Posgrado Ciencias Fı́sicas
Universidad Nacional Autónoma de México
Mecánica Clásica
Para estudiantes de Posgrado
Pablo Fabián Velázquez, Emmanuel Ortiz-Pacheco,
Juan Claudio Toledo-Roy, David Hernández-Padilla
(Ilus.), Enrique Palacios-Boneta (Cómp.)
Notas del curso
2023
A la memoria de María Norma Brito (mi madre), María Guadalupe
Gudelia Roldán (mi madre mexicana) y Jesús Francisco García Cosío (mi
papá mexicano).
I
Agradecimientos
Agradezco a la UNAM por la oportunidad que me ha brindado para
convertirme en investigador y profesor. También le agradezco a la Universidad
de Buenos Aires (UBA), donde me formé y comencé mis labores docentes como
ayudante. Un agradecimiento especial a los Dres. Susana Hernández, Guillermo
Mattei, Rafael Ferraro, Fernando Lombardo, Manfred Pascher, Alejandro Hnilo,
Daniel Gómez (UBA), Jorge Cantó y Alejandro Raga (UNAM).
Uno no nace sabiendo como enseñar. Se aprende sobre la marcha. A lo largo
del tiempo y siendo empático con los estudiantes se va aprendiendo esta tarea.
Estoy agradecido con los estudiantes que he tenido a lo largo de estos 18
años. Su retroalimentación ha sido fundamental para mejorar el curso. Una
mención especial merecen los estudiantes del semestre 2020-2, ya que fuimos
compañeros en la transición de las clases presenciales a las clases en línea.
Con el inicio de la pandemia fue cuando la idea de hacer un libro se fue
concretando. Esta basado en otros libros como el de Calkin, Corinaldesi, Lemus,
Goldstein y Landau. Pero también puse en él la experiencia adquirida dando
el curso de Mecánica Clásica del posgrado de Ciencias Físicas de la UNAM,
durante casi dos décadas.
Agradezco también el apoyo que la DGAPA me ha dado con el Proyecto
PAPIME 102821.
Para terminar y como siempre les digo a mis estudiantes: "mis palabras no
están escritas en piedra, pero esta vez las quise plasmar en papel".
III
Índice general
Agradecimientos
III
Índice general
V
Índice de figuras
IX
Índice de cuadros
XI
1
Un breve repaso de Física 1
1.1. Cinemática . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2. Movimiento rectilíneo (MRU) uniforme y
variado (MRUV) . . . . . . . . . . . . . . .
1.3. Movimiento en dos y tres dimensiones . . . .
1.4. Dinámica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5. Teoremas de conservación . . . . . . . . . .
1
1
. . . . . . . . . .
uniformemente
. . . . . . . . . .
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2
2
5
7
2
Principio de Trabajos Virtuales y Ecuaciones de Lagrange
2.1. Vínculos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2. Principio de los Trabajos Virtuales . . . . . . . . . . . . . . .
2.3. Principio de D’Alembert y coordenadas generalizadas . . . . .
2.4. Ecuaciones de Euler-Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5. Generalizando las ecuaciones de Euler-Lagrange . . . . . . . .
2.6. Problemas de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
11
12
14
16
19
22
3
Principios Variacionales
3.1. Principio de Hamilton o de la Acción Estacionaria . . .
3.2. Cálculo de Variaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3. Aplicando el cálculo variacional . . . . . . . . . . . . .
3.4. Generalización del principio de acción estacionaria . . .
3.5. Principios Variacionales y Multiplicadores de Lagrange
3.6. Geodésicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
23
25
27
30
32
35
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V
Índice general
3.7. Problemas (Principios Variacionales y multiplicadores de
Lagrange) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
4
Transformaciones de invarianza y constantes de movimiento
4.1. Transformaciones de invarianza . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2. Transformaciones Infinitesimales . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3. Transformaciones de coordenadas y del tiempo . . . . . . . . .
4.4. Invarianza y la Acción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5. Teorema de Noether . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.6. Aplicaciones del teorema de Noether . . . . . . . . . . . . . .
4.7. Problemas de Simetrías . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
41
41
43
44
46
48
50
55
5
Fuerzas Centrales
5.1. Masa reducida . . .
5.2. Fuerza central . . .
5.3. Ecuación diferencial
5.4. Oscilador armónico:
.
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57
57
58
60
64
6
Pequeñas Oscilaciones
6.1. Caso general . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2. Modos Normales de vibración . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3. Coordenadas normales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
67
67
69
70
7
Sistemas no inerciales
7.1. Sistemas de coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2. Algo de cinemática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3. Sistemas inerciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
73
73
76
77
8
Cuerpo Rígido
8.1. Dinámica de un cuerpo rígido . . . . . . .
8.2. Energía cinética y el tensor de inercia . . .
8.3. Momento angular del cuerpo rígido . . . .
8.4. Teorema de Steiner . . . . . . . . . . . . .
8.5. Ecuaciones de Euler . . . . . . . . . . . . .
8.6. Cuerpos simétricos tipo disco o tipo barra
8.7. Ángulos de Euler . . . . . . . . . . . . . .
79
79
80
81
82
83
85
86
9
VI
. . . . . . .
. . . . . . .
de la órbita
trayectoria
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Formalismo Hamiltoniano
9.1. Ecuaciones de Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2. Ecuaciones de Hamilton a partir de un principio variacional
9.3. Corchetes de Poisson e integrales de movimiento . . . . . . .
9.4. Transformaciones Canónicas . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.5. Transformación Identidad y transformaciones de punto . . .
9.6. Transformaciones Canónicas Infinitesimales . . . . . . . . . .
9.7. Transformaciones de Invarianza . . . . . . . . . . . . . . . .
9.8. Teorema de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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91
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91
. 95
. 96
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97
. 101
. 102
. 103
. 104
Índice general
9.9. Series de Lie y transformaciones finitas . . . . . . . . . . . . . 104
9.10. Forma simpléctica de las ecuaciones de Hamilton . . . . . . . 108
10 Hamilton-Jacobi
111
10.1. La acción como función de las coordenadas y del tiempo . . . 111
10.2. Método de Hamilton-Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
11 Método de las variables de Acción
11.1. Sistemas multiperiódicos . . . . .
11.2. Variables de Acción y Ángulo . .
11.3. Frecuencias Fundamentales . . . .
11.4. Sistemas Integrables . . . . . . . .
Bibliografía
y Ángulo
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117
. 117
. 118
. 119
. 120
123
VII
Índice de figuras
3.1. Trayectorias en el espacio de configuración extendido . . . . . . . .
3.2. trayectoria de la braquistocrona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3. Ley de refracción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1. esquema del movimiento en un potencial efectivo con dos puntos
de retorno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2. Potencial efectivo para el caso de Kepler. El movimiento ligado se
da para energías negativas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3. Órbita para el movimiento ligado del potencial de Kepler. La órbita
es una elipse centrada en uno de los focos. . . . . . . . . . . . . . .
5.4. Caption . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.5. Caption . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
27
29
58
62
63
66
66
6.1. propósito de las pequeñas oscilaciones . . . . . . . . . . . . . . . .
68
7.1. Posición del punto P desde dos sistemas de referencia . . . . . . .
7.2. vector distancia al eje de rotación . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
73
77
8.1.
8.2.
8.3.
8.4.
8.5.
8.6.
79
82
86
87
88
89
Sistemas de laboratorio y del cuerpo rígido .
Sistemas de referencia para el teorema de ejes
Cuerpo rígido tipo barra y tipo disco . . . . .
Sistemas xyz y 123. . . . . . . . . . . . . . .
transformación en base cartesiana . . . . . .
componentes cartesianos de los 1̂, 2̂y 3̂ . . . .
. . . . . .
paralelos
. . . . . .
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IX
Índice de cuadros
XI
CAPÍTULO 1
Un breve repaso de Física 1
1.1.
Cinemática
La cinemática es el estudio del movimiento de los cuerpos sin importar
el origen del mismo. Para conocer el estado de movimiento de un cuerpo es
necesario conocer su posición, velocidad y aceleración, además del tiempo. La
posición, velocidad y aceleración la representamos como vectores. Iniciemos
nuestro repaso, con un caso sencillo, el movimiento rectilíneo.
Como primer paso definimos la velocidad media como:
vm =
xB − xA
∆x
.
=
tB − tA
∆t
(1.1)
Teniendo la velocidad media, el siguiente paso es definir la velocidad instantánea.
Con tal fin, tomemos el limite ∆t → 0 en la ec.(1.1):
v = lı́m
∆t→0
∆x
dx
=
.
∆t
dt
(1.2)
De las ecuaciones anteriores notamos que la velocidad es la razón de cambio
en la posición respecto al tiempo. También sería interesante ver como cambia
la velocidad respecto al tiempo, es decir definir la aceleración. De manera
análoga a los pasos anteriores, definamos primero la aceleración media y luego
la aceleración instantánea:
vB − vA
am =
(1.3)
.
Haciendo el límite de la ecuación anterior, tenemos:
∆v
dv
d2 x
=
= 2
∆t→0 ∆t
dt
dt
a = lı́m
(1.4)
A partir de la expresión anterior, podemos encontrar una relación muy útil entre
la posición y la aceleración, para el caso en que esta sea constante. Multiplicando
miembro a miembro la ecuación 1.4 por la velocidad y teniendo en cuenta la
ecuación 1.2 obtenemos (luego de un poco de álgebra):
v dv = a dtv = a dt
dx
→ v dv = a dx
dt
(1.5)
1
1. Un breve repaso de Física 1
la que puede integrarse, resultando:
v 2 − v02 = 2a(x − x0 )
1.2.
(1.6)
Movimiento rectilíneo (MRU) uniforme y
uniformemente variado (MRUV)
Comencemos por deducir las ecuaciones del MRUV, ya que, como veremos, el
MRU está incluido El MRUV se caracteriza por que la aceleración es constante.
Integrando una vez la ecuación 1.4 respecto al tiempo, tenemos la dependencia
temporal de la velocidad:
Z t
dx
v = v0 + a
dt0 = v0 + a(t − t0 ) =
.
(1.7)
dt
t0
Realicemos otra integración temporal pero ahora sobre la ecuación 1.7:
Z t
Z t
Z t
dx =
v0 dt +
a(t − t0 ) dt
t0
t0
x − x0
=
t0
a
v0 (t − t0 ) + (t − t0 )2 .
2
(1.8)
La expresión anterior nos da la ecuación de movimiento del MRUV. Para
obtener la correspondiente al MRU, es suficiente conque anulemos la aceleración
y hagamos que v = v0 = cte. Con esto, la ecuación 1.8 nos queda:
x = x0 + v0 (t − t0 )
1.3.
(1.9)
Movimiento en dos y tres dimensiones
Las ecuaciones de movimiento obtenidas en las secciones previas eran en
una dimensión. Ahora consideremos movimientos en dos y tres dimensiones.
En este caso, tanto la posición como la velocidad y la aceleración tendrán un
carácter vectorial. Como punto de partida, consideremos un MRUV en más de
una dimensión por lo que tendremos a = cte. Las ecuaciones para la velocidad
y la posición serán:
v
= v0 + a(t − t0 )
(1.10)
r
a
= r0 + v0 (t − t0 ) + (t − t0 )2 .
2
(1.11)
Las ecuaciones 1.10 y 1.11 nos dicen que tanto los vectores velocidad v como el
diferencia de posiciones r − r0 pertenecen al plano definido por la aceleración
a y velocidad v0 . En otras palabras, el movimiento es bidimensional, se da en
un plano. Elijamos el plano xy en cartesianas como el plano de movimiento.
Además, estudiaremos el movimiento de un cuerpo debido a la gravedad, pero
cerca de la superficie terrestre de modo que a = g = −g ŷ, donde g es la
2
1.3. Movimiento en dos y tres dimensiones
aceleración de la gravedad, en otras palabras hallaremos las ecuaciones del tiro
parabólico. Consideremos que el vector r0 = 0 (i.e., es el origen de coordenadas).
Por otro lado, tenemos que la velocidad inicial forma un ángulo α con el eje x̂
y se escribe como:
v0 = v0x x̂ + v0y ŷ = v0 cos αx̂ + v0 sin αŷ.
(1.12)
Notemos que la aceleración solo actúa en la dirección vertical, no afecta a la
componente horizontal de la velocidad. Por ende, en la dirección horizontal
tendremos un MRU, mientras que en la vertical el movimiento corresponde al
MRUV. Ahora ya estamos en condiciones de escribir las ecuaciones del tiro
oblicuo:
g 2
r(t) = v0 cos αt x̂ + v0 sin αt − t ŷ
(1.13)
| {z }
2
|
{z
}
=x(t)
=y(t)
y
v(t) = v0 cos αx̂ + (v0 sin α − gt)ŷ.
(1.14)
La ecuación 1.13 nos da las componentes x y y del tiro oblicuo parametrizadas,
donde el parámetro es el tiempo. De la componente x de la posición podemos
despejar el tiempo t y reemplazarlo en la componente y, con el objetivo de
obtener la ecuación de la trayectoria. Luego de álgebra, obtenemos:
y(x) = tan αx −
x2
g
.
2
2 v0 cos2 α
(1.15)
Se deja como ejercicio al lector demostrar que la altura máxima en el tiro
oblicuo se produce para:
tmax
=
ymax
=
xmax
=
v0 sin α
g
v02 sin2 α
2g
v02 sin 2α
.
2g
(1.16)
(1.17)
(1.18)
Para concluir esta breve descripción del tiro oblicuo, hallemos el alcance que es
la distancia a la cual el cuerpo vuelve a tocar el suelo. Dado que la trayectoria
es una parábola, el alcance es 2xmax . Este resultado puede obtenerse también
anulando la ecuación 1.15. Llegados a este puento, estimada lectora/estimado
lector les dejo un ejercicio más que consiste que para ángulos α =
6 π/4, un
mismo alcance se obtiene para dos ángulos. Encuentra estos ángulos que definen
el tiro por elevación y el vuelo rasante.
Movimiento curvilíneo
En la subsección anterior estudiamos un movimiento bidimensional empleando coordenadas cartesianas. La ventaja de este sistema de coordenadas es que
3
1. Un breve repaso de Física 1
los ejes coordenados son independientes del tiempo. Ahora extendamos nuestro
estudio a sistemas de coordenadas donde los vectores unitarios pueden tener
una dependencia temporal, como es el caso de las coordenadas polares, cuyos
vectores unitarios se pueden escribir en cartesianas como:
r̂
=
cos θx̂ + sin θŷ
(1.19)
θ̂
=
− sin θx̂ + cos θŷ.
(1.20)
Empleando estas coordenadas, el vector posición se escribiría de la siguiente
manera:
r = rr̂.
(1.21)
La velocidad se obtiene derivando respecto al tiempo la ec.1.21:
v=
dr
˙
= ṙ = ṙr̂ + rr̂.
dt
(1.22)
˙
Detengámonos en ver como se escribe r̂:
r̂˙ = − sin θθ̇x̂ + cos θθ̇ŷ = θ̇θ̂.
(1.23)
Reemplazando la ecuación 1.23 en la 1.22 obtenemos:
v = ṙr̂ + rθ̇θ̂
(1.24)
La aceleración es la derivada temporal de la ecuación anterior. Luego de un
poco de álgebra tenemos:
a = v̇ = (r̈ − rθ̇2 ) r̂ + (2ṙθ̇ + rθ̈) θ̂,
| {z }
| {z }
=ar
(1.25)
=aθ
˙
donde hemos empleado θ̂ = −θ̇r̂ (estimada lectora/estimado lector, te dejo que
verifiques esta relación como ejercicio).
Como casos particulares del movimiento curvilíneo tenemos el movimiento
circular (MC) y el movimiento circular uniforme (MCU). En el MC, se cumple
que r = R = cte por lo que podemos escribir las ecuaciones 1.24 y 1.25 se
reducen a:
v
a
=
=
Rθ̇θ̂
(1.26)
2
−Rθ̇ r̂ + Rθ̈θ̂.
(1.27)
En el caso del MCU, además de que el radio es constante, también se cumple
que θ̇ = ω = cte, por lo que las ecuaciones anteriores resultan:
4
v
= Rω θ̂
(1.28)
a
= −Rω 2 r̂.
(1.29)
1.4. Dinámica
1.4.
Dinámica
La dinámica estudia el origen del movimiento. Se basa en las leyes de Newton
e introduce el concepto de fuerza. La primera ley dice que un cuerpo permanece
en reposo o en MRU siempre que no se ejerza alguna acción o fuerza sobre él.
La segunda ley nos vincula la fuerza F aplicada con la aceleración a del cuerpo.
El vínculo es la masa m o inercia del cuerpo. Escribamos la segunda ley:
F = ma
(1.30)
Podemos escribir la ecuación anterior en una forma más general, introduciendo
la cantidad vectorial denominada momento lineal p = m v:
d
F = (m v).
(1.31)
dt
En el caso que la masa m sea independiente del tiempo, las ecuaciones 1.30 y
1.31 son equilantes. Para el caso m = m(t), la ecuación 1.31 se escribe:
dm
v + m(t)a,
(1.32)
dt
siendo dm/ dt la tasa de pérdida o ganancia de masa. Usando la ecuación
anterior, podemos comprender el movimiento de un cohete, el cual acelera
gracias a que expulsa gases en la dirección contraria a su movimiento. En este
caso, dm/ dt < 0, ya que podemos pensar que el cohete pierde masa. Si pasamos
el primer término del segundo miembro de la igualdad al otro en la ecuación
1.32, vemos que (dm/ dt) v se convierte en una fuerza impulsiva o empuje.
F=
Ejemplo 1: movimiento pendular
Consideremos el movimiento de un péndulo en un plano. Sobre la partícula
actúan dos fuerzas: la gravedad mg y la tensión de la cuerda T . Observamos
que el movimiento va a ser circular, por la restricción de la cuerda (que
consideraremos de masa despreciable e inextensible). Por ello, escribamos la
ecuación 1.30 en coordenadas polares:
mg cos θ − T
−mg sinθ
= m ar = −m l θ̇2
(1.33)
= m aθ = m l θ̈.
(1.34)
Este sistema de ecuaciones tiene una solución integrable analíticamente cuando
el desplazamiento angular es pequeño, i.e. θ 1, ya que podemos aproximar
sin θ ' θ. De esta manera, la ecuación 1.34 se reduce a la ecuación del oscilador
armónico:
g
θ̈ + θ = 0,
(1.35)
l
cuya solución podemos expresarla como:
θ = A cos (ωp t + θ0 ),
(1.36)
p
donde A es la amplitud, ωp = g/l es la frecuencia angular y θ0 es la posición
angular inicial. Con la solución dada por 1.36, se puede obtener T = T (θ),
reemplazando en la ecuación 1.33.
5
1. Un breve repaso de Física 1
Ejemplo 2: la polea o máquina de Atwood
El planteamiento y solución de las ecuaciones de movimiento de este sistema
lo pueden ver en el siguiente video.
Ejemplo 3: el peralte
El peralte es la inclinación α que tienen las carreteras y vías férreas en las
curvas. Su propósito es ayudar a que los vehículos puedan tomar una curva
sin salirse del camino. En la figura tenemos un planteamiento del problema.
Se parece al plano inclinado, pero consideramos que el móvil está trazando un
movimiento circular con radio R. Además, tiene una velocidad tangencial v.
Entonces, planteemos el diagrama de cuerpo libre. En este caso, nos conviene
emplear un sistema de coordenadas cilíndricas. Sobre el móvil actúan el peso
en la dirección ẑ y la normal. La idea es encontrar el peralte α para balancear
las fuerzas de manera que el cuerpo no deslice (que no se mueva en la vertical
ni tampoco en la dirección r̂).
N cos α − m g
= m az = 0
(1.37)
2
−N sin α
= m ar = −m
v
.
R
(1.38)
De la ecuación 1.37 podemos despejar N y reemplazarla en 1.38, obteniendo:
tan α =
v2
gr
(1.39)
Fuerzas de rozamiento
Las fuerzas de rozamiento se oponen al movimiento. Tenemos dos clases:
la estática y la dinámica. Sus expresiones se determinan empíricamente y son
proporcionales a la normal. La fuerza de rozamiento estática se opone a toda
fuerza aplicada, impidiendo el movimiento, hasta un valor máximo dado por:
kFre,max k = µe kNk.
(1.40)
Para la fuerza de rozamiento dinámica, tenemos una expresión parecida:
kFrd k = µd kNk.
(1.41)
Los coeficientes µe y µd no tienen unidades.
Como problema de aplicación consideraremos un experimento que permite
determinar el µe . Tenemos un cuerpo de masa m apoyado sobre un plano
inclinado de inclinación β variable. El experimento comienza con β = 0. Se lo
hace crecer hasta que el cuerpo empieza a moverse. Llamaremos β∗ , al ángulo del
plano inclinado, cuando esta situación ocurre. Planteemos las leyes de Newton
y empleando la ecuación 1.40, determinemos el coeficiente de rozamiento µe .
En este caso, resulta conveniente el usar un sistema cartesiano, siendo el eje x̂
6
1.5. Teoremas de conservación
paralelo la plano inclinado. Dado que al aumentar el ángulo, nuestra intuición
nos dice que el cuerpo tendería a caer, por lo que la fuerza de rozamiento tendría
la dirección contraria. La 2da ley de Newton en este sistema quedaría, para el
caso límite:
ŷ
: N − m g cos β∗ = 0
x̂ :
µ N −m g sin β∗ = 0.
| e{z }
(1.42)
(1.43)
=F re,max
De la primer ecuación podemos despejar la fuerza normal N y reemplazarla en
la segunda, para obtener:
µe = tan β∗
(1.44)
1.5.
Teoremas de conservación
El emplear cantidades conservadas nos ayudará a entender la dinámica,
reduciendo el número de integrales a calcular. A continuación veremos los
teoremas de conservación del momento lineal, el momento angular y la energía.
Conservación del momento lineal
Para deducir este teorema nos basaremos en el ecuación 1.31. Recordemos
que el lado izquierdo nos da la resultante de las fuerzas externas aplicadas a un
sistema. Si se cumple que F = 0, nos queda:
dp
= 0 ⇒ p = cte.
dt
(1.45)
El momento lineal es un vector. Puede darse el caso que algunas componentes del
mismo se conserven. Por ejemplo, en el tiro oblicuo, se conserva la componente
de p perpendicular a la gravedad g. Supongamos que tenemos un sistema de
partículas. Las fuerzas entres las componentes del sistema se dan de a pares,
por lo que la resultantes de las fuerzas internas da cero. Las fuerzas internas
de un sistema no pueden cambiar el momento lineal total del sistema. Ahora
si enunciemos este teorema de conservación: “si la resultante de las fuerzas
externas es nula, el momento lineal total es constante”.
Conservación del momento angular
El momento angular de una partícula siempre se define respecto a un punto
u origen:
Lo = ro × p.
(1.46)
Esta expresión es válida para un sistema de partículas. En ese caso se emplea
1.46 para cada componente. El momento angular será la suma de los momentos
7
1. Un breve repaso de Física 1
angulares individuales. A continuación vamos a deducir la conservación del
momento angular. Consideraremos que tenemos un sistema de n partículas:
n
X
dL0
=
dt
i=1
dpi
dro,i
× pi + ri,o ×
.
dt
dt
(1.47)
El primer término de la sumatoria se anula ya que la velocidad es paralela al
momento lineal, con lo que tenemos:
n X
dL0
ext
int
=
ri,o × (Fi + Fi ) ,
dt
i=1
(1.48)
donde usamos la ley de Newton en el segundo miembro. Además hemos separado
la resultante de fuerzas en interna y externa. La resultante de las fuerzas internas
la podemos escribir como:
X
Fint
=
Fint
(1.49)
i
ij
j6=i
Nuevamente, la contribución de las fuerzas internas se anula. Para entender
esto último veamos que lo que ocurre para las partículas 1 y 3. La fuerza que la
partícula 1 recibe de la 3 es de igual magnitud pero con sentido contrario de
la fuerza que la partícula 3 recibe de la 1. Con esto en mente, veamos como
contribuyen al 2do término de la ecuación 1.48:
int
int
r1,o × Fint
13 + r3,o × F31 = (r1,o − r3,o ) × F13 = 0.
(1.50)
La última condición se cumple ya que la fuerza de interacción entre las partículas
1 y 3 es paralela al vector diferencia de posiciones. Finalmente la ecuación 1.48
resulta:
X
n
n X
dL0
ext
ext
τo,i
,
(1.51)
ri,o × Fi
=
=
dt
i=1
i=1
ext
donde τo.i
es la torca de las fuerzas externas sobre la i-ésima partícula. Entonces,
nos queda:
dL0
= τ0ext .
(1.52)
dt
Esta ecuación nos da el enunciado de la conservación del momento angular: “si
la torca total de las fuerzas externas se anula, entonces el momento angular
total se conserva”.
El concepto de Trabajo
Se define al trabajo de una fuerza a la siguiente integral de línea:
Z
B
F · ds,
W =
A
8
(1.53)
1.5. Teoremas de conservación
donde ds es el diferencial de la trayectoria. A la fuerza la podemos definir punto
a punto con una componente tangencial a la trayectoria y otra perpendicular:
F = Fs ŝ + Fp p̂ = m
dv
dŝ
ŝ + mv .
dt
dt
(1.54)
Combinando las ecuaciones 1.53 y 1.54 obtenemos:
Z B
Z B
Z B
dv
ds
m 2
2
m ds =
m dv =
mv dv = (vB
W =
− vA
) = ∆Ek , (1.55)
dt
dt
2
A
A
A
donde definimos la energía cinética Ek = mv 2 /2. La ecuación 1.55 nos dice que
el trabajo de una fuerza F es igual al cambio de la energía cinética.
Conservación de la energía mecánica
Como primer paso, vamos a hacer una distinción entre fuerzas conservativas
y no conservativas. Las fuerzas se llaman conservativas si se pueden escribir
como:
FC = −∇V,
(1.56)
donde V es una función escalar a la que llamaremos potencial. Entonces una
fuerza se define como conservativa si se puede escribir como el gradiente de un
potencial, cambiado de signo. Reemplacemos la ec.1.56 en la 1.53:
Z B
Z B
Wc = −
∇V · ds = −
∇V · ŝ ds.
(1.57)
A
A
En la ecuación anterior, el producto del gradiente del potencial con la dirección
tangencial a la trayectoria, no es otra cosa que una derivada direccional dV / ds,
por lo que tenemos:
Z B
dV
Wc = −
ds = −(VB − VA ).
(1.58)
A ds
Esta última integral nos dice que el trabajo de las fuerzas conservativas depende
solo de los extremos, sin importar el camino recorrido.
A continuación escribamos la ecuación 1.53, separando las fuerzas en
conservativas y no conservativas. Además, también consideremos las ecuaciones
1.55 y 1.58, obteniendo:
Z B
Z B
W =
FC · ds +
FN C · ds
(1.59)
A
2
2
mvA
mvB
−
2
2
A
= −(VB − VA ) + WF N C .
(1.60)
Si definimos la energía mecánica E como la suma de la cinética con el potencial,
la ecuación anterior queda como:
∆E = EB − EA = WF N C .
(1.61)
9
1. Un breve repaso de Física 1
Ahora si podemos enunciar la condición para la conservación de la energía
mecánica: “la energía mecánica de un sistema es constante si el trabajo de las
fuerzas no conservativas es nulo”. Por ejemplo, en el péndulo simple, la tensión
de la cuerda siempre es ortogonal a la trayectoria, por lo que no hace trabajo.
La otra fuerza que actúa en el péndulo es la gravedad, la cual es conservativa.
Por lo tanto, en el péndulo simple la energía E se conserva.
10
CAPÍTULO 2
Principio de Trabajos Virtuales y
Ecuaciones de Lagrange
El contenido de este capítulo está basado en el libros de Calkin [Cal96] y
Lemus.
2.1.
Vínculos
Comencemos escribiendo las ecuaciones de Newton para un sistema de N
partículas, en un espacio 3D,
mi r̈i = Fi ,
con i=1,. . . ,N.
(2.1)
Considerando esto, parece que para ver como este sistema se mueve, es decir
obtener ri (t), sería suficiente integrar las 3N ecuaciones dadas por (2.1). Sin
embargo, esta tarea es en la mayoría de los casos difícil de llevar a cabo. Además,
las ecuaciones de Newton no nos dicen nada acerca de los vínculos o restricciones
al movimiento que pueden existir. En otras palabras, no son un conjunto
completo de ecuaciones. Estos vínculos tienen una consecuencia importante: no
todas las coordenadas ri son independientes. Resultaría interesante entonces,
que pudiéramos describir la dinámica de un sistema, empleando un conjunto de
coordenadas que sean independientes. Esto es lo que veremos en este capítulo.
Antes de abocarnos a esa tarea, primero entendamos mejor qué son los
vínculos. Primero examinemos algunos ejemplos:
las partículas se ven restringidas a moverse en una curva o en una superficie.
En el primer caso, podemos dar como ejemplo el movimiento de un
péndulo plano donde se cumple: x2 + y 2 = l2 y z = 0, donde l es la
longitud del péndulo. Para el segundo, el ejemplo típico es el movimiento
en un plano inclinado, donde se satisface que el movimiento bidimensional
esta restringido por y/x = tan α, siendo α el ángulo que forma el plano
inclinado con la horizontal.
11
2. Principio de Trabajos Virtuales y Ecuaciones de Lagrange
Movimiento del cuerpo rígido: si consideramos dos puntos del cuerpo
rígido, llamados i y j, se debe cumplir que la distancia entre los mismos
no cambie. Es decir, se tiene que |ri − rj | = aij , con aij = cte.
Este tipo de vínculos o restricciones se los llama holonómicos y se pueden
escribir como:
Gi (r1 , . . . , rN ) = 0, con i=1,. . . ,k,
(2.2)
donde k es el número de vínculos. Los vínculos no-holonómicos, son difíciles
de expresar como la ec. (2.2) y no los trataremos por ahora. Ejemplos de ellos
serían la condición de rodadura o partículas confinadas a moverse dentro de un
recipiente.
Analicemos en detalle las consecuencias que traen lon vínculos holonómicos.
Supongamos que tenemos k vínculos dados por (2.2).
Por un lado, estos k vínculos hacen que las 3N coordenadas rj no sean todas
independientes. En un espacio 3D, tendremos f = 3N − k coordenadas
independientes, a las que asociaremos con los grados de libertad del
sistema.
asociado a cada vínculo, tenemos una fuerza de vínculo, que en principio
es otra incógnita, que deberíamos conocer, para hallar la solución al
problema.
De esta manera, las ecuaciones de Newton (2.1) se pueden reescribir como:
mi r̈i = Fai + Fvi
(2.3)
donde Fai y Fvi son las fuerzas aplicadas y de vínculo, respectivamente. Entonces
tenemos 6N incógnitas que son las coordenadas ri y las Fvi . También tenemos
3N ecuaciones de la forma (2.3) y k ecuaciones de vínculo dadas por (2.2).
Claramente notamos que nos falta información ya que para cerrar el sistema
necesitamos 6N − (3N + k) = 3N − k = f ecuaciones más, que coinciden en
número con los grados de libertad del sistema. En la siguiente subsección
veremos como hacer esto.
2.2.
Principio de los Trabajos Virtuales
Para empezar a entender este principio, examinemos un par de ejemplos.
Primero consideremos un cuerpo que desliza sin fricción sobre un plano inclinado.
El movimiento en principio es bidimensional. Además, sobre el cuerpo actúan
dos fuerzas: la gravedad mg y la N, que es la fuerza que el plano inclinado ejerce
sobre el cuerpo. Entonces tenemos cuatro incógnitas: x, y, Nx , Ny . Tenemos dos
ecuaciones de Newton, para los movimientos en las direcciones horizontal y
vertical. Adicionalmente hay un vículo, por lo que para cerrar el sistema, nos
hace falta una condición extra que está dada por el hecho de que N es normal a
la superficie del plano inclinado. Físicamente podemos expresar esta condición
12
2.2. Principio de los Trabajos Virtuales
adicional como N.δs = 0, es decir la fuerza normal no hace trabajo ya que
siempre es ortogonal al desplazamiento δs.
Continuando con nuestro desarrollo, ahora veamos el caso de dos cuerpos
vinculados por una barra sin masa (una “mancuerna”). Las incógnitas de este
problema son 12 en total: las 6 coordenadas r1 , r2 y las fuerzas F1 , F2 . Contamos
con las 6 ecuaciones de Newton más una de vínculo. Nos faltan 5, para poder
resolver el sistema. Vemos que siempre se cumple que:
F1 = −F2 , lo que nos da tres ecuaciones.
(2.4)
Las otras dos condiciones las determina el hecho que la dirección de las fuerzas
es a lo largo de la barra. ¿Cómo podemos resumir estas 5 condiciones extras?.
Notemos lo siguiente, ante cualquier desplazamiento, las fuerzas F1 y F2 pueden
hacer trabajo de manera individual, pero la suma de ellos:
δW = F1 · δr1 + F2 · δr2 = 0.
(2.5)
Para ver esto, notemos que estos desplazamientos pueden ser traslaciones
rígidas, en los que se cumple δr1 = δr2 (da tres condiciones), o rotaciones,
donde los desplazamientos son ortogonales a las fuerzas (dan dos condiciones
más). Entonces vemos que las condiciones adicionales pueden ser resumidas
pidiendo que se cumpla la ecuación (2.5).
Estos ejemplos parecen conducirnos a una conclusión: las condiciones
adicionales para que se pueda cerrar el sistema de ecuaciones es que el trabajo
de las fuerzas de vínculo sea nulo. Sin embargo, si la restricción depende del
tiempo, este argumento no sería válido. Supongamos que un cuerpo se mueve
en una superficie, la que no es fija sino que depende del tiempo y que se tiene
un desplazamiento dr (que posee una componente ortogonal a la superficie).
Podemos ver que ahora la fuerza de vínculo si hace un trabajo, ya que dr
tiene una componente a lo largo de la fuerza. Sin embargo, si imaginamos un
desplazamiento δr a lo largo de la superficie, es decir a tiempo fijo, en este caso
el trabajo es nulo. Ya estamos en condiciones de dar el enunciado del Principio
de Trabajos Virtuales: en un desplazamiento a tiempo fijo o virtual, el trabajo
neto hecho por todas las fuerzas de vínculo es nulo. Esto se expresa como:
v
δW =
N
X
Fvi · δri = 0
(2.6)
i=1
Supongamos que tenemos un sistema de N partículas pero sin ningún vínculo.
En este caso las ri son independientes. La única manera que se cumpla la ec.(2.6)
es que las Fvi = 0. Continuando, ahora nuestro sistema de N partículas tiene una
restricción al movimiento y los grados de libertad serán 3N-1. Construyamos
un conjunto de coordenadas independientes xj tal que el principio de trabajos
virtuales quede escrito como:
δWv =
3N−1
N
X X
j=1
i=1
Fvi ·
∂ri
δxj = 0.
∂xj
(2.7)
13
2. Principio de Trabajos Virtuales y Ecuaciones de Lagrange
Los coeficientes que acompañan a los δxj deben anularse para que se cumpla
(2.7), i.e. tenemos que deben cumplirse 3N-1 condiciones. Este proceso puede
generalizarse para el caso de k vínculos, para el cual tendremos f = 3N − k
grados de libertad.
2.3.
Principio de D’Alembert y coordenadas generalizadas
Las fuerzas de vínculo son incógnitas y por lo general no estamos interesados
en ellas. Una manera de “dejarlas a un lado” en la resolución de un problema,
es escribirlas en función de las fuerzas aplicadas y las llamadas de “inercia”
[Cal96].
−Fvi = −mi r̈i + Fai ,
(2.8)
por lo que el principio de trabajos virtuales (2.6) se podrá escribir como:
N
X
(Fai − mi r̈i ) · δri = 0,
(2.9)
i=1
que nos dice que la suma de los trabajos virtuales de las fuerzas aplicadas
y las de inercia es nula. Este es el principio de D’Alembert, que a primera
vista luce simple, pero junto con las condiciones de vínculo nos permite
determinar la dinámica del sistema. Además, veremos que son la base para
deducir las ecuaciones de Lagrange. Recordemos que las coordenadas ri no
son independientes debido a los k vínculos, por lo que sería mejor expresar el
principio de D’Alembert en función de f = 3N − k coordenadas independientes
qj , las que se relacionan con las ri :
ri = ri (q1 , . . . , qf , t), con i=1,. . . , N.
(2.10)
Somos libres de elegir las coordenadas qj . No existe un conjunto único
de coordenadas generalizadas. Como veremos en los siguientes capítulos,
un buen conjunto de coordenadas generalizadas es aquel que nos permita
rápidamente identificar magnitudes conservadas. Por ejemplo, para el péndulo
plano podríamos elegir la coordenada x o la y, o el ángulo θ, tal que: x = l cos θ,
y = l sin θ. Entonces, es conveniente que empleemos el principio de D’Alembert
con coordenadas generalizadas.
A continuación veremos algunos ejemplos de como resolver un problema
utilizando el principio de D’Alembert.
Plano inclinado
Tenemos un cuerpo puntual de masa m, el cual se mueve sobre un plano
inclinado que forma un ángulo α con la horizontal. Podemos considerar como
coordenada la longitud a lo largo del plano inclinado, a la que llamaremos
s. Para aplicar el principio de D’Alembert, imaginemos que el cuerpo baja,
haciendo un desplazamiento virtual δs. Ante este desplazamiento, el peso hace
14
2.3. Principio de D’Alembert y coordenadas generalizadas
un trabajo m g sin α δ s, mientras que la fuerza de inercia efectúa un trabajo
−m s̈ δs, con lo cual la ec.(2.9) resulta:
m g sin α δ s − m s̈ δs = 0.
Como el desplazamiento δs es arbitrario, de aquí deducimos que:
s̈ = g sin α.
Péndulo
Consideremos el movimiento en un plano de un péndulo de longitud l y
masa m. Este movimiento en principio tendría dos grados de libertad, pero la
longitud del péndulo es una restricción al movimiento, por lo que nos queda
un grado de libertad. Emplearemos como coordenada el ángulo θ. En este caso,
supongamos que el cuerpo hace un desplazamiento lδθ. En ese desplazamiento,
el peso hizo un trabajo −mglδθ sin θ, mientras que el de la fuerza de inercia es
−mlθ̈lδθ, por lo que el principio de D’Alembert nos dice:
−mglδθ sin θ − ml2 θ̈δθ = 0.
Como δθ es arbitrario, de la ecuación anterior resulta que θ̈ = −(g/l) sin θ.
Ejercicio para el lector: repetir el cálculo anterior para el caso en que l=l(t)
(es una función conocida del tiempo). ¿La longitud l, sería un grado de libertad
adicional?
Ahora propongamos una variante al péndulo simple, en el cual, la longitud
del mismo se acorta por la acción de una fuerza. En este caso, tendremos
dos grados de libertad: la longitud r y el ángulo θ. Como son independientes,
podemos hacer el desplazamiento de uno de ellos fijando el otro, y viceversa,
para aplicar el principio de D’Alembert.
fijemos r y variemos θ. El trabajo hecho por el peso es el mismo que
encontramos para el péndulo simple. Sin embargo, el trabajo hecho por
la fuerza de inercia tiene un término adicional por lo que su expresión
resulta −m(rθ̈ + 2ṙθ̇)rδθ = −[d(mr2 θ̇)/dt]δθ. El principio de D’Alembert
nos dice entonces:
d
(mr2 θ̇) = −mgr sin θ.
dt
fijemos θ y variemos r. Consideremos un incremento virtual en la
coordenada radial para el cual, el peso hace un trabajo mgδr cos θ y
la fuerza aplicada −Fδr. El trabajo de la fuerza de inercia es igual a
−m(r̈ − rθ̇2 )δr. Juntando todo y aplicando el principio, tenemos:
m(r̈ − rθ̇2 ) = −F + mg cos θ
15
2. Principio de Trabajos Virtuales y Ecuaciones de Lagrange
2.4.
Ecuaciones de Euler-Lagrange
Las ecuaciones de Euler-Lagrange las vamos a deducir a partir del principio
de D’Alembert, pero escrito en función de las coordenadas generalizadas. En
otras palabras, vamos a pasar a describir nuestro sistema del espacio físico al
de configuración (el de la coordenadas generalizadas). Entonces, el primer paso
es identificar los grados de libertad. Luego habrá que elegir un conjunto de
coordenadas generalizadas, cada una de las cuales estará asociada a un grado de
libertad. Supongamos que existe una relación biunívoca, dada por la ec.(2.10)
entre las viejas coordenadas ri , que no son independientes, y las coordenadas
independientes qj , tal que podemos escribir ante un desplazamiento virtual:
δri =
f
X
∂ri
δqj , donde f=3N-k, grados de libertad.
∂qj
j=1
(2.11)
Reemplacemos la ec.(2.11) en la ec.(2.9) y reagrupando tenemos:
N
f X
X
j=1
(Fai − mi r̈i )
i=1
∂ri
δqj = 0 con f=3N-k.
∂qj
(2.12)
Ahora concentrémonos en el primer término, el cual se escribe como:
f X
N
X
j=1
Fai
i=1
|
{z
Qj
∂ri
∂qj
δqj .
(2.13)
}
La cantidad entre paréntesis en la ec.(2.13) es como se transforman las fuerzas
aplicadas al hacer el cambio del espacio físico al de configuración. A esta
cantidad la llamaremos fuerza generalizada asociada a la qj . Recordemos que
las coordenadas generalizadas no tiene porque tener unidades de longitud. Por
ende, la fuerza generalizada no debe tener unidades de fuerza, pero su producto
siempre nos debe dar unidades de trabajo o energía.
Volvamos a la ec.(2.12) y comencemos a reescribir su segundo término. Con
el fin de hacer esto, vamos a extender el concepto de momento al espacio de
configuración. En cartesianas, podemos escribir la energía cinética, el momento
lineal y la ley de Newton como:
T=
1X
∂T dpi
mi |ṙ2i |, pxi =
,
= Fi .
2 i
∂ ẋi dt
(2.14)
Extendamos el concepto de momento al espacio de configuración de la siguiente
manera:
∂T
pj =
, con j=1,. . . , f,
(2.15)
∂ q̇j
donde pj y q̇j son el j-ésimo momento generalizado y la j-ésima velocidad
generalizada, respectivamente. Considerando la relación entre las coordenadas
16
2.4. Ecuaciones de Euler-Lagrange
físicas y las generalizadas (ec.2.10), la ec.(2.15) queda expresada como:
N
N
X
X
∂T
∂ ṙi
∂ri
=
=
,
mi ṙi
mi ṙi
∂ q̇j
∂ q̇j
∂qj
i=1
i=1
(2.16)
donde hemos empleado que:
ṙi =
f
X
∂ri
∂ri
q̇k +
.
∂qk
∂t
(2.17)
k=1
Continuando nuestro desarrollo, ahora escribamos la derivada total respecto al
tiempo de la ec.(2.16) y usemos la regla de la cadena, con lo que tendremos:
X
N d ∂T
∂ri
d ∂ri
mi r̈i
=
+ mi ṙi
dt ∂ q̇j
∂qj
dt ∂qj
i=1
(2.18)
El primer término de la ec.(2.18) ya lo tenemos del principio de D’Alembert. El
segundo se puede reescribir intercambiando las derivadas total y parcial por lo
cual queda:
N
N
X
∂ ṙi
∂ X mi
mi ṙi
(2.19)
|ṙi |2 .
=
∂qj
∂qj i=1 2
i=1
{z
}
|
=T
Combinemos las ec.(2.12), (2.13), (2.18) y (2.19), obtenemos que el principio de
D’Alembert se escribe:
f X
∂T
d ∂T
Qj +
−
δqj = 0
∂qj
dt ∂ q̇j
j=1
(2.20)
Dado que las qj son independientes, de la ec.(2.20) se tiene:
d ∂T
∂T
−
= Qj ,
dt ∂ q̇j
∂qj
(2.21)
Si las fuerzas aplicadas se derivan de un potencial V, la ecuación anterior se
puede reescribir como:
d ∂T
∂T
∂V
−
=−
,
(2.22)
dt ∂ q̇j
∂qj
∂qj
donde V = V(qj ), por lo que podemos definir la lagrangiana de un sistema como
L = T − V y de esta manera la ec.(2.22) resulta:
d ∂L
∂L
−
= 0,
(2.23)
dt ∂ q̇j
∂qj
17
2. Principio de Trabajos Virtuales y Ecuaciones de Lagrange
que son la forma usual de las ecuaciones de Euler-Lagrange. La lagrangiana L,
es una función que depende de las qj , q̇j y t, es decir:
L = L(q1 , . . . , qf , q̇1 , . . . , q̇f , t).
(2.24)
Supongamos que la lagrangiana anterior no depende de la k-ésima coordenada
generalizada, por lo que la ecuación de Euler-Lagrange quedaría:
d ∂L
∂L
= 0 → pk =
= cte.
(2.25)
dt ∂ q̇k
∂ q̇k
Cuando lo anterior ocurre, se dice que la coordenada qk es ignorable o cíclica, por
lo que su momento conjugado pk va a ser una constante. Más adelante, cuando
veamos simetrías, aprenderemos que una coordenada es ignorable cuando existe
una simetría del sistema (que se evidencia en la lagrangiana) o en las ecuaciones
de movimiento (las de Euler-Lagrange). Ante una simetría del problema, va
a existir una cantidad conservada, la que puede ser construida empleando
el teorema de Noether. Las cantidades conservadas son importantes porque
nos dan integrales primeras, las que nos ayudan a entender como se mueve el
sistema. Con el fin de ayudarnos a resolver problemas de lagrangianas, daremos
la cantidad que se conserva cuando la lagrangiana no depende del tiempo. La
demostración completa será dada en el capítulo de simetrías. Para este caso, la
cantidad que se conserva es la de Jacobi1 , H , que se escribe como:
H =
∂L
q̇i − L.
∂ q̇i
(2.26)
En la ecuación anterior estamos empleando la notación de índices, donde índice
repetido, implica una suma. Bajo ciertas condiciones, la cantidad H es la energía
mecánica. Para que esto se satisfaga, se debe tener las siguientes condiciones:
la energía cinética es una función homogénea de grado dos por lo que
(∂T/∂ q̇j )q̇j = 2T.
el potencial es solo función de las qj .
Reescribamos la ec.(2.26) considerando estas condiciones:
H =
∂T
q̇i − |{z}
L = 2T − T + V = T + V = E
∂ q̇i
| {z } T−V
(2.27)
=2T
1 En algunos libros de textos la llaman función de energía. En el espacio de fases, dado
por las coordenadas y los momentos, esta cantidad es el Hamiltoniano H.
18
2.5. Generalizando las ecuaciones de Euler-Lagrange
2.5.
Generalizando las ecuaciones de Euler-Lagrange
El caso electromagnético
Vamos a generalizar la definición de la lagrangiana para poder incluir la
fuerza de Lorentz, que en CGS se escribe:
q
FL = qE + v × B,
(2.28)
c
donde q es la carga eléctrica, c es la velocidad de la luz, v es la velocidad, E es
el campo eléctrico y B el campo magnético.
La idea es escribir la forma de las ecuaciones de Euler-Lagrange de la forma
2.21, donde la Qj sea la fuerza generalizada de Lorentz. El siguiente paso es
escribir esta fuerza generalizada como función de un potencial U(qj , q̇j ), que
dependa de las coordenadas y velocidades generalizadas, tal que la ec.(2.21) se
puede escribir como:
d ∂T
∂T
d ∂U
∂U
−
= QLj =
−
,
(2.29)
dt ∂ q̇j
∂qj
dt ∂ q̇j
∂qj
De esta manera, podriamos generalizar la lagrangiana, escribiéndola como:
L = T − U(qj , q̇j ). El quid de la cuestión es hallar este potencial generalizado.
De la ecuación de la divergencia del campo magnético B tenemos:
∇ · B = 0 ⇒ B = ∇ × A,
(2.30)
siendo A el potencial vector, el cual puede depender de las posiciones y del
tiempo. Si reemplazamos esto en la ecuación de inducción del campo eléctrico,
obtenemos:
1 ∂A
1 ∂B
∇×E+
=0⇒∇× E+
= 0,
(2.31)
c ∂t
c ∂t}
| {z
=−∇φ
donde φ es un potencial escalar. De esta manera el campo eléctrico se escribe:
E = −∇φ −
1 ∂A
.
c ∂t
(2.32)
Ahora reemplacemos la ec.(2.32) en (2.28) y quedémonos con la i-ésima
componente de la misma:
1
1
Fi
= −∂i φ − ∂t Ai + ijk ẋj klm ∂l Am ,
q
c
c
(2.33)
donde hemos escrito los productos cruz usando el tensor de Levi-Civita. Usemos
propiedades de este tensor en el último término de (2.33) y la notación de
índices de Einstein:
1
ijk lmk
ẋj ∂l Am = ẋj ∂i Aj − ẋj ∂j Ai
c
| {z }
=(δil δmj −δim δjl )
j − ẋj ∂j Ai
= ∂i (ẋj Aj ) − Aj
∂i ẋ
(2.34)
19
2. Principio de Trabajos Virtuales y Ecuaciones de Lagrange
Escribiendo (2.34) en (2.33) y reagrupando tenemos:
Fi
ẋj
1
= −∂i φ − Aj −
∂t Ai + ẋj ∂j Ai
q
c
c |
{z
}
=dAi / dt
=
−∂i φ −
ẋj
Aj
c
+
d ∂
1
φ − ẋj Aj ,
dt ∂ ẋi
c
(2.35)
con lo que hemos logrado nuestro objetivo, ya que el potencial generalizado U
resulta:
q
q
U = qφ − ẋj Aj = qφ − v · A,
(2.36)
c
c
con lo que la lagrangiana en el caso electromagnético se escribe como:
L = T − qφ +
q
v·A
c
(2.37)
Ejercicio para el lector: muestre que si la lagrangiana del caso electromagnético no depende del tiempo, la cantidad de Jacobi H es una constante y
resulta ser:
H = T + qφ
(2.38)
El caso de fuerzas disipativas
En la subsección anterior vimos la manera de incluir las fuerzas electromagnéticas, escribiendo la lagrangiana como la diferencia entre la energía cinética
y un potencial generalizado, el cual depende de las coordenadas y velocidades
generalizadas. Ahora trataremos el caso de fuerzas disipativas que dependen
de la velocidad. Para este tipo de fuerzas no podremos hallar un potencial
generalizado que las describa. Sin embargo, podemos usar las ecuaciones de
Euler-Lagrange haciendo la siguiente distinción, separando las fuerzas que se
derivan de un potencial de las que no. Para ello, escribamos el lado derecho de
la ec.(2.21) de la siguiente manera:
d ∂U
∂U
Qj =
−
+ Qdj
(2.39)
dt ∂ q̇j
∂qj
De esta manera, las ecuaciones de Euler-Lagrange resultarían:
d ∂L
∂L
−
= Qdj ,
dt ∂ q̇j
∂qj
(2.40)
por lo que las ecuaciones de Euler-Lagrange se vuelven inhomogéneas.
Vamos a considerar el caso de fuerzas disipativas dependientes de la velocidad,
dadas por:
Fdi = −kix vix x̂ − kiy viy ŷ − kiz viz ẑ,
(2.41)
donde kix , kiy y kiz son constantes positivas. En otras palabras estamos
analizando el caso de un cuerpo que se mueve en un medio, el cual ejerce
20
2.5. Generalizando las ecuaciones de Euler-Lagrange
una resistencia proporcional a la velocidad. Para continuar, vamos a emplear la
función de disipación de Rayleigh, la que definimos:
N
F =
1X
2
2
2
(kix vix
+ kiy viy
+ kiz viz
).
2 i=1
(2.42)
Observando las ecuaciones (2.41) (2.42), notamos:
Fdi = −∇vi F .
(2.43)
Con estos resultados, escribamos la fuerza Qdi :
Qdi =
N
X
i=1
N
Fdi
N
X
X
∂F
∂ri
∂ ṙi
∂ ṙi
=
=
=−
.
Fdi
−∇vi F ·
∂qj
∂
q̇
∂
q̇
∂ q̇j
j
j
i=1
i=1
(2.44)
De esta manera, para la disipación de Rayleigh podemos finalmente escribir la
ec.(2.40) como:
d ∂L
∂L
∂F
−
=−
,
(2.45)
dt ∂ q̇j
∂qj
∂ q̇j
21
2. Principio de Trabajos Virtuales y Ecuaciones de Lagrange
2.6.
Problemas de Lagrange
Problema 1
Se tiene una partícula de masa m que se mueve en una superficie dada por
z = z0 ln(r/r0 ), donde z0 y r0 son constantes positivas, y r es la coordenada
radial de polares. Hay gravedad. Para este problema se pide:
(i) Hallar el Lagrangiano y las magnitudes conservadas.
(ii) Escribir la energía del problema unidimensional equivalente. Graficar el
potencial efectivo.
(iii) Hallar el radio de la órbita circular estable
Problema 2: El péndulo de Huygens
Una partícula de masa m se mueve bajo la acción de la gravedad, siguiendo
la trayectoria de una cicloide dada por:
x = R(θ − sin θ), y = R(1 − cos θ),
donde el eje vertical apunta hacia abajo. Mostrar que el lagrangiano está dado
por:
θ 2
θ̇ + mg(1 − cos θ).
L = 2mR2 sin2
2
Ahora aplique un cambio de coordenadas u = cos(θ/2) y halle el nuevo
lagrangiano y las ecuaciones de Euler-Lagrange. Muestre que el periodo
de movimiento es independiente de la amplitud inicial θ0 y que es igual a
4π(R/g)1/2 .
Problema 3
Una partícula de masa m y carga q, se halla inmersa en un medio que tiene
un campo magnético uniforme B0 = B0 ẑ. No hay gravedad.
(i) Encuentre el Lagrangiano y las cantidades conservadas (considere que
A = 12 (B × r)).
(ii) Resuelva las ecuaciones de movimiento considerando que a t = 0 la
partícula está en r0 = (x0 , y0 , z0 ) con velocidad v0 = (ẋ0 , ẏ0 , ż0 ). Muestre
que las trayectorias son hélices rectas.
22
CAPÍTULO 3
Principios Variacionales
3.1.
Principio de Hamilton o de la Acción Estacionaria
Ahora vamos a estudiar la dinámica de un sistema físico considerándola una
trayectoria en un espacio de configuración generalizado, el cual consiste en el
espacio de configuración con una coordenada adicional para incluir el tiempo.
Esta trayectoria está rodeada por una familia de trayectorias virtuales, las que
se generan haciendo desplazamientos virtuales de las coordenadas, δqj , los que
son cambios continuos pero a tiempo fijo, como se observa en la Figura 3.1.
Estamos interesados en ver como ciertas cantidades físicas, que son funciones de
las qj y q̇j , cambian cuando nos desplazamos de la trayectoria real a una virtual
vecina. El cambio en la coordenada es δqj , pero cómo cambia la velocidad
generalizada q̇j . Podemos escribir:
Time (t)
actual
motion
δq
virtual
motion
Configuration space (q)
Figura 3.1: Trayectorias en el espacio de configuración extendido
23
3. Principios Variacionales
d
d
d
δqj = (qj + δqj ) − (qj )
(3.1)
dt
dt
dt
donde hemos sumado y restado dqj / dt. Vemos entonces que el lado derecho
de esta ecuación nos da la diferencia de las velocidades generalizadas en la
trayectoria virtual y la de la trayectoria real. En otras palabras es el cambio en
velocidad de ir de la trayectoria real a la virtual:
d
dqj
δqj = δ
= δ q˙j
dt
dt
(3.2)
La ecuación anterior nos dice que los “operadores"d/ dt y δ conmutan.
Con todo esto, ahora si escribamos como cambia nuestro Lagrangiano. En
este razonamiento partimos del hecho que ya conocemos las ecuaciones de
Euler-Lagrange. Dado que los desplazamientos son pequeños, nos quedamos a
primer orden en δqj y δ q̇j (tiempo fijo):
"
#
∂L
d ∂L
∂L
∂L
d ∂L
δL =
δqj +
δqj
δqj +
δ q̇j =
−
(3.3)
∂qj
∂ q̇j
∂qj
dt ∂ q̇j
dt ∂ q̇j
|{z}
{z
}
|
=0,por E−L
=pj
Integremos ambos lados de la igualdad anterior entre un tiempo t0 a t1 :
Z t1
Z t1
t1
(3.4)
δL dt = δ
L dt = pj δqj
t0
t0
t0
| {z }
=S
donde la integral en el tiempo de la Lagrangiana la definimos como la acción
S. Entonces podemos decir que δS = 0 si y solo si δqj = 0 en los extremos. En
otras palabras las variaciones de las trayectorias reales tal que sus extremos
sean fijos, hacen estacionaria a la S. Este es el principio de Hamilton.
Ahora podemos invertir nuestro razonamiento anterior, partiendo de hacer
extrema la S. Entonces el que se cumpla que δS = 0 va a implicar hacer una
variación en la Lagrangiana, lo que traerá como consecuencia que se cumplan
las ecuaciones de E-L.
#
Z t1
Z t1 "
∂L
d ∂L
0 = δS =
δL dt =
−
δqj dt
(3.5)
∂qj
dt ∂ q̇j
|{z}
t0
t0
l.i.
lo cual implica que implica que la expresión entre corchetes debe anularse,
obteniendo así las ecuaciones de E-L:
∂L
d ∂L
−
=0
(3.6)
∂qj
dt ∂ q̇j
Del principio de Hamilton, vemos que la Lagrangiana no es única, ya que
una nueva Lagrangiana L’ escrita como:
L0 = L +
24
d
Λ(qj , t),
dt
(3.7)
3.2. Cálculo de Variaciones
donde Λ(qj , t) es una función arbitraria que depende de las coordenadas y del
tiempo, también satisface el principio de Acción estacionaria:
Z
t1
δS =
t0
#
t1
Z t1
d
δ L + Λ(qj , t) dt = δ
L dt +δ(Λ(qj , t) ) = 0
dt
t
t
| 0{z }
| {z }0
=0
"
(3.8)
es una cte.
También podemos usar las ecuaciones de E-L para demostrar que este
término adicional no cambia las ecuaciones de movimiento:
d
dt
"
"
#
#
∂ dΛ
∂ dΛ
∂Λ
∂Λ
∂ dΛ
d ∂
−
q̇i +
−
=
(3.9)
∂ q̇j dt
∂qj dt
dt ∂ q̇j ∂qi
∂t
∂qj dt
| {z }
∂(dΛ/ dt)/∂ q̇j
La ecuación anterior se reduce a:
∂ dΛ
d ∂Λ
=0
−
dt ∂qj
∂qj dt
(3.10)
con lo que queda demostrado.
3.2.
Cálculo de Variaciones
Dejemos por un momento de lado el punto de vista mecánico. Consideremos
que tenemos una función f = f (y, ẏ, x), definida sobre una trayectoria y(x),
donde x es la variable independiente. Queremos encontrar una trayectoria
particular tal que la integral:
Z x2
J=
f (y, ẏ, x) dx,
(3.11)
x1
se haga extrema, si se consideran variaciones de la trayectoria real, tal que
todas estas posibles trayectorias variadas satisfagan el tener los extremos fijos,
i.e. y(x1 ) = y1 y y(x2 ) = y2 .
Para poder emplear la maquinaria matemática que conocemos para el cálculo
de variaciones, nuestro siguiente paso va a ser parametrizar las trayectorias
vecinas a la real de la siguiente manera:
y(x, α) = y(x, 0) + αη(x)
(3.12)
donde y(x, 0) = y(x) es la trayectoria real, α es un parámetro libre y η(x)
es una función arbitraria que es continua, con primeras y segundas derivadas
también continuas. La condición de extremos fijos en x1 y x2 implica que la
función η(x) debe anularse en los extremos. De esta manera, la integral J ahora
25
3. Principios Variacionales
es función del parámetro α. Entonces, hacer una variación de esta integral se
puede escribir como:
dJ
δJ(α) =
dα
Z
x2
"
δα =
x1
α=0
#
∂f ∂y
∂f ∂ ẏ
+
δα dx,
∂y ∂α
∂ ẏ |{z}
∂α
(3.13)
∂2 y
∂x∂α
y que sea una variación estacionaria conduce a:
dJ
dα
=0
(3.14)
α=0
dado que δα es arbitrario.
Aplicando integración por partes en el lado derecho de la ecuación 3.13,
llegamos a:
Z
x2
x1
∂f ∂ 2 y
∂f ∂y
dx =
∂ ẏ ∂x∂α
∂ ẏ ∂α
x2
Z
x2
−
x1
x1
d ∂f ∂y
dx
dx ∂ ẏ ∂α
(3.15)
El primer término del lado derecho se anula por la condición de η(x1,2 ) = 0
(ver ecuación 3.12). La condición dada en la ecuación 3.13 queda como:
dJ
dα
Z
"
x2
=
α=0
x1
#
d ∂f
∂y
∂f
−
∂y
dx ∂ ẏ
∂α
dx = 0
(3.16)
α=0
Existe un lema de cálculo variacional que dice que si se tiene:
Z
x2
M (x)η(x) dx = 0
(3.17)
x1
para toda función η(x) arbitraria, entonces la función M (x) debe anularse en
el intervalo [x1 , x2 ]. En la ecuación 3.16, lo que está encerrado entre corchetes
funge como la función M (x) por lo que llegamos a la versión variacional de las
ecuaciones de E-L:
∂f
d ∂f
−
+
= 0,
(3.18)
∂y
dx ∂ ẏ
donde J, f , y y x juegan los roles de S, L, q y t, respectivamente.
En resumen, aplicar los principios variacionales a un sistema mecánico
consistirá en escribir las trayectorias en el espacio de configuración extendido,
empleando ciertos parámetros. Entonces, la acción se convertirá en una función
de estos parámetros. El hacer extrema o estacionaria la acción consistirá en
efectuar la primer derivada de la acción respecto a estos parámetros y anularla.
Para entender mejor esto, en la sección siguiente veremos algunas aplicaciones.
26
3.3. Aplicando el cálculo variacional
x
φ
a
(x1 , y1 )
y
Figura 3.2: trayectoria de la braquistocrona
3.3.
Aplicando el cálculo variacional
Distancia mínima entre dos puntos en un plano
En un plano podemos escribir en coordenada cartesianas el elemento de arco
como:
p
ds = dx2 + dy 2
(3.19)
Llamaremos I a la integral de la expresión anterior, la que queremos hacer
extrema. Tenemos:
s
2
Z 2
Z 2
dy
I=
ds =
1+
dx
(3.20)
dx
1
1
En esta ecuación observamos que la expresión dada por la raíz funge como la
función f de la sección anterior:
p
f = 1 + ẏ 2
(3.21)
En esta expresión, notamos que la variable y es çíclica", obteniendo que su
"momento asociado"se conserve (ver ecuación 3.18), es decir:
∂f
ẏ
=p
= c,
∂ ẏ
1 + ẏ 2
(3.22)
siendo c una constante. Despejando ẏ de la ecuación previa, se llega a:
ẏ = √
c
= a,
1 − c2
(3.23)
por lo que la solución es y = ax + b, una recta
El problema de la braquistocrona
En este problema se tiene una partícula de masa m que se mueve pero
enhebrada en un alambre (el rozamiento entre la masa y el alambre es
despreciable), bajo la acción de la gravedad. La pregunta aquí es encontrar la
27
3. Principios Variacionales
curva, tal que si la partícula parte del reposo, alcance un punto final en un
tiempo mínimo. Consideremos que a t = 0 la partícula se encuentra en el origen
de coordenadas. Tomamos la dirección ŷ positiva hacia abajo. Entonces para
calcular el tiempo, debemos hacer:
Z s1
Z x1 p
ds
1 + ẏ 2
t=
=
dx
(3.24)
v
v
0
0
donde v es la velocidad, la que puede ser calculada mediante conservación
de la energía. A t = 0, y fijando nuestro origen de potencial en el origen de
coordenadas, tenemos que la energía E y el potencial gravitatorio son cero.
Conforme la partícula desliza, adquiere mayor velocidad, haciendo negativo el
potencial gravitatorio por lo que se tiene:
E=0=
1
mv 2 − mgy,
2
de la que se puede despejar la velocidad como:
p
v = 2gy,
la que se puede reemplazar en la ecuación 3.24, obteniendo:
Z x1 s
1 + ẏ 2
t=
dx
2gy
0
(3.25)
(3.26)
(3.27)
En esta ecuación tenemos que la “lagrangiana” f = f (y, ẏ) se escribe como:
s
1 + ẏ 2
f (y, ẏ) =
.
(3.28)
2gy
Esta expresión tiene a la coordenada independiente x como cíclica, por lo que
la “cantidad de Jacobi”, h, asociada con f se conserva:
h=
∂f
−1
ẏ − f = p
= cte.
∂ ẏ
2gy(1 + ẏ 2 )
(3.29)
Reescribiendo la ecuación anterior, llegamos a:
y(1 + ẏ 2 ) = 2a,
(3.30)
siendo a una constante. Despejando ẏ de la ecuación 3.30, obtenemos la siguiente
integral:
Z yr
y
dy = x,
(3.31)
−y + 2a
0
que con el cambio de variable:
y = a(1 − cos φ),
28
(3.32)
3.3. Aplicando el cálculo variacional
y
yII
(x2 , y2 )
φ2
φ1
(0, y∗ )
x
yI
n1
n2
(x1 , y1 )
Figura 3.3: Ley de refracción
se convierte en:
Z
x=a
φ
(1 − cos φ0 ) dφ0 = a(φ − sin φ).
(3.33)
0
La curva que es descripta por las ecuaciones 3.32 y 3.33 corresponden a una
cicloide.
La ley de Snell
Como el siguiente ejemplo de aplicación de los principios variacionales,
vamos a explicar la ley de Snell (la ley de refracción de la luz) desde el punto de
vista mecánico. Consideraremos que un haz de luz (o un paquete de fotones) se
propaga desde un punto (x1 , y1 ) a otro (x2 , y2 ), atravesando una interfase que
separa dos medios con índices de refracción n1 y n2 , cada uno constante (ver
Figura 3.3. La luz se propaga en un medio con índice de refracción n de manera
que sea extrema (mínima) la longitud del camino óptico, la cual está dada por:
Z
l=
2
n dl.
(3.34)
1
Si el índice n es constante, la integral anterior es básicamente la distancia s.
En este caso la trayectoria que seguiría la luz, sería una recta.
29
3. Principios Variacionales
Volviendo al problema, ponemos un sistema de coordenadas xy como se
muestra en la figura. La trayectoria que sigue la luz desde el punto inicial al
final la podemos describir como dos tramos rectos:
yI
yII
= mI x + y∗
(3.35)
= mII x + y∗ ,
(3.36)
donde mI y mII son las pendientes, y y∗ es la ordenada al origen (el punto
donde la luz alcanza el eje vertical). Reemplazando las expresiones 3.35 y 3.36
en la ecuación 3.34, llegamos a lo siguiente:
Z 0
Z x2
√
√
l = n1
1 + mI dx + n2
1 + mII dx.
(3.37)
x1
0
De acuerdo con la expresión 3.37, parece que la integral que queremos hacer
extrema es función de mI y mII . Sin embargo, de acuerdo a la figura, estas
pendientes las podemos expresar como función solo de y∗ :
mI
=
mII
=
y∗ − y1
−x1
y2 − y∗
x2
Con estas expresiones, la ecuación 3.37 queda:
Z x2 p 2
Z 0p 2
x1 + (y∗ − y1 )2
x2 + (y2 − y∗ )2
dx + n2
dx.
l(y∗ ) = n1
|x1 |
x2
0
x1
(3.38)
(3.39)
(3.40)
Ahora si impongamos la condición de extremo:
dl
x (y − y∗ )
x2 (y2 − y∗ )
p1 1
= 0 = n1
− n2 p 2
,
2
2
dy∗
|x1 | x1 + (y∗ − y1 )
x2 x2 + (y2 − y∗ )2
(3.41)
la que luego de álgebra se escribe como:
y∗ − y1
y2 − y∗
= n2 p 2
,
n1 p 2
2
x1 + (y1 − y∗ )
x2 + (y2 − y∗ )2
(3.42)
n1 sin φ1 = n2 sin φ2
(3.43)
para finalmente:
siendo esta la Ley de Snell, con φ1 y φ2 los ángulos de incidencia y refracción.
3.4.
Generalización del principio de acción estacionaria
Supongamos que definimos la acción S de la siguiente manera:
Z t2
S=
L(qj , q̇j , q̈j , t) dt,
t1
30
(3.44)
3.4. Generalización del principio de acción estacionaria
y aplicamos al sistema un desplazamiento virtual. Queremos ver que condiciones
habría que imponer para que se siga cumpliendo que δS = 0 ante un
desplazamiento virtual. Entonces desarrollemos el δS como lo hemos hecho
previamente:
#
Z t2 "
∂L
∂L
∂L
δS =
δqj +
δ q̇j +
δ q̈j dt
(3.45)
∂qj
∂ q̇j
∂ q̈j
t1
El segundo término en la integral lo podemos escribir como:
"
#
d ∂L
d ∂L
∂L dδqj
=
δqj −
δqj ,
∂ q̇j dt
dt ∂ q̇j
dt ∂ q̇j
(3.46)
mientras que el tercer término de la ecuación 3.45 resulta:
"
#
∂L dδ q̇j
d ∂L
d ∂L
=
δ q̇j −
δ q̇j .
∂ q̈j dt
dt ∂ q̈j
dt ∂ q̈j
(3.47)
Finalmente el último término de la ecuación 3.47 se expresa como:
d ∂L
d ∂L
d2 ∂L
δ q̇j =
δqj − 2
δqj .
dt ∂ q̈j
dt ∂ q̈j
dt ∂ q̈j
(3.48)
Reemplazando las ecuaciones 3.46, 3.47 y 3.48 en la expresión 3.45 se llega
a:
Z
""
t2
δS =
dt
t1
#
∂L
d ∂L
d2 ∂L
−
+ 2
δqj +
∂qj
dt ∂ q̇j
dt ∂ q̈j
|{z}
"
d ∂L
∂L
−
∂ q̇j
dt ∂ q̈j
|
{z
=0
#
t2
l.i.
t2
∂L
δqj +
δ q̇j
∂
q̇j
t1
} | {z t}1
#
(3.49)
=0
Del primer término del integrando y debido a que las δqj son linealmente
independientes, se tiene la ecuación de E-L modificada:
∂L
d ∂L
d2 ∂L
−
+ 2
=0
(3.50)
∂qj
dt ∂ q̇j
dt ∂ q̈j
Esto se puede generalizar a un orden n superior, para el cual se tiene que la
Lagrangiana se puede escribir como función de las coordenanadas generalizadas
hasta la derivada n-ésima de las mismas. Es decir:
(n)
L = L(qj , q̇j , q̈j , ..., qj , t).
(3.51)
Esta Lagrangiana satisface las siguientes ecuaciones de E-L generalizadas a
grado n.
"
#
"
#
n−1
n
∂L
∂L
∂L
n d
n−1 d
(−1)
+ (−1)
+ ... +
= 0.
(3.52)
dtn ∂q (n)
dtn−1 ∂q (n−1)
∂q
j
j
31
3. Principios Variacionales
si se cumplen las siguientes condiciones:
δqj
3.5.
t2
t1
= δ q̇j
t2
t1
(n−1) t2
t1
= ... = δqj
=0
(3.53)
Principios Variacionales y Multiplicadores de
Lagrange
En geometría diferencial se sabe como encontrar los extremos de una función
F (x, y) bajo la condición de que otra función G(x, y) = 0. Si solo fuera el
encontrar los extremos de F , esta operación consistiría en ver donde el ∇F = 0.
Aquí queremos encontrar la condición de extremo, pero restringido a una región
que está dada por G(x, y) = 0. De geometría diferencial sabemos que esto ocurre
cuando las normales de los planos tangentes son paralelos, es decir:
∇F = λ∇G
(3.54)
Recapitulando, para hallar los extremos de F (x, y) en la región definida por
G(x, y) = 0 consiste en encontrar los extremos de la función.
K(x, y, λ) = F (x, y) − λG(x, y),
(3.55)
que ahora depende también del parámetro λ, que recibe el nombre de
multiplicador de Lagrange.
Veamos como aplicar esto en nuestro estudio de la Mecánica Clásica. Tenemos
un sistema físico que está descripto por la lagrangiana L, el cual depende de las
coordenadas qj , sus derivadas y del tiempo. Este conjunto de coordenadas no
son independientes sino que cumplen con una condición dada por:
F (q1 , ..., qn , t) = 0,
(3.56)
i.e., tenemos un vínculo holonómico (luego veremos como extender esto al
caso no holonómico). Aquí queremos emplear el principio de Hamilton para
deducir las ecuaciones de Lagrange y de paso obtener las fuerzas de vínculo
que son responsables de la condición 3.56. Entonces nos armamos una nueva
Lagrangiana escrita como:
L0 (qj , q̇j , t, λ) = L(qj , q̇j , t) + λF (qj , t)
(3.57)
Apliquemos el principio de acción estacionaria a la Lagrangiana dada por la
ecuación 3.57.
Z t2
0
0 = δS = δ
(L + λF ) dt =
t1
Z
t2
t1
∂L0
∂L0
δqj +
δ q̇j +
∂qj
∂ q̇j
∂L0
∂λ
|{z}
=F (qj ,t)=0
32
δλ dt =
3.5. Principios Variacionales y Multiplicadores de Lagrange
"
#
∂L0
d ∂L0
−
δqj dt =
∂qj
dt ∂ q̇j
t1
#
Z t2 "
∂L
d ∂L
∂F
−
+λ
δqj dt
∂qj
dt ∂ q̇j
∂qj |{z}
t1
Z
t2
(3.58)
no l.i.
Las coordenadas qj de la ecuación anterior no son independientes, pero podemos
elegir que si lo sean las primeras n−1, y para la restante tenemos aún la libertad
de elegir el parámetro λ para que se siga cumpliendo para todas las qj que:
∂L
d ∂L
∂F
−
+λ
=0
(3.59)
∂qj
dt ∂ q̇j
∂qj
la que junto con la condición 3.56 cierra el sistema. La ecuación 3.59 la podemos
reescribir de la siguiente manera:
d ∂L
∂L
∂F
−
=λ
= Qvj ,
(3.60)
dt ∂ q̇j
∂qj
∂qj
que son las ecuaciones de E-L no homogéneas, donde el término de inhomogeneidad no es otra cosa que la fuerza generalizada de vínculo.
Lo anterior se puede extender si se tienen k condiciones de vínculo:
Fi (q1 , ..., qn , t) = 0,
(3.61)
con i = 1, ..., k. Para este caso, las ecuaciones de E-L (ver ec. 3.60, quedan:
d ∂L
∂L
∂Fl
−
= λl
= Qvj ,
(3.62)
dt ∂ q̇j
∂qj
∂qj
donde l = 1, ..., k (índice repetido implica suma). Esta última expresión junto
con 3.61, cierran el sistema de ecuaciones.
Este formalismo puede ser empleado para vínculos no holonómicos siempre
que las restricciones se puedan escribir como:
alj q̇j + alt = 0, o
alj dqj + alt dt = 0,
(3.63)
donde de nuevo el índice l barre los k vínculos. Esta ecuación se escribe ante
un desplazamiento virtual como:
alj δqj = 0.
(3.64)
Si se satisface 3.64, también debe cumplirse que:
λl alj δqj = 0.
(3.65)
donde las λi son los multiplicadores de Lagrange. La expresión 3.65 puede ser
integrada en un intervalo temporal, obteniendo:
Z t2
λl alj δqj = 0.
(3.66)
t1
33
3. Principios Variacionales
que combinada con la variación de la acción S se obtiene:
#
Z t2 "
∂L
d ∂L
−
+ λl alj δqj dt = 0.
∂qj
dt ∂ q̇j
|{z}
t1
(3.67)
no l.i.
Nuevamente las δqj de la expresión previa no son independientes pero podemos
elegir las primeras n − k de manera que si lo sean (con lo que se anula el término
entre corchetes), y para las restantes qj (con j = n − k + 1, ..., n) elegimos los
λl tal que también se satisfaga la condición anterior, por lo que se tiene:
d ∂L
∂L
−
= λl alj = Qvj ,
(3.68)
dt ∂ q̇j
∂qj
que resuelve el problema junto con las condiciones 3.63.
Problema del plano inclinado
Apliquemos el método de multiplicadores de Lagrange para encontrar las
fuerzas de vínculo que hacen que un disco de masa m y radio R, descienda por
la superficie de un plano inclinado, caracterizado por un ángulo α.
Se tiene el sistema de la figura. El eje x̂ es paralelo a la superfice del plano
inclinado, mientras que ŷ es ortogonal a la misma. Entonces el peso se puede
escribir como:
∂V
∂V
x̂ −
ŷ,
F~ = mg sin αx̂ − mg cos αŷ = −
∂x
∂y
(3.69)
de la que se obtiene:
V = −mgx sin α + mgy cos α
(3.70)
Para escribir la Lagrangiana vamos a considerar como coordenadas generalizadas
a x, y y θ. Las condiciones de vínculo son que el bloque no se “hunde” en el
plano inclinado, y que el disco rueda sin deslizar. Estas condiciones se pueden
poner como:
dy
=
0 ⇒ a1y = 1
(3.71)
dx − R dθ
=
0 ⇒ a2x = 1, a2θ = −R.
(3.72)
La Lagrangiana de este problema queda (considerando el tensor de inercia
del disco I = (1/2)mR2 ) como:
L=
1
1
m(ẋ2 + ẏ 2 ) + mR2 θ̇2 + mg sin αx − mg cos αy
2
4
(3.73)
Si aplicamos la ecuación 3.68 al Lagrangiano anterior se tienen las siguientes
ecuaciones de E-L:
mẍ − mg sin α
34
= λ1 a1x + λ2 a2x = λ2
(3.74)
3.6. Geodésicas
mÿ + mg cos α
m 2
R θ̈
2
=
λ1 a1y + λ2 a2y = λ1
(3.75)
=
λ1 a1θ + λ2 a2θ = −λ2 R
(3.76)
De los vínculos se tiene:
ÿ
=
ẍ
= Rθ̈
0
(3.77)
(3.78)
Reemplazando la ecuación 3.77 en 3.75 se obtiene que:
λ1 = mg cos α
(3.79)
Ahora reemplazando la expresión 3.78 en 3.76, y a esta expresión se le suma
miembro a miembro la ecuacion 3.74 se obtiene:
3
2
mẍ = mg sin α ⇒ ẍ = g sin α
2
3
(3.80)
y
1
λ2 = − mg sin α
3
Finalmente podemos escribir las fuerzas de vínculo
3.6.
Qvx
=
Qvy
=
Qvθ
=
1
λ2 a2x = − mg sin α (rozamiento)
3
λ1 a1y = mg cos α (normal)
R
λ2 a2θ = −λ2 R = mg sin α (torca)
3
(3.81)
(3.82)
(3.83)
(3.84)
Geodésicas
Una geodésica está dada por la distancia más corta entre dos puntos en el
espacio. Es necesario conocer la métrica del espacio que estamos considerando.
En un espacio Euclideano tenemos:
(ds)2 = (dx)2 + (dy)2 + (dz)2
(3.85)
donde ds es el elemento de arco. En un espacio definido por las coordenadas
xα = xα (x, y, z) y con métrica dada por el tensor métrico gαβ (simétrico),
tenemos:
(ds)2 = gαβ dxα xβ .
(3.86)
Como ejemplo escribamos el elemento de arco al cuadrado en coordenadas
esféricas:
(ds)2 = (dr)2 + r2 (dθ)2 + r2 sin2 φ(dφ)2 ,
(3.87)
de donde se tiene que para esféricas, los únicos elementos no nulos del tensor
son:
grr = 1, gθθ = r2 , gφφ = r2 sin2 φ.
(3.88)
35
3. Principios Variacionales
A las trayectorias en este espacio van a ser descritas por xα y caracterizadas
por un parámetro λ:
xα = xα (λ).
(3.89)
El elemento de arco de esa trayectoria se puede entonces escribir como:
r
dxα dxβ
ds = gαβ
dλ.
(3.90)
dλ dλ
La distancia a lo largo de la trayectoria será la integral de la expresión 3.90:
Z λ1 r
dxα dxβ
gαβ
dλ.
(3.91)
s=
dλ dλ
λ0
Esta ecuación se asemeja la definición de la acción, y queremos que la distancia
se mínima. Haciendo este paralelismo, la expresión bajo la raiz debe fungir
como la Lagrangiana, y por ende satisfacer las ecuaciones de E-L. Manos a la
obra, escribamos las ecuaciones de E-L para la expresión 3.91. El momento se
escribe:
r
gµρ ẋρ
d
dxα dxβ
1 gµβ ẋβ + gαµ ẋα
q
q
g
=
(3.92)
=
αβ
α dxβ
dẋµ
dλ dλ
2
dxα dxβ
gαβ dx
g
αβ
dλ dλ
dλ dλ
mientras que la derivada con respecto a la coordenada xµ :
r
d
1
∂gρσ dxρ dxσ
dxα dxβ
g
= q
αβ
µ
µ
α
β
dx
dλ dλ
2 g dx dx ∂x dλ dλ
αβ dλ
(3.93)
dλ
La ecuación de E-L queda:
"
#
gµρ ẋρ
1
∂gρσ dxρ dxσ
d
q
= q
α dxβ
α dxβ ∂xµ dλ dλ
dλ
gαβ dx
2 gαβ dx
dλ dλ
dλ dλ
(3.94)
Ahora si consideramos que λ = s, la longitud de arco. Para este caso se
tiene que:
dxα dxβ
gαβ
= 1,
(3.95)
dλ dλ
con lo cual la expresión 3.94 se reduce a:
d
dxρ
1 ∂gρσ dxρ dxσ
gµρ
=
.
(3.96)
ds
ds
2 ∂xµ ds ds
Desarrollando el primer término se tiene:
d
dxρ
d2 xρ
∂gµρ dxσ dxρ
gµρ
= gµρ 2 +
.
ds
ds
ds
∂xσ ds ds
36
(3.97)
3.6. Geodésicas
De las ecuaciones 3.96 y 3.97 resulta:
#
d2 xρ
1 ∂gµρ dxσ dxρ
∂gρσ dxρ dxσ
gµρ 2 = − 2 σ
−
=
ds
2 ∂x ds ds
∂xµ ds ds
∂gρσ dxρ dxσ
1 ∂gµρ
=
− 2 σ −
2
∂x
∂xµ ds ds
∂gµσ
∂gρσ dxρ dxσ
1 ∂gµρ
+
−
−
,
2 ∂xσ
∂xρ
∂xµ
ds ds
|
{z
}
(3.98)
=Γµ,ρσ
donde Γµ,ρσ es el símbolo de Christoffel. Finalmente podemos escribir la ecuación
de la geodésica 3.98 en un forma más compacta:
gµρ
d2 xρ
dxρ dxσ
=
−Γ
µ,ρσ
ds2
ds ds
(3.99)
Ejemplo 1: geodésicas en el espacio euclideano
En el espacio Euclideano, los símbolos de Christoffel se anulan, por lo que
se tiene:
d2 xµ
dxµ
=
0,
⇒
= nµ , ⇒ ~r = r~0 + n̂s
(3.100)
ds2
ds
Ejemplo 2: geodésicas en esféricas
Recordemos que en esféricas, las componentes no nulas del tensor métrico
están en la diagonal (ver ecuación 3.88). Con ellos podemos armar los símbolos
de Christoffel, cuyas componentes diferentes de cero son:
1 ∂gθφ
∂gθφ
∂gφφ
Γθ,φφ =
+
−
= −r2 sin θ cos θ,
(3.101)
2 ∂φ
∂φ
∂θ
1 ∂gφθ
∂gφφ
∂gθφ
+
−
= r2 sin θ cos θ,
(3.102)
Γφ,θφ =
2 ∂φ
∂θ
∂φ
1 ∂gφφ
∂gφθ
∂gφθ
Γφ,φθ =
+
−
= r2 sin θ cos θ.
(3.103)
2 ∂θ
∂φ
∂φ
Ahora queremos hallar las geodésicas si nos movemos en la superficie de una
esfera de radio R. Para este caso, la ecuación 3.99 resulta:
2
2
dφ
2 d θ
2
R
=
R
sin
θ
cos
θ
,
(3.104)
ds2
ds
2
dθ dφ
d φ
2 2 R
sin2 θ 2 = −2
R
sin θ cot θ
,
(3.105)
ds
ds ds
y considerando la ecuación 3.95:
" 2 #
2
dθ
dφ
R2
+ sin2 θ
= 1.
(3.106)
ds
ds
37
3. Principios Variacionales
Primero supongamos que inicialmente se cumple que dφ/ ds = 0, esta condición
se va a cumplir siempre por lo que a partir de 3.106 se obtiene:
dθ
1
=± ,
ds
R
(3.107)
por lo que la solución es:
θ = θ0 ±
s
, φ = φ0 ,
R
(3.108)
que nos determina que la trayectoria es un meridiano, un círculo que cruza por
los polos.
Ahora hallemos la solución más general. Para esto será conveniente que
escribamos las derivadas de θ respecto a s como derivadas respecto a φ
(encontremos la trayectoria θ = θ(φ).
d2 θ
=
ds2
dφ
ds
2
dθ
dθ dφ
=
ds
dφ ds
(3.109)
d2 θ
dθ d2 φ
+
.
dφ2
dφ ds2
(3.110)
Reemplazando en 3.110 la combinacion de 3.109 con 3.105, e igualando este
resultado con 3.104, se llega a:
2
d2 θ
dθ
−
2
cot
θ
= sin θ cos θ,
2
dφ
dφ
(3.111)
la que se puede convertir luego de álgebra en:
d2
(cot θ) + cot θ = 0,
dφ2
(3.112)
que da una solución armónica para θ. Si elegimos la constante como − tan θ0 ,
la solución de la ecuación anterior se escribe:
cot θ = − tan θ0 cos(φ − φ0 ).
(3.113)
Reordenando esta última expresión se tiene:
cos θ cos θ0 + sin θ sin θ0 cos(φ − φ0 ) = 0
(3.114)
Si multiplicamos por R esta expresión, el resultado puede interpretarse como el
producto escalar de dos vectores:
R(cos θ, sin θ cos φ, sin θ sin φ).(cos θ0 , sin θ0 cos φ0 , sin θ0 sin φ0 ) = 0, (3.115)
la que determina que la solución es un círculo máximo, que es ortogonal a la
dirección dada por el 2do vector de la expresión anterior.
38
3.7. Problemas (Principios Variacionales y multiplicadores de Lagrange)
3.7.
Problemas (Principios Variacionales y multiplicadores
de Lagrange)
Problema 1: Principio de Jacobi
Este principio establece que una partícula de masa m y energía E en un
potencial V = V (x, Ry, z) viaja de un punto a otra siguiendo una trayectoria
tal
p que la integral p(x, y, z) ds, donde ds es el elemento de arco y p =
2m(E − V (x, y, z)) es el momento, es estacionaria.
(i) Considere un proyectil que se mueve en el plano (x, y) bajo la acción del
potencial V = mgy, donde g es la aceleración de la gravedad. Considere
que el proyectil parte de (x0 , y0 ) y que su energía es E = mgh. Resuelva
la ecuación de Euler-Lagrange asociada al principio de Jacobi y muestre
que la trayectoria y = y(x) se escribe como:
y − y0 = (x − x0 ) tan α −
(x − x0 )2
1
,
4 cos2 α h − y0
donde α es el ángulo de lanzamiento.
(ii) Dibuje la familia de trayectorias si la partícula parte de (0, 0) con energía
E = mgh, pero para α arbitrario. Muestre que si el punto final se encuentra
dentro de la envolvente dada por y = h − (x2 )/(4h), para cada α hay dos
trayectorias posibles. Si el punto final está fuera de esta región, no hay
trayectoria que lo conecte con el inicial.
Problema 2: reflexión de la luz
R
La luz se mueve de manera que se hace extrema la integral n ds, siendo n
el índice de refracción y ds el elemento de la longitud de arco. Un rayo de se
mueve en un medio con n = cte de un punto (x0 , y0 ) a otro (x1 , y1 ) luego de
rebotar en un espejo ubicado en y = 0. Demuestre la ley de reflexión de la luz.
Problema 3
Encuentre y resuelva la ecuación de la geodésica sobre la superficie de un
cilindro de radio R
Problema 4
(i) Encuentre y resuelva la ecuación de la geodésica sobre la superficie de un
cono con ángulo de semiapertura α. Elija como coordenadas las esféricas,
haciendo que el ángulo polar θ = α. Considere que la coordenada r es
igual a a para φ = ±π/2.
(ii) Si el cono se lo corta a lo largo de la línea definida por φ = π y se lo abre
sobre un plano, mostrar que la trayectoria es una línea recta.
39
3. Principios Variacionales
Problema 5
Un cilindro de radio a y masa m rueda sin deslizar sobre un semicilindro de
radio b, bajo la acción de la gravedad. Usando el método de los multiplicadores
de Lagrange encuentre:
(i) las fuerzas de vínculo
(ii) el ángulo θ para el cual el cilindro se despega.
Problema 6
Una partícula se mueve verticalmente en un campo gravitacional g uniforme.
La Lagrangiana de este problema es : L = (1/2)mż 2 + mgz. Suponga que a
t = 0 la partícula pasa por z = 0, mientras que a t = t1 , el cuerpo se encuentra
en z = z1 . Pretende que no conoces la solución del problema y prueba hacer
extrema la acción suponiendo una solución de la forma:
1
z = z0 + v0 t + at2 ,
2
donde z0 y v0 se determinan con las condiciones
R ten los extremos. Encuentre el
valor de a que hace estacionaria la acción S = t01 L dt.
Problema 7
Una partícula de masa m se mueve sin fricción en un alambre que tiene la
forma de una cicloide:
x = a(φ − sin φ), y = a(1 − cos φ),
bajo la acción de la gravedad, paralela al eje ŷ (la dirección positiva de ŷ es
hacia abajo).
(i) Halle la longitud de arco de la cicloide s (medido desde la parte más baja
de la curva) como función del parámetro φ
(ii) Escriba el Lagrangiano del problema considerando como coordenada
generalizada la longitud de arco s. Muestre que la ecuación de movimiento
es tipo oscilador armónico. Encuentre el tiempo que tarda la partícula,
partiendo del reposo, en llegar a la posición más baja de la cicloide.
Problema 8
Una partícula se mueve bajo la acción de un potencial kepleriano, V (r) =
−k/r, con k una constante positiva. Suponiendo que las órbitas son circulares,
encuentre la relación entre los períodos y los radios de las órbitas, utilizando el
principio variacional de Hamilton. (Ayuda: considere órbitas elípticas, cercanas a
la circular, parametrizadas como: x(τ ) = a cos(ατ ), y(τ ) = b sin(ατ ), variando
a o b).
40
CAPÍTULO 4
Transformaciones de invarianza y
constantes de movimiento
4.1.
Transformaciones de invarianza
La gran ventaja de la dinámica Lagrangiana es la libertad de elegir las
coordenadas generalizadas. Ya habiamos visto que existen las transformaciones
de punto, las que nos permiten pasar de un conjunto de coordenadas
generalizadas qj a otro nuevo (y viceversa) qj0 (qi , t). Este nuevo conjunto de
coordenadas cumplen con las ecuaciones de Euler-Lagrange, y su Lagrangiano
se escribe:
L0 (q 0 , q̇ 0 , t) = L(q(q 0 , t), q̇(q 0 , q̇ 0 , t), t).
(4.1)
Esta ecuación nos dice que para escribir el nuevo Lagrangiano L0 , empleamos el
viejo pero en él escribimos las coordenadas y velocidades generalizadas viejas,
como función de las nuevas.
Como ya sabemos, las ecuaciones de Euler-Lagrange se preservan ante
una transformación de punto, pero la forma explícita de las ecuaciones de
movimiento puede diferir, es decir no podemos reemplazar en las ecuaciones de
movimiento las viejas coordenadas como función de las nuevas. Sin embargo,
vamos a encontrar que existe un conjunto de transformaciones de coordenadas,
para las cuales se preservan la forma explícita de las ecuaciones de movimiento.
A este tipo de transformaciones las llamaremos de invarianza. Una posibilidad
sería la siguiente:
L0 (q 0 , q̇ 0 , t) = L(q 0 , q̇ 0 , t),
(4.2)
la que nos dice que el nuevo Lagrangiano tiene la misma forma funcional con las
nuevas coordenadas, que el viejo Lagrangiano con las viejas. Esto es demasiado
restrictivo. ¿Qué es lo que realmente necesitamos de la transformación?. Lo que
requerimos es que las ecuaciones de movimiento tengan la misma forma explicita.
Cuando definimos la acción, vimos que una Lagrangiana esta indeterminada a
menos de la derivada total respecto al tiempo de una función arbitraria Λ(q 0 , t),
que sólo depende de las coordenadas y del tiempo. Es decir se debe satisfacer
lo siguiente:
dΛ(q 0 , t)
L0 (q 0 , q̇ 0 , t) = L(q 0 , q̇ 0 , t) +
.
(4.3)
dt
41
4. Transformaciones de invarianza y constantes de movimiento
Recordemos que el último término de la ecuación anterior puede escribirse como:
∂Λ
dΛ(q 0 , t)
∂Λ
= 0 q̇j0 +
.
dt
∂qj
∂t
(4.4)
Combinando la ecuación 4.3 con 4.1 resulta:
L(q, q̇, t) = L(q 0 , q̇ 0 , t) +
dΛ(q 0 , t)
.
dt
(4.5)
Emplearemos esta expresión como la condición que debe cumplir una
transformación de invarianza.
Partícula libre
La Lagrangiana de una partícula libre de masa m es solamente su energía
cinética:
1
L = mẋ2
(4.6)
2
Apliquemos la siguiente transformación y verifiquemos si es de invarianza:
x0 = x + a,
ẋ0 = ẋ + ȧ,
(4.7)
donde a es una función del tiempo. Construyamos el nuevo Lagrangiano,
escribiendo las viejas coordenadas y velocidades generalizadas en función de las
nuevas:
L0 (x0 , ẋ0 , t) =
1
1
m(ẋ0 − ȧ)2 = L(x0 , ẋ0 , t) − mȧẋ0 + mȧ2
2
2
(4.8)
La transformación dada por la expresiones en 4.7 será de invarianza si los dos
últimos términos en la ecuación anterior se pueden escribir como la derivada
total de un función arbitraria respecto al tiempo. Considerando 4.4 tenemos lo
siguiente:
∂Λ
∂Λ
1
= −mȧ,
= mȧ2 .
(4.9)
∂x0
∂t
2
La primera de estas ecuaciones es el momento de dΛ/ dt y como cumple con las
ecuaciones de E-L, se cumple entonces que ä = 0 ⇒ a = α + βt, donde α y β
son constantes. La función buscada se escribe como:
1
Λ = −mβx0 + mβ 2 t,
2
(4.10)
y la transformación se escribe:
x0 = x + α + βt .
| {z }
(4.11)
∆x
Si β = 0, la ecuación anterior es una traslación rígida, mientras que en el caso
contrario, la transformacion dada en 4.11 representa una transformación de
Galileo.
42
4.2. Transformaciones Infinitesimales
4.2.
Transformaciones Infinitesimales
Como vimos en la sección anterior, muchas transformaciones dependen
de parámetros que podemos ajustar. Nuestro paso siguiente en el estudio de
transformaciones de invarianza es el estudiar aquellas que son infinitesimales. La
utilidad de este tipo de transformaciones es que revelan cantidades conservadas.
La transformación infinitesimal la podemos escribir como:
qi → qi + δqi , con δqi = fi (q, t),
(4.12)
donde i son parámetros infinitesimales. Ahora apliquemos 4.12 en 4.5,
obteniendo:
dδΛ(q, t)
L(q, q̇, t) = L(q + δq, q̇ + δ q̇, t) +
.
(4.13)
dt
A continuación desarrollemos a primer orden en Taylor el primer término de la
ecuación anterior, la que quedará como:
∂L
δqi +
∂qi
d
∂L
dt ( ∂ q̇i
∂L
δ q̇i
∂ q̇i
| {z }
+
dδΛ(q, t)
= 0.
dt
(4.14)
d
δqi )− dt
( ∂∂L
q̇ )δqi
i
Reescribiendo el segundo término tenemos:
"
#
d ∂L
d ∂L
∂L
δqi + δΛ +
−
δqi = 0.
dt ∂ q̇i
∂qi
dt ∂ q̇i
|
{z
}
(4.15)
=0, por E−L
De la expresión anterior podemos concluir que si la transformación infinitesimal
es de invarianza, existe una cantidad asociada a la transformación que se
conserva, la que está dada por:
∂L
δqi + δΛ = cte
∂ q̇i
(4.16)
Apliquemos el resultado anterior al caso que vimos de la partícula libre.
Considerando que los parámetros son infinitesimales, las ecuaciones 4.10 y
4.11 se convierten en:
x0 − x = δx = δα + δβt
δΛ
(4.17)
1
2
(δβ)
= − mδβx0 + t = −mδβx.
| {z } 2 | {z }
1er orden
(4.18)
2do orden
La cantidad conservada 4.16 se escribe para la partícula libre como:
∂L
(δα + δβt) − mδβx = mẋδα + (mẋt − mx)δβ = cte
∂ q̇i
(4.19)
Si en 4.19 se cumple que δβ = 0, lo que se conserva es el momento mẋ = cte.
En cambio, cuando δα = 0, se conserva mẋt − mx = −mx0 , donde x0 es la
posición inicial.
43
4. Transformaciones de invarianza y constantes de movimiento
4.3.
Transformaciones de coordenadas y del tiempo
Transformaciones de coordenadas
Supongamos que hacemos una transformación infinitesimal de coordenadas
como la dada por la ecuación 4.12. También supongamos que tenemos un sistema
de N partículas que interactúan entre sí con un potencial que depende de las
distancias relativas. La Lagrangiana será:
L=
N
N
X
1
i=1
N
1 XX
mi |~r˙i2 | −
Vi,j (|~ri − ~rj |)
2
2 i=1
(4.20)
j6=i
Ejemplo 1: traslación rígida
Una traslación rígida infinitesimal la podemos escribir haciendo que fi = ni ,
que son las componentes de un vector unitario. En otras palabras,
δ~r = n̂.
(4.21)
Para esta transformación, el lagrangiano anterior se mantiene invariante en sí
(en la ecuación 4.16 el término δΛ = 0), por lo que la constante de movimiento
se escribe (el parámetro es arbitrario, por lo que puede ser absorbido en la
definición de la constante):
X
∂L
· n̂ = (mi~r˙i ) · n̂ = P~ · n̂.
(4.22)
˙i
∂
~
r
i
Es decir para una traslación rígida infinitesimal a lo largo de la dirección n̂ lo
que se conserva es la componente del momento lineal total en esa dirección.
Ejemplo 2: rotación rígida
Supongamos ahora que hacemos una rotación infinitesimal, en torno de la
una dirección n̂, la cual podemos escribir como:
δ~r = n̂ × ~r, δxi = ijk nj xk
(4.23)
Este cambio de coordenadas, deja invariante el lagrangiano (a primer orden)
ya que no cambia ni la energía cinética ni el potencial, por lo que nuevamente
tenemos δΛ = 0. Entonces sabemos como escribir la cantidad conservada, que
en este caso será:
mẋi (ijk nj xk ) = nj jki xk mẋi = n̂ · ~l,
(4.24)
es decir, la cantidad conservada es el momento angular en la dirección n̂.
Ejemplo 3: combinación de rotación y traslación
Planteemos el siguiente ejercicio .académico", donde la transformación
definida por:
44
x01
=
x1 cos s − x2 sin s
(4.25)
x02
=
x1 sin s + x2 cos s
(4.26)
4.3. Transformaciones de coordenadas y del tiempo
x03
=
x3 + c s
(4.27)
donde c es una constante y s un parámetro, es una transformación de invarianza.
Las expresiones 4.25 y 2rot representan una rotación en torno a ẑ, mientras que
la ecuación 4.27, es una traslación a lo largo del mismo eje. Esta transformación
se la aplicamos al Lagrangiano:
1
x2
+ x3
(4.28)
L = mṙ2 − c arctan
2
x1
Vemos que la transformación dada no cambia la energía cinética ya que:
02
0
2
2
ẋ02
1 + ẋ2 = x˙1 + x˙2 , ẋ3 = ẋ3
(4.29)
Escribamos las componentes 1 y 2 en cilíndricas (y tengamos en cuenta que las
relaciones 4.25 y 4.26 representan una rotación en s, en torno a x3 ):
x1
x01
=
ρ cos φ, x2 = ρ sin φ
= ρ cos (φ + s),
x02
= ρ sin (φ + s)
(4.30)
(4.31)
Con estas expresiones, el 2do y 3er término del Lagrangiano dado por 4.28
quedan:
0
x2
+ x03 = −c arctan (tan (φ + s)) + x3 + cs
−c arctan
x01
x2
= −c(φ + s) + x3 + cs = −c arctan
+ x3 ,
x1
con lo que se concluye que el Lagrangiano 4.28 no cambia. Haciendo esta
transformación infinitesimal, es decir con s muy chico, tenemos:
f1 = −x2 , f2 = x1 , f3 = c
(4.32)
con lo que la cantidad conservada nos quedaria:
m(−ẋ1 x2 + ẋ2 x1 + cẋ3 ) = l3 + cp3 = cte
(4.33)
Transformaciones en el tiempo
Ahora consideremos que hacemos una traslación rígida temporal:
t0 = t + ∆t, con ∆t = cte.
(4.34)
Esto va a producir un cambio en las coordenadas y velocidades generalizadas,
dado por (a primer orden en Taylor):
q0
=
q̇ 0
=
q(t + ∆t) ' q(t) + q̇∆t
dq̇
q̇(t + ∆t) ' q̇(t) +
∆t.
dt
(4.35)
(4.36)
45
4. Transformaciones de invarianza y constantes de movimiento
mientras que se cumple que dt0 = dt.
Si la transformación dada por 4.34 es de invarianza, se debería cumplir que:
L(q, q̇, t) = L(q 0 , q̇ 0 , t0 ) +
d
∆Λ,
dt
(4.37)
la que se puede reescribir como:
L(q, q̇, t) −
d
dL
∆Λ = L(q 0 , q̇ 0 , t0 ) = L(t) +
∆t,
dt
dt
(4.38)
donde hemos desarrollado L(q 0 , q̇ 0 , t0 ) en Taylor como función solo del tiempo.
Dado que L(q, q̇, t) = L(t) tenemos:
d
dL
∆t = − ∆Λ
dt
dt
(4.39)
Para continuar, desarrollemos a primer orden L(q 0 , q̇ 0 , t0 ) usando regla de la
cadena:
L(q 0 , q̇ 0 , t0 ) = L(q, q̇, t) +
∂L
[q(t0 ) − q(t)] +
{z
}
∂q |
q̇∆t
"
#
∂L dq(t ) dq
∂L
−
+
∆t
∂ q̇
dt
dt
∂t
|
{z
}
0
(4.40)
dq̇
dt ∆t
Juntando todo se tiene:
dL =
∆t
dt
∂L
∂L dq̇ ∂L ∆t.
q̇ +
+
∂q
∂ q̇ dt
∂t
(4.41)
Usando las ecuaciones de E-L en el primer término del lado derecho, y la
derivada del producto para unir este con el segundo término, se llega a (luego
de reordenar):
d ∂L
dH
∂L
=
q̇ − L =
,
(4.42)
−
∂t
dt ∂ q̇
dt
por lo que se deduce que si la lagrangiana no depende en forma explícita del
tiempo, la cantidad de Jacobi H se conserva.
4.4.
Invarianza y la Acción
En esta sección estudiaremos las transformaciones de invarianza y su relación
con cantidades conservadas, pero considerando que le pasa a la acción S y a
la curva C en el espacio de configuración extendido. Ahora la S tendrá un rol
protagónico ante un cambio no sólo de coordenadas sino también del tiempo,
dados por:
q 0 = q 0 (q, t), t0 = t0 (q, t).
(4.43)
Este estudio lo podemos abordar desde dos puntos de vista:
46
4.4. Invarianza y la Acción
pasivo: donde una misma trayectoria C es observada desde dos sistemas
de referencia (q, t) y (q 0 , t0 ). En otras palabras, analizaremos los cambios
vistos por dos observadores (el primado y el no-primado).
activo: en el cual se produce un cambio de las coordenadas, y se pasa de
la curva C a la C 0 .
Comencemos considerando el punto de vista pasivo. Supongamos que C es
una trayectoria real por lo que la acción:
Z
t1
S[C ] =
L(q, dq/ dt, t) dt,
(4.44)
t0
será estacionaria para el observador no-primado, satisfaciendo las ecuaciones de
E-L:
"
#
∂L
d
∂L
=
.
(4.45)
dt ∂(dq/ dt)
∂q
Desde el punto de vista del observador primado, la trayectoria C sigue siendo
una trayectoria real, que hace estacionaria la acción:
Z
t01
S[C ] =
L0 (q 0 , dq 0 / dt0 , t0 ) dt0 .
(4.46)
t00
(la acción es la misma porque es la misma trayectoria, pero vista por dos
observadores). Comparando 4.44 y 4.46 tenemos que los lagrangianos L y L0
están relacionados de la siguiente manera:
L0 =
dt
L.
dt0
(4.47)
En general, L0 y L tienen una forma funcional diferente, y un valor distinto. Sin
embargo, el observador primado puede escribir sus ecuaciones de E-L así:
"
#
∂L0
d
∂L0
=
.
(4.48)
dt0 ∂(dq 0 / dt0 )
∂q 0
Las ecuaciones de E-L no cambian su forma, a pesar del cambio de coordenadas.
Por eso se dice que las ecuaciones de E-L son covariantes. En cambio, las
ecuaciones de movimiento explícitas, pueden diferir. Si ante un cambio de
coordenadas, la forma explícita de las ecuaciones de movimiento no cambian,
se dice que la transformación es de invarianza, y por lo que hemos visto en las
secciones previas, la lagrangiana puede diferir a la sumo en la derivada total
respecto al tiempo, de una función arbitraria de las coordenadas y del tiempo
(ver ecuación 4.5).
Ahora cambiemos nuestro enfoque al punto de vista activo, donde
estableceremos el criterio de invarianza, empleando la acción. Tenemos una
47
4. Transformaciones de invarianza y constantes de movimiento
trayectoria C a la que aplicamos la transformación 4.43, y se convierte en otra
posible trayectoria real C 0 . Escribamos la acción para ambas trayectorias:
Z t1
S[C ] =
L(q, dq/ dt, t) dt
(4.49)
t0
0
Z
S[C ]
t01
=
L(q 0 , dq 0 / dt0 , t0 ) dt0
(4.50)
t00
(L es la misma porque es el mismo observador, que ve las dos trayectorias). Si la
transformación es de invarianza, la trayectoria C 0 debe hacer extrema la acción
por lo que S[C 0 ] debe diferir de S[C ] en un término que solo dependa de los
extremos y que se anule, a extremos fijos. Entonces tenemos que la variación de
la acción se escribe:
∆S
= S[C 0 ] − S[C ]
Z t01
Z
=
L(q 0 , dq 0 / dt0 , t0 ) dt0 −
t00
t1
t0
t0
L(q, dq/ dt, t) dt = −[Λ]t10 ,(4.51)
0
que es la condición que buscamos para que una transformación sea de invarianza.
4.5.
Teorema de Noether
Nuestro siguiente paso es encontrar cantidades conservadas empleando la
condición sobre la acción. Para ello consideraremos la expresión infinitesimal de
las transformaciones 4.43, de la siguiente forma:
q 0 = q + ∆q(q, t), t0 = t + ∆t(q, t),
(4.52)
de las que podemos escribir los diferenciales a primer orden:
dq 0
dt0
d∆q
dq +
dt
dt d∆t
=
1+
dt.
dt
=
(4.53)
(4.54)
Considerando las últimas expresiones, ahora podemos escribir dq 0 / dt0 a primer
orden como:
−1 dq 0
d∆t
dq d∆q
d∆t dq d∆q
=
1
+
+
'
1
−
+
.
(4.55)
dt0
dt
dt
dt
dt dt
dt
Ahora escribamos la variación de la acción ante este cambio infinitesimal de
coordenadas y del tiempo:
Z t1 " d∆t dq d∆q
d∆t
∆S =
L q + ∆q, 1 −
+
, t + ∆t 1 +
dt dt
dt
dt
t0
48
4.5. Teorema de Noether
#
dq
− L q, , t dt
dt
(4.56)
Expandamos, a primer orden en Taylor, el primer término del integrando:
#
"
dq
∂L dq 0
∂L
d∆t
∂L
−
=
L+
∆q +
+
∆t + L
∂q
∂ q̇ dt0
dt
∂t
dt
"
#
∂L
∂L d∆q
d∆
∂L
d∆t
L+
∆q +
− q̇
+
∆t + L
(4.57)
∂q
∂ q̇
dt
dt
∂t
dt
Reemplazando esta expresión en la de ∆S, se obtiene:
#
Z t1 "
∂L
∂L d∆q ∂L d∆ ∂L
d∆t
∆q +
−
q̇
+
∆t + L
dt (4.58)
∆S =
∂q
∂ q̇ dt
∂ q̇ dt
∂t
dt }
t0
| {z
| {z } | {z }
=(1)
(1)
=
(2)
=
(3)
=
=(3)
=(2)
d ∂L
d ∂L
∆q −
∆q
dt ∂ q̇
dt ∂ q̇
d ∂L
d ∂L
q̇∆t −
q̇ ∆t
dt ∂ q̇
dt ∂ q̇
dL
d
(L∆t) −
∆t.
dt
dt
(4.59)
(4.60)
(4.61)
Juntando todo se llega a:
=(1)
Z
∆S
t1
"
=
t2
∂L
d ∂L
−
∂q
dt ∂ q̇
∆q +
z }| { #
d ∂L
∂L dL
q̇ +
−
∆t dt
dt ∂ q̇
∂t
dt
|
{z
}
=(2)
"
+
(1)
(2)
∂L
∆q −
∂ q̇
#t1
∂L
q̇ − L ∆t
∂ q̇
(4.62)
t0
∂L
∂L
q̇ −
q̈
= −
∂q
∂ q̇
∂L
d ∂L
=
−
q̇,
∂q
dt ∂ q̇
(4.63)
(4.64)
por lo que finalmente tenemos:
=0
Z
∆S
t1
=
t2
"
+
z
"
}|
#
{
∂L
d ∂L
−
(∆q − q̇∆t) dt
| {z }
∂q
dt ∂ q̇
∂L
∆q − H ∆t
∂ q̇
δq
#t1
= −[∆Λ]tt10 ,
(4.65)
t0
49
4. Transformaciones de invarianza y constantes de movimiento
que reordenando queda:
"
∂L
∆q − H ∆t + ∆Λ
∂ q̇
#t1
= 0,
(4.66)
t0
es decir, la magnitud entre los corchetes se conserva, que es el resultado del
Teorema de Noether. Algo importante para aclarar, las simetrías pueden ser
del Lagrangiano, lo que implicará que también serán de las ecuaciones de
movimiento (o en otras palabras del sistema mecánico), pero también solo
pueden ser de las ecuaciones de movimiento. El teormea de Noether en ambos
casos nos dice que hay una magnitud conservadad dada por la ecuación 4.65.
En esta se uso la relación entre desplazamientos virtuales y reales. Recordemos
que:
δqi
∆qi
= qi0 (t) − qi (t), desplazamiento virtual
= qi0 (t0 ) − qi (t), desplazamiento real.
(4.67)
En la última expresión puede ser desarrollada a primer orden en Taylor,
obteniendo:
∆qi ' qi0 (t + ∆t) − qi (t) ' qi0 (t) + q̇i ∆t − qi (t) = δqi + q̇i ∆t
4.6.
(4.68)
Aplicaciones del teorema de Noether
Movimiento en un campo gravitatorio uniforme
Consideremos el movimiento de una partícula de masa m en un campo
gravitatorio uniforme g = gẑ, en tres dimensiones. El Lagrangiano será en
coordenadas cartesianas:
L=
1
m(ẋ2 + ẏ 2 + ż 2 ) − mgz
2
(4.69)
Vamos a emplear el teorema de Noether para encontrar las magnitudes
conservadas, las que están dadas por 4.65. En el Lagrangiano 4.69 hay tres
simetrías claras: los desplazamientos en las direcciones x̂ y ŷ, y los temporales,
ya que la Lagrangiana no depende de estas coordenadas ni del tiempo.
Empecemos considerando la simetría temporal, aplicando el siguiente cambio:
x0
= x
(4.70)
0
= y
(4.71)
z0
= z
(4.72)
= t + 0 ,
(4.73)
y
t
0
donde 0 es una constante. El primer paso es escribir en el Lagrangiano las
coordenadas y tiempo viejos por los nuevos, y ver si se produce un cambio, a
primer orden, tal que el cambio en el lagrangiano sea a los sumo la derivada
50
4.6. Aplicaciones del teorema de Noether
total respecto al tiempo de un función ∆Λ(q, t), arbitraria. Haciendo esto la
lagrangiana queda:
L=
1
m(ẋ02 + ẏ 02 + ż 02 ) − mqz 0 ,
2
(4.74)
es decir, la lagrangiana no cambia, por lo que ∆Λ = cte. Entonces de 4.65, la
magnitud conservada se escribe:
− H 0 + ∆Λ = I.
(4.75)
Dado que ∆Λ y 0 son constantes, pueden ser reabsorbidas en la definición de
I, por lo que se conserva H .
Continuemos con nuestro estudio y ahora planteemos este cambio de
coordenadas:
x0
= x + nx
(4.76)
y
0
= y + ny
(4.77)
z
0
= z
(4.78)
t
0
= t,
(4.79)
siendo una constante, mientras que nx y ny son las componentes de un vector
unitario en el plano xy. Si aplicamos este cambio al Lagrangiano, de nuevo este
no cambia, por lo que se tiene que ∆Λ es constante. Del resultado del teorema
de Noether, se tiene que la magnitud conservada es:
I0 =
I − ∆Λ
= m(ẋnx + ẏny ) = p · n̂,
(4.80)
donde, como en el ejemplo anterior, en la definición de la magnitud conservada
se absorbió ∆Λ = cte. Aqui vemos que lo que se conserva es la componente del
momento lineal en la dirección de n̂, que es una dirección arbitraria ortogonal a
ẑ.
Les dejo al lector que verifiquen que ante una rotación entorno de la vertical,
la magnitud conservada es la componente z del momento angular.
Ahora planteemos que ocurre si hacemos un desplazamiento en la dirección
ẑ, la que podemos escribir como:
x0
=
x
(4.81)
0
=
y
(4.82)
z0
=
z+
(4.83)
0
=
t.
(4.84)
y
t
Esta transformación no es una simetría de la Lagrangiana, pero si lo es del
sistema (de las ecuaciones de movimiento). Ahora la lagrangiana se escribirá
ante este cambio como:
L=
1
m(ẋ02 + ẏ 02 + ż 02 ) − mqz 0 + mg.
2
(4.85)
51
4. Transformaciones de invarianza y constantes de movimiento
Vemos que el lagrangiano fue cambiado por un término extra mg, el cual lo
podemos expresar como la derivada total respecto al tiempo de la función:
∆Λ = mgt + cte,
(4.86)
por lo que podemos escribir la cantidad conservada como:
I = mż + mgt,
(4.87)
I 0 = pz + mgt = cte
(4.88)
o reabsorbiendo constantes
por lo que el Teorema de Noether nos resolvió el problema, haciendo una primera
integral.
Llegados a este punto nos preguntamos que pasaría si aplicamos una
transformación que no sea de invarianza al Lagrangiano. ¿Nos dirá el teorema
de Noether que estamos errados?. Ahora supongamos que hacemos una rotación
entorno a x̂, la que escribimos como:
x0
= x
(4.89)
y
0
= y − z
(4.90)
z
0
= z + y
(4.91)
= t.
(4.92)
t0
Para esta transformación, el lagrangiano resulta:
L=
1
m(ẋ02 + ẏ 02 + ż 02 ) − mqz 0 + mgy.
2
(4.93)
Aqui notamos que el cambio en el lagrangiano es mgy, el cual no se puede
reducir a la derivada total de una función respecto al tiempo. Recordemos
que esa derivada debe satisfacer la relación 4.4. De esta manera vemos que la
transformación anterior no es de invarianza, pues cambia el Lagrangiano y por
ende las ecuaciones de movimiento.
Movimiento de una partícula cargada en un campo magnético
uniforme
Tenemos una partícula de masa m y carga q que se mueve en la presencia
de un campo magnético uniforme B = B ẑ. Este campo puede ser escrito como
el rotor del potencial vector, que en cartesianas podemos escribir como:
A=−
B
(−yx̂ + xŷ),
2
(4.94)
por lo que la Lagrangiana se escribe como:
L=
52
1
qB
m(ẋ2 + ẏ 2 + ż 2 ) +
(−y ẋ + xẏ)
2
2c
(4.95)
4.6. Aplicaciones del teorema de Noether
La idea es usar las cantidades conservadas para hallar la solución del problema.
Le dejo al lector que verifique que las ecuaciones de movimiento no dependen
de las coordenadas. Entonces vamoa a hallar las cantidades conservadas para
desplazamientos rígidos en x y y, para encontrar como será la trayectoria.
¡Manos a la obra!. Primero veamos como cambia la lagrangiana si hacemos un
desplazamiento en x:
x0
= x+
(4.96)
y0
= y
(4.97)
z0
= z
(4.98)
0
= t.
(4.99)
t
La lagrangiana para esta transformación se escribe:
L=
qB
1
m(ẋ02 + ẏ 02 + ż 02 ) +
(−y 0 ẋ0 + (x0 − )ẏ 0 ),
2
2c
(4.100)
donde el término extra:
−
qB 0
ẏ ,
2c
(4.101)
puede escribirse como la derivada total respecto al tiempo de la función:
∆Λ = −
qB
y.
2c
(4.102)
Del teorema de Noether escribimos la cantidad conservada asociada:
Ix
Ix
∂L
qB
−
y
∂ ẋ
2c
qB
y,
= mẋ −
c
=
(4.103)
donde hemos reabsorbido el parámetro en la definición de la magnitud
conservada. Análogamente, si se hace un desplazamiento en y, se obtiene la
siguiente cantidad conservada:
Iy = mẏ +
qB
x.
c
De las ecuaciones 4.103 y 4.104 podemos escribir:
qB
Ix c
qB
0 = mẋ −
y+
⇒ Ẋ =
Y
c
qB
mc
| {z }
=Y
qB
Iy c
qB
0 = mẏ +
x−
⇒ Ẏ = −
X,
c
qB
mc
| {z }
(4.104)
(4.105)
(4.106)
=X
53
4. Transformaciones de invarianza y constantes de movimiento
las que se pueden combinar, dando por resultados que los movimientos en X y
Y son armónicos, con soluciones:
X(t)
=
AX cos (ωc t + φX )
(4.107)
Y (t)
=
Ay sin (ωc t + φY ),
(4.108)
qB
donde ωc = mc
es la frecuencia de Larmor. Como estas soluciones deben
satisfacer 4.105 y 4.106, se tiene entonces que AX = −AY = A y las fases son
iguales a φ, la solución en las coordenadas originales está dada por:
x(t)
y(t)
Iy c
+ A cos (ωc t + φ)
qB
Ix c
− A sin (ωc t + φ),
= −
qB
=
(4.109)
(4.110)
por lo que recuperamos lo que habiamos visto en el capítulo de Lagrangianos.
La trayectoria son espirales circulares centradas en el plano xy en (Ix , −Iy ) con
radio A (el de Larmor).
54
4.7. Problemas de Simetrías
4.7.
Problemas de Simetrías
Problema 1
Sean tres masas m1 , m2 y m3 , las que se encuentran enhebradas en un aro
circular de radio a. Las masas interactúan entre sí con un potencial de la forma
V (θi , θj ) = 12 k(θi − θj )2 , donde k es una constante. En base a las simetrías del
Lagrangiano, hallar las magnitudes conservadas.
Problema 2
Una partícula de masa m y carga q se halla bajo la influencia de los
potenciales:
B
φ = −Ex, A = (−yx̂ + xŷ),
2
donde E y B son las magnitudes de los campos eléctrico y magnético, ambos
constantes. Para este problema se pide:
(i) Escriba el Lagrangiano
(ii) Muestre que los desplazamientos rígidos a lo largo de las direcciones x̂ y
ŷ son simetrías de las ecuaciones de movimiento. Usando el teorema de
Noether, verifique que las magnitudes conservadas son (respectivamente):
Ix
=
Iy
=
qB
y − qEt
c
qB
x
mẏ +
c
mẋ −
(iii) Usando las cantidades conservadas del item anterior, halle las soluciones
x(t) y y(t), e interprete el movimiento.
Problema 3
Se tiene el siguiente Lagrangiano de un sistema con dos grados de libertad:
L=
m 2
(ẋ + ẏ 2 ) − (αx + βy),
2
donde α y β son constantes tales que αβ 6= 0.
(i) Probar que el Lagrangiano es invariante ante el cambio de coordenadas
infinitesimal x0 = x + β y y 0 = y − α. Mostrar usando el teorema de
Noether que la cantidad conservada es:
A = β ẋ − αẏ.
(ii) Aplique al Lagrangiano el siguiente cambio de coordenadas: X = αx + βy,
Y = βx − αy, y mostrar que una de estas coordenadas se transforma en
cíclica.
55
4. Transformaciones de invarianza y constantes de movimiento
(iii) Mostrar que le momento conjugado de la coordenada cíclica del item
anterior, es proporcional a la constante A del primer item. Interprete
geométricamente el procedimiento realizado.
Problema 4
Para una partícula de masa unitaria que se mueve en línea recta y que esta
sometida a una fuerza F = −γ ẋ2 , donde γ es una constante positiva.
(i) Mostrar que las ecuaciones de movimiento de este problema pueden ser
obtenidas del Lagrangiano L = e2γx ẋ2 /2.
(ii) Demuestre que la cantidad de Jacobi es equivalente a ẋeγx = C1 , donde
C1 es constante.
(iii) Pruebe que el Lagrangiano es invariante ante la transformación x0 = x + a
y t0 = e2γa t, donde a es un parámetro. A continuación considere que
el parámetro a es infinitesimal. Para esta tranformación infinitesimal,
encuentre que la cantidad conservada es:
C2 = (1 − γtẋ)ẋe2γx .
(iv) Combinando las constantes C1 y C2 muestre que la solución del problema
está dada por:
1
x(t) = A + ln (B + γt).
(4.111)
γ
56
CAPÍTULO 5
Fuerzas Centrales
5.1.
Masa reducida
Consideremos un sistema de dos partículas que interactúan entre sí por un
potencial que depende de su distancia relativa. En principio, describiremos el
problema en función de sus posiciones y velocidades respecto al sistema S (ver
figura). Escribamos la lagrangiana del problema:
L=
1
(m1 ṙ21 + m2 ṙ22 ) − V(|r2 − r1 |)
2
(5.1)
Ahora proponemos un cambio de variables, pasemos del sistema (r1 , r2 ) al
sistema (Rcm , r), donde Rcm es la posición del centro de masa dada por:
Rcm =
m1 r1 + m2 r2
m1 + m2
(5.2)
y r = r2 − r1 es el vector distancia relativa. Ahora escribamos las coordenadas
viejas en función de las nuevas:
m2
r1 = Rcm −
r
(5.3)
m1 + m2
m1
r
(5.4)
r2 = Rcm +
m1 + m2
Derivemos las Ecs.(5.3) y (5.4) respecto del tiempo y elevemos al cuadrado
ambas expresiones, las cuales resultan:
2
2m2
m2
2
2
ṙ1 = Ṙcm −
Ṙcm · ṙ +
ṙ2
(5.5)
m1 + m2
m1 + m2
2
2m1
m1
2
ṙ22 = Ṙcm
+
Ṙcm · ṙ +
ṙ2
(5.6)
m1 + m2
m1 + m2
Multipliquemos la Ec.(5.5) por m1 /2, la Ec.(5.6) por m2 /2 y sumemos las
expresiones obtenidas para escribir la energía cinética en función de las nuevas
variables y sus velocidades. De esta manera, la L queda:
L=
1
1
2
(m1 + m2 )Ṙcm
+ µṙ2 − V (r),
2
2
(5.7)
57
5. Fuerzas Centrales
r̄1
r̄2
∆θ
Figura 5.1: esquema del movimiento en un potencial efectivo con dos puntos de
retorno
donde µ = m1 m2 /(m1 + m2 ) es la masa reducida. Del lagrangiano anterior
vemos que Rcm es cíclica, es decir el momento del centro de masa se conserva.
Podríamos cambiar entonces a un sistema, ahora con origen en el CM. Desde
ese sistema tenemos una única partícula de masa µ que se halla sometida a un
potencial que depende de su distancia al centro de fuerzas.
5.2.
Fuerza central
De ahora en más designaremos la masa reducida µ como m. Esta masa se
encuentra bajo la acción de una fuerza dada por:
F=−
∂V
r̂,
∂r
(5.8)
donde r̂ indica la dirección del centro de fuerzas a la posición de la partícula.
Si queremos calcular la torca de esta fuerza respecto al centro de fuerzas, la
misma resulta ser nula, ya que el r k F.
De la condición de torca nula, recordando que F = dp/ dt (donde =p es el
vector momento lineal), tenemos:
τoF = r ×
58
dp
d
dL
= (r × p) =
.
dt
dt
dt
(5.9)
5.2. Fuerza central
Esta ecuación nos dice que si la torca es nula, se conserva el momento angular L
lo que trae como consecuencia que el movimiento se da en el plano determinado
por r y p. Al ser el movimiento plano, en una fuerza central podemos usar como
coordenadas generalizadas las polares planas (r, θ). Entonces, en un problema
de fuerzas centrales, la lagrangiana nos quedaria:
L=
1
m(ṙ2 + r2 θ̇2 ) − V (r).
2
(5.10)
A luz del formalismo lagrangiano, la conservación del momento angular resulta
en que la coordenada θ es cíclica. El momento angular se escribe como:
pθ = mr2 θ̇ = cte.
(5.11)
Dejemos este resultado momentáneamente a un lado y enfoquémonos en determinar el área dA subtendida por el vector posición, durante un desplazamiento
temporal dt. Esta área la podemos calcular como si fuese un triángulo:
dA =
1
dA
1
1
base altura = rr dθ ⇒
= r2 θ̇.
2
2
dt
2
(5.12)
Comparando las ecuaciones (5.11) y (5.12) llegamos a:
pθ = 2m
dA
,
dt
(5.13)
que nos dice que la conservación del momento implica la conservación de dA/ dt,
que es la segunda Ley de Kepler, la que vemos es un resultado válido para
cualquier fuerza central, no sólo para el movimiento Kepleriano.
Como hemos mencionado previamente, para problemas con fuerzas centrales
el movimiento es plano. Sería interesante obtener la trayectoria del movimiento,
r = r(θ). Esto lo haremos de dos maneras. A continuación, plantearemos como
hallar la trayectoria usando las dos cantidades que se conservan: el momento y la
energía mecánica. En la siguiente sección, estudiaremos un método alternativo
para obtener las trayectorias.
La conservación de la energía mecánica E se deduce de que el lagrangiano
dado por la ec.(5.10) no depende del tiempo, por lo que la cantidad de Jacobi
H se conserva. Además, el potencial solo depende de la coordenada y la energía
cinética es cuadrática en las velocidades generalizadas. Como vimos en capítulos
previos, estas dos condiciones aseguran que H = E. Entonces la E se escribe
como:
1
1
p2θ
E = m(ṙ2 + r2 θ̇2 ) + V (r) = ṙ2 +
+ V (r),
(5.14)
2
2
2
|2mr {z
}
=Vef
donde hemos escrito θ̇ en función de pθ . De esta ecuación se puede despejar ṙ:
s
2
dr
pθ
2
=
(E − V (r)) −
.
(5.15)
dt
m
rm
59
5. Fuerzas Centrales
De esta ecuación podemos obtener r = r(t).
La ecuación de la trayectoria se obtiene eliminando el tiempo al combinar
las ecuaciones (5.11) y (5.15). El resultado de hacer esta operación es:
Z
pθ dr
p
θ=
+ cte
(5.16)
2
r 2m(E − V (r)) − (pθ /r)2
Llegado a este punto, una pregunta que surge es que si la trayectoria será
cerrada o no?. El problema lo estamos describiendo con las coordenadas polares
como coordenadas generalizadas. Para que esta condición se cumpla y partiendo
de una posición (r0 , θ0 ) a t = 0, la partícula debería regresar a esta misma
posición luego de un tiempo T . En otras palabras, estamos pensando que los
movimientos en r y en θ son periódicos, con tiempos característicos τr y τθ ,
respectivamente. Para que la trayectoria se cierre, el cociente τr /τθ debe ser
un cociente de enteros. Es decir, luego de n movimientos completos en r, se
completaron m periodos en θ. Otra manera de establecer una condición para
que la órbita se cierre es usando la ecuación (5.16). Consideremos que el sistema
tiene dos puntos de retorno (r1 y r2) y que la posible trayectoria es la que se
presenta en la figura 5.1. Los puntos de retorno son aquellos donde la energía
cinética se anula, es decir donde se cumple: E = Vef = V (r) + p2θ /(2mr2 ). ∆θ
es el desplazamiento que ocurre en un τr el que resulta:
Z r2
pθ dr
p
(5.17)
∆θ =
2
2m(E − V (r)) − (pθ /r)2
r1 r
Considerando la última ecuación, para que la órbita resulte cerrada, luego de n
periodos radiales se debe haber barrido un ángulo que sea múltiplo de 2π, es
decir:
∆θ
m
=
∈Q
(5.18)
n∆θ = m2π ⇒
2π
n
5.3.
Ecuación diferencial de la órbita
La ecuación diferencial de la órbita la vamos a obtener a partir del
lagrangiano. En muchos casos, nos permite obtener la trayectoria a partir
de la fuerza central, la que se deriva de un potencial que depende de la distancia
(V (r)).
1
L = m(ṙ2 + r2 θ̇2 ) − V(r),
(5.19)
2
A partir de este lagrangiano obtenemos las ecuaciones de movimiento:
m
d2 r
dt2
pθ
=
=
dV
dr
mṙ2 θ̇ = constante
mrθ̇2 −
(5.20)
(5.21)
La idea es combinar las ecuaciones (5.20) y (5.21) para eliminar el operador
derivada temporal, obteniendo:
d
pθ d
=
dt
m r2 dθ
60
(5.22)
5.3. Ecuación diferencial de la órbita
Reemplazando la ec.(5.22) en (5.20) se tiene:
pθ d
pθ dr
p2θ
= f (r)
−
m r2 dθ m r2 dθ
m r3
(5.23)
Aplicando el cambio de variables u = 1/r en la ecuación anterior, se obtiene:
2
2
2 pθ d u
+ u = −f (1/u)
(5.24)
u
m dθ2
Una vez que conozcamos la fuerza, mediante la ec.(5.24) nos da la trayectoria
r = r(θ). El recíproco también es cierto, si conocemos la trayectoria, podemos
saber la fuerza usando la misma ecuación. La elección del cero de la variable
angular es arbitraria y por conveniencia, podemos elegir el origen del movimiento
angular en uno de los puntos de retorno. Como dijimos en la sección previa,
un punto de retorno se produce cuando la energía total es igual al potencial
efectivo, o que la velocidad radial se anula (energía cinética nula), lo que implica
que du/ dθ = 0 en θ = 0:
ṙ = 0 =
p2θ dr
pθ du
=−
.
mr2 dθ
m dθ
(5.25)
Ecuación diferencial de la órbita para el potencial de Kepler
Para el potencial de Kepler, V (r) = −k/r (siendo k una constante positiva),
la fuerza es inversamente proporcional a r por lo que usando el cambio de
variables u = 1/r, tenemos:
f (1/u) = −ku2 .
(5.26)
Si reemplazamos la ec.(5.26) en la ec.(5.24), llegamos (luego de álgebra) a:
d2 u
km
+u= 2 ,
2
dθ
pθ
(5.27)
la que se convierte en una ecuación tipo oscilador armónico al aplicar el siguiente
cambio de variables y = u − km/p2θ :
d2 y
+ u = 0,
dθ2
(5.28)
cuya solución es:
y = A cos(θ − θ0 ) ⇒
p
= 1 + cos(θ − θ0 ),
r
(5.29)
Esta última relación representa la ecuación de una cónica en coordenadas polares
centrada en uno de los focos, donde p = p2θ /(km) se llama parámetro de impacto
y = pA es la excentricidad. Dependiendo del signo de la , la trayectoria será
una elipse ( < 0), parábola ( = 0) o hipérbola ( > 0).
61
5. Fuerzas Centrales
Vef
L2
2 m r2
E3 > 0 (hipérbola)
E2 = 0
(parábola)
E1
E1 < 0
(elipse)
− kr
Figura 5.2: Potencial efectivo para el caso de Kepler. El movimiento ligado se
da para energías negativas.
Como mencionamos en la sección anterior, somos libres de elegir el origen
de la variable angular de modo que θ = 0 coincida con un punto de retorno.
Esto implica que anulemos θ0 . En la figura 5.2 se grafica el potencial efectivo
de Kepler. Observamos que para energías negativas tenemos un movimiento
acotado, con dos puntos de retorno. Para E ≥ 0, existe un solo punto de retorno,
que corresponde a la distancia de mínimo acercamiento. Continuemos nuestro
análisis considerando el caso de movimiento acotado. La condición de punto de
retorno da una cuadrática para la variable u = 1/r:
u2 − 2
u
|E|
+2
= 0,
p
kp
(5.30)
cuya solución dan las distancias de mínimo y máximo acercamiento, que
corresponden a los valores máximo y mínimo de u:
r
1
1 1
|E|p
u± =
= ±
1−2
(5.31)
r∓
p p
k
Elijamos que la distancia mínima r− , i.e. u+ , ocurra para θ = 0. Por ende y
comparando con la ec. (5.29) la distancia máxima r+ (u− ) se produce para
θ = π. A partir de las ecs. (5.29) y (5.31) podemos obtener una expresión de la
62
5.3. Ecuación diferencial de la órbita
y






p
b

|



}|
{z
a
{z
a
}
x
Figura 5.3: Órbita para el movimiento ligado del potencial de Kepler. La órbita
es una elipse centrada en uno de los focos.
excentricidad como función de p y E:
r
=
1−2
|E|p
,
k
(5.32)
donde hemos expresado de manera patente que la energía E es negativa,
escribiendo E = −|E|1 . Con la podemos escribir r− y r+ como:
r∓ =
p
.
1±
(5.33)
Las distancias de mínimo y máximo acercamiento se pueden relacionar con el
brazo mayor de la elipse a (ver figura 5.3:
k
2p
⇒a=
.
(5.34)
1 − 2
2|E|
√
El brazo menor de la elipse es: b = a 1 − 2 . Con estos resultados en mente,
ahora podremos deducir la 3era. ley de Kepler. Para ello integremos la ec. (5.13)
en un periodo orbital τ , obteniendo:
r
r
p
|E|p
pθ
pk τ
2
2
area elipse =
τ ⇒ πab = πa 1 − 2 = πa 2
=
, (5.35)
2m
k
m2
p
2a = r− + r+ =
1 En general tenemos =
1 + 2Ep/k. Para E > 0, la es positiva por lo que la curva es
una hipérbola. Si E = 0 por lo que la = 1 y la trayectoria será parabólica.
63
5. Fuerzas Centrales
donde hemos usado la ec.(5.32) y reescrito el momento pθ en función del
parámetro de impacto p. Luego de álgebra, la ec.(5.35) resulta:
r
m 3/2
2π
a
= τ,
(5.36)
k
que es la ley de periodos o 3era ley de Kepler. De esta ecuación, vemos que
el movimiento kepleriano es oscilatorio pero no armónico, ya que el periodo
depende de la amplitud.
5.4.
Oscilador armónico: trayectoria
El potencial del oscilador armónico es V = kr2 /2. Usando la conservación
del momento angular pθ = mr2 θ̇, podemos escribir la energía mecánica como:
E=
p2θ
mṙ2
kr2
+
+
2
2
|2mr {z 2 }
(5.37)
=Vef
El potencial efectivo Vef posee una órbita circular estable, i.e. un mínimo de
potencial, cuyo radio es:
2 1/4
pθ
.
(5.38)
rc =
mk
El valor del Vef en r = rc resulta:
r
k
Vef (rc ) = pθ
.
(5.39)
m
El movimiento se da siempre que E > Vef (rc ). Como en el potencial del Kepler,
el oscilador armónico tiene dos puntos de retorno, r1 y r2 , los que se obtienen
anulando ṙ de la ec.(5.37). Los mismos son:
s
r
2 2
kp
E
E
Vef (rc )
2
θ
1− 1−
1
−
.
(5.40)
r1,2
=
=
1
−
k
mE 2
k
E
El potencial efectivo Vef posee una órbita circular estable, i.e. un mínimo de
potencial, cuyo radio es:
2 1/4
pθ
rc =
.
(5.41)
mk
El valor del Vef en r = rc resulta:
r
k
Vef (rc ) = pθ
.
(5.42)
m
Ahora usaremos la ec.(5.16) para obtener la trayectoria de la órbita para el
oscilador armónico:
Z
pθ dr
p
θ = θ0 +
.
(5.43)
2
r 2m(E − kr2 /2) − (pθ /r)2
64
5.4. Oscilador armónico: trayectoria
Esta integral se puede resolver haciendo el cambio de variables u = 1/r2 . Luego
de álgebra obtenemos:
p
= 1 + cos [2(θ − θ0 )],
(5.44)
r2
p
p
donde p = p2θ /(mE) y = 1 − kp2θ /(mE 2 ) = 1 − [Vef (rc )/E]2 . La ecuación
(5.44) representa una elipse centrada en su centro geométrico. El “periastro”
(la distancia mínima al centro de fuerzas) ocurre para θ = 0, π, mientras que el
“apoastro” (la distancia máxima) se produce para θ = π/2, 3π/2. En función de
la ec.(5.44), los puntos de retorno se escriben como:
pu =
2
r1,2
=
p
p
(1 ∓ ),
=
1±
1 − 2
(5.45)
la que es equivalente a la ec.(5.40).
Así como en el caso del potencial de Kepler, ahora obtengamos el periodo
orbital (asociado al movimiento en θ), empleando la 2da Ley de Kepler. Para
ello definamos el brazo menor de la elipse a = r1 y el mayor b = r2 . De esta
manera obtenemos:
r
πp2θ
πpθ m
2π
pθ
τ = πab =
=
⇒τ =
,
(5.46)
2m
mVef (rc )
m
k
ω
p
donde ω = k/m es la frecuencia del oscilador. Como podemos observar, la
frecuencia es independiente de la amplitud del movimiento. En otras palabras,
es independiente de la energía. Esta es la característica que distingue al oscilador
armónico de los demás osciladores.
Para concluir con el estudio de la órbita del oscilador armónico, ahora hallemos la frecuencia asociada al movimiento radial, para pequeños apartamientos
de la posición de equilibrio rc . Para ellos desarrollamos el Vef a 2do orden en
un polinomio de Taylor: Vef ' Vef (rc ) + (1/2)(d2 Vef / dr2 )(rc )(r − rc )2 + . . . .
La derivada segunda funge como una constante restitutiva ke y es igual a:
r
d2 Vef
3p2θ
2k
(rc ) =
+ k = 4k = ke ⇒ ωr =
= 2ω.
(5.47)
dr2
mrc4
m
La ecuación anterior nos dice que la órbita es cerrada, ya que el cociente de las
frecuencias orbital y radial es un racional. Este resultado, aunque fue obtenido
en la aproximación de pequeños apartamientos de la órbita circular, es un
resultado general. El oscilador armónico mientras completa un periodo en θ,
radialmente hace dos periodos completos.
65
5. Fuerzas Centrales
y
v
Trayectoria en (r, θ0 )
{
rmin
~r
m
θ
0
x
Figura 5.4: Caption
π/α
π
α
>π
θmin
centro de fuerzas
rmin {
θmin =
Trayectoria real (r, θ)
Figura 5.5: Caption
66
π
2α
CAPÍTULO 6
Pequeñas Oscilaciones
6.1.
Caso general
Se tiene un sistema aislado con n grados de libertad. Todas las interacciones
son internas. La idea es desacoplar este sistema en n osciladores independientes
(ver Figura 6.1. Consideremos que las interacciones de este sistema están
descritas por el siguiente potencial:
V = V (q1 , . . . , qn ).
(6.1)
Este potencial posee un mínimo en qi0 , ∀i = 1, . . . , n. Queremos estudiar el
comportamiento de este sistema cerca de este mínimo. Para ello, hacemos un
cambio de variables, definido por:
ηi = qi − qi0 .
(6.2)
El siguiente paso es desarrollar el potencial y la energía cinética, a segundo
orden en η y η̇, en una expansión en Taylor. Para el potencial se tiene:
V = V (qi0 ) +
1 ∂2V
2 ∂ηi ∂ηj
| {z
Vij
ηi ηj .
(6.3)
eq.
}
Dado que decimos que qi0 es un mínimo, si nos apartamos de la posición de
equilibrio el potencial debe crecer. Por lo tanto la cantidad:
∂2V
ηi ηj = Vij ηi ηj > 0
∂ηi ∂ηj
(6.4)
La energía cinética ya es una función cuadrática en las velocidades, asi que
quedará:
1
T = Tij η˙i η˙j .
(6.5)
2
Si introducimos los vectores columna y fila:


η1


η =  ...  , η t = (η1 , · · · , ηn ),
(6.6)
ηn
67
6. Pequeñas Oscilaciones
Figura 6.1: propósito de las pequeñas oscilaciones
las expresiones 6.3 y 6.5 quedarán en notación matricial como:
V
=
T
=
1 t
η Vη
2
1 t
η̇ Tη̇.
2
La Lagrangiana la podemos escribir entonces como:
L=
1
1
1
1 t
η̇ Tη̇ − η t Vη = Tij η˙i η˙j − Vij ηi ηj .
2
2
2
2
(6.7)
Ahora escribamos las ecuaciones de Euler-Lagrange, para encontrar las
ecuaciones de movimiento:
∂L
1
=
δik Tij η̇j + δjk Tij η̇j = Tkj η̇j
∂ η̇k
2
∂L
= −Vkj ηj ,
∂ηk
que resultan:
Tkj η̈j + Vkj ηj = 0, con k = 1, . . . , n,
68
(6.8)
6.2. Modos Normales de vibración
que es un sistema de n ecuaciones diferenciales acopladas, el cual queremos
desacoplar en un sistema de ecuaciones donde cada una esté asociada a un
modo normal de vibración.
6.2.
Modos Normales de vibración
En la sección anterior llegamos a las ecuaciones diferenciales que gobiernan
el movimiento en la aproximación de pequeñas oscilaciones, la que esta dada
por 6.8. Este es un sistema de n ecuaciones diferenciales de 2do orden, que
están acopladas. Conviene pasar a notación compleja, para transformar este
sistema de ecuaciones diferenciales en un sistema de ecuaciones algebraico. Es
decir, proponemos el siguiente cambio:
ηj (t) = Re{zj (t)}
(6.9)
Buscamos soluciones complejas que satisfagan lo siguiente:
zj (t) = aj exp(iωt),
(6.10)
es decir que todos los desplazamientos oscilan con la misma frecuencia. La
idea es desacoplar el sistema en movimientos asociados con sus frecuencias
características de vibración. Reemplazando 6.10 en 6.8, obtenemos:
(Vkj − ω 2 Tkj )aj = 0,
(6.11)
(V − ω 2 T)a = 0,
(6.12)
o en notación matricial:
donde a es el vector columna:


a1


a =  ...  .
an
(6.13)
Un sistema como el 6.12 tiene solución distinta de la trivial si:
det(V − ω 2 T) = 0,
(6.14)
que es una ecuación de grado n en ω 2 . Esta ecuación nos da n raíces ωs (con
s = 1, . . . , n, no necesariamente distintas) o frecuencias características, que
son los autovalores de 6.12. Cada una de estas frecuencias características tiene
asociado un vector %s , el autovector, que cumple con:
(V − ωs2 T)%s = 0, .
(6.15)
Dado que las matrices de potencial y de energía cinética son reales, las
componentes de los autovectores serán también reales, por lo que las soluciones
se pueden escribir:
zs (t) = %s exp(iωs t)
(6.16)
69
6. Pequeñas Oscilaciones
La ecuación anterior representa lo que se denomina modos normales de oscilación.
Dado que las ecuaciones 6.8 son lineales, una solución general del problema se
escribirá como una combinación lineal de funciones armónicas como 6.16. Es
decir:
n
X
z(t) =
As %s exp(iωs t),
(6.17)
s=1
donde el coeficiente complejo As se puede escribir como:
As = Cs exp(iφs ),
(6.18)
donde Cs y φs son reales, por lo que 6.17 queda:
z(t) =
n
X
Cs %s exp(iωs t + φs ),
(6.19)
s=1
con lo que la solución general resulta:
n
n
X
X
η(t) = Re{
Cs %s exp(iωs t + φs )} =
Cs %s cos (ωs t + φs )
s=1
(6.20)
s=1
A partir de las condiciones iniciales se pueden determinar las amplitudes C (s) y
las fases φ(s) . Los autovectores %(s) , forman una base para generar las soluciones
del problema, aunque hace falta normalizarlos para ello. Eso lo veremos en la
siguientes secciones.
6.3.
Coordenadas normales
Anteriormente hemos visto que el movimiento más general se puede generar
como una combinación lineal de los n autovectores %(s) , cada uno asociado a una
frecuencia ω(s) . Esto nos da una pauta de que debe haber una transformación
de coordenadas, donde quede patente que el Lagrangiano se desacople en los
Lagrangianos de n osciladores armónicos. Escribamos ese cambio de coordenadas
de la siguiente forma:
η = Aζ
(6.21)
que representa una transformación lineal entre las nuevas variables ζ y las viejas.
La matriz A será determinada más adelante. Imponiendo este cambio en el
Lagrangiano 6.7, se tiene:
L=
1 t t
1
ζ̇ A TAζ̇ − ζ t At VAζ.
2
2
(6.22)
Para que este Lagrangiano se desacople, se necesita que las matrices At TA y
At VA sean diagonales. Entonces aquí vemos que la matriz A debe diagonalizar a
las de energía cinética y del potencial. Como primer paso, definamos el producto
escalar de la siguiente manera:
(η, ξ) = η t Tξ
70
(6.23)
6.3. Coordenadas normales
(la métrica del espacio en la aproximación de pequeñas oscilaciones está dada por
la matriz de energía cinética. En otras palabras, está dada por la distribución de
la masa). Apliquemos la definición del producto interno 6.23 a dos autovectores.
Recordemos que estos autovectores son linealmente independientes, y forma
una base de las soluciones en pequeñas oscilaciones, asi que pidamos que sean
ortogonales y ortonormales. Es decir:
(%r , %s ) = δrs
(6.24)
Definamos la matriz A como:
A = [%1 , %2 , . . . , %n ], tal queAsl = %s,l (comp. l del vector s)
(6.25)
Combinando esta última ecuación con 6.23 y 6.24, obtenemos:
Atrk Tkl Als = δrs , o, At TA = I.
(6.26)
Ahora falta determinar lo que le ocurre a la matriz At VA . Escribamos la
componente k del vector dado por la expresión 6.15:
(Vkl − ωs2 Tkl )%s,l = 0.
(6.27)
Multipliquemos esta expresión por la componente k vector fila %r,k
%r,k (Vkl − ωs2 Tkl )%s,l = %r,k Vkl %s,l − δrs ωs2 = 0.
(6.28)
Usando la ecuación 6.25, la expresión anterior queda:
Atrk Vkl Als = δrs ωs2
(6.29)
El lado derecho de la última ecuación es una matriz diagonal. Cada elemento
de la diagonal es uno de los autovalores ωs2 . Es decir:
At VA = Λ
donde Λ



Λ=

(6.30)
ω12
0
..
.
0
ω22
..
.
···
···
..
.
0
0
..
.
0
0
···
ωn2





(6.31)
Con 6.26 y 6.30, la expresión del Lagrangiano 6.22 se escribe:
1
1
1 t
ζ̇ ζ̇ − ζ t Λζ = (ζ̇k2 − ωk2 ζk2 )
2
2
2
Planteando las ecuaciones de E-L de este Lagrangiano llegamos:
L=
ζ̈k − ωk2 ζk = 0,
(6.32)
(6.33)
tenemos las ecuaciones de n osciladores armónicos desacoplados. Finalmente,
podemos invertir 6.21, con la que podemos obtener las coordenadas normales:
ζ = At Tη
(6.34)
71
CAPÍTULO 7
Sistemas no inerciales
7.1.
Sistemas de coordenadas
Sea P un punto en el sistema S con coordenadas xi (i = 1, 2, 3). El mismo
punto P en el otro sistema de coordenadas S’ tendrá por coordenadas x0i . Las
coordenadas de un sistema y el otro están vinculadas por una transformación
lineal y una traslación. En componentes tenemos:
xi = Rij x0j + xoi
(7.1)
mientras que en notación vectorial, podemos escribir:
r = Rr0 + r0
(7.2)
donde r y r0 son vectores columna que indican la posición de P desde los sistemas
S y S’, R representa una transformación lineal que se aplica sobre r0 , y r0 es el
x2
x02
P
r0
x01
r
θ
r0
x1
Figura 7.1: Posición del punto P desde dos sistemas de referencia
73
7. Sistemas no inerciales
vector que une los orígenes de ambos sistemas. Si S’ sólo se traslada respecto
de S, es decir sus respectivos ejes son paralelos, resulta que Rij = δij .
Como ejemplo de transformación consideremos que S’ es trasladado y rotado
en sentido antihorario por un ángulo φ en torno al eje 3̂ (ver figura 7.1). Las
ecuaciones 7.1 quedan:
x1
= x01 cosφ − x02 senφ + xo1
(7.3)
x2
= x01 sinφ + x02 cosφ + xo2
(7.4)
x3
=
x03
En notación matricial podemos escribir R3 (φ) como:


cosφ −senφ 0
R3 (φ) =  senφ cosφ 0 
0
0
1
(7.5)
(7.6)
Las rotaciones en sentido antihorario en torno a los ejes 1̂ y 2̂ se representan
como:


1
0
0
R1 (φ) =  0 cosφ −senφ 
(7.7)
0 senφ cosφ
y


cosφ 0 senφ
0
1
0 
R2 (φ) = 
(7.8)
−senφ 0 cosφ
respectivamente.
Las expresiones 7.6, 7.7 y 7.8 representan rotaciones finitas. Si ahora
consideramos que φ → δφ, tendriamos que hacer un desarrollo en Taylor
para δφ pequeños, obteniendo Ri (δφ) = I − Ji δφ, donde:


0 0 0
J1 =  0 0 1  ,
(7.9)
0 −1 0


0 0 −1
J2 =  0 0 0 
(7.10)
1 0 0
y


0 1 0
J3 =  −1 0 0 
(7.11)
0 0 0
son los operadores de rotación infinitesimales. Se puede ver a partir de 7.9, 7.10
y 7.11 que estos operadores de rotaciones infinitesimales Ji se relacionan con el
tensor de Levi–Civita mediante:
(Ji )jk = ijk
74
(7.12)
7.1. Sistemas de coordenadas
Además se satisface:
[Ji , Jj ] = −ijk Jk
(7.13)
donde [A, B] = AB − BA, es el conmutador de dos operadores. Los operadores
Ji constituyen una base para todas las rotaciones infinitesimales.
El siguiente paso en nuestro estudio es ver como escribir una rotación
infinitesimal en torno a un eje arbitrario n̂. Esto se puede hacer mediante una
combinación lineal de los operadores Ji , ya que son una base de todas las
rotaciones infinitesimales:
R = I − J(n̂)δφ

0
n3
0
J(n̂) = ni Ji =  −n3
n2 −n1
(7.14)

−n2
n1 
0
(7.15)
Las ecuaciones anteriores nos permiten ver como cambia el vector r0 al ser
rotado infinitesimalmente en torno a n̂. Como ejercicio al lector, les dejo que
demuestren que:
r = Rr0 = r0 − δφ r0 × n̂,
(7.16)
donde la última igualdad ya la habíamos visto en el capítulo de simetrías.
A partir de las ecs.(7.14) y (7.15) podemos dar el siguiente paso en nuestro
desarrollo y ver como escribir una rotación finita de un ángulo φ, en torno
de una dirección n̂. Esto lo podemos realizar si consideramos N rotaciones
infinitesimales en ángulos δφ = φ/N , y hacemos tender N a infinito. Es decir:
r − r0 = lı́m
N →∞
11 − J(n̂)
φ
N
N
r0 = exp(−J(n̂)φ) r0
|
{z
}
(7.17)
=R
La ec.(7.17) se la puede expresar en una forma “más manejable” teniendo
en cuenta algunas propiedades de los operadores Ji . La primera dice:
Ji Jj Jk + Jk Jj Ji = −Ji δjk − δij Jk
(7.18)
Multiplicando la ec.(7.18) por ni nj nk se obtiene:
J(n̂)3 = −J(n̂)
(7.19)
J(n̂)2n+1 = (−1)n J(n̂) y J(n̂)2n = (−1)n+1 J(n̂)2
(7.20)
y:
Además, se puede mostrar que:
(J(n̂)2 )ij = na nb (Ja Jb )ij = −δij + ni nj
(7.21)
Entonces, usando las ecuaciones (7.19)-(7.21), la ec. (7.17) se puede escribir
como un desarrollo en serie:
75
7. Sistemas no inerciales
∞
∞
X
(−J(n̂)φ)2n X (−J(n̂)φ)2n+1
+
= 11+J(n̂)2 (1−cosφ)−J(n̂)senφ
(2n)!
(2n
+
1)!
n=0
n=1
(7.22)
o en componentes:
R = I+
Rij = δij cosφ + (1 − cosφ)ni nj − ijk nk senφ
(7.23)
Podemos notar a partir de estas ecuaciones que R−1 = Rt .
7.2.
Algo de cinemática
Si el sistema S’ se encuentra en movimiento respecto de S, R y r0 resultan
ser funciones del tiempo. Para obtener la velocidad y aceleracion del punto P,
es necesario derivar r = Rr0 + r0 respecto al tiempo, resultando:
ṙ = Ṙr0 + Rṙ0 + r˙0
(7.24)
Se pueden tener 3 casos:
Caso 1: solo traslación (ejes paralelos de los sistemas
Esto implica Ṙ = 0 y R = I, por lo que la ec.(7.24) se reduce a vi = vj0 + v0i
Caso 2: solo rotación (a velocidad constante)
En este caso se tiene que los orígenes coinciden, es decir r0 = 0. Además
tendremos en cuenta que el punto P no se mueve respecto del sistema S’ por lo
que podemos escribir ṙ0 = 0. Entonces, la ec.(7.24) queda:
d
exp(−J(ω)t) r0 = −J(ω)Rr0 = −J(ω) r
dt
En componentes podemos escribir la ec.(7.25):
ṙ =
ẋi = −ωk (Jk )ij xj = ikj ωk xj = (ω × r)i
(7.25)
(7.26)
Caso 3: rotación dependiente del tiempo
Con las mismas condiciones que el caso anterior, sólo con la diferencia de
que ahora la velocidad angular depende del tiempo. Como en la ec.(7.25) a cada
tiempo t tenemos: ṙ = −J(ω(t))r. Para probar este argumento, escribamos ṙ
como Ṙr0 = Ar con A = ṘR−1 = ṘRT . Considerando d(11)/dt = d(RRT )/dt =
ṘRT + RṘT = A + AT = 0, mostrando que A es totalmente antisimétrica.
Como las Ji son una base de las matrices antisimétricas, podemos escribir
A = −ωi (t)Ji = −J(ω(t)), una combinación lineal de los operadores Ji , con
componentes −ωi (t).
76
7.3. Sistemas inerciales
r0 − (r0.n̂)n̂
ω
~ = ωn̂
(n̂.r0)n̂
r0
Figura 7.2: vector distancia al eje de rotación
7.3.
Sistemas inerciales
Caso 1: en este caso tenemos que el sistema S’ solo se traslada respecto
del S tal que sus ejes permanecen paralelos entre sí. La relación entre las
aceleraciones vistas en ambos sistemas está dada por r̈ = r̈0 + r̈0 , donde la
r̈, r̈0 , r¨0 son las aceleraciones vistas del sistema S, S’, y la relativa entre ambos
sistemas, respectivamente. Generalizando la 2da. ley de Newton para el sistema
S’, llegamos:
mr̈0 = f − mr̈0
(7.27)
donde f = mr̈ es la fuerza y −mr̈0 es la “fuerza de inercia” que aparece por
estar en un sistema acelerado. Es equivalente a un campo gravitatorio.
Caso 2: Ahora suponemos que tanto S como S’ possen el mismo origen, es
decir r0 = 0, y S’ rota uniformemente respecto de S con ω = cte (ver figura 7.2).
Derivando dos veces r = Rr0 respecto al tiempo (R = exp(−J(ω)t) representa
la transformación debida a la rotación), obtenemos:
r̈ = R̈r0 + 2Ṙṙ0 + Rr̈0
(7.28)
Multiplicamos ambos lados de la eq.(7.28) por mR−1 y rearreglando llegamos
a:
mr̈0 = mR−1 r̈ − mR−1 R̈r0 − 2mR−1 Ṙṙ0
(7.29)
77
7. Sistemas no inerciales
Ahora desarrollemos el 2do. término de la eq.(7.29) R̈ = J 2 (ω)R. Como el
operador R es función de J, ellos conmutan ([J, R] = 0), por lo cual se puede
cambiar su orden. Entonces el 2do. término de la eq.(7.29) queda:
fcent = −mR−1 R̈r0 = −mR−1 J 2 (ω)Rr0 = −mJ 2 (ω)R−1 Rr0 = −mJ 2 (ω)r0
(7.30)
Escribiendo la componente i del producto J2 (ω)r0 , llegamos a: −m(J2 (ω)r0 )i =
−mω 2 (−δij + n0i n0j )x0j = m(x0i − (n0j x0j )n0i )ω 2 , esto es la componente i en S’ de:
mω 2 (r0 − (n̂.r0 ) n̂) = −mω × (ω × r0 )
|
{z
}
dist. perp. al eje
(7.31)
El último término de la ec.(7.29) resulta:
fcor = −2mR−1 Ṙr˙0 = 2mR−1 J(ω)Rr˙0 = 2mωj0 Jj ṙ0
(7.32)
En componentes tenemos:
(fcor )i = 2mωj0 (Jj )ik ẋ0 k = −2mijk ωj0 ẋ0k = −2m(ω × v0 )i
| {z }
=jik
donde v0 es la velocidad relativa al sistema rotante.
78
(7.33)
CAPÍTULO 8
Cuerpo Rígido
8.1.
Dinámica de un cuerpo rígido
Para describir la dinámica del cuerpo rígido necesitamos considerar la
traslación del centro de masa del mismo, y su rotación, con lo que se precisan
6 grados de libertad. Entonces podemos pensar que tenemos un sistema de
coordenadas fijo o laboratorio xyz y otro 1̂2̂3̂ que se mueve con el cuerpo rígido,
y que tiene como origen el centro de masa del mismo. Entonces la posición de
un punto P del CR la podemos expresar como:
RP = Rcm + rcm→P
3̂
ẑ
P
rcm−P
(8.1)
2̂
RP
Rcm
ŷ
x̂
1̂
Figura 8.1: Sistemas de laboratorio y del cuerpo rígido
79
8. Cuerpo Rígido
donde RP es la posición del punto P desde el sistema xyz, rcm→P es la posición
del mismo punto pero vista desde el sistema del CR, y Rcm es la posición
relativa entre los dos sistemas coordenados.
Apliquemos al punto P un desplazamiento infinitesimal, el cual consiste
en una traslación infinitesimal y una rotación, también infinitesimal. Entonces
tenemos:
dRP = dRcm + dφ × rcm→P
(8.2)
donde dφ = dφn̂. Dividiendo la expresión (8.2) por un dt, llegamos a una
relación que deben cumplir las velocidades de todos los puntos de un CR.
vP = vcm + ω × rcm→P
(8.3)
donde ω es el vector velocidad angular del CR.
De hecho, la ec.(8.3) es válida para cualquier par de puntos del cuerpo
rígido. Supongamos que esos puntos son P y Q. Haciendo la diferencia de sus
expresiones respecto al centro de masa, tendríamos:
vP − vQ = ω × (rcm→P − rcm→Q ) = ω × rQ→P
(8.4)
En esta última ecuación vemos que la velocidad relativa de dos puntos del
cuerpo rígido es ortogonal al vector posición que los une. Por lo tanto, no
cambia distancia entre ellos.
8.2.
Energía cinética y el tensor de inercia
La eq.(8.3) da la velocidad de todo punto de un CR visto desde el laboratorio.
Ahora calculemos la energía cinética como:
1
T =
2
Z
1
dm(vcm + ω × r) =
2
2
Z
2
dm(vcm
+ 2vcm .(ω × r) + (ω × r)2 ) (8.5)
Como la vcm es la misma para todo punto del cuerpo rígido, el primer término
2
da la energía cinética de traslación del CM: Tcm = (1/2)Mcr vcm
, siendo Mcr
la masa total del cuerpo rígido. En el segundo término se puede hacer una
permutación cíclica de los vectores, tal que se extraigan del signo de la integral
ω y vcm , que son los mismos para todo el CR. Obtenemos:
Z
Z
dmvcm .(ω × r) =
dmr .(vcm × ω)
(8.6)
La integral en el lado derecho de la eq.(8.6) da 0, porque es la posición del CM,
medida desde el sistema del CM.
El último término de la eq.(8.5) es la energía cinética de rotación. Vamos
a trabajarla un poco más, para que nos quede una expresión compacta,
introduciendo al tensor momento de inercia. Para eso, vamos hacer uso del
80
8.3. Momento angular del cuerpo rígido
formalismo de los operadores de rotación. En este formalismo podemos escribir
ω × r como −J(ω)r, quedando la integral como:
Z
1
Trot =
dm(J(ω)r)2
(8.7)
2
Desarrollando la expresión al cuadrado, tenemos:
(ωj Jj )ik xk (ωl Jl )im xm = ωj jik xk ωl lim xm = ωj ωl xk xm ijk ilm
(8.8)
La eq.(8.8) conduce a la siguiente expresión luego de contraer los dos tensores
de Levi-Civita:
(ωj Jj )ik xk (ωl Jl )im xm = ωj ωl xk xm (δjl δkm − δjm δkl )
(8.9)
Reemplazando la eq.(8.9) en (8.7) y sacando fuera del signo de la integral las
componentes de la velocidad angular, llegamos a:
Z
1
1
Trot = ωj [ dm(x2k δjl − xj xl )]ωl = ω t Iω
(8.10)
2
2
donde I es el tensor de inercia cuyas componentes se escriben:
Z
Ijl = dm(x2k δjl − xj xl ).
(8.11)
8.3.
Momento angular del cuerpo rígido
Como en la subsección anterior, vamos a consider dos sistemas S y S’, cuyos
origenes coinciden tal que S’ rota uniformemente respecto de S con velocidad
angular ω. El momento angular total del cuerpo rígido respecto del origen
O = cm lo podemos calcular como:
Z
L = r × vdm
(8.12)
La componente i de L la escribimos en función del tensor de Levi-Civita, al
que vinculamos con los operadores de rotación J. Además si consideramos una
rotación pura, v = ω × r = −J(w)r, obtenemos
Z
Li =
Z
Z
ijk xj vk dm = −
xj jik vk → L = −
| {z }
(xj Jj )ik
Z
J(r)vdm =
J(r)J(ω)rdm
(8.13)
De la última igualdad, podemos escribir Li como:
Z
Li =
Z
dm xj (Jj )ik ωl (Jl )km xm =
dm xj (Jj )ik ωl
lkm xm
| {z }
=−xm mkl =−xm (Jm )kl
(8.14)
81
8. Cuerpo Rígido
z0
z
r
r0
y0
a
y
x0
x
Figura 8.2: Sistemas de referencia para el teorema de ejes paralelos
Como ω es la misma para todos los puntos del CR, se la puede sacar fuera de
la integral, resultando:
Z
(8.15)
L=−
dm J 2 (r) ω = Iω
|
{z
}
=I
La relación anterior se puede entender si escribimos en componentes de J(r)2 ,
tenemos:
− (J(r)2 )ij = (r2 δij − xi xj )
(8.16)
que al ser integrado en la distribución de masa del CR, se llega a la expresión
8.11, que es el tensor de inercia.
8.4.
Teorema de Steiner
Hasta ahora hemos escrito el tensor de inercia respecto al centro de masa.
Si se considera otro sistema de inercia, cuyos ejes sean paralelos al sistema del
cuerpo rígido, es posible escribir las componentes del tensor de inercia, respecto
a este sistema, como función de los elementos del tensor de inercia respecto al
centro de masa. Para ello usamos el teorema de Steiner o de los ejes paralelos.
La relación entre los vectores posición de estos dos sistemas está dada por
r = a + r0 , donde a es el vector que vincula al sistema sin primar con el primado
(el del CM). Reemplazando esta expresión en la ec.(8.11) se tiene:
82
8.5. Ecuaciones de Euler
Z
Ijl
=
Z
=
dm(x2k δjl − xj xl ) =




2
0
0
0 dm (x02
2x
k +
k ak +ak )δjl − (xj + aj )(xl + al ) =
}
| {z
r0CM =0
Z
=
0 0
2
dm(x02
k δjl − xj xl ) +M (ak δjl − aj al )
|
{z
}
(8.17)
0 ,tensor inercia CM
Ijl
si los tensores son diagonales, la ecuación anterior se escribiría como:
Ij = Ij0 + M d2j
(8.18)
donde dj es la distancia al eje j.
8.5.
Ecuaciones de Euler
Esta es una de las maneras de abordar la dinámica de un CR, alternativa
a la lagrangiana. Partimos de la expresión de que la torca es la derivada
total respecto al tiempo del momento angular. Llamamos R a la rotación que
transforma un vector a0 (en el sistema S’) en a (en S): Ra0 = a. Aplicando
esto al momento angular tenemos RL0 = L. Derivando respecto a t la expresión
anterior hallamos:
ṘL0 + RL̇0 = τ = Rτ 0
(8.19)
Multiplicando a izquierda por R−1 la ec.(8.19), y despejando L̇0 , tenemos:
L̇0 = τ 0 + R−1 J(ω)RL0 = τ 0 + J(ω)L0 = L0 × ω + τ 0
(8.20)
donde τ 0 representa las torcas de las fuerzas externas vistas desde S’. Recordando
que L = Iω el L0 se escribe como: L0 = R−1 L = R−1 Iω = I0 ω 0 , siendo I0 el
tensor de inercia visto desde S’. Si suponemos que en S’ está dado por los ejes
principales de inercia del CR, obtenemos L0i = Ii ωi donde hemos quitado el
símbolo de prima en el tensor de inercia por simplicidad.
Ahora supongamos que τ 0 = 0 (⇒ L = cte) y que I es diagonal, con lo que
la ec.(8.20) queda en componentes como:
L̇0i = ijk
L0j
|{z}
ωk0
(8.21)
=Ij ωj0 ,nohaysuma
que desarrollado resulta:
83
8. Cuerpo Rígido
I1 ω̇1 = (I2 − I3 )ω2 ω3
(8.22)
I2 ω̇2 = (I3 − I1 )ω3 ω1
(8.23)
I3 ω̇3 = (I1 − I2 )ω1 ω2
(8.24)
(Nota, los subíndices i = 1, 2, 3 simbolizan las componentes en el sistema S’.
Por ese motivo, y para simplificar la notación, hemos quitado las primas).
Multiplicando las ec.(8.22), (8.23) y (8.24) por ω1 , ω2 y ω3 , respectivamente, y
sumando miembro a miembro encontramos:
dTrot
=0
(8.25)
dt
donde Trot = (1/2)Ii ωi2 , que resulta constante. Si suponemos además que el
cuerpo es simétrico, es decir I1 = I2 , la ec.(8.24) revela que ω3 es constante,
quedando las ecs.(8.22) y (8.23) como sigue:
I1 ω1 ω̇1 + I2 ω2 ω̇2 + I3 ω3 ω̇3 =
ω̇1 = −αω2
(8.26)
ω̇2 = αω1 ,
(8.27)
con α = ω3 (I3 − I1 )/I1 . Las soluciones de las ecs.(8.27) son:
ω1 = c cos(αt + β)
(8.28)
ω2 = c sen(αt + β)
(8.29)
que nos muestran que el vector ω posee un movimiento de precesión en torno
del eje 3̂, con velocidad angular α.
El problema del borrador
Consideremos un borrador de pizarrón (un paralelepípedo) tal que en el
sistema de sus ejes principales de inercia tenemos que I3 > I2 > I1 . Este cuerpo
se lo arroja al aire y a su vez se lo hace girar en torno de uno de sus ejes
principales de inercia. Demostrar que el movimiento subsecuente es estable si
el giro se realiza alrededor de los ejes con mayor o menor tensor de inercia. El
movimiento en el eje donde el tensor de inercia es intermedio, el movimiento
siguiente resulta inestable.
Este problema lo resolveremos usando las ecuaciones de Euler. Haremos el
estudio desde el sistema 123, anclado al CM del cuerpo. Desde este sistema de
referencias no tenemos torcas de fuerzas. Reescriendo las ecs.(8.22), (8.23) y
(8.24), tenemos:
I1 ω̇1 + (I3 − I2 )ω2 ω3 = 0
84
(8.30)
I2 ω̇2 + (I1 − I3 )ω3 ω1 = 0
(8.31)
I3 ω̇3 + (I2 − I1 )ω1 ω2 = 0
(8.32)
8.6. Cuerpos simétricos tipo disco o tipo barra
El siguiente paso es que imaginemos la situación en la que, en el instante
inicial, se hace girar el cuerpo en torno de uno de los ejes principales de inercia.
Supongamos que ese eje es el 1̂. Esto se traduce en lo siguiente: |ω1 | |ω2 |, |ω3 |.
El siguiente paso es que teniendo la condición anterior en mente, linealicemos
el sistema de ecuaciones (8.30-8.32). En otras palabras, debemos despreciar el
producto ω2 ω3 . Llevando a cabo esto, la ec.(8.30) se reduce a: ω̇1 = 0, es decir
ω1 es constante. Con este resultado, las otras dos ecuaciones quedan acopladas:
I1 − I3
ω1 ω3 = 0
I2
I2 − I1
ω̇3 +
ω1 ω2 = 0
I3
ω̇2 +
(8.33)
(8.34)
Reemplazando la ec.(8.33) en la derivado temporal de (8.34), obtenemos:
ω̈3 +
I2 − I1 I3 − I1 2
ω1 ω3 = 0,
I
I
}
| 3 {z 2
(8.35)
=Ω20 >0
donde notamos que el factor Ω20 que acompaña a ω3 es positivo, por lo que la
ec.(8.35) da un movimiento armónico. De manera similar se puede demostrar
que lo mismo ocurre para la componente ω2 .
A continuación, estudiemos el caso en que se hace girar inicialmente el
sistema en torno al eje 2̂. Es decir, ahora se cumple: |ω2 | |ω1 |, |ω3 |. Con esta
relación, la ec.(8.31) nos dice que ω2 es constante. De manera análoga a los
pasos descritos en el párrafo anterior, llegamos a la siguiente ecuación:
ω̈3 +
I2 − I1 I2 − I3 2
ω2 ω3 = 0,
I
I
}
| 3 {z 1
(8.36)
=−γ 2 <0
por lo que el movimiento para ω3 es inestable (lo mismo se puede mostrar para
ω1 ).
8.6.
Cuerpos simétricos tipo disco o tipo barra
Recapitulemos un poco, en el caso de un cuerpo simétrico (I1 = I2 ), donde
las torcas son nulas, tenemos que se conserva el momento angular L y la
componente ω3 de la velocidad angular. Desde el sistema 123 ω “precesa” en
torno de 3̂, tal que el cono de precesión tiene un ángulo de semiapertura θ:
p 2
ω1 + ω22
−1
θ = tan
⇒ “el cono del cuerpo00
(8.37)
ω3
Los ejes 3̂, ω y L son coplanares, es decir: (L × ω).3̂.
Otra cosa interesante que resulta de este análisis es que desde el sistema fijo,
ω se mueve en torno de L formando un ángulo:
85
8. Cuerpo Rígido
Figura 8.3: Cuerpo rígido tipo barra y tipo disco
θ0 = cos−1
L.ω
Lω
= cos−1
2Trot
Lω
⇒ “cono del laboratorio00
(8.38)
También vemos que existe un ángulo θ00 entre L y 3̂, que lo escribimos de la
siguiente manera:
00
θ = tan
−1
p
L21 + L22
L3
−1
= tan
I1
p
ω12 + ω22
I3 ω3
⇒
I1
tanθ = tanθ00 (8.39)
I3
A partir de la ec.(8.39) notamos que si se cumple con la condición I1 > I3 ,
ésta implica que θ00 > θ tenemos un CR del tipo “barra”. Si la relación es inversa,
tenemos un CR del tip “disco”.
Finalmente, desde el sistema de laboratorio, el eje de simetría del cuerpo
rígido también rota en torno de L, y podemos determinar su velocidad angular
de precesión. Primero, reescribamos el L:
L = I1 (ω1 1̂ + ω2 2̂) + I3 ω3 3̂ = I1 ω + (I3 − I1 )ω3 3̂
(8.40)
De la ec.(8.40) encontramos:
ω=
L − (I3 − I1 )ω3 3̂
I1
(8.41)
El cambio en la direccion 3̂ (la del eje del cuerpo) esta dada por (teniendo en
cuenta la ec. 8.41):
d3̂
L × 3̂
L
= ω × 3̂ =
⇒ ωpr =
dt
I1
I1
8.7.
(8.42)
Ángulos de Euler
Este es un método práctico para definir los tres grados de libertad asociados
con el movimiento de rotación del cuerpo rígido. Vamos a ver los pasos para
86
8.7. Ángulos de Euler
Figura 8.4: Sistemas xyz y 123.
pasar del sistema de laboratorio x̂ŷẑ al 1̂2̂3̂. Esta transformación consiste en
tres rotaciones:
rotación antihoraria en torno a ẑ en un ángulo ϕ:
x̂, ŷ, ẑ → â1 = η̂, â2 , â3 = ẑ
rotación antihoraria en torno a â1 = η̂ en un ángulo θ:
â1 = η̂, â2 , â3 = ẑ → b̂1 = η̂, b̂2 , b̂3 = ẑ
rotación antihoraria en torno a b̂3 en un ángulo ψ:
b̂1 = η̂, b̂2 , b̂3 → 1̂, 2̂, 3̂ = b̂3
La línea dada por la dirección η̂ se llama línea de nodos. Se la define como:
η̂ = (ẑ × 3̂)/ sin(θ) y es la intersección de los planos xy y 12. La transformación
dada por la aplicación sucesiva de estas 3 rotaciones la podemos escribir como:
R(ψ, θ, ϕ) = exp[−J(b̂3 , ψ)] exp[−J(â1 , θ)] exp[−J(ẑ, ϕ)]
(8.43)
Las rotaciones que aparecen en (8.43) transforman una base en otra. La misma
transformación puede hacerse trabajando solo en coordenadas cartesianas
haciendo uso de R−1 (J(a))R = J(R−1 (a)), obteniendo en este caso:
R(ψ, θ, ϕ) = R(ẑ, ϕ) R(x̂, θ) R(ẑ, ψ)
(8.44)
La demostración de esta última relación se ve en la figura 8.5: A continuación
escribamos los vectores unitarios 1̂, 2̂ y 3̂ en sus componentes cartesianas y el
vector velocidad angular en ambas bases:
87
8. Cuerpo Rígido
Figura 8.5: transformación en base cartesiana
88
8.7. Ángulos de Euler
Figura 8.6: componentes cartesianos de los 1̂, 2̂y 3̂
89
CAPÍTULO 9
Formalismo Hamiltoniano
9.1.
Ecuaciones de Hamilton
En el formalismo de Lagrange, tenemos n ecuaciones de 2do grado, y
se trabaja en el espacio de configuracion dado por (qi , q˙i , t). Es decir, para
especificar el estado del sistema, se necesitan 2n variables, n coordenadas y
sus respectivas velocidades generalizadas. El tiempo t es considerado como
un parámetro. Aquí cabe una pregunta: ¿será posible pasar a otro sistema
de coordenadas, tales que estas n ecuaciones diferenciales de 2do grado se
transformen en un conjunto de 2n ecuaciones diferenciales de primer grado?. La
respuesta es sí. Para continuar con esta línea de pensamiento, hagamos un primer
intento en el que consideraremos a las velocidades q̇j = vj como coordenadas
generalizadas. Entonces, manos a la obra y escribamos las ecuaciones de
Lagrange, ahora desde este nuevo punto de vista.
d ∂L(q, v, t)
∂L(q, v, t)
=
⇒
dt
∂vj
∂qj
∂ 2 L dvi
∂2L
∂2L
∂L
+
vi +
=
∂vi ∂vj dt
∂qi ∂vj
∂t∂vj
∂qj
(9.1)
(Pregunta: ¿qué condición se debe cumplir para que en la segunda ecuación se
puedan despejar todas las aceleraciones dvi / dt?). En principio, la ec.(9.1) junto
con:
dqi
vi =
(9.2)
dt
cumplirían con lo que queremos. Sin embargo, la ec.(9.1) se ve compleja y difícil
de manejar.
En este punto, porque no seguimos la sugerencia que nos dan las ecuaciones
de Lagrange, donde tenemos las derivadas temporales de los momentos. Es decir,
elijamos que los momentos sean considerados como coordenadas independientes.
En otras palabras, en este formalismo al que llamaremos de Hamilton, el sistema
físico es estudiado en el espacio de fases, el cual es definido por las coordenadas
y sus momentos asociados, los cuales son linealmente independientes. De hecho
sus roles pueden ser intercambiados (lo que veremos más adelante), por lo cual
91
9. Formalismo Hamiltoniano
se tiene que hacer un cambio de base o variables (qi , q˙i , t) → (qi , pi , t). Entonces,
de las ecuaciones de Euler-Lagrange tendríamos:
dpi
∂L
=
= Gi (q, p, t)
dt
∂qi
(9.3)
La relación entre los momentos y las velocidades generalizadas está dada por:
pi =
∂L
∂ q˙i
(9.4)
la cual puede ser invertida, ya que podemos considerar det(∂ 2 L/∂ q̇i ∂ q̇j ) 6= 0,
por lo que obtenemos:
dqi
= Fi (q, p, t)
(9.5)
dt
Detengamonos un rato en nuestro desarrollo para analizar lo que estamos
haciendo con este cambio de coordenadas. El cambio no es otra cosa que una
transformación de Legendre (como en el caso de los potenciales termodinámicos).
En general, recordemos que si tenemos una función f = f (x, y), tal que:
df =
∂f
∂f
dx +
dy = u dx + v dy
∂x
∂y
(9.6)
y la queremos expresar en la base (u, y) como una g = g(u, y) = f (x, y) − u x,
por lo que se obtiene:
dg = df −u dx−x du = u dx+v dy−u dx−x du = v dy−x du =
∂g
∂g
dy+
du
∂y
∂u
(9.7)
por lo que se deduce que ∂g/∂y = v y ∂g/∂u = −x.
Hecha esta aclaración, sigamos con nuestro desarrollo. Pareciera que las
ecuaciones (9.4) y (9.5) no representan un gran avance. Sin embargo si lo es,
y para hacerlo más evidente recordemos como se vinculan el lagrangiano L y
el Hamiltoniano H (en el espacio de configuración lo llamábamos cantidad de
Jacobi):
X
H(qi , pi , t) =
pi q˙i − L(qi , q˙i , t)
(9.8)
i
Con la introducción del Hamiltoniano las ecs. (9.4) y (9.5) tomarán una forma
simple y elegante, la que explicaremos a continuación.
Por un lado, podemos expresar el diferencial de H como:
dH =
∂H
∂H
∂H
dqi +
dpi +
dt
∂qi
∂pi
∂t
(9.9)
mientras que por el otro, a partir de la ec.(9.8) se tiene:
dH = q˙i dpi + pi dq˙i −
92
∂L
∂L
∂L
dqi −
dq˙i −
dt
∂qi
∂ q˙i
∂t
(9.10)
9.1. Ecuaciones de Hamilton
El 2do y 4to término de la ec.(9.10) se anulan (∂L/∂ q˙i = pi ). Igualando
los coeficientes de dqi , dpi , dt en las ecs.9.9 y 9.10, se arriba a las ecuaciones
canónicas o de Hamilton:
∂H
∂H
∂H
∂L
= −p˙i ,
= q˙i ,
=−
∂qi
∂pi
∂t
∂t
(9.11)
Las ecs.(9.11) constituyen un sistema de n + 1 ecuaciones de primer grado, que
es equivalente al sistema de ecuaciones de Euler-Lagrange.
Para finalizar esta sección hagamos la derivada total del hamiltoniano
respecto del tiempo. De la ec.(9.9) se tiene:
dH
∂H
=
dt
∂qi
∂H
dqi
+
dt
∂pi
|{z}
=∂H/∂pi
dpi
dt
|{z}
+
∂H
∂H
=
∂t
∂t
(9.12)
=−∂H/∂qi
Esta última ecuación nos dice que si el hamiltoniano no tiene una dependencia
explícita con el tiempo, es una cantidad conservada.
El péndulo plano
El Lagrangiano de un péndulo plano está dado por:
L=
1 2 2
ml θ̇ + mgl cos θ
2
(9.13)
Es un sistema con un grado de libertad θ. Su momento conjugado es:
pθ =
∂L
= ml2 θ̇
∂ θ̇
(9.14)
El lagrangiano de la ecuación (9.13) no depende en forma explícita del tiempo,
por lo que el Hamiltoniano se conserva y es igual a la energía (pregunta al
lector: por qué?). Entonces tenemos (usando la ec.(11.4):
H=E=L=
p2
1 2
ml (θ̇(pθ ))2 − mgl cos θ = θ 2 − mgl cos θ
2
2ml
(9.15)
Dado que H es constante, de la ec.(9.15) podemos despejar el momento pθ y
de esta manerar trazar las trayectorias en el espacio de fases. Graficando el
potencial encontramos varios puntos críticos. Dado que el potencial es periódico,
en un período encontramos los siguientes puntos críticos: 0 y ±π. Veamos en
más detalle que pasa para H ∼ −mgl en θ ∼ 0. Haciendo un desarrollo en
Taylor del potencial (cos θ ∼ 1 − θ2 /2), la ec.(9.15) resulta:
p2θ
1
+ mglθ2 ' H + mgl = H 0
2ml2
2
(9.16)
La ecuación anterior en el
representa una elipse centrada en
√ espacio de fasesp
(0, 0), con brazos p∗θ = 2mH 0 l y θ∗ = H 0 /mgl. Por lo tanto, el punto
(θ, pθ ) = (0, 0) es un punto de equilibrio estable.
93
9. Formalismo Hamiltoniano
Si hacemos un proceso análogo para los puntos críticos θ = ±π, el
Hamiltoniano de la ec.(9.15) queda como:
p2θ
1
− mgl(θ ± π)2 ' H − mgl = H 0
2ml2
2
(9.17)
que representa la ecuación de una hipérbola con centro en (θ, pθ ) = (±π, 0), por
lo que estos puntos son puntos de equilibrio inestables.
De este análisis vemos que los puntos de equilibrio estable o puntos fijos, en
el diagrama de fases se ven rodeados por curvas concéntricas, mientras que los
puntos de equilibrio inestable, muestran aparentes cruces en las trayectorias en
el espacio de fases.
Péndulo rotante
Ahora consideremos el caso de un péndulo cónico, el cual rota entorno a la
vertical con ω = cte. El Lagrangiano de este problema se escribe:
L=
1 2 2
ml (θ̇ + ω 2 sin2 θ) + mgl cos θ
2
(9.18)
En este caso, H es constante, pero no es igual a la energía mecánica. Usando la
definición del Hamiltoniano, obtenemos:
H=
1
p2θ
− ml2 ω 2 sin2 θ − mgl cos θ
2
2ml
2
(9.19)
Podemos pensar que la energía no se conserva, porque existe un sistema que
mantiene la ω = cte. El trabajo diferencial que hace este sistema se puede
escribir:
dJ
dW = τ dφ =
dφ = ω dJ
(9.20)
dt
donde j es el momento angular. Este trabajo produce un cambio de energía dE.
Reemplazando en la ecuación anterior y reordenando se tiene:
d(E − ωJ) = −J dω
(9.21)
La última ecuación nos dice que la cantidad E − ωJ se conserva si dω = 0. Esa
cantidad es justamente el Hamiltoniano, ya que J = ml2 ω sin2 θ.
Sigamos estudiando este sistema para analizar los puntos de equilibrio, que
en el diagrama de fases se traduce a θ̇ = 0 y pθ = 0, por lo que las ecuaciones
de Hamilton se escriben:
∂H
∂pθ
∂H
∂θ
94
=
pθ
=0
ml2
=
ω2 l
mgl sin θ 1 −
cos θ = 0
g
(9.22)
9.2. Ecuaciones de Hamilton a partir de un principio variacional
p
Para velocidades angulares bajas (ω g/l), se tiene los siguientes puntos de
equilibrio (θ, pθ ) = (0, 0) y (θ, pθ ) = (±π, 0). En este caso, el Hamiltoniano se
escribe como:
p2θ
1
ω2 l 2
0
H = H + mgl '
+ mgl 1 −
θ
(9.23)
2ml2
2
g
p
Mientras se cumpla que ω g/l, esta ecuación representa elipses en el
espacio de fases en (0, 0). Cuando esta condición deje de cumplirse, la ec.(9.23)
representa una hipérbola en el diagrama de fases. A esto se lo denomina ruptura
de simetría.
9.2.
Ecuaciones de Hamilton a partir de un principio
variacional
Partimos de hacer extrema la acción
Z
t2
δI = δ
Z
Ldt:
t2
(pi q˙i − H(qi , pi , t))dt = 0
Ldt = δ
t1
R
(9.24)
t1
Como hemos hecho antes, esta variación la realizamos parametrizando las
posibles curvas en el espacio de fases con el parámetro α, tal que: δ = dα ∂/∂α,
y dejando t1 y t2 fijos. Las qi = qi (α), y por consiguiente la integral de
I = I(α) ⇒ δI = dα ∂I/∂α. De la ec.(9.24) obtenemos:
Z
t2
δI = 0 = dα
t1
∂pi
∂ q˙i
∂H ∂qi
∂H ∂pi
q˙i +
pi −
−
dt
∂α
∂α
∂qi ∂α
∂pi ∂α
(9.25)
El 2do término de la integral puede ser desarrollado por partes como:
Z
t2
t1
d ∂qi
∂qi
pi = pi
dt ∂α
∂α
t2
Z
t2
−
t1
t1
∂qi
p˙i dt
∂α
(9.26)
Reemplazando el resultado de la ec.(9.26) en (9.25), se llega luego de reagrupar
términos a:
Z t2 ∂H
∂H
q˙i −
δpi − p˙i +
δqi dt = 0,
(9.27)
∂pi
∂qi
t1
donde δpi = dα∂pi /∂α y δqi = dα∂qi /∂α. Como las pi y las qi son
independientes, para que su combinación lineal resulte nula se debe cumplir
que los coeficientes que acompañan sus variaciones se anulan también, de lo que
se desprende:
∂H
∂H
q˙i =
, −p˙i =
(9.28)
∂pi
∂qi
95
9. Formalismo Hamiltoniano
9.3.
Corchetes de Poisson e integrales de movimiento
Supongamos que tenemos una magnitud f = f (qi , pi , t). Calculemos su
derivada total respecto del tiempo
df
∂f
∂f
∂f
∂f ∂H ∂f ∂H ∂f
∂f
=
q˙i +
p˙i +
=
−
+
= [f, H]qi ,pi +
(9.29)
dt
∂qi
∂pi
∂t
∂qi ∂pi ∂pi ∂qi
∂t
∂t
donde [f, g] es el corchete de Poisson definido en el espacio de fases (qi , pi ) como:
[f, g]qi ,pi =
∂f ∂g
∂g ∂f
−
∂qi ∂pi
∂qi ∂pi
(9.30)
Si se cumple que df /dt = 0 decimos que la magnitud f es una constante de
movimiento. Si además satisface que no depende en forma explícita del tiempo
(su derivada parcial se anula), entonces se dice que la magnitud f es una integral
de movimento. En este caso el que sea una constante e integral de movimiento
se reduce a (ver ec.9.29):
df
= [f, H] = 0
dt
En otras palabras, f debe conmutar con H.
(9.31)
Propiedades de los corchetes de Poisson
Algunas propiedades de los corchetes son las que se muestran a continuanción,
las cuales pueden ser demostradas (Ej. 18 de la guía). Sean f, g dos magnitudes
cualesquiera:
[f, f ] = 0
(9.32)
[f, g] = −[g, f ]
(9.33)
[f, g + h] = [f, g] + [f, h]
(9.34)
[f g, h] = f [g, h] + [f, h]g
(9.35)
[f, F (f )] = 0
(9.36)
0
[f, F (g)] = F (g)[f, g]
(9.37)
∂f
[f, qi ] = − ∂p
i
∂f
[f, pi ] = ∂q
i
(9.38)
(9.39)
[f, [g, h]] + [g, [h, f ]] + [h, [f, g]] = 0
(9.40)
Consideremos las dos últimas propiedades. Si f = H, se tiene
∂H
[H, qi ] = − ∂p
= −q˙i
i
96
(9.41)
9.4. Transformaciones Canónicas
[H, pi ] =
∂H
∂qi
= −p˙i
(9.42)
que son las ecuaciones de Hamilton. El H se revela como el operador de
evolución.
Ahora volvamos a partir de las últimas dos expresiones. Si en la ec.(9.38)
imponemos f = qj , y en la ec.(9.39) reemplazamos alternativamente f = qj o
f = pj se obtiene una forma práctica de determinar si una transformación dada
es o no canónica:
9.4.
[qi , qj ] = 0
(9.43)
[qi , pj ] = δij
(9.44)
[pi , pj ] = 0
(9.45)
Transformaciones Canónicas
Caso en 1D e independientes del tiempo
En el formalismo Lagrangiano habíamos visto que teníamos libertad para
hacer transformaciones de punto, de un conjunto de coordenadas generalizadas
a otro, ya que las ecuaciones de Euler-Lagrange no cambian. Similarmente, en
el formalismo Hamiltoniano podemos efectuar un cambio de coordenadas y
momentos (recordemos que ambos son independientes), tal que las ecuaciones de
Hamilton sean preservadas. A este tipo de transformaciones las denominaremos
canónicas. La idea es efectuar una transformación canónica tal que las ecuaciones
de Hamilton resulten más simples, es decir más fáciles de resolver.
Como primer paso, nos restringiremos al caso en que tenemos un grado
de libertad, es decir haremos un cambio, independiente del tiempo, dado
por: (q, p) → (Q, P). Este cambio traerá aparejado un nuevo Hamiltoniano:
K = H(Q, P ). Dado que se pretende que las ecuaciones de Hamilton se preserven,
partamos de la evolución temporal de Q y P, empleando los corchetes de Poisson
(tal como lo vimos en las secciones previas), por lo que podemos escribir:
dQ
∂Q ∂H ∂Q ∂H
= [Q, H](q,p) =
−
dt
∂q ∂p
∂p ∂q
dP
∂P ∂H ∂P ∂H
= [P, H](q,p) =
−
dt
∂q ∂p
∂p ∂q
(9.46)
(9.47)
Expandamos las derivadas de H en la ec.(9.46) de la siguiente manera:
∂H
∂K ∂Q ∂K ∂P
=
+
∂q
∂Q ∂q
∂P ∂q
∂H
∂K ∂Q ∂K ∂P
=
+
∂p
∂Q ∂p
∂P ∂p
(9.48)
(9.49)
97
9. Formalismo Hamiltoniano
Reemplazando estas dos últimas ecuaciones en (9.46) y (9.47), obtenemos:
Q̇
Ṗ
∂K
[Q, P](q,p)
∂P
∂K
= −
[Q, P](q,p)
∂Q
=
(9.50)
(9.51)
De estos resultados podemos observar que las ecuaciones de Hamilton para las
nuevas Q y P se satisfacen si [Q, P ](q,p) = 1. Este corchete de Poisson no es
otra cosa que el Jacobiano ∂(Q, P )/∂(q, p) de la transformación. Con esto en
mente escribamos el área en el espacio de fases:
Z
Z
Z
Z
∂(Q, P)
dQ dP =
dq dp = [Q, P](q,p) dq dp = dq dp
(9.52)
S0
S ∂(q, p)
S
S
Esta ecuación nos dice que una transformación canónica preserva las áreas en el
espacio de fases. Esto es un preludio al teorema de Liouville. Las áreas también
se pueden escribir como integrales de línea en una trayectoria cerrada por lo
que los lados izquierdo y derecho de la ec.(9.52) resultan:
I
I
I
(9.53)
P dQ =
p dq ⇒
(p dq − P dQ) = 0
{z
}
C
C
C |
dF,dif. exacto
La última expresión es la definición de un diferencial exacto dF . Supongamos
que F = F(q, Q) por lo que su diferencial nos queda:
dF =
∂F
∂F
dq +
dQ
∂q
∂Q
(9.54)
Comparando las expresiones (9.53) y (9.54) tenemos la regla de transformación:
p
P
∂F
∂q
∂F
= −
.
∂Q
=
(9.55)
(9.56)
Estas ecuaciones nos dan la transformación completa, porque la primera de
ellas puede ser invertida puesto que det(∂ 2 F/(∂q∂Q)) 6= 0.
Corchetes de Poisson y transformaciones canónicas
Ahora tengamos en cuenta una transformación de coordenadas y momentos
independiente del tiempo en un espacio de fases de 2n componentes: (qi , pi ) →
(Qi , Pi ). Como en el caso 1D, escribamos las derivadas totales respecto al
tiempo de las coordenadas y momentos nuevos, en función de los sus corchetes
de Poisson con el hamiltoniano H:
dQi
∂Qi ∂H
∂Qi ∂H
= [Qi , H](q,p) =
−
dt
∂ql ∂pl
∂pl ∂ql
98
(9.57)
9.4. Transformaciones Canónicas
dPi
∂Pi ∂H
∂Pi ∂H
= [Pi , H](q,p) =
−
dt
∂ql ∂pl
∂pl ∂ql
(9.58)
Como en el caso 1D, expandamos las derivadas de H en la ec.(9.57):
∂H
∂K ∂Qj
∂K ∂Pj
=
+
∂ql
∂Qj ∂ql
∂Pj ∂ql
∂K ∂Qj
∂K ∂Pj
∂H
=
+
∂pl
∂Qj ∂pl
∂Pj ∂pl
(9.59)
(9.60)
Ahora, reemplacemos estos resultados en (9.57) y (9.58), resultando:
Q̇i
=
Ṗi
=
∂K
∂K
[Qi , Pj ](q,p) +
[Qi , Qj ](q,p)
∂Pj
∂Qj
∂K
∂K
[Qj , Pi ](q,p) +
[Pi , Pj ](q,p)
−
∂Qj
∂Pj
(9.61)
(9.62)
Para que las ecuaciones de Hamilton se cumplan ante este cambio de coordenadas
y momentos, vemos que deben satisfacerse:
[Qi , Qj ](q,p) = 0
(9.63)
[Qi , Pj ](q,p) = δij
(9.64)
[Pi , Pj ](q,p) = 0
(9.65)
Generadoras de transformaciones canónicas
Continuemos nuestro estudio de las transformaciones canónicas pero ahora
consideremos que tenemos n grados de libertad, por lo que el espacio de fases
tendrá 2n componentes (qi , pi ). En el formalismo de Hamilton, las coordenadas
y momentos se hallan en un pie de igualdad, ambos fungen como “coordenadas”
independientes, que nos permiten describir la dinámica. En este caso, queremos
encontrar un grupo de transformaciones dadas por:
Qi = Qi (qj , pj , t) y Pi = Pi (qj .pj , t),
(9.66)
las que deben preservan las ecuaciones de Hamilton. Como mencionamos en la
sección anterior, a este tipo de transformaciones se las llama “canónicas”, es
decir que se cumpla para las nuevas Qi y Pi satisfagan:
Q̇i =
∂K
∂K
, Ṗi = −
,
∂Pi
∂Qi
(9.67)
donde K es el nuevo hamiltoniano resultante de aplicar la transformación dada
por (9.66).
Una manera de analizar las condiciones que deben satisfacer las transformaciones canónicas con n grados de libertad, es deducir las ecuaciones de Hamilton
a partir de las ecuaciones de Euler-Lagrange, considerando un “Lagrangiano” el
cual depende de (qi , pi , q̇i , ṗi , t), el cual escribimos como:
L = pi q̇i − H(q, p, t).
(9.68)
99
9. Formalismo Hamiltoniano
A partir de este Lagrangiano, obtenemos las siguientes ecuaciones de movimiento:
∂L
∂H
d ∂L
−
= ṗi +
(9.69)
0 =
dt ∂ q̇i
∂qi
∂qi
d ∂L
∂L
∂H
−
0 =
= −q̇i +
(9.70)
dt ∂ ṗi
∂pi
∂pi
El lado derecho de las ecuaciones (9.69) y (9.70) nos dan las ecuaciones de
Hamilton. Entonces, si hacemos un cambio a nuevas coordenadas y momentos,
para que este cambio sea una transformación canónica, deberá preservar la
forma lagrangiana de las ecuaciones de Hamilton. Entonces para las nuevas
(Qj , Pj ) tenemos el siguiente Lagrangiano:
L∗ = Pj Q̇j − K(Q, P, t),
(9.71)
el cual debe diferir del dado por la expresión (9.68) en la derivada total respecto
al tiempo de una función arbitraria F (para que la dinámica que describen sea
la misma), por lo que tenemos:
pi dqi − Hdt = Pi dQi − Kdt + dF.
(9.72)
Entonces una transformación canónica es aquella que preserva la forma
diferencial pi dqi − Hdt hasta en un diferencial total. De la ec.(9.72) se deduce:
dF = pi dqi − Pi dQi + (K − H)dt.
(9.73)
La función F será la generatriz de la transformación. En particular, supongamos
que F = F (qi , Qi , t), lo que en la literatura se la llama de tipo F1 :
∂F1
∂F1
∂F1
= pi ,
= −Pi , K = H +
∂qi
∂Qi
∂t
(9.74)
Existen 3 generatrices más, las que se pueden definir a partir de la F1 mediante
transformadas de Legendre:
F2 (qi , Pi , t)
= F1 (qi , Qi , t) + Pi Qi
(9.75)
F3 (pi , Qi , t)
= F1 (qi , Qi , t) − pi qi
(9.76)
F4 (pi , Pi , t)
= F2 (qi , Pi , t) − pi qi
(9.77)
que son definidas mediante sus derivadas parciales como:
∂F2
∂F2
= pi ,
= Qi
∂qi
∂Pi
∂F3
∂F3
= −qi ,
= −Pi
∂pi
∂Qi
∂F4
∂F4
= −qi ,
= Qi
∂pi
∂Pi
100
(9.78)
(9.79)
(9.80)
9.5. Transformación Identidad y transformaciones de punto
Ahora surge una pregunta, ¿cómo saber en forma práctica que una transformación que lleva de las viejas coordenadas del espacio de fases (qi , pi ) al nuevo
sistema (Qi , Pi ) es o no canónica?. Para eso utilizaremos los corchetes de Poisson,
que hemos definido en la subsección anterior.
9.5.
Transformación Identidad y transformaciones de
punto
Veamos algunos ejemplos de transformaciones canónicas. En una dimensión
tenemos que la transformación identidad es canónica:
Q = q, P = p
(9.81)
y una que intercambia los roles de coordenada y momento
Q = p, P = −q
(9.82)
Volvamos al caso de la transformación identidad. Su estudio es importante,
porque a partir de ella podremos generar transformaciones infinitesimales, las
que nos permitirá encontrar cantidades conservadas. Veremos que esto último
puede invertirse por lo que si encontramos una cantidad conservada, ella nos
permitirá encontrar la transformación. Con n grados de libertad, podemos
definir la identidad como una transformación de Tipo 2, tal como se muestra a
continuación:
Fident = qi Pi
(9.83)
Esta cumple bien con el trabajo ya que:
∂Fident
∂qi
∂Fident
∂Pi
=
Pi = pi
(9.84)
=
Qi = qi .
(9.85)
Continuemos con nuestro estudio construyendo una variante de la transformación
identidad la que estará dada por:
F(q, P, t) = fi (q, t)Pi ,
(9.86)
que tiene las siguiente reglas de transformación:
Qi
=
pi
=
fi (q, t)
∂fi
Pj .
∂qj
(9.87)
(9.88)
A partir de las ecs.(9.87) y (9.88) observamos que la primera de ellas representa
una transformación de punto, mientras que la segunda nos da una transformación
lineal para los momentos. Demos algunos ejemplos.
101
9. Formalismo Hamiltoniano
Traslación rígida
Hacemos un desplazamiento a en la coordenada r:
r0 = r + a =
∂F
.
∂p0
(9.89)
Efectuando una integración en p0 , obtenemos:
F(r, p0 ) = (r + a) · p0 .
(9.90)
A partir de esta ecuación, notamos que el momento no cambia:
p=
∂F
= p0
∂r
(9.91)
Transformación de Galileo
Tenemos un cuerpo de masa m visto desde dos sistemas de referencia,
los cuales se mueven uno respecto a otro con velocidad v. El cambio en la
coordenada es:
∂F
r0 = r + vt =
.
(9.92)
∂p0
Haciendo una integración en p0 obtenemos:
F (r, p0 , t) = (r + vt) · p0 + g(r, t).
(9.93)
Derivando esta expresión respecto a r y teniendo en cuenta que el cambio que
esperamos en el momento es p0 = p + mv, tenemos:
∂g
∂F
= p = p0 +
= p0 − mv ⇒ g(r, t) = −mv · r + f (t),
∂r
∂r
(9.94)
por lo que la generadora de la transformación de Galileo es:
F (r, p, t) = (r + vt) · p0 − mv · r + f (t)
9.6.
(9.95)
Transformaciones Canónicas Infinitesimales
Para seguir nuestro análisis, consideremos una transformación del tipo F2 ,
pero cercana a la identidad, escrita como:
F(q, P, t) = qi Pi + G(q, P, t),
(9.96)
donde G(q, P, t) es una función arbitraria. Por ser F del tipo F2 , tenemos:
∂F
∂G
= qi + (qi , pi , t)
∂Pi
∂pi
∂F
∂G
pi =
= Pi + (qi , pi , t).
∂qi
∂qi
Qi =
102
(9.97)
(9.98)
9.7. Transformaciones de Invarianza
Dado que los segundos términos del lado derecho deben ser de primer orden
en , se cambio el nuevo momento por el viejo en el argumento de G y en la
derivada parcial. De esta forma, la transformación nos queda en forma explícita
como:
∂G
(qi , pi , t) = qi + [qi , G] = qi + δqi
∂pi
∂G
Pi = pi − (qi , pi , t) = pi + [pi , G] = pi + δpi .
∂qi
Qi = qi + (9.99)
(9.100)
De lo anterior notamos que G es el generador de la transformación canónica
infinitesimal. Para desplazamientos infinitesimales a lo largo de la dirección n̂ se
tiene: G = p · n̂ (G es la proyección de p en la dirección n̂). Para una rotación
infinitesimal en torno a n̂, el generador resulta: G = p · n̂ × r = n̂ · (r × p)
(en este caso G es la componente a lo largo de n̂ del momento angular).
Veamos que pasa si G=H y = dt:
∂H
dt = qi + q̇i dt = qi (t + dt)
∂pi
∂H
Pi = pi − dt = pi + ṗi dt = pi (t + dt),
∂qi
Qi = qi +
(9.101)
(9.102)
por lo que H es el generador de la evolución temporal infinitesimal.
Para terminar esta sección estudiemos que le ocurre a una magnitud
u = u(qi , pi , t) al aplicar una transformación canónica infinitesimal.
ū = u(qi + δqi , pi + δpi , t) = u(qi , pi , t) + δu.
(9.103)
Desarrollando en serie de Taylor el lado izquierdo de la ec.(9.103) y considerando
las ecs.(9.99) y (9.100), la variación δu se escribe:
∂u
∂u
∂u ∂G
∂u ∂G
δu =
δqi +
δpi = −
= [u, G],
(9.104)
∂qi
∂pi
∂qi ∂pi
∂pi ∂qi
por lo que se tiene:
ū = u + [u, G]
9.7.
(9.105)
Transformaciones de Invarianza
Ya hemos visto que ante una transformación canónica (qi , pi ) → (Qi , Pi ), el
hamiltoniano cambia de la siguiente forma:
K(Q, P, t) = H(q, p, t) +
∂F
.
∂t
(9.106)
Por lo general el nuevo hamiltoniano K no tiene la misma forma funcional
respecto a (Qi , Pi ) que el viejo H con (qi , pi ). En el caso que esto sí se cumpla,
es decir K(Q, P, t) = H(Q, P, t), decimos que la transformación es de invarianza.
103
9. Formalismo Hamiltoniano
En otras palabras, en una transformación de invarianza las ecuaciones de
movimiento tienen la misma forma explícita en ambos sistemas. Para el caso
donde esta transformación sea infinitesimal, podemos escribir:
H(q + ∂G
∂G
∂G
,p − , t) = H(q, p, t) + .
∂p
∂q
∂t
(9.107)
Desarrollando el lado izquierdo a primer orden en , obtenemos:
H+
∂H ∂G
∂G
∂H ∂G
−
= H + [H, G] = H + ,
∂qi ∂pi
∂pi ∂qi
∂t
(9.108)
lo que implica:
∂G
dG
=
(9.109)
∂t
dt
es decir, para una transformación infinitesimal de invarianza, la generadora
G es una constante de movimiento. Dando vuelta este argumento podemos
enunciar lo siguiente: si identificamos una constante de movimiento en el
formalismo Hamiltoniano, esta cantidad genera una transformación infinitesimal
de invarianza.
0 = [G, H] +
9.8.
Teorema de Poisson
Este teorema nos dice que si F y G son constantes de movimiento:
∂F
=0
∂t
∂G
[G, H] +
= 0,
∂t
[F, H] +
(9.110)
(9.111)
entonces:
[F, G] = cte.
(9.112)
Para demostrarlo, hacemos:
d
[F, G]
dt
∂
[F, G] =
∂t
∂F
∂G
= [[F, G], H] + [
, G] + [F,
]=
∂t
∂t
= [[F, G], H] + [[H, F ], G] + [F, [H, G] = 0,
| {z }
=
[[F, G], H] +
(9.113)
=[[G,H],F ]
donde hemos usado la identidad de Jacobi.
9.9.
Series de Lie y transformaciones finitas
Al final de la sección 9.6, vimos que el cambio de la magnitud u, al
aplicarse una transformación canónica infinitesimal está dado por la ec.(9.105).
104
9.9. Series de Lie y transformaciones finitas
Consideremos que cambiamos del espacio de fases (q,p) al (Q,P), y que el
generador de ese cambio es X(q, p). Ahora reescribamos la ec.(9.105) como:
ū(Q, P) = u(q, p) + LX u(q, p) = (I + LX )u(q, p),
(9.114)
donde hemos introducido el operador de Lie definido como:
LX = [·, X].
(9.115)
Nuestro propósito es ver como escribir una transformación finita, lo que
podemos hacer aplicando en forma sucesiva transformaciones infinitesimales.
Consideremos entonces que aplicamos la ec. (9.114) dos veces y quedemos a
primer orden en el :
ū = (I + LX )(I + LX )u ' (I + 2LX )u + o(2 ).
(9.116)
Ahora apliquemos N veces esta operación, obteniendo a primer orden:
(I + LX )N ' (I + NLX ) + o(2 ).
(9.117)
Definimos K = N y hacemos que N tienda a infinito:
ū = lı́m (I +
N→∞
K
LX )N u = exp (KLx ) u
| {z }
N
(9.118)
transf.finita
La última expresión puede escribirse en series de Lie como:
ū = u + KLx u +
K2 2
K3
Lx u + + L3x u + · · ·,
2!
3!
(9.119)
o en términos de los paréntesis de Poisson:
ū = u + K[u, X] +
K2
K3
[[u, X], X] +
[[[u, X], X], X] + · · ·.
2!
3!
(9.120)
En las expresiones anteriores, K depende del significado físico o geométrico de
X.
Rotación finita usando series de Lie
Consideremos una rotación en torno a ẑ en un ángulo θ. En este caso, el
generador X = lz = xpy − ypx (componente en z del momento angular) y K = θ.
Para empezar veamos el efecto que tiene la rotación en la componente x, i.e.
u = x.
Llz x =
[x, xpy − ypx ] = −y
L2lz x =
−Llz y = −[y, xpy − ypx ] = −x
L3lz x
L4lz x
=
−Llz x = −[x, xpy − ypx ] = y
=
Llz y = [y, xpy − ypx ] = x.
(9.121)
105
9. Formalismo Hamiltoniano
Por inducción tenemos:
2n+1
n
L2n
x = (−1)n+1 y,
lz x = (−1) x; Llz
(9.122)
por lo que el cambio en x resulta:
X
X
2n+1
2n
n θ
n θ
x−
(−1)
y = x cos θ − y sin θ (9.123)
x̄ =
(−1)
(2n)!
(2n + 1)!
n
n
En forma análoga se puede demostrar que el cambio en y es:
ȳ = x sin θ + y cos θ
(9.124)
Evolución temporal
Consideremos un cambio finito en el tiempo de t a t + τ . En este caso, el
generador es el Hamiltoniano H y K = τ . El cambio en una magnitud u estará
dado por:
ū = u(t + τ ) = u(t) + τ [u, H] +
τ2
[[u, H], H] + · · · +
2!
(9.125)
Ahora si hacemos t = 0 y τ = t, la expresión anterior se escribe:
u(t) = u(0) + t[u, H]0 +
t2
[[u, H], H]0 + · · · + = exp (tLH ) u(0)
| {z }
2!
(9.126)
op.evol.
Veamos un par de ejemplos de aplicación. En el primero tenemos que el
Hamiltoniano del sistema está dado por H = p2 /2m − F x, donde F es una
constante. Hallemos x(t) usando el método de la serie de Lie. Escribamos los
primeros tres términos del desarrollo:
LH x
=
L2H x
=
L3H x
=
p2
p
− F x] = [x, p] =
2m
m
F
p
[[x, H], H] = [ , H] = − [p, x] =
m
m
F
[[[x, H], H], H] = [ , H] = 0.
m
[x, H] = [x,
p
m
F
m
(9.127)
(9.128)
(9.129)
Aquí notamos que la serie será finita. A partir del orden 3 todos son nulos.
Entonces la solución para este problema es:
x(t) = x0 + t[x, H] +
t2
p0
t2 F
[[x, H], H] = x0 + t +
.
2!
m
2m
(9.130)
El segundo ejemplo es más desafiante. Retornemos al estudio del movimiento
de una partícula cargada en un campo magnético uniforme en la dirección ẑ.
Definamos el potencial vector como:
A=
106
1
B
B × r = (−yx̂ + xŷ).
2
2
(9.131)
9.9. Series de Lie y transformaciones finitas
El Hamiltoniano resulta:
2
1
q
H =
p− A =
2m
c
1 2
ω
ω2
=
(px + p2y + p2z ) + (ypx − xpy ) + m (x2 + y 2 ), (9.132)
2m
2
8
con ω = qB/(mc). Usando las series de Lie para el movimiento en z, obtenemos:
LH z = [z, H] =
pz
1
, L2H z = [[z, H], H] = [pz , H] = 0.
m
m
(9.133)
Se cumple que todos los términos con n ≥ 2 se anulan por lo que tenemos:
z = z0 + v0z t. Apliquemos este método al movimiento en x:
LH x
L2H x
L2H x
L3H x
ω
px
+ y = vx
[x, H] =
m
2 px
ω
py
ω
=
+ y, H =
− x ω = ωvy
m
2
m
2
py
ω
− x ω, H = −ω 2 vx
=
m
2
ω
p
y
2
− x ω, H = −ω 3 vy .
= −ω
m
2
=
(9.134)
Por inducción, podemos generalizar:
n+1 2n−1
L2n
ω
vy
H x = (−1)
L2n+1
x = (−1)n ω 2n vx ,
H
(9.135)
con lo cual x(t) es:
t3
t2
[[x, H], H] + [[[x, H], H], H] + · · ·
2!
3!
3
t2
t
t4
x(t) = x0 + tv0x + ω v0y − ω 2 v0x + ω 3 v0y · · ·
3! 4!
2!
3
(ωt)
v0y
v0x
x(t) = x0 +
ωt −
+ ··· +
−
ω
3!
ω
|
{z
}
x(t)
= x0 + t[x, H] +
=sin (ωt)
−
v0y
(ωt)2
(ωt)4
1−
+
+ ···
ω
2!
4!
|
{z
}
cos(ωt)
x(t)
v0y
v0x
v0y
= x0 +
+
sin(ωt) −
cos(ωt).
ω
ω
ω
(9.136)
En forma similar, obtenemos la solución para y:
y(t) = y0 −
v0x
v0x
v0y
+
sin(ωt) −
cos(ωt).
ω
ω
ω
(9.137)
107
9. Formalismo Hamiltoniano
De las ecuaciones (9.136) y (9.137) vemos que la trayectoria es un círculo en el
plano xy:
2
2
v0x
+ v0y
v0y 2
v0x 2
(9.138)
) + (y − y0 +
) =
(x − x0 −
ω
ω
ω2
9.10.
Forma simpléctica de las ecuaciones de Hamilton
Para un sistema con n grados de libertad podemos formar el vector columna
~η , donde sus primeras n componentes sean las coordenadas, y las restantes n
componentes sean los momentos. Es decir, tenemos:
ηi = qi , ηn+i = pi , i ≤ n
(9.139)
Podríamos entonces escribir las componentes de ∂H/∂~η como:
∂H
∂H
=
∂~η i
∂qi
∂H
∂H
=
∂~η n+i
∂pi
Si definimos la matriz J de 2n × 2n componentes como:
O I
J=
−I O
(9.140)
(9.141)
(9.142)
entonces podemos expresar las ecuaciones de Hamilton en su forma simpléctica
de la siguiente manera:
∂H
~η˙ = J
(9.143)
∂~η
La matriz J posee las siguientes propiedades:
J2 = −1
Jt J = 1
Jt = −J = J−1
det(J) = 1
Transformaciones canónicas y la forma simpléctica
Recordemos que queremos hacer este cambio de coordenadas (qi , pi ) →
(Qi , Pi ). Entonces existe una transformación tal que:
Qi = Qi (qi , pi ); Pi = Pi (qi , pi )
Escribamos la derivada de las nuevas Qi respecto del tiempo:
108
(9.144)
9.10. Forma simpléctica de las ecuaciones de Hamilton
Q̇i =
∂Qi
∂Qi
∂Qi ∂H
∂Qi ∂H
q˙j +
p˙j =
−
= [Qi , H]
∂qj
∂pj
∂qj ∂pj
∂pj ∂qj
(9.145)
Ahora escribamos la transformación inversa. Tengamos en mente que queremos
que las ecuaciones de Hamilton preserven su forma, es decir:
Q̇i =
∂H ∂qj
∂H ∂pj
∂H
=
+
∂Pi
∂qj ∂Pi
∂pj ∂Pi
(9.146)
Para que las ecuaciones (9.145) y (9.146) se cumplan, se debe satisfacer que:
∂Qi
∂pj
∂Qi
∂qj
=
, −
=
(9.147)
∂qj q,p
∂Pi Q,P
∂pj q,p
∂Pi Q,P
Haciendo lo mismo pero para Ṗi , se obtiene:
∂Pi
∂pj
∂Pi
∂qj
=−
,
=
∂qj q,p
∂Qi Q,P
∂pj q,p
∂Qi Q,P
(9.148)
Ahora veamos como expresar estas relaciones que deben satisfacer las
transformaciones canónicas en la notación simpléctica. Con las nuevas
~ η ). Su derivada
coordenadas (Qi , Pi ) nos armamos un vector columna ζ~ = ζ(~
temporal la podemos expresar como:
ζ̇i =
∂ζi
˙
η̇j , ζ~ = M ~η˙ , con
∂ηj
∂ζi
Mij =
∂ηj
(9.149)
(9.150)
Juntando todo se tiene:
∂H
˙
ζ~ = M J
∂~η
(9.151)
~ es
A través de la función inversa, H puede ser pensado como H = H(ζ),
decir:
∂H
∂ζj ∂H ∂H
∂H
=
;
= Mt
∂ηi
∂ηi ∂ζj ∂~η
∂ ζ~
|{z}
(9.152)
Mji
Reemplazando la ec.(9.152) en (9.151), llegamos a:
ζ̇ = M J Mt
∂H
∂ ζ~
(9.153)
Para que la transformación sea canónica, la ec.(9.153) se debe poder escribir
como:
109
9. Formalismo Hamiltoniano
ζ̇ = J
∂H
,
∂ ζ~
(9.154)
es decir se debe satisfacer:
M J Mt = J
110
(9.155)
CAPÍTULO 10
Hamilton-Jacobi
10.1.
La acción como función de las coordenadas y del
tiempo
Retornemos al principio de mínima acción:
Z t2
L dt
S=
(10.1)
t1
Las trayectorias reales son las que hacen extrema la integral dada por (10.1).
En esta sección la idea es cambiar el enfoque sobre la acción. Pensemos a S
como una magnitud que caracteriza el movimiento a lo largo de las trayectorias
reales, fijando el inicio (q1 ) pero permitiendo que a un tiempo t2 el sistema
alcance distintas q2 . En otras palabras, S será función de su límite superior.
∂L
δS =
δqj
∂ q̇j
t2
Z
t2
+
t1
t1
d ∂L
∂L
−
∂qj
dt ∂ q̇j
|
{z
}
δqj dt
(10.2)
=0, para trayectorias reales
por lo que obtenemos:
δS =
∂S
∂L
δqj (t2 ) = pi δqi ⇒
= pi
| {z }
∂ q̇j
∂qi
(10.3)
Ahora pensemos S como función del tiempo:
dS
∂S
∂S
∂S
=L=
+
q˙i =
+ pi q˙i
dt
∂t
∂qi
∂t
(10.4)
Despejando la derivada parcial de S respecto al tiempo, tenemos:
∂S
= L − pi q˙i = −H → dS = pi dqi − H dt
∂t
10.2.
(10.5)
Método de Hamilton-Jacobi
A partir de la ecuación 10.5 podemos deducir:
111
10. Hamilton-Jacobi
∂S
∂S
∂S
+ H(pi , qi , t) =
+ H(
, qi , t) = 0
∂t
∂t
∂qi
(10.6)
La ecuación 10.6 recibe el nombre de ecuación de Hamilton-Jacobi, y vamos
a ver que es un método alternativo al de Lagrange y Hamilton para hallar la
evolución de un sistema físico. También notamos que en esta ecuación intervienen
las derivadas parciales, por lo que para hallar la solución completa, se puede
dejar S en su expresión integral. Si tenemos n coordenadas qi , resulta que
S = S(q1 , ..., qn , t), por lo cual se necesita determinar n + 1 constantes, pero
una debe ser puramente aditiva, es decir ignorable, por lo que la acción puede
ser expresada como: S = S(q1 , ..., qn , α1 , ..., αn , t).
La ecuacion de Hamilton-Jacobi posee un significado interesante al ser
observada a la luz de las transformaciones canónicas:
∂S
∂S
+ H(
, qi , t) = K(Qi , Pi , t) = 0
∂t
∂qi
(10.7)
donde K es el nuevo hamiltoniano que se anula, por lo que las nuevas coordenadas
Qi y los nuevos momentos Pi son cíclicos, es decir constantes. S funge como
una transformación del tipo 2: S = F2 (qi , Pi , t), pero Pi = αi . Para obtener la
solución del problema debemos recordar como se definen las derivadas parciales
de una F2 :
∂S
∂qi
∂S
Qi = βi =
∂αi
pi =
(10.8)
(10.9)
La ecuación 10.9 permite obtener qi como función de αi , βi , t. En este
formalismo, la acción S recibe el nombre de función principal de Hamilton.
Caso independiente del tiempo
Para el caso en que H 6= H(t), la ecuación 10.7 puede expresarse como:
=α
z }|1 {
∂S
∂S
+ H(qi ,
) = 0 ⇒ S = −α1 t +
∂t
∂qi
W (qi , αi )
| {z }
f. caracter. de Hamilton
(10.10)
La función característica de Hamilton W = W (qi , αi ) también es una generatriz
de transformaciones canónicas del tipo F2 , con la que la ec. 10.10 queda:
∂W
H qi ,
= α1
(10.11)
∂qi
A partir de W llegamos a la solución del problema considerando:
112
10.2. Método de Hamilton-Jacobi
∂W
∂qi
∂W
∂αi
=
pi
(10.12)
=
Qi =
β1 + t si i=1
βi
en otro caso
(10.13)
Separación de variables
Supongamos que q1 es separable, entonces:
S(q1 , . . . , qn , α1 , . . . , αn , t) = S1 (q1 , αi , t) + S 0 (q2 , . . . , qn , αi , t)
Si S fuese totalmente separable, tendríamos:
X
S(qi , αi , t) =
Si (qi , α1 , . . . , αn , t)
(10.14)
(10.15)
i
El caso independiente del tiempo, puede ser considerado como una separación
de variables, ya que el tiempo t sería separable
S(qi , αi , t) =
∂W
H(qi ,
) =
∂qi
S(qi , αi , t) =
S0 (t, αi ) + W (qi , αi )
∂So
⇒ S0 = −α1 t
α1 = −
∂t
W (qi , αi ) − α1 t
(10.16)
(10.17)
(10.18)
Ahora centrémonos en el caso independiente del tiempo con una coordenada
cíclica. ¿Qué pasa en este caso?. Supongamos que q1 es cíclica, lo cual implica
que su momento asociado p1 = γ = cte. Entonces queda:
∂W
∂W
,...,
) = α1
∂q2
∂qn
W (qi , α1 ) = W1 (q1 , αi ) + W 0 (q2 , . . . , qn , αi )
∂W1
p1 =
= γ ⇒ W1 = γq1
∂q1
W (qi , α1 ) = γq1 + W 0 (q2 , . . . , qn , αi )
H(q2 , . . . , qn , γ,
(10.19)
(10.20)
(10.21)
(10.22)
Ejemplo: ecuación de H-J para una fuerza central
Recordemos que si tenemos una fuerza central, ésta se deriva de un potencial.
A partir de la Lagrangiana podemos escribir el Hamiltoniano como sigue:
L =
H
=
m 2
(ṙ + r2 φ̇2 ) − V (r)
2
p2φ
p2r
+
+ V (r)
2m 2mr2
(10.23)
(10.24)
113
10. Hamilton-Jacobi
Como ya sabemos el H se conserva porque el L no depende explícitamente
del tiempo. Además φ es cíclica por lo que pφ = cte. Aquí conviene abordar el
problema empleando la función característica de Hamilton, W . La ecuación de
H-J queda:
H(r,
∂W
, αφ ) = α1 ,
∂r
(10.25)
donde pr = ∂W/∂r. Finalmente la ec.(10.25) nos da:
2
2
2
αφ2
∂Wφ
1 ∂Wr
1
1 ∂Wr
+ V (r) = α1
+
+
V
(r)
=
+
2m ∂r
2mr2 ∂φ
2m ∂r
2mr2
(10.26)
La ecuación 10.26 es una ecuación diferencial de donde se puede obtener Wr .
Como φ es cíclica, Wφ = αφ φ. Teniendo en cuenta todo esto, la W puede
escribirse como:
s
Z
αφ2
2m(α1 − V (r)) − 2 dr + aφ φ
(10.27)
W =
r
que nos permite obtener la solución al problema:
zZ
∂W
∂α1
= t + β1 =
∂W
∂αφ
= β2 = −
se obtiene r=r(t)
}|
mdr
q
2m(α1 − V (r)) −
{
(10.28)
α2φ
r2
Z
αφ dr
q
+φ
α2
r2 2m(α1 − V (r)) − r2φ
{z
}
|
se obtiene la ec. de la orbita
(10.29)
El oscilador armónico reloaded
El Hamiltoniano del oscilador armónico unidimensional está dado por:
H=
1 2
(p + (mωq)2 ) = E,
2m
(10.30)
p
donde ω = k/m. Entonces planteemos el método de H-J para la función
principal de Hamilton, S:
H(q,
1
2m
114
∂S
∂q
2 ∂S
∂S
)+
∂q
∂t
+ (mωq)2 ) +
∂S
=0
∂t
=
0
(10.31)
(10.32)
10.2. Método de Hamilton-Jacobi
Como H 6= H(t), “t es separable”: S = W − αt, llegamos a:
r
Z
√
mω 2 q 2
S = 2mα dq 1 −
− αt
2α
(10.33)
cuyas solución es:
∂S
=
β=
∂α
r
m
2α
Z
dq
q
1−
mω 2 q 2
2α
−t
(10.34)
resolviendo la ec. (10.34) arribamos a la conocida solución del oscilador armónico:
r
2α
q(t) =
sen(ω(t + β))
(10.35)
mω 2
115
CAPÍTULO 11
Método de las variables de Acción
y Ángulo
El estudio de sistemas periódicos es muy importante en varias ramas de la
Física. El método de las variables de Acción y Ángulo se basa en el método de
Hamilton-Jacobi. Su importancia radica en que permite conocer las frecuencias
de estos sistemas, sin la necesidad de resolver completamente el problema.
Antes de abordar su estudio, definiremos primero para que tipo de sistemas
este método puede ser aplicado.
11.1.
Sistemas multiperiódicos
Este método se aplica a sistemas periódicos que sean totalmente separables.
Primero veamos que es lo que entendemos por un sistema totalmente separable.
Tenemos entonces un sistema cuyo Hamiltoniano no depende en forma explícita
del tiempo. Para un dado conjunto de coordenadas generalizadas, con n grados
de libertad, existe una función característica de Hamilton la cual se puede
escribir como:
W (qi , αi ) = W1 (q1 , α1 , . . . , αn ) + · · · + Wn (qn , α1 , . . . , αn ).
(11.1)
Dado que la W representa una transformación canónica de tipo 2, los viejos
momentos pi se obtienen de:
pi =
∂W
∂Wi
=
= pi (qi , α1 , . . . , αn ).
∂qi
∂qi
(11.2)
La última ecuación es la proyección en el plano (qi , pi ) del movimiento del
sistema, en el espacio de fases.
Continuando con nuestro análisis, ahora nos falta entender qué es un sistema
multiperiódico. Estos sistemas se caracterizan porque al proyectar en cada plano
(qi , pi ), la trayectoria resulta ser:
cerrada. A este movimiento lo denominamos de libración. En él, tanto qi
como pi están ambos acotados,
117
11. Método de las variables de Acción y Ángulo
movimiento acotado en pi pero periódico en qi . A este tipo de movimiento
se lo llama de rotación.
Cada proyección (qi , pi ) posee una frecuencia asociada. A un sistema con estas
características se lo llama multiperiódico. En el caso en que cociente de dos de
estas frecuencias sea un número racional, es decir son comensurables, entonces
al sistema se lo llama períodico.
Comencemos escribiendo el hamiltoniano de un problema con un grado de
libertad, el del péndulo:
p2θ
− mglcosθ
2ml2
Podemos de la ec.(11.3) despejar el momento pθ :
p
pθ = ± 2ml2 (H + mglcosθ)
H=
(11.3)
(11.4)
Dibujemos el potencial y construyamos los diagramas de fase correspondientes.
Para energías menores a mgl, el movimiento resulta ser acotado en p y q. A
ese movimiento se lo denomina de libración, para un valor dado de energía E∗ ,
el movimiento posee un punto de retorno dado por: cosθ∗ = −E∗ /mgl. Para
energías mayores, el movimiento en p resulta acotado, mientras que q no lo es.
A este movimiento se lo llama de rotación.
11.2.
Variables de Acción y Ángulo
Para un sistema con n grados de libertad definimos la variable de Acción
como:
I
1
Ji =
pi dqi , con i=1,. . . ,n,
(11.5)
2π
donde se entiende que la integral cerrada se lleva a cabo considerando un
periodo de libración o rotación en el plano correspondiente. Desde el punto
de vista geométrico, 2πJi es el área encerrada en el espacio de fases para un
periodo. Por la ecuación (11.2), pi pueden ser pensado como función de qi y
de las constantes αi . Entonces, las variables de Acción resultan ser funciones
de las αi (por lo que son constantes). Invirtiendo este argumento, podemos
decir que las constantes αi pueden ser escritas como función de las Ji . Es
decir, la función característica de Hamilton dada por la ec.(11.1) ahora puede
escribirse como W = W (q1 , . . . , qn , J1 , . . . , Jn ). Esta función representa una
nueva transformación canónica, donde los nuevos momentos son las Ji . El
Hamiltoniano transformado resulta:
K = H = α1 = α1 (J1 , . . . , Jn )
(11.6)
La variable conjugada de la variable de Acción, a la que denominaremos variable
de ángulo φi , está dada por:
∂W
φi =
.
(11.7)
∂Ji
118
11.3. Frecuencias Fundamentales
Considerando el Hamiltoniano dado por (11.6), las ecuaciones de Hamilton para
(φi , Ji ) son:
∂H
∂Ji
∂H
∂φi
11.3.
= φ̇i = ωi = cte ⇒ φi = ωi t + βi
(11.8)
= −J˙i = 0
(11.9)
Frecuencias Fundamentales
Nuestro siguiente paso es ahora entender el significado físico de las constantes
ωi que aparecen en la ec.(11.8). Consideremos que el movimiento del sistema es
periódico, con un periodo τ . Las proyecciones sobre cada plano (qi , pi ) también
serán periódicos, con frecuencias comensurables. Es decir, en un periodo τ
cada coordenada canónica debe efectuar un número entero de ciclos completos.
Teniendo esto en mente, evaluemos el cambio en la variable de ángulo en un
periodo τ , debido a la variaciones de las qi .
∆φi =
I X
I X 2
I X
∂φi
∂ W
∂
∂W
dqk =
dqk =
dqk .
∂qk
∂qk ∂Ji
∂Ji
∂qk
k
k
(11.10)
k
Dado que el problema es totalmente separable, la ecuación anterior se reescribe
como:
I X
I
∂
∂Wk
∂ X
∂ X
∆φi =
dqk =
pk dqk =
nk 2πJk , (11.11)
∂Ji
∂qk
∂Ji
∂Ji
k
k
k
donde hemos usado en la última igualdad que la variable qk completa nk ciclos
en un tiempo τ . Por lo tanto el cambio en la variable de ángulo es:
∆φi = 2πni ,
(11.12)
es decir es un múltiplo de 2π. Por esto se justifica el nombre ángulo para esta
variable. Por otro lado, a partir de la ec.(11.8), en un tiempo τ la variable de
ángulo cambia como:
∆φi = ωi τ = ωi ni τi ,
(11.13)
donde usamos que el periodo τ es un múltiplo del periodo τi . Comparando esta
última ecuación con (11.12), obtenemos:
ωi τi = 2π
(11.14)
Aquí identificamos las constantes ωi como las frecuencias angulares fundamentales del sistema.
Resumiendo, si escribimos el Hamiltoniano como función de las Ji , la derivada
del Hamiltoniano respecto a Ji da la frecuencia angular del movimiento en el
plano (qi , pi ). Invirtiendo el argumento, poniendo las Ji como función de la
energía, podemos ver que el periodo τi se calcula:
τi = 2π
∂Ji
∂areai
=
.
∂H
∂H
(11.15)
119
11. Método de las variables de Acción y Ángulo
11.4.
Sistemas Integrables
Entendemos que un sistema es integrable cuando puede ser reducido a
cuadraturas. Como un primer paso para formalizar esto, primero definamos el
concepto de involución.
Variables en involución
Se dice que m variables F1 (q, p), . . . , Fm (q, p) se encuentran en involución si
se cumple:
[Fk , Fl ] = 0, k, l = 1, . . . , m,
(11.16)
es decir, el corchete de Poisson se anula tomando estas variables de a pares.
Con esto en mente, enunciemos y probemos el siguiente lema.
Lema
Si un sistema Hamiltoniano conservativo, con n grados de libertad, admite
n constantes en involución F1 (q, p), . . . , Fn (q, p) y si la matriz W = ∂Fk /∂pl es
no singular, entonces existe un conjunto de coordenadas canónicas (φi , Ji ) tal
que H = H(Ji ).
Para probarlo, siguiendo el libro de Lemos, vamos a definir los nuevos
momentos Ji como las constantes Fi :
Jk = Fk (q, p), k = 1, . . . , n
(11.17)
Recordemos que estamos haciendo un cambio de coordenadas (q, p) → (φ, J).
Considerando el método de Hamilton-Jacobi, este cambio se basa en una
generadora de tipo 2, por lo que los momentos se pueden escribir:
pk = ψk (q, J),
(11.18)
Jk = Fk (q, ψ(q, J)), k = 1, . . . , n
(11.19)
por lo que la ec.(11.17) resulta:
Derivando la expresión anterior y usando el teorema de la función implícita:
X
∂Fk
∂ψs
∂Fk X ∂Fk ∂ψs
+
=0⇒
=−
Wks
∂ql
∂ps ∂ql
∂ql
∂ql
k
(11.20)
k
Reemplazando este resultado en el corchete de Poisson:
−
X
j,s
Wks
X
∂ψs
∂ψs
Wlj +
Wkj
Wls = 0.
∂qj
∂qj
j,s
Intercambiando los índices mudos j y s en el segundo término:
X
∂ψs
∂ψj
Wks
−
Wlj = 0,
∂qj
∂qs
j,s
120
(11.21)
(11.22)
11.4. Sistemas Integrables
que en notación matricial se escribe:
WXWt = 0,
(11.23)
donde los elementos de la matrix X se definen:
Xsj =
∂ψs
∂ψj
−
.
∂qj
∂qs
(11.24)
Multiplicando a izquierda por W−1 y a derecha por (Wt )−1 se tiene que la
matriz X es nula por lo que se obtiene:
∂ψs
∂ψj
=
∂qj
∂qs
(11.25)
Esta condición implica (diferencial exacto):
ψs =
∂Φ(q, J)
.
∂qs
(11.26)
Entonces, la transformación canónica (q, p) → (φ, J) está dada por:
φs =
∂Φ
∂Φ
, ps =
∂Js
∂qs
(11.27)
Como las Jk son constantes, la ecuación de Hamilton J˙k = ∂H/∂φk = 0 implica
que el hamiltoniano H solo es función de las Jk , con lo que se completa la
demostración.
121
Bibliografía
[Cal96] Calkin, M. G. Lagrangian and Hamiltonian Mechanics. Word Scientific,
Singapore,New Jersey, London, Hong Kong, 1996.
123