regular y periódica −tal como era de
esperar−
x1 = C cos ω 0 t + D sen ω 0 t −
A3
cos 3ω 0 t
192
(13)
La moraleja de este ejemplo es clara: ¡cuidado con los cálculos perturbativos!
Requieren un esmero especial para no caer en resultados no físicos. En nuestro caso se
descubrió con facilidad el error. El ejemplo era de un solo grado de libertad y la
inconsistencia trivial. Sin embargo, en problemas de más de un grado de libertad las
apariencias no son tan llamativas y el control del procedimiento se hace más dificultoso.
Teoría canónica clásica de perturbación
La mayoría de los sistemas multidimensionales −o forzados− no son integrables:
no existe solución a la ecuación de Hamilton-Jacobi. Sin embargo, en sistemas que no
difieran mucho de un sistema integrable, se puede intentar obtener soluciones
expandiendo la función generatriz en potencias de un pequeño parámetro ε y tratar de
encontrar la solución de la ecuación de Hamilton-Jacobi por aproximaciones sucesivas.
100
Existe, sin embargo, una dificultad, y es la aparición de pequeños denominadores que
impiden la convergencia de la serie. Estos pequeños denominadores están ligados a
resonancias entre grados de libertad, en el entorno de las cuales ocurre la destrucción
total de los invariantes y de la generación de movimientos caóticos. En este curso, no
vamos a hacernos eco de estas dificultades y sólo señalaremos que aún a pesar de ellas
las series son útiles ya que describen bastante bien el comportamiento en muchas zonas
del espacio de fases. Ilustraremos el método canónico para problemas de un grado de
libertad. Aunque aquí, todos los sistemas son integrables de oficio y debe existir una
solución cerrada, independientemente de la dificultad que entraña su obtención, las
series de potencias son útiles para aproximar con un cálculo sencillo la solución real, y
para obtener una transformación preparatoria a variables acción-ángulo en sistemas de
más de un grado de libertad.
Supongamos un problema de un grado de libertad escrito en la forma siguiente:
( )
H = H 0 (J ) + ε H 1 (J , θ ) + ε 2 H 2 (J , θ ) + O ε 3
(14)
H 0 ( J ) es un hamiltoniano cuya forma acción-ángulo −variables (J , θ ) −es conocida y
cuya solución
es:
J = J0
θ =ω t + β
ω = ∂H 0 ∂J
(15)
H es otro hamiltoniano que “cercano” a H 0 y cuya forma puede aproximarse por la
serie (14) −escrita hasta segundo orden. Por ahora nos ocuparemos de los aspectos
puramente formales del problema, sin preguntarnos cómo se obtiene la serie anterior.
Nuestro problema consiste en hallar una transformación a unas nuevas variables (J , θ )
para las cuales el hamiltoniano transformado H es función sólo de la acción J . Para
ello necesitamos hallar la correspondiente función generatriz S (J , θ ) , que vamos a
suponer, al igual que el hamiltoniano problema H , susceptible de expansión en ε
( )
(16)
( )
(17)
S (J , θ ) = Jθ + ε S 1 (J , θ ) + O ε 3
H (J ) = H 0 (J ) + ε H 1 (J ) + O ε 2
101
Obsérvese que la aproximación de orden cero a la función generatriz es la
transformación identidad J = J y θ = θ . A partir de (16), definimos las ecuaciones de
transformación entre los pares de variables (J , θ ) y (J , θ )
J = J +ε
∂S 1 (J , θ )
+O ε 2
∂θ
(18)
θ =θ +ε
∂S 1 (J , θ )
+O ε 2
∂J
(19)
( )
( )
Para hallar las viejas variables en función de las nuevas necesitamos invertir
apropiadamente (18) y (19), obteniendo:
J = J +ε
∂S 1 (J , θ )
+O ε 2
∂θ
(20)
θ =θ −ε
∂S 1 (J , θ )
+O ε 2
∂J
(21)
( )
( )
Obsérvese que las formas (20) y (21) proceden de (18) y (19), respectivamente.
Hay, sin embargo, un detalle importante. Contrariamente a (18) y (19), S1 aparece en
(20) y (21) como función de las nuevas variables. Lo que hemos hecho es sustituir en
(18) y (19) θ por su aproximación de orden cero θ . Las aproximaciones de orden
superior en ε afectarán a términos de orden superior en (20) y (21). Ahora nuestro
objetivo es encontrar la forma para S1 que haga que el hamiltoniano
H (J ) = H (J (J , θ ), θ (J , θ ))
(22)
sea sólo función de J . Para ello vamos a trabajar el lado izquierdo de la ecuación (22).
Recordamos la forma que tiene H dada por (14) . Cogemos los dos primeros términos
de aquélla, H 0 ( J ) y ε H 1 ( J , θ ) , y aplicamos la transformación (20)-(21).
∂S


H 0 ( J ) = H 0  J + ε 1 + " =
∂θ


H 0 (J ) + ε
∂H 0
∂J
∂S1
+Oε2
∂θ
( )
J =J
(23)



∂S (J , θ )
∂S (J , θ )
H 1 ( J , θ ) = H 1   J + ε 1
+ ", θ − ε 1
+ "  =


∂J
∂θ



102
H 1 (J , θ ) + O(ε )
(24)
Insertamos las expresiones (23) y (24) en el lado izquierdo de la ecuación (22)
 ∂H 0 ∂S 1

+ H 1 (J , θ ) + O ε 2
H (J ) = H 0 (J ) + ε 
 ∂J ∂θ

( )
(25)
que hemos de comparar, término a término, con la serie (17). El término de orden cero
no ofrece problemas
H 0 = H 0 (J )
(26)
A su vez, para el término de primer orden
 ∂H 0 (J )   ∂S 1 (J , θ ) 
 + H 1 (J , θ )
⋅
H 1 (J ) = 
 

 ∂J   ∂θ

(27)
El lado izquierdo de (27) depende solo de J , por lo que debemos escoger S1 tal
que desaparezca en el lado derecho de la misma ecuación la dependencia en θ . Para
ello definimos el promedio sobre la fase de H 1
1
Hˆ 1 (J ) =
2π
2π
∫ H (J ,θ )dθ ,
(28)
1
0
función exclusivamente de J , y el resto
~
H 1 (J , θ ) = H 1 (J , θ ) − Hˆ 1 (J ) ,
(29)
denominada usualmente parte oscilante de H 1 . Ahora podemos introducir (28) y (29) en
(27) de forma a definir
H 1 (J ) ≡ Hˆ 1 (J )
(30)
y definir S1 como solución
ω (J )
∂S 1 (J , θ ) ~
+ H 1 (J , θ ) = 0
∂θ
(31)
Recordamos que ω (J ) = ∂H 0 (J ) ∂ J . Si (31) tiene solución, el nuevo
hamiltoniano queda, a primer orden,
( )
H (J ) = H 0 (J ) + ε Hˆ 1 (J ) + O ε 2
(32)
103
Queda, consecuentemente, por resolver la ecuación (31). Lo hacemos
~
expandiendo S1 y H 1 en serie de Fourier
S1 = ∑ S1n (J )e inθ
(33)
~
~
H 1 = ∑ H 1n (J ) e inθ
(34).
n
n≠0
Sustituyendo en (31) vemos que, si ω (J ) ≠ 0 , S 10 = constante y
~
H 1n
S1n =
, n≠0
inω
(35)
Con esto queda completada la evaluación de la serie perturbativa hasta primer
orden de perturbación. La teoría de perturbación de Poincaré-Zeipel (que es así como se
llama) puede, en principio, evaluarse en cualquier orden de perturbación, aunque
órdenes mayores que el primero empiezan a ser muy tediosos. Existen métodos
acelerados de cálculo, así como técnicas más modernas (transformaciones de Lie), que
evitan las dificultades de la técnica de Poincaré-Zeipel. Evitan especialmente el
problema de la mezcla de variables nuevas y viejas que nos hemos encontrado en las
ecuaciones (18)-(19). Sin embargo, las limitaciones de tiempo no nos van a permitir
abordar estas técnicas. Aquella persona que desee ampliar conocimientos puede ponerse
en contacto con el profesor de la asignatura para discutir este extremo.
Ejemplo
Para ilustrar el procedimiento anterior calcularemos el movimiento de libración
de un péndulo de longitud l hasta primer orden. Recordemos su hamiltoniano
H = 12 A p 2 − B cos φ
con A = 1 ml 2 y B = mgl . El problema es no-lineal y se puede resolver por cuadraturas,
dándonos un buen caso de prueba del rango de validez de nuestra aproximación.
Recordemos los dos movimientos admisibles, libración y rotación, separados por una
104
separatriz de energía E = B , que “une” los dos puntos de equilibrio inestable φ = ±π .
Para E < B tenemos libración, mientras que la rotación aparece para E > B . La
resolución exacta del problema es bien conocida e invoca la función elíptica,
Κ (κ ) =
π
dξ
2
∫
0
(1 − κ
2
sen 2 ξ )2
1
,
(36)
para expresar la dependencia de la frecuencia con la energía
ω (κ ) π
−1
= [Κ (κ )] , κ < 1 libración
2
ω0
(37)
ω (κ )
κπ
=
, κ > 1 rotación
ω0
Κ (κ −1 )
(38)
con ω 0 = ( AB ) 2 como la frecuencia del movimiento linearizado alrededor del punto de
1
equilibrio φ = 0 , y 2κ 2 = 1 + E B , como medida de la relación entre la energía total E
y la energía de la separatriz B .
Es el turno ahora de la aproximación perturbativa. La estableceremos en primer
orden de perturbación y compararemos con los resultados exactos que acabamos de dar.
Expandimos en serie de Taylor el hamiltoniano del péndulo alrededor del punto
de equilibrio φ = 0
H p = 12 Ap 2 + 12 Bφ 2 − ε ⋅
1
1
Bφ 4 + ε 2 ⋅ Bφ 6 − "
4!
6!
(39)
Los dos primeros términos constituirán nuestra aproximación de orden cero.
H p 0 = 12 Ap 2 + 12 Bφ 2
Hemos intercalado en la expansión (39) potencias de un parámetro ε . Ésta es
una práctica habitual en teoría de perturbación y tiene como objetivo identificar
los distintos órdenes de perturbación. Al final del proceso se elimina haciendo
ε = 1 . Ahora podemos preparar el sistema para aplicar la teoría anterior. Para
empezar, deberemos obtener la ecuación (14) para este ejemplo. Utilizamos para
ello las variables acción-ángulo del hamiltoniano “no perturbado”, H p 0 ,
correspondiente al oscilador armónico.
105
Recordamos que en este caso: q = (2 J R ) 2 sen θ ; p = (2 JR ) 2 cos θ , con
1
1
R = ( B A ) 2 y H p 0 ( J ) = ( AB ) 2 J = ω 0 J .
1
1
Quedará
1
A2 J 3
H p = ω0 J − ε ⋅ AJ 2 sen 4 θ + ε 2 ⋅
sen 6 θ + "
6
90ω0
(40)
Puede ahora aplicarse el procedimiento de perturbación hasta primer orden.
1
AJ 2
H p1 = − AJ 2 sen 4 θ = −
( 3 − 4 cos 2θ − cos 4θ )
6
48
(41)
El procedimiento se deja como ejercicio. El nuevo hamiltoniano en primer orden
es:
H p ( J ) = ω0 J −
1
AJ 2
16
(42)
En (42) ε ha sido igualado a 1.
106