apuntes de la práctica de mecánica clásica · Índice alfabético cuerporígido,4...
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Apuntes de la práctica de Mecánica ClásicaAlf
14 de noviembre de 2016
Sobre estos apuntes Estos apuntes no son oficiales de ninguna cátedra sino que fueron tomados por un alumno durante lasclases (on the fly y sin ninguna post-edición). Es por ello que encontrará cosas mal anotadas y/o incompletas y pueden habererrores. Se comparten con la comunidad para su utilización como una simple guía. En caso de notar algún efecto adversosuspenda inmediatamente su uso y consulte a su profesor de cabecera.
El alumno que tomó estos apuntes cursó la materia durante el segundo cuatrimestre de 2016, este es el link a la páginade la materia.
Índice1. Guía 0 - Repaso de F1 3
1.1. Cuerpos rígidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.1. Momento de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2. Rodadura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2. Cálculo de variaciones 7
3. Lagrangiano 143.1. Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
4. Problema de impulso angular generalizado (electromagnetismo) 20
5. Guía 3: dos cuerpos 245.1. Cosas sobre elipses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
6. Sistemas no inerciales 306.1. Rotaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
7. Cuerpo rígido 337.1. Ángulos de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
8. Hamiltoniano 39
9. Transformaciones canónicas 419.1. Formalismo simpléctico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 439.2. Corchetes de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 449.3. Formas de ver si una transformación es canónica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
10.Pequeñas oscilaciones 4610.1. Parcial 27/6 - Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
11.Scattering 49
1
Índice alfabéticocuerpo rígido, 4
Guía 0 ejercicio 10, 7Guía 0 ejercicio 5, 3Guía 0 ejercicio 6, 5Guía 0 ejercicio 8, 6Guía 1 ejercicio 1, 8Guía 1 ejercicio 10, 12Guía 1 ejercicio 3, 9Guía 1 ejercicio 5, 11Guía 1 ejercicio 7, 9Guía 1 ejercicio 8, 13Guía 1 ejercicio 9, 12Guía 2 ejercicio 1, 15Guía 2 ejercicio 10, 20Guía 2 ejercicio 11, 22Guía 2 ejercicio 2, 17Guía 2 ejercicio 3, 16Guía 2 ejercicio 4, 18Guía 2 ejercicio 5, 16Guía 2 ejercicio 6, 22Guía 2 ejercicio 7, 19Guía 2 ejercicio 8, 19Guía 3 ejercicio 1, 24Guía 3 ejercicio 2, 25, 26Guía 3 ejercicio 3 (parecido), 27Guía 3 ejercicio 4, 28Guía 3 ejercicio 5, 24Guía 3 ejercicio 6, 28Guía 3 ejercicio 7, 29Guía 4 ejercicio 1, 30Guía 4 ejercicio 2, 30Guía 4 ejercicio 9, 32Guía 5 ejercicio 4, 34Guía 5 ejercicio 5, 36Guía 5 ejercicio 6, 34Guía 5 parte 2 ejercicio 7, 38Guía 7 ejercicio 1, 40Guía 7 ejercicio 2, 40Guía 7 ejercicio 5, 41Guía 8 ejercicio 1, 42Guía 8 ejercicio 2, 45Guía 8 ejercicio 3, 46Guía 8 ejercicio 4, 43
Multiplicadores de Lagrange, 20
Teorema de Noether, 19
Vínculos holónomos, 15
2
1 GUÍA 0 - REPASO DE F1
1. Guía 0 - Repaso de F1Guía 0 ejercicio 5
Escribimos las dos ecuaciones que vimos la clase pasada (yo falté). Estas son∑i
F i = dp
dt∑i
T i = dL
dt
dondep = Mv
con M la masa total del sistema y v la velocidad del centro de masa. La posición del centro de masa es
R = 1M
∑i
miri
Debido a que el sistema está quieto entonces
El centro de masa está quieto ⇒ p = 0
y entonces solo puede rotar. Calculamos entonces la ecuación para los torques. Usamos el esquema
Normal
peso
peso
L
El L tiene un movimiento como de precesión y es
L = r × p
= 2m`
2Ω `
2 sinα(
cos(π
2 − α)z − sin
(π2 − α
)r)
= m`2
2 Ω sinα (sinαz + cosαr)
y a su vez el r se puede escribir comor = cos (Ωt) x+ sin (Ωt) y
r ver
sor
theeta = Ωt
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1.1 Cuerpos rígidos 1 GUÍA 0 - REPASO DE F1
Ahora calculamosdL
dt= m
`2
2 Ω2 sinα cosα θ
recordar que˙r = θθ → en polares
Esto nos dice que hay un determinado torque externo aplicado y es el que aplican los rulemanes para que esto no se enderece.Si pensamos el problema como un cuerpo rígido entonces
L = IΩ
donde I es el tensor momento de inercia (ver más adelante). Esto queda
L =
2m(`2)2 0 0
0 0 00 0 2m
(`2)2 0
Ω cosαΩ sinα
donde esa expresión para I es usando los ejes principales (de simetría) del cuerpo y la expresión de Ω es en el mismo sistemade coordenadas.
1.1. Cuerpos rígidosEn el caso de un cuerpo rígido, las ecuaciones
Sistema de partículas→
∑i
F i = dp
dt∑i
T i = dL
dt
siguen valiendo pero se agrega la restricción de que la distancia entre dos masas cualesquiera del cuerpo es constante. Estoimplica que la velocidad de cualquier punto del cuerpo se puede escribir como
v = vCM + Ω× r → condición de cuerpo rígido
donde vCM es la velocidad del centro de masa y Ω la rotación respecto al centro de masa. Para verificar esto lo que hacemoses suponer dos puntos cualesquiera del cuerpo tales que
vi = v0 + Ω× ri i ∈ 1, 2
y entoncesv2 − v1 = Ω× (r2 − r1)
ahora no sé por qué mandó(v2 − v1) · (r2 − r1) = 0
yv2 · (r2 − r1) = v1 · (r2 − r1)→ Proyección de las velocidades
la proyección de las velocidades en la dirección que une a dos partículas tiene que ser la misma.
1.1.1. Momento de inercia
En el caso de un cuerpo rígido con una masa distribuida es
L =˚
V
(r × ρv) dV
donde v es la velocidad de cada punto, ρ es la densidad y V es el volumen del cuerpo. Dado que se trata de un cuerpo rígidoentonces podemos reemplazar v y se obtiene
L =˚
V
ρ (r × (vCM + Ω× r)) dV
=
: 0˚
V
ρr × vCM dV +˚
V
ρr × (Ω× r) dV
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1.1 Cuerpos rígidos 1 GUÍA 0 - REPASO DE F1
el primer término se cancela porque se integra en todo el cuerpo y r está definido desde el centro de masa y no sé qué más.El segundo término se puede mostrar (no ahora pero después sí) que es
L = IΩ
donde I es el tensor momento de inercia y Ω el vector velocidad angular. Los elementos de ese tensor (ver en el Goldstein)son
Iij =˚
V
ρ(r2δij − xixj
)dV
Se puede mostrar que siempre existen, para todo cuerpo, tres ejes de simetría principales tales que I se puede diagonalizar.En el caso de que existan ejes de simetría para el cuerpo, entonces coinciden.
Ejemplo: momento de inercia de un cilindro
Supongamos un cilindro cuyo eje está en el eje z. Es evidente que Ixx = Iyy, pero no Izz. Para calcularlo usamos laintegral esa del libro
Izz =˚
V
ρ(r2 − z2) dz
donde r es la distancia desde cualquier punto, en particular desde el centro del cilindro. Obsérvese en el siguiente dibujitoque lo que hay en la integral es la distancia d al cuadrado
x
y
z
rd²=r²+z²
y entonces
Izz =˚
V
ρd2 dV
=˚
cuerpo
ρr2 r dθ dr dz
...
= MR2
2
donde M es la masa total del coso (asumiéndolo homogéneo) y R su radio. Los otros momentos de inercia
Ixx =˚
V
ρ(r2 − x2) dV
...
= M
4
(`2
3 + R2
2
)Se puede probar que
Iij = 0 si i 6= j
Guía 0 ejercicio 6
El esquemita del ejercicio es
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1.2 Rodadura 1 GUÍA 0 - REPASO DE F1
R
h(theta)h(theta=0)
theta
La energía potencial gravitatoria esU = mgh(θ)
La altura del centro de masa del coso se puede escribir como
h(θ) = R+ h1(θ)= R+ (h0 −R) cos θ
donde h0 = h(θ = 0). Por lo tanto la energía es
U = mg (R+ (h0 −R) cos θ)
Para encontrar la posición donde esto es estable hay que hallar el mínimo de energía (estable) y máximo de energía(inestable). Para eso se deriva, etc etc. Y queda que, como es obvio, para que sea estable el CM tiene que estar abajo delcentro de rotación.
Guía 0 ejercicio 8 Hay dos caminos: uno es usar el teorema de Steiner o algo así, el del momento de inercia que esIO = ICM +ML2. El otro es usar Newton y plantear conservación del L.
1.2. RodaduraPara que haya rodadura hay que tener un movimiento de rototraslación que se compone de la suma de una rotación más
una traslación:
Rotación
v = rΩ
v = rΩTraslación
v
v
+ =
Rototraslación
v
v
eje instantáneo de rotación
Cuando hay rodadura entonces no hay deslizamiento entre la rueda y el piso, esto es lo que vamos a usar para el ejercicio10 a continuación
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2 CÁLCULO DE VARIACIONES
Guía 0 ejercicio 10
El esquema es el que sigue:
theta FrR
eje yalpha = theta
F rozamiento eje x →
punto Q
punto O
Como la fuerza se hace en forma tangencial entonces F ⊥ r. Las ecuaciones de Newton son
Traslación→x→ M × algo = F cos θ − Frozamiento
y → F sin θ −Mg +N = 0
donde “algo” no entiendo la letra. La ecuación de rotación
Rotación→ τO = r × F= rQ × F= (Ry + r sin θx− r cos θy)× (F sin θy + F cos θx)
no sé si se equivocó o no, pero usó el tau respecto de O y lo otro respecto de Q. Me limito a copiar
ω = F
I0(r −R cos θ) z
= ωz
y para I0 usamos steinerI0 = ICM +MR2
Ahora metemos la condición de rodadura
v′ = 0 = vCM +Rωx⇒ vCM = −Rωx⇒ aCM = −Rωx
es aCM es la aceleración del centro de masa. Ahora puso
aCM = −FRI0
(r −R cos θ) x
Otra cosa: rueda sin deslizar hasta
Frozamiento máxima = µN
ecuación de Newton y = µ (Mg − Fmáx sin θ)
Ahora usamos la ecuación de Newton x entonces
Frozamiento máxima = Fmax cos θ −MaCM max
De acá se despeja la fuerza máxima y si ejercemos más tensión entonces se desliza.
2. Cálculo de variacionesSe acuerdo con el Goldstein, dada una f
(y, dydx , x
)y dado
J =x2ˆ
x1
f (y, y, x) dx
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2 CÁLCULO DE VARIACIONES
queremos encontrar cuál es la f que maximiza (o minimiza) J . Un ejemplo geométrico podría ser: cuál es la curva queencierra la mayor superficie contra el eje x.
Lo que se hace es planteary(x, α) = y(x, 0) + αη(x)
y entonces
J(α) =x2ˆ
x1
f(y(x, α), y(x, α), x) dx
Ahora como estamos buscando puntos estacionarios derivamos respecto a α e igualamos a cero
dJ
dα
⌋α=0
= d
dα
x2ˆ
x1
f(y(x, α), y(x, α), x) dx
=
x2ˆ
x1
df
dαdx
=x2ˆ
x1
(∂f
∂y
∂y
∂α+ ∂f
∂y
∂y
∂α
)dx
Evaluamos en α = 0 porque queremos que y(x, α) = y(x, 0) +:0
αη(x) sea la verdadera. Ahora hacemos un truco
∂f
∂y
∂y
∂α= ∂f
∂y
∂2y
∂x∂α
y no entiendo bien cómo, escribió esto:
*0
∂f
∂y
∂y
∂α
⌋x2
x1
−x2ˆ
x1
d
dx
(∂f
∂y
)∂y
∂αdx
pero llegamos adJ
dα=
x2ˆ
x1
(∂f
∂y− d
dx
(∂f
∂y
))dy
dα
⌋α=0
dx = 0 ⇐⇒ ∂f
∂y= d
dx
(∂f
∂y
)
Guía 1 ejercicio 1
Supongamos una función como la que sigue
f(x)
x
y
dx
dydl
x1 x2
y que queremos conocer la longitud de la curva f(x). Entonces planteamos
d` =√dx2 + dy2
=
√1 +
(dy
dx
)2dx
=√
1 + (f ′(x))2dx
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2 CÁLCULO DE VARIACIONES
por lo tanto la longitud total será
` =x2ˆ
x1
√1 + (f ′(x))2
dx
Si ahora queremos hacer lo mismo pero para una curva definida sobre la superficie de una esfera entonces nos queda
d` =√R2 dθ2 +R2 sin2 θ dφ2
= R
√1 + sin2 θ
(dφ
dθ
)2dθ
Listo.
Guía 1 ejercicio 7
Lo que queremos hacer es probar que la curva que minimiza la distancia que une a dos puntos es un meridiano. Para elloconviene elegir como punto de partida el polo norte (o sur) así las geodésicas tienen la simple expresión φ = cte.
Usando todo lo del cálculo de variaciones f(y, y, x) en el caso del ejercicio 1 tenemos
f
(φ,dφ
dθ, θ
)= R
√1 + sin2 θ
(dφ
dx
)2
La ecuación de Euler-Lagrange es∂f
∂φ= d
dθ
(∂f
∂φ
)y como
∂f
∂φ= 0
entonces∂f
∂φ= cte
2 sin2 θφ√1 + sin2 θφ2
= cte
Notar que no puede ser cte = cte (φ) porque φ = φ(θ) y ya sabemos que no depende de θ. Dado que esta ecuación diferencialse debe satisfacer para todo θ, en particular para el punto inicial θ = 0, entonces necesariamente cte = 0 (si se rota el sistemade coordenadas entonces cte 6= 0, pero eligiéndolo tal que el punto inicial está en θ = 0 todo queda más lindo, y no se pierdegeneralidad debido a la simetría de la esfera). Considerando esto entonces
2 sin2 θφ√1 + sin2 θφ2
= 0
y esto se satisface para todo φ ⇐⇒ φ = 0 por lo tanto φ(θ) = cte como queríamos.
Guía 1 ejercicio 3
El esquemita es el que sigue:
theta 1
theta 2
P1
Q
P2
n1 n2
y
x
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2 CÁLCULO DE VARIACIONES
y lo que hay que extremar es el camino óptico, definido como
CO def=P2ˆ
P1
n(x) d`
donde n(x) es el índice de refracción y d` es el diferencial de distancia. Sabemos que (ver más arriba)
d` =
√1 +
(dy
dx
)2dx
por lo tanto
CO =x2ˆ
x1
n(x)
√1 +
(dy
dx
)2dx
donde y(x) es la trayectoria que sigue el rayo de luz. En este caso la función f del cálculo de variaciones es
f (y, y, x) = n(x)
√1 +
(dy
dx
)2
y se debe satisfacer la ecuación de Euler Lagrange
∂f
∂y= d
dx
(∂f
∂y
)Como ∂f
∂y = 0 entonces ∂f∂y = c 6= c(x). Por lo tanto
∂f
∂y= − n(x)y√
1 + y2= c
Sabemos que la función y(x) son dos rectas pegadas, como se ve en el dibujo más arriba, por lo tanto su derivada será
dy
dx=
tan θ1 En el medio 1tan θ2 En el medio 2
La ecuación anterior se tiene que cumplir para todo x, en particular para un par cualquiera de cada lado de la interfaz, esdecir
n(x)y√1 + y2
= c→
n1 tan θ1√1 + tan2 θ1
= c Del lado 1
n2 tan θ2√1 + tan2 θ2
= c Del lado 2
entonces, igualando estas dos expresiones, se obtiene
n1 tan θ1√1 + tan2 θ1
= n2 tan θ2√1 + tan2 θ2
n21
1tan2 θ1
+ 1= n2
21
tan2 θ2+ 1
n21
cos2 θ1sin2 θ1
+ 1= n2
2cos2 θ2sin2 θ2
+ 1n2
1 sin2 θ1
cos2 θ1 + sin2 θ1= n2
2 sin2 θ2
cos2 θ2 + sin2 θ2
y ahora, usando la milagrosa identidad sin2 + cos2 = 1, queda la Ley de Snell:
n1 sin θ1 = n2 sin θ2♥
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2 CÁLCULO DE VARIACIONES
Guía 1 ejercicio 5
Esquema:
theta
z
Lo que queremos es hallar la función θ = θ(z) tal que minimice la distancia entre dos puntos. Esta distancia está dadapor
` =2ˆ
1
d`
El diferencial de longitud sobre la superficie del cilindro es
d`2 = dz2 +Rdθ2
o bien, en forma más conveniente (considerando que tenemos θ = θ(z)),
d` =√
1 +Rθ2 dz
donde θ = dθdz . Entonces
` =z2ˆ
z1
√1 +Rθ2 dz
En términos de la función f del cálculo de variaciones tenemos que
f(θ, θ, z) =√
1 +Rθ2
y debe satisfacer, para minimizar, la ecuación de Euler Lagrange
∂f
∂θ= d
dz
(∂f
∂θ
)Como ∂f
∂θ = 0 entonces ∂f
∂θ= c 6= c(z) y esto es
Rθ√1 +Rθ2
= c
o bien, despejando,
θ =√
c2
R2 − c2R= k = cte
La constante c debe satisfacer c2 < R para que eso no dé imaginario. En tal caso
θ(z) = kz
y se obtienen las geodésicas del cilindro X.
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2 CÁLCULO DE VARIACIONES
Guía 1 ejercicio 9
La verdad no entiendo bien qué estamos haciendo... Escribió lo siguienteb) f = f(y, y) 6= f(x), y = y(x), dydx = dy
dx (x). Entonces lo que pasa es que
df
dx= ∂f
∂yy + ∂f
∂yy
df
dx= d
dx
(∂f
∂y
)y + ∂f
∂yy
= d
dx
(∂f
∂yy
)De aquí se obtiene
d
dx
(f − ∂f
∂yy
)= 0⇒ f − ∂f
∂yy = cte
Esto es lo que dice el ejercicio 9. El problema 10 plantea el uso de esa cosa.
Guía 1 ejercicio 10
El esquemita es el de la soga que queremos maximizar el área:
Longitud fija
quiro área máxima
El truco es escribir las cosas así
A =xˆ
0
y(x) dx
El diferencial de longitud es
d`2 = dx2 + dy2 ⇒ dx =√d`2 − dy2 =
√1−
(dy
d`
)2d`
entonces
A =`ˆ
0
y(`)
√1−
(dy
d`
)2d`
Acá tenemos que usar lo del ejercicio anterior. En este caso
f
(y,dy
d`
)= y(`)
√1−
(dy
d`
)2
No sé por qué pero mandó
f − ∂f
∂yy = c
y√
1− y2 − yy2√1− y2
= c
Despejando de ahí parece que se llega ay2
1− y2 = c2
y de ahí se obtiene
−y2
c2+ 1 = y2 =
(dy
d`
)2
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2 CÁLCULO DE VARIACIONES
Ahora metemos d`2 = dx2 + dy2 y entonces(c2 − y2) (dx2 + dy2) = c2 dy2(
c2 − y2) dx2 =(c2 −
(c2 − y2)) dy2
De acá despejamosdy
dx=
√c2 − y2
y2
A partir de acá es alta fiaca, hay que calcular una integralita que esˆ
dx =ˆ
y√c2 − y2
dy
que quedax = −
√c2 − y2 + k
Para hallar c y k hay que aplicar las condiciones de contorno que nos dan en la consigna como la longitud de la soga, etc.Termina quedando
(x− c)2 + y2 = c2
que es un círculo de radio c centrado en x = c.
Guía 1 ejercicio 8
Este va por mi cuenta (o sea, lo hice yo, no se hizo en clase). Sea y = y(x) la curva como se muestra en el grafiquito:
x1 x2
y=y(x)
Al hacer la revolución la superficie de la figura que se obtiene es
dA = d`R dθ
donde d` =√dx2 + dy2 y Rdθ es un diferencial en cilíndricas perpendicular al eje x. La distancia R al eje x es justamente
y, por lo tanto
dA =√dx2 + dy2y dθ
=√
1 + y2y dx dθ
El área de la figura que se genera al revolucionar la curva y = y(x) es
A =x2ˆ
x1
θˆ
0
√1 + y2y dθ dx
= θ
x2ˆ
x1
y√
1 + y2 dx
= θ
x2ˆ
x1
f(y, y, x) dx
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3 LAGRANGIANO
Dado que queremos minimizar la cantidad A entonces planteamos la ecuación de Euler-Lagrange:
∂f
∂y= ∂
∂x
(∂f
∂y
)√
1 + y2 = ∂
∂x
(yy√
1 + y2
)
= ∂ (yy)∂x
1√1 + y2
+ yy∂
∂x
(1√
1 + y2
)
= y2 + yy√1 + y2
+ yy
(−y
(1 + y2)3/2
)
= y2 + yy√1 + y2
− yyy
(1 + y2)3/2(√1 + y2
)2= y2 + yy − yyy
(1 + y2)3
1 = yy − yyy
(1 + y2)3
yy − 1 = yyy
(1 + y2)2
Acá, como esto es horrible, fui a preguntar a uno de los ayudantes y me recordó que en la consigna dan una ayuda que espensar a la función como x = x(y). De todos modos se podría meter la función de la consigna ahí y ver qué pasa. Considerandoesto de x = x(y) entonces el área de la figura de revolución es
A = θ
y2ˆ
y1
y√
1 + x2 dy
= θ
y2ˆ
y1
f(x, x, y) dy
Ahora sí aplicamos Euler-Lagrange∂f
∂x= d
dy
(∂f
∂x
)Como ∂f
∂x = 0 entonces ∂f∂x = cte, esto es
yx√1 + x2
= c
entoncesy2x2 = c2
(1 + x2)
y de acá tiene que salir. Alta fiaca. No quiero seguir.
3. LagrangianoAlgunos comentarios copados sobre el lagrangiano y todo esto.
Lo primero es que las ecuaciones de Euler-Lagrange no dependen del sistema de coordenadas elegido, es decir que
∂L
∂qi= d
dt
(∂L
∂qi
)no depende de si q1:n son cartesianas, polares, esféricas o lo que sean.
Newton ⇐⇒ Euler-Lagrange ⇐⇒ principio de mínima acción.
El lagrangiano siempre hay que escribirlo en un sistema inercial. Una vez que se lo tiene escrito en un sistema inercial,se pasa a la coordenadas del sistema no inercial.
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3 LAGRANGIANO
Vínculos holónomos
Para un sistema de N partículas los grados de libertad son 3N . Si agregamos k vínculos entonces los grados de libertadson
n = 3N − k
Los vínculos holónomos son los que satisfacen esto, que pueden expresarse como f (r1:N , t) = 0 o bien, recordando queri = (xi, yi, zi), f (r1:3N , t) = 0. Usando esto podemos reducir el número de variables. Pasamos de tener 3N variablesdependientes a tener n = 3N − k variables independientes q1:(3N−k).
Entonces los pasos que se pueden seguir son los siguientes
1. Escribir L en coordenadas “comunes” (cartesianas por ejemplo): L = L (r1:N , r1:N , t).
2. Pasar a las coordenadas (generalizadas creo): L (r1:N , r1:N , t)→ L (q1:n, q1:n, t) donde n = 3N − k.
3. Usamos Euler-Lagrange.
Guía 2 ejercicio 1
El esquemita es el siguiente
p
y se tienen las siguientes relacionesvp = vCM + Ω× r
por ser un cuerpo rígido. La velocidad de una partícula del cuerpo que se encuentra en el punto P es cero por la condiciónde rodadura. Entonces igualando lo anterior a cero se obtiene
vCM = ωR
o bienx = ωR
La energía cinética es entonces
T = Ttraslación + Trotación
= 12mx
2 + 12Izzω
2 Izz = mR2
2
= m
2 x2 + 1
2mR2
2
(x
2
)2
= 34mx
2
La energía potencial esU = −mgx
donde x es la posición del centro de masa. El lagrangiano es entonces
L = 34mx
2 +mgx
y la ecuación de Euler Lagrange queda
∂L
∂x= d
dt
(∂L
∂x
)...
23g = x
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3 LAGRANGIANO
Guía 2 ejercicio 3
El esquema es
Mk
Debido a que siempre hay que escribir el lagrangiano en un sistema inercial, entonces estaría mal poner
r = x→ mal! /
porque x está referido a un sistema no inercial como es el carrote grandote. Entonces nos paramos en el sistema inercial ydecimos que
r = X + x→ bien X
Entonces (no sé, supongo que consigna) se obtiene
X = A cos (ωt) + x
La energía potencial es U = 12kx
2. El lagrangiano es entonces
L = m
2 r2 − U
= m
2 (−Aω sin (ωt)− x)2 − k
2x2
= 12m
(x2 +A2ω2 sin2 (ωt)− 2Aωx sin (ωt)
)− k
2x2
La ecuación de Euler Lagrange queda entonces
d
dt
(∂L
∂x
)= ∂L
∂x
mx−mAω2 cos (ωt) = −kx
Listo.
Guía 2 ejercicio 5
El esquema es como sigue
m
phi
M
x
Los pasos son como anotamos más arriba: primero escribir el lagrangiano en un sistema inercial. En este caso no hayproblema porque x está referida a un sistema inercial ,. La posición de la pelotita es entonces
rM = (x+ ` sinφ) x− ` cosϕ y
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3 LAGRANGIANO
La energía potencial es
U = Uresorte + Ugravedad
= k
2x2 −mg` cosφ
El lagrangiano es entonces (todas las masas están mal, cambió todo)
L = T − U
= 12mr
2m + 1
2M r2M − U
= m
2
[(x+ `φ cosφ
)2 + `2φ2 sin2 φ]
+ M
2 x2 +mg` cosφ− k
2 x2
= M +m
2 x2 + +m`xφ cosφ+mg` cosφ− k
2x2 + m
2 `2φ2
Ahora sí planteamos Euler Lagrange ∂L
∂x= d
dt
(∂L
∂x
)∂L
∂φ= d
dt
(∂L
∂φ
)y lo que se obtiene es
(M +m) x+M`(φ cosφ− φ2 sinφ
)= −kx
M(`φ+ x cosφ
)= −Mg sinφ
El ítem b) del ejercicio es linealizar el sistema.
Guía 2 ejercicio 2
Este va por mi cuenta, no lo hicimos en clase. Por lo que entiendo el esquema es el siguiente:
x
El lagrangiano es L = T − U . La energía cinética en este caso es
T = 12mx
2 + 12Iω
2
donde I es el momento de inercia de la rueda. Las coordenadas x y ω se relacionan según
ωR = x
y entoncesT = 1
2(m+R2I
)x2
La energía potencial esU = −mgx
y entonces el lagrangiano del sistema esL = 1
2(m+R2I
)x2 +mgx
y la ec. de Euler Lagrange es
∂L
∂x= d
dt
(∂L
∂x
)mg =
(m+R2I
)x
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3 LAGRANGIANO
Guía 2 ejercicio 4
Este ejercicio va por mi cuenta, no lo hicimos en clase. Esquema:
theta
y
R+l
Para encontrar el lagrangiano primero hay que escribir la energía cinética y potencial, ambas referidas a un sistemainercial. La energía cinética del sistema es
T = Tdisco + Tpéndulo
La del disco es fácil de escribir, es simplementeTdisco = 1
2Iθ2
La del péndulo es más bardera. Vamo a verTpéndulo = 1
2mr2
donde r es la posición del péndulo con respecto al centro de la rueda (un sistema inercial). Esta posición es
r = rO→m = rO→P + rP→m= (R cos θ x+R sin θ y) + (` sinφ x+ ` cosφ (−y))= (R cos θ + ` sinφ) x+ (R sin θ − ` cosφ) y
Entoncesr =
(−Rθ sin θ + `φ cosφ
)x+
(Rθ cos θ + `φ sinφ
)y
La energía cinética queda
Tpéndulo = 12mr
2
= 12m
[R2θ2 sin2 θ + `2φ2 cos2 φ− 2R`θφ sin θ cosφ+ . . .
· · ·+R2θ2 cos2 θ + `2φ2 sin2 φ+ 2R`θφ cos θ sinφ]
= 12m
[R2θ2 + `2φ2 + 2R`θφ (− sin θ cosφ+ cos θ sinφ)
]La energía potencial es
U = Udisco + Upéndulo
= mdiscog (R+ `) +mgy
= mdiscog (R+ `) +mg (R+ `+R sin θ − ` cosφ)= mdiscog (R+ `) +mg [R (1 + sin θ) + ` (1− cosφ)]
El lagrangiano queda entonces
L = T − U
= 12m
R2θ2 + `2φ2 − 2R`θφ
sin(θ−φ)︷ ︸︸ ︷(− sin θ cosφ+ cos θ sinφ)
− . . .· · · −mdiscog (R+ `)−mg [R (1 + sin θ) + ` (1− cosφ)]
Lagrangiano chequeado en consulta en clase X.Los resueltos de
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3 LAGRANGIANO
Guía 2 ejercicio 7
Teorema de Noether. Relaciona las simetrías de un sistema con cantidades conservadas. Para poder aplicarlo hay quetener en cuenta tres consideraciones:
1. Trabajar en un espacio plano (euclídeo, con tensor de Riemman nulo Rδµνλ = 0).
2. Los lagrangianos tienen que ser invariantes frente a un cambio de coordenadas. Esto es L (qi, qi) = L (q′i, q′i) y esjustamente la simetría que queremos explotar. Esto es solo aplicable para mecánica clásica. En electromagnetismoparece que esta no es válida.
3. Que las acciones sean iguales ante la transformación de coordenadas, esto es S = S′. Esta dijo que no la vamos a usaren esta materia.
Ahora sí hacemos el ejercicio. Para ello nos piden demostrar que si hacemos el cambio de coordenadas (r0, θ0, φ0) →(r0, θ0, φ0 + ε) entonces el lagrangiano no se altera, es decir que L (r0, θ0, φ0) = L (r0, θ0, φ0 + ε). Necesitamos mostrarentonces que
N∑i=1
∂L
∂φi= 0
La notación del ejercicio es media chota, parece que (r0, θ0, φ0) en realidad es (r1:N , θ1:N , φ1:N ). Pero bueno, es lo que hay.Mandó entonces la definición de derivada para el lagrangiano
lımε→0
L (r0, θ0, φ0 + ε)−L (r0, θ0, φ0)ε
= 0
Bueno, no terminé de entender bien. La cosa es que es lo de la ecuación de Euler-Lagrange
7
0
∂L
∂qi= d
dt
(∂L
∂qi
)⇒ ∂L
∂qi= cte⇒ se conserva
Guía 2 ejercicio 8
El esquemita es como sigue
R
Los resortes siguen el potencial que se da en la consigna. La energía cinética de cada mas a es Ti = mi2 R
2θ2i . El lagrangiano
queda entonces
L =3∑i=1
mi
2 R2θ2i −
k
2R2 (θ1 − θ2)2 − k
2R2 (θ2 − θ3)2 − k
2R2 (θ3 − θ1)2
Es evidente que si se hace la transformación θi → θi + ε esto no se altera.Esto que sigue lo agregué yo. No sé si está bien, pero buen... Tiene buena pinta. Sea un lagrangiano L (q1:n, q1:n, t) =
T (q1:n, t) − U (q1:n, t). Entonces una transformación de la forma q1:n → q′1:n = q1:n + ε1:n (rígida creo que significa solo undesplazamiento o algo así) tendría el siguiente efecto
L (q′1:n, q1:n, t) = T (q1:n, t)− U (q1:n + ε1:n, t)
Si queremos ver cómo varía el lagrangiano según la transformación como la propuesta, podemos calcular ∂L∂εk
. Dado que Tno depende de ε entonces esto se reduce a analizar el potencial. Es decir
dL
dεk= d
dεk[T (q1:n, t)− U (q1:n + ε1:n, t)]
= − ∂U∂q′k
1︷︸︸︷∂q′k∂ε
= − ∂u
∂q′kLos resueltos de
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3.1 Multiplicadores de Lagrange4 PROBLEMA DE IMPULSO ANGULAR GENERALIZADO (ELECTROMAGNETISMO)
3.1. Multiplicadores de LagrangeLa idea es recuperar las fuerzas de vínculo. Para ello lo que hacemos es escribir las coordenadas del lagrangiano en forma
de coordenadas dependientes (o sea, no las independizamos como en el caso de las coord. generalizadas). De esta forma nometemos los vínculos en el lagrangiano y después usamos los multiplicadores de lagrange para recuperarlos.
Según el Taylor entonces (usando la notación de la teórica sección 6) entoncesλ∂f
∂x= x · F vínculo
λ∂f
∂y= y · F vínculo
Guía 2 ejercicio 10
Lo primero que hay que hacer (creo) es escribir el lagrangiano en función de las coordenadas no generalizadas x e y(debido a que tenemos vínculo en x e y). Entonces
L = T − U
= 12m1x
2 + 12m2y
2 +m2gy
La ecuación de vínculo esf(x, y) = x+ y = cte
Entonces planteamos las ecuaciones de Lagrange modificadas
∂L
∂x− d
dt
(∂L
∂x
)+ λ
∂f
∂x= 0
∂L
∂y− d
dt
(∂L
∂y
)+ λ
∂f
∂y= 0
f (x, y) = cte
y buscamos encontrar λ (t). Introduciendo el lagrangiano en cuestión se obtieneλ = m1x
m2g + λ = m2y
x+ y = cte
De ahí se puede obtener todo. Queda quex = − m2g
m1 +m2
y λ = m1x.
4. Problema de impulso angular generalizado (electromagnetismo)Recordamos el problema que había planteado el profesor en la teórica cuyo esquemita es como el siguiente.
inductor
Espira
Batería que se gasta
Ahora vamos a analizar otro problema (o uno parecido, no entiendo bien) en el que hay un campo magnético
B = V0z
Vamos a escribir el lagrangiano de una partícula de carga q restringida a la espira. Éste es:
L = 12mr
2 − q (V − r ·A)
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4 PROBLEMA DE IMPULSO ANGULAR GENERALIZADO (ELECTROMAGNETISMO)
y en este caso V = 0. Lo que vamos a hacer es restringir a r (cilíndricas) con ρ = cte. Tenemos las relaciones del electromag-netismo E = −~∇V − ∂A
∂t
B = ~∇×APara encontrar el lagrangiano L debemos encontrarA en función deB (que es dato). Desarrollando el rotor deA e igualandoa B = B0z termina quedando que
∂Ay∂x
= B0
2
− ∂Ax∂Ay
= B0
2
→ Esto es una de infinitas opciones
Entonces termina quedando que, una de las posibles infinitas posibilidades para el potencial es
A = B0
2
−yx0
Acá no sé bien cómo, si es una ley o simplemente coincidió mágicamente y nos queda cómodo, mandó que
B0
2
−yx0
= B × ρ
donde ρ = xx+ yy. De acá parece que terminó sacando que
A = B0ρ
2 φ
Ahora metemos esto en el lagrangiano L = 12mr
2 − q (V − r ·A) usando la restricción de radio constante y a una alturafija (porque la partícula está en la espira) entonces
r = ρρ+ zz
la derivada esr = ρρ+ ρφφ+ zz
y al hacerlo al cuadrado quedar2 = ρ2 + ρ2φ2 + z2
Metiendo esto y A en el lagrangiano se obtiene
L = 12m
(ρ2 + ρ2φ2 + z2)+ q
B0ρ2
2 φ
Ahora vamos a escribir las ecuaciones de movimiento (Euler Lagrange) para ρ y para φ y se obtienemφ2ρ+ qB0ρφ = mρ
0 = d
dt
(mρ2φ+ qB0ρ
2
2
)︸ ︷︷ ︸
Constante
Vemos que lo que se conserva es un L generalizado que contiene al L mecánico
|Lgeneralizado | = mρ2φ+ qB0ρ2
2nsakodnsaocnaosncakosncoaksncaksomckac
V = Ldi
dt⇒ i(t) = V
Linductanciat
i(t) def=¨
S
J · ds
J = nqv
⇒ i =¨
S
nqv · ds = nqvds
⇒ nqvds = V
Lt⇒ vd = V
Linductancianqst
entonces el momento angular queda
|L | =∑| r × p |
= nRmqvd
= RmqV
Linductqst
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4 PROBLEMA DE IMPULSO ANGULAR GENERALIZADO (ELECTROMAGNETISMO)
Guía 2 ejercicio 6
El lagrangiano es L = T − U . En este caso la energía cinética es
T = 12mv
2
v en cilíndricas→ = 12m
(ρρ+ ρθθ + zz
)2
= 12m
(ρ2 + ρ2θ2 + z2)
= m
2 ρ2 + mΩ2
2 ρ2 + m
2 z2
y la energía potencialU = mgz
por lo que el lagrangiano es
L (ρ, z) = m
2 ρ2 + mΩ2
2 ρ2 + m
2 z2 −mgz
Debido a la restricción de la parábola sabemos que
z = z(ρ) = kρ2 → Vínculo
y z = 2kρρ. Introduciendo esto en el lagrangiano se obtiene
L (ρ) = m
2 ρ2 + mΩ2
2 ρ2 + 2mk2ρ2ρ2 −mgkρ2
La ecuación de movimiento (Euler Lagrange) es entonces
∂L
L ρ= d
dt
(∂L
∂ρ
)mΩ2ρ+ 4mk2ρ2ρ− 2mgkρ = d
dt
(mρ+ 4mk2ρρ2)
mΩ2ρ+ 4mk2ρ2ρ− 2mgkρ = mρ+ 4mk2 (ρρ2 + 2ρ2ρ)
ρ(mΩ2 + 4mk2ρ2 − 2mgk
)= ρ
(m+ 4mk2ρ2)+ 8mk2ρ2ρ
ρ(mΩ2 + 4mk2ρ2 − 2mgk − 8mk2ρ2) = ρ
(m+ 4mk2ρ2)
y de aquí se obtiene
ρ =ρ(Ω2 − 2gk − 4k2ρ2)
1 + 4k2ρ2
= ρa+ bρ2
1 + cρ2
Guía 2 ejercicio 11
(Este va por mi cuenta. Lo consulté en clase y está bien). Empezamos por lo de siempre: L = T −U . La energía cinéticadel péndulo es
T = 12mv
2
v = xx+ yy → = 12m
(x2 + y2)
y la energía potencial del mismo esU = mgy
por lo tanto el lagrangiano esL = 1
2m(x2 + y2)−mgy
El vínculo es, como dice la consigna,f(x, y) = x2 + y2 − r2 = 0→ Vínculo
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4 PROBLEMA DE IMPULSO ANGULAR GENERALIZADO (ELECTROMAGNETISMO)
Las ecuaciones de Lagrange modificadas son
Ecs. de Lagrange modificadas→
∂L
∂x− d
dt
(∂L
∂x
)+ λ
∂f
∂x= 0
∂L
∂y− d
dt
(∂L
∂y
)+ λ
∂f
∂y= 0
por lo que esto queda
Ecs. de Lagrange modificadas→−mx+ 2λx = 0−mg −my + 2λy = 0
Del vínculo f(x, y) sale quedf
dt= 0⇒ df
dt= ∂f
∂xx+ ∂f
∂yy = 2xx+ 2yy = 0
Si vuelvo a derivar respecto al tiempo obtengo
d2f
dt2= 2
(x2 + xx+ y2 + yy
)= 0⇒ x2 + y2 = − (xx+ yy)
Ahora viene alto truco que jamás se me hubiera ocurido, le pregunté al profesor y me dijo que multiplique ambas ecs. deLagrange por x e y y las sume, es decir
−mxx+ 2λx2 = 0−mgy −myy + 2λy2 = 0
⇒ 1 + 2 ⇒ −mgy −m (xx+ yy) + 2λ(x2 + y2) = 0
Ahora juntamos esta cosa con la d2fdt2 y queda
−mgy +m(x2 + y2)+ 2λ
(x2 + y2) = 0⇒ λ =
mgy −m(x2 + y2)
2 (x2 + y2)
Para hacer evidente que esto es la tensión de la soga, calculamos la tensión mediante Newton. El dibujito es
thetaT
mg cos(theta)
r
x
y
(el sistema de coordenadas tiene el origen justo donde de agarra el péndulo). La cuenta es:
F = ma
Fradial = macentrípeta
T −mg cos θ = mv2
r
T = mgy
r+m
x2 + y2
r
T = mgy
x2 + y2 +mx2 + y2
x2 + y2
Se puede comparar la expresión obtenida para λ y la de T
Coinciden salvo una constante multiplicativa→
λ =
mgy −m(x2 + y2)
2 (x2 + y2)
T =myy +m
(x2 + y2)
x2 + y2
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5 GUÍA 3: DOS CUERPOS
5. Guía 3: dos cuerposGuía 3 ejercicio 5
Llegué tarde y ya lo tenían casi liquidado al problema. El lagrangiano parece que le quedó
L = 12m1r
21 + 1
2m2r22 −
12k (| r1 − r2 | − `)2
No logré sacar nada más del pizarrón. Copio algunas fórmulas más sueltas, por las dudas que me pueda servir en algúnmomento, aunque lo dudo:
Lµ = 12µr
2 − k
2 (r − `)2
Como el movimiento es en el plano entonces L = cte y etonces
Lµ = µ
2(r2 + r2φ2)− k
2 (r − `)2
y la ecuación de Euler Lagrange es
∂L
∂φ= 0
= d
dt
(∂L
∂φ
)⇒ µr2φ = `z
Acá dijo algo del potencial efectivo
X^2centrifugo
efctivo
La otra ecuación de Euler Lagrange termina quedando
µrφ2 − k (r − `) = µr
y combinando las dos o haciendo no sé qué mandó
r = R→ 0 = µRφ2 − k (R− `)
y mandó
φ =
√k (R− `)µR
` = 0→ φ =
√k
µ
Ahora no sé por qué mandó φ = 0 y entonces
µr = −k (r − `)→ Oscilador armónico
Al resolver esta ecuación diferencial se obtiene
r(t) = A cos(√
k
µt+ φ
)+ `
donde φ me parece que es otra fase nada que ver con el φ coordenada. Lo que se observa es que la
ωrotación = ωoscilación
Guía 3 ejercicio 1
Lo resolvió planteando el momento angular directamente como en física 1:
`1 = r1 × p1
Desde el CM→ =(m2
Mr)×m1
(m2
Mr)
= m2
Mµr × r︸ ︷︷ ︸
L
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5.1 Cosas sobre elipses 5 GUÍA 3: DOS CUERPOS
Guía 3 ejercicio 2
Esta es mi versión. Sean dos partículas con posiciones ri que interactúan mediante el potencial U = 12k (r1 − r2)2. El
lagrangiano es
L = T − U
= 12m1r
21 + 1
2m2r22 −
12k (r1 − r2)2
Ahora aplicamos el cambio de coordenadas que vimos en la teórica:r = r1 − r2
R = m1r1 +m2r2
m1 +m2
⇐⇒
r1 = R+ m2
Mr
r2 = R− m1
Mr
y entonces el lagrangiano se convierte en
L = 12m1
(R+ m2
Mr)2
+ 12m2
(R− m1
Mr)2− 1
2kr2
= 12MR
2 +(m1m
22
2M2 + m2m21
2M2
)r2 − 1
2kr2
Definiendo µ def= m1m2M se obtiene
L = 12MR
2︸ ︷︷ ︸LM
+ µ
2 r2 − 1
2kr2︸ ︷︷ ︸
Lµ
Se observa que el problema queda dividido en dos tal como vimos en la teórica. El LM es la partícula libre, no es el que nosinteresa. Consideramos, tal como propone la ayuda del ejercicio, r = xx+ yy y entonces
Lµ = µ
2(x2 + y2)− k
2(x2 + y2)
Ahora planteamos las ecs. de Euler-Lagrange que dan origen a− kx = µx
− ky = µy
y cuyas soluciones son x = Ax cosωt+Bx sinωty = Ay cosωt+By sinωt
donde ω =√
kµ .
Ahora el problema es simplemente matemático: hay que mostrar que esas cosas son elipses. Para ello hay una serie detrucos. Lo primero es reemplazar ωt = θ. Lo segundo es simplificar la cosa y considerar Bx = Ay = 0 para que los ejes de laelipse queden alineados con los ejes y todo sea más simple. Entonces nos queda
x = A cos θy = B sin θ
Ahora usamos cos2 + sin2 = 1 y entonces
cos θ2 + sin θ2 = x2
A2 + y2
B2 = 1
Listo, esta es la ecuación de la elipse con semiejes A y B centrada en cero que nos enseñaron en análisis del CBC.
5.1. Cosas sobre elipsesLa definición de la elipse es esa de que la suma de la distancia que tiene cada punto hasta los focos es constante.
b
a c
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5.1 Cosas sobre elipses 5 GUÍA 3: DOS CUERPOS
Se define la excentricidad de la elipse como
ε = c
a→ Excentricidad de la elipse
donde c es la distancia desde el medio de la elipse hasta uno de los focos y a es el “radio mayor”. En términos del eje menorb se satisface
ε =√
1− b2
a2
La fórmula de la elipse es
Elipse→
(x− x0)2
a2 + (y − y0)2
b2= 1 Cartesianas
r (θ) = b√1− ε2 cos2 θ
= 1√cos2 θa2 + sin2 θ
b2
Polares
Guía 3 ejercicio 2
Esta es la versión de la clase. Lo primero que hacemos al plantear el problema es meter el cambio de coordenadas típicor = r1 − r2
R = m1r1 +m2r2
m1 +m2
⇐⇒
r1 = R+ m2
Mr
r2 = R− m1
Mr
y a continuación hizo exactamente lo que yo pero le quedó
L = 12MR
2︸ ︷︷ ︸LM
+ µ
2 r2 − 1
2kr2︸ ︷︷ ︸
Lµ
Ahora pasamos esto a cartesianas y queda
Lµ = µ
2(x2 + y2)− k
2(x2 + y2)
Lo que hacemos a continuación es escribir las ecs. de Euler Lagrange que terminan quedando
Euler-Lagrange→µx+ kx = 0µy + ky = 0
La solución de esto es
Solución→x = Ax cos (ωt) +Bx sin (ωt)y = Ay cos (ωt) +By sin (ωt)
Ahora lo que falta simplemente es mostrar que eso es una elipse. Para eso usamos que
r1 = m2
MA cos (ωt)︸ ︷︷ ︸x1
x+ m2
MB sin (ωt)︸ ︷︷ ︸y1
y
No sé de dónde sacó eso (mandó algo de que las fases del cos y el sin las sacó porque asumió que son nulas o algo así, es paraque la elipse no quede rotada). De ahí se puede despejar
x1M
m2A= cos (ωt)
y1M
m1B= sin (ωt)
Ahora usamos sin2 + cos2 = 1 y entonces
M2
m22A
x21 + M2
m21B
y21 = 1→ Es una elipse
Ahora vamos a resolver el problema usando otro camino, planteando conservación de energía y de momento angular. Estoes
E = T + U → Se conservaLos resueltos de
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5.1 Cosas sobre elipses 5 GUÍA 3: DOS CUERPOS
Si estamos en el centro de masa entoncesE = µ
2(r2 + r2φ2)+ k
2 r2
El momento angular esLz = µr2φ
Usando esas dos cosas se obtiene r =
√2µ
(E − U)− L2z
µ2r2
φ = Lzµr2
Integrando esas dos cosas (o algo así) mandó
∆φ =ˆ
Lz dr
r2√
2µ (E − U(r))− L2z
r2
Ahora reemplazó (creo) el potencial U(r) por la fórmula para el resorte y entonces
∆φ =ˆ
Lz dr
r√−kµr4 + 2µEr2 − L2
z
Ahora hacemos el cambio de variables (para resolver la integral)
z = r2
dz
z= 2dr
r
y queda todo en términos de z, se obtiene
∆φ = Lz2
ˆdz
z√−kµz2 + 2µEz − L2
z
Esa integral sale de tablas. Lo que resulta es
∆φ = 12 arcsin
(2µEz − 2L2
z
| z |√
4µ2E2 − 4kµL2z
)
De esa basura lo que hay que hacer es despejar z y luego r... Parece que queda (quizás falta alguna constante dijo)
r2 =L2z
µE
1−√
µ2E2−kµL2z
µE sin (2∆φ)
Esto ya tiene la forma de la ecuación de la elipse que vimos hace un rato (ver más arriba). Lo que hay que usar es unaidentidad trigonométrica. Primero pedimos que en ∆φ = φ−φ0 el φ0 = π
4 para poder simplificar un poco. Considerando esose obtiene que sin (2∆φ) = − cos (2φ). Ahora usamos la “fórmula del doble ángulo” que es
cos (2θ) = cos2 θ − sin2 θ → Fórmula del doble ángulo
y usando eso queda quesin (2∆φ) = 1− 2 cos2 φ
Al meter eso en la ecuación de r2 se obtiene algo de la forma r = b√1−ε2 cos2 θ
que es justamente una elipse.
Guía 3 ejercicio 3 (parecido)
Vamos a hacer el ejercicio 3 pero considerando el potencial efectivo del problema 2. En tal caso el potencial efectivo es
Uefectivo = L2
2µr2 + k
2 r2
Para hallar el radio de las órbitas circulares lo que hay que hacer es buscar el mínimo de Uefectivo. Para probar que la órbitaes estable lo que hay que hacer es probar que ∂U
∂r alcanza un mínimo. Se termina obteniendo que
r0 =(L2z
µk
)1/4
Para la estabilidad se puede verificar que ∂2U∂r2 > 0.
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5.1 Cosas sobre elipses 5 GUÍA 3: DOS CUERPOS
Guía 3 ejercicio 6
Debido a que mtierra ≫ msatélite entonces considero que el centro de la tierra se ubica justo en el foco de la elipse. Estoimplica que, considerando el siguiente esquema
b
a c tierra
perigeoapogeo
se satisface dperigeo = a− cdapogeo = a+ c
por lo tanto a = dapogeo + dperigeo
2
c = dapogeo − dperigeo2
La excentricidad se define como
εdef= c
a
= dapogeo − dperigeodaopgeo + dperigeo
Notar que las d son las distancias al foco de la elipse, es decir al centro de la tierra. O sea que hay que reemplazar a cada dpor di = R+ hi donde R es el radio de la tierra y hi la altura del satélite respecto a la superficie.
Ahora se pide encontrar b (ver dibujito más arriba). Para ello usamos la relación
ε =√
1− b2
a2
por lo tantob = a
√1− ε2
Nota Era más lindo plantear a ecuación de la elipse en polares, r = cte1+ε cosφ , y de ahí despejar todo.
Guía 3 ejercicio 4
Resolución mía en casa. La tercera ley de Keppler dice que
T 2
a3 = cte
donde T es el período orbital y a es el semieje mayor de la elipse que describe la órbita. Ésta constante de proporcionalidadcreo que es la que mencionan en la consigna. Sería
cte =
4π2
CMAproximando M m
4π2
G (M +m) Constante exacta
Para probar esto planteamos el problema de dos cuerpos que se orbitan y calculamos T 2
a3 . El lagrangiano queda, de acuerdoa lo que vimos en la teórica,
Lµ = µ
2 r2 − GmM
| r |
donde µ = mMM+m . Recordando que el movimiento está en un plano entonces escribimos a r en cartesianas y el lagrangiano se
convierte enLµ = µ
2(x2 + y2)− GmM√
x2 + y2
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5.1 Cosas sobre elipses 5 GUÍA 3: DOS CUERPOS
Las ecs. de Euler-Lagrange son GmM
(x2 + y2)3/2x = µx
GmM
(x2 + y2)3/2y = µy
No sé si fue buena idea plantearlo en cartesianas. Si lo vuelvo a pasar a polares quedaEl lagrangiano en polares queda
Lµ = µ
2(r2 + r2θ2)− GmM
ry entonces las ecs. de Euler-Lagrange son µrθ2 + GmM
r2 = µr
µr2θ = ` = cteIntroduciendo la segunda en la primera se obtiene
µ`2
µ2r3 + GmM
r2 = µr
La solución de esto implica varios trucos que no creo que sean de interés en este momento. En la teórica vimos que la soluciónde esa ecuación diferencial es
r = c
1 + ε cos θ
θ = `
µr2 t
cdef= `2
GmMµ
εdef= A`2
GmMµ
Preguntar cómo se resuelve.
Guía 3 ejercicio 7
El potencial que genera esta fuerza esU(r) = −k
r+ λ
2r2
por lo tanto el lagrangiano resulta
L = T − U
= m
2(r2 + r2θ2)+ k
r− λ
2r2
donde usé que r2 = r2 + r2θ2 en polares. Las ecuaciones de Euler-Lagrange sonmrθ2 − k
r2 + λ
r3 = mr
mr2θ = `
donde ` es el momento angular. Introduciendo la segunda en la primera se obtiene
`2 + λ
mr3 −k
r2 = mr
Ahora hago lo que hizo el profesor en la teórica, toda una seguidilla de trucos matemáticos, a ver si funciona. Como el ` seconserva entonces θ(t) es una función monótona. Esto nos permite hacer t = t(θ). De esta forma se puede hacer el truco
d
dt= θ
d
dθ
` es constante→ = `
mr2d
dθ
Entonces
r = `
mr2dr
dθ
Esto hicimos en la teórica→ = − `
m
d (1/r)dθ
(para ver que eso es válido se puede hacer simplemente la operación del final y ver que se recupera la primera).Los resueltos de
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6 SISTEMAS NO INERCIALES
6. Sistemas no inercialesGuía 4 ejercicio 1
Vamos a usar la notación de que δ0 Sistema inercialδ Sistema no inercial
Entonces tenemos que mr0 = F y que r0 = r +R por lo tato mr = F −mA = F − F ficticia. En el caso de un auto con unpéndulo tenemos
theta
L
m
A
g
Ag_efe
ctivo
y vemos que aparece una especie de gefectiva haciendo
mr = T +mg −mA= T +m(g −A)︸ ︷︷ ︸
gefectiva
Usando esto se puede plantear el 1.
Guía 4 ejercicio 2
El esquemita es el siguiente
d0
d r
m
O'O
y sobre la masa m tenemos ∑F = mg − GMLm
d2 d+ F no gravitatoria
donde hemos usado F gravedad terrestre ≈ mg porque se supone que estamos en la superficie terrestre. Respecto de la luna(sistema O′) el sistema O se mueve con
A = −GML
d20d0
No termino de entender qué estamos haciendo, pero mandó
mr = mg − GMLm
d2 d+ F no gravitatoria
=(−GMLm
d20
d0
)= mg −GMLm
(d
d2 −d0
d20
)︸ ︷︷ ︸
F tidal
+ F no gravitatoria
Con esto aparentemente se demuestra que hay dos mareas por día, porque la interacción con la luna hace que los marestengan esta pinta:
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6.1 Rotaciones 6 SISTEMAS NO INERCIALES
O'O
mareas
Ahora puso que el ejercicio pide que d = x = d0 por lo tanto
1. En el punto más cercano se obtiene
d = d0 −Rtierra
= d0
(1− Rtierra
d0
)ahora definimos ε def= RT
d0y entonces
d−2 = d−20 (1− ε)−2 ≈ d−2
0
(1 + 2RT
d0
)y entonces las fuerzas de marea (creo) son
F tid = −GMLm
[d−2
0
(1 + 2RT
d0
)− d−2
0
]x = −2GMLmRT
d30
x
Reemplazando todos los números por sus valores obtuvo que
FtidFgravitatoria
≈ 1− 2× 10−7
2. En el punto más alejado se obtiene que d = RT + d0 y entonces
F tid = 2GMLmRTd3
0x
Si se hace un modelo recontra simple de la tierra, como que es una pelota de agua, se termina obteniendo que la diferenciade alturas que existe entre la marea alta y la marea baja es de 54 cm. Si se tiene en cuenta además la interacción con el sol,entonces se producen mareas de 25 cm (solo por el sol). Si consideramos las dos interacciones a la vez, entonces cuando laluna y el sol se alinean ocurren las mareas extraordinarias y etc.
6.1. RotacionesSupongamos un vector e que gira alrededor de un eje respecto de un sistema inercial. Entonces se satisface
de
dt= Ω× e
Por ejemplo si e = r entonces se tiene el siguiente dibujito
rtheta
Omega
y en cuentitas se tiene que r = ρρ+ zz, Ω = Ωz, por lo tanto
v = dr
dt
= ρ ˙ρ= ρΩφ= Ω× r
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6.1 Rotaciones 6 SISTEMAS NO INERCIALES
Si Q es un vector entoncesQ =
∑Qiei
por lo tantodQ
dt
⌋no inercial
=∑ dQi
dtei
donde los ei son los fijos al sistema de referencia no inercial. Desde el sistema sí inercial, los ei varían en el tiempo (porqueestán en el no inercial) y entonces
dQ
dt
⌋sí inercial
=∑ dQ
dtei +
∑Qi
deidt
⌋sí inercial
=∑ dQi
dtei +
∑Qi (Ω× ei)
=∑ dQi
dtei + Ω×Q
y se termina obteniendo como conclusión que
dQ
dt
⌋sí inercial
= dQ
dt
⌋no inercial
+ Ω×Q
Toda la teoría del amigo Newton se convierte en
F = md2r
dt2
⌋sí inercial
= mdr
dt
⌋sí inercial
dr
dt
⌋sí inercial
y de aquí surgen las fuerzas ficticias.
Guía 4 ejercicio 9
Resuelto en clase. El esquema es el que sigue
z_versor
Omega
theta
y vamos a considerar unos ejes cartesianos igual que si estuvieramos parados en la tierra, tal como se muestra en la figura.La ecuación de Euler queda
mr = mg + 2mr ×Ω
donde la fuerza centrífuga la despreciamos frente a coriolis. La velocidad angular queda escrita en el sistema de coordenadas
como Ω =
0Ω sin θΩ cos θ
y entonces el producto vectorial con una velocidad genérica es
r ×Ω =
v0yΩ cos θ − V0zΩ sin θ−v0xΩ cos θv0xΩ sin θ
y entonces las ecs. de movimiento quedan
x = 2Ω (vy cos θ − vz sin θ)y = −2Ωvx cos θz = −g + 2Ωvx sin θ
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7 CUERPO RÍGIDO
(la verdad que no sé si están bien porque estaba muy desprolijo en el pizarrón). La idea ahora es ir aproximando Ω a distintosordenes. A orden cero queda
Ω a orden cero→
x = 0y = 0z = −g
por lo tanto queda x = v0xt
y = v0yt
z = −g2 t2 + v0zt
Ahora no sé qué estamos haciendo pero mandóx = 2Ω (v0y cos θ − (gy + v0z) sin θ)y = −2Ωv0x cos θz = −g + 2Ωv0x sin θ
y ahora parece que las soluciones que dan en la consigna son las soluciones de eso... No entendí.
7. Cuerpo rígidoEl tensor de inercia se define según (Goldstein)
Iαβ =˚
V
ρ (r)(δαβr
2 − rαrβ)dr3
donde α, β ∈ x, y, z son las distintas componentes de cada cosa y ρ es la densidad del cuerpo. En este ejercicio la densidades
ρ (r) = mδ (x− a) δ (y) δ (z) + 2mδ (x) δ (y − a) δ (z − a) + 3mδ (x) δ (y − a) δ (z + a)donde δ (x) son deltas de Dirac. Entonces
Ixx = m(a2 − a2)+ 2m
(2a2)+ 3m
(2a2)
= 12ma2
Iyy = m(a2)+ 2m
(2a2 − a2)+ 3m (. . . )
Ya me cansé, son solo cuentas.Según lo que hicieron en la clase las respuestas son
I =
10 0 00 6 10 1 6
ma2
expresado en los ejes xyz. Para encontrar los ejes principales (o algo así) lo que hacemos es diagonalizar esta matriz planteando
I Ω = λΩ
Al hacer eso se obtienen unos autovectores en Ω y éstos son los ejes principales del cuerpo.
7.1. Ángulos de EulerLo vamos a introducir para el ejercicio 4. Supongamos un trompo, entonces los ángulos de Euler son
x
y
z
x3
x1
x2
theta
N
phi
psi
Ejes principales
phi psi
theta
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7.1 Ángulos de Euler 7 CUERPO RÍGIDO
donde la línea N es la intersección del plano xy con el plano x1x2. Los ejes x1, x2 y x3 son los ejes principales del cuerpo.Parece que la velocidad angular Ω se puede escribir en los ejes principales como
Ω =
x1) φ sin θ sinψ + θ cosψx2) φ sinφ cosψ − φ sinψx3) φ cos θ + ψ
→ Creo que está mal...
Ω =
x1 φ sin θ sinψ + θ cosψx2 φ sin θ cosψ − θ sinψx3 φ cos θ + ψ
→ Goldstein.
donde esas componentes de Ω se obtienen planteando algo así como
En eje x1 →
θ1 = θ cosψφ1 = φ sin θ sinψψ1 = 0
y así se hacen uno para cada uno de los ejes y se obtiene el Ω.
Guía 5 ejercicio 4
Recordamos el lagrangiano para un cuerpo que rota (sin contar el centro de masa) que es
L = 12I1Ω2
1 + 12I2Ω2
2 + 12I3Ω2
3 − U
Ahora tenemos que reemplazar los Ωi por lo de antes y U = MgR cos θ. Introducimos además que I1 = I2 6= I3 (por lasimetría del trompo) y haciendo toda la cuentita se obtiene
L = 12(I1 +MR2) (φ2 sin2 θ + θ2)+ 1
2I3(φ cos θ + ψ
)−MgR cos θ
(ver los ángulos en el esquemita de más arriba). Vemos que φ y ψ son coordenadas cíclicas ya que solo aparecen sus velocidades,por lo que habrá cantidades que se conservarán, una asociada a cada coordenada. Si imponemos ahí θ = 0 entonces se obtieneque L3 = Lz donde Lz es el momento asociado a φ y L3 el asociado a ψ, es decir
∂L
∂φ= Lz
∂L
∂ψ= L3
Haciendo cada cuentita se obtiene Lz =
(I1 +MR2) φ sin2 θ + I3
(φ cos θ + ψ
)cos θ
L3 = I3(φ cos θ + ψ
)El potencial efectivo que figura en la consigna se obtiene escribiendo la energía total E = T +U y reemplazando los distintosángulos (o velocidades) que aparecen despejando de las ecuaciones anteriores (o sea usando Lz y L3). Haciendo esa cuentase obtiene el potencial efectivo.
Guía 5 ejercicio 6
Tenemos un cuerpo con I1 6= I2 6= I3. Lo que vamos a ver ahora es el “teorema de la raqueta de tenis” (en Google). Siestamos en el centro de masa entonces la gravedad no hace torque .
Hacemos un paréntesis: Vamos a usar las ecuaciones de Euler (ver teórica). Si nos paramos en un sistema inercial δ0 enun punto fijo del cuerpo rígido o bien en el centro de masa, entonces tenemos que
dL
dt
⌋δ0
= Ncδ0
Si ahora nos pasamos a un sistema no inercial δ que rota junto con el cuerpo entonces
dL
dt
⌋δ0
= dL
dt
⌋δ
+ ω ×L = N
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7.1 Ángulos de Euler 7 CUERPO RÍGIDO
Ahora hacemosL+ ω ×L = N
y tambiénL = Iω
Usando esas dos ecuaciones se llega a (las ecs. de Euler creo)I1ω1 − ω2ω3 (I2 − I3) = N1
I2ω2 − ω3ω1 (I3 − I1) = N2
I3ω3 − ω1ω2 (I1 − I2) = N3
Ahora salimos del paréntesis que habíamos hecho. Dijimos que como en el sistema CM la gravedad no hace torque entoncesN = 0 y por lo tanto metemos eso en las ecs. de Euler. Lo que se obtiene es que
ωi = 0⇒ ω3 = cte
“si un cuerpo sujeto a torque nulo está rotando inicialmente alrededor de uno de los ejes principales entonces lo seguiráhaciendo con ω = cte. Si no estoy alrededor de un eje principal, entonces al menos dos de los ωi 6= 0 por lo que sobreviveuna de las ecs. de Euler y entonces ω = cte.
Ahora lo que hacemos es poner al cuerpo a rotar alrededor de un eje principal y le “pego una patadita”, o sea que le doyω1 y ω2. En este caso, ¿seguirá rotando cerca de donde empezó? ¿Será estable?. Empezamos en t = 0 con
t = 0→
ω3 6= 0ω1 = ε1
ω2 = ε2
En la ec. de Euler (no sé cuál) tenemos que
I3ω3 = ε1ε2 (I1 − I2) ∼ O(ε2)→ Lo desprecio⇒ ω3 = cte
A continuación usamos otra ecuación (no sé cuál) y entonces
ω1 = ω2ω3I2 − I3I1
→ ω1 = ω2ω3I2 − I3I1
=(ω3ω1
I3 − I1I2
)ω3I2 − I3I1
Si lo reescribimos un poco nos queda
ω1 = (I2 − I3) (I3 − I1)I1I2
ω23︸ ︷︷ ︸
α
ω1
= αω1
Para ω2 se obtiene lo mismo, es decir queω2 = αω2
Entonces el movimiento será estable ⇐⇒ α < 0 así oscila. Entonces tenemos que pedir que
α < 0 ⇐⇒ (I2 − I3) (I3 − I1) < 0 ⇐⇒ I3 > I2 y I3 > I1 o I3 < I2 y I3 < I1
Esto nos dice que I3 debe ser el mayor o el menor de los momentos de inercia. En tal caso ω1 es oscilatorio.Vamos a ver un ejemplo con una paleta de ping pong (porque ya que es el teorema de la raqueta de tenis...). Consideremos
la siguiente paletaI1
I2
I3
Tenemos que I1 < I2 < I3. Acá hizo unas demostraciones copadas sobre cómo gira la paleta de ping pong.Los resueltos de
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7.1 Ángulos de Euler 7 CUERPO RÍGIDO
Guía 5 ejercicio 5
El esquemita es
alpha
Ω
AB
La energía cinética es
T = TA + TB
= Trotación A + Trotación B + Ttraslación B
= ΩIAΩ2 + ΩIBΩ
2 + 12Mv2
CM
Debido a que TA es una constante, nos podemos olvidar porque no va a influir en absolutamente nada en las ecuaciones demovimiento. La energía potencial es
U = MgyCM
Lo complicado ahora es ver cómo escribir el Ω en términos de los ejes principales del cuerpo para que nos Trotación 2 nosquede bonito. Empezamos calculando el tensor de inercia en los ejes principales. Para eso usamos la definición
Iij =˚
V
ρ (r)(δijr
2 − rirj)d3r
Entonces haciendo las cuentitas
I33 =
b/2ˆ
−b/2
a/2ˆ−a/2
M
ab
(x2 + y2) dx dy
= M
12(a2 + b2
)
I11 = M
ab
b/2ˆ
−b/2
a/2ˆ
−a/2
y2 dx dy
= Ma2
12
I22 = M
ab
a/2ˆ
−a/2
b/2ˆ
−b/2
x2 dx dy
= Mb2
12
Entonces el tensor de inercia es
I = M
12
a2
b2
a2 + b2
Ahora usamos la expresión general de los ángulos de Euler para expresar el Ω:
Ω =(φ sinψ sin θ + θ cosψ
)e1 +
(φ cosψ sin θ − θ sinψ
)e2 +
(φ cos θ + ψ
)e2
En éste ejercicio tenemos que α = θ. Además φ = Ωt. Y además ψ = 0 porque la placa está fija con una bisagra a la placaA. Entonces
Ω = αe1 + Ω sinαe2 + Ω cosαe3
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7.1 Ángulos de Euler 7 CUERPO RÍGIDO
Ahora escribimos la energía cinética de rotación según
Trotación B = ΩIBΩ2
= 12
αΩ sinαΩ cosα
M12
a2
b2
a2 + b2
αΩ sinαΩ cosα
= M
24
αΩ sinαΩ cosα
a2αb2Ω sinα(
a2 + b2)
Ω cosα
= M
24(a2α2 + b2Ω2 sin2 α+
(a2 + b2
)Ω2 cos2 α
)= M
24(a2 (α2 + Ω2 cos2 α
)+ b2Ω2)
La posición del centro de masa (para la energía cinética de traslación) es
RCM =(a
2 + a
2 cosα)ρ+ a
2 sinαz
y entonces la velocidad esRCM = −a2 α sinαρ+ a
2 (1 + cosα) Ωθ + a
2 α cosαz
Entonces la energía del centro de masa queda
U = 12MR
2CM
= M
2a2
4
[α2 + (1 + cosα)2 Ω2
]El lagrangiano entonces es
L = T − U
= Ma2
8
[α2 + (1 + cosα)2 Ω2
]+ M
24[α2 (α2 + Ω2 cos2 α
)+ b2Ω2]−Mg
a
2 sinα
Se pueden cancelar algunas cosas que no aportan, todo lo que no depende de α ni de α.
Problema 10 de la guía vieja
Sea lo del siguiente esquema:
a
A
B
theta
phi
longitud ele minúscula
e1
e2e3
La barra roja gira, la esfera no, siempre apoyada sobre la esfera. Los puntos A y B pueden deslizarse: A siempre sobre eleje y B siempre apoyado en la esfera. La barra tiene una masa m y no hay rozamiento. El objetivo es simplemente escribirel lagrangiano.
Entonces
L = T − U= Trotación + Tdesplazamiento − Ucentro de masa
= ΩI Ω2 + m
2 r2
donde I es el tensor de inercia de la barrita, y r la posición de su centro de masas. Me parece que la barra solo tiene dosgrados de libertad: uno de rotación y el otro la altura del punto A. Se pueden usar entonces los ángulos θ y φ para describirla configuración del problema.
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7.1 Ángulos de Euler 7 CUERPO RÍGIDO
El tensor de inercia descripto en los ejes principales de la barrita es
I = m`2
12
1 0 00 1 00 0 0
donde los ejes I1 e I2 son perpendiculares a la barra y el eje I3 es colineal a la misma (que tiene un espesor nulo). Ahoraescribimos Ω en forma general y luego la pasamos a los ángulos de Euler. La velocidad angular es
Ω = φz + θe1
y ahora lo que hacemos es pasarla a una expresión en términos de los ejes principales del cuerpo para poder multiplicarlacon el tensor de inercia que encontramos. Creo que para esto usamos las ecs. de Euler. Usó que
z = − sin θe2 + cos θe3
y entoncesΩ = θe1 − φ sin θe2 + φ cos θe3
Ahora simplemente hay que hacer la cuentita ΩI Ω para obtener la energía cinética.Ahora vamos a escribir el centro de masa r. Les quedó, en cilíndricas,
r =(
a
sin θ −`
2 cos θ)z + `
2 sin θρ
(no estoy seguro de que hayan usado las mismas variables que yo puse en el esquemita).
Guía 5 parte 2 ejercicio 7
Hecho por mi cuenta. Lo primero que hago es buscar el lagrangiano del sistema
L = T − U= Trotación cilindro
= ωIω
2
donde Ω es la velocidad angular del cilindro y I su tensor de inercia. Para poder efectuar esta operación represento todoen los ejes principales del cilindro en los cuales
En los ejes principales→
I =
I1 I2I3
ω =
x1 φ sin θ sinψ + θ cosψx2 φ sin θ cosψ − θ sinψx3 φ cos θ + ψ
donde esos son los ángulos de Euler según el siguiente esquema
x
y
z
phi
x3
x2x1
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8 HAMILTONIANO
Debido a la restricción que existe sobre el cilindro se tiene que
Restricciones sobre el cilindro→ψ = 0φ = Ω
por lo tanto
ω =
x1 θ
x2 Ω sin θx3 Ω cos θ
y entonces el lagrangiano termina siendo
L = I1θ2
2 + I2Ω2 sin2 θ
2 + I3Ω2 cos2 θ
2La ecuación de movimiento, para la coordenada θ, es
∂L
∂θ= d
dt
(∂L
∂θ
)I2Ω2 sin θ cos θ − I3Ω2 cos θ sin θ = I1θ
por lo tantoθ = I2 − I3
I1Ω2 cos θ sin θ
Debido a que I2 > I3 entonces θ = 0 no es un punto de equilibrio estable. Sí debería serlo θ = π2 . Entonces
en θ = π
2 →
cos θ ≈ π
2 − θ
sin θ ≈ 1
por lo tanto reemplazando θ = π2 + δθ
θ ≈ I2 − I3I1
Ω2 (−δθ)
= I3 − I2I1
Ω2δθ
Ahora sí, cunado I2 > I3 (como en este caso) se obtienen oscilaciones de frecuencia
ωoscilación =√I3 − I2I1
Ω
Solo faltaría calcular los momentos de inercia.
8. HamiltonianoVamos a buscar resolver las cosas de una forma nueva usando otro enfoque. Antes teníamos con Lagrange lo siguiente
L = L (qi, qi, t)⇒ n ecs. de 2do orden → d
dt
(∂L
∂qi
)= ∂L
∂qi
Ahora lo que hacemos es aplicar una transformación (de Legendre o algo así) para llegar a la formulación hamiltoniana endonde
H = H (qi, pi, t)⇒ 2n ecs. de 1er orden →
∂H
∂qi= −pi
∂H
∂pi= qi
En el fondo son exactamente lo mismo, nada más que las segundas son más cómodas. La relación entre H y L viene dadapor la transformación
H = piqi −L
Lo que se usaba para hacer esta transformación es la definición de los pi que era
∂L
∂qi
def= pi
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8 HAMILTONIANO
Guía 7 ejercicio 1
Por ser la primera vez entonces vamos a
1. Calcular el lagrangiano.
2. Calculamos pi = ∂L∂qi
.
3. Obtener el hamiltoniano haciendo H = piqi −L .
Entonces el lagrangiano es
L = T − U= T1 + T2 + Trotación − U
= x2
2
(m1 +m2 + M
2
)− (m2 −m1) gx
donde M es la masa de la rueda. Bien, ahora queremos pasarlo a un hamiltoniano. Para ello usamos
∂L
∂x= p⇒ x
(m1 +m2 + M
2
)= p
por lo tantox = p
m1 +m2 + M2
Ahora reemplazamos ese x en el lagrangiano para que nos quede expresado en la forma L = L (x, p, t) y hacemos la cuenta
H = px−L (x, p, t)
= p
(p
m1 +m2 + M2
)− p2
2(m1 +m2 + M
2)2 (m1 +m2 + M
2
)− (m1 −m2) gx
= p2
2(m1 +m2 + M
2) − (m1 −m2) gx
Observamos que en este caso se obtiene que H = E porque usamos coordenadas naturales (creo que es por eso).Ahora podemos obtener las ecuaciones de movimiento usando las ecuaciones de Hamilton y listo.
Guía 7 ejercicio 2
Si mal no entendí el enunciado el esquema es así:
z
o sea que la pelota está cayendo con una restricción de vínculo que la obliga a seguir una helicoide. La posición de lapelotita es
r = Rρ+ cφz
por lo tanto la velocidad es
r = R ˙ρ+ cφz
= −Rφ+ cφz
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9 TRANSFORMACIONES CANÓNICAS
La energía cinética es
T = m
2 r2
= m
2(R2 + c2φ2)
Guía 7 ejercicio 5
El esquema es
Omega
Solo hay una coordenada generalizada por el hecho de que Ω es constante. Esta coordenada es r. Entonces la energíacinética es
T = m
2(r2 + r2Ω2)
y además, como no hay energía potencial, también es el lagrangiano
L = T − U= m
2(r2 + r2Ω2)
Para resolver el ejercicio lo único que hacemos es calcular H = pq −L y observar que H 6= E. La cuenta es
H = pq −L
= ∂L
∂qq −L
= ∂
∂r
(m2(r2 + r2Ω2)) r − m
2(r2 + r2Ω2)
9. Transformaciones canónicasEn la guía anterior vimos todo lo de hamiltoniano y teníamos las ecs. de Hamilton. Acá vamos a buscar algo que nos diga
cómo hacer para obtener variables que sean cíclicas. No entiendo mucho, pero es algo así como que queremos algo que nosdiga si luego de aplicar una transformación eso que se obtiene aún cumple las ecs. de Hamilton. Anotó esto:
Transformaciones canónicas. “Como H puede ser descripto por varios sets de coordenadas generalizadas⇒ queremos unatransformación que nos lleve a coordenadas cíclicas ⇒ ¿cómo debe ser esta transformación tal que las nuevas coordenadassigan respetando Hamilton?”.
Lo que estamos buscando es algo asíqi
pi
H (q, p, t)→
Qi (q, p, t)Pi (q, p, t)K (Q,P, t)
tal que aún valgan las ecs. de Hamilton
∂K
∂Pk= Qk
∂K
∂Qk= −Pk
Entonces si encontramos una transformación tal que ocurre lo anterior, dicha transformación es canónica con (Q,P ) lasvariables canónicas.
Para ello usamos
δ
t2ˆ
t1
[piqi −H (q, p, t)] dt = 0 = δ
t2ˆ
t1
[QiPi −K (Q,P, t)
]dt
Ahora recordamos que sumar una derivada respecto al tiempo en los integrandos no modificaba nada porque en los extremosse anulaba (o algo así, ver al principio de la materia). La cuestión es que hacemos
λ [piqi −H (q, p, t)] = QiPi −K (Q,P, t) + dF
dt
F Función generatrizλ Transformación de escala
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9 TRANSFORMACIONES CANÓNICAS
El λ no nos importa por lo siguiente: Supongamos que tenemos la transformación dada porQ′k = µQk
P ′k = νPk. Entonces K =
µνH . Si F = 0⇒ λ = µν entonces cumple lo de arriba. Además estaba explicado el por qué no nos importa el λ en el libro.Es algo así como que se puede transformar en forma separada, así
(q, p) λ=1−→ (Q,P ) λ 6=1−→ (Q′, P ′)
entonces logramos lo mismo. En esta materia solo usamos con λ = 1!.Ahora usamos lo siguiente
dF
dt= ∂F
∂xx+ ∂F
∂yy + ∂F
∂zz
λ = 1
y lo metemos en λ [piqi −H (q, p, t)] = QiPi−K (Q,P, t)+ dFdt . Si hacemos esto, como bien nos dice Goldstein, se encuentra
que existen cuatro tipos de transformaciones canónicas que son
1. F = F1 (q,Q, t). En este caso pk = ∂F1∂qk
, Pk = ∂F1∂Qk
y K (q,Q, t) = H + ∂F1∂t .
2. F = F2 (q, P, t)−QkPk. En esta situación se obtiene que pk = ∂F2∂qk
, Qk = ∂F2∂pk
y K = H + ∂F2∂t .
3. F = F3 (p,Q, t) + qkpk y entonces qk = −∂F3∂pk
, Qk = − ∂F3∂Qk
, K = H + ∂F3∂t .
4. F = F4 (p, P, t) + qkPk −QkPk y qk = −∂F4∂pk
, Qk = ∂F4∂Pk
, K = H + ∂F4∂t .
A su vez se pueden encontrar las relaciones entre las Fi entre sí que sonF2 = F1 +QkPk
F3 = F1 − qkpkF4 = F3 −QkPk
En todo esto hubo mucha ambigüedad entre las p minúsculas y las P mayúsculas. Parece que todo esto es exactamente lomismo que lo de los potenciales termodinámicos de F4.
Guía 8 ejercicio 1
Vamos a hacer el ítem segundo. Para probar que es canónica vamos a usar que si existe la F entonces ya está. Vamos atrabajar con F = F1. Como nada depende del tiempo entonces ya lo tiramos y ponemos F1 = F1 (q,Q). Entonces necesitamos
encontrarp (q,Q)P (q,Q)
para luego integrar usando
∂F1
∂qk= pk
− ∂F1
∂Qk
= Pk
. Entonces ahora solo vamos despejando para obtener la p
y la P : Q = ln
(sin pq
)P = q
cos psin p
De la primera sale quep = sin−1 (qeQ)
Ahora la segunda la escribimos como
P = q
√1− sin2 p
sin py reemplazamos sin p = qeQ entonces termina quedando
P =√e−2Q − q2
Ahora que ya tenemos las p y P como función de q y Q lo que hacemos es integrar
p = ∂F1
∂q= sin−1 (qeQ)⇒ F1 (q,Q) =
ˆsin−1 (qeQ) dq + h (Q)
Esa integral parece que daF1 =
√e−2Q − q2 + q sin−1 (qeQ)+ h (Q)
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9.1 Formalismo simpléctico 9 TRANSFORMACIONES CANÓNICAS
Ahora usamos la otra, es decir
P = −∂F1
∂Q√e−2Q − q2 = −
(−e−2Q
2√e−2Q − q2
+ qqeQ√
1− q2e2Q+ h′ (Q)
)o bien, despejando h′ sorprendentemente se obtiene h′ = 0. Listo, ejercicio terminado. Queda que
F1 =√e−2Q − q2 + q sin−1 (qeQ)
Debido a que pudimos encontrar la F1 eso significa que existe F por lo tanto está demostrado que la transformación escanónica.
Ahora, teniendo F1, buscamos F2. Para ello usamos la relación entre las F ’s que en este caso es
F2 (q, P ) = F1 (q,Q (q, P )) +Q (q, P )P
Entonces lo único que necesitamos hacer es hallarQ (q, P ). Para ello volvemos a las ecs. que nos da la consigna
Q = ln(
sin pq
)P = q cot (p)
.
De ahí despejamos p = tan−1(QP
)y entonces se obtiene
Q = ln(
sin pq
)
= ln
sin(
tan−1(qp
))q
jaja, ni chances... = −1
2 ln(q2 + P 2)
Ahora ya está, es reemplazar eso en la formulita de más arriba y hacer la cuentita. Le queda
F2 =√p2 +q
2 −q2 + q sin−1
(q√
q2 + P 2
)− P
2 ln(p2 + q2)
Guía 8 ejercicio 4
El hamiltoniano del oscilador armónico es H = p2+mω2q2
2m . Entonces usamos la transformaciónp = F (P ) cosQ
q = F (P )√mω
sinQ
y de este modo se obtiene
H = F 2 (P )2m
(cos2Q+ sin2Q
)= F 2 (P )
2m
por lo tanto Q es una coordenada cíclica y entonces P = 0 X.
9.1. Formalismo simplécticoParece que condensa la información que hay en el ítem a) del ejercicio 1 de la guía 8, todo ese choclo de derivadas. La
idea de esto es empezar a dejar de lado el análisis matemático y usar álgebra. Entonces vamos a escribir las ecuaciones deHamilton en forma matricial: [
qp
]=[
0 1−1 0
] [∂H∂q∂H∂p
]Ahora definimos
ηdef=[qp
]⇒ η = J · ∂H
∂ηLos resueltos de
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9.2 Corchetes de Poisson 9 TRANSFORMACIONES CANÓNICAS
donde η es algo así como una matriz de transformación, o J , la verdad que no le entendí. Mandó lo siguiente[QP
]=
[∂Q∂q q + ∂Q
∂p p∂P∂q q + ∂P
∂p p
]
=[∂Q∂q
∂Q∂p
∂P∂q
∂P∂p
] [qp
]ahora mandó
η′ = M η
= MJ · ∂H
∂η
“pero”, dijo, y anotó lo siguiente: [∂H∂q∂H∂p
]=
[∂H∂Q
∂Q∂q + ∂H
∂p∂P∂q
∂H∂Q
∂Q∂p + ∂H
∂p∂P∂p
]
=[∂Q∂q
∂P∂q
∂Q∂p
∂P∂p
] [∂H∂Q∂H∂P
]por ende
∂H
∂η= M T · ∂H
∂η′
por lo tantoη = MJ M T ∂H
∂η′
Finalmente si la transformación es canónica entonces
η = J∂H
∂η′
Pedimos queMJ M T = J → Condición de que M sea simpléctica
9.2. Corchetes de PoissonSean F y G dos funciones. Entonces definimos el corchete de Poisson como
[F,G]q,pdef=∑k
∂F
∂qk
∂G
∂pk− ∂F
∂pk
∂G
∂qk
Es trivial ver lo siguiente [qi, qj ]q,p = 0[pi, pj ]q,p = 0[qi, pk]q,p = δi,k
No sé qué relación tiene esto con la cosa simpléctica pero mandó lo siguiente:
MJ M T =[
0 [Q,P ]q,p[P,Q]q,p 0
]= J
=[
0 1−1 0
]Entonces si la transformación es simpléctica se tiene que
[U, V ]q,p = [U, V ]Q,P
lo cual significa que el corchete de Poisson es un invariante canónico.
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9.3 Formas de ver si una transformación es canónica 9 TRANSFORMACIONES CANÓNICAS
Ahora parece que estamos haciendo el pasaje a varias dimensiones cuando n ≥ 1 entonces
η =
q1q2...qn
J =[−
]Mij = ∂η′i
∂ηj
y entonces se termina cumpliendo en forma mágica que
Transformación canónica ⇐⇒
[Qi, Qk] = 0[Pi, Pk] = 0[qi, qk] = 0[pi, pk] = 0[Qi, Pk] = δi,k
[Qi, pk] = δi,k
9.3. Formas de ver si una transformación es canónicaAhora vamos a hacer un resumen de las distintas pruebas que existen para ver si una transformación es canónica.
1. Dada la transformación de coordenadasQ = Q (coordenadas viejas)P = P (coordenadas viejas)
entonces una forma es buscar la función gene-
ratriz o como se llame, es decir encontrar en forma explícita la F tal que K = H + ∂F∂t y que satisfaga las ecs. de
hamilton:
∂K
∂Pk= Qk
∂K
∂Qk= −Pk
.
2. Ver que se satisface todo eso de los corchetes de Poisson
[Qi, Qk] = 0[Pi, Pk] = 0[Qi, Pk] = δi,k
[Qi, pk] = δi,k
.
3. Usar lo de MJ M T = J .
4. Usar las derivadas de la consigna del ejercicio 1, guía 8, ítem a).
5. Hay otra forma que no vemos en este curso.
Parece que la forma más copada es la primera y como que siempre apuntamos a eso en esta materia. También la segunda delos corchetes de Poisson.
Ejemplo Vamos a resolver el ítem b) del ejercicio 1 de la guía 8 usando el método segundo de los corchetes de Poisson. Estoes
[Q,P ]q,p = ∂Q
∂q
∂P
∂p− ∂Q
∂p
∂P
∂q
= −1qq
[− sin p
sin p −cos2 p
sin2 p
]− cos p
sin pcos psin p
= 1sin2 p
− cos2 p
sin2 p= 1
y entones con esa cuenta probamos que la transformación es canónica.
Guía 8 ejercicio 2
Queremos averiguar si lo que nos dan es una transformación canónica, es decirx = X cosλ+ Py
mωsinλ
y = Y cosλ+ Pxmω
sinλ
px = −mωY sinλ+ Px cosλpy = −mωX sinλ+ Py cosλ
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10 PEQUEÑAS OSCILACIONES
Una forma es probando no sé qué igualdades (creo que las del ítem a del ejercicio 1). La otra es usando los corchetes dePoisson y probando que
[x, y]X,Y = 0[px, py]X,P = 0
acá no entiendo bien qué escribió en el pizarrón. No sé si lo que sigue es parte de lo anterior o es otra cosa, copio textual:[px, x] = −1[px, y] = 0[py, x] = 0[py, y] = −1
Lo malo del primer método (el que usa las igualdades del ejercicio 1) es que tenemos que calcular cosas como ∂Pj∂pi
, esdecir que tenemos que invertir la transformación y es más cuenta.
Los corchetes de Poisson se calculan según
[f, g] = −∑k
∂f
∂pk
∂f
∂xk− ∂f
∂xk
∂f
∂pk
(acá hubo bardo con el tema de que Landau lo define al revés o algo así, y empezaron a agregar signos negativos y no séqué. Por las dudas chequear. Nosotros usamos la notación del libro de siempre cuyo nombre ahora se me fue de la mente, yel profesor de hoy usó el Landau.). Vamos a desarrollar uno como ejemplo:
[x, y]X,P = ∂x
∂X
∂y
∂Px− ∂x
∂Px
∂y
∂X+ ∂x
∂Y
∂y
∂Py− ∂x
∂Py
∂y
∂Y
Ahora simplemente es reemplazar las formulitas de la consigna y ver qué da.Por otro lado, luego de aplicar las transformaciones canónicas al hamiltoniano éste se convierte en
H ′ =P 2x + P 2
y
2m + mω2
2(X2 + Y 2)
Las ecuaciones de movimiento quedan X = −ω2X
Y = −ω2Y
que es lo mismo que en las variables x e y. Lo que sí cambia son las condiciones iniciales.
AlgoEjercicio 11 mandó, pero no hay... Creo que es el Guía 8 ejercicio 3. Nos estamos preguntando qué significa que
[H , f ] = 0→ Qué significa?
Parece que se puede mostrar quedf
dt= [H , f ] + ∂f
∂t
por lo tanto si [H , f ] = 0 entonces dfdt = ∂f
∂t . Además se tiene que si[H , f ] = 0∂f
∂t= 0
⇒ df
dt= 0⇒ f es una cantidad conservada
10. Pequeñas oscilacionesHay que aproximar las energías a orden 2.
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10.1 Parcial 27/6 - Problema 1 10 PEQUEÑAS OSCILACIONES
10.1. Parcial 27/6 - Problema 1El aro grande de masa M mayúscula tiene una energía cinética que se compone de una traslación y una rotación. La
expresión sería
TM = ICMw
θ2 + r2CM
2 M
con elrCM = (`+ a) rM
Si lo planteáramos usando Steiner respecto del punto A se obtiene
TM = ICM +Mb2
2 θ2 → Usando Steiner
El momento de inercia esICM = Ma2
La energía potencial del aro esUM = −Mgb cos θ
Para el de la masa chica esUm = −mg (b cos θ + a cosφ)
Ahora escribimos la energía cinética para la masa m. Para ello primero escribimos la posición de esta masa que será
rm = rCM + arm
= brM + arm
de modo tal querm = bθθM + aφφm
Cada uno de estos versores son (salen de polares)θM =
[− sin θ cos θ
]φm =
[− sinφ cosφ
]Ahora, usando eso, elevamos la velocidad al cuadrado
r2m = b2θ2 + a2φ22abθφθM · φm
y tenemos que θM · φm = · · · = cos (θ − φ). Metiendo todo eso en la energía cinética se obtiene y armando el lagrangiano seobtiene
L = M +m
2 b2θ2 + Ma2
2 θ2 + ma2
2 φ2 + m
2 2abθφ cos (θ − φ) + (M +m) gb cos θ +mga cosφ
Ahora empezamos a hacer trucos. Lo primero que tenemos que ver es cómo aproximamos el cos (θ − φ). Para ello usamoslo siguiente:
Teoría Si qi = qequilibrio + ηi entonces el potencial se aproxima por
V (q) ≈ V (qequilibrio) +
∂V
∂qi
⌋qequilibrio
ηi + 12
∂V
∂qi∂qj
⌋qequilibrio︸ ︷︷ ︸
Vij
ηiηj
entonces V ≈ cte + 12Vijηiηj .
Nosotros, recordemos, que buscamos aproximaciones (en L ) de segundo orden. Entonces la energía la vamos a tener quedesarrollar como
T = 12mij (q) ηiηj
≈ mij (qequilibrio)2 ηiηj
= 12Tij ηiηj
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10.1 Parcial 27/6 - Problema 1 10 PEQUEÑAS OSCILACIONES
Entonces el potencial se aproxima como
V = − (M +m) cos θgb−ma cosφ A orden 1→ cos ε ∼ 1− ε2
2
≈ − (m+M) gb(
1− θ2
2
)−mag
(1− φ2
2
)= cte + (M +m) gbθ
2
2 +magφ2
2
Acá tenemos que los η1 = θ y el η2 = φ . Entonces la matriz de los Vij de antes sería V =[(M +m) gb 0
0 mga
].
Ahora aproximamos la energía cinética. Habíamos encontrado que era
T = M +m
2 b2θ2 + Ma2
2 θ2 + ma2
2 φ2 + m
2[abθφ cos (θ − φ) + abθφ cos (θ − φ)
]Desarrollándola en la forma T = 1
2mij (q) ηiηj ≈ 12Tij ηiηj entonces la matriz mij sería
mij =[(M +m) b2 +Ma2 ab cos (θ − φ)mab cos (θ − φ)m ma2
]donde usó el truco ηiηj = 1
2 (ηiηj + ηjηi). Ahora anotó lo siguiente que es importante:
Importante Para mantener el orden 2, como ya tengo ηiηj (en la fórmula de T ), tenemos que aproximar la matriz a ordencero.
Entonces
mij (θ, φ) ≈ Tij = matriz constante
=[(M +m) b2 +ma2 mab
mab ma2
]Obsérvese que se aproximó cos ε ∼ 1 a orden cero.
Con todo esto ahora podemos escribir el lagrangiano como
L = 12Tij ηiηj −
12Vijηiηj
Si ahora hacemos Euler-Lagrange obtenemos
d
dt
(∂L
∂ηi
)= ∂L
∂ηi12Tij ηj = −1
2Vijηj
Entonces proponemos como solución ηj = Ajeiωt por lo tanto
−ω2
2 Tijηj = −12Vijηi
y de aquí se obtiene que (Vij − ω2Tij
)ηj = 0
Si todo esto se trabaja con notación matricial la cosa hubiera sido plantear que lo que tiene que pasar es que(V − ω2T
)M = 0⇒ det
(V − ω2T
)= 0→ Autovalores y autovectores
En el último ítem pide que hagamos a = l y ω20 = g
a y M = m. En este caso las matrices son
T = ma2[9 22 1
]V = m
g
aa2[4 00 1
]En este caso se obtiene
ω2± = 13±
√89
10 ω20
y se aquí se obtiene (no sé qué es esto) que.Los resueltos de
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11 SCATTERING
11. ScatteringParece que no entra en el parcial, pero igual lo vamos a ver. Está en el Taylor. El esquema es el que sigue:
anillo de radio b
d sigma=2 pi b db
dΩ=2pi*sin(theta) d theta → ángulo sólido
z
theta
Las partículas que pasan por el primero de los dos anillos luego sufren una desviación tal que pasan por el segundo delos anillos. El ángulo θ es medido respecto del eje z y el ángulo φ mide a lo largo de los anillos (como si fuesen esféricas conel eje z acostado). No sé por qué, pero parece que es claro que,
dσ
dΩ = 2πb db2π sin θ dθ
= b
sin θ
∣∣∣∣ dbdθ∣∣∣∣→ Sección eficáz diferencial
A eso se lo llama sección eficaz. Es importante porque nos sirve para saber cuántas partículas se desviarán según
dNdesviadas = NincidenteNtargetdσ
dΩ dΩ
Esta ecuación dice “la cantidad de Ndesviadas que habrá en el ángulo sólido dΩ es proporcional al Nincidente, a la cantidad departículas Ntarget que tiene el objetivo y proporcional a la sección eficaz”.
Ahora está copiando textual del Taylor, así que dejé de anotar.
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