Mecanica Analítica. Notas de Clase Alexis Larrañaga 30 de julio de 2012
Índice general 1. Mecánica Newtoniana 1.1. Una Partícula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1. Impulso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2. Trabajo y Energía Cinética . . . . . . . . . . . 1.1.3. Fuerzas Conservativas y Energía Potencial . . . 1.1.4. Constantes de Movimiento . . . . . . . . . . . . 1.1.4.1. Energía . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.4.2. Momentum . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.4.3. Momentum Angular . . . . . . . . . . 1.1.5. Notas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. N-Partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1. Posición del Centro de Masa . . . . . . . . . . 1.2.2. Momentum Lineal Total . . . . . . . . . . . . . 1.2.3. Momento Angular Total . . . . . . . . . . . . . 1.2.3.1. Momento Angular y Centro de Masa . 1.2.4. Trabajo y Energía . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.4.1. Energía Cinética . . . . . . . . . . . . 1.2.4.2. Energía Cinética y Centro de Masa . 1.2.4.3. Energía Potencial . . . . . . . . . . . 1.2.4.4. Conservación de la Energía . . . . . . 1.2.5. Notas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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5 5 6 6 7 8 8 9 9 10 11 12 12 12 14 16 16 17 18 21 21
2. Formulación de Lagrange 2.1. Espacio de Configuración . . . . . . . . . 2.1.1. Una Partícula . . . . . . . . . . . . 2.1.2. N Partículas . . . . . . . . . . . . 2.2. Ligaduras . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1. Espacio de Configuración Accesible 2.3. Trabajo Virtual . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1. Desplazamientos Virtuales . . . . . 2.3.2. Principio del Trabajo Virtual . . . 2.3.3. Principio de D’Alambert . . . . . . 2.4. Sistemas Holónomos . . . . . . . . . . . . 2.4.1. Fuerzas Generalizadas . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
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22 22 22 23 24 25 25 25 26 27 28 29
1
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
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. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
ÍNDICE GENERAL
2
2.5. Fuerzas Conservativas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1. Potencial Generalizado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.2. Fuerza Electromagnética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.2.1. Potencial generalizado . . . . . . . . . . . . . . . 2.6. Fuerzas no-Conservativas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7. Transformaciones de Coordenadas (Transformación de punto) . . 2.8. Transformaciónes de Calibración . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.9. Forma General de la Energía Cinética . . . . . . . . . . . . . . . 2.9.1. Teorema de Euler sobre Funciones Homogéneas . . . . . . 2.10. Cantidades conservadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.10.1. Momentum Conjugado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.10.2. Energía Generalizada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.10.3. Energía Mecánica Total . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.11. Teorema de Noether . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.12. Principio de Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.12.1. Ecuación de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.12.2. Segunda Forma de la Ecuación de Euler . . . . . . . . . . 2.12.3. Ecuación de Euler-Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.12.4. Transformaciones de Calibración . . . . . . . . . . . . . . 2.13. Extensión del Principio de Hamilton para Sistemas no-Holónomos 3. Problema de la Fuerza Central 3.1. Cantidades Conservadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1. Lagrangiano en el Plano del Movimiento . . . . . . 3.1.2. Momento Angular y Ley de la Areas . . . . . . . . 3.1.3. Energía y Cuadraturas . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Trayectorias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1. Potencial Efectivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.2. Ecuación de Lagrange Radial . . . . . . . . . . . . 3.2.3. Simetria de la Trayectoria . . . . . . . . . . . . . . 3.2.4. Trayectorias Acotadas . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.4.1. Teorema de Bertrand (Orbitas Cerradas) 3.2.5. Ecuación Diferencial de la Trayectoria . . . . . . . 3.3. Problema de Kepler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1. Periodo de la Órbita Elíptica . . . . . . . . . . . . 3.3.2. Energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.3. Tercera Ley de Kepler . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.4. Ecuación de Kepler . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Dispersión por Campos Centrales . . . . . . . . . . . . . . 3.4.1. Sección Eficaz Diferencial de Dispersión . . . . . . 3.4.2. Dispersión de Rutherford . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38 39 40 41 43 45 46 47 50 51 51 51 53 62 66 67 70 73 76 76 91 93 94 94 95 96 96 97 99 100 101 103 104 106 107 108 110 113 114 116
ÍNDICE GENERAL
3
4. Cinemática del Cuerpo Rígido 4.1. Grados de Libertad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2. Transformaciones Ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.1. Representación Matricial . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Angulos de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4. Teorema de Euler para el Movimiento de un Cuerpo Rigido 4.4.1. Transformación de Similaridad . . . . . . . . . . . . 4.5. Tensor de Inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6. Rotaciones Infinitesimales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ~ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6.1. El pseudovector d⌦ 4.7. Razón de Cambio de un Vector . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8. Velocidad Angular en términos de los angulos de Euler . . . 4.8.1. Fuerza de Coriolis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.9. Velocidad angular y origen del sistema de coordenadas . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
120 120 123 124 126 128 131 132 132 134 139 139 141 142
5. Dinámica del Cuerpo Rígido 5.1. Momento Angular del Cuerpo Rígido . . . . . . . . . . . . . 5.2. El tensor de Inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3. Energía Cinética de Rotación . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4. Diadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.1. Operaciones Básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5. La diada de Inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6. Momentos de Inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.1. Teorema de los Ejes Paralelos . . . . . . . . . . . . . 5.6.2. Teorema de la Diada de Inercia . . . . . . . . . . . . 5.7. Transformación del Tensor de Inercia a los Ejes Principales 5.8. Ecuaciones de Euler para el Cuerpo Rígido . . . . . . . . . 5.9. Cuerpo Rígido Libre Simétrico . . . . . . . . . . . . . . . . 5.10. Construcción de Poinsot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.10.1. Elipsoide de Inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.10.2. Movimiento del Elipsoide . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
144 144 145 147 147 148 149 150 151 153 154 156 158 162 162 164
6. Aplicaciones 6.1. Trompo Simétrico Pesado con un Punto Fijo . . . . . . . . 6.1.1. Análisis de la Energía Potencial Efectiva . . . . . . . 6.1.1.1. Caso Particular (!3 = 0) . . . . . . . . . . 6.1.1.2. Caso Particular (!3 6= 0) . . . . . . . . . . 6.2. Cilindro en un Plano Inclinado . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3. Lamina con un punto fijo deslizando en un plano horizontal 6.4. Precesión de Partículas Cargadas en un campo Magnético. .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
167 167 169 170 171 178 183 186
7. Formulación Hamiltoniana 7.1. Transformaciones de Legendre . . . . . . . . 7.1.1. Transformación de Legendre Total . 7.1.2. Transformación de Legendre Parcial 7.2. El Hamiltoniano . . . . . . . . . . . . . . .
. . . .
. . . .
. . . .
188 188 189 190 191
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
ÍNDICE GENERAL 7.3. Derivación de las Ecuaciones de Hamilton a partir de un Principio Variacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3.1. Transformaciones de Calibración . . . . . . . . . . . . . . 7.4. Espacio de Fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.5. Principio de la Mínima Acción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.6. Coordenadas Cíclicas y Método de Routh . . . . . . . . . . . . . 7.6.1. Método de Routh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.6.1.1. Ecuaciones de Routh . . . . . . . . . . . . . . . 7.6.1.2. Teoremas de Conservación . . . . . . . . . . . . 7.7. Ecuaciones de Hamilton en Forma Matricial . . . . . . . . . . . . 7.8. Corchetes de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.8.1. Corchetes Fundamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.9. Ecuaciones de Hamilton y Corchetes de Poisson . . . . . . . . . . 7.9.1. Teorema de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.9.2. Corchetes de Poisson en Forma Matricial . . . . . . . . . 7.10. Paréntesis de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8. Transformaciones Canónicas
4
196 197 198 201 204 205 206 207 207 208 209 209 210 211 211 213
Capítulo 1
Mecánica Newtoniana 1.1.
Una Partícula
Para describir el movimiento de una partícula se utiliza el vector de posición, denotado por ~r. A partir de él, se definen los vectores velocidad y aceleración mediante
~v
=
~a
=
d~r = ~r˙ dt d~v = ~v˙ . dt
(1.1.1) (1.1.2)
También se define el momentum lineal o cantidad de movimiento como (1.1.3)
p~ = m~v .
Las leyes de Newton describen la dinámica de la partícula y pueden resumirse como Ley de Inercia: p~ = Segunda Ley: F~
=
Ley de Acción y Reacción: F~12
=
cte d~ p dt F~21 .
(1.1.4) (1.1.5) (1.1.6)
En un sistema de coordenadas cartesianas, la segunda ley de Newton corresponde a las ecuaciones 8 > x = Fx (x, y, z, x, ˙ y, ˙ z, ˙ t) : m¨ z = Fz (x, y, z, x, ˙ y, ˙ z, ˙ t) . 5
CAPÍTULO 1. MECÁNICA NEWTONIANA
6
A partir de estas ecuaciones, se puede encontrar la ley de movimiento, es decir ~r = ~r (t) y a partir de esta, la ecuación de la trayectoria. Por ejemplo, si el movimiento se realiza en un plano, la ley de movimiento se reduce a ( x = x (t) y = y (t) y la ecuación de la trayectoria corresponde a la función y = y (x) . De forma similar, la segunda ley de Newton se puede plantear en otros sistemas de coordenadas. Por ejemplo, en un sistema de coordenadas esféricas se tiene 8 ⇣ ⌘ ˙ ', > m¨ r = Fr r, ✓, ', r, ˙ ✓, ˙ t > > < ⇣ ⌘ ˙ ', m✓¨ = F✓ r, ✓, ', r, ˙ ✓, ˙ t (1.1.8) > ⇣ ⌘ > > ˙ ', :m'¨ = F' r, ✓, ', r, ˙ ✓, ˙ t .
1.1.1.
Impulso
Si la fuerza se considera como una función del tiempo, i.e. F~ = F~ (t) se tiene d~ p = dt ˆ d~ p =
F~ (t) ˆ F~ (t) dt
y con ello se define el impulso como el cambio de momentum, ˆ t2 I = p~2 p~1 = F~ (t) dt.
(1.1.9) (1.1.10)
(1.1.11)
t1
Ahora bien, si la fuerza depende además de la posición y de la velocidad, se tiene en general ˆ t2 h i I = p~2 p~1 = F~ ~r (t) , ~r˙ (t) , t dt. (1.1.12) t1
1.1.2.
Trabajo y Energía Cinética
El trabajo que una fuerza realiza sobre una partícula para llevarla desde un punto 1 hasta un punto 2 se define como W12 =
ˆ
1
2
F~ · d~r.
(1.1.13)
Si la partícula no cambia su masa durante el recorrido, i.e. su masa es constante, se puede escribir
CAPÍTULO 1. MECÁNICA NEWTONIANA
W12 =
ˆ
1
2
d~ p · d~r = m dt
ˆ
1
2
d~v · d~r = m dt
7
ˆ
1
2
d~v · ~v dt, dt
(1.1.14)
donde se ha utilizado la definición de velocidad. Ahora bien, recordando que dv 2 dt dv 2v dt
d (~v · ~v ) dt d~v 2~v · , dt
= =
(1.1.15) (1.1.16)
el trabajo se convierte en W12 = m
ˆ
1
2
dv m v dt = dt 2
ˆ
1
2
dv 2 m dt = dt 2
ˆ
2
dv 2
1 m v22 v12 . 2 Definiendo la Energía Cinética de la partícula como W12 =
1 mv 2 , 2 se obtiene el teorema del trabajo-energía, T =
W12 = T2
1.1.3.
(1.1.17)
1
T1 .
(1.1.18)
(1.1.19)
(1.1.20)
Fuerzas Conservativas y Energía Potencial
El trabajo que realiza una fuerza para llevar una partícula desde un punto inicial 1 hasta un punto final 2 depende, en general, de la trayectoria que se sigue. Ahora bien, si el trabajo que realiza una fuerza particular es independiente de la trayectoria, se dice que esta fuerza es conservativa. Matemáticamente esto equivale a decir que el trabajo a lo largo de cualquier camino cerrado es cero, i.e. ˛ F~ · d~r = 0. (1.1.21) Aplicando el teorema de Stokes a esta integral se tiene ˛ ˆ ˆ ⇣ ⌘ ~ ⇥ F~ · dA ~ = 0, F~ · d~r = r
(1.1.22)
~ es el vector de area para la superficie encerrada por la trayectoria donde A considerada para calcular el trabajo. Con ello se puede concluir que una fuerza F~ es conservativa si satisface ~ ⇥ F~ = 0. r
(1.1.23)
CAPÍTULO 1. MECÁNICA NEWTONIANA
8
Ya que el rotacional de un gradiente siempre es cero, una fuerza conservativa puede obtenerse a partir de una función escalar U mediante F~ =
~ rU.
(1.1.24)
La función U = U (~r, t) se denomina energía potencial. Ahora bien, si se calcula el trabajo que una fuerza conservativa ejerce sobre una partícula en una trayectoria no cerrada, y la energía potencial correspondiente no depende del tiempo, U = U (~r), se puede escribir W12 =
2
ˆ
1
F~ · d~r =
ˆ
1
2
~ · d~r. rU
(1.1.25)
En coordenadas cartesianas, el gradiente se escribe ✓ ◆ ~ = @U , @U , @U , rU @x @y @z
(1.1.26)
y por ello, el trabajo resulta ser
W12
2
=
ˆ
2
=
ˆ
1
W12
✓
@U @U @U dx + dy + dz @x @y @z
◆
(1.1.27)
dU
(1.1.28)
U2 .
(1.1.29)
1
W12
=
U1
1.1.4.
Constantes de Movimiento
1.1.4.1.
Energía
Nótese que si la energía potencial asociada con una fuerza conservativa no depende del tiempo, el teorema del trabajo energía permite escribir W12 = T2
T1 = U 1
U2 .
(1.1.30)
Reordenando términos, T1 + U1 = T2 + U2 = E,
(1.1.31)
donde se ha definido la Energía Mecánica Total como la suma de energía cinética y potencial, E = T + U , y resulta ser una constante de movimiento. Es importante notar que si la energía potencial depende del tiempo, U = U (~r, t), la energía mecánica total no se conserva, ya que @U @U @U dx + dy + dz 6= dU @x @y @z en la ecuación (1.1.27).
(1.1.32)
CAPÍTULO 1. MECÁNICA NEWTONIANA
9
Figura 1.1.1: Posición y Momentum referidos a un punto Q 1.1.4.2.
Momentum
El momentum lineal de una partícula se conserva si no actúan fuerzas sobre ella (primera ley de Newton), Si F~ = 0 =) p~ = cte. 1.1.4.3.
(1.1.33)
Momentum Angular
El momentum angular de una partícula se define como ~l = ~r ⇥ p~.
(1.1.34)
~lQ = ~rQ ⇥ p~.
(1.1.35)
~ Q = ~rQ ⇥ F~ . N
(1.1.36)
p ~ Q = ~rQ ⇥ d~ N . dt
(1.1.37)
De la Figura 1.1.1 se puede observar que esta cantidad depende del origen de coordenadas que se este utilizando y por ello se denotará como subíndice el punto con respecto al cual se evalua, i.e.
De la misma forma, el torque es una cantidad que depende del punto con respecto al cual se calcula y está dado por
Si se utiliza la segunda ley, se tiene
Ahora bien, nótese que
CAPÍTULO 1. MECÁNICA NEWTONIANA
d (~r ⇥ p~) dt
d~r d~ p ⇥ p~ + ~r ⇥ dt dt d~ p = ~v ⇥ p~ + ~r ⇥ dt d~ p = ~r ⇥ , dt =
10
(1.1.38) (1.1.39) (1.1.40)
debido a que ~v y p~ son paralelos. Por ello el torque resulta ser ~ ~ Q = d (~rQ ⇥ p~) = dlQ . N (1.1.41) dt dt Esta ecuación permite concluir que el momentum angular de una partícula se conserva si no actúan torques sobre ella, ~ Q = 0 =) ~lQ = cte. Si N
1.1.5.
(1.1.42)
Notas
En una dimensión una partícula que esta sujeta a una enrgía potencial que no depende del tiempo U = U (x) siente una fuerza dada por dU ˆ i. dx La relación entre trabajo y energía potencial es ˆ x2 U= F (x) dx. F~ =
(1.1.43)
(1.1.44)
x1
Si se toma un punto de referencia xref para medir la energía potencial, se define la función energía potencial en cada punto mediante ˆ x U (x) = F (x0 ) dx0 . (1.1.45) xref
La energía mecánica total de la partícula será entonces 1 mv 2 + U (x) . 2 A partir de esta relación, se puede encontrar E=
v2
=
dx dt
=
2 [E U (x)] m r 2 [E U (x)], m
(1.1.46)
(1.1.47) (1.1.48)
CAPÍTULO 1. MECÁNICA NEWTONIANA es decir, q
dx 2 m
[E
11
(1.1.49)
= dt. U (x)]
Se dice entonces que el problema se llevo a su primera cuadratura, dada por r ˆ x m dx p = t t0 (1.1.50) 2 x0 E U (x) la cual permite, en principio, obtener la ecuación de movimiento x = x (t).
1.2.
N-Partículas
Si se tiene un sistema de N partículas, las fuerzas que actúan sobre una de ellas, por ejemplo sobre la i esima partícula, se pueden clasificar en: (E) Furzas externas, denotadas por F~i
Fuerzas internas, denotadas por F~ji con i 6= j. (nótese que F~ii = 0). La ecuación de movimiento para la i esima partícula será N X d~ pi (E) ~ = Fi + F~ji . dt j=1
(1.2.1)
Al sumar sobre todas las partículas del sistema se tiene N X d~ pi i=1
dt
=
N X
(E) F~i +
i=1
N X N X
F~ji .
(1.2.2)
i=1 j=1
Debido a la tercera ley de Newton, el último término de la derecha es cero y por ello se puede escribir N X d~ pi i=1
dt
= F~ (E) ,
(1.2.3)
PN (E) donde F~ (E) = i=1 F~i es la fuerza total externa que actua sobre el sistema. Si la masa de cada una de las partículas no cambia, esta ecuación se convierte en N X d~ pi i=1
dt
=
N X d (mi~vi ) i=1
dt
=
N X i=1
mi
d2~ri = F~ (E) dt2
"N # d2 X mi~ri = F~ (E) . dt2 i=1
(1.2.4)
(1.2.5)
CAPÍTULO 1. MECÁNICA NEWTONIANA
1.2.1.
12
Posición del Centro de Masa
La posición del centro de masa se define mediante PN PN ri mi~ri i=1 mi~ ~ R = PN = i=1 , M i=1 mi
PN donde M = i=1 mi es la masa total del sistema. De esta forma, la ecuación de movimiento del sistema (1.2.5) describe el movimiento del centro de masa, d2 h ~ i ~ (E) MR = F . dt2
1.2.2.
(1.2.6)
Momentum Lineal Total
El momentum total del sistema se define en términos de la masa total del sistema y de la velocidad del centro de masa como ~ ~ = M dR . P~ = M V (1.2.7) dt De esta forma, la ecuación de movimiento del centro de masa resulta ser " # ~ d2 h ~ i d dR MR = M = F~ (E) (1.2.8) dt2 dt dt dP~ = F~ (E) . (1.2.9) dt Es decir, que el movimiento del centro de masa depende únicamente de las fuerzas externas que actuan sobre el sistema. Esto permite concluir que si la fuerza total externa que actua sobre un sistema de N partículas es cero, entonces su momentum lineal total se conserva, Si F~ (E) = 0 =) P~ = cte.
1.2.3.
(1.2.10)
Momento Angular Total
El momento angular medido con respecto a un punto Q para una de las partículas del sistema está dado por ~liQ = ~riQ ⇥ p~i .
(1.2.11)
Si se suma sobre todas las partículas, se obtiene el momento angular total del sistema, ~lQ =
N X i=1
(~riQ ⇥ p~i ) .
(1.2.12)
CAPÍTULO 1. MECÁNICA NEWTONIANA
13
Ahora bien, multiplicando la ecuación (1.2.1) por la posición ~riQ de la i esima partícula se tiene ~riQ ⇥
N X d~ pi (E) = ~riQ ⇥ F~i + ~riQ ⇥ F~ji , dt j=1
(1.2.13)
que puede re-escribirse como
N ⇣ ⌘ X d (E) ~ (~riQ ⇥ p~i ) = ~riQ ⇥ Fi + ~riQ ⇥ F~ji . dt j=1
(1.2.14)
Al sumar sobre todas las partículas del sistema se tiene
N N ⇣ N X N ⇣ ⌘ X ⌘ X d X (E) (~riQ ⇥ p~i ) = ~riQ ⇥ F~i + ~riQ ⇥ F~ji dt i=1 i=1 i=1 j=1 N ⇣ N X N ⇣ ⌘ X ⌘ X d~lQ (E) = ~riQ ⇥ F~i + ~riQ ⇥ F~ji . dt i=1 i=1 j=1
(1.2.15)
(1.2.16)
Definiendo el torque externo total del sistema mediante ~ (E) = N Q
N ⇣ ⌘ X (E) ~riQ ⇥ F~i ,
(1.2.17)
i=1
se tiene
N X N ⇣ ⌘ X d~lQ ~ (E) + ~ji . =N ~ r ⇥ F iQ Q dt i=1 j=1
La tercera ley de Newton (F~ji = ~riQ ⇥ F~ji + ~rjQ ⇥ F~ij Definiendo ~rij = ~riQ
(1.2.18)
F~ij ) permite escribir = ~riQ ⇥ F~ji =
(~riQ
~rjQ ⇥ F~ji ~rjQ ) ⇥ F~ji .
(1.2.19) (1.2.20)
~rjQ se tiene
~riQ ⇥ F~ji + ~rjQ ⇥ F~ij = ~rij ⇥ F~ji .
(1.2.21)
Con esta relación es posible definir dos variantes para la tercera ley de Newton. Se dice que la Tercera Ley de Newton Fuerte se cumple si ~rij ⇥ F~ji = 0. Por otro lado se dice que la Tercera Ley de Newton Débil se cumple aún si ~rij ⇥ F~ji 6= 0. La diferencia entre estas dos versiones de la Tercera Ley se puede comprender mediante la Figura 1.2.1.
CAPÍTULO 1. MECÁNICA NEWTONIANA
14
Figura 1.2.1: a) Fuerzas que obedecen la tercera ley fuerte. b) Fuerzas que obedecenúnicamente la tercera ley débil.
De esta forma, si el sistema de N partículas satisface la tercera ley fuerte, la ecuación (1.2.18) resulta ser d~lQ ~ (E) , =N (1.2.22) Q dt y bajo esta suposición podemos afirmar que el momento angular total depende únicamente de los torques externos que actuan sobre el sistema. Esto permite concluir que si el torque externo total que actua sobre un sistema de N partículas es cero, entonces su momentum angular total se conserva, ~ (E) = 0 =) ~lQ = cte. Si N Q
(1.2.23)
Nótese que para la conservación del momentum lineal P~ es necesario que se cumpla solamente la tercera ley débil, mientras que para la conservación del momento angular ~l es necesario que se cumpla la tercera ley fuerte. 1.2.3.1.
Momento Angular y Centro de Masa
Como se dijo arriba, el momento angular total de un sistema depende del ~ como la posición del centro punto con respecto al cual se calcula. Si se define R de masa, la posición de la partícula mi con respecto al centro de masa, ~ri0 , y con respecto a otro punto Q cualquiera, ~riQ , se relacionan mediante (ver Figura 2.) ~ ~riQ = ~ri0 + R.
(1.2.24)
Derivando con respecto al tiempo se tiene ~. ~viQ = ~vi0 + V De esta forma, el momento angular total del sistema será
(1.2.25)
CAPÍTULO 1. MECÁNICA NEWTONIANA
15
Figura 1.2.2: Posición de una partícula referida a un punto Q y al centro de masa (CM )
~lQ
=
N X i=1
=
(1.2.26)
(~riQ ⇥ p~i )
N h⇣ ⌘ ⇣ ⌘i X ~ ⇥ mi ~v 0 + V ~ ~ri0 + R i
(1.2.27)
i=1
=
N h i X ~ +R ~ ⇥ mi~v 0 + R ~ ⇥ mi V ~ . (1.2.28) ~ri0 ⇥ mi~vi0 + ~ri0 ⇥ mi V i i=1
Sin embargo, nótese que debido a la definición del centro de masa N X i=1
~ ⇥ mi~vi0 = R ~⇥ R
y también
N X i=1
N X
N
X ~⇥ d mi~vi0 = R mi~ri0 = 0 dt i=1 i=1
~ = ~ri0 ⇥ mi V
N X i=1
~ = 0. mi~ri0 ⇥ V
Por ello, el momento angular total del sistema resulta ser
(1.2.29)
(1.2.30)
CAPÍTULO 1. MECÁNICA NEWTONIANA
~lQ
=
16
N h i X ~ ⇥ mi V ~ ~ri0 ⇥ mi~vi0 + R
(1.2.31)
i=1
=
N X
(~ri0
i=1
=
N X i=1
=
N X i=1
⇥
mi~vi0 )
N X
~⇥ +R
mi
i=1
!
~ V
(1.2.32)
~ ⇥ MV ~ (~ri0 ⇥ p~0i ) + R
(1.2.33)
~ ⇥ P~ . (~ri0 ⇥ p~0i ) + R
(1.2.34)
El primer término puede identificarse como el momento angular total medido con respecto al centro de masa, por lo que se tiene finalmente ~lQ = ~l0 + R ~ ⇥ P~ .
1.2.4.
(1.2.35)
Trabajo y Energía
El trabajo realizado sobre un sistema de N partículas puede escribirse como la superposición de los trabajos hechos sobre cada una de las partículas,
W12
=
N ˆ X i=1
W12
=
1
N ˆ X i=1
2
2
1
F~i · d~ri
(1.2.36)
2
4F~i(E) · d~ri +
N X j=1
3
F~ji · d~ri 5 ,
(1.2.37)
donde el primer término representa las contribuciones de las fuerzas externas y el segundo término las contribuciones de las fuerzas internas. 1.2.4.1.
Energía Cinética
La ecuación (1.2.36) se puede reescribir como
W12 =
N ˆ X i=1
1
2
F~i · d~ri =
N ˆ X i=1
2
1
mi~˙vi · d~ri =
N X
mi
ˆ
1
i=1
2
~˙vi · ~vi dt.
(1.2.38)
Utilizando el resultado ~v˙ · ~v = vv, ˙ mostrado antes, se tiene W12 =
N X i=1
mi
ˆ
1
2
v˙ i vi dt =
N X i=1
mi
ˆ
1
2
vi dvi
(1.2.39)
CAPÍTULO 1. MECÁNICA NEWTONIANA
W12 =
N X 1 i=1
2
17
2
mi vi2 1 .
(1.2.40)
Definiendo la energía cinética del sistema como T =
N X 1 i=1
2
mi vi2
(1.2.41)
se obtiene el teorema del trabaj-energía para un sistema de N partículas, W12 = T2 1.2.4.2.
(1.2.42)
T1 .
Energía Cinética y Centro de Masa
Considerando de nuevo el centro de masa y un punto cualquiera Q, las posiciones y velocidades se relacionan mediante las ecuaciones (1.2.24) y (1.2.51). Con ello, la energía cinética del sistema medida con respecto al punto Q se puede reescribir como T =
N X 1 i=1
2
2 mi viQ =
N X 1 i=1
T =
N X 1 i=1
2
2
⇣ ⌘ ⇣ ⌘ ~ · ~vi0 + V ~ mi ~vi0 + V
h i ~ +V2 . mi vi02 + 2~vi0 · V
Sin embargo, debido a la definición del centro de masa, ! N N X X 1 ⇣ 0 ~⌘ 0 ~ = 0. mi 2~vi · V = mi~vi · V 2 i=1 i=1
(1.2.43)
(1.2.44)
(1.2.45)
De esta forma, la energía cinética es T =
N X 1 i=1
T =
2
mi vi02 +
i=1
N X 1 i=1
N X 1
2
mi V 2
1 mi vi02 + M V 2 . 2 2
(1.2.46)
(1.2.47)
El primer término en esta expresión es la energía cinética del sistema medida con respecto al centro de masa, mientras que el segundo término corresponde a la energía cinética del Centro de Masa.
CAPÍTULO 1. MECÁNICA NEWTONIANA 1.2.4.3.
18
Energía Potencial
Si las fuerzas externas que actuan sobre un sistema son todas del tipo conservativo se pueden definir las energías potenciales correspondientes y escribir N ˆ X i=1
2
1
N ˆ X
(E) F~i · d~ri =
i=1
En coordenadas cartesianas se tiene N ˆ X i=1
1
2
(E) F~i · d~ri =
N ˆ X i=1
1
2
2
1
~ i Ui · d~ri . r
@Ui @Ui @Ui dxi + dyi + dzi . @xi @yi @zi
Si las energías potenciales no dependen del tiempo, dUi = @Ui @zi dzi , y con ello N ˆ X i=1
es decir
2
1
N ˆ X i=1
1
N ˆ X
(E) F~i · d~ri =
2
(1.2.48)
i=1
N X
(E) F~i · d~ri =
@Ui @xi dxi
(1.2.49) +
@Ui @yi dyi
+
2
(1.2.50)
dUi ,
1
2
(1.2.51)
Ui .
i=1
1
Por otro lado, si las fuerzas internas F~ji son conservativas se pueden escribir en términos de funciones de energía potencial, F~ji =
~ i Uji . r
(1.2.52)
Si se cumple la tercera ley fuerte, se tiene F~ji =
~ i Uji = r ~ j Uij = r
F~ij ,
(1.2.53)
per para que esto sea cierto debe cumplirse
(1.2.54)
Uji = Uij .
Con ello, concluimos que la energía potencial Uji dependerá únicamente de la distancia entre las partículas involucradas en la interacción, esto es Uji = Uji (|~rj donde s=
q (xj
2
(1.2.55)
~ri |) = Uji (s) ,
xi ) + (yj
2
yi ) + (zj
2
zi ) .
(1.2.56)
CAPÍTULO 1. MECÁNICA NEWTONIANA
19
Ejemplo Si consideramos el caso particular U21 = U12 = U = s2 = (x2
2
x1 ) + (y2
2
y1 ) + (z2
z1 )
2
se tiene F~21
✓ ◆ @U ˆ @U ˆ @U ˆ ~ r1 U21 = i+ j+ k @x1 @y1 @z1 h i 2 (x2 x1 ) ˆi + (y2 y1 ) ˆj + (z2 z1 ) kˆ
= =
F~21 =
2 (~r2
~r1 ) .
De forma similar, F~12
= =
✓ ◆ @U ˆ @U ˆ @U ˆ ~ 2 U12 = r i+ j+ k @x2 @y2 @z2 h i 2 (x2 x1 ) ˆi (y2 y1 ) ˆj + (z2 z1 ) kˆ F~12 = 2 (~r2
~r1 ) .
Con ello, se comprueba que en este caso particular F~21 =
~ 1 U21 = r
~ 2 U12 = ~r1 ) = r
2 (~r2
F~12 .
De esta forma, en el trabajo hecho por las fuerzas internas aparecerán parejas de términos de la forma ˆ
1
2
F~ji · d~ri +
ˆ
1
2
F~ij · d~rj .
Si estas fuerzas son conservativas y se cumple la tercera ley fuerte, se tiene
CAPÍTULO 1. MECÁNICA NEWTONIANA
ˆ
1
2
F~ji · d~ri +
ˆ
2
1
F~ij · d~rj
=
ˆ
2
ˆ
2
ˆ
2
1
=
1
=
ˆ
2
1
~ i Uji · d~ri r
ˆ
2
~ i Uji · d~ri + r
ˆ
2
1
~ i Uji · (d~ri r
1
Definiendo ~rij = ~ri
20
1
~ j Uij · d~rj r ~ i Uji · d~rj r
d~rj ) .
(1.2.57)
~rj , se puede escribir F~ji · d~ri +
2
ˆ
ˆ
F~ij · d~rj =
1
2
1
~ i Uji · d~rij . r
(1.2.58)
~ ij con derivadas con respecto a Ahora bien, si se define el operador diferencial r xij
=
xi
xj
yij
=
yi
yj
zij
=
zi
zj ,
se tiene ~ ij Uji = r ~ i Uji = r
De esta forma, ˆ
1
2
F~ji · d~ri +
ˆ
2
1
~ j Uji . r ˆ
F~ij · d~rj =
1
2
(1.2.59)
~ ij Uji · d~rij , r
(1.2.60)
y si las energias potenciales no dependen del tiempo, ˆ
1
2
F~ji · d~ri +
ˆ
2
1
F~ij · d~rj =
ˆ
2
2
Uji |1 .
dUji =
1
(1.2.61)
El trabajo hecho por las fuerzas internas se obtiene al sumar sobre todas las contribuciones que tienen esta forma. por ello, teniendo en cuenta que no existen contribuciones con i = j y además que en la suma aparecen las parejas de términos descritas, se obtiene X i6=j
2
F~ji · d~ri =
1 X Uji . 2 i6=j
(1.2.62)
1
La Energía Potencial del sistema se obtiene sumando las energias potenciales debidas a las fuerzas externas (1.2.51) y las debidas a las fuerzas internas, 2 U |1
=
N X i=1
2
Ui 1
2
1 X + Uji . 2 i6=j
1
(1.2.63)
CAPÍTULO 1. MECÁNICA NEWTONIANA 1.2.4.4.
21
Conservación de la Energía
A partir del teorema de trabajo-energía (1.2.42) se tiene W12 = T2
(1.2.64)
T1
y de la ecuación (1.2.36), W12 =
2
U |1 =
N X i=1
2
Ui 1
2
1 X Uji . 2 i6=j
(1.2.65)
1
Por lo tanto W12 = T2
T1 = U 1
U2 ,
(1.2.66)
con lo que se puede definir la cantidad conservada denominada energía mecánica total, E = T1 + U 1 = T2 + U 2 .
1.2.5.
(1.2.67)
Notas
En el caso particular del cuerpo rígido la distancia entre las diferentes particulas es siempre constante, esto es rij = constante
(1.2.68)
2 ~rij · ~rij = rij = cte.
(1.2.69)
~rij · d~rij = 0.
(1.2.70)
F~ij · d~rij = 0,
(1.2.71)
y ya que
entonces
Con ello podemos concluir que
es decir que para el cuerpo rígido, las fuerzas internas no hacen trabajo.
Capítulo 2
Formulación de Lagrange 2.1. 2.1.1.
Espacio de Configuración Una Partícula
Como es conocido, para describir la posición de una partícula se necesitan tres números, (x1 , x2 , x3 ). Si se está trabajando con un sistema de coordenadas cartesiano los tres números son las coordenadas (x, y, z) y con ello la posición estará dada por el vector ˆ ~r = xˆi + yˆj + z k.
(2.1.1)
Si se trabaja en coordenadas esféricas, los tres números que definen la posición de la partícula son las coordenadas (r, ✓, '). Existe una relación entre los dos sitemas de coordenadas dada por 8 > : z = r cos ✓ o por su inversa
p 8 r = x2 + y 2 + z 2 > > < ✓ = tan 1 ✓xy p 2 2◆ > x +y > :' = tan 1 . z
(2.1.3)
En general, si se utiliza el conjunto de coordenadas (x1 , x2 , x3 ) y otro conjunto (q1 , q2 , q3 ) denominadas coordenadas generalizadas, se puede escribir la relación entre los dos sistemas como xi = xi (q1 , q2 , q3 , t) con i = 1, 2, 3. La transformación inversa 22
(2.1.4)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
23
qj = qj (x1 , x2 , x3 , t) con j = 1, 2, 3
(2.1.5)
existe si el jacobiano tiene un determinante diferente de cero, i.e.
det |J| = det
@x1 @q1 @x2 @q1 @x3 @q1
@x1 @q2 @x2 @q2 @x3 @q2
@x1 @q3 @x2 @q3 @x3 @q3
(2.1.6)
6= 0,
o en notación más corta det |J| = det
2.1.2.
@xi 6= 0. @qj
(2.1.7)
N Partículas
Para describir la posición de N partículas se necesitan 3N números x1 , x2 , x3 , ..., x3N o N vectores, (2.1.8)
~r1 , ~r2 , ..., ~rN .
En general, se puede definir un conjunto de coordenadas generalizadas, relacionadas mediante la transformación xi = xi (q1 , q2 , ..., q3N , t) con i = 1, 2, ..., 3N.
(2.1.9)
De nuevo, la transformación inversa qj = qj (x1 , x2 , ..., x3N , t) con j = 1, 2, ..., 3N
(2.1.10)
existe si el jacobiano tiene un determinante diferente de cero, i.e. det |J| = det
@xi 6= 0. @qj
(2.1.11)
Estas transformaciones también se pueden escribir en forma vectorial ~ri = ~ri (q1 , q2 , ..., q3N , t) con i = 1, 2, ..., N.
(2.1.12)
El espacio de configuración es aquel espacio que permite describir la posición del sistema de N partículas. Por lo tanto es un espacio de 3N dimensiones, y el estado del sistema se da por una 3N upla, {x1 , x2 , ..., x3N } {q1 , q2 , ..., q3N }
2 2
R3N
(2.1.13)
R3N .
(2.1.14)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
24
Ahora bien, si para el instante t = 0 el sistema se encuentra en la configuración ~x (t = 0) = {(x1 )0 , (x2 )0 , ..., (x3N )0 }
entonces la Ley de Muto establece que para un tiempo posterior su configuración estará dada por ~x (t) = {x1 (t) , x2 (t) , ..., x3N (t)} .
2.2.
Ligaduras
Las ligaduras son restricciones geométricas o cinemáticas que limitan el movimiento del sistema. Algunos ejemplos son Ligaduras Geométricas Ligaduras Cinemáticas Adx + Bdy + Cdz + Ddt = 0.
(2.2.1)
Las ligaduras geométricas dependen únicamente de la posición y del tiempo y se clasifican en ligaduras holónomas cuando pueden escribirse como h (~x, t) = 0
(2.2.2)
y ligaduras no-holónomas si se escriben como h (~x, t)
0.
(2.2.3)
Las ligaduras cinemáticas dependen de la posición, de la velocidad y del tiempo. También se clasifican en ligaduras holónomas si pueden escribirse como ⇣ ⌘ h ~x, ~x˙ , t = 0 (2.2.4) y ligaduras no-holónomas si se escriben como ⇣ ⌘ h ~x, ~x˙ , t 0.
(2.2.5)
Si una ligadura depende explícitamente del tiempo,
@h 6= 0 (2.2.6) @t se dice que esta es una ligadura reónoma. Por otro lado, si una ligadura NO depende explícitamente del tiempo, @h =0 @t se dice que esta es una ligadura esclerónoma.
(2.2.7)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
2.2.1.
25
Espacio de Configuración Accesible
La existencia de ligaduras restringe el espacio de configuración de un sistema ya que los estados posibles son solo aquellos que satisfacen las ligaduras. Matemáticamente, el espacio de configuración accesible será ~x 2 R3N
~x sean compatibles con las ligaduras .
(2.2.8)
En general, esto hace que el espacio de configuración accesible tenga una dimensión 3N . Dos dificultades que se introducen al considerar ligaduras son 1. Las ligaduras hacen que las coordenadas xi no son todas independientes 2. Las fuerzas de ligadura son desconocidas (es decir que son nuevas incognitas) Para resolver la primera dificultad se utilizan las coordenadas generalizadas, ya que estas pueden definirse de tal forma que todas ellas sean independientes.
Ejemplo N partículas !Espacio de Configuración: R3N ligaduras holónomas Dimensión del espacio de configuración accesible: 3N {x1 , x2 , ..., x3N }: no todas son independientes {q1 , q2 , ..., q3N }: todas son independientes Transformación de coordenadas: ~ri = ~ri (q1 , q2 , ..., q3N , t) con i = 1, 2, ..., N
Las ligaduras no-holónomas no permiten eliminar coordenadas. Usualmente este tipo de ligaduras se resuelven (integran) después de solucionar el problema.
2.3.
Trabajo Virtual
2.3.1.
Desplazamientos Virtuales
Suponga que ahora se tiene un sistema con: N partículas !Espacio de Configuración: R3N l ligaduras geométricas holónomas m ligaduras cinemáticas holónomas = l + m ligaduras holónomas en total Las ligaduras se pueden escribir como (
h↵ (x1 , ..., x3N , t) = 0 con ↵ = 1, 2, 3, ..., l h (x1 , ..., x3N, x˙ 1 , ..., , x˙ 3N , t) = 0 con = 1, 2, 3, ..., m.
(2.3.1)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
26
Si las ligaduras cinemáticas se escriben de la forma 3N X
ai (x1 , ..., x3N , t) x˙ i + b (x1 , ..., x3N , t) = 0,
(2.3.2)
i=1
entonces (P
3N @h↵ ˙i @xi x
con ↵ = 1, ..., l con = 1, ..., m. (2.3.3) Estas constituyen relaciones entre las velocidades. Una configuración de velocidad esta dada por ↵ + @h @t = 0 ˙ i + b (x1 , ..., x3N , t) = 0 i=1 ai (x1 , ..., x3N , t) x
Pi=1 3N
~x˙ = {x˙ 1 , x˙ 2 , ..., x˙ 3N }
(2.3.4)
~x˙ dt = d~x,
(2.3.5)
d~x = {dx1 , dx2 , ..., dx3N }
(2.3.6)
la cual se puede escribir como
donde
corresponde a los desplazamientos posibles para el sistema. De esta forma se obtiene (P 3N @h↵ @h↵ @xi dxi + @t dt = 0 (2.3.7) Pi=1 3N i=1 ai dxi + b dt = 0. Ahora bien, si se considera un instante de tiempo fijo, t = tf ijo estas condiciones serán (P 3N @h↵ @xi xi = 0 (2.3.8) Pi=1 3N i=1 ai xi = 0, donde los xi se denominan desplazamientos virtuales.
2.3.2.
Principio del Trabajo Virtual
N partículas !Espacio de Configuración: R3N ligaduras holónomas en total Sobre la partícula j ésima actua una fuerza total F~j . La segunda ley asegura que F~j = mj ~r¨j .
(2.3.9)
Ahora bien, la fuerza total puede descomponenrse en fuerzas aplicadas y fuerzas de ligadura,
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
27
(a) F~j = F~j + f~j ,
(2.3.10)
(a) F~j + f~j = mj ~r¨j .
(2.3.11)
y por ello
Si el sistema se encuentra en equilibrio, F~j = 0 para j = 1, 2, ..., N , el trabajo virtual sobre cada partícula será cero. Esto es Wj = F~j · ~rj = 0.
(2.3.12)
Si estos trabajos virtuales se suman, se obtiene el trabajo virtual total del sistema, W =
N X j=1
W =
N ⇣ X j=1
W =
N X j=1
F~j · ~rj = 0
⌘ (a) F~j + f~j · ~rj = 0
(a) F~j · ~rj +
N X j=1
f~j · ~rj = 0.
Se dice que las ligaduras del sistema son ideales si sus correspondientes fuerzas no hacen trabajo. Un ejemplo claro de este tipo de fuerzas es la normal. A partir de este momento, se asumirá que todas las ligaduras consideradas son ideales, y por ello, si el trabajo total es nulo, (P N f~j · ~rj =0 (2.3.13) Pj=1 N ~ (a) · ~rj = 0 = P3N F (a) xi . F j=1 j i=1 i
Nótese que la segunda ecuación no implica que las fuerzas aplicadas sean cero ya que los ~rj no son todos independientes. De esta forma, es posible enunciar el principio del trabajo virtual como: La configuración ~x0 = {(x1 )0 , (x2 )0 , ..., (x3N )0 } representa un sistema en equilibrio si y solo si la suma de los trabajos virtuales de las fuerzas aplicadas en dicha configuración (y compatibles con la configuración) es igual a cero.
2.3.3.
Principio de D’Alambert
El principio de D’Alambert asegura que, Cualquier configuración de un sistema en un instante dado puede considerarse como una configuración de equilibrio si se tienen en cuenta, además de las fuerzas aplicadas, las fuerzas de inercia. Si se consideran las fuerzas de inercia, el trabajo virtual para un sistema con ligaduras ideales será
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
N ⇣ X j=1
(a) F~j
3N ⇣ ⌘ X (a) mj ~r¨j · ~rj = 0 = Fi
mi x ¨i
i=1
28
⌘
xi .
(2.3.14)
Los xi (es decir los ~rj ) no son todos independientes ya que existen = l+m relaciones de ligadura, dadas por (P 3N @h↵ con ↵ = 1, ..., l @xi xi = 0 (2.3.15) Pi=1 3N a x = 0, con = 1, ..., m i i=1 i es decir que existen solamente 3N
2.4.
desplazamientos virtuales independientes.
Sistemas Holónomos
Suponga que se tiene un sistema con N partículas !Espacio de Configuración: R3N ligaduras geométricas holónomas, escritas de la forma h↵ (~x, t) = 0 con ↵ = 1, ...,
(2.4.1)
Los grados de libertad del sistema son n = 3N (en general n 3N ). Se definen n coordenadas generalizadas, q1 , q2 , ..., qn . De esta forma, la configuración del sistema se puede escribir como ~x = {x1 , ..., x3N } 2 R3N
(2.4.2)
~q = {q1 , ..., qn } 2 Rn .
(2.4.3)
~rj = ~rj (q1 , ..., qn , t) con j = 1, ..., N
(2.4.4)
xi = xi (q1 , ..., qn , t) con i = 1, ..., 3N.
(2.4.5)
o como
La transformación de coordenadas que relaciona estas dos representaciones se puede escribir como
o como
De esta forma se tiene x˙ i =
n X @xi @xi q˙k + @qk @t
(2.4.6)
k=1
donde las q˙k se denominan velocidades generalizadas.Ahora bien, ya que x˙ i =
@xi @xi @xi q˙1 + ... + q˙n + @q1 @qn @t
(2.4.7)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
29
es claro que @ x˙ i @xi = . @ q˙k @qk
(2.4.8)
Por otro lado, a partir de la ecuación (2.4.6), se puede escribir dxi =
n X @xi @xi dqk + dt @qk @t
(2.4.9)
k=1
y por ello, considerando un instante de tiempo fijo, se obtiene una relación entre los desplazamientos virtuales xi y qk , xi =
n X @xi qk . @qk
(2.4.10)
k=1
2.4.1.
Fuerzas Generalizadas
Utilizando la relación (2.4.10), el trabajo virtual de las fuerzas aplicadas será 3N X
(a) Fi
xi =
i=1
3N X i=1
(a) Fi
" 3N # n n X X X (a) @xi @xi qk = Fi qk . @qk @qk i=1
k=1
(2.4.11)
k=1
Al término entre paréntesis se le denomina fuerza generalizada, Qk =
3N X i=1
o también Qk =
(a) @xi
Fi
@qk
,
N X
rj (a) @~ F~j · . @q k j=1
(2.4.12)
(2.4.13)
De esta forma, el trabajo virtual de las fuerzas aplicadas será 3N X
(a)
Fi
i=1
xi =
n X
Q k qk .
(2.4.14)
k=1
Por otro lado, el trabajo virtual de las fuerzas de inercia es " 3N # n n X X X @xi @xi mi x ¨ i xi = mi x ¨i qk = mi x ¨i qk . @qk @qk i=1 i=1 i=1
3N X
Ahora bien,
3N X
k=1
k=1
(2.4.15)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
d dt
✓
@xi @qk
◆
Además, d dt d dt d dt d dt
✓ ✓ ✓ ✓
@xi @qk @xi @qk @xi @qk
@xi x˙ i @qk
◆ ◆ ◆
= = =
◆
@xi d =x ¨i + x˙ i @qk dt
✓
30
@xi @qk
◆
(2.4.16)
.
✓ ◆ ✓ ◆ n X @ @xi @ @xi q˙l + @ql @qk @t @qk l=1 ✓ ◆ ✓ ◆ n X @ @xi @ @xi q˙l + @qk @ql @qk @t l=1 " n # @ X @xi @xi q˙l + @qk @ql @t
(2.4.17) (2.4.18) (2.4.19)
l=1
=
@ x˙ i . @qk
(2.4.20)
Reemplazando esta relación en (2.4.16) se obtiene ✓ ◆ d @xi @xi @ x˙ i x˙ i =x ¨i + x˙ i , dt @qk @qk @qk
(2.4.21)
es decir
x ¨i
@xi d = @qk dt
✓
x˙ i
@xi @qk
◆
x˙ i
@ x˙ i . @qk
(2.4.22)
Utilizando la ecuación (2.4.8) en el primer término de la derecha, ✓ ◆ @xi d @ x˙ i @ x˙ i x ¨i = x˙ i x˙ i @qk dt @ q˙k @qk ✓ ◆ @xi d 1 @ x˙ 2i 1 @ x˙ 2i x ¨i = . @qk dt 2 @ q˙k 2 @qk
(2.4.23) (2.4.24)
Al reemplazar esta expresión en la ecuación para el trabajo virtual de las fuerzas de inercia, (2.4.14), se tiene 3N X
mi x ¨ i xi =
i=1
n X 3N X
k=1 i=1
mi
d dt
✓
1 @ x˙ 2i 2 @ q˙k
◆
✓ ✓ ◆◆ n X 3N X d @ 1 2 mi x ¨ i xi = mi x˙ i dt @ q˙k 2 i=1 i=1
3N X
3N X i=1
k=1
mi x ¨ i xi =
n X
k=1
"
d dt
3N @ X1 mi x˙ 2i @ q˙k i=1 2
!
1 @ x˙ 2i 2 @qk @ @qk
✓
(2.4.25)
qk
1 mi x˙ 2i 2
3N @ X1 mi x˙ 2i @qk i=1 2
◆ #
qk
qk .
(2.4.26)
(2.4.27)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
31
Identificando la energía cinética, T =
3N X 1 i=1
2
mi x˙ 2i ,
(2.4.28)
el trabajo virtual de las fuerzas de inercia es ✓ ◆ n X d @T mi x ¨ i xi = dt @ q˙k i=1
3N X
k=1
@T @qk
qk .
(2.4.29)
A partir del principio de D’Alambert (2.3.14), los trabajos virtuales (2.4.14) y (2.4.29) dan finalmente 3N ⇣ X
(a)
Fi
mi x ¨i
i=1
⌘
xi =
n X
Q k qk
k=1 n X
k=1
Qk
✓ ◆ n X d @T dt @ q˙k
k=1
d dt
✓
@T @ q˙k
◆
+
@T @qk
@T @qk
qk = 0.
qk = 0 (2.4.30)
(2.4.31)
Ya que los desplazamientos virtuales en las coordenadas generalizadas, qk , son todos independientes se concluye que ✓ ◆ d @T @T Qk + = 0, (2.4.32) dt @ q˙k @qk con lo que se obtienen finalmente las Ecuaciones de Lagrange de Primera Especie, ✓ ◆ d @T @T = Qk , (2.4.33) dt @ q˙k @qk con k = 1, 2, ..., n.
Ejemplo Pendulo Simple
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
Pendulo Simple
Espacio de(Configuración: R3 z =0 Ligaduras 2 2 x + y = l2 Grados de Libertad: n = 3N = 3 Coordenada Generalizada: q = ✓ Transformación de coordenadas:
2=1
x
=
l cos ✓
y
=
l sin ✓.
De esta forma, las velocidades serán x˙
=
y˙
=
l✓˙ sin ✓ l✓˙ cos ✓.
La energía cinética es T =
✓⇣ ⌘2 ⇣ ⌘2 ◆ 1 1 m x˙ 2 + y˙ 2 = m l✓˙ sin ✓ + l✓˙ cos ✓ 2 2
1 2 ˙2 ml ✓ . 2 Por otro lado, la fuerza generalizada viene dada por T =
Q✓ = F~ (a) ·
@~r , @✓
donde la fuerza aplicada es el peso, F~ (a) = mgˆi, y ya que ~r = l cos ✓ˆi + l sin ✓ˆj entonces @~r = @✓
l sin ✓ˆi + l cos ✓ˆj.
De esta forma, ⇣ ⌘ ⇣ ⌘ Q✓ = mgˆi · l sin ✓ˆi + l cos ✓ˆj
32
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
Q✓ =
33
mgl sin ✓.
Por otro lado, se tienen las derivadas @T =0 @✓ @T = ml2 ✓˙ @ ✓˙ ✓ ◆ d @T ¨ = ml2 ✓. dt @ ✓˙
De esta forma, la ecuación de Lagrange resulta ser ✓ ◆ d @T @T = Q✓ ˙ dt @ ✓ @✓ ml2 ✓¨ =
mgl sin ✓
g ✓¨ + sin ✓ = 0. l
Desplazamientos virtuales en el péndulo simple.
En la Figura 3a. puede observarse la representación de un desplazamiento virtual x y su relación con el desplazamiento virtual de la coordenada generalizada ✓. Con ello se nota inmediatamente que el trabajo virtual será W = W =
mg x
mgl sin ✓ ✓.
El término que acompaña a ✓ corresponde a la fuerza generalizada, es decir Q✓ = mgl sin ✓.
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
Ejemplo Pendulo Compuesto
Pendulo Compuesto
Número de Partículas: 2 Espacio de8 Configuración: R6 z1 =0 > > > x + y = l12 > 1 1 > : 2 2 (x2 x1 ) + (y2 y1 ) = l22 Grados de Libertad: n = 3N ( = 6 4 = 2 q1 = ✓1 Coordenadas Generalizadas: q2 = ✓2 Transformación de coordenadas: 8 > : z1 = 0 8 > : z2 = 0
De esta forma, las velocidades serán 8 ˙ > : z˙1 = 0 8 ˙ ˙ > : z˙2 = 0
34
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
35
La energía cinética es
T
=
1 1 m1 x˙ 21 + y˙ 12 + z˙12 + m2 x˙ 22 + y˙ 22 + z˙22 2 2
T =
⇣ 1 1 m1 l12 ✓˙12 + m2 l12 ✓˙12 + l22 ✓˙22 + 2l1 l2 cos (✓1 2 2
T =
1 1 (m1 + m2 ) l12 ✓˙12 + m2 l22 ✓˙22 + m2 l1 l2 cos (✓1 2 2
✓2 ) ✓˙1 ✓˙2
✓2 ) ✓˙1 ✓˙2
Por otro lado, las fuerzas generalizadas vienen dadas por ( (a) @~ (a) @~ r1 r2 + F~2 · @✓ Q1 = F~1 · @✓ 1 1 (a) (a) @~ r @~ Q2 = F~ · 1 + F~ · r2 1
2
@✓2
@✓2
donde las fuerzas aplicadas son los pesos, (a) F~1 (a) F~ 2
= =
m1 gˆi m2 gˆi
y ya que ~r1
=
l1 cos ✓1ˆi + l1 sin ✓1 ˆj
~r2
=
(l2 cos ✓2 + l1 cos ✓1 ) ˆi + (l2 sin ✓2 + l1 sin ✓1 ) ˆj
entonces @~r1 @✓1 @~r1 @✓2 @~r2 @✓1 @~r2 @✓2 De esta forma,
l1 sin ✓1ˆi + l1 cos ✓1 ˆj
= =
0
=
l1 sin ✓1ˆi + l1 cos ✓1 ˆj
=
l2 sin ✓2ˆi + l2 cos ✓2 ˆj
⌘
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
36
⇣ ⌘ ⇣ ⌘ ⇣ ⌘ ⇣ ⌘ Q1 = m1 gˆi · l1 sin ✓1ˆi + l1 cos ✓1 ˆj + m2 gˆi · l1 sin ✓1ˆi + l1 cos ✓1 ˆj Q1 =
(m1 + m2 ) gl1 sin ✓1 ,
y ⇣ ⌘ ⇣ ⌘ ⇣ ⌘ Q2 = m1 gˆi · (0) + m2 gˆi · l2 sin ✓2ˆi + l2 cos ✓2 ˆj Q2 =
m2 gl2 sin ✓2 .
Por otro lado, se tienen las derivadas @T = @✓1
m2 l1 l2 sin (✓1
✓2 ) ✓˙1 ✓˙2
@T = (m1 + m2 ) l12 ✓˙1 + m2 l1 l2 cos (✓1 ˙ @ ✓1 ⇣ ⌘ d @T dt @ ✓˙1 = h (m1 + m2 ) l12 ✓¨1 + m2 l1 l2 cos (✓1 ✓2 ) ✓¨2 sin (✓1
✓2 ) ✓˙2
⇣ ✓2 ) ✓˙2 ✓˙1
De esta forma, la primera ecuación de Lagrange resulta ser ✓ ◆ d @T @T = Q1 dt @ ✓˙1 @✓1
(m1 + m2 ) l12 ✓¨1 +m2 l1 l2 cos (✓1
✓2 ) ✓¨2 +m2 l1 l2 sin (✓1
✓2 ) ✓˙22 =
✓˙2
⌘i
.
(m1 + m2 ) gl1 sin ✓1
De forma similar se tiene @T = m2 l1 l2 sin (✓1 @✓2
d dt
⇣
@T @ ✓˙2
✓2 ) ✓˙1 ✓˙2
@T = m2 l22 ✓˙2 + m2 l1 l2 cos (✓1 ✓2 ) ✓˙1 @ ✓˙2 ⌘ h ⇣ = m2 l22 ✓¨2 + m2 l1 l2 cos (✓1 ✓2 ) ✓¨1 sin (✓1 ✓2 ) ✓˙1 ✓˙1
Así, la segunda ecuación de Lagrange resulta ser ✓ ◆ d @T @T = Q2 ˙ dt @ ✓2 @✓2
m2 l22 ✓¨2 + m2 l1 l2 cos (✓1
✓2 ) ✓¨1
m2 l1 l2 sin (✓1
✓2 ) ✓˙12 =
✓˙2
⌘i
.
m2 gl2 sin ✓2 .
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
37
Desplazamientos virtuales en el pendulo compuesto
En las Figuras puede observarse la representación de los desplazamientos virtuales x1 y x2 , al igual que su relación con los desplazamientos virtuales de las coordenadas generalizadas, ✓1 y ✓2 . Con ello, es inmediato que los trabajos virtuales serán W2
=
m2 g x2
W2
=
m2 gl2 sin ✓2 ✓2
W1
=
m1 g x1
m2 g x 1
W1
=
m1 gl1 sin ✓1 ✓1
W1
=
(m1 + m2 ) gl1 sin ✓1 ✓1 .
m2 gl1 sin ✓1 ✓1
Los términos que acompañan a los ✓ corresponden a las fuerzas generalizadas, es decir Q2
=
m2 gl2 sin ✓2
Q1
=
(m1 + m2 ) gl1 sin ✓1 .
Caso Particular. Nótese que en el caso particular de masas iguales, m1 = m2 = m, y cuerdas del mismo tamaño, l1 = l2 = l, las ecuaciones de Lagrange para este sistema se reducen a (
2ml2 ✓¨1 + ml2 cos (✓1 ✓2 ) ✓¨2 + ml2 sin (✓1 ✓2 ) ✓˙22 ml2 ✓¨2 + ml2 cos (✓1 ✓2 ) ✓¨1 ml2 sin (✓1 ✓2 ) ✓˙12
= =
2mgl sin ✓1 mgl sin ✓2
Si se asumen pequeñas oscilaciones, i.e. se desprecian ordenes cuadráticos y superiores,
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
sin ✓i cos ✓i ✓1 ✓2 ✓i2 las ecuaciones se reducen a (
2.5.
✓¨1 + 12 ✓¨2 ✓¨2 + ✓¨1
⇡
✓i
⇡
0
⇡
1
⇡
0,
38
g l ✓1 g l ✓2 .
= =
Fuerzas Conservativas
Si todas las fuerzas aplicadas son del tipo conservativo, i.e. se pueden escribir en términos de una función potencial V = V (x1 , ..., x3N , t) de la forma (a) F~j =
~ j V, r
(2.5.1)
entonces el trabajo virtual de las fuerzas aplicadas será Qk = o también,
N X
rj (a) @~ F~j · = @q k j=1
Qk =
N X
~ j V · @~rj r @qk j=1
3N X @V @xi @x i @qk i=1
Qk =
@V . @qk
De esta forma, la ecuación de Lagrange para el sistema será ✓ ◆ d @T @T @V = Qk = dt @ q˙k @qk @qk ✓ ◆ d @T @ (T V ) = 0. dt @ q˙k @qk
(2.5.2)
(2.5.3) (2.5.4)
(2.5.5) (2.5.6)
Ahora bien, ya que el potencial no depende de las velocidades generalizadas q˙k , se puede escribir ✓ ◆ d @ (T V ) @ (T V ) = 0. (2.5.7) dt @ q˙k @qk
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
39
Así, si se define la función de Lagrange o Lagrangiano, mediante L=T
(2.5.8)
V,
se obtiene la Ecuación de Lagrange de Segunda Especie, ✓ ◆ d @L @L = 0. dt @ q˙k @qk
(2.5.9)
Ejemplo Pendulo Compuesto Ya que las fuerzas involucradas en este ejemplo son conservativas, se puede definir el potencial total del sistema, el cual será la suma de los potenciales de cada una de las dos partículas, V = V 1 + V2 con V1
=
m1 g (l1 + l2
l1 cos ✓1 )
V2
=
m2 g (l1 + l2
l1 cos ✓1
(2.5.10) l2 cos ✓2 ) .
(2.5.11)
La ecuación (2.5.4) permite calcular las fuerzas generalizadas como Q1 =
@V = @✓1
(m1 gl1 sin ✓1 + m2 gl1 sin ✓1 )
Q1 =
(m1 + m2 ) gl1 sin ✓1
y Q2 =
@V = @✓2
Q2 =
2.5.1.
(m2 gl2 sin ✓2 )
m2 gl2 sin ✓2 .
Potencial Generalizado
La ecuación de Lagrange de segunda especie se puede escribir también en términos de un potencial generalizado, U = U (q, q, ˙ t), de tal forma que el lagrangiano sea L=T
U.
Si este es el caso, la ecuación de Lagrange será,
(2.5.12)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
d dt d dt
✓
@T @ q˙k
◆
✓
◆ @L @L =0 @ q˙k @qk ✓ ◆ d @U @T @U + = 0, dt @ q˙k @qk @qk
40
(2.5.13) (2.5.14)
y de acuerdo con la ecuación de Lagrange de primera especie, podemos escribir finalmente ✓ ◆ ✓ ◆ d @T @T d @U @U = = Qk . (2.5.15) dt @ q˙k @qk dt @ q˙k @qk
2.5.2.
Fuerza Electromagnética
Para ilustrar el análisis de fuerzas conservativas, se considerará el caso del campo electromagnético, representado por las conocidas ecuaciones de Maxwell, ~ ·E ~ r ~ ·B ~ r
=
4⇡⇢
(2.5.16)
=
0
(2.5.17)
~ ⇥E ~ r
=
~ ⇥B ~ r
=
~ 1 @B c @t ~ 4⇡ ~ 1 @ E J+ , c c @t
y la ecuación de movimiento (Fuerza de Lorentz), ~ ~ + 1 ~v ⇥ B ~ . F =q E c
(2.5.18) (2.5.19)
(2.5.20)
~ siempre es cero, y por ello La ecuación (2.5.17) dice que la divergencia de B el campo magnético puede escribirse como el rotacional de un potencial vectorial ~ A, ~ =r ~ ⇥ A. ~ B
(2.5.21)
Reemplazando esta expresión en la ecuación (2.5.18), se tiene ~ ⇥E ~ = r
~ 1~ @A r⇥ c @t ! ~ ~ + 1 @ A = 0. E c @t
~ ⇥E ~ = r ~ ⇥ r
⌘ 1 @ ⇣~ ~ r⇥A c @t
(2.5.22) (2.5.23) (2.5.24)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
41
Esta ecuación asegura que el término entre paréntesis siempre tiene un rotacional nulo, y por ello esta expresión puede escribirse como el gradiente de un potencial escalar , ~ ~ + 1 @A = r ~ . E (2.5.25) c @t Tanto el potencial vectorial como el escalar son, en general, funciones de la posición y del tiempo, ~ A
=
~ (x, y, z, t) A
(2.5.26)
=
(x, y, z, t) .
(2.5.27)
La fuerza de Lorentz se puede escribir en términos de los potenciales, " # ⇣ ⌘ ~ 1 @ A 1 ~ ~ ⇥A ~ . F~ = q r + ~v ⇥ r (2.5.28) c @t c 2.5.2.1.
Potencial generalizado
Para identificar el potencial generalizado consideraremos la componente x de la fuerza de Lorentz, ⇣ ⌘i 1 @Ax 1h @ ~ ⇥A ~ Fx = q + ~v ⇥ r . (2.5.29) @x c @t c x El último término del lado derecho resulta ser h ⇣ ⌘i ⇣ ⌘ ⇣ ⌘ ~ ⇥A ~ ~ ⇥A ~ ~ ⇥A ~ , ~v ⇥ r = vy r vz r x
z
(2.5.30)
y
~ son y ya que las componentes y y z del rotacional de A ⇣
⌘ ~ ⇥A ~ r y ⇣ ⌘ ~ ⇥A ~ r z
se tiene
✓ h ⇣ ⌘i @Ay ~ ⇥A ~ ~v ⇥ r = vy @x x
h ⇣ ⌘i @Ay ~ ⇥A ~ ~v ⇥ r = y˙ @x x
= =
@Ax @z @Ay @x
@Ax @y y˙
◆
@Ax @y
@Az @x @Ax , @y
vz
z˙
✓
@Ax @z
(2.5.31) (2.5.32)
@Az @x
◆
@Ax @Az + z˙ . @z @x
Si se considera la derivada total de Ax con respecto al tiempo,
(2.5.33) (2.5.34)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
42
dAx @Ax @Ax @Ax @Ax = x˙ + y˙ + z˙ + dt @x @y @z @t
(2.5.35)
@Ax y˙ @y
(2.5.36)
@Ax z˙ = @z
dAx @Ax @Ax + x˙ + , dt @x @t
se tiene h ⇣ ⌘i @Ay @Az ~ ⇥A ~ ~v ⇥ r = y˙ + z˙ @x @x x
dAx @Ax @Ax + x˙ + . dt @x @t
(2.5.37)
Esta expresión se puede escribir como h ⇣ ⌘i @Ax @Ay @Az ~ ⇥A ~ ~v ⇥ r = x˙ + y˙ + z˙ @x @x @x x
dAx @Ax + dt @t
(2.5.38)
h ⇣ ⌘i @ ~ ⇥A ~ ~v ⇥ r = (xA ˙ x + yA ˙ y + zA ˙ z) @x x
dAx @Ax + dt @t
(2.5.39)
h ⇣ ⌘i @ ⇣ ~ ⌘ dAx @Ax ~ ⇥A ~ ~v ⇥ r = ~v · A + . (2.5.40) @x dt @t x De esta forma, la componente x de la fuerza de Lorentz toma la forma
Fx = q
@ @x
1 @Ax 1 @ ⇣ ~⌘ + ~v · A c @t c @x "
@ Fx = q @x
~ ~v · A c
!
dAx @Ax + dt @t
(2.5.41)
# 1 dAx . c dt
(2.5.42)
~ = xA Por otro lado, ya que ~v · A ˙ x + yA ˙ y + zA ˙ z , se tiene ⇣ ⌘ ~ @ ~v · A = Ax , @ x˙ y por lo tanto ⌘3 2 ⇣ ~ 1 dAx 1 d 4 @ ~v · A 5 = . c dt c dt @ x˙
(2.5.43)
(2.5.44)
Así se obtiene
2
Fx = q 4
@ @x
~ ~v · A c
!
⌘ 13 0 ⇣ ~ @ ~ v · A 1 d @ A5 c dt @ x˙
(2.5.45)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
43
y ya que no depende de las velocidades, se puede introducir esta función en el segundo término, " ! !!# ~ ~ @ ~v · A d @ ~v · A Fx = q (2.5.46) @x c dt @ x˙ c o mejor ✓ ⌘◆ ⌘ d @ ⇣ q @ ⇣ q ~ ~ . q ~v · A q ~v · A dt @ x˙ c @x c Si se compara esta expresión con la ecuación (2.5.15), ✓ ◆ d @U @U Fx = , dt @ x˙ @x se puede identificar el potencial generalizado electromagnético como Fx =
(2.5.47)
(2.5.48)
q ~ ~v · A. (2.5.49) c Finalmente, el Lagrangiano de una partícula cargada en un campo electromagnético será U =q
L=
2.6.
1 mv 2 2
q ~ q + ~v · A. c
(2.5.50)
Fuerzas no-Conservativas
Si además de fuerzas conservaticvas, existen fuerzas aplicadas no-conservativas (i.e. que no provienen de un potencial), la ecuación de Lagrange puede generalizarse mediante ✓ ◆ d @L @L = Qk (2.6.1) dt @ q˙k @qk donde Qk representa las fuerzas generalizadas que no provienen de potenciales. Ejemplo Fuerza de Fricción Si se considera una fuerza de fricción que depende de la velocidad, esta se puede modelar de la forma ⇣ ⌘ f~ = bx vxˆi + by vy ˆj + bz vz kˆ
Aún cuando esta fuerza no se puede obtener a partir de una función potencial, si es posible definir la función de disipación de Rayligh, F=
1X bx x˙ 2i + by y˙ i2 + bz z˙i2 , 2 i
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
44
a partir de la cual se puede definir la fuerza de fricción como ⇣ ⌘ ~ ~v F = f~i = r bx x˙ iˆi + by y˙ i ˆj + bz z˙i kˆ .
De esta forma, la fuerza generalizada asociada con la fuerza de fricción puede escribirse como Qk =
N X
rj (a) @~ F~j · = @q k j=1 Qk =
N X
~ ~v F · @~rj r @qk j=1
N X
˙ ~ ~v F · @~rj r @ q˙k j=1
Qk =
@F . @ q˙k
De esta forma, la ecuación de Lagrange toma la forma ✓ ◆ d @L @L @F = . dt @ q˙k @qk @ q˙k
Por otro lado, el trabajo hecho en contra de la fuerza de fricción también puede escribirse en términos de F. Para ello nótese que X X dW = f~i · d~ri = f~i · ~vi dt i
dW =
X⇣ i
i
⌘ ⇣ ⌘ bx x˙ iˆi + by y˙ i ˆj + bz z˙i kˆ · x˙ iˆi + y˙ i ˆj + z˙i kˆ dt dW =
X
bx x˙ 2i + by y˙ i2 + bz z˙i2 dt
(2.6.2) (2.6.3)
i
es decir
dW =
2Fdt,
(2.6.4)
2F.
(2.6.5)
o dW = dt
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
2.7.
45
Transformaciones de Coordenadas (Transformación de punto)
Considere un transformación que lleva del conjunto de coordenadas generalizadas qk al conjunto de coordenadas generalizadas sl , representada por la relación (2.7.1)
qk = qk (s1 , ..., sl , t) .
Bajo este cambio de coordenadas, el lagrangiano del sistema quedará representado por una función con argumentos ¯ (s, s, L ˙ t) = L [q (s, t) , q˙ (s, s, ˙ t) , t] .
(2.7.2)
Nótese que las velocidades generalizadas q˙k dependen de las velocidades s˙ l . Esto se observa fácilmente en la relación q˙k =
X @qk @sl
l
s˙l +
@qk . @t
(2.7.3)
Si todas las fuerzas que actuan son conservativas, la ecuación de Lagrange que obedece L es ✓ ◆ d @L @L = 0. (2.7.4) dt @ q˙k @qk ¯ Para ello nótese que Ahora se calculará cuál es la ecuación que satisface L. n
X ¯ @L = @sk l=1
Además,
✓
@L @ql @L @ q˙l + @ql @sk @ q˙l @sk
◆
.
(2.7.5)
n
X @L @ q˙l ¯ @L = , @ s˙ k @ q˙l @ s˙ k
(2.7.6)
l=1
y por ello d dt
✓ ¯◆ ✓ ◆ ✓ ◆ n n X @L d X @L @ q˙l d @L @ q˙l @L d @ q˙l = = + . (2.7.7) @ s˙ k dt @ q˙l @ s˙ k dt @ q˙l @ s˙ k @ q˙l dt @ s˙ k l=1
l=1
Utilizando la ecuación del Lagrange de L, (2.7.4), se puede reemplazar el primer término de la derecha, d dt y debido a (2.4.8),
✓ ¯◆ X ✓ ◆ n @L @L @ q˙l @L d @ q˙l = + , @ s˙ k @ql @ s˙ k @ q˙l dt @ s˙ k l=1
(2.7.8)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
d dt
46
✓ ¯◆ X ✓ ◆ n @L @L @ql @L d @ql = + @ s˙ k @ql @sk @ q˙l dt @sk
(2.7.9)
l=1
d dt
✓ ¯◆ X n @L @L @ql @L @ q˙l = + . @ s˙ k @ql @sk @ q˙l @sk
(2.7.10)
l=1
¯ se obtiene a partir de (2.7.5) y De esta forma, la ecuación de Lagrange para L (2.11.4), d dt
✓ ¯◆ @L @ s˙ k
n X ¯ @L @L @ql @L @ q˙l = + @sk @ql @sk @ q˙l @sk
n X @L @ql @L @ q˙l + @ql @sk @ q˙l @sk l=1 (2.7.11)
l=1
d dt
✓ ¯◆ @L @ s˙ k
¯ @L = 0. @sk
(2.7.12)
Esta relación indica que la ecuación de Lagrange es invariante bajo transformaciones de coordenadas.
2.8.
Transformaciónes de Calibración
La ecuación de Lagrange es también invariante bajo transformaciones de calibración, es decir transformaciones en las que el lagrangiano L se redefine en la forma dF , (2.8.1) dt donde F = F (q1 , ..., qn , t) es una función escalar de las coordenadas y del tiempo. Para comprobar que, en efecto, la ecuación de Lagrange es invariante, nótese que L0 = L +
d dt
✓
@L0 @ q˙k
◆
@L0 @qk
= =
✓ ◆ d @L + dt @ q˙k ✓ ◆ d @L dt @ q˙k
✓ ✓ ◆◆ d @ dF @L dt @ q˙k dt @qk ✓ ✓ ◆◆ @L d @ dF + @qk dt @ q˙k dt
✓ ◆ @ dF (2.8.2) @qk dt ✓ ◆ @ dF . (2.8.3) @qk dt
Los dos primeros términos de la derecha cooresponden a la ecuación de lagrange para L y por esta razón desaparecen. De esta forma, d dt
✓
@L0 @ q˙k
◆
@L0 @qk
=
d dt
✓
@ @ q˙k
✓
dF dt
◆◆
@ @qk
✓
dF dt
◆
.
(2.8.4)
Ahora bien, ya que F depende únicamente de las coordenadas y del tiempo,
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
47
n
X @F dF @F = q˙l + , dt @ql @t
(2.8.5)
l=1
y por ello
@ @ q˙k
✓
dF dt
De esta forma, finalmente se tiene d dt
✓
@L0 @ q˙k
◆
@L0 @qk
=
✓
◆
d dt
2.9.
@L0 @ q˙k
◆
=
@F . @qk
d dt
✓
@F @qk
@L0 @qk
(2.8.6)
◆
=
@ @qk
✓
dF dt
◆
(2.8.7)
(2.8.8)
0.
Forma General de la Energía Cinética
La energía cinética para un sistema con N partículas se definió como (2.11.4) N
T =
N
N
1X 1X 1X mj vj2 = mj ~vj · ~vj = mj ~r˙j · ~r˙j . 2 j=1 2 j=1 2 j=1
(2.9.1)
Si el sistema tiene n grados de libertad, las velocidades se pueden escribir ~r˙j =
n X @~rj l=1
y de esta forma, N
1X T = mj 2 j=1
@ql
n X @~rj l=1
@~rj q˙l + @ql @t
q˙l +
!
·
@~rj , @t
n X @~rj @~rj q˙k + @qk @t
k=1
(2.9.2)
!
(2.9.3)
" n n # N n X X @~rj @~rj X 1X @~rj @~rj @~rj @~rj T = mj · q˙k q˙l + 2 · q˙k + · . 2 j=1 @ql @qk @qk @t @t @t k=1 l=1
k=1
Si se define el término cuadrático en la velocidad n
T2 =
n
1 XX Tkl q˙k q˙l 2 k=1 l=1
con
(2.9.4)
(2.9.5)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
Tkl =
N X
mj
j=1
el término lineal en la velocidad
T1 =
48
@~rj @~rj · , @ql @qk
n X
(2.9.6)
(2.9.7)
Tk q˙k
k=1
con Tk =
N X j=1
y el término independiente
mj
@~rj @~rj · , @qk @t
N
N
1X @~rj @~rj 1X T0 = mj · = mj 2 j=1 @t @t 2 j=1
(2.9.8)
✓
@~rj @t
◆2
,
la energía cinética se escribirá en términos de las velocidades generalizadas en la forma n
T =
n
n
X 1 XX Tkl q˙k q˙l + Tk q˙k + T0 2 k=1 l=1
(2.9.9)
k=1
T = T2 + T1 + T0 .
(2.9.10)
Nótese que la existencia del término lineal en la velocidad, T1 , y del término independiente, T0 , depende de si la transformación ~r = ~r (q1 , ..., qn , t) contiene explícitamente al tiempo o no. En general, se puede decir que cuando el sistema posee ligaduras holónomas esclerónomas, estos dos términos son nulos (T1 = T0 = 0) y en ese caso la energía cinética solo posee el término cuadrático en las velocidades generalizadas. Ahora bien, el lagrangiano para un sistema completamente general tomará la forma L = T2 + T1 + T0
V.
(2.9.11)
Finalmente, cuando Tkl = 0 para k 6= l se dice que se utilizan coordenadas ortogonales. Ejemplo Particula en una barra
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
49
Partícula en una barra.
Considere el sistema que se muestra en la Figura 5 y que consta de una particula puntual de masa m que se mueve junto con una barra que rota con velocidad angualr !. Si se utilizan coordenadas cilindricas, (r, ✓, z), las ligaduras del sistema se pueden escribir z ✓
=
0
!t =
0.
La energía cinética de la partícula será ⌘ 1 1 ⇣ 2 m r˙ + r2 ✓˙2 = m r˙ 2 + r2 ! 2 . 2 2 Aqui es posible identificar dos términos en la energía cinética, T =
T2
=
T0
=
1 2 mr˙ 2 1 2 2 mr ! . 2
Por otro lado, la energía potencial de la partícula inmersa en el campo gravitacional será V = mgy = mgr sin ✓ = mgr sin (!t) . Así, el lagrangiano en este caso es L
=
L
=
T2 + T0 1 2 mr˙ + 2
V 1 2 2 mr ! 2
mgr sin (!t) .
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
50
Cuando el lagrangiano se define en términos de un potencial generalizado U = U (q, q, ˙ t), este también puede escribirse en terminos de tres funciones de la forma L=T
(2.9.12)
U = L2 + L1 + L0 ,
donde L2 es cuadrático en las velocidades, L1 es lineal en la velocidad y L0 es un término independiente
2.9.1.
Teorema de Euler sobre Funciones Homogéneas
Una función F (x1 , ..., xn ) se denomina homogénea de grado m si satisface F ( x1 , ..., xn ) =
m
(2.9.13)
F (x1 , ..., xn ) .
Considere el caso de una función de dos variables, F (x1 , x2 ), homogénea de grado m, es decir que satisface F ( x1 , x2 ) =
m
(2.9.14)
F (x1 , x2 ) .
Si se definen las variables y1 = x1 y y2 = x2 , se tiene entonces que dF ( x1 , x2 ) @F @y1 @F @y2 = + =m d @y1 @ @y2 @ @F @F x1 + x2 = m @y1 @y2 Ya que se obtiene
m 1
m 1
F (x1 , x2 )
F (x1 , x2 ) .
es arbitrario, se puede tomar el caso particular @F @F x1 + x2 = mF (x1 , x2 ) @x1 @x2 2 X @F xj = mF (x1 , x2 ) . @xj j=1
(2.9.15) (2.9.16)
= 1, con lo que
(2.9.17) (2.9.18)
La generalización de este resultado a funciones de n variables se conoce como Teorema de Euler para funciones homogéneas y asegura que para toda función homogénea de grado m, se cumple n X @F xj = mF. @xj j=1
(2.9.19)
Si este teorema se aplica a la energía cinética de un sistema se tiene que n X @T q˙k = 2T2 + T1 , @ q˙k
k=1
(2.9.20)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
51
ya que n X @T2
k=1 n X
k=1
q˙k
=
2T2
(2.9.21)
@T1 q˙k @ q˙k
=
1T1
(2.9.22)
@ q˙k
porque T2 es una función homogénea de grado 2 en las velocidades, T1 es una función homogénea de grado 1 y T0 no depende de las velocidades (homogénea de grado 0).
2.10.
Cantidades conservadas
2.10.1.
Momentum Conjugado
Se dice que una coordenada qk es cíclica si el lagrangiano no depende explícitamente de ella, i.e. @L = 0. @qk
(2.10.1)
En este caso, la ecuación de Lagrange se reduce a d dt
✓
@L @ q˙k
d dt
✓
◆
@L @ q˙k
@L @qk ◆
=
=
0
0,
(2.10.2)
(2.10.3)
y por esta razón, el momento conjugado pk a la coordenada qk , definido por pk =
@L = cte. @ q˙k
(2.10.4)
es constante.
2.10.2.
Energía Generalizada
Considere la derivada total con respecto al tiempo del lagrangiano L = L (q, q, ˙ t),
Ya que
n
n
k=1
k=1
X @L dL X @L @L = q˙k + q¨k + . dt @qk @ q˙k @t
(2.10.5)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
d dt se tiene
✓
@L q˙k @ q˙k
◆
✓
@L d q¨k = @ q˙k dt y por ello n
n
k=1
k=1
X d dL X @L = q˙k + dt @qk dt dL = dt
✓ ◆ n X d @L dt @ q˙k
k=1
d = dt
✓
✓
@L q˙k @ q˙k
@L q˙k @ q˙k
◆
@L @ q˙k
◆
◆
d dt
q˙k +
✓
52
@L q¨k , @ q˙k
@L @ q˙k
◆
(2.10.6)
(2.10.7)
q˙k ,
✓ ◆ n X d @L @L q˙k + dt @ q˙k @t
(2.10.8)
k=1
n
X d @L q˙k + @qk dt k=1
✓
@L q˙k @ q˙k
◆
+
@L . @t
(2.10.9)
Debido a la ecuación de Lagrange para L, el primer término de la derecha es nulo, n
dL X d = dt dt k=1
dL dt d dt
✓
@L q˙k @ q˙k
◆
+
✓ ◆ n X d @L q˙k = dt @ q˙k k=1 ! n X @L q˙k L = @ q˙k
k=1
@L @t
(2.10.10)
@L @t
(2.10.11)
@L . @t
(2.10.12)
La cantidad entre paréntesis se define como la energía generalizada, h, h=
n X @L q˙k @ q˙k
L,
(2.10.13)
k=1
y con ello
dh @L = . (2.10.14) dt @t Si la coordenada temporal es cíclica, es decir L no depende explícitamente del tiempo, la energía generalizada es constante, Si
@L dh = 0 =) = 0 =) h = cte. @t dt
(2.10.15)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
2.10.3.
53
Energía Mecánica Total
Considere un sistema cuyo lagrangiano sea L=T
V = T2 + T1 + T0
(2.10.16)
V
con V = V (q, t). La energía generalizada (2.10.13) para este sistema es h=
n X @L q˙k @ q˙k
(2.10.17)
L
k=1
h=
n X @T2
k=1
@ q˙k
q˙k +
n X @T1
k=1
@ q˙k
q˙k +
n X @T0
@ q˙k
k=1
q˙k
(T2 + T1 + T0
V ).
(2.10.18)
Por el teorema de Euler para funciones homogéneas se tiene h = 2T2 + T1
(T2 + T1 + T0
h = T2
T0 + V.
Como ya se presentó, si t es cíclica, conserva, i.e. h = T2
@L @t
V)
(2.10.19) (2.10.20)
= 0, la energía generalizada se
T0 + V = cte.
(2.10.21)
Por otro lado, si las ligaduras son esclerónomas, xj = xj (q1 , ..., qn ), entonces T0 = T1 = 0, y la cantidad conservada es h = T2 + V = E = cte
(2.10.22)
y se denomina en este caso Energía Mecánica Total. Ejemplo Particula en un campo gravitacional El lagrangiano de una partícula de masa m dentro de un campo gravitacional es 1 m x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 mgz. 2 Ya que las coordenadas x y y son cíclicas, se tienen las cantidades conservadas L=
px
=
py
=
@L = mx˙ = cte @ x˙ @L = my˙ = cte. @ y˙
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
54
Por otro lado, la energía generalizada es
h
=
n X @L q˙k @ q˙k
L
k=1
h
=
@L @L @L x˙ + y˙ + z˙ @ x˙ @ y˙ @ z˙
h = mx˙ 2 + my˙ 2 + mz˙ 2
1 m x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 + mgz 2 1 m x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 + mgz 2
1 m x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 + mgz. 2 Comparando con la expresión h = T2 T0 + V se nota que T0 = 0, y por ello la energía geenralizada corresponde a la energía mecánica total, h=
h=
1 m x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 + mgz = E. 2
En el caso en el que el lagrangiano proviene de un potencial generalizado U = U (q, q, ˙ t), se tiene (2.10.23)
L = L2 + L1 + L0 y la energía generalizada será
h h
= =
n X @L q˙k @ q˙k
k=1 n X k=1
(2.10.24)
L n
n
k=1
k=1
X @L1 X @L0 @L2 q˙k + q˙k + q˙k @ q˙k @ q˙k @ q˙k
(L2 + L1 + L0 ) (2.10.25) .
Debido al teorema de Euler para funciones homogéneas, h = 2L2 + L1
(L2 + L1 + L0 )
h = L2 + L0 . Ejemplo Péndulo Esférico
(2.10.26) (2.10.27)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
Pendulo Esférico.
Espacio de Configuración: R3 Ligaduras r l = 0 Grados de Libertad: n = 3N ( = 3 1 = 2 q1 = ' Coordenadas Generalizadas: q2 = ✓ Transformación de coordenadas: x
=
l sin ✓ cos '
y z
= =
l sin ✓ sin ' l cos ✓.
De esta forma, las velocidades serán x˙
=
y˙
=
z˙
=
l✓˙ cos ✓ cos ' l'˙ sin ✓ sin ' l✓˙ cos ✓ sin ' + l'˙ sin ✓ cos ' l✓˙ sin ✓.
La energía cinética es
T
=
1 m x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 2
⌘ 1 2 ⇣ ˙2 ml ✓ + '˙ 2 sin2 ✓ . 2 El potencial se define con respecto al plano xy, T =
V = y con ello el lagrangiano es
mgz =
mgl cos ✓,
55
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
56
⌘ 1 2 ⇣ ˙2 ml ✓ + '˙ 2 sin2 ✓ + mgl cos ✓. 2 A partir de este puede observarse que la coordenada ' es cíclica y por ello existe una cantidad conservada, L=
p' =
@L = ml2 '˙ sin2 ✓ = cte. @ '˙
Por otro lado, la coordenada temporal también es cíclica y por ello la energía generalizada se conserva. Nótese que en este caso T0 = T1 = 0 y por ello la energía generalizada coincide con la energía mecánica total, ⌘ 1 2 ⇣ ˙2 ml ✓ + '˙ 2 sin2 ✓ mgl cos ✓. 2 Ya que se tienen dos grados de libertad (n = 2), existen dos integrales primeras. Una de ellas corresponde a la energía, la cual se puede escribir, utilizando el momentum conservado p' , como ⇣ p ⌘2 1 ' E = ml2 ✓˙2 + mgl cos ✓ 2 2 ml sin ✓ h = T2 + V = E =
E + mgl cos ✓ =
p2' 1 2 ˙2 1 ml ✓ + 2 2 ml2 sin2 ✓
˙ o despejando ✓, " 2 ✓ = E + mgl cos ✓ ml2 ˙2
# p2' 1 . 2 ml2 sin2 ✓
Definiendo la función f (✓) =
p2' 1 2 ml2 sin2 ✓
mgl cos ✓
se tiene 2 [E f (✓)] ✓˙2 = ml2 r d✓ 2 = [E f (✓)], dt ml2 con lo que se obtiene la integral primera ˆ d✓ q = t t0 , 2 f (✓)] ml2 [E
que permite encontrar, en principio, la función ✓ = ✓ (t).
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
57
Por otra parte, de la definición del momentum conservado p' se tiene '˙ =
p' , ml2 sin2 ✓ (t)
de donde se obtiene la integral '
'0 =
ˆ
ml2
p' dt, sin2 ✓ (t)
que permite encontrar la función ' = ' (t). A partir de la ley de movimiento, es decir de las funciones ✓ (t) y ' (t) es posible deducir la ecuación de la trayectoria, es decir la función ✓ = ✓ ('), con lo que quedaría completamente resuelto el problema. Nótese que las condiciones iniciales del ejercicio, que sensuelen escribir o como {~r0 , ~v0 }, están representadas aquí por las constantes ✓0 , '0 , ✓˙0 , '˙ 0 ó equivalentemente mediante las constantes {E, p' , ✓0 , t0 }. Ejemplo Péndulo con punto de apoyo móvil
Pendulo con el punto de apoyo móvil.
Espacio de8 Configuración: R6 > z1 = 0 > > y1 = 0 > > : 2 2 (x1 x2 ) + (y1 y2 ) = l2 Grados de Libertad: n = 3N ( = 6 4 = 2 q1 = x 1 = x Coordenadas Generalizadas: q2 = ✓
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
Transformación de coordenadas: 8 > < x1 y1 > : z1 8 > < x2 y2 > : z2
58
=x =0 =0
= l sin ✓ + x = l cos ✓ = 0.
De esta forma, las velocidades serán 8 > : z˙1 = 0 8 ˙ > : z˙2 = 0. La energía cinética está dada por
T
=
T
T
=
=
1 1 m1 x˙ 21 + y˙ 12 + z˙12 + m2 x˙ 22 + y˙ 22 + z˙22 2 2 ⇣ ⌘ 1 1 m1 x˙ 2 + m2 l2 ✓˙2 + x˙ 2 + 2l✓˙x˙ cos ✓ 2 2 1 1 (m1 + m2 ) x˙ 2 + m2 l2 ✓˙2 + m2 l✓˙x˙ cos ✓. 2 2
El potencial se define como cero en y = V = m1 gl + m2 g (l V = (m1 + m2 ) gl
l, y de esta forma l cos ✓)
m2 gl cos ✓.
Ya que el primer término es constante y en última solo importarán los cambios de potencial, se puede considerar que el potencial relevante se reduce simplemente a V =
m2 gl cos ✓
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
59
y con ello el lagrangiano es L=
1 1 (m1 + m2 ) x˙ 2 + m2 l2 ✓˙2 + m2 l✓˙x˙ cos ✓ + m2 gl cos ✓. 2 2
A partir de este puede observarse que la coordenada x es cíclica y por ello existe una cantidad conservada, @L = (m1 + m2 ) x˙ + m2 l✓˙ cos ✓ = cte. @ x˙ Si se supone que una de las condiciones iniciales es px = 0 (i.e. el punto de apoyo del péndulo no está en movimiento incialmente), esta ecuación de conservación permite escribir px =
x˙ =
m2 l✓˙ cos ✓ . (m1 + m2 )
Por otro lado, la coordenada temporal también es cíclica y por ello la energía generalizada se conserva. Al igual que en el ejemplo anterior, T0 = T1 = 0 y por ello la energía generalizada coincide con la energía mecánica total, h = T2 + V = E =
1 1 (m1 + m2 ) x˙ 2 + m2 l2 ✓˙2 + m2 l✓˙x˙ cos ✓ 2 2
m2 gl cos ✓.
Ya que se tienen dos grados de libertad (n = 2), existen dos integrales primeras. Una de ellas corresponde a la energía,
E=
1 (m1 + m2 ) 2
E=
✓
◆2 m2 l✓˙ cos ✓ 1 m2 l✓˙ cos ✓ + m2 l2 ✓˙2 + m2 l✓˙ cos ✓ (m1 + m2 ) 2 (m1 + m2 )
1 m22 l2 ✓˙2 cos2 ✓ 1 + m2 l2 ✓˙2 2 (m1 + m2 ) 2
m22 l2 ✓˙2 cos2 ✓ (m1 + m2 )
1 1 m22 l2 ✓˙2 cos2 ✓ m2 l2 ✓˙2 2 2 (m1 + m2 ) 1 1 m22 l2 cos2 ✓ ˙2 E= m2 l2 ✓ 2 2 (m1 + m2 ) E=
˙ o despejando ✓,
E + m2 gl cos ✓ ✓˙2 = , f (✓)
m2 gl cos ✓
m2 gl cos ✓
m2 gl cos ✓ m2 gl cos ✓
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
60
donde se ha definido la función f (✓) = Así se tiene
1 m2 l2 1 2
d✓ = dt
s
m2 cos2 ✓ . (m1 + m2 )
E + m2 gl cos ✓ , f (✓)
con lo que se obtiene la integral primera ˆ s f (✓) d✓ = t E + m2 gl cos ✓
t0 ,
que permite encontrar la función ✓ = ✓ (t). Por otra parte, de la ecuación para el momentum conservado junto con la condición inicial px = 0 se tiene x˙ =
m2 l✓˙ cos ✓ . (m1 + m2 )
de donde se obtiene la integral x
m2 l x0 = (m1 + m2 )
ˆ
˙ cos ✓ (t) dt, ✓ (t)
que permite encontrar la función x = x (t).
Ejemplo Particula en una barra rotante
Péndulo en una barra rotante.
Espacio de Configuración: R3
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
Ligaduras
(
z=0 sin ✓ = sin !t = p
61
y x2 +y 2
Grados de Libertad: n = 3N = 3 2 = 1 Coordenadas Generalizadas: q1 = r Nótese que la segunda ligadura puede escribirse también como: h1 = ✓ !t = 0. Transformación de coordenadas: ( x = r cos !t y = r sin !t. De esta forma, las velocidades son ( x˙ = r˙ cos !t r! sin !t y˙ = r˙ sin !t + r! cos !t. La energía cinética está dada por
T
=
⌘ 1 1 1 ⇣ m x˙ 2 + y˙ 2 = m r˙ 2 + r2 ✓˙2 = m r˙ 2 + r2 ! 2 2 2 2
Ya que no existe potencial en este caso,V = 0, el lagrangiano es 1 m r˙ 2 + r2 ! 2 . 2 La coordenada temporal es cíclica y por ello la energía generalizada se conserva, L=
h
=
n X @L q˙k @ q˙k
L
k=1
1 m r˙ 2 + r2 ! 2 2
h
=
mr˙ 2
h
=
1 m r˙ 2 2
r2 ! 2 = cte.
La integral de la energía resulta ser en este caso 2h = r˙ 2 m r˙ 2 =
r2 ! 2
2h + r2 ! 2 m
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
62
r dr 2h = + r2 !2 , dt m con lo que se obtiene la integral primera ˆ dr q = t t0 , 2h 2 !2 + r m
que permite encontrar la función r = r (t). Al realizar la integral se obtiene " !# r 1 2h 2 2 ln 2m! + r ! + r! = t t0 ! m r 2h 1 !(t t0 ) + r2 ! 2 + r! = e . m 2m! Si se toma el caso partícular h = 0, la integral resulta ser r = e!(t
2.11.
t0 )
.
Teorema de Noether
El teorema de Noether (1918) asegura que a cada simetría del lagrangiano le corresponde la existencia de una constante de movimiento. Para comprobar esto, suponga un sistema holónomo con lagrangiano L = L (q, q, ˙ t). Definimos un nuevo sistema de coordenadas generalizadas, ( Qk = Qk (q, q, ˙ t, ✏) (2.11.1) T = T (q, q, ˙ t, ✏) , donde ✏ es un parámetro continue e independiente tal que ( Qk |✏=0 = qk T |✏=0 = t.
(2.11.2)
Con esta definición es claro que para todo k se cumple dQk = dT
dQk dt dT dt
=
Q˙ k . T˙
(2.11.3)
Teorema Sea F˙ la derivada total con respecto a t de una cierta función suave F = F (q, q, ˙ t). Si se puede establecer una transformación de coordenadas de la forma (2.11.1) con las propiedades (2.11.2), tal que
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
entonces, la cantidad
L (q, q, ˙ t)
✓
@T @✏
◆
⇢
✓ ◆ @ dQ L Q, , T T˙ @✏ dT
F+ ✏=0
= F˙ ,
@ q˙k
(2.11.4)
✏=0
✓ ◆ X @L (q.q, ˙ t) @Qk k
63
@✏
q˙k ✏=0
✓
@T @✏
◆
(2.11.5) ✏=0
es una integral primera del movimiento. Para comprobar este teorema son necesarios algunas relaciones intermedia. Para ellas se utilizará la notación
Ak
=
B
=
✓
◆ @Qk @✏ ✏=0 ✓ ◆ @T . @✏ ✏=0
(2.11.6) (2.11.7)
De esta forma, se tiene
Qk
=
T
=
✓
◆ @Qk Qk |✏=0 + ✏ + .... = Qk |✏=0 + Ak ✏ + .... (2.11.8) @✏ ✏=0 ✓ ◆ @T T |✏=0 + ✏ + .... = T |✏=0 + B✏ + .... (2.11.9) @✏ ✏=0
es decir que a primer orden en ✏, Qk
=
q k + Ak ✏
(2.11.10)
T
=
t + B✏,
(2.11.11)
Q˙ k T˙
=
q˙k + A˙ k ✏ ˙ 1 + B✏.
(2.11.12)
y por ello
=
(2.11.13)
Así, dQk Q˙ k q˙k + A˙ k ✏ = = , ˙ dT T˙ 1 + B✏ y por lo tanto al derivar con respecto a ✏,
(2.11.14)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
@ @✏
✓
dQk dT
◆
=
= y evaluando en ✏ = 0,
@ @✏
✓
64
! q˙k + A˙ k ✏ ˙ 1 + B✏ ⇣ ⌘ ⇣ ⌘ ˙ A˙ k 1 + B✏ q˙k + A˙ k ✏ B˙ , ⇣ ⌘2 ˙ 1 + B✏ @ @✏
dQk dT
◆
= A˙ k
˙ q˙k B.
(2.11.15)
(2.11.16)
(2.11.17)
✏=0
Ahora bien, para probar el teorema se tomará la ecuación (2.11.4) y se realizará la derivada con respecto a ✏, ⇢
✓ ◆ @ dQ L Q, , T T˙ @✏ dT
= ✏=0
(
Nótese que
✓ ◆ ✓ ◆) @ dQ @ T˙ dQ ˙ L Q, ,T T+ L Q, ,T = F˙ . @✏ dT @✏ dT ✏=0 (2.11.18) @ T˙ = B˙ @✏
y que
(2.11.19)
✓ ◆ ✓ ◆ X @L @Qk X @ dQ @L @ @Qk @L @T ⇣ ⌘ L Q, ,T = + + . @Qk @✏ @✏ dT @Qk @✏ @T @T @✏ @ k
k
@T
(2.11.20)
✓ ◆ ✓ ◆ X @L X @ dQ @L @ @Qk @L ⇣ ⌘ L Q, ,T = Ak + + B. @Q @✏ dT @Qk @✏ @T @T k @ k
k
@T
Al multiplicar por T˙ y evaluar en ✏ = 0, se tiene ⇢
✓ ◆ @ dQ L Q, ,T T˙ @✏ dT
= ✏=0
X @L X @L ⇣ Ak + A˙ k @qk @ q˙k k
k
y con ello, la ecuación (2.11.18) resulta ser X @L X @L ⇣ Ak + A˙ k @qk @ q˙k k
k
⌘ @L ˙ = F˙ . q˙k B˙ + B + BL @t
(2.11.21)
⌘ @L q˙k B˙ + B, @t (2.11.22)
(2.11.23)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
65
Utilizando en el tercer término de la izquierda X @L q˙k @qk
@L dL = @t dt
k
y en el primer término
@L d = @qk dt se obtiene X k
d Ak dt
✓
✓
@L @ q˙k
X @L q¨k @ q˙k ◆
k
(2.11.25)
,
" ⌘ dL ˙ q˙k B +B dt
◆ X @L @L ⇣ ˙ + Ak @ q˙k @ q˙k
(2.11.24)
k
# X @L ˙ = F˙ . q¨k +BL @ q˙k k (2.11.26)
X @L q˙k @qk k
Reuniendo algunos términos adecuadamente, X d ✓ @L ◆ Ak dt @ q˙k k
X @L d (BL) q˙k B˙ + @ q˙k dt k
X @L q˙k B @qk k
X @L q¨k B = F˙ @ q˙k k (2.11.27)
X d ✓ @L ◆ d (BL) X @L X d ✓ @L ◆ X @L Ak + q˙k B˙ q˙k B q¨k B = F˙ dt @ q˙k dt @ q˙k dt @ q˙k @ q˙k k k k k (2.11.28) ! X d ✓ @L ◆ d (BL) d X @L Ak + q˙k B = F˙ (2.11.29) dt @ q˙k dt dt @ q˙k k k " # X @L d X @L dF Ak + BL q˙k B = (2.11.30) dt @ q˙k @ q˙k dt k k " # X @L d X @L Ak + BL q˙k B F = 0. (2.11.31) dt @ q˙k @ q˙k k
k
Ahora bien, nótese que dentro del paréntesis se pueden agrupar algunos términos, " # d X @L (Ak q˙k B) + BL F = 0 (2.11.32) dt @ q˙k k
" ✓ ◆ d X @L @Qk dt @ q˙k @✏ ✏=0 k
q˙k
✓
@T @✏
◆
+L ✏=0
✓
@T @✏
◆
F ✏=0
#
= 0, (2.11.33)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
66
lo que implica directamente que la cantidad entre paréntesis, X @L ✓ @Qk ◆ @ q˙k @✏ ✏=0 k
q˙k
✓
@T @✏
◆
+L ✏=0
✓
@T @✏
◆
F = cte.
(2.11.34)
✏=0
es una integral primera (i.e. se conserva).
2.12.
Principio de Hamilton
Hasta ahora, el sistema ha sido descrito mediante n coordenadas generalizadas y el conjunto (q1 , ..., qk ) que corresponde a un punto de el espacio de configuración (espacio cartesiano n dimensional en donde los q definen los ejes de coordenadas) define el estado del sistema. Cuando avanza el tiempo, el estado del sistema puede cambiar, de tal forma que en el espacio de configuración se traza una curva que simboliza la evolución del sistema. De esta forma, aún cuando esta curva no tiene nada que ver con el movimiento o evolución física del sistema en el espacio tridimensional, el tiempo puede considerarse formalmente como un parámetro para esta curva. Si todas las fuerzas (excepto tal vez las fuerzas de ligadura) que actúan sobre un sistema son derivables de un potencial escalar que depende de coordenadas, velocidades y tiempo, V = V (q, q, ˙ t), se dice que el sistema es monogénico. Si el potencial depende únicamente de las coordenadas, V = V (q), se dice que el sistema es monogénico y también conservativo. El Principio de Hamilton para sistemas monogénicos dice que El movimiento de un sistema en el espacio de configuración desde un tiempo t1 hasta un tiempo t2 es tal que la línea integral (denominada acción o acción integral), ˆ t2 I= Ldt, (2.12.1) t1
con L = T V , tiene un valor estacionario para la trayectoria del movimiento. Así, este principio nos asegura que, de todas las posibles trayectorias que puede seguir el sistema en el espacio de configuración entre los tiempos t1 y t2 , la que seguirá relamente es aquella para la cual la integral (2.12.1) es estacionaria. Con ello se quiere decir que la integral a lo largo de esta trayectoria tendrá el mismo valor hasta el segundo orden infinitesimal con respecto a las trayectorias vecinas. Matemáticamente, este principio se puede resumir diciendo que el movimiento del sistema en el espacio de configuración es tal que la variación de la acción es cero, ˆ t2 I= L (q, q, ˙ t) dt = 0. (2.12.2) t1
Ahora bien, si las ligaduras del sistema son holónomas, el principio de Hamilton es una condición necesaria y suficiente para las ecuaciones de Lagrange.
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
67
Para comprobarlo, se deducirán ahora las ecuaciones de Lagrange a partir de la ecuación (2.12.2).
2.12.1.
Ecuación de Euler
Suponga inicialmente el problema unidimensional en el cual se tiene una dy función f = f (y, y, ˙ x), con y˙ = dx . Se considerará entonces la integral ˆ x2 I= f (y, y, ˙ x) dx (2.12.3) x1
donde la variable x juega el papel de parámetro para las trayectorias de la función y (x), de las cuales se considerarán solamente aquellas cuyos puntos inicial y final son, respectivamente, y1 = y (x1 ) y y2 = y (x2 ). Para encontrar la trayectoria estacionaria es necesario recordar que la condición exigida es que el valor de I no debe cambiar para trayectorias vecinas, las cuales podemos etiquetar mediante un parámetro infinitesimal ↵. De esta forma, las trayectorias vecinas se denotarán y (x, ↵), siendo y (x, 0) la trayectoria buscada. Una forma de escribir estas trayectorias es (2.12.4)
y (x, ↵) = y (x, 0) + ↵⌘ (x) ,
siempre y cuando la función ⌘ (x) sea cero en los extremos, es decir ⌘ (x1 ) = ⌘ (x2 ) = 0. Esto es necesario para que todas las trayectorias consideradas comiencen y finalicen en los puntos exigidos. Además, se exigirá en lo que sigue que todas estas funciones se comporten adecuadamente (es decir que sean continuas, no singulares y que posean al menos primera y segunda derivada continua entre los puntos de interés). Así, la integral estudiada se puede escribir como ˆ x2 ˆ x2 I (↵) = f (y (x, ↵) , y˙ (x, ↵) , x) dx (2.12.5) x1
x1
y la condición de tener un valor estacionario se convierte, en términos del parámetro ↵, en ✓ ◆ dI = 0. (2.12.6) d↵ ↵=0 Se tiene entonces,
df @f @y @f @ y˙ = + , d↵ @y @↵ @ y˙ @↵
(2.12.7)
por lo que dI = d↵
ˆ
x2
x1
La segunda integral resulta ser
✓
@f @y @f @ y˙ + @y @↵ @ y˙ @↵
◆
dx.
(2.12.8)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
ˆ
x2
x1
@f @ y˙ dx = @ y˙ @↵
x2
ˆ
x1
@f @ @ y˙ @↵
✓
@y @x
◆
dx =
ˆ
x2
x1
68
@f @ 2 y dx. @ y˙ @x@↵
Integrando por partes esta última expresión se tiene ✓ ◆ ˆ x2 ˆ x2 x @f @ y˙ @f @y 2 d @f @y dx = dx. @ y˙ @↵ x1 @ y˙ @↵ x1 @ y˙ @↵ x1 dx
(2.12.9)
(2.12.10)
Ya que se exigió que todas las curvas deben pasar por los puntos y1 y y2 , entonces la derivada parcial de y con respecto a ↵ evaluadas en x1 y en x2 debe ser cero. Con ello ✓ ◆ ˆ x2 ˆ x2 @f @ y˙ d @f @y dx = dx, (2.12.11) @ y˙ @↵ x1 @ y˙ @↵ x1 dx y la variación de la acción es ✓ ◆ ˆ x2 dI @f @y d @f @y = dx d↵ @y @↵ dx @ y˙ @↵ x1 ✓ ◆ ˆ x2 dI @f d @f @y = dx. d↵ @y dx @ y ˙ @↵ x1
(2.12.12) (2.12.13)
De esta forma, la condición de tener un valor estacionario se escribe ✓
dI d↵
◆
= ↵=0
ˆ
x2
x1
@f @y
d dx
✓
@f @ y˙
◆ ✓
@y @↵
◆
dx = 0.
(2.12.14)
↵=0
Utilizando la ecuación (2.13.1), se tiene ✓ ◆ @y = ⌘ (x) , @↵ ↵=0
(2.12.15)
con lo que
✓
dI d↵
◆
= ↵=0
ˆ
x2
x1
@f @y
d dx
✓
@f @ y˙
◆
⌘ (x) dx = 0.
(2.12.16)
La función ⌘ (x) es completamente arbitraria (excepto por la condición de continuidad y valor en los extremos, lo cual no afecta la integral), con lo que se concluye que para que esta integral valga cero, la función en paréntesis debe ser nula en el intervalo (x1 , x2 ), i.e. ✓ ◆ @f d @f = 0. (2.12.17) @y dx @ y˙ Es decir que exigir que el valor de la integral sea estacionario equivale a decir que la función f satisface la ecuación de Euler (2.12.17).
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
69
Ahora bien, la cantidad ✓
@y @↵
◆
(2.12.18)
d↵ = y ↵=0
representa el cambio infinitesimal entre una trayectoria vecina y la trayectoria que sigue el sistema, por lo que se puede interpretar como el desplazamiento virtual descrito antes. Con esto en mente, se puede escribir la variación infintesimal de la integral con respecto a la trayectoria correcta como ✓ ◆ dI I= ↵, (2.12.19) d↵ ↵=0 y la condición de una acción estacionaria como ✓ ◆ ˆ x2 @f d @f I= @y dx @ y˙ x1
ydx = 0.
(2.12.20)
Ejemplo Geodésica sobre una superficie esférica. I Considere la línea integral (longitud de linea) entre dos puntos a y b descrita por I=
ˆ
b
ds,
a
con ds el elemento diferencial de longitud, que en la superficie de una esféra de radio r será ds2 = r2 d✓2 + sin2 ✓d'2 ds = r
ds = r
q d✓2 + sin2 ✓d'2
s✓
d✓ d'
◆2
+ sin2 ✓d'.
Con ello la longitud de línea será s ˆ b ✓ ◆2 d✓ I=r + sin2 ✓d'. d' a
Si se define la función ⇣
⌘
f ✓, ✓˙ =
s✓
d✓ d'
◆2
+ sin2 ✓ =
q ✓˙2 + sin2 ✓
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
con ✓˙ =
d✓ d' ,
70
la longitud de línea es I=r
ˆ
b
a
⇣ ⌘ f ✓, ✓˙ d'.
Una geodésica es aquella curva que tiene la longitud más corta entre dos puntos. En términos matemáticos la geodésica esta caracterizada por que la variación de la integral de linea a lo largo de ella tiene un valor estacionario, i.e. I = 0. Como se demostró arriba, esta condición equivale, en términos de la función f , a la ecuación de Euler, ✓ ◆ d @f @f = 0. d' @ ✓˙ @✓ Se tiene entonces,
@f sin ✓ cos ✓ =p @✓ ✓˙2 + sin2 ✓
@f ✓˙ =p , @ ✓˙ ✓˙2 + sin2 ✓
y por ello la ecuación de la geodésica es ! d ✓˙ sin ✓ cos ✓ p p , = 0. d' ˙✓2 + sin2 ✓ ✓˙2 + sin2 ✓
2.12.2.
Segunda Forma de la Ecuación de Euler
Ya que f = f (y, y, ˙ x) se tiene df @f @f @f = y˙ + y¨ + . dx @y @ y˙ @x
(2.12.21)
Por otro lado, se tiene d dx
✓
@f y˙ @ y˙
◆
@f d y¨ = @ y˙ dx
=
✓
d dx
@f y˙ @ y˙
✓
◆
@f @ y˙
◆
@f y¨ @ y˙ ✓ ◆ d @f y˙ dx @ y˙ y˙ +
(2.12.22) (2.12.23)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
71
con lo que df @f d = y˙ + dx @y dx
✓
@f y˙ @ y˙
◆
d dx
✓
◆
@f @ y˙
y˙ +
@f . @x
(2.12.24)
Por la ecuación de Euler, d dx se obtiene
✓
@f @ y˙
=
@f , @y
◆ @f y˙ @ y˙ ✓ ◆ df d @f = y˙ + dx dx @ y˙
df @f d = y˙ + dx @y dx
es decir
◆
d dx
✓
@f y˙ @ y˙
✓
f
◆
=
(2.12.25)
@f @f y˙ + @y @x
(2.12.26)
@f , @x
(2.12.27)
@f . @x
(2.12.28)
A este resultado se le conoce como el teorema de la energía, o segunda forma de la ecuación de Euler, ya que si f = f (y, y), ˙ entonces ✓ ◆ d @f y˙ f = 0, (2.12.29) dx @ y˙ es decir que la cantidad
@f y˙ @ y˙
f = cte.
(2.12.30)
se conserva. Nótese que esta corresponde tiene la misma forma que la energía generalizada definida antes. Ejemplo Geodésica sobre una superficie esférica. II Con la función definida en el ejemplo anterior, s✓ ◆ q 2 ⇣ ⌘ d✓ 2 ˙ f ✓, ✓ = + sin ✓ = ✓˙2 + sin2 ✓ d'
d✓ con ✓˙ = d' , y ya que f no depende de ', el teorema de la energía asegura que existe una cantidad conservada,
@f ˙ ✓ @ ✓˙
f = cte =
a.
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
72
Ya que @f ✓˙ =p , @ ✓˙ ✓˙2 + sin2 ✓
se tiene
✓˙2 p f= a ✓˙2 + sin2 ✓ q ✓˙2 p ✓˙2 + sin2 ✓ = ˙✓2 + sin2 ✓ ✓˙2 ✓˙2 sin2 ✓ p = a ✓˙2 + sin2 ✓ sin2 ✓
p
˙ Despejando ✓,
=a ✓˙2 + sin2 ✓ ⇣ ⌘ sin4 ✓ = a2 ✓˙2 + sin2 ✓ . a✓˙ =
p sin4 ✓
a2 sin2 ✓
p d✓ = sin ✓ sin2 ✓ d' Con lo que se obtiene la primera integral a
d' = a '=a
ˆ
sin ✓
sin ✓
Para realizar la integral se tiene ˆ '=a '=a
p
ˆ
d✓ sin2 ✓
p
a2
d✓ sin2 ✓
d✓ q sin ✓ 1
a2
a2 sin2 ✓
2
p
a2 .
csc2 ✓d✓ 1 a2 csc2 ✓
y con ello se obtiene ' = sin
1
✓
cot ✓
◆
+↵
.
a
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
73
con ↵ una constante de integración y 2
=
a2
1
a2
.
Así la ecuación de la geodésica es cot ✓ =
sin ('
↵) .
Para interpretar geométricamente esta ecuación, se multiplicará por r sin ✓ a ambos lados, r cos ✓ = r sin ✓ sin (' r cos ✓ = r sin ✓ [sin ' cos ↵ r cos ✓ = r sin ✓ sin ' cos ↵
↵) sin ↵ cos ']
r sin ✓ cos ' sin ↵.
Nótese que las coordenadas cartesianas corresponden a x
=
r sin ✓ cos '
y
=
r sin ✓ sin '
z
=
r cos ✓,
y por ello la ecuación de la geodésica se puede escribir como z = y cos ↵ o, definiendo A =
sin ↵ y B =
x sin ↵
cos ↵,
z = By + Ax Ax + By
z = 0.
Esta corresponde a la ecuación de un plano que pasa por el centro de la esféra (punto x = y = z = 0) en el espacio cartesiano, y visto en la superficie de la esféra (interseción con el plano), permite concluir que las geodésicas son los ciruclos máximos.
2.12.3.
Ecuación de Euler-Lagrange
La generalización de los anteriores resultados al caso de mas dimensiones es directo, y lleva a las ecuaciones de Lagrange (tamabién conocidas como ecuaciones de Euler-Lagrange) que ya se presentaron. Para comprobarlo, suponga que
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
74
se tiene un sistema con n grados de libertad y un lagrangiano de la forma L = L (q1 , ..., qn , q˙1 , ..., q˙n , t) ,
(2.12.31)
que permite definir la acción I=
ˆ
t2
(2.12.32)
L (q, q, ˙ t) dt.
t1
De nuevo el problema de la variación de esta integral se puede considerar introduciendo un parámetro ↵ que identifique las curvas que puede seguir el sistema en el espacio de configuración. Así, esta vez se tienen n funciones de la forma (2.12.33)
q1 (t, ↵) = .. .. . .
q1 (t, 0) + ↵⌘1 (t) .. .
(2.12.34)
qn (t, ↵)
qn (t, 0) + ↵⌘n (t)
(2.12.35)
=
donde las funciones ⌘k deben satisfacer ⌘k (t1 ) = ⌘k (t2 ) = 0 para k = 1, 2, ..., n, para que todas las trayectorias pasen por los puntos inicial y final. Los despazamientos virtuales se definen esta vez como ✓ ◆ @qk qk = ↵ = ⌘k ↵, @↵ ↵=0 y con ello la variación de la integral resulta ser ✓ ◆ @I I= ↵. @↵ ↵=0
(2.12.36)
(2.12.37)
(2.12.38)
Con un procedimiento exacatmente igual al descrito antes, la condición de una acción estacionaria, i.e. ˆ t2 I= L (q, q, ˙ t) dt = 0, (2.12.39) t1
conduce a la ecuación ˆ
t2
t1
n X @L
k=1
@qk
d dt
✓
@L @ q˙k
◆
qk dt = 0
(2.12.40)
y por lo tanto esta condición implica directamente la ecuaciones de EulerLagrange, ✓ ◆ @L d @L = 0. (2.12.41) @qk dt @ q˙k
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
Ejemplo Caida Libre Espacio de(Configuración: R3 z=0 Ligaduras x=0 Grados de Libertad: n = 3N = 3 Coordenadas Generalizadas: q = y La energía cinética de la partícula es T =
75
2=1
1 my˙ 2 2
y su potencial es V = mg (y
yref ) .
(2.12.42)
De esta forma el lagrangiano es 1 my˙ 2 mg (y yref ) , 2 y por ello la acción entre dos instantes de tiempo, t1 y t2 , toma la forma ˆ t2 ˆ t2 1 I= Ldt = my˙ 2 mg (y yref ) dt. 2 t1 t1 L=T
V =
La condición de un valor estacionario para esta acción se escribe matemáticamente como ˆ t2 1 I= my˙ 2 mg (y yref ) dt = 0 2 t1 ˆ t2 [my˙ y˙ mg y] dt = 0 t1
t2
ˆ
✓
my˙
t1
ˆ
t2
t1
my˙
dy dt
◆
d ( y) dt
mg y dt = 0
mg y dt = 0.
Ahora bien, la primera integral se puede realizar por partes, obteniendo my˙
t y|t21
ˆ
t2
t1
m¨ y ydt
ˆ
t2
mg ydt = 0.
t1
Ya que las variaciones en los extremos son nulas, el primer término desaparece,
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
m
ˆ
76
t2
(¨ y + g) ydt = 0,
t1
con lo que se tiene finalmente y¨ =
2.12.4.
g.
Transformaciones de Calibración
Si se realiza sobre el lagrangiano la transformación de calibración dF , dt con F = F (q, t), la variación de la acción resulta ser ˆ t2 ˆ t2 ˆ t2 dF 0 L dt = Ldt + dt t1 t1 t1 dt ˆ t2 ˆ t2 ˆ t2 L0 dt = Ldt + dF L0 = L +
t1
ˆ
t1
t2
L0 dt =
t1
ˆ
(2.12.43)
(2.12.44) (2.12.45)
t1
t2
t1
t
Ldt + F kt21 .
(2.12.46)
Ahora bien, ya que la función escalar F depende únicamente de las coordenadas y del tiempo, su variación en los extremos debe ser nula. Por esta razón, el principio de Hamilton se ve inalterado bajo transformaciones de calibración, ˆ t2 ˆ t2 L0 dt = Ldt = 0. (2.12.47) t1
2.13.
t1
Extensión del Principio de Hamilton para Sistemas no-Holónomos
El principio de Hamilton se enunció únicamente para sistemas holónomos, aún cuando esta condición se utiliza solamente al final de la deducción cuando se consideran las variaciones de qk como independientes. Cuando se consideran sistemas no-holónomos las ligaduras pueden hacer que no todas las coordenadas generalizadas sean independientes. En esta sección se considerarán m ligaduras que puedan escribirse en la forma h↵ (q1 , ..., qn , q˙1 , ..., q˙n ) = 0,
(2.13.1)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
77
con ↵ = 1, 2, ..., m. En este caso el sistema se denomina semi-holónomo. Para eliminar los grados de libertad extras se utiliza el método de los multiplicadores de Lagrange indeterminados, el cual se describe a continuación. Si la ecuación (2.13.1) es válida, también se cumple m X
↵ h↵
(2.13.2)
=0
↵=1
donde los ↵ son funciones indeterminadas que pueden depender de las coordenadas generalizadas y del tiempo. Además, se asumirá que el principio de Hamilton es valido para los sistemas semi-holónomos, i.e. ˆ t2 Ldt = 0. (2.13.3) t1
Sin embargo, al seguir exactamente el mismo procedimiento descrito antes para deducir las ecuaciones de Euler-Lagrange, se llegará a la ecuación ˆ
n t2 X
t1
k=1
@L @qk
d dt
✓
@L @ q˙k
◆
(2.13.4)
qk dt = 0,
pero esta vez los qk no son todos independientes, por lo que no es posible asegurar que el término entre paréntesis sea nulo. Así, en lugar de la ecuación (2.13.3), se tomará la expresión ! ˆ t2 m X L+ (2.13.5) ↵ h↵ dt = 0. t1
↵=1
El procedimiento para la variación del primer término dentro de la integral es exactamente igual al descrito antes, mientras que para el segundo término debe tenerse encuenta que se considerarán como variables independientes los n desplazamientos qk y los m desplazamientos ↵ . De esta forma se tiene para este término ! ˆ t2 X ˆ t2 X m m ( ↵ h↵ ) dt (2.13.6) ↵ h↵ dt = t1
ˆ
t2
t1
m X
↵=1
↵ h↵
↵=1
!
dt =
ˆ
m t2 X
t1
t1
↵=1
[h↵
↵
+
↵
h↵ ] dt.
(2.13.7)
↵=1
Ya que las ligaduras dependen de las coordenadas y de las velocidades, ˆ
t2
t1
m X
↵=1
↵ h↵
!
dt =
ˆ
m t2 X
t1
↵=1
"
h↵
↵
+
↵
X ✓ @h↵ k
@qk
◆# @h↵ qk + q˙k dt @ q˙k (2.13.8)
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
m X
t2
ˆ
t1
m X
t2
ˆ
↵ h↵
↵=1
t1
↵ h↵
↵=1
!
!
dt =
ˆ
t1
dt =
t2
ˆ
t1
"
m X
t2
↵=1
m X
h↵
X✓
+
↵
@h↵ qk + ↵ @qk
k
h↵
↵ dt+
t2
ˆ
t1
↵=1
78
m X✓ X
↵=1
↵
k
✓
@h↵ ↵ @ q˙k
@h↵ qk + @qk
↵
La integración del último término se puede realizar por partes, ˆ
m t2 X
t1
m X X @h↵ d ( qk ) dt = ↵ @ q˙k dt ↵=1
X
↵=1 k
t2
@h↵ qk ↵ @ q˙k
k
t1
t1
◆◆#
dt
(2.13.9)
◆ @h↵ d ( qk ) dt. @ q˙k dt (2.13.10)
X d ✓ dt ↵=1
m t2 X
ˆ
dqk dt
k
↵
@h↵ @ q˙k
◆
qk dt,
(2.13.11) pero ya que las variaciones en los extremos son nulas, el primer término desaparece, t2
ˆ
t1
t2
ˆ
t1
m X X
↵=1
k
m X X
↵=1
↵
@h↵ d ( qk ) dt = @ q˙k dt
@h↵ d ( qk ) dt = ↵ @ q˙k dt
k
✓ m X X d dt ↵=1
t2
ˆ
t1
t2
ˆ
t1
↵
k
m X X d
↵=1
@h↵ + dt @ q˙k
k
◆
qk dt
d ↵ dt
✓
@h↵ @ q˙k
↵
(2.13.12)
@h↵ @ q˙k
◆
qk dt. (2.13.13)
De esta forma, la ecuación (2.13.10) resulta ser ˆ
m X
t2
t1
↵ h↵
↵=1
!
dt
m X
t2
ˆ
=
h↵ ↵ dt t1 ↵=1 ˆ t2 X m X
+
↵
t1 ↵=1 k
ˆ
t2
t1
!
m X
↵ h↵
Qk =
m X
↵=1
dt =
m t2 X
ˆ
t1
donde se ha definido
↵=1
↵
✓
h↵
@h↵ @qk
d ↵ @h↵ dt @ q˙k
↵ dt +
ˆ
t1
↵=1
@h↵ @qk
d dt
t2
✓
@h↵ @ q˙k
◆◆
X
↵
d dt
✓
@h↵ @ q˙k
◆
qk dt,
(2.13.14)
Qk qk dt,
k
d ↵ @h↵ dt @ q˙k
(2.13.15)
Reemplazando este resultado en la ecuación (2.13.5) y teniendo en cuenta (2.13.4) la variación de la acción completa es ˆ
t2
t1
L+
m X
↵=1
↵ h↵
!
dt =
ˆ
x2
x1
n X @L
k=1
@qk
d dt
✓
@L @ q˙k
◆
+ Qk
qk dt+
ˆ
t2
t1
m X
↵=1
h↵
↵ dt
= 0.
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE Ya que los se asume que tanto los qk como los obtienen las ecuaciones
79 ↵
son independientes se (2.13.16)
h↵ = 0, que corresponde a las ecuaciones de ligadura (2.13.1) y ✓ ◆ @L d @L + Qk = 0 @qk dt @ q˙k
(2.13.17)
que se puede escribir como d dt
✓
◆
@L @ q˙k
@L = Qk . @qk
(2.13.18)
Aún cuando las ecuaciones de ligadura de la forma (2.13.1) no son las más generales posibles, el método de multiplicadores de Lagrange puede ser extendido también a ligaduras holonómicas con dependecia temporal, i.e. de la forma h↵ (q1 , ..., qn , t) = 0.
(2.13.19)
Por último, cabe aclarar que este método es eficaz cuando es inconveniente reducir las coordenadas generalizadas a un conjunto totalmente independiente o cuando se quieren encontrar las fuerzas de ligadura. Ejemplo Particula en una barra rotante
Partícula en una barra rotante.
Espacio de(Configuración: R3 z=0 Ligaduras sin ✓ = sin !t = p
y x2 +y 2
Grados de Libertad: n = 3N = 3 Coordenadas Generalizadas: q1 = r
2=1
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
80
Aún cuando el problema tiene solamente un grado de libertad, se trabajará con dos coordenadas generalizadas (i.e. en R2 ) con el fin de encontrar la fuerza de ligadura, esto es, la fuerza que la barra le ejerce a la partícula. Por esta razón, se escogerán las coordenadas generalizadas ( q1 = r Coordenadas Generalizadas: q2 = ✓ junto con la ligadura: h1 = ✓ !t = 0 y se utilizará el método de multiplicadores de Lagrange. Transformación de coordenadas: ( x = r cos ✓ y = r sin ✓. De esta forma, las velocidades son ( x˙ = r˙ cos ✓ r✓˙ sin ✓ y˙ = r˙ sin ✓ + r✓˙ cos ✓. La energía cinética está dada por T
=
El potencial será
⌘ 1 1 ⇣ m x˙ 2 + y˙ 2 = m r˙ 2 + r2 ✓˙2 . 2 2 V = mgy = mgr sin ✓
y con ello el lagrangiano es ⌘ 1 ⇣ 2 m r˙ + r2 ✓˙2 2 En este caso los términos Qk son L=
Qr =
m X
↵
↵=1
Q✓ =
m X
↵=1
↵
✓
✓
@h↵ @r
@h↵ @✓
◆◆ @h↵ @ r˙ ✓ ◆◆ d @h↵ dt @ ✓˙ d dt
✓
mgr sin ✓.
d ↵ @h↵ dt @ r˙ d ↵ @h↵ , dt @ ✓˙
pero ya que solo existe una ligadura y esta no depende de las velocidades, ✓ ◆ @h1 Qr = 1 =0 @r ✓ ◆ @h1 Q✓ = 1 = 1. @✓
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
81
De esta forma, la ecuación de Euler-Lagrange con fuerzas de ligadura para r contiene las derivadas @L = mr✓˙2 @r
mg sin ✓
@L = mr˙ @ r˙ ✓ ◆ d @L = m¨ r, dt @ r˙
mientras que la ecuación para ✓ incluye @L = @✓
mgr cos ✓
@L = mr2 ✓˙ @ ✓˙ ✓ ◆ d @L ˙ = mr2 ✓¨ + 2mrr˙ ✓. dt @ ✓˙
son
De esta forma, las ecuaciones de Euler-Lagrange con fuerzas de ligadura
m¨ r mr✓˙2 + mg sin ✓ mr2 ✓¨ + 2mrr˙ ✓˙ + mgr cos ✓
=
Qr = 0
=
Q✓ =
1.
Ahora bien, la ligadura para la coordenada angular permite escribir ✓ = !t, y por ello ✓˙ = ✓¨ =
! 0,
con lo cual, las ecuaciones de Euler-Lagrange son mr! 2 + mg sin !t =
m¨ r
0
2mrr! ˙ + mgr cos !t = Así, el multiplicador de Lagrange 1
1
es
= r (2mr! ˙ + mg cos !t) ,
1.
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
82
el cual se interpreta como una fuerza generalizada, que en este caso particular toma la forma de un torque o momento y por ello el término entre paréntesis debe corresponder a la fuerza de ligadura ( 1 = ~r ⇥ f~). Así, se obtiene finalmente, ˆ f~ = (2mr! ˙ + mg cos !t) ✓.
Ejemplo Partícula sobre una superfície esférica
Partícula deslizando sobre una superficie esférica.
Espacio de(Configuración: R3 z=0 Ligaduras r R Grados de Libertad: n = 3N = 3 2 = 1 Coordenadas Generalizadas: q1 = r Aún cuando el problema tiene solamente un grado de libertad, se trabajará con dos coordenadas generalizadas (i.e. en R2 ) con el fin de encontrar la fuerza de ligadura, esto es, la fuerza que la superficie esférica ejerce sobre la partícula. Por esta razón, se escogerán las coordenadas generalizadas ( q1 = r Coordenadas Generalizadas: q2 = ✓ junto con la ligadura: h1 = r R 0 y se utilizará el método de multiplicadores de Lagrange. Transformación de coordenadas: ( x = r sin ✓ y = r cos ✓. De esta forma, las velocidades son
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE (
83
= r˙ sin ✓ + r✓˙ cos ✓ = r˙ cos ✓ r✓˙ sin ✓.
x˙ y˙
La energía cinética está dada por T
=
El potencial será
⌘ 1 1 ⇣ m x˙ 2 + y˙ 2 = m r˙ 2 + r2 ✓˙2 . 2 2 V = mgy = mgr cos ✓
y con ello el lagrangiano es ⌘ 1 ⇣ 2 m r˙ + r2 ✓˙2 2 En este caso los términos Qk son L=
Qr =
m X
↵
↵=1
Q✓ =
m X
↵=1
↵
✓
✓
@h↵ @r
d dt
@h↵ @✓
d dt
✓
✓
mgr cos ✓.
@h↵ @ r˙
@h↵ @ ✓˙
◆◆
◆◆
d ↵ @h↵ dt @ r˙ d ↵ @h↵ , dt @ ✓˙
pero ya que solo existe una ligadura y esta no depende de las velocidades, ✓ ◆ @h1 Qr = 1 = 1 @r ✓ ◆ @h1 Q✓ = 1 = 0. @✓
De esta forma, la ecuación de Euler-Lagrange con fuerzas de ligadura para r contiene las derivadas @L = mr✓˙2 @r
mg cos ✓
@L = mr˙ @ r˙ ✓ ◆ d @L = m¨ r, dt @ r˙
mientras que la ecuación para ✓ incluye
@L = mgr sin ✓ @✓
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
84
@L = mr2 ✓˙ @ ✓˙ ✓ ◆ d @L ˙ = mr2 ✓¨ + 2mrr˙ ✓. dt @ ✓˙ son
De esta forma, las ecuaciones de Euler-Lagrange con fuerzas de ligadura
m¨ r mr✓˙2 + mg cos ✓ mr2 ✓¨ + 2mrr˙ ✓˙ mgr sin ✓
=
Qr =
=
Q✓ = 0.
1
Ahora bien, la ligadura para la coordenada radial permite escribir r = R durante el intervalo de tiempo que la partícula se encuentra en contacto con la superficie esférica (i.e. hasta justo antes de separarse de la superficie) , y por ello r˙
=
0
r¨ =
0,
con lo cual, las ecuaciones de Euler-Lagrange son mR✓˙2 + mg cos ✓ R✓¨ g sin ✓
=
1
=
0.
El multiplicador de Lagrange 1 corresponde en este caso a la fuerza de contacto entre la superficie y la partícula (fuerza normal) y en este caso resulta ser 1
= mg cos ✓
mR✓˙2 .
Para encontrar el punto de la trayectoria donde la partícula se despega de la superficie esférica se debe imponer la condición Qr = 1 = 0, que corresponde a 1
= mg cos ✓c
mR ✓˙2
✓=✓c
= 0,
donde ✓c corresponde al angulo para el cual la partícula se separa de la superficie. Por otro lado, el lagrangiano es independiente del timepo y por ello la energía generalizada se conserva. En este caso esto es
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
h
=
X
pk q˙k
L
k
h
=
85
mr˙ 2 + mr2 ✓˙2
⌘ 1 ⇣ 2 m r˙ + r2 ✓˙2 + mgr cos ✓ 2
⌘ 1 ⇣ 2 m r˙ + r2 ✓˙2 + mgr cos ✓ = E 2 que corresponde a la energía mecánica total del sistema. Aplicando la ligadura r = R se tiene h=
1 mR2 ✓˙2 + mgR cos ✓. 2 Si el movimiento de la partícula comienza en t = 0 a partir del reposo, ✓˙ = 0, y desde una coordenada angular incial ✓0 , el valor de la energía mecanica total resulta ser E=
E = mgR cos ✓0 . De esta forma se tiene E=
1 mR2 ✓˙2 + mgR cos ✓ = mgR cos ✓0 2 mR✓˙2 = 2mg (cos ✓0
cos ✓) .
De esta forma, la condición de despegue para la partícula se puede escribir como 1
mR ✓˙2
= mg cos ✓c
mgcos✓c
2mg (cos ✓0
3 cos ✓c
✓=✓c
=0
cos ✓c ) = 0
2 cos ✓0 = 0
2 cos ✓0 . 3 Nótese que si la partícula comienza su movimiento desde el angulo inicial ✓0 = 0o , el angulo al cual se despega la partícula será ✓c ' 48o ,2 cos ✓c =
Ejemplo Escalera que desliza en una superficie sin fricción
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
86
Escalera deslizando en una superificie sin fricción.
Espacio de Configuración: R6 (cuerpo rígido) Grados de Libertad: n = 6 5 = 1 Coordenadas Generalizadas: q1 = ✓ Para encontrar la energía cinética de la escalera, se considerará un corte de la escalera con espesor ds y ubicado a una distancia s del extremo inferior, como se muestra en la figura. Las coordenadas (x, y) de este fragmento se pueden expresar en términos de la coordenada angular ✓ y la posición del extremo inferior de la escalera X mediante la transformación ( x = X s cos ✓ y = ssin✓. La velocidad se escribirá entonces ( x˙ = X˙ + s✓˙ sin ✓ y˙ = s✓˙ cos ✓. Ya que la masa del fragmento de escalera es dm, la contribución a la energía cinética es h i ⇥ ⇤ 1 1 dm x˙ 2 + y˙ 2 = dm X˙ 2 + s2 ✓˙2 + 2sX˙ ✓˙ sin ✓ . 2 2 Para obtener la energía cinética total se debe integrar sobre todos los fragmentos. Para ello se realiza el cambio de variable dm = M L ds donde M es la amsa total de la escalera, L es la longitud total y se asume que la distribución de masa es uniforme. Así, se tiene dT =
M T = 2L T =
ˆ
0
L
h
i X˙ 2 + s2 ✓˙2 + 2sX˙ ✓˙ sin ✓ ds
M ˙2 L3 ˙ 2 X L+ ✓ + L2 X˙ ✓˙ sin ✓ . 2L 3
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
87
La energía potencial también se puede mediante integración. Para ello, nótese que la contribución a la energía potencial debido al fragmento considerado es dV = dmgy = dmgs sin ✓. Realizando la integración correspondiente se tiene V =
Mg sin ✓ L
ˆ
L
sds
0
M gL sin ✓. 2 De esta forma, el lagrangiano del sistema resulta ser 1 L2 ˙ 2 M gL L = M X˙ 2 + ✓ + LX˙ ✓˙ sin ✓ sin ✓. 2 3 2 V =
Aún cuando el problema tiene solamente un grado de libertad, se trabajará con dos coordenadas generalizadas (i.e. en R2 ) con el fin de encontrar la fuerza de ligadura, esto es, la fuerza que la superficie vertical (pared) ejerce sobre la escalera. Por esta razón, ( se escogerán las coordenadas generalizadas q1 = X Coordenadas Generalizadas: q2 = ✓ junto con la ligadura: h1 = X L cos ✓ 0 y se utilizará el método de multiplicadores de Lagrange. En este caso los términos Qk son QX =
m X
↵
↵=1
Q✓ =
m X
↵=1
↵
✓
✓
@h↵ @X
@h↵ @✓
d dt d dt
✓
✓
@h↵ @ X˙
@h↵ @ ✓˙
◆◆
◆◆
d ↵ @h↵ dt @ X˙ d ↵ @h↵ , dt @ ✓˙
pero ya que solo existe una ligadura y esta no depende de las velocidades, ✓ ◆ @h1 QX = 1 = 1 @X ✓ ◆ @h1 Q✓ = 1 = 1 L sin ✓. @✓
De esta forma, la ecuación de Euler-Lagrange con fuerzas de ligadura para X contiene las derivadas
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
88
@L =0 @X @L 1 = M X˙ + M L✓˙ sin ✓ 2 @ X˙ d dt
✓
@L @ X˙
◆
¨ + 1 M L✓¨ sin ✓ + 1 M L✓˙2 cos ✓, = MX 2 2
mientras que la ecuación para ✓ incluye @L 1 = M LX˙ ✓˙ cos ✓ @✓ 2 @L = @ ✓˙ ✓ ◆ d @L = dt @ ✓˙
son
1 M gL cos ✓ 2
1 1 M L2 ✓˙ + M LX˙ sin ✓ 3 2 ✓ ◆ d 1 1 2˙ ˙ M L ✓ + M LX sin ✓ dt 3 2
De esta forma, las ecuaciones de Euler-Lagrange con fuerzas de ligadura
¨ + 1 M L✓¨ sin ✓ + 1 M L✓˙2 cos ✓ MX 2 2 d dt
✓
1 1 M L2 ✓˙ + M LX˙ sin ✓ 3 2
◆
=
1
1 1 M LX˙ ✓˙ cos ✓ + M gL cos ✓ 2 2
=
1 L sin ✓.
Ahora bien, la ligadura para la coordenada horizontal se puede tomar como X = L cos ✓ durante el intervalo de tiempo que la escalera se encuentra en contacto con la superficie vertical (i.e. hasta justo antes de separarse de la pared) , y por ello X˙ ¨ X
= =
L✓˙ sin ✓ L✓¨ sin ✓
L✓˙2 cos ✓
con lo cual, las ecuaciones de Euler-Lagrange serán 1 M L✓¨ sin ✓ 2
1 M L✓˙2 cos ✓ 2
=
1
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
d dt
✓
1 M L2 ✓˙ 3
1 M L2 ✓˙ sin2 ✓ 2
◆
=
89
1 L sin ✓
1 M L2 ✓˙2 sin ✓ cos ✓ 2
1 M gL cos ✓. 2
El multiplicador de Lagrange 1 corresponde en este caso a la fuerza de contacto entre la superficie vertical y la escalera (fuerza normal) y en este caso resulta ser 1 1 M L✓¨ sin ✓ M L✓˙2 cos ✓. 2 2 Para encontrar el punto de la trayectoria donde la escalera se despega de la superficie vertical se debe imponer la condición QX = 1 = 0, que corresponde a QX =
1
✓¨
=
✓=✓c
sin ✓c
✓˙2
✓=✓c
cos ✓c = 0,
donde ✓c corresponde al angulo para el cual la escalera se separa de la pared. Para lograr despejar éste angulo se debe notar que el lagrangiano es independiente del tiempo y por ello la energía generalizada se conserva. En este caso se tiene h
=
X
pk q˙k
L
k
h
=
h=
1 1 1 M X˙ 2 + M LX˙ ✓˙ sin ✓ + M L2 ✓˙2 + M LX˙ ✓˙ sin ✓ 2 3 2 2 1 L M gL M X˙ 2 + ✓˙2 + LX˙ ✓˙ sin ✓ + sin ✓ 2 3 2 1 L2 ˙ 2 M gL M X˙ 2 + ✓ + LX˙ ✓˙ sin ✓ + sin ✓ = E 2 3 2
que corresponde a la energía mecánica total del sistema. Aplicando la ligadura X = L cos ✓ se tiene 1 M L2 ˙2 M gL ✓ + sin ✓. 2 3 2 Si el movimiento de la partícula comienza en t = 0 a partir del reposo, ✓˙ = 0, y desde una coordenada angular incial ✓0 , el valor de la energía mecanica total resulta ser E=
E= De esta forma se tiene
M gL sin ✓0 . 2
CAPÍTULO 2. FORMULACIÓN DE LAGRANGE
E=
90
1 M L2 ˙2 M gL M gL ✓ + sin ✓ = sin ✓0 2 3 2 2
3g ✓˙2 = (sin ✓0 L De esta relación tambien se obtiene, 2✓˙✓¨ =
sin ✓) .
3g cos ✓✓˙ L
es decir 3g cos ✓. 2L De esta forma, la condición de despegue para la partícula se puede escribir como 3g 3g cos ✓c sin ✓c (sin ✓0 sin ✓c ) cos ✓c = 0 2L L ✓¨ =
1 sin ✓c 2
sin ✓0 + sin ✓c = 0
3 sin ✓c = sin ✓0 2 2 sin ✓0 3 Que corresponde al angulo en el que la escalera se despega de la pared. Si se esta buscano la altura hc del punto superior de la escalera en la cual ocurre el despegue, se multiplica esta relación por la longitud L, obteniendo sin ✓c =
L sin ✓c = hc = donde h0 es la altura inicial.
2 L sin ✓0 3 2 h0 3
Capítulo 3
Problema de la Fuerza Central Se consideraran dos partículas de masas m1 y m2 , ubicadas en las posiciones dadas por los vectores ~r1 y ~r2 , respectivamente. Se define el vector ~r que va desde una de las partículas hasta la otra mediante la relación ~r = ~r2
~r1 ,
(3.0.1)
y con ello la fuerza a las que están sujetas las partículas se representa ⇣ ⌘ por una ˙ energía potencial que puede tomar la forma general U = U ~r, ~r, ... . De esta forma, el lagrangiano del sistema es ⇣ ⌘ 1 1 m1 v12 + m2 v22 U ~r, ~r˙, ... . (3.0.2) 2 2 La ubicación del centro de masa del sistema está dada por el vector L=
Figura 3.0.1: Dos partículas y ubicación del centro de masa.
91
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
92
~ = m1~r1 + m2~r2 , R m1 + m2
(3.0.3)
y por ello la posición de las dos partículas se puede escribir como ( m2 ~ ~r1 = R r m1 +m2 ~ m1 ~ ~r2 = R + m1 +m2 ~r.
(3.0.4)
Este par de ecuaciones puede interpretarse como una transformación de coordenadas de la forma ~ri = ~ri (q1 , q2 , ...qn , t), donde las coordenadas generalizadas ~ A partir de ellas, las velocidades resultan ser corresponden a ~r y R. ( m2 ~˙ ~r˙1 = R r˙ m1 +m2 ~ (3.0.5) ~˙ + m1 ~r˙, ~r˙2 = R m1 +m2
y con esto, el lagrangiano puede re-escribirse en la forma
L=
✓ 1 ~˙ m1 R 2 L
m2 ~r˙ m1 + m2
=
1 m1 2 1 + m2 2
L=
◆2
✓ ◆2 1 m1 ~˙ + + m2 R ~r˙ 2 m1 + m2
⇣ ⌘ U ~r, ~r˙, ... (3.0.6)
◆2 ! m2 ~ r˙ 2 m1 + m2 ✓ ◆2 ! 2m1 ˙ ~˙ m1 ˙2 ~ R + ~ r·R+ ~ r˙ 2 m1 + m2 m1 + m2
~˙ 2 R
2m2 ˙ ~˙ ~ r·R+ m1 + m2
1 ~˙ 2 + 1 (m1 + m2 ) R 2 2
✓
m1 m2 m1 + m2
✓
◆
~r˙ 2
⇣ ⌘ U ~r, ~r˙, ... .
U
(3.0.7)
(3.0.8)
Como puede observarse, el lagrangiano puede descomponerse en un lagrangiano del centro de masa y un lagrangiano que depende de la posición relativa entre las partículas, i.e. L = LCM + Lrel .
(3.0.9)
~ es cíclico, se tiene Ahora bien, ya que R @L ~˙ = cte., = (m1 + m2 ) R ˙ ~ @R es decir que se puede escribir ~˙ = A ~ R
(3.0.10)
(3.0.11)
~ un vector constante, y por ello con A ~ = At ~ + B, ~ R
(3.0.12)
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
93
~ otro vector constante. Esta última ecuación representa el movimiento del con B centro de masa del sistema y ya que el término correspondiente al centro de masa en el lagrangiano es constante es posible tomar únicamente los términos que dependen de la posición relativa, ✓ ◆ ⇣ ⌘ 1 m1 m2 ~r˙ 2 U ~r, ~r˙, ... . (3.0.13) L= 2 m1 + m2 Si se define la masa reducida del sistema mediante µ=
m1 m2 , m1 + m2
(3.0.14)
el lagrangiano se convierte en ⇣ ⌘ 1 ˙2 µ~r U ~r, ~r˙, ... , (3.0.15) 2 el cual puede interpretarse como el lagrangiano de una partícula de masa µ moviendose con respecto a un centro fijo de fuerzas bajo un potencial U . L=
3.1.
Cantidades Conservadas
Si se supone que la fuerza central proviene de un potencial que depende únicamente de la distancia entre las partículas, i.e. U = V (r) ,
(3.1.1)
se tiene F~ (r) =
dV rˆ. dr Esto implica que el torque sobre el sistema es
(3.1.2)
~ = ~r ⇥ F~ = 0 N
(3.1.3)
y ya que el torque y el momento angular se relacionan mediante ~ ~ = dl , N (3.1.4) dt podemos concluir que el momento angular del sistema es constante. Ahora bien, de la definición de ~l se tiene
por lo tanto
~l = ~r ⇥ m~v ,
(3.1.5)
~r · ~l = ~r · (~r ⇥ m~v ) = 0. (3.1.6) Esto quiere decir que los vectores ~r y ~l son siempre perpendiculares, y ya que el momento angular es constante, podemos concluir que el movimiento esta restringido a un plano.
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
3.1.1.
94
Lagrangiano en el Plano del Movimiento
Si se restringe el análisis al plano en el cual se lleva a cabo el movimiento del sistema, la velocidad ~r˙ se puede calcular de la forma usual, dˆ r d ~r˙ = (rˆ r) = rˆ ˙r + r , dt dt y recordando que dˆ r ˆ = ✓˙✓, dt
(3.1.7)
se tiene ˆ ~r˙ = rˆ ˙ r + r✓˙✓. De esta forma, ~r˙ 2 = ~r˙ · ~r˙ = r˙ 2 + r2 ✓˙2 .
(3.1.8)
Así, el lagrangiano del sistema se escribirá L=
3.1.2.
⌘ 1 ⇣ 2 µ r˙ + r2 ✓˙2 2
V (r) .
(3.1.9)
Momento Angular y Ley de la Areas
Nótese que en el lagrangiano (3.1.9) la coordenada ✓ es cíclica, lo que implica que p✓ =
@L = µr2 ✓˙ = cte. @ ✓˙
(3.1.10)
Al comparar con la ecuación (3.1.5) se nota inmediatamente que esta cantidad corresponde a la magnitud del momento angular, ˙ l = µr2 ✓,
(3.1.11)
que se puede escribir como l = 2µ
por
r2 ✓˙ 2
!
.
(3.1.12)
Ahora bien, cuando el radio vector se desplaza en un d✓, barre un area dada
1 r (rd✓) , (3.1.13) 2 por lo que el término entre paréntesis en la ecuación (3.1.12) se puede interpretar como el area barrida por el radio vector en un cierto intervalo de tiempo, como se observa en la Figura. Ya que l es constante, se puede afirmar que dA =
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
95
Figura 3.1.1: Area barrida por el radio vector.
dA r2 ✓˙ l = = = cte., dt 2 2µ lo que se conoce como Ley de las Areas de Kepler.
3.1.3.
(3.1.14)
Energía y Cuadraturas
El lagrangiano (3.1.9) es independiente del tiempo, es decir que la energía generalizada se conserva, h=
X @L q˙k @ q˙k
L = cte.,
(3.1.15)
k
y en este caso esta corresponde a la energía mecánica total, ⌘ 1 ⇣ 2 µ r˙ + r2 ✓˙2 + V (r) = E. 2 Utilizando la definición del momento angular se tiene h=
E=
1 2 1 l2 µr˙ + + V (r) . 2 2 µr2
(3.1.16)
(3.1.17)
Despejando r, ˙ 2 1 l2 E V (r) µ 2 µr2 s dr 2 1 l2 = E V (r) . dt µ 2 µr2 r˙ 2 =
con lo que se obtiene la integral primera ˆ r dr r h r0 2 1 l2 µ E 2 µr 2
V (r)
i = t,
(3.1.18) (3.1.19)
(3.1.20)
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
96
que permite encontrar la función r = r (r0 , E, l, t). Una vez se tenga esta función, la definición del momento angular permite escribir ✓˙ =
l µ [r (t)]
(3.1.21)
2,
de donde se obtiene la integral ✓
✓0 =
ˆ
l µ [r (t)]
2 dt,
(3.1.22)
que permite encontrar la función ✓ = ✓ (✓0 , E, l, t). Nótese⇣que las condiciones ⌘ iniciales del problema son (E, l, r0 , ✓0 ) o equivalentemente r˙0 , ✓˙0 , r0 , ✓0 .
3.2. 3.2.1.
Trayectorias Potencial Efectivo
La ecuación (3.1.17) para la energía mecánica total puede escribirse como 1 2 µr˙ + Vef f (r) , 2 donde se ha definido el potencial efectivo E=
Vef f (r) =
1 l2 + V (r) . 2 µr2
(3.2.1)
(3.2.2)
De esta forma, la velocidad r˙ está dada por r˙ 2 =
2 [E µ
Vef f (r)]
(3.2.3)
y a partir de esta expresión se puede extraer mucha información acerca del movimiento del sistema, como por ejemplo las clases de trayectorias permitidas para un potencial dado. Ejemplo Potencial kr Si el potencial tiene la forma particular V (r) =
k , r
el potencial efectivo resulta ser Vef f (r) =
1 l2 2 µr2
k . r
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
Potencial Efectivo para V =
97
k . r
En la Figura se observa la grafica de este potencial efectivo y se puede notar que para el movimiento del sistema existen 4 casos de interés que dependen del valor de la energía mecánica total. Caso 1: E = E1 > 0 La trayectoria del sistema es abierta, ya que la coordenada radial toma valores r r1 , donde r1 corresponde al punto de retorno (denominado apside). Caso 2: E = E2 = 0 La trayectoria del sistema es de nuevo abierta, ya que la coordenada radial toma valores r r2 , donde r2 corresponde al punto de retorno. La diferencia con el caso 1 radica en que en este caso ✓˙ = 0 cuando r ! 1. Caso 3: E = E3 < 0 La trayectoria del sistema es acotada, ya que la coordenada radial toma valores r4 r r3 , donde r3 y r4 son los puntos de retorno. Nótese que el hecho de tener una trayectoria acotada NO significa que esta sea necesariamente cerrada! Caso 4: E = E4 = (Vef f )min La trayectoria del sistema es acotada y la coordenada radial toma un único valor r = r0 , es decir que la trayectoria es un círculo. Además, en esta trayectoria el valor del⇣ potencial efectivo toma un valor extremo (en este ⌘ dVef f caso un mínimo), i.e. = 0. La estabilidad de esta trayectoria dr r=r0
depende de la forma exacta del potencial (específicamente de su segunda derivada). En el caso del potencial V = kr , la orbita⇣circular⌘ es estable ya que corresponde a un mínimo del potencial efectivo,
3.2.2.
Ecuación de Lagrange Radial
A partir del lagrangiano (3.1.9) se tiene
d2 Vef f dr 2
r=r0
> 0.
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
@L @r @L r˙ ✓ @◆ d @L dt @ r˙
98
dV dr
=
µr✓˙2
=
µr˙
(3.2.5)
=
µ¨ r.
(3.2.6)
(3.2.4)
Por lo tanto, la ecuación de Lagrange para la coordenada r resulta ser dV . dr Utilizando la definición del momento angular, µ¨ r = µr✓˙2
µ¨ r= d µ¨ r= dr
✓
l2 µr3 l2 2µr2
dV dr ◆
(3.2.7)
(3.2.8) dV , dr
con lo que se obtiene la ecuación de movimiento ✓ 2 ◆ d l µ¨ r= + V , dr 2µr2
(3.2.9)
(3.2.10)
o en términos del potencial efectivo,
dVef f . dr
µ¨ r=
(3.2.11)
Ejemplo Trayectorias Vecinas a la Trayectoria Circular (Caso Estable) Para considerar trayectorias cercanas a la trayectoria circular se puede tomar la variable radial como el radio constante del circulo r0 mas una pequeña contribución x, i.e. r = r0 + x. Con ello se tiene =
x˙
(3.2.12)
r¨ =
x ¨.
(3.2.13)
r˙
Eel potencial efectivo se puede expandir en serie alrededor del radio del circulo,
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
Vef f (r) = Vef f (r0 )+
✓
dVef f dr
◆
(r
r0 )+
r=r0
1 2
✓
d2 Vef f dr2
◆
99
(r
2
r0 ) +...
r=r0
y ⇣ ya que ⌘ el potencial efectivo tiene un mínimo para la orbita circular, dVef f = 0, dr r=r0 ✓ ◆ 1 d2 Vef f 2 Vef f (r) = Vef f (r0 ) + (r r0 ) + ... 2 dr2 r=r0 La ecuación de Lagrange radial es entonces " # ✓ ◆ d 1 d2 Vef f 2 µ¨ r= Vef f (r0 ) + (r r0 ) + ... dr 2 dr2 r=r0 ✓ 2 ◆ d Vef f µ¨ r= (r r0 ) , dr2 r=r0 o en términos de x, ✓
µ¨ x= µ¨ x+ Si
⇣
d2 Vef f dr 2
⌘
r=r0
✓
d2 Vef f dr2 ◆
d2 Vef f dr2
◆
x r=r0
x = 0.
r=r0
> 0, esta ecuación se puede ver como un oscilador armónico
cuya frecuencia es !2 =
1 µ
✓
d2 Vef f dr2
◆
, r=r0
con lo que se comprueba que la trayectoria circular es estable bajo pequeñas perturbaciones.
3.2.3.
Simetria de la Trayectoria
A partir de las ecuaciones (3.2.18) y (3.1.22) se puede obtener la ecuación de la trayectoria, i.e. r = r (✓). Para ello nótese que en forma diferencial se tiene r h 2 µ
y
dr E
1 l2 2 µr 2
V (r)
i = dt
(3.2.14)
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
d✓ =
l µ [r (t)]
100
(3.2.15)
2 dt.
Por ello, µr2 d✓ = r h l 2 µ
✓
✓0 =
ˆ
r2
r
dr 1 l2 2 µr 2
E h
ldr
2µ E
1 l2 2 µr 2
V (r)
(3.2.16)
i
V (r)
i.
(3.2.17)
Si se mide el ángulo ✓ con respecto a la posición del ápside (punto de retorno), i.e. se toma ✓0 = 0 en el ápside, la ecuación será ˆ ldr r h ✓= (3.2.18) i. 1 l2 2 r 2µ E 2 µr2 V (r)
Ahora bien, a partir de la ecuación (3.2.3) se observa que el radical del denominador del integrando corresponde a la velocidad, y esta cambia de signo cuando se pasa por un ápside, ˆ ldr ✓= . (3.2.19) µr2 r˙ De igual forma, si realiza el cambio ✓ ! ✓, entonces la velocidad se invierte también, i.e. r˙ ! r. ˙ Esto muestra que la trayectoria es simétrica con respecto a los ápsides.
3.2.4.
Trayectorias Acotadas
En el caso de trayectorias acotadas, la coordenada radial r toma valores entre dos extremos rmin y rmax . A partir de la ecuación (3.2.18) se puede encontrar el desplazamiento angular durante el paso por los dos ápsides, ˆ rmax ldr r h ✓= (3.2.20) i. rmin 1 l2 2 r 2µ E 2 µr2 V (r) Recuerde que una trayectoria acotada NO es sinónimo de una trayectoria cerrada. Específicamente, para que una trayectoria sea cerrada, debe satisfacerse ✓= con p y q numeros enteros.
p 2⇡ q
(3.2.21)
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL 3.2.4.1.
101
Teorema de Bertrand (Orbitas Cerradas)
Como se mostró antes, una orbita circular es aquella en la cual el potencial efectivo posee un extremo (máximo o mínimo), y la energía mecánica total corresponde exactamente a este valor extremo. De la forma del potencial efectivo, se tiene que la condición de extremo es ✓ ◆ ✓ ◆ dVef f l2 dV (r) = + = 0. (3.2.22) dr µr3 dr r=r0 r=r0 Nótese que el segundo término en el paréntesis corresponde a la fuerza, (3.1.2) y por ello la condición para una trayectoria circular es F (r0 ) =
l2 , µr03
(3.2.23)
es decir que la fuerza debe ser atractiva. Además, la energía mecánica total debe ser E = V (r0 ) +
l2 , 2µr02
(3.2.24)
lo cual, debido a la ecuación (3.2.3), quiere decir que para la orbita circular r˙ = 0. Ahora bien, la estabilidad de la orbita circular depende de la naturaleza del potencial V (r). Si el extremo del potencial efectivo es un mínimo, la orbita circular es estable (ver ejemplo anterior), mientras que si este extremo corresponde a un máximo, la orbita circular será inestable. Como es conocido estas propiedades de estabilidad dependen de la segunda derivada del potencial efectivo (concavidad). Por esta razón, se puede asegurar en general que una orbita circular es estable si ✓ 2 ◆ ✓ 2 ◆ d Vef f 3l d2 V (r) = + > 0, (3.2.25) dr2 µr4 dr2 r=r0 r=r0 o en términos de la fuerza, 3l2 µr04
dF (r) dr
dF (r) dr
>0
(3.2.26)
r=r0
< r=r0
3l2 . µr04
(3.2.27)
3F (r0 ) r0
(3.2.28)
3,
(3.2.29)
Utilizando (3.2.23), dF (r) dr
< r=r0
d ln F d ln r
> r=r0
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
102
0) donde se cambia el signo de desigualdad debido a que se asume que F (r es r0 negativo debido a (3.2.23). Ahora bien , si se asume que la fuerza central se comporta como una ley de potencias (por lo menos en la vecindad de la orbita circular),
krn ,
F (r) =
(3.2.30)
con k una constante positiva, la condición de estabilidad resulta ser knrn
1 r=r0
knr0n
1
<
3( kr0n ) r0
< 3kr0n
1
(3.2.31) (3.2.32)
,
es decir n>
(3.2.33)
3.
Como se dedujo en el ejemplo de la orbita circular estable, cuando se consideran pequeñas desviaciones de la orbita circular, la particula ejecuta un movimiento armónico simple con respecto a la traycetoria circular con una frecuencia dada por ✓ ◆ ✓ ◆ 1 d2 Vef f 1 3l2 d2 V (r) 2 ! = = + , (3.2.34) µ dr2 µ µr4 dr2 r=r0 r=r0 que en términos de la fuerza central es !2 = !2 = 2
! =
3l2 µ2 r04
1 dF (r) µ dr
(3.2.35) r=r0
3F (r0 ) 1 dF (r) µr0 µ dr " F (r0 ) d ln F (r) 3+ µr0 d ln r
(3.2.36) r=r0
r=r0
#
.
(3.2.37)
Para que la orbita sea cerrada la frecuencia de oscilación debe ser un número racional veces una cantidad fija, tal como en la ecuación (3.2.21). Comparando con esta ecuación, el término entre paréntesis debe corresponder a un número racional, i.e. 3+
d ln F (r) d ln r
=
2
(3.2.38)
r=r0
con 2 = pq con q y p enteros. Esta relación debe ser válida tamnbién para pequeñas desviaciones del valor para la orbita circular (es decir para trayectorias vecinas), con lo que se puede escribir en esta vecindad como
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
103
d ln F (r) = 2 3. (3.2.39) d ln r Esta relación puede integrarse para obtener la ley de potencias para la fuerza central, k . (3.2.40) r3 2 De esta forma, cualquier fuerza que se exprese en esta forma, con racional y n = 2 3 > 3 , es decir 2 > 0, puede dar lugar a orbitas cerradas. Uno de los ejemplos conocidos que satisface estas condiciones es la ley del inverso del cuadrado ( 2 = 1). Ahora bien, en esta deducción y enparticular en la derivación de la frecuencia !, se consideraron únicamente perturbaciones de la orbita circualr en una expansión hasta primer orden. En 1873, J. Bertrand realizó un análisis considerando ordenes superiores en la expansión en serie con lo que obtuvo que los únicos potenciales que producen orbitas cerradas en general son los correspondientes a 2 = 1 (ley de inverso del cuadrado) y 2 = 4 (ley de Hooke). A este resultado se le conoce como Teorema de Bertrand. Para finalizar, vale la pena comentar que las observaciones astronómicas muestran una infinidad de ejemplos de orbitas cerradas y ya que una fuerza del tipo ley de Kooke no es posible a distancias astronómicas (recuerde que esta fuerza crece infinitamente para grandes distancias), se puede concluir que la fuerza gravitacional debe poseer la forma de una ley de inverso del cuadrado. Algo similar se puede decir de la interacción electrostática. F (r) =
3.2.5.
Ecuación Diferencial de la Trayectoria
La ecuación de Lagrange para la coordenada radial es (3.2.7), µ¨ r=
l2 µr3
dV . dr
(3.2.41)
Utilizando la regla de la cadena dr dr d✓ dr ˙ dr l = = ✓= dt d✓ dt d✓ d✓ µr2
(3.2.42)
y por ello d2 r d = dt2 dt
✓
dr dt
◆
d = d✓
✓
dr dt
◆
d✓ d = dt d✓
d2 r d = 2 dt d✓
✓
✓
dr dt
dr l d✓ µr2
De esta forma, la ecuaión de la trayectoria es
◆
◆
d ✓˙ = d✓
l . µr2
✓
dr dt
◆
l µr2
(3.2.43)
(3.2.44)
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
d d✓
✓
dr l d✓ µr2
◆
l l2 = r2 µr3
dV . dr
104
(3.2.45)
Si se realiza el cambio de variable
r= se tiene
1 u
dr = du
(3.2.46) 1 u2
(3.2.47)
y además dr dr du = = d✓ du d✓
1 du . u2 d✓
(3.2.48)
Por otro lado, dV du dV dV = = u2 . dr dr du du Con esto, la ecuación de la trayectoria se convierte en ✓ ◆ d 1 du l 2 l 2 u3 dV 2 u lu = + u2 d✓ u2 d✓ µ µ du ✓ ◆ d du l2 u2 l 2 u3 dV = + u2 d✓ d✓ µ µ du d2 u µ dV =u+ 2 d✓2 l du
(3.2.49)
(3.2.50) (3.2.51) (3.2.52)
µ dV d2 u +u= 2 . (3.2.53) 2 d✓ l du Esta ecuación describe la trayectoria en forma diferencial y corresponde a un oscilador armónico forzado.
3.3.
Problema de Kepler
A partir de este momento se restringirá el estudio al potencial k , r es decir a una fuerza de ley de inverso del cuadrado, V =
(3.3.1)
k , (3.3.2) r2 con k > 0. Al escoger esta forma particular de potencial, la integral para ✓ (3.1.14) puede realizarse, F =
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
✓
✓0 =
ˆ
r2
r
ldr
h
1 l2 2 µr 2
2µ E
V (r)
Para ello, se utiliza el cambio de variable u= dru =
105
(3.3.3)
i.
1 r
(3.3.4)
1 dr, r2
(3.3.5)
con lo que se obtiene ✓
ˆ
✓0 =
✓
ˆ
✓0 =
✓
r
ˆ
✓0 =
ldu
h
1 l 2 u2 2 µ
2µ E
p
ldu du
2µE l2
+
1
(3.3.8)
.
2µk l2 u
Esta integral tiene la forma estandard ˆ du 1 p =p cos ↵ + u + u2
donde q =
(3.3.7)
l2 u2 + 2µku
2µE
q
+ ku
(3.3.6)
i
u2
✓
+2 u p q
◆
,
(3.3.9)
4↵ . Para la trayectoria estudiada se tiene
2
↵
= = =
2µE l2 2µk l2 1
(3.3.10) (3.3.11) (3.3.12)
y q=
✓
2µk l2
◆2
+4
✓
2µE l2
◆
=
✓
2µk l2
De esta forma, la trayectoria esta dada por 0 ✓
✓0 =
cos
1
@
◆2 ✓
1+
2µk 2 ⇣ ⌘l q 2µk 1 l2
2El2 µk 2
2u +
2El2 µk2
◆
1 A
.
(3.3.13)
(3.3.14)
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
✓
✓0 =
1
cos
0
l2 u µk
@q 1+
1 2El2 µk2
Despejando r de esta ecuación se obtiene cos (✓ s
l2 u µk
✓0 ) = q
1
A.
1
1+
2El2 µk2
2El2 l2 u cos (✓ ✓ ) = 0 µk 2 µk s " # 1 µk 2El2 u= = 2 1+ 1+ cos (✓ ✓0 ) . r l µk 2 1+
1+
106
(3.3.15)
(3.3.16)
(3.3.17)
(3.3.18)
Esta ecuación se puede escribir en la forma estandard de una cónica, r=
C 1 + ✏ cos (✓
✓0 )
(3.3.19)
donde C= y ✏=
s
l2 µk
1+
2El2 µk 2
(3.3.20)
(3.3.21)
se conoce como la excentricidad. La naturaleza de la orbita depende de esta cantidad de acuerdo con Si ✏ > 1, (E > 0), la orbita es una hiperbola. Si ✏ = 1, (E = 0), la orbita es una parabola. Si ✏ < 1, (E ⇣ < 0), la orbita ⌘es una elipse. Si ✏ = 0, E = Emin =
3.3.1.
µk2 2l2
, la orbita es un círculo.
Periodo de la Órbita Elíptica
De la definición del momento angular, y específicamente de la ecuación (3.2.17), se tiene dA r2 ✓˙ l = = dt 2 2µ 2dA =
l dt. µ
(3.3.22) (3.3.23)
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
107
Integrando sobre una revolución completa a lo largo de una elipse con semiejes mayor y menor dados por a y b, se tiene 2
ˆ
⇡ab
dA =
0
ˆ
⌧
l dt, µ
0
(3.3.24)
donde ⇡ab es el area de la elipse (barrida por el radio vector en una revolución) y ⌧ es el periodo del movimiento. Realizando las integrales se obtiene 2⇡ab =
l ⌧, µ
(3.3.25)
es decir que el periodo del movimiento elíptico esta dado por ⌧=
3.3.2.
2⇡µab . l
(3.3.26)
Energía
La energía mecánica total encontrada a partir de la primera cuadratura está dada por (3.1.17), E=
1 2 1 l2 µr˙ + + V (r) . 2 2 µr2
(3.3.27)
Para el problema de Kepler se utiliza el potencial (3.3.1) para obtener E=
1 2 1 l2 µr˙ + 2 2 µr2
k . r
(3.3.28)
Ya que los ápsides son puntos de retorno, en ellos se tiene r˙ = 0, y con ello la energía satisface la ecuación E=
1 l2 2 µr2
Er2 + kr
k r
(3.3.29)
1 l2 = 0, 2µ
(3.3.30)
que tiene la forma general de la cuadrática ax2 + bx + c = 0. Las raices x1,2 de esta ecuación se encuentran mediante p b ± b2 4ac x1,2 = , 2a y por ello satisfacen x1 + x2 =
b . a
(3.3.31)
(3.3.32)
(3.3.33)
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
108
Figura 3.3.1: Orbita elíptica. De esta forma, la ecuación (3.3.26) permite encontrar la posición de los ápsides, los cuales satisfacen k . (3.3.34) E Ahora bien, de la Figigura 13 se observa que los ápsides deben ubicarse en los extremos del semieje mayor y por ello se debe satisfacer r 1 + r2 =
k . (3.3.35) E De esta ecuación se puede despejar la energía mecánica en términos del semieje mayor de la elípse, r1 + r2 = 2a =
k . (3.3.36) 2a Recuerde que el valor negativo de la energía significa que la partícula se encuentra ligada. E=
3.3.3.
Tercera Ley de Kepler
Desde el punto de vista geométrico, la excentricidad de la elípse viene dada en términos de sus semieje mayor y menor mediante p b = a 1 ✏2 . (3.3.37)
Utilizando esta relación en la ecuación para el periodo (3.3.26) se tiene p 2⇡µa2 1 ✏2 ⌧= . (3.3.38) l Utilizando la ecuación (3.3.21) para la excentricidad de las trayectorias en términos de la energía,
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
✏=
s
1+
2El2 , µk 2
109
(3.3.39)
el periodo resulta ser 2⇡µa2 ⌧=
q
2El2 µk2
. l Elevando al cuadrado esta expresión y utilizando (3.3.19) se tiene ⇣ ⌘ 2El2 4⇡ 2 µ2 a4 2 µk ⌧2 = l2 ⇣ ⌘ 2kl2 4⇡ 2 µ2 a4 2aµk 2 ⌧2 = l2
(3.3.40)
(3.3.41)
(3.3.42)
4⇡ 2 µ 3 a . (3.3.43) k Este resultado establece que el cuadrado del periodo de una orbita elíptica es proporcional al cubo del radio mayor de la orbita. En el caso del problema gravitacional, en el cual ⌧2 =
k = Gm1 m2 y
(3.3.44)
m1 m2 , m1 + m2
(3.3.45)
4⇡ 2 a3 . G (m1 + m2 )
(3.3.46)
µ= se tiene ⌧2 =
Cuando se considera un objeto central muy masivo (por ejemplo el sol) con masa m1 y una particula de masa m2 moviendose alrededor de este (por ejemplo un planeta), con m1 m2 , se puede aproximar 4⇡ 2 a3 Gm1
(3.3.47)
2⇡a3/2 ⌧⇡p . Gm1
(3.3.48)
⌧2 ⇡
A esta relación se le conoce como tercera ley de Kepler y establece que la constante de proporcionalidad entre ⌧ y a3/2 es la misma para todos los planetas
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
3.3.4.
110
Ecuación de Kepler
La integral primera (3.1.20) permite encontrar, en principio, lafunción r (t), ˆ r dr r h (3.3.49) i = t. r0 2 1 l2 V (r) µ E 2 µr 2
Para el caso específico del problema de Kepler, esta ecuación resulta ser ˆ r dr r h (3.3.50) i = t. r0 2 k 1 l2 k µ 2a 2 µr 2 + r De la definición de la excentricidad, (3.3.21), se tiene s 2El2 ✏= 1+ , µk 2
(3.3.51)
que para el problema de Kepler es l2 , µka
✏2 = 1
(3.3.52)
y por ello, el momento angular se puede escribir como l2 = µka 1
✏2 .
(3.3.53)
Reemplazando este resultado en la integral (3.3.50), se obtiene ˆ r dr r h i =t r0 2 k 1 ka(1 ✏2 ) k +r µ 2a 2 r2 ˆ
r
r0
ˆ
r
r0
r
r
µ q 2k
µ q 2k
dr
1 2a
a(1 ✏2 ) 2r 2
+
1 2 2a r
+r
=t
(3.3.55)
= t.
(3.3.56)
1 r
rdr a(1 ✏2 ) 2
Para resolver esta integral, se introducirá la nueva variable r = a (1
✏ cos ) ,
(3.3.54)
definida por (3.3.57)
de donde dr = a✏ sin d .
(3.3.58)
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
111
La variable angular se denomina anomalía exentrica y toma valores en el intervalo 0 a 2⇡ cuando el angulo ✓ (denominado anomalía verdadera) completa una revolución. Los límites de la integración se encuentran teneindo en cuenta que la ecuación de la trayectoria (3.3.19), r=
l2 µk
,
(3.3.59)
a 1 ✏2 . 1 + ✏ cos (✓ ✓0 )
(3.3.60)
1 + ✏ cos (✓
✓0 )
se puede escribir también como r=
El radio mínimo en esta trayectoria se obtiene cuando cos (✓ r0 = rmin =
a 1 ✏2 = a (1 1+✏
✓0 ) = 1, (3.3.61)
✏) .
Si se compara esta relación con (3.3.57), se observa de inmediato que el radio mínimo (perihelio) se obtiene cuando cos = 1, es decir = 0. Con esto en mente, la integral resulta ser r
ˆ
0
ˆ
0
µ q 2k
r
µ q 2k
a (1 1 2 2a a
(1
✏ cos ) a✏ sin d 2
✏ cos ) + a (1
a2 ✏ (1 a 2
(1
✏ cos )
a(1 ✏2 ) 2
✏ cos ) sin d 2
✏ cos ) + a (1
✏ cos )
a(1 ✏2 ) 2
=t
= t.
(3.3.62)
(3.3.63)
Nótese que el radical en el denominador se puede expandir como r = = = =
a a (1 ✏2 ) (1 + ✏2 cos2 2✏ cos ) + a (1 ✏ cos ) 2 2 r 2 a✏ a 2 a+a ✏ cos2 + a✏ cos a✏ cos + 2 2 r 2 a 2 a✏ ✏ cos2 + 2 2 r a 2 ✏ (1 cos2 ) 2 r a ✏ sin . (3.3.64) 2
Así, la integral se convierte en
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
ˆ
0
r
r
µ a2 (1 2k
✏ cos ) d pa
=t
112
(3.3.65)
2
ˆ µa3 (1 ✏ cos ) d = t k 0 r µa3 ( ✏ sin ) = t. k Ya que el periodo del movimiento está dado por r µ 3 ⌧ = 2⇡ a , k
se puede definir la frecuencia angular como s k 2⇡ != = , ⌧ µa3
(3.3.66) (3.3.67)
(3.3.68)
(3.3.69)
y con ello, ✏ sin
(3.3.70)
= !t.
Esta última relación se conoce como Ecuación de Kepler. En ella, la cantidad !t toma valores en el rango de 0 a 2⇡ a lo largo de una revolución completa, al igual que . Por esta razón se le denomina anomalía media. Ahora bien, la relación entre la anomalía excéntrica y la anomalía verdadera se puede obtener a partir de la2 ecuaciones (3.3.57) y (3.3.60), que permiten escribir r=
a 1 ✏2 = a (1 1 + ✏ cos (✓ ✓0 )
✏ cos ) ,
(3.3.71)
✓0 )
(3.3.72)
de donde a 1 ✏2 a (1 ✏ cos )
1 = ✏ cos (✓
cos ✏ = cos (✓ 1 ✏ cos
✓0 ) .
(3.3.73)
Si a esta relación se le suma uno y se le resta uno a cada lado se obtiene las ecuaciones ( 1 1cos✏ cos ✏ = 1 cos (✓ ✓0 ) (3.3.74) 1 + 1cos✏ cos ✏ = 1 + cos (✓ ✓0 ) ( (1+✏)(1 cos ) = 1 cos (✓ ✓0 ) 1 ✏ cos (3.3.75) (1 ✏)(1+cos ) = 1 + cos (✓ ✓0 ) . 1 ✏ cos
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
113
Dividiendo una de estas en la otra se tiene (1 + ✏) (1 cos ) 1 cos (✓ = (1 ✏) (1 + cos ) 1 + cos (✓
✓0 ) . ✓0 )
(3.3.76)
Ahora bien, recordado las identidades trigonométricas para suma de angulos, esta expresión se puede reescribir como ⇣ ⌘ ✓ ◆ 2 sin2 2 sin2 ✓ 2✓0 2 1+✏ ⇣ ⌘= (3.3.77) 1 ✏ 2 cos2 2 cos2 ✓ 2✓0 2
✓
1+✏ 1 ✏
◆
tan2
✓ ◆ 2
= tan2
✓
✓
✓0
2
◆
.
Es decir que la relación entre las anomalias es r ✓ ◆ ✓ ◆ 1+✏ ✓ ✓0 tan = tan . 1 ✏ 2 2
3.4.
(3.3.78)
(3.3.79)
Dispersión por Campos Centrales
Aún cuando el interés por la fuerza central se centró en este capítulo en el estudio del movimiento planetario, este trataimento puede ser aplicado también a otros tipos de fuerzas centrales, como por ejemplo el campo electrostático. En estos casos, es interesante analizar el fonómeno de dispersión de partículas por un centro de fuerza. Para ello se considerará un haz uniforme de particulas puntuales, todas de igual masa. La intensidad o densidad de flujo del haz, I, se define como el número de partículas que cruzan una unidad de area perpendicular al haz por unidad de tiempo. La dirección de incidencia corresponde a la recta que pasa por el centro de fuerzas y que es paralela al vector velocidad de las particulas incidentes. Si se supone que el campo central tiende a cero para grandes distancias, el haz se mueve en linea recta hasta el momento en el quepasa cerca al centro de fuerzas. Allí, la interacción con cada partícula hace que se cambie su dirección de forma atractiva o repulsiva, desviando la dirección de la trayectoria en línea recta. Luego, al alejarse, la fuerza vuelve a ser cero y la trayectoria es de nuevo una linea recta con una dirección final que difiere de la dirección de incidencia. Se define el ángulo de dispersión como el ángulo agudo entre las direcciones de incidencia y final. Finalmente, se define el parámetro de impacto b, como la distancia entre el vector de velocidad de las particulas incidentes y la recta que define la dirección de incidencia. Ya que el efecto de dispersión depende del acercamiento al centro de fuerzas, se puede decir que la dispersión producida en el haz es inversamente proporcional al parametro de impacto, dispersi´ on ⇠ 1b .
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
114
Figura 3.4.1: Dispersión por un campo central
3.4.1.
Sección Eficaz Diferencial de Dispersión
La sección eficaz diferencial de dispersión
(⌦) d⌦ =
(⌦) se define como
número de partículas dispersadas en un ángulo sólido d⌦ por unidad de tiempo , intensidad del haz incidente
donde d⌦ es un elemento de ángulo sólido. Si se recuerda que el ángulo sólido barrido por un elemento de area dA a una distancia R se escribe dA , (3.4.1) R2 es fácil comprobar a partir de la Figura 3.4.1, que el ángulo solido que barre el anillo de espesor d ubicado a un ángulo y a una distancia R del centro de fuerzas, resulta ser d⌦ =
d⌦ =
2⇡R sin (Rd ) R2
d⌦ = 2⇡ sin d .
(3.4.2) (3.4.3)
Ahora bien, el número de partículas incidentes que pasan por el anillo de radio b espesor db que se muestra en la Figura 3.4.2 es # de particulas = I2⇡b |db| = I (⌦) |d⌦| ,
(3.4.4)
donde la última igualdad se consigue utilizando la definición de la sección eficaz diferencial de dispersión y los valores absolutos se utilizan porque el número de partículas siempre debe ser una cantidad positiva. De esta manera, se tiene (⌦) |d⌦|
(3.4.5)
(⌦) 2⇡ sin |d | ,
(3.4.6)
2⇡b |db| = 2⇡b |db| =
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
115
Figura 3.4.2: Seccion Eficaz de Dispersión es decir (⌦) =
b sin
db . d
(3.4.7)
Para calcular esta cantidad es necesario conocer la función b = b ( ) y para ello se necesita la ecuación de la trayectoria para las partículas. A partir de la Figura 3.4.3se observa que el angulo de dispersión se puede escribir como =⇡
2 ,
(3.4.8)
donde es el ángulo entre la dirección de incidenciay la dirección del punto de máximo acercamiento (periapsis). Este ángulo puede encontrarse encontrando la ecuación (3.2.17) ˆ ldr q ✓ ✓0 = (3.4.9) ⇥ ⇤. l2 r2 2m E 12 mr V (r) 2 Aqui, el momento angular de un partícula que incide con parámetro de impacto b y velocidad v0 se puede escribir como p l = mbv0 = b 2mE,
(3.4.10)
donde la última igualdad se consigue ya que en la región asintótica el campo central es nulo y la energía es únicamente cinética. De esta manera, se tiene p ˆ b 2mEdr q ✓ ✓0 = (3.4.11) ⇥ ⇤. 2 r2 2m E 12 b r2E V (r) 2 El ángulo se obtendrá como la diferencia de la dirección asintótica de llegada y la dirección del punto de mayor acercamiento (r = rmin ), i.e. = ✓ (t = +1) o en términsos de la integral como
✓ (t = 0) ,
(3.4.12)
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
116
Figura 3.4.3: Simetría de la trayectoria de las particulas dispersadas
=
ˆ
1
ˆ
1
rmin
r2
que se puede escribir como =
rmin
q E
r2
rh
p b Edr b2 E r2
bdr b2 r2
1
,
(3.4.13)
i.
(3.4.14)
V (r)
V (r) E
Así, el ángullo de dispersión se puede escribir como ˆ 1 bdr rh =⇡ 2 i. 2 rmin 2 V (r) r 1 rb2 E
(3.4.15)
Al realizar el cambio de variable usual,
r=
1 , u
se tiene =⇡
2
ˆ
0
umax
r2
rh
bdu 1
b2 u 2
V (u) E
i.
(3.4.16)
Nótese que esta ecuación permite, en principio, encontrar una relación entre el ángulo de dispersión y el parámetro de impacto, = (b, E) la cual puede invertirse para encontrar la relación buscada, es decir b = b ( , E).
3.4.2.
Dispersión de Rutherford
Uno de los problemas de dispersión más impoirtante es el producido sobre cargas eléctricas debido a un campo de Coulomb. La fuerza central entre una partícula con carga Ze y otra con carga Z 0 e tiene la forma
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
117
ZZ 0 e2 , (3.4.17) r2 es decir, es una ley de inverso de cuadrado. Como se mostró antes, para una partícula con energia E > 0, la excentricidad es ✏ > 1, es decir que la trayectoria que sigue es una hipérbola. A partir de la ecuación (3.3.18), " # r 1 mk 2El2 = 2 1+ 1+ cos (✓ ✓0 ) , (3.4.18) r l mk 2 F (r) =
y el momento angular en términos del parámetro de impacto, se tiene " # r 1 k 4E 2 b2 = 2 1+ 1+ cos (✓ ✓0 ) , (3.4.19) r 2b E k2 donde k = ZZ 0 e2 . El valor mínimo del radio, r = rmin , se obtiene para ✓ = ✓0 , y si se evalua esta expresión para un tiempo muy grande, t ! 1, el radio vector tiende a infinito y la expresión toma la forma " r 1 k 4E 2 b2 = 2 1+ 1+ cos (✓ (t = 1) r (t = 1) 2b E k2
#
✓0 ) = 0
Recordando la definición del ángulo = ✓ (t = 1) ✓0 , se obtiene " # r 1 k 4E 2 b2 = 2 1+ 1+ cos = 0. r (t = 1) 2b E k2
(3.4.20)
(3.4.21)
De esta forma, se debe cumplir cos y recordando que
=⇡
2 , ✓ ⇡ cos sin
1 q , 2 2 1 + 4Ek2b
=
◆
2
⇣ ⌘ 2
q
es decir sin2
⇣ ⌘ 2
1 q 2 2 1 + 4Ek2b
=
=
=
(3.4.22)
1
1+
4E 2 b2 k2
1 1+
4E 2 b2 k2
,
.
Al despejar el término que incluye el parámetro impacto,
(3.4.23)
(3.4.24)
(3.4.25)
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
4E 2 b2 1 = 2 2 k sin
118
(3.4.26)
1. 2
Expresando apropiadamente el uno del último término en el lado derecho, se puede escribir sin2
4E 2 b2 1 = k2 sin2
sin
2
2
2
=
2
cos2
2
sin2
2
,
(3.4.27)
es decir que ⇣ ⌘ 4E 2 b2 2 = cot , (3.4.28) k2 2 de donde se puede despejar el parámetro de impacto en función del angulo de dispersión, ⇣ ⌘ k cot . (3.4.29) 2E 2 Esta función permite encontrar inmediatamente la sección eficaz diferencial de dispersión, b( ) =
b sin
(⌦) = (⌦) =
k 2 cot 4E 2 sin
(⌦) =
y ya que sin
= 2 sin
2
cos
2
(3.4.30)
⇣ ⌘⌘ d ⇣ cot d 2
2
k 2 cot 4E 2 sin
(⌦) =
db d
2
⇣ ⌘ 1 csc2 2 2
cos 2 k2 8E 2 sin sin3
(3.4.31) (3.4.32)
,
(3.4.33)
.
(3.4.34)
2
, finalmente
(⌦) =
1 4
✓
k 2E
◆2
1 sin4
2
A partir de esta cantidad, es posible calcular la sección eficaz total de dispersión, T , mediante ˆ ˆ ⇡ = (⌦) d⌦ = 2⇡ ( ) sin d . (3.4.35) T 4⇡
0
Para la dispersión de Rutherford, esta integral diverge. Para comprender este comportamiento, basta con notar que de la definición de la sección eficaz total será el número de partículas dispersadas en todas las direcciones por unidad de tiempo para un haz con intensidad unitaria. Ya que el campo de Coulomb se
CAPÍTULO 3. PROBLEMA DE LA FUERZA CENTRAL
119
extiende en todo el espacio, incluso las partículas con un parámetro de impacto grande sufriran dispersión (aunque sea muy pequeña) y todas estas contribuciones entran dentro del calculo de T . Este mismo comportamiento ocurre para todos los campos que se extienden por todo el espacio. En realidad, para que T no presente un comportamiento divergente, la única posibilidad es que exista un corte (cut-off ), es decir que el campo sea nulo para regiones mayores a una cierta distancia, r > r⇤ .
Capítulo 4
Cinemática del Cuerpo Rígido 4.1.
Grados de Libertad
Un cuerpo rígido es un conjunto de N partículas , por lo que posee, en principio, 3N grados de libertad. Sin embargo, las distancias mutuas entre partículas son constantes, lo cual se puede escribir como el conjunto de ligaduras rij = cij = cte.
(4.1.1)
Para ubicar la posición de un punto en un cuerpo rígido, no es necesario especificar sus distancias a todos los demás puntos. Para ello solamente hace falta especificar la posición con respecto a tres puntos no colineares. Dee sta forma, una vez que se determina la posición de tres partículas dentro del cuerpo rígido, todas las demás partículas quedan ubicadas utilizando las ligaduras. Ejemplo Una partícula puntual posee tres grados de libertad. Si se consideran dos partículas puntuales unidas con una barra rigida sin masa existe una ligadura, r12 = c12 y por ello el número de grados de libertad se reduce a n = 3N = 6 1 = 5. Si se consideran tres partículas unidas con dos barras rígidas que pueden rotar independiente y libremente como se muestra en la Figura, existen dos ligaduras: r12 = c12 y r13 = c13 . Así, el número de grados de libertad se reduce a n = 3N = 9 2 = 7. Finalmente, si las tres partículas se unen con tres barras rígidas existen tres ligaduras r12 = c12 , r13 = c13 y r23 = c23 . Por esta razón, el número de grados de libertad es de n = 3N = 9 3 = 6. Como se muestra en el ejemplo, para ubicar tres partículas unidas con barras rígidas se tienen 6 grados de libertad, al igual que para determinar la ubicación de cualquier cuerpo rígido. 120
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
121
Figura 4.1.1: Ubicacion y orientación del Cuerpo Rígidos Ahora bien, las coordenadas generalizadas que dan cuenta de estos 6 grados de libertad se pueden tomar como las tres coordenadas cartesianas que ubican un punto dentro del objeto (este puede ser un punto fijo, si este existe, o en su defecto el centro de masa del cuerpo rígido) y los tres ángulos que determinan la orientación del cuerpo rígido con respecto a la ubicación de este punto. Denotaremos OXY Z el sistema de coordenadas con respecto al cual queremos ubicar el cuerpo rígido, mientras que o0 xyz corresponde a un sistema centrado en un punto del cuerpo rígido (punto fijo o centro de masa) y que tiene sus ejes paralelos al sistema OXY Z. Finalmente, se denotará por o0 x0 y 0 z 0 el sistema de coordenadas fijo al cuerpo y que dará cuenta de la orientación del mismo, como se observa en la Figura 4.1.1. Se definirán los vectores unitarios ˆi, ˆj, kˆ en dirección de los ejes X, Y, Z, los cuales satisfacen ˆi · ˆi = ˆj · ˆj = ˆi · ˆj = ˆj · kˆ =
kˆ · kˆ = 1 kˆ · ˆj = 0,
(4.1.2) (4.1.3)
y los vectores unitarios ˆi0 , ˆj 0 , kˆ0 en dirección de los ejes X 0 , Y 0 , Z 0 , con un conjunto de relaciones similar. Ahora bien, la orientación de cada un de los ejes primados con respecto a los no primados se puede dar en términos de los cosenos directores definidos por las relaciones (ver Figura 4.1.2) 8 0 > : 0 ˆ ˆ cos ✓13 = i · k 8 0 > : 0 ˆ ˆ cos ✓23 = j · k
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
122
Figura 4.1.2: Cosenos Directoress 8 > : cos ✓33
= kˆ0 · ˆi = kˆ0 · ˆj ˆ = kˆ0 · k.
(4.1.6)
En esta definición de los angulos ✓ij el primer índice se refiere al sistema primado y el segundo índice al sistema no primado. Nótese que este conjunto de nueve cosenos directores determina completamente la orientación del sistema de ejes primados con respecto al sistema no primado, ya que los vectores unitarios primados se pueden escribir en terminos de los no primados mediante ˆi0 ˆj 0 kˆ0
(4.1.7)
=
cos ✓11ˆi + cos ✓12 ˆj + cos ✓13 kˆ cos ✓21ˆi + cos ✓22 ˆj + cos ✓23 kˆ
=
ˆ cos ✓31ˆi + cos ✓32 ˆj + cos ✓33 k.
(4.1.9)
=
(4.1.8)
Ahora bien, a partir de este conjunto de ecuacioens y de las condiciones de ortonormalidad de los vectores unitarios primados y no primados, es sencillo mostrar que los cosenos directores satisfacen las relaciones 3 X
cos ✓lm cos ✓ln = 0
(4.1.10)
l=1
3 X
cos ✓lm cos ✓ln =
l=1
3 X
cos2 ✓lm = 1.
(4.1.11)
l=1
Estas dos relaciones se pueden reescribir en una sola ecuación como 3 X
cos ✓lm cos ✓ln =
l=1
con
mn
la función delta de kronecker.
mn ,
(4.1.12)
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
123
Un vector cualquiera ~r se puede escribir en los dos sistemas de coordenadas, ~r = xˆi + yˆj + z kˆ = x0ˆi0 + y 0 ˆj 0 + z 0 kˆ0 .
(4.1.13)
Las componentes del vector en cada uno de los sistemas se relacionan entre ellas mediante los cosenos directores, 8 0 0 > : 0 z = ~r · kˆ0 = cos ✓31 x + cos ✓32 y + cos ✓33 z. Es importante notar aqui que, debido a las relaciones (4.1.12), los cosenos directores no son todos independientes entre sí. Por esta razón, cuando se desea determinar la oreintaciónd e un cuerpo rígido no son necesarias nueve coordenadas generalizadas. En realidad, las ecuaciones (4.1.12) son 6 relaciones entre los cosenos directores y por ello el número de grados de libertad necesarios para describir la orientación de un cuerpo rígido son solamente tres.
4.2.
Transformaciones Ortogonales
La transformación de coordenadas (4.1.14) se puede interpretar como una transformación lineal definida en forma general por 8 0 > : 0 x3 = a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 , identificando los coeficientes
aij = cos ✓ij .
(4.2.2)
Esta transformación lineal se puede escribir en forma corta como x0i = aij xj ,
(4.2.3)
donde se utiliza la convención de suma de Einstein (esto es, siempre que exista un par de índices repetidos se asume una suma sobre todos los valores de ese índice, en este caso i, j = 1, 2, 3). Los coeficientes que representan esta transformación no son totalmente independientes. Para encontrar las relaciones entre ellos, se puede considerar la magnitud de un vector, la cual debe permanecer invariante. Esto es, en coordenadas cartesianas 3 X i=1
x2i =
3 X
x02 i .
i=1
Utilizando la transformación lineal en el lado derecho,
(4.2.4)
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
3 X
3 X
x2i =
i=1
3 X
x2i =
i=1
x0i x0i
3 X 3 X
x2i =
i=1
(4.2.5)
i=1
3 X
aij xj
i=1 j=1
3 X
124
X
aik xk
(4.2.6)
k=1
aij aik xj xk .
(4.2.7)
i,j,k
Esta relación es válida solamente si X aij aik =
jk ,
(4.2.8)
i
conocida como la condición de ortogonalidad.
4.2.1.
Representación Matricial
Ahora bien, la transformación lineal se puede representar matemáticamente en forma matricial como x0 = Ax, donde
2
a11 A = 4 a21 a31
a12 a22 a32
(4.2.9) 3 a13 a23 5 . a33
(4.2.10)
Esta matriz puede interpretarse como un operador que actua sobre el sistema de coordenadas (punto de vista pasivo de la transformación) o como un operador que actua sobre los vectores (punto de vista activo de la transformación). Por otro lado, la condición de ortogonalidad se representa matricialmente mediante la expresión ˜ = AA ˜ = 1, AA
(4.2.11)
˜ representa la matriz transpuesta de A y 1 es la matriz identidad. donde A Si se considera el enfoque activo de la transformación y la matriz A se aplica a un vector F, se obtendrá un nuevo vector G, como G = AF.
(4.2.12)
Además, si se utiliza ahora el enfoque pasivo y se considera la acción de una matriz B sobre el sistema de coordenadas, las componentes del vector G serán ahora BG = BAF.
(4.2.13)
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
125
Esta expresión se puede reescribir introduciendo una matriz identidad adecuadamente, BG = BA1F = BAB
1
BF = BAB
1
BF = A0 BF,
(4.2.14)
donde en la última igualdad se ha considerado la ecuación (4.2.12) y A0 representa el operador A en el nuevo sistema de coordenadas y que está dado por A0 = BAB
1
.
(4.2.15)
A esta relación se le conoce como transformación de semejanza o de similaridad. Ahora bien, esta ecuación puede reescribirse como A0 B = BA.
(4.2.16)
Al tomar el determinante de esta expresión, det [A0 B] = det [BA] ,
(4.2.17)
y debido a las propiedades de los determinantes, det [A0 ] det [B] = det [B] det [A]
(4.2.18)
det [A0 ] = det [A] ,
(4.2.19)
es decir que el determinante de una matriz es invariante bajo una transformación lineal. Ahora bien, de la condición de ortogonalidad para la matriz A se tiene h i ˜ = det [1] = 1, det [A] det A (4.2.20)
y ya que el determinante de la matriz transpuesta es igual al de la matriz original (el determinante no cambia si se intercambian filas y columnas), se tiene 2
(det [A]) = 1,
(4.2.21)
lo que implica que el determinante de una matriz ortogonal solo puede tomar dos valores, det [A] = ±1.
(4.2.22)
El signo menos no sirve para representar rotaciones, ya que una matriz con este determinante, como por ejemplo 2 3 1 0 0 4 0 1 0 5 (4.2.23) 0 0 1
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
126
produce una inversion en los ejes (la cual nunca se puede obtener para un cuerpo rigido ya que no existe forma de invertir ejes mediante rotaciones sin utilizar al menos una reflección). Por esta razón se considerarán solamente matrices con det [A] = +1, denominadas matrices ortogonales propias.
4.3.
Angulos de Euler
Como se analizó anteriormente, los nueve angulos ✓ij no son independientes entre sí, y por esta razón no sirven como coordenadas generalizadas. Las seis relaciones de ortogonalidad dan como resultado que solo se tienen tres grados de libertad y por ello para determinar la orientación de un cuerpo rígido se necesitarán solamente 3 ángulos. Aún cuando la escogencia de los angulos es completamente arbitaria, la elección más común corresponde a los denominados Angulos de Euler. Para obtener un sistema de coordenadas cartesiano a partir de otro se puede realizar mediante tres rotaciones sucesivas en un orden específico. La convención que se describirá aqui corresponde a la utilizada en la mecánica celeste. Para representar las rotaciones alrededor de los diferentes ejes se utilizará la notación matricial
R1 (')
R2 (')
R3 (')
=
=
=
0
1 0 0 @ 0 cos ' sin ' 0 sin ' cos ' 0 cos ' 0 sin ' @ 0 1 0 sin ' 0 cos ' 0 cos ' sin ' 0 @ sin ' cos ' 0 0 0 1
1
A rotación con respecto al primer eje de coordenadas 1
A rotación con respecto al segundo eje de coordenadas 1
A rotación con respecto al tercer eje de coordenadas.
Partiendo del sistema xyz, se rota en un ángulo en contra de las manecillas del reloj y alrededor del eje z. Con ello se obtiene el sistema de ejes ⇠⌘⇣. Nótese que esta rotación se puede representar matemáticamente como 0 1 0 1 ⇠ x @ ⌘ A = R3 ( ) @ y A . (4.3.1) ⇣ z
Luego, se realiza una segunda rotación alrededor del eje ⇠ y en contra de las manecillas del reloj en un angulo ✓, para obtener el sistema ⇠ 0 ⌘ 0 ⇣ 0 . Matemáticamente, esto corresponde a 0 0 1 0 1 ⇠ ⇠ @ ⌘ 0 A = R1 (✓) @ ⌘ A . (4.3.2) ⇣0 ⇣
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
127
Figura 4.3.1: Angulos de Eulers Nótese que el eje ⇠ 0 se encuentra ubicado en la intersección de los planos xy y ⇠ ⌘ y se conoce como línea de los nodos. Finalmente, la tercera rotación se realiza alrededor del eje ⇣ 0 en un ángulo en contra de las manecillas del reloj para producir el sistema x0 y 0 z 0 , 0 0 1 0 0 1 x ⇠ @ y 0 A = R3 ( ) @ ⌘ 0 A . (4.3.3) z0 ⇣0 0 0
Los tres angulos de Euler, ✓ , mostrados en la Figura 4.3.1, permiten describir completamente la orientación del sistema de cooredenadas x0 y 0 z 0 con respecto al sistema xyz, y por ello conforman un buen sistema de coordenadas generalizadas para describir la orientación de un cuerpo rígido. Ahora bien, la transformación completa se puede representar matricialmente como 0 0 1 0 1 x x @ y 0 A = R3 ( ) R1 (✓) R3 ( ) @ y A (4.3.4) z0 z 0 0 1 0 1 x x @ y0 A = A @ y A , (4.3.5) z0 z donde la matriz A resulta ser
A = R3 ( ) R1 (✓) R3 ( ) 0
cos A = @ sin 0
sin cos 0
10 0 1 0 A@ 0 1 0
0 cos ✓ sin ✓
10 0 cos sin ✓ A @ sin cos ✓ 0
(4.3.6)
sin cos 0
1 0 0 A 1
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
0
cos A = @ sin 0
10 0 0 A@ 1
sin cos 0
0
cos cos ✓ sin sin ✓ sin
cos cos sin cos ✓ sin cos cos ✓ sin A = @ sin cos sin ✓ sin
4.4.
sin cos ✓ cos sin ✓ cos
128
1 0 sin ✓ A (4.3.7) cos ✓
cos sin + sin cos ✓ cos sin sin + cos cos ✓ cos sin ✓ cos
1 sin sin ✓ cos sin ✓ A . cos ✓ (4.3.8)
Teorema de Euler para el Movimiento de un Cuerpo Rigido
Como se observó, la orientación de un cuerpo rígido se puede expresar con ayuda de los tres angulos de Euler y mediante la matriz de transformación A. Con esto en mente, es posible enunciar el teorema de Euler sobre el movimiento de un cuerpo rígido, el cual se puede escribir como “ El desplazamiento general de un cuerpo rígido con un punto fijo es una rotación alrededor de un eje”. Este teorema quiere decir que para cualquier movimiento de un cuerpo rígido con un punto fijo se puede encontrar un eje que pase por ese punto fijo y orientado mediante un par de angulos ✓ y de tal forma que la rotación en un angulo con respecto a este eje, reproduzca el movimiento del cuerpo rígido. Ahora bien, si el punto fijo se toma como origen del sistema de ejes que describiran el movimiento, no existiran traslaciones sino únicamente rotaciones involucradas, y por ello la transformación general que describirá el movimiento estará representada por la matriz A definida arriba. Ahora bien, en toda transformación de este estilo, el eje de rotación es inalterado, y por esta razón, un vector en dirección de este eje no se ve afectado. Así, para probar el teorema de ~ que tenga las mismas componentes Euler debe mostrarse que existe un vector R antes y después de la rotación. Esto es, ~ 0 = AR ~ = R. ~ R
(4.4.1)
Esta ecuación es unc aso particular de la ecuación general de valores propios para la matriz A, ~ 0 = AR ~ = R, ~ R
(4.4.2)
donde es, precisamente, uno de lo eigenvalores de la matriz A. De esta forma, para probar el teorema de Euler, lo que se debe comprobar es que uno de los valores propios de A es = +1. Ya que la matriz que representa una rotación no cambia la magnitud de los vectores, se tiene para todo valor propio ~ AR
2
=
~ R
2
2 ~ =| | R
2
2
~ , = R
(4.4.3)
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
129
es decir que los tres eigenvalores deben satisfacer 2
2
2
= 1.
(4.4.4)
Se designarán las componente la matriz como 2 3 a11 a12 a13 A = 4 a21 a22 a23 5 a31 a32 a33
(4.4.5)
|
1|
=|
2|
=|
3|
y las componentes del vector como
0
1 x1 ~ = @ x2 A . R x3
(4.4.6)
~ =0 1) R
(4.4.7)
De esta forma la ecuación de eigenvalores será (A 0
a11 @ a21 a31
a12
a13 a23
a22 a32
a33
10
1 x1 A @ x2 A = 0. x3
(4.4.8)
Para que exista una solución no trivial debe cumplirse que su determinante no sea nulo, det [A
(4.4.9)
1] = 0,
condición que se conoce como la ecuación característica o secular para la matriz y que debe complirse para cada uno de los valores propios. Para comprobar el teorema de Euler solo es necesario notar que (A
˜ =1 1) A
˜ A,
(4.4.10)
˜ = AA ˜ =1 debido a que la matriz A debe ser ortogonal (lo que implica que AA ). De esta forma, si se toma el determinante de esta expresión, h i h i ˜ = det 1 A ˜ , det [A 1] det A (4.4.11) h i ˜ = det [A] = 1, se tiene pero ya que A es ortogonal, det A det [A
1] = det [1
A] .
(4.4.12)
De las propiedades de los determinantes se sabe que para toda matriz de tamaño n ⇥ n se satisface n
det [ B] = ( 1) det [B] .
(4.4.13)
En nuestro casose tienen matrices de tamaño 3 ⇥ 3 y por ello se puede escribir
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
det [A
3
1] = det [1
A] = ( 1) det [A
det [A
130
1]
(4.4.14) (4.4.15)
1] = 0.
Comparando esta relacion con la ecuación secular se observa que uno de los valores propios debe ser = +1. Ahora bien, si se denotan los valores propios como k y sus correspondientes vectores propios por Rk = (x1k , x2k , x3k ), las ecuaciones de valores propios se pueden escribir de forma compacta como 3 X
aij xjk =
(4.4.16)
k xik .
j=1
Si se define una matriz formada a partir de 2 x11 x12 X = 4 x21 x22 x31 x32
los vectores propios en la forma 3 x13 x23 5 , (4.4.17) x33
se puede reescribir la ecuación de valores propios como 3 X
aij xjk =
j=1
donde el factor pios,
jk k
3 X
xij
jk k
(4.4.18)
j=1
define una matriz ⇤ cuyos elementos son los valores pro2
1
⇤=4 0 0
0 2
0
3 0 0 5.
(4.4.19)
3
En terminos matriciales, la ecuación será ahora
(4.4.20)
AX = ⇤X, o también X
1
(4.4.21)
AX = ⇤.
Tomando el determinante de esta ecuación, se tiene ⇥ det X
1
⇤ ⇥ AX = det X det [X]
1
1
⇤
det [A] det [X] = det [⇤]
det [A] det [X] =
det [A] =
1 2 3.
1 2 3
(4.4.22) (4.4.23) (4.4.24)
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
131
Como se mostró antes, si la matriz A es ortogonal se cumple det [A] = ±1, pero si se consideran únicamente las transformaciones propias (i.e. no inversiones de ejes) debe tomarse solamente el signo positivo y por ello (4.4.25)
= 1.
1 2 3
Ya que al menos uno de los eigenvalores (por ejemplo igual a 1 = +1, esta ecuación resulta en
1)
debe ser real e (4.4.26)
= 1.
2 3
Así, se pueden analizar tres casos posibles para los dos valores propios restantes: Caso 1. En el caso trivial, la matriz de transformación es la identidad, y por ello 1
=
2
=
3
(4.4.27)
= 1.
Caso 2. 1 = +1 y los otros dos valores propios son negativos, 2 = 3 = 1. Caso 3. 1 = +1 y los otros dos valores propios son complejos conjugados mutuos, es decir 2 = ¯ 3 . Así, se tiene 2 3
Así, se tiene, por ejemplo,
4.4.1.
|
= ¯3 3|
2
2
3
=|
=e , i'
= ¯2 2|
2
3
(4.4.28)
=1
2
(4.4.29)
= 1.
=e
i'
.
Transformación de Similaridad
Si la matriz B define un cambio de coordenadas de la forma (4.4.30)
B : (x, y, z) ! (X, Y, Z) ,
y la matriz A representa una rotación en el sistema (x, y, z) tal que A : (x, y, z) ~r
! (x, y, z)
! ~r0 = A~r
entonces la transformación de similaridad de la matriz A da lugar a una matriz que representa rotaciones en el sistema (X, Y, Z), BAB
1
: (X, Y, Z) ~s
! (X, Y, Z)
! ~s0 = BAB
1
~s
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
4.5.
132
Tensor de Inercia
~ y velocidad El Tensor de Inercia I relaciona los vectores momento angular L angular ! ~, ~ = I~ L !.
(4.5.1)
Si se considera un cambio de coordenadas representado por la matriz A se tiene que ~ 0 = AL ~ = A (I~ L ! ) = AIA
1
A~ ! = AIA
~ 0 = I0 ! L ~ 0, donde se ha definido
I0 = AIA
1
1
! ~0
(4.5.2) (4.5.3)
.
(4.5.4)
El caracter tensorial de I se puede observar al considerar esta relación de similaridad en componentes. Nótese que si las componentes de la matriz de transformación se denotan por aij , entonces las componentes de la inversa serán aji ˜ De esta forma se tiene (ya que para una matriz ortogonal A 1 = A). X 0 Iij = aik Ikl ajl . (4.5.5) k,l
4.6.
Rotaciones Infinitesimales
Aún cuando las rotaciones finitas no pueden representarse por vectores (ya que no cunmplen con la conmutatividad de la adición), si se puede asociar un “vector” a las rotaciones infinitesimales. Para comprender esto, considerese un vector ~r al cual se aplica una rotacióninfinitesimal. Cada una de las coordenadas del vector cambiará en una cantidad muy pequeña para dar lugar a un nuevo vector ~r0 cuyas componentes serán x01
=
x1 + ✏11 x1 + ✏12 x2 + ✏13 x3
(4.6.1)
x02 x03
=
x2 + ✏21 x1 + ✏22 x2 + ✏23 x3
(4.6.2)
=
x3 + ✏31 x1 + ✏32 x2 + ✏33 x3 ,
(4.6.3)
donde las cantidades ✏ij son infinitesimales. Este conjunto de expresiones se puede escribir en forma resumida como x0i = xi +
3 X j=1
o también
✏ij xj
(4.6.4)
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
x0i =
3 X
(
ij
133
(4.6.5)
+ ✏ij ) xj .
j=1
En notación matricial se puede escribir ~r0 = (1 + ✏) ~r
(4.6.6)
donde la matriz de transformación (1 + ✏) es la matriz identidad afectada por un operador infinitesimal. Ahora bien, la aplicación consecutiva de dos transformaciones infinitesimales resulta en el operador (1 + ✏1 ) (1 + ✏2 ) = 1 + ✏1 + ✏2 + ✏1 ✏2 = 1 + ✏1 + ✏2 + O ✏2 .
(4.6.7)
Si se desprecian ordenes superiores al primero en el operador infinitesimal, se tiene (1 + ✏1 ) (1 + ✏2 ) = 1 + ✏1 + ✏2 = (1 + ✏2 ) (1 + ✏1 ) ,
(4.6.8)
es decir que los operadores de transformación infinitesimales conmutan a primer orden en ✏. Ahora bien, la inversa de la matriz de transformación infinitesimal A = (1 + ✏) está dada por A
1
= (1
(4.6.9)
✏) ,
ya que a primer orden se tiene A
1
A = AA
1
= (1 + ✏) (1
✏) = 1 + ✏
✏ = 1.
(4.6.10)
Si se considera una rotación finita alrededor del eje z, ésta se representa por la matriz 0 1 cos✓ sin ✓ 0 R3 (✓) = @ sin ✓ cos ✓ 0 A . (4.6.11) 0 0 1 Si la rotación es en un ángulo infinitesimal d✓, se pueden realizar las aproximaciones sin d✓ cos d✓
' '
d✓
(4.6.12)
1,
(4.6.13)
y por ello la matriz de transformación será 0 1 d✓ 1 + ✏ = @ d✓ 1 0 0
1 0 0 A. 1
(4.6.14)
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO Así, la matriz infinitesimal se 0 0 d✓ ✏ = @ d✓ 0 0 0
puede escribir como 1 0 1 0 0 1 0 0 A = d✓ @ 1 0 0 A . 0 0 0 0
134
(4.6.15)
Es claro que la matriz ✏ es antisimétrica, es decir que es igual al negativo de su transpuesta, ✏=
(4.6.16)
✏˜.
Si ahora se consideran rotaciones infinitesimales alrededor de los tres ejes, es fácil mostrar que la matriz ✏ que representa la transformación se puede escribir en la forma general 0 1 0 d⌦3 d⌦2 0 d⌦1 A , ✏ = @ d⌦3 (4.6.17) d⌦2 d⌦1 0 donde d⌦1 .d⌦2 y d⌦3 son los tres parámetros que determinan la rotación (angulos de rotación alrededor de cada uno de los ejes).
4.6.1.
~ El pseudovector d⌦
El cambio de un vector bajo una transformación infinitesimal está dado por d~r = ~r0
(4.6.18)
~r,
y debido a (4.6.6), (4.6.19)
d~r = ✏~r.
Expandiendo esta expresión en términos de las componentes del vector y de la matriz infinitesimal se tiene dx1
=
x2 d⌦3
x3 d⌦2
(4.6.20)
dx2
=
x3 d⌦1
x1 d⌦3
(4.6.21)
dx3
=
x1 d⌦2
x2 d⌦1 .
(4.6.22)
Nótese que el lado derecho de esta expresión puede escribirse en la forma del producto vectorial
donde se ha definido
~ d~r = ~r ⇥ d⌦ 0
1 d⌦1 ~ = @ d⌦2 A . d⌦ d⌦3
(4.6.23)
(4.6.24)
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
135
~ es un vector debe comprobarse Aún cuando la notación parece indicar que d⌦ como transforma este objeto matemático bajo una transformación ortogonal ~ fuese un vector y se le aplica para poder asegurarlo. Para ello, nótese que si d⌦ ~ una matriz ortogonal B a d⌦ deberían obtenerse las componentes d⌦0i =
3 X
bij d⌦j .
(4.6.25)
j=1
Ahora bien, bajo la transformación B, el vector d~r transforma de acuerdo con d~r0 = Bd~r
(4.6.26)
y debido a (4.6.19), d~r0 = B✏~r = B✏B
1
B~r = ✏0 B~r = ✏0~r0 ,
(4.6.27)
donde ✏0 = B✏B 1 es la matriz infinitesimal afectada por la transformación de similitud. Las componentes de esta nueva matriz están dadas por ✏0jk =
3 X
bjm ✏mn bkn .
(4.6.28)
m,n=1
Ya que la propiedad de antisimetria se conserva bajo una transformación ortogonal, se puede asegurar que ✏0 es antisimétrico y por ello esta última ecuación puede escribirse en forma similar a (4.6.23), i.e. ~ 0. d~r0 = ~r0 ⇥ d⌦
(4.6.29)
Las cantidades d⌦i están relacionadas con las componentes ✏ij de la matriz ✏ mediante d⌦i =
3 1 X 2
ijk ✏jk
(4.6.30)
j,k=1
donde
es la densidad de Levi-Civita definida por 8 > <+1 si ijkes una permutación par de 123 1 si ijkes una permutación impar de 123 ijk = > : 0 en otro caso.
ijk
(4.6.31)
Ejemplo Considerese la componente d⌦1 . De acuerdo con (4.6.30) esta debe corresponder a 3 1 X d⌦1 = 1jk ✏jk . 2 j,k=1
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
136
Esto es d⌦1
=
d⌦1
=
1 ( 123 ✏23 + 132 ✏32 ) 2 1 (✏23 ✏32 ) . 2
Ya que la matriz ✏ es antisimétrica, se tiene ✏23 =
✏32 , y por ello
d⌦1 = ✏23 .
La densidad de Levi-Civita permite escribir también la relación inversa ✏mn =
3 X
lmn d⌦l .
(4.6.32)
l=1
Ejemplo Considerese la componente ✏23 . De acuerdo con (4.6.32) esta debe ser ✏23 =
3 X
l23 d⌦l .
l=1
Esto es ✏23
=
✏23
=
123 d⌦1
d⌦1 .
De la misma forma, en el nuevo sistema de coordenadas se debe tener d⌦0i =
3 1 X 2
0 ijk ✏jk
(4.6.33)
j,k=1
y reemplazando✏0jk de la ecuación (4.6.28), d⌦0i =
3 1 X 2
ijk
j,k=1
d⌦0i =
1 2
Utilizando (4.6.32), se tiene
3 X
3 X
bjm ✏mn bkn
(4.6.34)
m,n=1
j,k,m,n=1
ijk bjm bkn ✏mn .
(4.6.35)
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
d⌦0i =
1 2
d⌦0i =
3 X
ijk bjm bkn
j,k,m,n=1
1 2
3 X
lmn d⌦l
137
(4.6.36)
l=1
3 X
ijk lmn bjm bkn d⌦l .
(4.6.37)
j,k,l,m,n=1
El determinante de la matriz B se puede escribir como det [B] =
3 X
(4.6.38)
lmn bil bjm bkn
l,m,n=1
si ijk corresponden a una permutación par de 123 (nótese que si los índices ijk corresponden a una permutación impar de 123 el resultado será det [B]). Ejemplo Si los indices i, j, k son 1, 2, 3 respectivamente, la ecuación (4.6.38) es det [B] =
3 X
lmn b1l b2m b3n
l,m,n=1
det [B]
=
123 b11 b22 b33
+
+
231 b12 b23 b31
det [B] = b11 b22 b33
b11 b23 b32
det [B] = b11 (b22 b33
b23 b32 )
132 b11 b23 b32
+
+
321 b13 b22 b31
213 b12 b21 b33
+
b12 b21 b33 + b12 b23 b31 b12 (b21 b33
312 b13 b21 b32
b13 b22 b31 + b13 b21 b32
b23 b31 ) + b13 (b21 b32
b22 b31 ) ,
que coincide con el cálculo usual del determinante de B. De esta forma, al tener en cuenta tanto las permutaciones pares como impares de los indices ijk se puede escribir det [B] =
1 2
3 X
ijk lmn bil bjm bkn
(4.6.39)
j,k,l,m,n=1
para cada uno de los valores de i, y donde se ha introducido el factor 12 para evitar la doble contribución en la suma. Esta expresión se puede reescribir como 3
det [B] =
1X bil 2 l=1
3 X
ijk lmn bjm bkn .
j,k,m,n=1
Ya que la matriz B es ortogonal (i.e.
P3
2 l=1 bil
= 1), se tiene
(4.6.40)
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
3 X
3
b2il det [B] =
l=1
3 X l=1
1X bil 2 l=1
bil (bil det [B]) =
3 X l=1
0
1 bil @ 2
3 X
138
ijk lmn bjm bkn
(4.6.41)
j,k,m,n=1
3 X
ijk lmn bjm bkn
j,k,m,n=1
1
A.
(4.6.42)
Identificando cada término a lado y lado de la ecuación se obtiene bil det [B] =
1 2
3 X
ijk lmn bjm bkn ,
(4.6.43)
j,k,m,n=1
y al reemplazar este resultado en la ecuación (4.6.25) d⌦0i =
3 X
bil det [B] d⌦l ,
(4.6.44)
l=1
es decir
d⌦0i = det [B]
3 X
bil d⌦l .
(4.6.45)
l=1
~ para transSi se compara esta ecuación con la relación que debería satisfacer d⌦ formar como vector, (4.6.25), se observa como en esta expresión aparece el factor extra det [B]. Con ello podemos concluir que si la transformación ortogonal es ~ transforma como un vector, pero si propia (i.e. det [B] = +1), se tiene que d⌦ se consideran las transformaciones ortogonales impropias (i.e. det [B] = 1), se ~ transforma con un signo menos adicional. tiene que d⌦ Las cantidades que transforman bajo transformaciones ortogonales en esta manera se conocen como vectores axiales o Pseudovectores. Es posible demostrar ~yB ~ da como resultado un pseudovecque el producto cruz entre dos vectoresA ~ ~ ~ tor, C = A ⇥ B, ya que sus componentes pueden escribirse como C i = Aj B k
Ak B j
(4.6.46)
con ijk en orden cíclico. Se nota entonces que bajo una inversión de ejes, las ~ yB ~ cambian de signo mientras que las componentes de C ~ componentes de A no cambian. Por otro lado, el producto interno de un vector y un pseudovector se llama pseudoescalar, ya que es una cantidad que cambia de signo bajo una transformación impropia.
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
4.7.
139
Razón de Cambio de un Vector
~ medido con respecto a los ejes del cuerpo (x0 , y 0 , z 0 ). Suponga un vector G su cambio en un intervalo de tiempo dt difiere del correspondiente cambio del mismo vector definido con respecto a los ejes del espacio (x, y, z) únicamente por el efecto de la rotación del sistema del cuerpo con respecto al sistema del espacio. Esto es ⇣ ⌘ ⇣ ⌘ ⇣ ⌘ ~ = dG ~ + dG ~ dG . (4.7.1) c
e
rotaci´ on
En la sección anterior se mostró que el cambio de un vector bajo una rotación infinitesimal es ⇣ ⌘ ~ ~ ⇥ d⌦. ~ dG =G (4.7.2) rotaci´ on
Por lo tanto,
o equivalentemente
⇣
~ dG
⌘
⇣
~ dG
⌘
c
e
⇣ ⌘ ~ +G ~ ⇥ d⌦, ~ = dG
(4.7.3)
⇣ ⌘ ~ + d⌦ ~ ⇥ G. ~ = dG
(4.7.4)
e
c
Si se divide entre el intervalo de tiempo en el que se produce el cambio, ! ! ~ ~ dG dG ~ = +! ~ ⇥ G, (4.7.5) dt dt e
c
donde se ha definido la velocidad angular de la rotación del sistema del cuerpo ~ como ! ~ = ddt⌦ . Ahora bien, ya que en esta deducción no se ha tenido en cuenta ~ esta relación se puede escribir en forma de ninguna restricción para el vector G, operadores, ✓ ◆ ✓ ◆ d d = +! ~ ⇥. (4.7.6) dt e dt c
4.8.
Velocidad Angular en términos de los angulos de Euler
La velocidad angular del sistema del cuerpo con respecto al sistema del espacio, ! ~ , puede ser expresada en términos de tres rotaciones infinitesimales en los angulos de Euler, ˙ , ✓˙ y ˙ . De la Figura 4.8.1 se observa que ˙ = ! esta ubicada sobre el eje z, la velocidad ✓˙ = !✓ está ubicada sobre la línea de los nodos y ˙ = ! está ubicada sobre el eje z 0 . Para conseguir las componentes del vector ! ~ en el sistema del cuerpo (x0 , y 0 , z 0 ) se utilizarán las matrices de rotación
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
140
Figura 4.8.1: Angulos de Euler
R3 ( )
=
R1 (✓)
=
R3 ( )
=
0
1 cos sin 0 @ sin cos 0 A 0 0 1 0 1 1 0 0 @ 0 cos ✓ sin ✓ A 0 sin ✓ cos ✓ 0 1 cos sin 0 @ sin cos 0 A. 0 0 1
Ahora bien, ya que ! está ubicada sobre el eje z, deben aplicarse las tres matrices de transformación para llevarla al sistema del cuerpo, ! 0 = R3 ( ) R1 (✓) R3 ( ) ! 0
1 0 1 0 ! x0 @ ! y0 A = R3 ( ) R1 (✓) R3 ( ) @ 0 A ˙ ! z0 0 1 0 ˙ 1 sin ✓ sin ! x0 @ ! y0 A = @ ˙ sin ✓ cos A . ˙ cos ! z0
(4.8.1)
(4.8.2)
(4.8.3)
Por otro lado, ya que !✓ está sobre la linea de los nodos, solo debe aplicarse una de las matrices de transformación para llevarla al sistema del cuerpo, !✓0 = R3 ( ) !✓ 0
1 0 !✓x0 @ !✓y0 A = R3 ( ) @ !✓z0
(4.8.4) 1 ✓˙ 0 A 0
(4.8.5)
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO 0
1 0 !✓x0 ✓˙ cos @ !✓y0 A = @ ✓˙ sin !✓z0 0
1
A.
141
(4.8.6)
Por último, ! está ubicada sobre el eje z 0 , es decir que ya se encuentra definida en el sistema del cuerpo, 0 1 0 1 0 ! x0 @ ! y0 A = @ 0 A . (4.8.7) ˙ ! z0
De esta forma, la velocidad angular completa en el sistema del cuerpo resulta ser 0 1 0 1 0 1 0 1 !x 0 ! x0 !✓x0 ! x0 @ !y0 A = @ ! y0 A + @ !✓y0 A + @ ! y0 A . (4.8.8) !z 0 ! z0 !✓z0 ! z0 Esto da como resultado las componentes 8 ˙ ˙ > : 0 !z = ˙ cos ✓ + ˙ .
4.8.1.
(4.8.9)
Fuerza de Coriolis
Si se considera una partícula con vector posición ~r medida con respecto al espacio, al aplicar el operador para la razón de cambio (4.7.6) se obtiene ✓ ◆ ✓ ◆ d~r d~r = +! ~ ⇥ ~r (4.8.10) dt e dt c ~ve = ~vc + ! ~ ⇥ ~r,
(4.8.11)
donde~ve es la velocidad de la partícula medida en el sistema del espacio y ~vc es su velocidad medida en el sistema del cuerpo. Al aplicar de nuevo el operador para la razón de cambio se tiene ✓ ◆ ✓ ◆ d~ve d~ve = +! ~ ⇥ ~ve . (4.8.12) dt e dt c El lado izquierdo se identifica con la aceleración de la partícula medida en el sistema del espacio y por ello ✓ ◆ d ~ae = [~vc + ! ~ ⇥ ~r] + ! ~ ⇥ [~vc + ! ~ ⇥ ~r] (4.8.13) dt c ✓ ◆ ✓ ◆ d~vc d ~ae = + [~ ! ⇥ ~r] + ! ~ ⇥ ~vc + ! ~ ⇥ (~ ! ⇥ ~r) . (4.8.14) dt c dt c
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
142
El primer término de la derecha corresponde a la aceleración de la partícula vc medida en el sistema del cuerpo, ~ac = d~ dt c , ~ae = ~ac + ! ~ ⇥ ~vc + ! ~ ⇥ ~vc + ! ~ ⇥ (~ ! ⇥ ~r)
(4.8.15)
~ae = ~ac + 2~ ! ⇥ ~vc + ! ~ ⇥ (~ ! ⇥ ~r) .
(4.8.16)
Si se mutiplica esta relación por la masa de la partícula, se obtiene una expresión para la fuerza medida en el sistema del cuerpo, F~ = m~ac = m~ae
2m~ ! ⇥ ~vc
m~ ! ⇥ (~ ! ⇥ ~r) .
(4.8.17)
Es fácil observar que el primer término , m~ae , es la fuerza medida en el sistema del espacio. Por otro lado, el tercer término, m~ ! ⇥(~ ! ⇥ ~r), es perpendicular a! ~ y apunta hacia afuera. Además su magnitud es m! 2 r sin ✓, con ✓ el ángulo entre la velocidad angular y el vector posición. Por estas razones concluimos que este término corresponde a la fuerza centrifuga. Nótese que cuando la partícula está en reposo con respecto al sistema rotante, este término no desaparece. Finalmente, el segundo término, 2m~ ! ⇥ ~vc , depende del movimiento de la partícula con respecto al sistema del cuerpo y se conoce como fuerza de Coriolis.
4.9.
Velocidad angular y origen del sistema de coordenadas
En esta sección se mostrará que la velocidad angular ! ~ del sistema de coordenadas fijo al cuerpo es independiente de la ubicación de su origen. Para ello ~ 1 como el vector de posición se consideraran dos origenes O1 y O2 y se definirá R ~ 2 es el vector posición de O1 con respecto al sistema del espacio mientras que R ~ corresponde al vector de de O2 como se observa en la Figura 4.9.1. El vector R posición del origen O2 con respecto a O1 . De esta forma se tiene ~ =R ~2 R
~ 1. R
(4.9.1)
Primero se realizará un análisis con respecto a O1 . Al aplicar el operador ~ 2 se tiene para la razón de cambio (4.7.6) del vector R ~2 dR dt ~2 dR dt
! !
= e
= e
~1 dR dt ~1 dR dt
! !
+ e
+ e
~ dR dt ~ dR dt
! !
(4.9.2) e
c
~ +! ~ 1 ⇥ R,
(4.9.3)
~ vista desde el sistema del cuerpo es cero y por pero la razón de cambio de R ello el segundo término de la derecha desaparece,
CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
143
Figura 4.9.1: Relación entre la velocidad angular y el origen del sistema de coordenadass
~2 dR dt
!
= e
~1 dR dt
!
e
~ +! ~ 1 ⇥ R.
(4.9.4)
Por otro lado, al analizar con respecto a O2 la razón de cambio del vector ~ 1 es R ~1 dR dt ~1 dR dt
! !
~2 dR dt
= e
~2 dR dt
= e
! !
~ dR dt
e
~ dR dt
e
! !
(4.9.5) e
c
~ ! ~2 ⇥ R
(4.9.6)
~ con respecto al sistema del cuerpo es nula, y de nuevo la razón de cambio de R ! ! ~1 ~2 dR dR ~ = ! ~ 2 ⇥ R. (4.9.7) dt dt e
e
De esta forma, a partir de las ecuaciones (4.9.4) y (4.9.7) se tiene ! ! ~2 ~1 dR dR ~ =! ~ =! ~2 ⇥ R ~1 ⇥ R dt dt e
(4.9.8)
e
de donde (~ !2
~ =0 ! ~ 1) ⇥ R
(4.9.9)
y por esta razón concluimos que la velocidad angular es independiente de la elección de sistema de coordenadas, como se queria demostrar, ! ~2 = ! ~ 1.
(4.9.10)
Capítulo 5
Dinámica del Cuerpo Rígido 5.1.
Momento Angular del Cuerpo Rígido
Como es conocido, el momento angular de una partícula puntual con masa mi está dado por ~li = mi (~ri ⇥ ~vi ) ,
(5.1.1)
con ~ri y ~vi los vectores posición y velocidad de la partícula con respecto al sistema del espacio, respectivamente. Si se considera que el cuerpo rígido esta formado por N partículas, el momento angular total se puede escribir como la suma de los momentos angulares de cada una de las partículas, ~l =
N X
~li =
i=1
N X i=1
mi (~ri ⇥ ~vi ) .
(5.1.2)
Deibido al operador para la razón de cambio de un vector (4.7.6) se tiene ◆ ◆ ✓ ✓ d~ri d~ri = +! ~ ⇥ ~ri , (5.1.3) dt e dt c
pero ya que el cuerpo es rígido, las particulas que lo componen no cambian su posición relativa entre ellas ni con respecto al punto elegido como origen del ri sistema de coordenadas del cuerpo, i.e. d~ dt c = 0, y por ello ✓ ◆ d~ri = ~vi = ! ~ ⇥ ~ri . (5.1.4) dt e De esta forma el momento angular del cuerpo rígido es ~l =
N X i=1
mi (~ri ⇥ (~ ! ⇥ ~ri )) .
144
(5.1.5)
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
5.2.
145
El tensor de Inercia
⇣ ⌘ ⇣ ⌘ ~⇥ B ~ ⇥C ~ = A ~·C ~ B ~ Utilizando la identidad vectorial A tiene ~l =
N X
mi ! ~ ri2
⌘ ~·B ~ C, ~ se A (5.2.1)
~ri (~ ! · ~ri ) ,
i=1
⇣
donde ri2 = ~ri · ~ri . Si se consideran las componentes ~ri = (xi , yi , zi ) y ! ~ = (!x , !y , !z ), se puede escribir ~l =
N X i=1
⇥ 2 mi ! ~ ri
⇤ ~ri (xi !x + yi !y + zi !z ) .
(5.2.2)
La componente x de esta ecuación resulta ser lx =
N X i=1
lx =
N X
⇥ mi !x ri2
mi
i=1
⇥
ri2
xi (xi !x + yi !y + zi !z )
x2i !x
x i yi !y
⇤
(5.2.3)
⇤ x i zi ! z .
(5.2.4)
Con un análisis similar a este, se obtienen las componentes y y z del momento angular, con lo que se obtiene el conjunto de ecuaciones
lx
=
N X
mi
i=1
ly
=
N X
mi
i=1
lz
=
N X i=1
mi
⇥ ⇥ ⇥
ri2
x2i !x
xi yi !x + ri2 x i zi ! x
Este conjunto de ecuaciones se puede 0 1 0 lx Ixx @ ly A = @ Iyx lz Izx
x i yi ! y yi2 !y
yi zi !y + ri2
x i zi ! z
⇤
y i zi ! z
(5.2.5) ⇤
⇤ zi2 !z .
(5.2.6) (5.2.7)
escribir en forma matricial como 10 1 Ixy Ixz !x Iyy Iyz A @ !y A (5.2.8) Izy Izz !z
donde los elementos de la matriz resultan ser los momentos de inercia con respecto al origen O
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
Ixx
N X
=
146
mi ri2
x2i
(5.2.9)
mi ri2
yi2
(5.2.10)
mi ri2
zi2
(5.2.11)
mi xi yi
(5.2.12)
mi xi zi
(5.2.13)
mi yi zi .
(5.2.14)
i=1
Iyy
N X
=
i=1
Izz
N X
=
i=1
y los productos de inercia con respecto a O,
Ixy = Iyx
N X
=
i=1
Ixz = Izx
N X
=
i=1
Iyz = Izy
N X
=
i=1
La matriz que aparece en la ecuación (5.2.8) se conoce como Matriz de Inercia, I, y de sus componentes se puede comprobar que es real y simétrica. De esta forma se tiene ~l = I~ !
(5.2.15)
y las componentes de I se pueden escribir en forma general como Ixj xk =
N X i=1
⇥ mi ri2
jk
(xj )i (xk )i
⇤
(5.2.16)
donde j, k = 1, 2, 3 . Si el cuerpo rígido se considera como un objeto continuo y no discreto, esta definición de la matriz de inercia se cambia por ˆ ⇥ ⇤ Ixj xk = ⇢ (~r) r2 jk xj xk dV, (5.2.17) V
donde V representa el volumen del cuerpo y ⇢ (~r) = l´ım
V !0
es la densidad de masa en el cuerpo.
m V
(5.2.18)
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
5.3.
147
Energía Cinética de Rotación
Para un cuerpo rígido compuesto por N partículas se define la energía cinética como N
T =
N
1X 1X mi vi2 = mi~vi · ~vi 2 i=1 2 i=1
(5.3.1)
con ~vi la velocidad medida con respecto al sistema del espacio. Debido al operador para la razón de cambio de un vector se tiene ✓ ◆ ✓ ◆ d~ri d~ri = ~vi = +! ~ ⇥ ~ri , (5.3.2) dt e dt c y ya que la ubicación de cada partícula no cambia con respecto al sistema del cuerpo, ~vi = ! ~ ⇥ ~ri .
De esta forma,
(5.3.3)
N
1X mi~vi · (~ ! ⇥ ~ri ) , 2 i=1 ⇣ ⌘ ⇣ ⌘ ~· B ~ ⇥C ~ =B ~· C ~ ⇥A ~ y al utilizar la identidad vectorial A T =
(5.3.4)
N
1X T = mi ! ~ · (~ri ⇥ vi ) 2 i=1 T =
N X 1 ! ~· mi (~ri ⇥ vi ) 2 i=1
T =
5.4.
1 ~ ! ~ · l. 2
(5.3.5)
(5.3.6) (5.3.7)
Diadas
Una diada es un tensor de segundo orden, escrito en una forma especial, junto con una notación y operaciones especiales análogos a los existentes en algebra matricial. Si se tienen los vectores tridimensionales ~ = A ~ = B
Axˆi + Ay ˆj + Az kˆ ˆ Bxˆi + By ˆj + Bz k,
! se puede formar a partir de ellos la diada AB con componentes
(5.4.1) (5.4.2)
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
! ~B ~ = AB A =
148
Ax Bxˆiˆi + Ax Byˆiˆj + Ax Bzˆikˆ +Ay Bx ˆjˆi + Ay By ˆj ˆj + Ay Bz ˆj kˆ
(5.4.3)
ˆ +Az Bx kˆˆi + Az By kˆˆj + Az Bz kˆk.
(5.4.5)
(5.4.4)
De forma estricta se suele denominar diádica al polinomio de diadas y por ello ! AB sería una diádica, donde cada uno de los términos corresponde a una diada. Sin embargo, en estas notas utilizaremos indistintamente los dos términos. En representación matricial se puede escribir 0 1 A B Ax B y Ax B z ! @ x x Ay B x Ay B y Ay B z A . AB = (5.4.6) Az B x Az B y Az B z Se define la diada unidad como
0
1 ! ˆˆ ˆˆ ˆ ˆ @ 0 1 = ii + j j + k k = 0
5.4.1.
0 1 0
1 0 0 A. 1
(5.4.7)
Operaciones Básicas
Una diada puede combinarse con un vector mediante el producto punto, definido por ⇣ !⌘ ⇣ ⌘ ⇣ ⌘ ~ = A ~B ~ ·C ~ =A ~ B ~ ·C ~ . AB · C (5.4.8) También es posible realizar el producto punto en la forma ⇣ !⌘ ⇣ ⌘ ⇣ ⌘ ~ · AB ~· A ~B ~ = C ~ ·A ~ B. ~ C =C
(5.4.9)
En los dos casos el resultado del producto punto entre una diada y un vector es un vector, pero debe notarse que en general ⇣ !⌘ ⇣ !⌘ ~ · AB ~ C 6= AB · C. (5.4.10) El producot de la diada unidad por cualquier vector da como resultado el mismo vector, ! ~ ~· ! ~ C 1 = 1 ·C = C.
(5.4.11)
También es posible realizar el doble producto punto entre dos diadas para obtener como resultado un escalar definido por ⇣ !⌘ ⇣ !⌘ ⇣ ⌘ ⇣ ⌘ ⇣ !⌘ ⇣ ⌘⇣ ⌘ ~B ~ : C ~D ~ =C ~ · AB ~ = C ~ ·A ~ B ~ ·D ~ . (5.4.12) AB : CD = A ·D
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
5.5.
149
La diada de Inercia
A partir de la ecuación (5.2.1) el momento anguklar de un cuerpo rígido se puede escribir como ~l =
N X
mi ! ~ ri2
(5.5.1)
~ri (~ ! · ~ri ) .
i=1
Utilizando la noción de diada unidad, el primer término de la derecha se puede escribir ! ! ~ ri2 = ri2 1 · ! ~.
(5.5.2)
~ri (~ ! · ~ri ) = ~ri (~ri · ! ~ ) = (~ri~ri ) · ! ~,
(5.5.3)
Por otro lado, el segundo término de la derecha resulta ser
donde (~ri~ri ) es una diada. Así, el momento angular es ~l =
N X i=1
~l =
h ! mi ri2 1 · ! ~
N X i=1
(~ri~ri ) · ! ~
h ! mi ri2 1
i (~ri~ri ) · ! ~
i
~l = ! I ·! ~,
(5.5.4) (5.5.5) (5.5.6)
donde se ha definido la diada de inercia,
h ! ! X I = mi ri2 1 N
i=1
i (~ri~ri ) .
(5.5.7)
Ejemplo Para comprobar que la representación matricial de la diada de inercia coincide con la representación matricial del tensor de inercia solo basta calcular sus componentes explícitamente. Nótese que ! I
=
N X i=1
=
N X i=1
h ! mi ri2 1
(~ri~ri )
i
h ⇣ ⌘ mi ri2 ˆiˆi + ˆj ˆj + kˆkˆ
⇣
xiˆi + yi ˆj + zi kˆ
! Por ejemplo, la componente ˆiˆi de la diada I es N X i=1
⇥ mi ri2
⇤ x2i ˆiˆi
⌘⇣ ⌘i xiˆi + yi ˆj + zi kˆ
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
150
que coincide exactamente con la componente Ixx del tensor de inercia. Con esta forma de escribir el momento angular, la energía cinética del cuerpo rígido (5.3.7) será T =
5.6.
! 1 ~ 1 1! ! ~ ·l = ! ~ · I ·! ~ = I : (~ !! ~). 2 2 2
(5.5.8)
Momentos de Inercia
En la representación matricial, la diada (o tensor) de inercia I se puede diagonalizar mediante una transformación de semejanza, I0 = R
1
(5.6.1)
IR,
donde R es la matriz de valores propios. Si se denotan por eˆ1 , eˆ2 , eˆ3 los vectores de la base en la que el tensor de inercia es diagonal, el momento angular se puede escribir 0 1 0 10 1 l1 I1 0 0 !1 @ l2 A = @ 0 I 2 0 A @ ! 2 A , (5.6.2) l3 0 0 I3 !3 o también
~l = I1 !1 eˆ1 + I2 !2 eˆ2 + I3 !3 eˆ3 .
(5.6.3)
Los vectores eˆ1 , eˆ2 , eˆ3 definen los ejes principales del cuerpo rígido y los valores I1 , I2 , I3 se denominan momentos de inercia principales. En esta misma base, la energía cinética será 1 1 1 I1 !12 + I2 !22 + I3 !32 . (5.6.4) 2 2 2 Ahora bien, si la dirección del eje instantáneo de rotación del cuerpo rígido está definido por el vector unitario n ˆ , la velocidad angular será ! ~ = !ˆ n y la energía cinética se convierte en T =
! ! 1 1 1 ! ~ · I ·! ~ = !2 n ˆ· I ·n ˆ = !2 I (5.6.5) 2 2 2 donde se ha definido el momento de inercia con respecto al eje instantáneo de rotación T =
h X ! I=n ˆ· I ·n ˆ= mi ri2 N
i=1
(~ri · n ˆ)
2
i
.
(5.6.6)
Para comprobar que esta definición coincide con el momento de inercia trabajado en la mecánica newtoniana, nótese de la Figura 5.6.1 que para cada una
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
151
Figura 5.6.1: Momento de Inercia h i 2 de las partículas, el factor ri2 (~ri · n ˆ ) corresponde a la distancia existente entre la partícula y el eje de rotación al cuadrado. De la misma forma, de la Figura 5.6.1 se observa que esta distancia se puede escribir como la norma de un producto vectorial en la forma h i 2 2 ri2 (~ri · n ˆ ) = (~ri ⇥ n ˆ) . (5.6.7) De esta forma, el momento de inercia se puede escribir en la forma usual N
X ! 2 I=n ˆ· I ·n ˆ= mi (~ri ⇥ n ˆ) .
(5.6.8)
i=1
5.6.1.
Teorema de los Ejes Paralelos
Para mostrar que el teorema de ejes paralelos surge naturalmente de la definición de la diada de inercia, considere el cuerpo rigido mostrado en la Figura 5.6.2, donde se han dibujado dos ejes paralelos. El eje A pasa por el punto O, mientras que el eje B pasa por el centro de masa y es paralelo al eje A. Se considerará una partícula de masa mi ubicada con el vector ~ri utilizando como origen el punto O y con el vector ~ri0 con respecto al centro de masa. Además el ~ define la posición del centro de masa con respecto a O. Así, se observa vector R que ~ ~ri = ~ri0 + R.
(5.6.9)
A partir de la ecuación (5.6.8) se tiene que el momento de inercia con respecto al eje A es
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
152
Figura 5.6.2: Teorema de los Ejes Paralelos
IA =
N X i=1
o utilizando (5.6.9),
IA
=
N X
mi
i=1
IA
=
N X i=1
IA =
N X i=1
IA =
N X i=1
IA =
i=1
(5.6.10)
h⇣ ⌘ i2 ~ ⇥n ~ri0 + R ˆ
(5.6.11)
h i2 ~ ⇥n mi ~ri0 ⇥ n ˆ+R ˆ
(5.6.12)
⇣ ⌘2 ⇣ ⌘ 2 ~ ⇥n ~ ⇥n mi (~ri0 ⇥ n ˆ) + R ˆ + 2 (~ri0 ⇥ n ˆ) · R ˆ 2
mi (~ri0 ⇥ n ˆ) +
N X
2
mi (~ri ⇥ n ˆ) ,
mi (~ri0
2
N X i=1
N ⇣ ⌘2 ⇣ ⌘ X ~ ⇥n ~ ⇥n mi R ˆ +2 mi (~ri0 ⇥ n ˆ) · R ˆ (5.6.14) i=1
⇣
~ ⇥n ⇥n ˆ) + M R ˆ
PN
(5.6.13)
⌘2
+2
N X i=1
mi~ri0
⇥n ˆ
!
⇣ ⌘ ~ ⇥n · R ˆ , (5.6.15)
donde se M = i=1 mi es la masa total del cuerpo rígido. Nótese que debido a la definición del centro de masa el tercer término del lado derecho desaparece,
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
153
Figura 5.6.3: Teorema de la Diada de Inercia PN
~ ⇥n ri0 = 0, y por otro lado el término R ˆ = D equivale a la distancia D i=1 mi~ entre los ejes A y B. Finalmente, el primer término del lado derecho corresponde a la definición del momento de inercia con respecto al eje B. De esta forma se tiene IA = ICM + M D2 .
5.6.2.
(5.6.16)
Teorema de la Diada de Inercia
Ahora consideraremos dos ejes A y B que no son necesariamente paralelos. El eje A pasa por un punto O y el eje B pasa por el centro de masa. De acuerdo con la geometría de la Figura 5.6.3 se observa que la relación (5.6.9) aún se mantiene, i.e. ~ ~ri = ~ri0 + R.
(5.6.17)
De la definición de la diada de inercia (5.7.3) se tiene que con respecto al eje A, h ! X ! I A= mi ri2 1 N
i=1
⇣ N ⌘2 ! X ! ~ I A= mi ~ri0 + R 1 i=1
h⇣ ⌘ X ! ~ ! I A= mi ri02 + R2 + 2~ri0 · R 1 N
i=1
(~ri~ri )
i
⇣ ⌘⇣ ⌘ ~ ~r0 + R ~ ~ri0 + R i
(5.6.18)
(5.6.19)
⇣ ⌘i ~R ~ + ~r0 R ~ ~ r0 ~ri0 ~ri0 + R (5.6.20) i + R~ i
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
! I A
=
N X i=1
+
h ! mi ri02 1
N X i=1
h
N i X h ! ~ri0 ~ri0 + mi R2 1 i=1
~! mi 2~ri0 · R 1
~ ~ri0 R
i ~ r0 . R~ i
Nótese que debido a la definición del centro de masa, el último término del lado derecho desaparece. ! I A
=
N X i=1
h ! mi ri02 1
154
PN
i=1
N i X h ! ~ri0 ~ri0 + mi R2 1 i=1
~R ~ R
i (5.6.21)
mi~ri0 = 0, y por ello
i ~R ~ . R
En esta ecuación, el primer término del lado derecho corresponde a la diada de inercia con respecto al eje B que pasa por el centro de masa y por ello se tiene finalmente ! I A
5.7.
=
h ! ! I CM + M R2 1
i ~R ~ . R
Transformación del Tensor de Inercia a los Ejes Principales
En la representación matricial del tensor de inercia, llevar este a un sistema de ejes principales se reduce a solucionar la ecuación característica para la matriz I, que está dada por I~r = ~r,
(5.7.1)
donde y ~r son los valores y vectores propios de la matriz I respectivamente. Multiplicando a la izquierda por el complejo conjugado ~r⇤ , ~r⇤ I~r = ~r⇤~r.
(5.7.2)
Para escribir esta relación en forma matricial se designarán con Iik las componentes del tensor de inercia y con Xkj la k ésima componente P del j ésimo vector propio. Así el lado izquierdo de esta ecuación será ~r⇤ I~r = ik Xil⇤ Iik Xkj . Además, si se designa con Ij el j ésimo valor propio, el conjunto de las tres ecuaciones de valores propios se puede escribir en la forma X Xil⇤ Iik Xkj = Ij ~rl⇤ · ~rj . (5.7.3) ik
Tomando el conjugado complejo de esta relación se tiene
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO X ik
⇤ ⇤ Xil Iik Xkj = Ij⇤~rl · ~rj⇤
o reorganizando terminos en el lado izquierdo, X ⇤ ⇤ Xkj Iik Xil = Ij⇤~rl · ~rj⇤ .
155
(5.7.4)
(5.7.5)
ik
⇤ Ya que el tensor de inercia es hermiteano, Iik = Iki (ya que este tensor es simetrico y sus componentes tienen valores reales), esta ecuación se puede escribir X ⇤ Xkj Iki Xil = Ij⇤~rl · ~rj⇤ . (5.7.6) ik
Realizando el intercambio de indices mudos (i $ k) en esta expresión se obtiene X ⇤ Xij Iik Xkl = Ij⇤~rl · ~rj⇤ (5.7.7) ik
y realizando el intercambio (j $ l) se tiene finalmente X Xil⇤ Iik Xkj = Il⇤~rj · ~rl⇤ .
(5.7.8)
ik
Nótese que el lado izquierdo de esta ecuación es exactamente igual al lado izquierdo de la ecuación (5.7.3). De esta forma restando estas dos ecuaciones resulta X X Xil⇤ Iik Xkj Xil⇤ Iik Xkj = 0 = Ij ~rl⇤ · ~rj . Il⇤~rj · ~rl⇤ (5.7.9) ik
ik
(Ij
Il⇤ ) ~rj · ~rl⇤ = 0.
(5.7.10)
Ij = Ij⇤ ,
(5.7.11)
Para analizar este resultado nótese inicialmente que si l = j se tiene ~rj · ~rl⇤ = 2 ~rj · ~rj⇤ = |rj | > 0 y por ello la ecuación (5.7.10) nos asegura que es decir que los valores propios del tensor de inercia son reales. Ahora bien, ya que los valores propios son reales y el tensor de inercia tiene componentes reales, los cosenos directores de los vectores propios también deben ser reales (para comprobarlo nótese la ecuación de valores propios y tómese su complejo conjugado). Con este resultado, y considerando el caso l 6= j, la ecuación (5.7.10) indica que (Ij
Il ) ~rj · ~rl = 0.
(5.7.12)
Si todos los valores propios son diferentes, Ij 6= Il , se puede concluir que ~rj · ~rl = 0, es decir que todos los vectores propios son ortogonales entre sí.
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
156
Por otro lado, si dos de los valores propios son iguales, Ij = Il , los correspondientes vectores propios NO son necesariamente ortogonales. Sin embargo, ya que cualquier combinación lineal de estos dos vectores propios también es un vector propio. Es decir que todos los vectores de este plano son vectores propios y el tercer vector propio es perpendicular a este plano. De esta forma, para diagonalizar el tensor de inercia siempre se pueden tomar tres vectores propios ortogonales entre sí. Finalmente, si los tres valores propios son iguales, se concluye que todas las direcciones del espacio son vectores propios y por ello el tensor de inercia ya es diagonal. Para cualquier punto en un cuerpo rígido es posible encontrar un conjunto de ejes cartesianos en donde el tensor de inercia es diagonal. Los ejes en los caules sucede esto se conocen como Ejes Principales y los correspondientes valores propios se denominan Momentos de Inercia Principales. En la práctica, para encontrar los valores propios se soluciona la ecuación secular Ixx I Iyx Izx
5.8.
Ixy Iyy I Izy
Ixz Iyz Izz
= 0.
(5.7.13)
I
Ecuaciones de Euler para el Cuerpo Rígido
El lagrangiano para un cuerpo rígido sometido únicamente a fuerzas conservativas se puede escribir como 1 I1 !12 + I2 !22 + I3 !32 V (✓, , ) , (5.8.1) 2 donde los momentos de inercia estan referidos a los ejes principales del cuerpo y el potencial esta escrito en términos de los angulos de Euler ✓, y . Las velocidades angulares !1 , !2 y !3 pueden expresarse en términos de estos angulos mediante la transformación dada en (4.8.9), 8 ˙ ˙ > : 0 !z = !3 = ˙ cos ✓ + ˙ , L=T
V =
con lo que el lagrangiano se convierte ⇣ ⌘ en función exclusiva de estas variables y ˙ ˙ ˙ sus derivadas, L = L ✓, , , ✓, , . Ahora bien, como se estudio en capitulos anteriores, cuando las coordenadas generalizadas son angulos, las correspondientes fuerzas generalizadas se pueden interpretar como torques. En este caso las fuerzas correspondientes a las coordenadas generalizadas ✓, y son las componentes del torque total, pero estas no se orientan en dirección de los ejes principales sino que van a lo largo de la línea de los nodos (✓), el eje z del sistema del espacio ( ) y a lo largo del eje principal 3 o z 0 del sistema del cuerpo ( ).
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
157
Resumiendo, la única fuerza generalizada que va sobre un eje principal es la correspondiente a la coordenada . Por esta razón comenzaremos el análisis de las ecuaciones de Euler-Lagrange por esta componente. Así, esta ecuación es ✓ ◆ d @T @T = N3 (5.8.3) dt @ ˙ @ con N3 el torque a lo largo del tercer eje principal. A partir del lagrangiano mostrado se tiene ✓ ◆ @T @ 1 @!3 2 = I3 !3 = I3 !3 = I3 !3 (5.8.4) ˙ ˙ 2 @ @ @˙ ✓ ◆ d @T d = (I3 !3 ) = I3 !˙ 3 (5.8.5) ˙ dt @ dt y además @T @ @T @ @T @ @T @
= =
@!1 @!2 + I 2 !2 @ @ ⇣ ⌘ ⇣ I1 !1 ˙ sin ✓ cos ✓˙ sin + I 2 !2 I1 !1
=
I1 !1 !2
=
(I1
˙ sin ✓ sin
✓˙ cos
⌘
I2 !2 !1 (5.8.6)
I2 ) !1 !2 .
De esta forma, la ecuación de Euler-Lagrange de primera especie para la coordenada resulta ser I3 !˙ 3
(I1
I2 ) !1 !2 = N3 .
(5.8.7)
Mediante la permutación cíclica de los índices 1, 2, 3 se obtienen las ecuaciones de Euler para los tres ejes principales, 8 > : I3 !˙ 3 (I1 I2 ) !1 !2 = N3 . Ejemplo Para una derivación alternativa de las ecuaciones de Euler-Lagrange para el cuerpo rígido se puede considerar la ecuación ! d~l ~ =N dt e
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
158
que es válida el sistema de coordenadas del espacio (sistema inercial). Transformando el lado izquierdo al sistema de coordenadas del cuerpo (ejes principales) se tiene ! ! d~l d~l ~. = +! ~ ⇥ ~l = N dt dt e
c
Considerando únicamente la componente 1 de esta ecuación se obtiene ⌘ dl1 ⇣ + ! ~ ⇥ ~l = N1 dt 1
dl1 + (!2 l3 !3 l2 ) = N1 . dt Ahora bien, para los ejes principales se tiene l1
=
I1 !1
l2
=
I 2 !2
l3
=
I 3 !3 ,
y por ello d (I1 !1 ) + !2 I 3 !3 dt I1 !˙ 1 + !2 !3 (I3
!3 I 2 !2 = N1 I2 ) = N1 .
De forma similar se obtienen las ecuaciones para los ejes principales 2 y 3.
5.9.
Cuerpo Rígido Libre Simétrico
Un cuerpo rígido libre es aquel sobre el cual no actuan fuerzas externas, i.e. ~ = 0. Las ecuaciones de Euler-Lagrange en este caso toman la forma N 8 > : I3 !˙ 3 = (I1 I2 ) !1 !2 . Ahora bien, si se considera un cuerpo rígido simétrico de tal manera que I1 = I2 estas ecuaciones se reducen a
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO 8 > : I3 !˙ 3
= (I1 = (I3 = 0.
I 3 ) !2 !3 I 1 ) !3 !1
La tercera de estas ecuaciones permite Por lo tanto el sistema se reduce al par de ( I1 !˙ 1 = (I1 I1 !˙ 2 = (I3
159
(5.9.2)
concluir de inmediato que !3 = cte. ecuaciones I3 ) !2 !3 I1 ) !3 !1 .
(5.9.3)
Para solucionar este sistema se diferenciara la primera ecuación para obtener I1 ! ¨ 1 = (I1 !˙ 2 =
(I1
(5.9.4)
I3 ) !˙ 2 !3 I1 ! ¨1 I 3 ) !3
(5.9.5)
y al reemplazar en la segunda ecuación del sistema I1 !˙ 2 =
(I1
! ¨1 +
I12 ! ¨ 1 = (I3 I3 ) !3 (I3
I 1 ) !3 !1
(5.9.6)
2
I1 ) !32 !1 = 0. I12
(5.9.7)
Como es conocido, la solución típica para esta ecuación diferencial de oscilador armónico simple es !1 = A cos ⌦t
(5.9.8)
(I3 I1 )!3 . I1
donde A es una constante y ⌦ = Reemplazando en cualquiera de las ecuaciones del sistema se obtiene la solución para !2 , !2 = A sin ⌦t.
(5.9.9)
Nótese que las soluciones para !1 y !2 permiten concluir que el vector ! ~ 12 = !1 eˆ1 + !2 eˆ2
(5.9.10)
tiene magnitud constante |~ !12 | = A
y rota con velocidad angular constante ⌦ alrededor del eje eˆ3pdel cuerpo. El vector completo ! ~ también posee una magnitud constante ! = A2 + !32 y posee un movimiento de precesión alrededor del eje eˆ3 con velocidad angular ~ = (I3 ⌦
I 1 ) !3 eˆ3 . I1
(5.9.11)
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
160
Figura 5.9.1: Vector ! ~ i.e. con el eje eˆ3 , este puede Si se nombra ↵ el angulo entre el vector ! ~ y ⌦, obtenerse mediante la relación tan ↵ =
A . !3
(5.9.12)
De esta forma, a la constante A se le denomina amplitud de precesión. Nótese que la magnitud de la velocidad angular de precesión al igual que su dirección dependen de la diferencia entre los momentos de inercia I e I3 . Ejemplo Si se considera a la Tierra como un cuerpo rígido simétrico libre (esferoide achatado sin torques externos) es de esperar que su eje de rotación tenga un movimiento de precesión. Numéricamente se tiene que para nuestro planeta I3
I1 I1
' 0,00327
y por ello la velocidad angular de precesión es !3 . 306 Ya que para el caso terrestre la componente !3 es prácticamente igual a la magnitud de la velocidad angular de rotación de la Tierra (! = 1 rev/dia), se puede concluir que el periodo del movimiento de preseción debe ser de 306 días, i.e. cerca de 10 meses. ⌦'
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
161
Cuidadosas observaciones del movimiento de nuestro planeta han mostrado que este movimiento de precesión enr ealidad existe y que su amplitud es del orden de algunas decenas desegundo de latitud (esto corresponde aproximadamente a A ' 10 m.). Sin embargo, superpuesto con esta precesión se encuentran otros efectos que desvían el movimiento del eje haciendo que la Tierra “cabecee” . En el siguiente capítulo se discutirá más al respecto. A partir de la forma del tensor de inercia se puede encontrar una relacion ~ En el sistema de ejes principales se tienen interesante entre los vectores ! ~ , ~l y ⌦. las componentes ! I = I1 eˆ1 eˆ1 + I1 eˆ2 eˆ2 + I3 eˆ3 eˆ3
(5.9.13)
o arreglando algunos términos, ! I = I1 (ˆ e1 eˆ1 + eˆ2 eˆ2 + eˆ3 eˆ3 ) + (I3 ! ! I = I1 1 + (I3
I1 ) eˆ3 eˆ3
I1 ) eˆ3 eˆ3
(5.9.14) (5.9.15)
Reemplazando esta expresión en el momento angular,
se tiene
~l = ! I ·! ~, h ~l = I1 ! 1 + (I3 ~l = I1 ! ~ + (I3 ~l = I1 ! ~ + (I3
(5.9.16)
i I1 ) eˆ3 eˆ3 · ! ~
(5.9.17)
I1 ) eˆ3 eˆ3 · ! ~
(5.9.18)
I1 ) !3 eˆ3 .
(5.9.19)
Utilizando la ecuación (5.9.11), ~l = I1 ! ~ ~ + I1 ⌦
(5.9.20)
⇣ ⌘ ~l = I1 ! ~ , ~ +⌦
(5.9.21)
! ~ · ~l = !l cos ,
(5.9.22)
~ pertenecen al mismo plano. es decir que los vectores ! ~ , ~l y ⌦ Si se denomina el angulo entre el vector ! ~ y el momento angular ~l, este se puede calcular mediante el producto interno
ya que es decir
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
162
~ y ~l Figura 5.9.2: Vectores ! ~, ⌦
cos
=
! ! ~ · ~l ! ~ · I ·! ~ 2T = = = cte. !l !l !l
(5.9.23)
Es decir que el vector ! ~ traza un cono en el espacio alrededor de ~l y con un angulo . Con esta información, es posible graficar estos tres vectores. El caso en el que ⌦ = (I3 II11 )!3 > 0 y !3 > 0 se observa en la Figura 5.9.2. Nótese que en este caso se debe tener ↵ > para que las relaciones tengan sentido. Por otro lado, si ⌦ = (I3 II11 )!3 < 0 la disposición de los vectores es la ilustrada en la Figura 5.9.3.
5.10.
Construcción de Poinsot
5.10.1.
Elipsoide de Inercia
El momento de inercia con respecto al eje instantáneo de rotación n ˆ está definido por ! I=n ˆ· I ·n ˆ
(5.10.1)
y si este eje se escribe en términos de sus cosenos directores ↵, ˆ n ˆ = ↵ˆi + ˆj + k,
y
como (5.10.2)
el momento de inercia será I = Ixx ↵2 + Iyy
2
+ Izz
2
+ 2Ixy ↵ + 2Iyz
+ 2Ixz ↵
(5.10.3)
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
163
~ y ~l Figura 5.9.3: Vectores ! ~, ⌦ o también
1 = Ixx
2 2 ↵2 ↵ ↵ + Iyy + Izz + 2Ixy + 2Iyz + 2Ixz . I I I I I I
(5.10.4)
Definiendo el vector ⇢ ~ = (⇢x , ⇢y , ⇢z ) = esta ecuación se reescribe como
✓
↵ p ,p ,p I I I
◆
n ˆ =p I
1 = Ixx ⇢2x + Iyy ⇢2y + Izz ⇢2z + 2Ixy ⇢x ⇢y + 2Iyz ⇢y ⇢z + 2Ixz ⇢x ⇢z .
(5.10.5)
(5.10.6)
Considerando las cantidades ⇢x , ⇢y y ⇢z como variables, esta ecuación representa una superficie en el espacio. Específicamente, esta corresponde a un elipsoide denominado elipsoide de inercia. Desde este punto de vista geométrico es conocido que siempre es posible encontrar un sistema de coordenadas (⇢1 , ⇢2 , ⇢3 ), que lleven la ecuación a su forma canónica, 1 = I1 ⇢21 + I2 ⇢2 2 + I3 ⇢3 2 .
(5.10.7)
En este caso los ejes principales del elipsoide de inercia están ubicados a lo largo de los ejes de coordenadas. De igual forma, los momentos de inercia principales Ixx , Iyy e Izz determinan la longitud de estos ejes principales. Además, si dos de las raices de la ecuación secular (5.7.13) son iguales, el elipsoide posee dos ejes principales iguales (i.e. se tiene un elipsoide de revolución). Si las tres raices de la ecuación secular son iguales, el elipsoide se degenera en una esfera.
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
5.10.2.
164
Movimiento del Elipsoide
Definiremos ahora la función ! F (~ ⇢) = ⇢ ~· I ·⇢ ~.
(5.10.8)
Las superficies de nivel de F , i.e. aquellas para las cuales F (~ ⇢) = cte, son elipsoides. En particular, la superficie F (~ ⇢) = 1 es la que se identifica con el elipsoide de inercia. Ya que en general el vector n ˆ varía en el tiempo, el vector ⇢ ~ también cambia y lo hace de tal forma que su extremo siempre define un punto sobre el elipsoide. La normal al elipsoide de inercia en el punto extremo de ⇢ ~ viene dada por ✓ ◆ @F @F @F rF (~ ⇢) = , , . (5.10.9) ⇢x ⇢y ⇢z Si se trabaja en el sistema de ejes principales (⇢1 , ⇢2 , ⇢3 ) la función F se escribe F (~ ⇢) = I1 ⇢21 + I2 ⇢2 2 + I3 ⇢3 2 ,
(5.10.10)
rF (~ ⇢) = 2 (I1 ⇢1 , I2 ⇢2 , I3 ⇢3 ) .
(5.10.11)
y por lo tanto
Ahora bien, debido a la definición del vector ⇢ ~ se tiene n ˆ ! ~ 1 ⇢ ~ = (⇢1 , ⇢2 , ⇢3 ) = p = p = p (!1 , !2 , !3 ) I ! I ! I y con ello el vector normal al elipsoide es
(5.10.12)
2 p (I1 !1 , I2 !2 , I3 !3 ) . ! I En el sistema de ejes principales se cumple 8 > < l1 = I 1 !1 l2 = I 2 !2 > : l3 = I 3 !3 ,
(5.10.13)
rF (~ ⇢) =
(5.10.14)
y por ello
rF (~ ⇢) =
2 p (l1 , l2 , l3 ) ! I
(5.10.15)
2~l p . (5.10.16) ! I Luego, el vector ⇢ ~ y por consiguiente ! ~ se mueven de tal manera que la normal al elipsoide de inercia está siempre en la dirección del momentum angular ~l. rF (~ ⇢) =
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
165
Figura 5.10.1: Elipsoide de Inercia En el caso partícular en el que la fuerza externa total sobre el cuerpo rígido es cero, el vector ~l está fijo en el espacio, por lo que el elipsoide de inercia debe moverse para preservar la conexión entre ! ~ y ~l. La distancia entre el elipsoide y el plano tangente al elipsoide y perpendicular al vector momento angular viene dada por la proyección de ⇢ ~ en ~l, ⇢ ~ · ~l ! ~ · ~l = p l !l I
(5.10.17)
I~ !·! ~ I! 2 p = p !l I l I! 2
(5.10.18)
D= D=
2T 2T D= p = p (5.10.19) 2 l 2T l I! p ⇢ ~ · ~l 2T D= = . (5.10.20) l l Ya que la energía cinética T y el momento angular l son constantes, la distancia del origen del elipsoideal plano tangente es constante. Además, ya que la normal al plano está siempre en la dirección de ~l(que también es fija), el plano permanece fijo y por ello se denomina plano invariante (ver Figura 5.10.1). El movimiento sin fuerzas externas se puede ver entonces como si el elipsoide de inercia rodara sin deslizar sobre el plano invariante y con su origen a una altura constante sobre el plano. El rodamiento ocurre sin deslizar porque el punto de contacto instantáneo definido por ⇢ ~ está sobre el eje instantáneo de rotación, el cual sta momentáneamente en reposo. La curva trazada por el punto de contacto del elipsoide sobre el plano se llama herpolodia y la correspondiente curva sobre el elipsoide se denomina polodia.
CAPÍTULO 5. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
Figura 5.10.2: Movimiento del Elipsoide de Inercia
166
Capítulo 6
Aplicaciones 6.1.
Trompo Simétrico Pesado con un Punto Fijo
La energía cinética asociada con el trompo simétrico que se observa en la Figura 6.1.1 es 1 1 I1 !x20 + !y20 + I3 !z20 . (6.1.1) 2 2 Reemplazando las componentes de la velocidad angular mediante la ecuación (5.8.2) se tiene T =
⇣ 1 ˙ sin ✓ sin T = I1 2
+ ✓˙ cos
⌘2
+
⇣
˙ sin ✓ cos
✓˙ sin
⌘2
⌘2 1 ⇣ + I3 ˙ cos ✓ + ˙ 2 (6.1.2)
⌘ 1 ⇣ ⌘2 1 ⇣ ˙2 2 I1 sin ✓ + ✓˙2 + I3 ˙ cos ✓ + ˙ . 2 2 La energía potencial es T =
V = M gh cos ✓
(6.1.3)
(6.1.4)
por lo que el lagrangiano viene dado por
L=T
V =
⌘ 1 ⇣ ⌘2 1 ⇣ ˙2 2 I1 sin ✓ + ✓˙2 + I3 ˙ cos ✓ + ˙ 2 2
M gh cos ✓. (6.1.5)
Se observa claramente que y son coordenadas cíclicas y por ello los momentum generalizados correspondientes se conservan. Esto se puede comprobar también al notar que el torque hecho por el peso (única fuerza externa) está dirigido a lo largo de la línea de los nodos y por ello no existe ningúna componente sobre el eje z ni sobre la vertical (estos son tres ejes perpendiculares). Por esta razón el momentum relacionado con estas componentes debe conservarse. 167
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
168
Figura 6.1.1: Trompo Simétrico con un punto fijo De esta forma se tienen las primeras integrales de movimiento P = P =
⇣ ⌘ @L = I3 ˙ + ˙ cos ✓ = I3 !3 @˙
@L = I1 sin2 ✓ + I3 cos2 ✓ ˙ + I3 ˙ cos ✓. @˙
(6.1.6) (6.1.7)
Por otro lado, el lagrangiano no depende explícitamente del tiempo y ya que la energía cinética posee únicamente términos cuadráticos, concluimos que la energía generalizada que se conserva corresponde a la energía mecánica total,
E =T +V =
⌘ 1 ⇣ ⌘2 1 ⇣ ˙2 2 I1 sin ✓ + ✓˙2 + I3 ˙ cos ✓ + ˙ + M gh cos ✓. (6.1.8) 2 2
Ya que se tienen tres coordenadas generalizadas (✓, , ) y tres integrales primeras, el problema es soluble analíticamente. De la ecuación (6.1.6) se tiene I3 ˙ = P
I3 ˙ cos ✓
(6.1.9)
y reemplazando en (6.1.7), ⇣ P = I1 sin2 ✓ + I3 cos2 ✓ ˙ + P
⌘ I3 ˙ cos ✓ cos ✓
P = I1 ˙ sin2 ✓ + I3 ˙ cos2 ✓ + P cos ✓
I3 ˙ cos2 ✓
P = I1 ˙ sin2 ✓ + P cos ✓
(6.1.10) (6.1.11) (6.1.12)
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
169
˙=P
P cos ✓ . I1 sin2 ✓
(6.1.13)
De esta forma la ecuación de energía (6.1.8) se puede escribir como 2
E=
1 (P P cos ✓) 1 1 + I1 ✓˙2 + I3 !32 + M gh cos ✓. 2 2 2 2 I1 sin ✓
Ya que el término E 12 I3 !32 y con ello
1 2 2 I 3 !3
(6.1.14)
es constante, podemos definir la constante E 0 = 2
E0 =
1 (P P cos ✓) 1 + I1 ✓˙2 + M gh cos ✓. 2 2 I1 sin2 ✓
(6.1.15)
Definiendo ahora la energía potencial efectiva 2
Uef f (✓) =
1 (P P cos ✓) + M gh cos ✓ 2 I1 sin2 ✓
(6.1.16)
se obtiene nla ecuaciónd iferencial para la coordenada ✓, 1 ˙2 I1 ✓ + Uef f (✓) 2 que se puede integrar para obtener ✓ = ✓ (t), r ˆ ✓ d✓ 2 p = (t 0 I1 E Uef f (✓) ✓0 E0 =
(6.1.17)
(6.1.18)
t0 ) .
Una vez se conoce la función ✓ = ✓ (t) esta puede reemplazarse en la ecuación (6.1.13) que al integrarse permite obtener = (t), ˆ P P cos ✓ (t) (t) = dt. (6.1.19) I1 sin2 ✓ (t) Finalmente, conociendo esta función se puede obtener la ecuación (6.1.6), (t) =
ˆ
t
t0
6.1.1.
P
=
I3 ˙ cos ✓ dt. I3
(t) al integrar
(6.1.20)
Análisis de la Energía Potencial Efectiva
Analizando el comportamiento de la energía potencial efectiva es posible obtener información acerca del sistema físico estudiado. Para comenzar, se buscara la existencia de máximos o mínimos. Para ello se deriva una vez la ecuación (6.1.16),
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
170
Figura 6.1.2: Energia Potencial Efectiva para el Trompo Simétrico con un punto fijo
dUef f 1 2 (P = d✓ 2
(P dUef f = d✓
2
P cos ✓) P I1 sin3 ✓ 2 (P I12 sin4 ✓ ⇥ P cos ✓) P sin2 ✓
dUef f (P = d✓
(P
P cos ✓) I1 sin ✓ cos ✓
(6.1.21) P cos ✓) cos ✓
I1 sin3 ✓
P cos ✓) (P I1 sin3 ✓
M gh sin ✓
P cos ✓)
⇤
M gh sin ✓.
M gh sin ✓ (6.1.22) (6.1.23)
dU
ef f Nótese que para ✓ ! 0 se tiene d✓ ! 1, mientras que para ✓ ! ⇡ se dUef f tiene d✓ ! +1. Por lo tanto debe existir un valor ✓0 para el cual la primera derivada del potencial efectivo es cero,
dUef f d✓
= 0,
(6.1.24)
✓=✓0
es decir, la energía potencial efectiva posee un mínimo en ✓0 . El comportamiento dela función Uef f (✓) puede verse en la Figura 6.1.2. 6.1.1.1.
Caso Particular (!3 = 0)
En el caso particular en el que !3 = 0 (i.e. el trompo no gira sobre su eje de simetría), el potencial efectivo toma la forma
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
Uef f =
171
1 P2 + M gh cos ✓, 2 I1 sin2 ✓
(6.1.25)
y el sistema físico se comporta como un péndulo esférica. 6.1.1.2.
Caso Particular (!3 6= 0)
Cuando el trompo gira sobre su eje de simetría (!3 6= 0), la energía total E 0 no puede tomar valores menores que el potencial efectivo Uef f ya que la cantidad 2 (E 0 ✓˙2 =
Uef f )
(6.1.26)
I1
debe ser mayor que cero. A) Subcaso E 0 = Uef f (✓0 ) Si la energía total es tal que E 0 = Uef f (✓0 ), se tiene ✓˙2 = 0
(6.1.27)
y por ello el valor de la coordenada ✓ esta restringido a tomar un único valor, ✓ = ✓0 = cte. La ecuación (6.1.13) se convierte entonces en ˙=P
P cos ✓0 = cte. I1 sin2 ✓0
(6.1.28)
Esto muestra que el eje de simetría del trompo tiene un movimiento de precesión uniforme. Para profundizar un poco en este movimiento de precesión se considerará la condición del mínimo para el potencial efectivo, dUef f d✓ (P
⇥ P cos ✓0 ) P sin2 ✓0
(P
(6.1.29)
=0 ✓=✓0
P cos ✓0 ) cos ✓0
I1 sin3 ✓0
(P
P cos ✓0 ) P I1 sin ✓0
(P
˙ P sin ✓0 ˙2
⇤
M gh sin ✓0 = 0 (6.1.30)
2
P cos ✓0 ) cos ✓0 I1 sin3 ✓0 ˙ 2 I1 sin ✓0 cos ✓0
M gh sin ✓0 = 0
M gh sin ✓0 = 0
P ˙ + M gh = 0. I1 cos ✓0 I1 cos ✓0
(6.1.31) (6.1.32) (6.1.33)
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
172
La solución de esta ecuación cuadrática para la velocidad angular de precesión es " # s P 4M ghI cos ✓ 1 0 ˙= 1± 1 . (6.1.34) 2I1 cos ✓0 P2 a. Trompo por encima del punto de apoyo. Cuando el trompo se encuentra por encima de su punto de apoyo, i.e. para ✓0 < ⇡2 , se tiene cos ✓0 > 0 y por lo tanto existe un valor crítico para la precesión uniforme dado por 1
4M ghI1 cos ✓0 =0 P2
(6.1.35)
P 2 = 4M ghI1 cos ✓0
(6.1.36)
2 I32 !3min = 4M ghI1 cos ✓0
(6.1.37)
!3min =
s
4M ghI1 cos ✓0 . I32
(6.1.38)
De esta forma se tiene que para !3 < !3min no existe precesión uniforme, mientras que para !3 > !3min existen dos valores para la velocidad angular de precesión. Para estimar estos dos valores, nótese quecuando !3 !3min el 1 cos ✓0 término 4M ghI es pequeño. De esta forma, la ecuación para las raices de I32 !32 ˙ se puede aproximar a ˙' es decir
✓ I 3 !3 1± 1 2I1 cos ✓0
˙'
✓ I3 !3 1± 1 2I1 cos ✓0
2 1 !3min 2 !32
◆
Así, las primera velocidad angular de precesión será ✓ ◆ 2 1 !3min ˙ 1 = I 3 !3 1+ 1 2I1 cos ✓0 2 !32 2 1 !3min ˙ 1 = I3 !3 2 2I1 cos ✓0 2 !32 ˙1 ⇡ !3
◆
(6.1.39)
.
(6.1.40)
2M ghI1 cos ✓0 I32 !32
I3 !3 I1 cos ✓0
(6.1.41) (6.1.42) (6.1.43)
donde se ha despreciado el segundo término en el lado derecho debido a que !3min . Esta velocidad es grande (movimiento rápido). La segunda velocidad de precesión posible es
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
˙2 =
173
I 3 !3 1 2I1 cos ✓0
✓
1
2 1 !3min 2 !32 ◆ 2
◆
✓ I 3 !3 1 !3min 2I1 cos ✓0 2 !32 ✓ ◆ 2M ghI1 cos ✓0 ˙ 2 = I3 !3 2I1 cos ✓0 I32 !32 ˙2 =
˙ 2 = M gh I3 !3
(6.1.44) (6.1.45) (6.1.46) (6.1.47)
y ya que !3 es grande, esta es una velocidad de precesión pequeña (movimiento lento). En la práctica esta velocidad pequeña es la que usualmente se observa. b. Trompo por debajo del punto de apoyo. Cuando el trompo se encuentra por debajo de su punto de apoyo, i.e. para ✓0 > ⇡2 , se tiene cos ✓0 < 0 y por lo tanto siempre existen dos valores para la velocidad angular de precesión, s " # I 4M ghI cos ✓ 3 1 0 2 ˙= !3 ± !3 . (6.1.48) 2I1 cos ✓0 I32 como caso particular, cuando el trompo no gira sobre su eje de simetría (pendulo esférico), !3 = 0, las velociades de precesión serán s I 4M ghI1 cos ✓0 3 ˙=± (6.1.49) 2I1 cos ✓0 I32 o mejor ˙=±
I3 2I1 cos ✓0
s
4M ghI1 cos ✓0 . I32
(6.1.50)
B) Subcaso E 0 > Uef f (✓0 ) Cuando la energía total es tal que E 0 > Uef f (✓0 ), la coordenada angular ✓ puede tomar valores entre los dos puntos dados por la intersección de las curvas como se muestra en la Figura 6.1.3, i.e. ✓1 ✓ ✓2 . En este caso la ecuación para el angulo será ˙=P
P cos ✓ , I1 sin2 ✓
(6.1.51)
pero ya que ✓ no toma un valor fijo, concluimos que la precesión no es uniforme.En este caso, además del movimiento de precesión se sobrepone una nutación (oscilación del eje en la dirección ✓). Los angulos ✓1 y ✓2 entre los cuales socila el eje deben satisfacer la ecuación
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
174
Figura 6.1.3: Energia Potencial Efectiva para el Trompo Simétrico con E 0 > Uef f (✓0 )
2
E 0 = Uef f =
1 (P P cos ✓) + M gh cos ✓ 2 I1 sin2 ✓
(6.1.52)
o reescribiendo esta ecuación 2I1 E 0 sin2 ✓ = (P
2I1 E 0 2I1 E 0 cos2 ✓ = (P
2
P cos ✓) + 2I1 M gh sin2 ✓ cos ✓
(6.1.53)
2
P cos ✓) +2I1 M gh cos ✓ 2I1 M gh cos3 ✓ (6.1.54)
I1 M gh) cos ✓ +2I1 E 0 P 2 = 0. (6.1.55) Esta es una ecuación cubica para cos ✓ y por ello existen, en general, tres raices. Dos de ellas estan en el intervalo [ 1, +1]. La tercera raiz es mayor que 1 y por ello no representa ningún ángulo físico. Con el fin de analizar algunas de las características de este tipo de movimiento, suponga que las condiciones físicas iniciales son tales que |P | < |P |. En este caso definimos1
2I1 M gh cos3 ✓
2I1 E 0 + P 2 cos2 ✓ +2 (P P
cos ✓r = 1 Si
las condiciones inicales son tales que P
P . P > P
(6.1.56) se define cos ✓r =
P P
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
175
De esta forma, la primera derivada del potencial efectivo (6.1.23) se puede reescribir como dUef f (P = d✓ dUef f = d✓
P cos ✓) (P I1 sin3 ✓ ⇣ ⌘⇣ P P2 P cos ✓ 1 I1 sin3 ✓
P 2 (cos ✓r dUef f = d✓
cos ✓) (1
P cos ✓) P P
cos ✓
⌘
cos ✓r cos ✓)
3
I1 sin ✓
M gh sin ✓
(6.1.57)
M gh sin ✓
(6.1.58)
M gh sin ✓.
(6.1.59)
Nótese que para ✓ = ✓r se tiene dUef f d✓
=
M gh sin ✓r < 0,
(6.1.60)
✓=✓r
y por lo tanto se debe tener ✓r < ✓0 (pendiente negativa en la Figura 6.1.3). De forma similar, la ecuación para la velocidad angular de precesión (6.1.51) se puede reescribir como ⇣ ⌘ P cos ✓ P P ˙= (6.1.61) I1 sin2 ✓ ˙ = P (cos ✓r cos ✓) . I1 sin2 ✓
(6.1.62)
De acuerdo con los valores de las condiciones iniciales, son posibles varios casos particulares, a. Si ✓r < ✓1 . En este caso ✓ > ✓r ya que ✓1 ✓ ✓2 . Por lo tanto cos ✓r > cos ✓ y debido a la ecuación (6.1.62) la velocidad angular de precesión ˙ siempre debe tener el mismo signo que P = I3 !3 . La Figura 6.1.4 nos muestra el movimiento del eje de simetría del trompo en esta clase de movimiento. b. Si ✓1 < ✓r < ✓2 . En este caso el movimiento tiene dos partes. Cuando ✓ < ✓r se tiene cos ✓ > cos ✓r y por ello ˙ tiene el signo contrario de P . Por otro lado, cuando ✓ > ✓r se tiene cos ✓r > cos ✓ y por ello ˙ tiene el mismo signo de P . De esta forma, la precesión cambia de signo y por ello el movimiento del eje de siemtría del trompo es el que se muestra en la Figura 6.1.5.
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
176
Figura 6.1.4: Movimiento del eje de simetria del trompo cuando ✓r < ✓1
Figura 6.1.5: Movimiento del eje de simetria del trompo cuando ✓1 < ✓r < ✓2
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
177
Caso Particular Un caso muy particular del movimiento del trompo es aquel en el que las condiciones iniciales son tales que en t = 0
✓ ✓˙
=
✓1
=
0
˙
=
0
˙
=
!3 ,
es decir que inicialmente se sostiene el trompo moviendose únicamente con la velocidad angular ˙ = !3 y formando un angulo ✓1 para luego ser liberado. De aqui se tiene (6.1.6-6.1.7) P = I3 ˙ + I3 ˙ cos ✓ = I3 !3 P = I1 sin2 ✓ + I3 cos2 ✓ ˙ + I3 ˙ cos ✓ = I3 !3 cos ✓1 y la energía es 2
E0 =
1 (P P cos ✓) 1 + I1 ✓˙2 + M gh cos ✓ 2 2 I1 sin2 ✓ 2
E0 =
1 (I3 !3 cos ✓1 I3 !3 cos ✓1 ) + M gh cos ✓1 2 I1 sin2 ✓1 E 0 = M gh cos ✓1 .
Además, se tiene cos ✓r =
P I3 !3 cos ✓1 = P I 3 !3
cos ✓r = cos ✓1 , es decir ✓r = ✓1 . Esto implica que la velocidad angular de precesión es cero cuando ✓ = ✓1 y por ello el movimiento del eje de simetría del trompo es el que se muestra en la siguiente Figura.
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
178
Movimiento del eje de simetria del trompo en el caso particular descrito
6.2.
Cilindro en un Plano Inclinado
Se cosiderará ahora un cilindro de radio R que rueda sin deslizar sobre la superficie de un plano inclinado con un angulo ↵ como se muestra en la Figura 6.2.1. Se encontrará la aceleración del sistema y las fuerzas de ligadura. Ya que el cilindro es un cuerpo rígido, posee 6 grados de libertad, pero se tienen 5 ligaduras en el sistema. 1. zCM = 0 2. El eje de rotación tiene una dirección fija. Vectorialmente se puede escribir ~˙ = ! ~ . Esta condición implica dos ligaduras: ✓ = cte. y = cte. 3. El movimiento se da sobre el plano inclinado. Esta ligadura se puede escribir tan ↵ =
y
R cos ↵
x
(6.2.1)
o mejor R . (6.2.2) cos ↵ 4. El cilindro rueda sin deslizar. Esta ecuación de ligadura se puede escribir como x tan ↵ = y
D
(x cos ↵ + y sin ↵) = R .
(6.2.3)
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
179
Figura 6.2.1: Cilindro rodando en un plano inclincado
Para describir el sistema es conveneinte realizar un cambio de las coordenadas cartesianas (x, y) a las coordenadas (⌘, ⇠) que se muestran en la Figura 6.2.2. Esta transformación está dada por la rotación ( x = ⇠ cos ↵ ⌘ sin ↵ (6.2.4) y = ⇠ sin ↵ + ⌘ cos ↵ o por la transformación inversa ( ⇠= ⌘=
x cos ↵ + y sin ↵ x sin ↵ + y cos ↵.
(6.2.5)
De esta forma, el numero de grados de libertad del sistema es de n = 6 5 = 1. Sin embargo, ya que se quieren encontrar las fuerzas de ligadura, debe utilizarse el método de multiplicadores de lagrange con un espacio de configuración de 3 dimensiones. Así, se tomarán las coordenadas generalizadas (⇠, ⌘, ) y las ligaduras que permiten aplicar el metodo de multiplicadores serán 3. Movimiento sobre el plano inclinado: h1 = ⌘
R=0
(6.2.6)
4. El cilindro rueda sin deslizar: h2 =
D + ⇠ + R = 0.
(6.2.7)
La energía cinética del cilindro está dada por las contribuciones del movimiento del centro de masa y de la rotación,
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
180
Figura 6.2.2: Cilindro rodando en un plano inclincado ⌘ 1 1 ⇣ ˙2 M ⇠ + ⌘˙ 2 + I ˙ 2 , (6.2.8) 2 2 con M la masa del cilindro e I su momento de inercia con respecto al eje de simetría. El potencial del cilindro es T =
V = M gy = M g (⇠ sin ↵ + ⌘ cos ↵)
(6.2.9)
y con ello el lagrangiano será ⌘ 1 1 ⇣ ˙2 M ⇠ + ⌘˙ 2 + I ˙ 2 M g (⇠ sin ↵ + ⌘ cos ↵) . (6.2.10) 2 2 Para aplicar el metodo de multiplicadores se necesitan las derivadas L=
Q1⇠ = Q1⌘ = Q1 =
@h1 @⇠ @h1 @⌘ @h1 @
=0 =1 =0
Q2⇠ = Q2⌘ = Q2 =
@h2 @⇠ @h2 @⌘ @h2 @
=1 =0 =R
y con ello las ecuaciones de Lagrange se pueden escribir 8 ¨ > : ¨ I = Q1 1 + Q2 2
(6.2.11)
(6.2.12)
y que se reducen a
8 ¨ > : ¨ I
= 2 = 1 = R 2.
(6.2.13)
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
181
Combiando la primera y la tercera ecuación se obtiene I¨ , (6.2.14) R per además, la ecuación de ligadura para el movimiento de rodar sin deslizar h2 permite escribir M ⇠¨ + M g sin ↵ =
⇠¨ =
R¨
(6.2.15)
y por ello M ⇠¨ + M g sin ↵ = ✓
M+
I R2
◆
⇠¨ =
I ⇠¨ R2
M g sin ↵
(6.2.16) (6.2.17)
Es decir que la aceleración lineal del centro de masa es ⇠¨ =
g sin ↵ . 1 + MIR2
(6.2.18)
La aceleración angular del cilindro es ¨=
y
g sin ↵ . R 1 + MIR2
(6.2.19)
Para encontrar las fuerzas de ligadura se encuentran los multiplicadores De la segunda ecuación de Lagrange se tiene
2.
1
= M ⌘¨ + M g cos ↵
1
(6.2.20)
pero debido a la ecuación de ligadura h1 se sabe que ⌘¨ = 0 y por ello 1
= M g cos ↵.
(6.2.21)
Por otro lado, de la primera ecuación de Lagrange = M ⇠¨ + M g sin ↵
(6.2.22)
M g sin ↵ + M g sin ↵ 1 + MIR2 ! 1 = M g sin ↵ 1 1 + MIR2 !
(6.2.23)
2
2
2
2
=
= M g sin ↵
1
I M R2 + MIR2
(6.2.24)
(6.2.25)
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
2
182
=
M g sin ↵ 2 . 1 + MIR
(6.2.26)
Con ello, las fuerzas de ligadura resultan ser ~ 1 = M g cos ↵ˆ Q ⌘
(6.2.27)
que corresponde a la normal del cilindro y ⇣ ⌘ ˆ ˆ ~ 2 = M g sin ↵ Q ⇠ + R 2 1 + MIR
(6.2.28)
M g sin ↵ se identifica con la fuerza de fricción 2 1+ MIR M gR sin ↵ Q2 = se identifica con el torque hecho 2 1+ MIR
donde la componente Q2⇠ = mientras que la componente por la fricción.
Caso Particular Si el cilindro es macizo, el momento de inercia es I = 12 M R2 y por ello la aceleración lineal resulta ser 2g sin ↵ 3 mientras que la aceleración angular es ⇠¨ =
¨ = 2g sin ↵ . 3R La fuerza normal es ~ =Q ~ 1 = M g cos ↵ˆ N ⌘ y la fuerza de fricción es M g sin ↵ ˆ f~ = Q2⇠ ⇠ˆ = ⇠. 3 Nótese que si en este caso se supone que la fuerzade fricción es proporcional a la normal, f = µN, el coeficiente de fricción µ será µ=
f 1 = tan ↵. N 3
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
183
Figura 6.3.1: Lámina con un punto fijo deslizando
6.3.
Lamina con un punto fijo deslizando en un plano horizontal
Se considerará ahora una lámina plana cuadrada de lado a con un punto fijo (en x = y = z = 0) que desliza sin fricción para caer sobre un plano horizontal. El sistema de coordeanas (x, y, z) está fijo en el espacio mientras que el sistema (x0 , y 0 , z 0 ) se mueve con la lámina. Uitlizando los ángulos ✓ y que se muestran en la Figura 6.3.1, el movimiento de la lámina se puede describir en términos de la velocidad angular ! ~ = ! kˆ + !✓ˆi0 = ˙ kˆ + ✓˙ˆi0 .
(6.3.1)
Para escribir esta velocidad con componentes únicamente en el sistema primado se utiliza la transformación kˆ = cos ✓ˆj 0
sin ✓kˆ0 ,
(6.3.2)
con lo que se tiene ! ~ = ✓˙ˆi0 + ˙ cos ✓ˆj 0
˙ sin ✓kˆ0 .
(6.3.3)
Ahora bien, para calcular las componentes del tensor de inercia procederemos mediante integración, ver ecuación (5.2.17). Si denotamos por la densidad superficial de masa para la lámina y asumimos que esta es constante, = M a2 , se tiene ˆ aˆ a 1 Ix0 x0 = y 02 dy 0 dx0 = M a2 = Iy0 y0 (6.3.4) 3 0 0
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
Iz 0 z 0 =
ˆ
0
a
ˆ
a
184
x02 + y 02 dx0 dy 0 =
0
Ix0 y 0 = Iy 0 x0 =
a
ˆ
0
ˆ
a
1 1 2 M a2 + M a2 = M a2 3 3 3 1 M a2 4
xydx0 dy 0 =
0
Ix0 z0 = Iz0 x0 = Iy0 z0 = Iz0 y0 = 0.
(6.3.5) (6.3.6) (6.3.7)
Así, la energía cinética puede calcularse a partir de ! 1 ! ~ · I ·! ~ 2
T =
T =
1⇣ 2
⌘
0
˙ ˙ cos ✓, ˙ sin ✓ @ ✓,
1 2 3Ma 1 2 4Ma
1 2 4Ma 1 2 3Ma
0
0
que resulta ser T =
1 1 1 M a2 ✓˙2 + M a2 ˙ 2 sin2 ✓ + M a2 ˙ 2 cos2 ✓ 6 3 6
(6.3.8) 10 1 ✓˙ 0 A @ ˙ cos ✓ A 0 2 2 ˙ sin ✓ M a 3 (6.3.9)
1 M a2 ✓˙ ˙ cos ✓. 4
(6.3.10)
El potencial es a V = M gz = M g cos ✓ 2
(6.3.11)
y con ello el lagrangiano es a M g cos ✓. 2 (6.3.12) Se observa que L no depende explícitamente del tiempo y ya que la energía cinética es cuadrática en las velocidades, la energía generalizada se conserva y corresponde a la energía mecáncia total, L=
1 1 1 M a2 ✓˙2 + M a2 ˙ 2 sin2 ✓ + M a2 ˙ 2 cos2 ✓ 6 3 6
1 a M a2 ✓˙ ˙ cos ✓ + M g cos ✓. 4 2 (6.3.13) Si las condiciones iniciales son tales que en t = 0,
E=
1 1 1 M a2 ✓˙2 + M a2 ˙ 2 sin2 ✓ + M a2 ˙ 2 cos2 ✓ 6 3 6
1 M a2 ✓˙ ˙ cos ✓ 4
✓ ✓˙ ˙
=
0
=
0
=
0
=
0,
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
185
la energía mecáncia total será 1 M ga. 2 Reemplazando esta constante en la ecuación de energía obtenemos E=
(6.3.14)
1 1 1 1 1 a M ga = M a2 ✓˙2 + M a2 ˙ 2 sin2 ✓+ M a2 ˙ 2 cos2 ✓ M a2 ✓˙ ˙ cos ✓+M g cos ✓ 2 6 3 6 4 2 (6.3.15) 3˙˙ 3g ✓ cos ✓ = (1 cos ✓) . (6.3.16) 2 a Se observa también que la coordenada es cíclica en el lagrangiano y por ello se conserva su momentum conjugado, ✓˙2 + ˙ 2 1 + sin2 ✓
P =
@L 2 1 = M a2 ˙ sin2 ✓ + M a2 ˙ cos2 ✓ 3 3 @˙
1 M a2 ✓˙ cos ✓ = cte. 4
(6.3.17)
Este momentum, que corresponde en realidad a la componente lz del momento angular, se conserva debido a que el peso genera un torque que va a lo largo del eje x0 . Al aplicar las mismas condiciones iniciales que se consideraron para la energía, el momentum resulta ser P = lz = 0.,
(6.3.18)
esto es 2 1 M a2 ˙ sin2 ✓ + M a2 ˙ cos2 ✓ 3 3 1 M a2 ˙ 1 + sin2 ✓ 3
1 M a2 ✓˙ cos ✓ = 0 4 1 M a2 ✓˙ cos ✓ = 0 4
(6.3.19) (6.3.20)
1˙ 1 1 + sin2 ✓ = ✓˙ cos ✓ 3 4
(6.3.21)
˙ ˙ = 3 ✓ cos ✓ . 4 1 + sin2 ✓
(6.3.22)
Reemplaznado este resultado en la ecuación de la energía (6.3.16), se tiene 9 ✓˙2 cos2 ✓ 9 ✓˙2 cos2 ✓ 3g ✓˙2 + = (1 cos ✓) 16 1 + sin2 ✓ 8 1 + sin2 ✓ a " # 9 cos2 ✓ 3g ˙✓2 1 = (1 cos ✓) 16 1 + sin2 ✓ a
(6.3.23) (6.3.24)
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
186
3g 1 cos ✓ h i. ✓˙2 = 9 cos2 ✓ a 1 2
(6.3.25)
16 (1+sin ✓)
Definiendo la función
se tiene
v u 3g (1 cos ✓) u i, f (✓) = t h 9 cos2 ✓ a 1 16 (1+sin2 ✓) ✓˙ = f (✓)
(6.3.26)
(6.3.27)
que permite encontrar ✓ = ✓ (t) mediante integración, ˆ
0
✓
d✓ = t. f (✓)
Con esta función es posible encontrar
=
(6.3.28) (t) utilizando (6.3.22),
˙ ˙ = 3 ✓ (t) cos ✓ (t) 4 1 + sin2 ✓ (t) ˆ 3 t ✓˙ (t) cos ✓ (t) (t) = dt. 4 0 1 + sin2 ✓ (t)
(6.3.29) (6.3.30)
De esta forma, el problema queda resuelto analíticamente.
6.4.
Precesión de Partículas Cargadas en un campo Magnético.
El momento magnético de una partícula cargada se define como ~ i = 1 qi (~ri ⇥ ~vi ) , M (6.4.1) 2 donde qi es la carga de la partícula y ~ri y ~vi son el vector posición y velocidad de la partícula referidos a un sistema de coordenadas inercial. Para una distribución discreta de partículas, esta relación se generaliza a ~ = M
N X
N
X ~i = 1 qi (~ri ⇥ ~vi ) , M 2 i=1 i=1
mientras que para distribuciones continuas se tiene ˆ ˆ ˆ 1 1 ~ ~ M = dM = dq (~r ⇥ ~v ) = ⇢e (~r) (~r ⇥ ~v ) d⌦ 2 2 con ⇢e (~r) la densidad de carga eléctrica y d⌦ el elemento de volumen.
(6.4.2)
(6.4.3)
CAPÍTULO 6. APLICACIONES
187
Por otro lado, el momento angular de una distribución discreta de particulas esta definido por ~l =
N X
~li =
i=1
N X i=1
mi (~ri ⇥ ~vi ) ,
(6.4.4)
con mi la masa de la i ésima partícula. De nuevo, la generalización al caso continuo será ˆ ˆ ˆ ~l = d~l = dm (~r ⇥ ~v ) = ⇢m (~r) (~r ⇥ ~v ) d⌦ (6.4.5) q con ⇢m(~r) la densidad de masa. Si la razón carga-masa m de todas las partículas es la misma, se puede asegurar que el momento magnético es proporcional al momento angular,
o mejor
~ / ~l M
(6.4.6)
~ = ~l M
(6.4.7)
q donde = 2m es conocido como el radio giromagnético. Como es conocido, cuando un campo magnético actua sobre un momento magnético no produce una fuerza neta (recordar la fuerza sobre una espira de corriente o un motor eléctrico), pero si produce un torque que está dado por
~ =M ~ ⇥ B. ~ N
(6.4.8)
En el sistema de referencia del espacio se puede hacer ~ ~ = dl N dt
esp
~ = = ~l ⇥ B
~ ⇥ ~l. B
(6.4.9)
Esta ecuación muestra que el torque es perpendicular tanto al campo magnético como al momento angular y por ello se puede concluir que ~l es un vector de ~ con magnitud constante que rota en el espacio alrededor de la dirección de B velocidad angular ! ~ =
~ B.
(6.4.10)
Si el campo magnético es uniforme, produce una rotación (precesión) uniforme del momento angular ~l con frecuencia qB , (6.4.11) 2m conocida como frecuencia de Larmor. Cabe notar que en el caso específico de eB electrones, la carga eléctrica es q = e y la frecuencia de Larmor es ! = 2m . !=
B=
Capítulo 7
Formulación Hamiltoniana Un sistema de n grados de libertad tiene n ecuaciones de Lagrange, ✓ ◆ d @L @L =0 (7.0.1) dt @ q˙k @qk
que son ecuacioens diferenciales de sgundo orden para las coordenadas generalizadas. Esto quiere decir que consittuye un sistema de orden 2n, el cual está totalmente especificado si se conocen las condiciones iniciales qk (0) y q˙k (0). La formulación hamiltoniana de la mecánica clásica se base en un cambio de base para este sistema de ecuaciones que pasa del conjunto de variables generalizado (q, q, ˙ t) al sistema (q, p, t) con p el momento canónicamente conjugado a la variable q. Para estudiar esta formulación es necesario profundizar incialmente en las transformaciones de Legendre ya que el cambio de base que se utilizará es un caso particular de estas.
7.1.
Transformaciones de Legendre
Dada una función de dos variables f (x, y) su diferencial está dado por df = udx + vdy
(7.1.1)
con u
=
v
=
@f @x @f . @y
Ahora se realizará el cambio de la base (x, y) a la base (u, y). Para ello considérese la función g=f 188
ux
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
189
cuyo diferencial será dg = df
udx
(7.1.2)
xdu.
Reemplazando el diferencial de f en esta expresión se tiene
si
dg = udx + vdy
udx
dg = vdy
xdu
(7.1.3)
xdu
(7.1.4)
de donde se concluye queesta corresponde a la función buscada, g = g (u, y),
7.1.1.
v
=
x
=
@g @y @g . @u
(7.1.5) (7.1.6)
Transformación de Legendre Total
Si se considera ahora una función de n variables F = F (x1 , x2 , ..., xn ), se definirán las nuevas variables yi =
@f @xi
(7.1.7)
con i = 1, 2, ..., n. Si la matriz de segundas derivadas parciales J tiene un determinante diferente de cero, i.e. 2 @ F det [J ] = det 6= 0, (7.1.8) @xi @xj
entonces se garantiza la independencia de las variables xi y yj . Es decir, se puede afirmar que xi = xi (y1, y2 , ..., yn ). Una transformación total de Legendre se define con la función G (y1 , y2 , ..., yn ) =
n X
x i yi
F (y1 , y2 , ..., yn ) .
(7.1.9)
i=1
Nótese que el diferencial de esta función es n n X X @G dG = dyi = (xi dyi + yi dxi ) @yi i=1 i=1
dF
(7.1.10)
y utilizando el diferencial de la función F ,
n n X X @F dF = dxi = yi dxi , @xi i=1 i=1
(7.1.11)
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
190
se obtiene dG =
n n X X @G dyi = xi dyi @yi i=1 i=1
(7.1.12)
que muestra la correcta dependencia de la función G si xi =
7.1.2.
@G . @yi
(7.1.13)
Transformación de Legendre Parcial
Se considerará ahora la función de n+m variables F = F (x1 , x2 , ..., xn , z1 , z2 , ..., zm ). Se definen como variables activas aquellas que se cambiarán con la transformación de Legendre, en este caso las xi ; y se denominan variables pasivas aquellas que no se cambiarán, en este caso las zj . Para realizar la transformación se definen las nuevas variables yi =
@f @xi
(7.1.14)
con i = 1, 2, ..., n. De nuevo si la matriz de segundas derivadas parciales J tiene un determinante diferente de cero, i.e. 2 @ F det [J ] = det 6= 0, (7.1.15) @xi @xj
entonces se garantiza la independencia de las variables xi y yj y se podrá escribir xi = xi (y1, y2 , ..., yn ). Una transformación parcial de Legendre se define con la función
G (y1 , y2 , ..., yn , z1 , z2 , ..., zm ) =
n X
x i yi
F (y1 , y2 , ..., yn , z1 , z2 , ..., zm ) .
i=1
(7.1.16)
El diferencial de esta función es
dG =
n m n X X X @G @G dyi + dzj = (xi dyi + yi dxi ) @yi @zj i=1 j=1 i=1
dF.
(7.1.17)
Al utilizar el diferencial de la función F ,
dF = se obtiene
n m n m X X X X @F @F @F dxi + dzj = yi dxi + dzj , @xi @zj @zj i=1 j=1 i=1 j=1
(7.1.18)
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
dG =
n m n X X X @G @G dyi + dzj = xi dyi @yi @zj i=1 j=1 i=1
191
m X @F dzj . @zj j=1
(7.1.19)
Esta vez la dependencia de la función G es correcta si xi =
@G @yi
(7.1.20)
y @F = @zj
7.2.
@G . @zj
(7.1.21)
El Hamiltoniano
La función Hamiltoniana o Hamiltoniano se define como una transformación parcial de Legendre del Lagrangiano. Ya que en general L = L (qi , q˙i , t) se definen las variables pi =
@L @ q˙i
(7.2.1)
conocidas como momentum canónicamente conjugado a la variable qi . Se tomarán como variables pasivas los qi y t, mientras que las variables activas serán los q˙i . Se define entonces el Hamiltoniano mediante H (qi , pi , t) =
n X
q˙i pi
(7.2.2)
L (qi , q˙i , t) .
i=1
Nótese que esta función es exactamente igual a la definición de la energía generalizada dada en (2.10.13). Para comprobar la correcta dependencia del Hamiltoniano, se toma su diferencial
dH =
n X @H i=1
@qi
dqi +
n X @H i=1
n
X @H dpi + dt = (q˙i dpi + pi dq˙i ) @pi dt i=1
dL.
(7.2.3)
Utilizando el diferencial del lagrangiano, n n X X @L @L @L dL = dqi + dq˙i + dt @q @ q ˙ @t i i i=1 i=1
dL = se tiene
n n X X @L @L dqi + pi dq˙i + dt, @qi @t i=1 i=1
(7.2.4) (7.2.5)
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
dH =
n X @H i=1
@qi
dqi +
n X @H i=1
@pi
dpi +
n n X X @H @L dt = q˙i dpi dqi dt @qi i=1 i=1
192
@L dt, (7.2.6) @t
de donde se tienen las condiciones @H = @t
@L @t
@H = q˙i @pi @H = @qi
(7.2.7) (7.2.8)
@L . @qi
(7.2.9)
Ahora bien, utilizando las ecuaciones de Lagrange se puede asegurar que ✓ ◆ @L d @L dpi = = = p˙i . (7.2.10) @qi dt @ q˙i dt
Por esta razón, la ultima de las relaciones con el hamiltoniano se puede escribir @H = @qi
p˙ i .
(7.2.11)
El conjunto de ecuaciones (
@H @t @H @qi
= =
@L @t @L @qi
representan los teoremas de conservación, mientras que ( @H q˙i = @p i p˙ i = @H @qi
(7.2.12)
(7.2.13)
se denominan Ecuaciones Canónicas de Hamilton. Estas conforman un sistema de 2n ecuaciones de primer orden que reemplazan las ecuaciones de Lagrange. Ejemplo. Péndulo esférico
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
193
Pendulo Esférico.
La energía cinética para el pendulo esférico mostrado en la Figura en coordenadas esféricas, toma la forma ⌘ 1 ⇣ 2 M r˙ + r2 ✓˙2 + r2 ˙ 2 sin2 ✓ 2 sujeto a la condición de una cuerda que tiene longitud constante, r = L, con lo que se tiene T =
⌘ 1 ⇣ 2 ˙2 M L ✓ + L2 ˙ 2 sin2 ✓ . 2 El potencial viene dado por T =
V =
mgz =
mgL cos ✓,
con lo que el lagrangiano es
⌘ ⌘ ⇣ ⇣ ˙ ˙ = 1 M L2 ✓˙2 + L2 ˙ 2 sin2 ✓ + mgL cos ✓. L ✓, , ✓, 2 Los momentum canónicamente conjugados a las variables ✓ y p✓
=
p
=
son
@L = M L2 ✓˙ @ ✓˙ @L = M L2 ˙ sin2 ✓. @˙
La matriz de transformación J (segundas derivadas) se puede obtener fácilmente al notar que ✓ ◆ ✓ ◆✓ ◆ p✓ ✓˙ mL2 sin2 ✓ 0 = ˙ , p 0 mL2
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
194
de donde J =
✓
mL2 sin2 ✓ 0
0 mL2
El determinante de esta matriz no es nulo,
◆
.
det [J ] = m2 L4 sin2 6= 0.
Definimos el Hamiltoniano del sistema mediante la transformación de Legendre H = p✓ ✓˙ + p ˙
L (✓, , p✓ , p ) ,
donde la dependencia de L se debe cambiar mediante la sustitución ✓˙
=
˙
=
p✓ M L2 p . M L2 sin2 ✓
De esta forma el Hamiltoniano será " # ✓ ◆ ✓ ◆2 ⇣ p ⌘ ⇣ p ⌘2 p 1 p ✓ ✓ 2 2 2 H = p✓ +p M L +L sin ✓ mgL cos ✓ M L2 2 M L2 M L2 sin2 ✓ M L2 sin2 ✓ p2 p2✓ H= + + M L2 M L2 sin2 ✓
" # p2 1 2 p + 2M L2 ✓ sin2 ✓
" # 2 p 1 H= p2 + 2M L2 ✓ sin2 ✓
mgL cos ✓
mgL cos ✓.
Integrales Primeras a
Las Leyes de conservación aplicables a este Hamiltoniano corresponden 1. El Hamiltoniano no depende explícitamente del tiempo, i.e.
@H = 0, @t por lo que el Hamiltoniano debe ser constante y en este caso, corresponde a la energía mecánica total, " # p2 1 2 E= p + mgL cos ✓. (7.2.14) 2M L2 ✓ sin2 ✓
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
195
2. El Hamiltoniano no depende explícitamente de la variable , por lo tanto su momento conjugado se conserva, p˙ = 0 es decir p = cte. Ecuaciónes de Hamilton Las ecuacioens de Hamilton (
q˙i p˙ i
= =
@H @pi @H @qi
corresponden a las cuatro ecuaciones diferenciales 8 @H > ✓˙ = @p = MpL✓ 2 > ✓ > > p @H <˙ = @p = M L2 sin2 ✓ > p˙ ✓ > > > : p˙
= =
@H @✓ @H @
p2 cos ✓
= M L2 sin3 ✓ = 0.
mgL sin ✓.
Un resultado interesante se obtiene al tomar la derivada total del Hamiltoniano con respecto al tiempo, n
n
X @H dqi X @H dpi dH @H = + + dt @q dt @p dt @t i i i=1 i=1 n n X X dH @H @H @H = q˙i + p˙ i + dt @q @p @t i i i=1 i=1
(7.2.15) (7.2.16)
y utilizando las ecuaciones de Hamilton, dH = dt
n X i=1
p˙ i q˙i +
n X i=1
q˙i p˙ i +
@H @t
(7.2.17)
dH @H = , (7.2.18) dt @t es decir que el Hamiltoniano se conserva si no depende explícitamente del tiempo.
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
7.3.
196
Derivación de las Ecuaciones de Hamilton a partir de un Principio Variacional
El principio variacional de Hamilton dice que a partir de la acción ˆ I = Ldt
(7.3.1)
y mediante la condición I=
ˆ
t2
(7.3.2)
Ldt = 0
t1
se obtienen las ecuaciones de Lagrange. Ahora bien, ya que el Hamiltoniano esta definido como X H= pi q˙i L, (7.3.3) i
puede invertirse esta relación para obtener X L= pi q˙i H (qi , pi , t) .
(7.3.4)
i
De esta forma, el principio variacional toma la forma # ˆ t2 "X pi q˙i H dt = 0 t1
(7.3.5)
i
el cual se conoce como principio modificado de Hamilton. Las ecuaciones de Euler a las que lleva este principio serán: 1. Para qk , " !# ! X X d @ @ pi q˙i H pi q˙i H = 0. (7.3.6) dt @ q˙k @qk i i Ya que H = H (qi , pi , t) se tiene
dpk @H + =0 dt @qk p˙ k = 2. Para pk , " d @ dt @ p˙ k
X i
pi q˙i
H
!#
(7.3.7)
@H . @qk
@ @pk
(7.3.8)
X i
pi q˙i
H
!
=0
(7.3.9)
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
X
@ @pk
0
pi q˙i
q˙k
(7.3.10)
=0
@H =0 @pk
(7.3.11)
@H . @pk
(7.3.12)
q˙k =
7.3.1.
H
i
!
197
Transformaciones de Calibración
Ahora se mostrará que las trasnformaciones de calibración para H no afectan el principio modificado de Hamilton. Este tipo de transformación se escribe H (qi , pi , t) ! H 0 (qi , pi , t) = H (qi , pi , t) +
dF (qi , pi , t) . dt
(7.3.13)
El principio variacional para el nuevo Hamiltoniano es ˆ
t2
t1
ˆ
t2
t1
"
X
"
X
pi q˙i
H
i
pi q˙i
H
i
0
#
0
#
dt =
dt =
ˆ
"
t2
t1
ˆ
t2
t1
"
X
X
pi q˙i
i
pi q˙i
H
i
#
H dt
dF dt
ˆ
#
t2
t1
dt
(7.3.14)
dF dt (7.3.15) dt
pero debido al principio variacional para el Hamiltoniano original el primer término de la derecha es cero, # ˆ t2 "X ˆ t2 dF 0 pi q˙i H dt = dt (7.3.16) dt t1 t1 i ˆ
t2
t1
"
X i
pi q˙i
H
0
#
ˆ
dt =
t2
dF =
t1
{F [q (t2 ) , p (t2 ) , t2 ]
y ya que no existen variaciones en los extremos, # ˆ t2 "X pi q˙i H 0 dt = 0, t1
F [q (t1 ) , p (t1 ) , t1 ]} (7.3.17)
(7.3.18)
i
es decir que el principio modeificado de Hamilton no se ve afectado por transformaciones de calibración.
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
198
Figura 7.4.1: Diagrama de Fase
7.4.
Espacio de Fase
El Espacio de Fase se define como un espacio 2n dimensional donde cada punto corresponde a una configuración posible del sistema físico. Se utiliza como coordenadas el conjunto {q1 , q2 , ..., qn , p1 , p2 , ..., pn }. Además se construye el campo vectorial denominado Velocidad de Fase definido en cada punto del espacio de fase como ~f = {q˙1 , q˙2 , ..., q˙n , p˙ 1 , p˙ 2 , ..., p˙ n } . V
(7.4.1)
A su vez, este campo vectorial define en el espacio de fase las de nominadas curvas de fase y el conjunto de todas estas se conoce como flujo de fase. Una visión gráfica de estas definiciones se puede observar en la Figura 7.4.1. Ahora bien, a partir de las ecuaciones canónicas de Hamilton, la velocidad de fase se puede escribir como ⇢ @H @H @H @H @H @H ~ Vf = , , ..., , , , ..., . (7.4.2) @p1 @p2 @pn @q1 @q2 @qn Recordando la noción de gradiente, para el Hamiltoniano se tiene ⇢ ~ = @H , @H , ..., @H , @H , @H , ..., @H rH @q1 @q2 @qn @p1 @p2 @pn
(7.4.3)
~ es perpendicular a V ~f . Para sistemas conservativos y así es fácil mostrar que rH el Hamiltoniano es constante y por ello la condición H = cte. define hipersu~f es tangente perficies en el espacio de fase y es posible concluir que el vector V a esta hipersuperficie.
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
199
Ejemplo. Particula en Caida Libre El Hamiltoniano de una partícula en caida libre es p2 + mgq, 2m de donde se observa que las hipersuperficies H = cte. son parábolas en el espacio de fase. El vector tangente a estas parábolas es ✓ ◆ ⇣ ⌘ ~f = @H , @H = p , mg . V @p @q m H=
Si las condiciones inciales del sistema son tales que ( p =0 q = q1 el Hamiltoniano se puede calcular como H = mgq1 =
p2 + mgq, 2m
es decir q = q1
p2 . 2m2 g
Esta ecuación representa una familia de parábolas como se mues~f = 0 para un cierto ~r0 = tra en la Figura. Nótese que si V (q01 , q02 , ..., q0n , p01 , p02 , ..., p0n ), entonces ~r0 es un punto fijo.
Diagrama de Fase para una partícula en caida libre.
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
200
Ejemplo. Sistemas Conservativos Lineales I. Potencial Lineal: V (q) = aq con a > 0. El potencial tiene la forma lineal mostrada en la siguiente Figura y el Hamiltoniano está dado por H=
p2 + aq. 2m
Potencial Lineal.
Las hipersuperficies de energía constanteson parabolas, como se muestra en la FIGURA XXX. No existen puntos fijos
Diagrama de Fase para una partícula en un potencial lineal.
II. Oscilador Lineal: V (q) = 12 aq 2 con a > 0. El Hamiltoniano es p2 1 + aq 2 . 2m 2 El punto q = 0, p = 0 es un punto fijo estable (elíptico). H=
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
201
Diagrama de Fase para una partícula en un oscilador lineal.
III. Fuerza Repulsiva: V (q) = El Hamiltoniano es
1 2 2 aq
con a > 0.
p2 1 + aq 2 . 2m 2 El punto q = 0, p = 0 es un punto fijo inestable (hiperbólico). Las trayectorias que pasan por este punto se denominan separatrices. H=
Diagrama de Fase para una partícula en un potencial repulsivo.
7.5.
Principio de la Mínima Acción
La Acción de un sistema se define como ˆ t2 X A= pi q˙i dt. t1
(7.5.1)
i
El principio de mínima acción establece que en un sistema en el que el Hamiltoniano H se conserve, se satisface
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
A=
ˆ
t2
t1
X
pi q˙i dt = 0,
202
(7.5.2)
i
donde representa un nuevo tipo de variación de la trayectoria. Para comprender a que se hace referencia es conveniente recordar que la variación , introducida en capitulos anteriores, hace referencia a desplazamientos virtuales, en los cuales el tiempo permanece fijo y las coordenadas varian sujetas a las ligaduras. En estas variaciones el sistema puede moverse en formas que no ocurren durante la evolución del sistema físico (e.g. si las ligaduras son no-holónomas). En general, en estas variaciones el Hamiltoniano no es conservado. Ahora bien, la variación permitirá incluir variaciones en el tiempo y el desplazamiento debe ser consistente con la trayectoria del movimiento físico, es decir que si el Hamiltoniano se conserva en el sistema físico, también debe conservarse en la trayectoria de la variación. Esta construcción implica que el tiempo a lo largo de las trayectorias variadas no es necesariamente igual ya que éste puede variar de tal manera que H permanezca constante. De esta forma la variación incluye variaciones de t incluso en los puntos extremos (aún cuando las variaciones de los qi sean cero en estos puntos). La trayectoria variada en el espacio de configuración puede ser igual para las variaciónes y ; pero en el sistema viaja con una velocidad tal que el intervalo de tiempo recorrido sea igual para la trayectoria original y la variada, mientras que en el sistema viaja a traves de ella con diferente velocidad de tal forma que H permanezca constante. Si qi = qi (t) entonces (7.5.3)
qi = qi + q˙i t. Por lo tanto, para cualquier función f = f (qi , t) se tiene f=
X @f @qi i
qi +
@f @t
t
X @f X @f @f qi + q˙i t + t @q @q @t i i i i ! X @f X @f @f f= qi + q˙i + t @qi @qi @t i i f=
f = f + f˙ t. Ahora bien, la acción se puede escribir como ˆ t2 X ˆ t2 A= pi q˙i dt = [L + H] dt. t1
i
t1
Si H se conserva, la segunda integral se puede realizar para obtener
(7.5.4) (7.5.5)
(7.5.6) (7.5.7)
(7.5.8)
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
A=
X
t2
ˆ
t1
Realizando la variación
ˆ
pi q˙i dt =
203
t2
Ldt + H (t2
t1 ) .
(7.5.9)
t1
i
a esta ecuación se tiene ˆ t2 A= Ldt + H ( t2
(7.5.10)
t1 )
t1
ˆ
A=
t2
t1
La integral del lado derecho es ˆ t2 Ldt =
t
(7.5.11)
Ldt + H t|t21 .
I (qi , t2 )
(7.5.12)
I (qi, t1 )
t1
por lo que al aplicar (7.5.7), ˆ t2 Ldt = I (t2 ) + I˙ (t2 )
t2
I (t1 )
I˙ (t1 )
t1
(7.5.13)
I˙ (t1 )
t1
(7.5.14)
t1
t2
ˆ
I (t1 ) + I˙ (t2 )
Ldt = I (t2 )
t2
t1
ˆ
t2
ˆ
Ldt =
t1
t2
t1
t
(7.5.15)
Ldt + L t|t21 .
El primer término del lado derecho resulta ser ◆ ˆ t2 ˆ t2 ˆ t2 X ✓ @L @L Ldt = Ldt = qi + q˙i dt @qi @ q˙i t1 t1 t1 i
y por las ecuaciones de Lagrange, ◆ ˆ t2 ˆ t2 X ✓ @L d @L Ldt = qi + q˙i dt dt @ q ˙ @ q˙i i t1 t1 i ˆ
t2
Ldt =
t1
ˆ
t1
Utilizando la relación (7.5.3), ˆ
t2
Ldt =
t1
Xˆ i
ˆ
t2
t1
t2
t1
t2
Ldt =
d dt
X d ✓ @L ◆ qi dt. dt @ q˙i i
✓
@L @ q˙i
X ✓ @L i
@ q˙i
qi
@L q˙i t @ q˙i
qi
@L q˙i t @ q˙i
◆
◆
(7.5.16)
(7.5.17) (7.5.18)
dt
(7.5.19)
t2
. t1
(7.5.20)
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA En los extremos, los
204
qi son cero y por ello X @L q˙i t @ q˙i i
t2
ˆ
Ldt =
t1
t2
(7.5.21)
. t1
Utilizando la definición del momentum canónicamente conjugado, ˆ
X
t2
Ldt =
t1
t2
pi q˙i t
i
(7.5.22)
. t1
De esta forma, la ecuación (7.5.15) será A=
X
t2
i
A=
"
t
pi q˙i t
t
+ L t|t21 + H t|t21
(7.5.23)
#
(7.5.24)
t1
X
pi q˙i + L + H
i
t2
t
. t1
Por la definición del Hamiltoniano, se obtiene finalmente la condición buscada A = 0.
7.6.
(7.5.25)
Coordenadas Cíclicas y Método de Routh
Una coordenada se denomina cíclica si no aparece explícitamente en el La@L grangiano, i.e. @q = 0. El momento canónicamente conjugado a esta coordek @L nada, pk = @ q˙k , es constante y por ello, las ecuaciones de Hamilton implican que p˙ k =
@H = 0, @qk
(7.6.1)
es decir que qk tampoco aparece en el Hamiltoniano. Cuando la coordenada qk es cíclica, la dependencia de la función lagrangiana se puede especificar mediante L = L [q1 , q2 , ..., qk
1 , qk+1 , ..., qn , q˙1 , q˙2 , ..., q˙k , ..., q˙n , t]
(7.6.2)
y ya que el momento conjugado es constante, podemos hacer pk = ↵ con lo que la dependencia de la función Hamiltoniana es H = H [q1 , q2 , ..., qk
1 , qk+1 , ..., qn , p1 , p2 , ..., ↵, ..., pn , t] .
(7.6.3)
Esto muestra que aún cuando L tiene n grados de libertad, H tiene solamente n 1 grados de libertad. El comportamiento de la coordenada cíclica en el tiempo está dado por la ecuación de Hamilton
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
q˙k =
7.6.1.
205
@H . @↵
(7.6.4)
Método de Routh
Este procedimiento consiste en transformar de la base (q, q) ˙ a la base (q, p) únicmaente las coordenadas cíclicas. Si se tiene un sistema de n grados de libertad con m coordenadas cíclicas q1 , q2 , ..., qm , se define el Routhiano como la transformada parcial de Legendre
R (q1 , q2 , ..., qn , p1 , p2 , ..., pm , q˙m+1 , ..., q˙n , t) =
m X
pj q˙j L (q1 , q2 , ..., qn , q˙1 , ..., q˙n , t) .
j=1
(7.6.5)
Así, se tiene dR =
n X @R i=1
m n X X @R @R @R dqi + dpj + dq˙k + dt, @qi @p @ q ˙ @t j k j=1
(7.6.6)
k=m+1
pero de la definición del Routhiano también se tiene dR =
m X
(q˙j dpj + pj dq˙j )
(7.6.7)
dL
j=1
y reemplazando el diferencial del lagrangiano,
dR =
m X
(q˙j dpj + pj dq˙j )
j=1
dR =
m X
q˙j dpj
j=1
n X @L dqi @q i i=1
n m ✓ X X @L dqi + pj @qi i=1 j=1
@L @ q˙j
n X @L dq˙i @ q˙i i=1
◆
dq˙j
n X
@L dt @t
k=m+1
@L dq˙k @ q˙k
Por la definición del momento conjugado, dR =
m X j=1
q˙j dpj
n X @L dqi @qi
k=1
n X
k=m+1
@L dq˙k @ q˙k
@L dt. @t
(7.6.8)
@L dt. @t (7.6.9)
(7.6.10)
Comparando esta ecuación con (7.6.6) se obtienen el conjunto de ecuaciones, @L = @qi q˙j =
@R para (i = 1, ..., n) , @qi @R para (j = 1, ..., m) , @pj
(7.6.11) (7.6.12)
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
@L @ q˙k
=
@R para (k = m + 1, ..., n) @ q˙k
206
(7.6.13)
y @L @R = . (7.6.14) @t @t Ya que los momentum conjugados a las coordenadas cíclicas son constantes, estos se pueden escribir como pj = ↵j y con ello la segunda de estas ecuaciones es q˙j =
@R para (j = 1, ..., m) . @↵j
De las ecuaciones de Lagrange para las coordenadas cíclicas, ✓ ◆ d @L @L =0 dt @ q˙j @qj ✓ ◆ dpj @R = 0, dt @qj
(7.6.15)
(7.6.16) (7.6.17)
es decir
p˙ j =
@R para (j = 1, ..., m) . @qj
Estas relaciones permiten escribir las ecuaciones de Lagrange para denadas no-cíclicas en terminos del Routhiano. Para ello nótese que ✓ ◆ d @L @L =0 dt @ q˙k @qk ✓ ◆ ✓ ◆ d @R @R =0 dt @ q˙k @qk ✓ ◆ ✓ ◆ d @R @R = 0 para (k = m + 1, ..., n) . dt @ q˙k @qk 7.6.1.1.
(7.6.18) las coor-
(7.6.19) (7.6.20) (7.6.21)
Ecuaciones de Routh
Resumiendo, las ecuaciones de Routh para las coordenadas cíclicas son q˙j =
@R para (j = 1, ..., m) , @↵j
mientras que las ecuaciones para las coordenadas no-cíclicas se tiene ✓ ◆ ✓ ◆ d @R @R = 0 para (k = m + 1, ..., n) . dt @ q˙k @qk
(7.6.22)
(7.6.23)
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA 7.6.1.2.
207
Teoremas de Conservación
Los teoremas de conservación se representan por el par de ecuaciones ( @L @R para (i = 1, ..., n) @qi = @qi (7.6.24) @L @R @t = @t .
7.7.
Ecuaciones de Hamilton en Forma Matricial
Para un sistema de un grado de libertad (n = 1) las ecuaciones de Hamilton ( q˙ = @H @p (7.7.1) p˙ = @H @q se pueden escribir en forma matricial en la forma ✓
q˙ p˙
◆
=
✓
0 1
1 0
◆
@H @p @H @q
!
.
(7.7.2)
Definiendo ⌘= ⌘˙ = E=
✓
✓ ✓
q p
◆
q˙ p˙
◆
0 1
1 0
@H = @⌘
@H @p @H @q
(7.7.3) (7.7.4) ◆
!
(7.7.5)
,
(7.7.6)
Las ecuaciones de Hamilton se pueden escribir ⌘˙ = E
@H . @⌘
(7.7.7)
Para un sistema de n grados de libertad la definición de los elementos matriciales será 0 1 q1 B .. C B . C B C B qn C B C ⌘=B (7.7.8) C B p1 C B . C @ .. A pn
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
208
0
1 q˙1 B .. C B . C B C B q˙n C C ⌘˙ = B B p˙ 1 C B C B . C @ .. A
(7.7.9)
p˙ n
E=
✓
◆ 0 1n 1n 0 0 @H 1
B B B @H B B =B B @⌘ B B @
@q1
.. .
@H @qn @H @p1
.. .
@H @pn
(7.7.10)
C C C C C C C C C A
(7.7.11)
donde 1n es la matriz identidad en n dimensiones. Las ecuaciones de Hamilton siguen siendo ⌘˙ = E
7.8.
@H . @⌘
(7.7.12)
Corchetes de Poisson
Para las funciones u
=
u (q, p, t)
(7.8.1)
v
=
v (q, p, t)
(7.8.2)
w
=
w (q, p, t)
(7.8.3)
se define el corchete de Poisson como X ✓ @u @v [u, v]q,p = @qi @pi i
@u @v @pi @qi
◆
.
(7.8.4)
De esta definición es inmediato comprobar que se satisfacen las propiedades 1. [u, u]q,p = 0 2. Antisimetría: [u, v]q,p =
[v, u]q,p
3. Linealidad: [↵u + v, w]q,p = ↵ [u, w]q,p +
[v, w]q,p
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
209
4. [uv, w]q,p = u [v, w]q,p + [u, w]q,p v 5. Identidad de Jacobi: [u, [v, w]]q,p + [v, [w, u]]q,p + [w, [u, v]]q,p = 0. Esta definición muestra que los corchetes de Poisson forman un Algebra de Lie.
7.8.1.
Corchetes Fundamentales
a) Si u = qj y v = qk se tiene [qj , qk ]q,p = 0 b) Si u = pj y v = pk se tiene [pj , pk ]q,p = 0 c) Si u = qj y v = pk se tiene [qj , pk ]q,p = jk .
7.9.
Ecuaciones de Hamilton y Corchetes de Poisson
Las ecuaciones de Hamilton se pueden reescribir utilizando los corchetes de Poisson. Para ello nótese que
[qj , H]q,p
[pj , H]q,p
X ✓ @qj @H = @qi @pi i
X ✓ @pj @H = @qi @pi i
@qj @H @pi @qi @pj @H @pi @qi
◆
◆
Además, para cualquier función F = F X ✓ @F dF = q˙i + dt @qi i X ✓ @F @H dF = dt @qi @pi i
=
=
X i
X i
ij
@H @H = @pi @pj
ij
@H @H = . @qi @qj
(q, p, t) se tiene ◆ @F @F p˙ i + @pi @t ◆ @F @H @F + @pi @qi @t
dF @F = [F, H]q,p + . dt @t
Si F es una integral primera, i.e.
dF dt
(7.9.1)
(7.9.2)
(7.9.3) (7.9.4) (7.9.5)
= 0, esta relación será
dF @F = [F, H]q,p + =0 dt @t
(7.9.6)
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
210
@F = [H, F ]q,p (7.9.7) @t y si además F no depende explícitamente del tiempo, F = F (q, p) esta relación se reduce a [H, F ]q,p = 0.
(7.9.8)
Ejemplo. Al aplicar la ecuación (7.9.5) al Hamiltonianao se obtiene de inmediato dH @H = [H, H]q,p + dt @t dH @H = dt @t
7.9.1.
Teorema de Poisson
El teorema de Poisson asegura que el corchete de dos primeras integrales es también una primera integral. Para mostrarlo, sean u = u (q, p) y v = v (q, p) dos primeras integrales, es decir du dv = =0 dt dt
(7.9.9)
[u, H]q,p = [v, H]q,p = 0.
(7.9.10)
o equivalentemente
Aplicando la identidad de Jacobi se tiene [u, [v, H]]q,p + [v, [H, u]]q,p + [H, [u, v]]q,p = 0
(7.9.11)
[u, 0]q,p + [v, 0]q,p + [H, [u, v]]q,p = 0
(7.9.12)
[H, [u, v]]q,p = 0
(7.9.13)
es decir que [u, v]q,p es una integral primera.
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
7.9.2.
211
Corchetes de Poisson en Forma Matricial
En el caso de un sistema de un grado de libertad (n = 1), la definición del corchete de Poisson para dos funciones u = u (q, p, t) y v = v (q, p, t) permite escribir @u @v @q @p que se puede escribir en forma matricial,
@u @v , @p @q
[u, v]q,p =
[u, v]q,p =
⇣
@u @q
@u @p
Si se definen los elementos matriciales
⌘✓ 0 1
@u = @⌘
@u @q @u @p
!
1 0
! @v @v @q = @v @⌘ @p ✓ ◆ 0 1 E= , 1 0
◆
(7.9.14)
@v @q @v @p
!
.
(7.9.15)
(7.9.16) (7.9.17) (7.9.18)
el corchete de Poisson se escribe
g @u @v E . (7.9.19) @⌘ @⌘ Nótese que la matriz E puede escribirse en términos de los corchetes fundamenteales, ✓ ◆ ✓ ◆ 0 1 [q, q] [q, p] = (7.9.20) E= 1 0 [p, q] [p, p] [u, v]q,p =
o mejor
E = [⌘, ⌘]⌘ .
7.10.
(7.9.21)
Paréntesis de Lagrange
En una forma muy similar se definen los paréntesis de Lagrange para dos funciones u = u (q, p, t) y v = v (q, p, t) como ◆ X ✓ @qi @pi @qi @pi {u, v}q,p = , (7.10.1) @u @v @v @u i
aunque estos paréntesis no satisfacen la identidad de Jacobi y por ello no forman un Algebra de Lie. En forma matricial, es posible escribir este paréntesis en el caso de un grado de libertad como
CAPÍTULO 7. FORMULACIÓN HAMILTONIANA
{u, v}q,p =
g @⌘ @⌘ E . @u @v
212
(7.10.2)
Capítulo 8
Transformaciones Canónicas
213