mecánica clásica

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MECANICA CLASICA

Luis Rodríguez Valencia1

Departamento de FísicaUniversidad de Santiago de Chile

13 de marzo de 2008

1email: [email protected]

Contenidos

1. Sistema de Partículas 11.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1. Sistema Inercial de referencia . . . . . . . . . . . . . . 21.1.2. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.3. Torque en punto arbitrario . . . . . . . . . . . . . . . . 71.1.4. Teorema Energía Trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . 81.1.5. Sistema de dos partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2. Campo Central de Fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.2.1. Ecuación diferencial para la órbita . . . . . . . . . . . 161.2.2. Relación entre energía y excentricidad . . . . . . . . . 18

1.2.3. Expresión integral para la trayectoria . . . . . . . . . . 201.3. Estabilidad de una órbita circular . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.3.1. Otro punto de vista . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.3.2. Un caso inestable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.3.3. Otro caso estable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.4. Problema de Kepler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.5. Sistemas de masa variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.6.1. Sistema de partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.6.2. Sistemas de masa variable . . . . . . . . . . . . . . . . 401.6.3. Movimiento en un campo central de Fuerza . . . . . . . 49

2. Sistema de referencia no inercial 812.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 812.2. Movimiento relativo a la tierra . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

2.2.1. Vertical y aceleración de gravedad del lugar . . . . . . 832.2.2. Ecuación de movimiento aproximada . . . . . . . . . . 87

IV CONTENIDOS

2.2.3. Péndulo de Foucault . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 882.2.4. Péndulo esférico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

2.3. Teorema de Larmor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 902.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

3. Rotaciones. 1053.1. Rotaciones de un sistema. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

3.1.1. Rotaciones de un sistema de coordenadas. . . . . . . . 1053.1.2. Ángulos de Euler. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1123.1.3. Parámetros de Cayley Klein. . . . . . . . . . . . . . . . 1143.1.4. Transformaciones de similaridad. . . . . . . . . . . . . 1153.1.5. Relaciones entre matrices de Pauli. . . . . . . . . . . . 1163.1.6. Parámetros de Euler. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

3.2. Velocidad angular. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1183.2.1. Descomposición del movimiento. . . . . . . . . . . . . . 1183.2.2. Teorema de adición de velocidades angulares. . . . . . 119

3.3. Ejercicios resueltos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

4. Sistema rígido de partículas 1274.1. Cantidades cinemáticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

4.1.1. Energía cinética y momentum angular . . . . . . . . . 1294.1.2. Algunas propiedades de la matriz de inercia . . . . . . 1294.1.3. Teoremas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1304.1.4. El elipsoide de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

4.2. Ecuaciones dinámicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1334.2.1. Movimiento Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1344.2.2. Un ejemplo en más dimensiones, la bola de billar . . . 141

4.3. Movimiento en tres dimensiones . . . . . . . . . . . . . . . . . 1434.3.1. Ecuaciones de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1434.3.2. Torque nulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1444.3.3. Cuerpo simétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1454.3.4. Trompo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

4.4. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1564.5. Movimiento con loops . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168

4.5.1. Resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1684.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168

CONTENIDOS V

5. Ecuaciones de Lagrange 1895.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1895.2. Restricciones o vínculos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

5.2.1. Vínculos holonómicos y coordenadas generalizadas . . . 1905.2.2. Fuerzas de vínculos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1915.2.3. Desplazamientos virtuales . . . . . . . . . . . . . . . . 191

5.3. Ecuaciones de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1925.3.1. Vínculos no holonómicos . . . . . . . . . . . . . . . . . 1935.3.2. Condición de integrabilidad . . . . . . . . . . . . . . . 195

5.4. Sistemas Conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1955.4.1. Momentos canónicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1955.4.2. El hamiltoniano del sistema . . . . . . . . . . . . . . . 1965.4.3. Teoremas de conservación . . . . . . . . . . . . . . . . 1985.4.4. Hamiltoniano y energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1995.4.5. Fuerzas dependientes de la velocidad . . . . . . . . . . 2005.4.6. Teorema de Noether . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202

5.5. Ejemplos y aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2045.5.1. Trompo simétrico. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2045.5.2. Bola que rueda sobre un plano, sometida en su centro

a una fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2085.6. Las ecuaciones de Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

5.6.1. Sistemas autónomos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2145.6.2. Puntos críticos o de equilibrio . . . . . . . . . . . . . . 2145.6.3. Estabilidad de un punto de equilibrio . . . . . . . . . . 2225.6.4. La bifurcación de Saddle point . . . . . . . . . . . . . . 2225.6.5. Análisis de estabilidad más en general . . . . . . . . . 2245.6.6. La bifurcación de pitchfork . . . . . . . . . . . . . . . . 2245.6.7. La bifurcación de Hopf . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2255.6.8. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2285.6.9. Otro punto de vista . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2335.6.10. Un caso inestable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2335.6.11. Otro caso estable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234

5.7. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234

6. Ecuaciones de Hamilton 2536.1. La Acción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253

6.1.1. Principio variacional de Hamilton . . . . . . . . . . . . 2546.2. Transformaciones canónicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255

VI CONTENIDOS

6.2.1. Formas de la transformación . . . . . . . . . . . . . . . 2566.3. Paréntesis de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257

6.3.1. Propiedades de los Paréntesis de Poisson . . . . . . . . 2586.4. Ecuaciones de Movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2586.5. Problemas y Aplicaciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2596.6. Método de Hamilton Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262

6.6.1. Función principal de Hamilton . . . . . . . . . . . . . . 2636.6.2. Relación con la acción S . . . . . . . . . . . . . . . . . 2666.6.3. Función característica de Hamilton . . . . . . . . . . . 2666.6.4. El oscilador armónico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268

6.7. Variables de Acción Angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2706.7.1. Sistemas periódicos con un grado de libertad . . . . . . 270

7. Oscilaciones pequeñas 2737.1. La energía cinética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2737.2. La energía potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274

7.2.1. Posición de equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2747.2.2. Estabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274

7.3. Linealización . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2757.4. El lagrangiano aproximado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2757.5. Solución de las ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . 276

7.5.1. Diagonalización . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2787.5.2. Solución del sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279

7.6. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281

8. Sistemas continuos 2918.1. Oscilaciones transversales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2918.2. Límite continuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292

8.2.1. Lagrangiano para la cuerda continua . . . . . . . . . . 2938.2.2. Densidad Lagrangiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2948.2.3. Principio de Hamilton para sistemas continuos . . . . . 294

8.3. Soluciones de la ecuación de onda . . . . . . . . . . . . . . . . 2958.3.1. Condiciones de frontera . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2978.3.2. Condiciones iniciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 298

8.4. Método de las series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . 2998.5. Solución de D’Alembert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301

8.5.1. Condiciones iniciales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3018.5.2. Condiciones de frontera . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302

CONTENIDOS VII

8.5.3. Casos particulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3028.5.4. Extensión de F (x) o V (x) . . . . . . . . . . . . . . . . 303

8.6. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304

8.6.1. Si la cuerda parte recta con un perfil de velocidadesiniciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304

8.7. Consideraciones energéticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3078.7.1. Potencia en ondas armónicas . . . . . . . . . . . . . . . 3078.7.2. Membranas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3088.7.3. Solución para geometrías específicas . . . . . . . . . . . 310

8.8. Elementos de mecánica de Fluidos . . . . . . . . . . . . . . . . 3138.8.1. Cambio del volumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3148.8.2. Líneas de flujo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317

8.9. Ecuación de movimiento de un fluido ideal . . . . . . . . . . . 3198.9.1. Onda sonoras en un fluido . . . . . . . . . . . . . . . . 3208.9.2. Ondas de canal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3228.9.3. Ondas de superficie en líquidos . . . . . . . . . . . . . 3258.9.4. Más sobre ondas de superficie . . . . . . . . . . . . . . 3348.9.5. Ecuación no lineal efectiva . . . . . . . . . . . . . . . . 3378.9.6. Una solución aproximada . . . . . . . . . . . . . . . . . 3398.9.7. Algunas soluciones de la ecuación de onda. . . . . . . . 3398.9.8. A) Ondas planas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3398.9.9. B) Ondas esféricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3408.9.10. Las ondas electromagnéticas . . . . . . . . . . . . . . . 3418.9.11. Ondas electromagnéticas planas . . . . . . . . . . . . . 3438.9.12. Velocidad de grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3468.9.13. Efecto Doppler clásico . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3488.9.14. Efecto Doppler relativista . . . . . . . . . . . . . . . . 3498.9.15. Efecto Doppler para ondas luminosas . . . . . . . . . . 349

8.10. Ejercicios propuestos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350

9. Problemas complementarios 357

10.Problemas resueltos 365

VIII CONTENIDOS

11.Apéndice 39311.1. Una ecuación diferencial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39311.2. Las funciones elíptica Jacobianas. . . . . . . . . . . . . . . . . 39511.3. El péndulo esférico. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39611.4. Operador ∇. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401

11.4.1. Gradiente. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40111.4.2. Divergencia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40211.4.3. Rotor de un campo vectorial. . . . . . . . . . . . . . . 40311.4.4. Algunas propiedades. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40511.4.5. El Laplaciano ∇2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405

Índice de figuras

1.1. Transformación de Galileo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2. Sistema de partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3. sección cónica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.4. Tipos de cónicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.1. Sistema no inercial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 822.2. Sistema fijo a la Tierra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 842.3. Gravedad local, tierra esférica (a) y real (b) . . . . . . . . . . 86

3.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1063.2. Rotación en torno a un eje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1083.3. Rotación activa de un vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1103.4. Adición de velocidades angulares . . . . . . . . . . . . . . . . 120

4.1. velocidades de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . 1284.2. Elipsoide de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1314.3. Bola de billar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1414.4. Cuerpo simétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1464.5. Conos del espacio y del cuerpo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1474.6. Conos del espacio y del cuerpo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1694.7. Choque cuerpos rígidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

5.1. Transformación de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1965.2. Trompo simétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2055.3. Esfera atraida hacia el origen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2085.4. Autovalores reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2185.5. Autovalores complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2195.6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2235.7. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227

X ÍNDICE DE FIGURAS

5.8. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2275.9. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2375.10. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2395.11. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2425.12. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2435.13. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2485.14. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249

7.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2827.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2857.3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287

8.1. Potencia en una onda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3088.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3098.3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3158.4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3238.5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329

9.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3599.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3609.3. Mínimo de una acción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362

10.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36510.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37410.3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37710.4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38010.5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38310.6. coordenadas elípticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384

11.1. Tipo de solución de una ecuación diferencial . . . . . . . . . . 39411.2. Péndulo esférico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396

Capítulo 1

Sistema de Partículas

1.1. Ecuaciones de movimiento

Esta parte de la Mecánica, se presenta en forma bastante resumida. Sepresentan las principales definiciones y relaciones cinemáticas así como lasecuaciones clásicas de movimiento para un sistema de partículas puntualessuponiendo interacciones que cumplan el principio de acción y reacción. Lasdefiniciones de cantidades Físicas cinemáticas, que involucran las masas, lasposiciones, las velocidades, tales como la energía cinética, momentum lineal,momentum angular, son naturalmente relativas al sistema de referencia quese escoja. Entre esos diversos sistemas de referencia, las relaciones que exis-tan entre esas cantidades físicas, se desprenderán de las transformaciones deGalileo para sistemas, vea figura (??), que se trasladan unos respecto de otroscon velocidad constante v

r 0 = r − vt.

Más en general para sistemas de referencia arbitrarios, admitiendo acele-raciones y rotaciones de ellos respecto a uno supuesto fijo, las relacionesentre velocidades y aceleraciones de partículas son más complicadas. Podemosadelantar que las relaciones entre velocidades y aceleraciones son (2.2,2.3)

v = vA + ω × r 0 + v rel,

a = aA + α× r 0 + 2ω × v rel + ω × (ω × r 0) + a rel,

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2 Sistema de Partículas

ZZ'

Y'

X'Y

X

O

O'

r

r '

Figura 1.1: Transformación de Galileo

siendo α = dω/dt. Debe notarse que la velocidad y aceleración relativas sonlas derivadas de los vectores posición y velocidad relativos manteniendo fijaslas direcciones de los ejes móviles, lo cual en algunos textos se indica por

v rel =∂r 0

∂t, a rel =

∂v rel

∂t.

1.1.1. Sistema Inercial de referencia

En la formulación de la dinámica clásica, se supone la existencia de al me-nos un sistema privilegiado de referencia, un Sistema inercial de referencia.Por definición, un sistema inercial de referencia es aquel (hipotético) sistemarelativo al cual una partícula libre tiene velocidad constante o en particularnula (vea página 5 de referencia [11]) . Como consecuencia de la transforma-ción de Galileo, todo sistema que se traslade con velocidad constante respectoa uno inercial de referencia, es también sistema inercial de referencia. La e-xistencia de uno por lo menos, sería materia de validación experimental, conlas obvias dificultades que ello presenta. Se acepta que al menos aproxima-damente, el marco de las estrellas fijas, lo es. Esta es una materia hoy en díade acuerdo internacional. En efecto en Agosto de 1997, la Unión Astronómi-


1.1 Ecuaciones de movimiento 3

ca Internacional (IAU) decidió que a partir del primero de Enero de 1998,el IAU sistema de referencia celestial sea el sistema (ICRS), en reemplazodel sistema FK5. Hay abundantes referencias en la WEB, por ejemplo enhttp://hpiers.obspm.fr/webiers/general/syframes/icrsf/ICRS.html.

Definiciones y notación

Respecto a un determinado sistema de referencia, ver fig.(1.2) (nonecesariamente inercial), sean

i índice i = 1, 2, 3 · · ·NN entero número de partículas del sistema.mi .. ............. masa partícula i.ri .. ............. vector posición partícula i.vi = dri/dt velocidad partícula i.ai = dvi/dt aceleración partícula i.Fi .. ............. fuerza externa actuando sobre partícula i.fij .. ............. fuerza que partícula j ejerce sobre partícula i.P =

Ximivi Momentum lineal del sistema.

K = 12

Ximiv

2i Energía cinética del sistema.

L0 =X

imiri × vi Momentum angular del sistema respecto a O.

F ext =X

iFi Fuerza externa resultante.

ΓextO =X

iri × Fi Torque resultante externo respecto a O.

M =X

imi masa total sistema.

rG =X

imiri/M posición del centro de masa.

En este resumen no se pretende discutir los fundamentos de la formulaciónNewtoniana, cuya mayor dificultad radica en las definiciones

(independientes) de Fuerza, masa y aceleración, así como en los conceptosde espacio y tiempo, que supondremos materias conocidas.



Z

Y

X

O

ri

fij Fi

ri

mi

mj

sistema

Figura 1.2: Sistema de partículas

1.1.2. Ecuaciones de movimiento

Con respecto a un sistema inercial de referencia, cada una de las N par-tículas cumple con la llamada segunda ley de Newton

miai = Fi +Xj 6=i

fij. (1.1)

F exti representa la fuerza externa actuando sobre la partícula i. Si las fuerzasde interacción fij satisfacen la llamada ley de acción y reacción, es decir

fij + fji = 0, y fij × (ri − rj) = 0,

puede demostrarse a partir de las N ecuaciones de movimiento, los siguientesimportantes teoremas

I Teorema 1.1

dP

dt= F ext, (1.2)



Demostracion 1Si sumamos todas las ecuaciones (1.1) obtendremosX

i

miai =Xi

Fi +Xi

Xj 6=i

fij,

pero debido a la ley de acción y reacción, la suma doble se anula, entonces

d

dt

Xi

mivi =Xi

Fi = F ext,

dP

dt= F ext.

I Teorema 1.2

MaG = F ext.

Demostracion 2Este teorema sigue del anterior al considerar que

P =Xi

mivi =d

dt

Xi

miri

= Md

dt

Xi

miriM

=MvG.

dLO

dt= ΓextO . (1.3)

Demostracion 3Basta considerar queX

j 6=i

Xri × fij =

Xj 6=i

Xrj × fji =

1

2

Xj 6=i

X(ri − rj)× fij = 0,

luego tendremosXi

miri × ai =Xi

ri × Fi +Xi

Xj 6=i

ri × fij,

d

dt

Xi

miri × vi =Xi

ri × Fi,

que prueba el teorema.



Las ecuaciones (1.2) y (1.3) son, en general, insuficientes para determinarlas posiciones de las partículas siendo la excepción más notable un sistemarígido de partículas, que tiene justamente 6 grados de libertad, o en otraspalabras, que su posición puede especificarse con solo 6 coordenadas o pa-rámetros. La segunda de las ecuaciones anteriores, toma la misma forma enun sistema especial, no necesariamente inercial, con origen en el centro demasas G y tal que sus ejes no roten. Es decir, puede probarse que

dLG

dt= ΓextG . (1.4)

Entre el sistema inercial y ese otro mencionado con origen en G, puedendemostrarse las siguientes relaciones (relaciones de Koenig), consecuenciassimples de la transformación de Galileo

I Teorema 1.3De Koenig

LO = MrG × vG + LG

K =1

2Mv2G +KG

siendo KG y LG la energía cinética y momentum angular relativos al sistemacon origen en G.

Demostracion 4En efecto, si usamos la transformación de Galileo, podemos escribir (si losejes móviles no rotan)

ri0 = ri − rG,

v 0i = vi − vG,

de modo que resultará

LO =X

mi(ri0 + rG)× (vi0 + vG)

=X

mi( ri0 × vi

0 + rG × vi0 + ri

0 × vG + rG × vG),

pero Xmiri

0 = 0,X

mivi0 = 0,



de donde sigue el primer resultado. Similarmente

K =1

2

Xmi(vi

0 + vG) · (vi0 + vG)

=1

2

Xmi(vi

0 · vi0 + vG · vi0 + vG · vi0 + vG · vG),

de donde sigue el segundo resultado.

1.1.3. Torque en punto arbitrario

En general, si se considera otro sistema con origen en un punto A, cuyosejes no roten, definimos

LA =X

mi(ri − rA)×d

dt(ri − rA)

entonces considere el siguiente desarrollo

dLA

dt=

Xmi(ri − rA)×

d2

dt2(ri − rA)

=X

mi(ri − rA)× (ai − aA)

=X

miri × (ai − aA)−X

mirA × (ai − aA)

=dL0dt−MrG × aA − rA ×

XF exti +MrA × aA

=X(ri − rA)× F ext

i +M(rA − rG)× aA.

es decir

dLA

dt= ΓextA −M

−→AG× aA, (1.5)

de modo que, la relación entre derivada del momentum angular y torque, esválida para puntos (A) que cumplan una de las siguientes condiciones:

A = G, aA = 0, aA paralela a−→AG.

Usted puede demostrar que además se tiene en general.

LO =MrA × vG +M−→AG× vA + LA.

Aplicaciones de la ecuación (1.5) pueden verse en ([10]).



Ejercicio 1.1.1 Discuta la posible aplicación del tercer caso (a paralela a−→AG), cuando se trata de un cuerpo rígido que rueda sin deslizar, conside-rando el punto A como el punto de contacto. Es un error común considerarcomo argumento para el uso de lo anterior que dicho punto tiene velocidadinstantánea cero, pues en general tiene aceleración no nula.

1.1.4. Teorema Energía Trabajo

De las ecuaciones de movimiento es posible escribir una primera integralde ellas en la forma que sigue, donde, sin perder generalidad, se separan lasfuerzas externas en sus posibles partes conservativa y no conservativa. Ade-más se supone que las fuerzas de interacción son derivables de un potencial deinteracción dependiente de la distancia entre las dos partículas y posiblemen-te de parámetros propios de ellas dos (masas, cargas, etc.). En el caso de unsistema rígido de partículas, la última suposición no es necesaria, por cuan-to el trabajo que realizan las fuerzas de interacción es nulo, al mantenerseconstantes las distancias entre partículas. Este teorema es

∆(K + V + V int) =W nc1→2, (1.6)

donde el trabajo no conservativo (nc) externo (ext) es la integral de línea

W nc1→2 =

2Z1

F ext,nc · dr, (1.7)

V es la energía potencial asociada a la posible parte conservativa de lafuerza externa y V int la energía potencial de interacción. Si el lado derecho,el trabajo realizado por la posible parte no conservativa de la fuerza exteriores cero, entonces se conserva la energía mecánica total del sistema. En el casoimportante de un sistema rígido de partículas, al no variar las distancias entrelas partículas, puede tomarse V int = 0.

Demostración

Para demostrar lo anterior consideremos que la fuerza externa Fi es enparte conservativa derivable de un potencial V (r1, r2, · · · , rN) y las fuerzasde interacción fij conservativas derivables de un potencial de interacción



V intij (ri, rj). Entonces las ecuaciones de movimiento puede escribirse

miai = Fi +Xj 6=i

fij = −∇iV + F nci +

Xj 6=i(−∇iV

intij (ri, rj)).

Multiplicando · dri y sumando todas las ecuaciones se obtieneXi

midvidt· dri = −

Xi

∇iV · dri +Xi

Fnci · dri −

Xj 6=i

X∇iV

intij (ri, rj) · dri,

pero

dV =Xi

∇iV · dri,

midvidt· dri =

1

2mi

d

dtv2i ,

y

d

Ã1

2

Xj 6=i

XV intij (ri, rj)

!=

1

2

Xj 6=i

X∇iV

intij (ri, rj) · dri +

1

2

Xj 6=i

X∇jV

intij (ri, rj) · drj

=Xj 6=i

X∇iV

intij (ri, rj) · dri,

dado que V intij (ri, rj) = V int

ji (rj, ri). Luego tenemos

dXi

1

2miv

2i = −dV +

Xi

F nci · dri − dV int,

donde

V int =1

2

Xj 6=i

XV intij (ri, rj),

y esto prueba el teorema en su forma diferencial

dK + dV + dV int =Xi

Fnci · dri = dWnc.



1.1.5. Sistema de dos partículas

El problema definido por el conjunto de ecuaciones (1.1), es en generalno solucionable analíticamente, si N ≥ 3. La principal dificultad consiste enla imposibilidad de separar variables. El sistema de dos partículas interac-tuando a través de una fuerza conservativa es un caso soluble de sistemas departículas. Tomando en cuenta la validez del principio de acción y reacción,las dos ecuaciones para ese caso son

m1a1 = f(r1 − r2)

m2a2 = −f(r1 − r2).

Esas ecuaciones son fácilmente desacoplables utilizando como nuevas varia-bles las posición del centro de masa rG y la posición relativa r = r1 − r2resultando

MaG = 0,

μa = f(r), (1.8)

siendo μ la masa reducida del sistema de dos partículas, es decir

μ =m1m2

m1 +m2. (1.9)

Entonces, el problema se ha reducido a resolver el problema de una partículade masa reducida μ en presencia de una fuerza central, con centro de fuerzaen una de las partículas. Este resultado es sorprendentemente simple consi-derando que el origen (la posición de una de las partículas) está acelerado.

Ejemplo 1.1.1 Considere dos partículas de masasm1 ym2 que están unidaspor una cuerda inextensible liviana de longitud L y no hay otra fuerza másque la tensión de la cuerda. Las partículas se colocan en movimiento convelocidades en el mismo sentidos y perpendiculares a la cuerda de magnitudesv1 y v2. Determine la tensión de la cuerda.

Solución. De acuerdo a lo explicado

m1a1 = −T(r1 − r2)

|(r1 − r2)|,

m2a2 = T(r1 − r2)

|(r1 − r2)|,



de donde para r = r1 − r2, se obtiene

μa = −T r,

o sea la aceleración relativa es radial dada por

a = −Tμ.

La trayectoria relativa es obviamente una circunferencia de radio L de maneraque

T

μ=

v2

L,

la rapidez relativa es tangencial de magnitud v = |v1 − v2| por lo tanto

T =μ |v1 − v2|2

L.

N

Energía cinética

Las posiciones individuales de las dos partículas pueden escribirse

r1 = rG +m2

Mr,

r2 = rG −m1

Mr,

y si derivamos respecto al tiempo, obtenemos las velocidades de las partículas

v1 = vG +m2

Mv,

v2 = vG −m1

Mv,



por lo cual la energía cinética será

K =1

2m1v

21 +

1

2m2v

22

=1

2m1

µv2G + 2

m2

MvG · v +

³m2

Mv´2¶

+

1

2m2

µv2G − 2

m1

MvG · v +

³m1

Mv´2¶

=1

2Mv2G +

1

2

µm1

³m2

Mv´2+m2

³m1

Mv´2¶

=1

2Mv2G +

1

2

m1m2

M

³m2

Mv2 +

m1

Mv2´,

que prueba el importante resultado.

K =1

2Mv2G +

1

2μv2. (1.10)

Ejemplo 1.1.2 Suponga un asteroide esférico de 10 km de diámetro que tie-ne una rapidez de 60 km s−1, con una densidad (como el agua) de 1000 kgm−3.Determine la energía que debería liberar una explosión interna para dividiral asteroide en dos trozos iguales, cada uno formando un ángulo de cincogrados respecto a la dirección de la velocidad original.

Solución. La cantidad de movimiento en la dirección inicial se conserva,luego

mv0 = 2×m

2v0 cos θ,

de donde

v0 =v0cos θ

.

La energía necesaria será

E = K 0 −K =

=1

2m(v0)2 − 1

2mv20

=1

2mv20 tan

2 θ.



Cálculos dan

v0 = 601000

3600= 60. 2 8ms−1,

m =4

3πR3ρ = 5. 24× 1014 kg,

E = 7. 287 × 1015 J,= 1,7 megatones.

N

Ejemplo 1.1.3 En otra suposición considere un asteroide esférico de 2000 kmde radio que tiene una rapidez de 70000 kmh−1, con una densidad de 5000 kgm−3.Determine la energía que debería liberar una explosión interna para dividiral asteroide en dos trozos iguales, cada uno formando un ángulo de cincogrados respecto a la dirección de la velocidad original.

Solución. La cantidad de movimiento en la dirección inicial se conserva,luego

mv0 = 2×m

2v0 cos θ,

de dondev0 =

v0cos θ

.

La energía necesaria será

E = K 0 −K =

=1

2m(v0)2 − 1

2mv20

=1

2mv20 tan

2 θ.

Cálculos dan

v0 = 70000 kmh−1 = 700001000

3600= 70000. 3m s−1,

m =4

3πR3ρ = 1. 7× 1023 kg,

E = 3. 2× 1030 J,= 7. 6× 1014 megatones.



N

Nota 1.1 Hace aproximadamente 65 millones de años atrás un asteroidede alrededor de R = 20km de radio y una velocidad del orden v = 20 km s−1

impactó la Tierra y causó el fin de la mayor parte de la vida en la Tierra. Sisuponemos una densidad del orden de ρ = 5000 kgm−3 (5 veces la del agua)su energía cinética sería

K =1

2(4

3πR3ρ)v2 = 33. 52× 1024 J,

y como 1 megaton = 4,2× 1015 J esa energía equivale aproximadamente a

K = 8× 109 megatones,

quizás la explosión de todo el arsenal nuclear actual. La bomba atómica de Hi-roshima fue del orden de 1

60megaton. Vea más detalles sobre las consecuencias

del impacto en http://www.eas.purdue.edu/eas109/ Day%20the%20 Dino-saurs%20Died.htm.

1.2. Campo Central de Fuerza

Consideraremos una partícula de masa μ sobre la cual actúa una fuer-za central conservativa cuya dirección es paralela al vector posición r. Másadelante, al estudiar scattering entre dos partículas consideraremos más endetalle la presencia de los dos cuerpos y la transformación entre coordena-das relativas y coordenadas del laboratorio Por ahora, el vector posición rrepresentará el vector posición relativo entre las dos partículas. Si escribimosla fuerza central como

f(r) = −dV (r)dr

r,

y se deducen de aquí

I Teorema 1.4Se conserva el momentum angular lO = μr × v.

Demostracion 5Tenemos

μa = f(r) = −dV (r)dr

r,


1.2 Campo Central de Fuerza 15

de donde

r × μa = μr × dv

dt= 0,

o biend

dtμr × v = 0⇒ lO = μr × v = constante.

I Teorema 1.5La trayectoria está sobre un plano fijo, perpendicular al vector constante lO.

Demostracion 6Del teorema anterior sigue que

lO · r = μr × v · r = 0,

de modo que r permanece sobre un plano fijo perpendicular a l0.

Por lo tanto, es suficiente utilizar coordenadas polares (r, θ) en el plano delmovimiento. En esas coordenadas, las ecuaciones de movimiento serán

μ

µd2r

dt2− rθ

2¶= −dV (r)

dr(1.11)

ylO = μr2θ = constante. (1.12)

Eliminando θ es posible escribir una ecuación radial para r(t) y su primeraintegral que corresponde a la conservación de la energía E. Es decir

μ

µd2r

dt2− l2O

μ2r3

¶= −dV (r)

dr

y una primera integral de esta corresponde a la conservación de la energía

1

2μv2 + V (r) =

1

2μr2 +

l2O2μr2

+ V (r) = E = constante.

Si llamamos potencial efectivo para la coordenada radial a

U ef =l2O2μr2

+ V (r),

este es diferente de cero incluso para una partícula libre. El efecto del primertérmino es siempre repulsivo lo cual se puede entender, para el caso de una



partícula libre que se mueve en línea recta, simplemente porque la distanciar al origen pasa siempre por un mínimo. Para potenciales V (r) atractivos(negativos), en general pueden haber máximos y mínimos de la distancia r,los llamados puntos de retorno r1 y r2. La figura que sigue

r

Uef

O r1 r2

E < 0Emin

E > 0

Potencial efectivoilustra porqué cuando la energía es negativa, hay dos puntos de retorno r1y r2. Cuando la energía total iguala a Uef entonces r = 0. Para energíaspositivas habrá sólo un mínimo de r. También se entiende porqué la mínimaenergía posible corresponde al caso de la circunferencia con r1 = r2.

1.2.1. Ecuación diferencial para la órbita

La dependencia de las variables polares en el tiempo es compleja. Esmás simple encontrar la dependencia de la distancia con el ángulo, es decirencontrar la órbita. En efecto, haciendo uso de la conservación del momentumangular, es posible eliminar el tiempo de la ecuación radial (1.11) mediante

d

dt=

dθ

dt

d

dθ=

l2Oμr2

d

dθ,

resultando para s = 1/r la siguiente ecuación diferencial (ecuación de Binet):

d2s

dθ2+ s = − μ

l2O

dV (1/s)

ds.

Para un campo de fuerza inverso al cuadrado de la distancia, la integraciónde la última ecuación es simple. Es decir si

V (r) = −Kr,



siendo K > 0 para el caso atractivo y repulsivo en caso contrario, entoncesla ecuación se reduce a

d2s

dθ2+ s =

μ

l2OK,

cuya solución general, en términos de dos constantes e y α es

s =μK

l2O(1− e cos(θ − α)),

o bien

r =l2OμK

1

1− e cos(θ − α),

con e la excentricidad de la órbita y α la orientación del semieje mayorde la cónica resultante, que son constantes por determinar en términos decondiciones físicas conocidas, inicialmente o en un punto de la trayectoria.Si se considera la definición de una cónica en términos de un foco y su

eje polar

directriz

r

O θ

focop

p+r cos(θ)P

Figura 1.3: sección cónica

distancia a la directriz p, como el lugar geométrico de los puntos del planotales que la razón de las distancias al foco y a la directriz es una constantee, la excentricidad de la cónica, se obtiene una ecuación de la misma forma.En efecto, con respecto a la figura (1.3), puede obtenerse

r

p+ r cos θ= e =⇒ r =

pe

1− e cos θ.

En el caso atractivo,K > 0, la trayectoria es entonces una elipse si 0 ≤ e < 1,



eje polarOα

elipse

eje polarO

α

parábola

eje polarOα

hiperbola

Figura 1.4: Tipos de cónicas

una parábola si e = 1 y una hipérbola si e > 1. Valores de e negativos noson necesarios de considerar, pues ellos correspondería simplemente a rotarla órbita en 180 grados, lo cual es preferible hacer con un valor adecuado deα, ver fig.(1.4).En el caso repulsivo, K < 0, la solución debería escribirse

r =l2O

μ |K|1

e cos(θ − α)− 1 ,

y en este caso las trayectorias son sólamente hipérbolas.

1.2.2. Relación entre energía y excentricidad

Para relacionar la energía con la excentricidad, usemos

E =1

2μr2 +

l2O2μr2

− K

r, (1.13)

y

r =l2OμK

1

1− e cos(θ − α).

Evaluemos la energía que es constante en el punto más próximo al centro defuerza, el cual existe en todos los casos y corresponde a θ − α = π siendoademás ahí r = 0. Así resulta

l2O2μr21

− K

r1= E,



y

r1 =l2OμK

1

1 + e.

Si se reemplaza r1 en la primera resulta

E =l2O2μ

µμK(1 + e)

l2O

¶2−K

μK(1 + e)

l2O

=1

2K2μ

e2 − 1l2O

,

de donde sigue el resultado.

e2 = 1 +2El2OμK2

. (1.14)

La energía puede ser negativa pero a pesar de eso, la expresión anterior espositiva. En efecto la expresión de la energía, aun cuando sea negativa debecumplir

E =1

2μr2 +

l2O2μr2

− K

r≥ l2O2μr2

− K

r,

pero la última expresión tiene un mínimo el que ocurre cuando

d

dr(l2O2μr2

− K

r) = − l2O

μr3+

K

r2= 0,

es decir

r =l2OμK

,

luego

E ≥ l2O2μr2

− K

r≥ l2O2μ

µμK

l2O

¶2−K

μK

l2O= −μK

2

2l2O,

o sea2El2OμK2

≥ −1,

que prueba lo afirmado.

Ejercicio 1.2.1 Para el caso de órbita elíptica, demuestre que los semiejesmayor y menor de la elipse están dados respectivamente por

a =l2OμK

1

1− e2, b =

l2OμK

1√1− e2

.



Ejercicio 1.2.2 Demuestre la ley de Kepler de los periodos, es decir de-muestre que el periodo en el caso de movimiento elíptico T está dado por

T = 2π

rμ

Ka32 .

Ejercicio 1.2.3 Una partícula está en órbita circular de radio a en tornoa la tierra, supuesta esférica, en reposo, de masa total M , de radio R, ysin considerar roce con el aire. Demuestre que si la velocidad de la partículaes repentinamente cambiada por un factor f , la excentricidad de la órbitaresultante es

e =¯f 2 − 1

¯.

Ejercicio 1.2.4 Respecto a la situación del problema anterior, determineel factor f para que la partícula pase tangente a la superficie terrestre.

1.2.3. Expresión integral para la trayectoria

Una forma alternativa para obtener la ecuación de la órbita o trayectoria,consiste en considerar

r =

r2

μ

sE − V (r)− l2O

2μr2,

y

θ =lOμr2

,

de donde, eliminando el tiempo, se puede obtener

θ = θ0 +lO√2μ

r(θ)Zr0

1

r2pE − V (r)− l2O/(2μr

2)dr. (1.15)

expresión integral para la trayectoria r(θ).

1.3. Estabilidad de una órbita circular

Considere una partícula moviéndose en un potencial central atractivoV (r) de modo que

d2r

dt2− rθ

2= −V

0(r)

m(1.16)


1.3 Estabilidad de una órbita circular 21

yr2θ = constante=h. (1.17)

La solución circular se obtiene con las condición iniciales

r(0) = R,

v(0) = Rθ(0),

v(0) =

rRV 0(R)

m,

h = R

rRV 0(R)

m.

La ecuación radial puede escribirse

d2r

dt2− h2

r3= −V

0(r)

md2r

dt2− R3V 0(R)

mr3= −V

0(r)

m.

Supongamos una pequeña perturbación u (sin cambiar la rapidez) de modoque

r = R+ u,

luegod2u

dt2− R3V 0(R)

m(R+ u)3= −V

0(R+ u)

m,

expandiendo hasta primer orden en u

d2u

dt2− V 0(R)

m

µ1− 3

Ru

¶= −V

0(R)

m− u

mV 00(R),

que se simplifica a

d2u

dt2+

µ3V 0(R)

Rm+1

mV 00(R)

¶u = 0.

La órbita circular será estable en el sentido de u realice oscilaciones armónicasde pequeña amplitud y ello ocurre si

ω2 =3V 0(R)

R+ V 00(R) > 0



lo que impone una restricción a la forma del potencial cerca de la órbita .

V 00(R) > − 3RV 0(R).

Si el potencial es del tipo

V (R) = − c

Rn, con c > 0

resulta

V 0(R) =nc

Rn+1,

V 00(R) = −n(n+ 1)cRn+2

,

luego

−n(n+ 1)cRn+2

> − 3R

nc

Rn+1,

de aquí una condición que debe cumplir n

(n+ 1) < 3⇒ n < 2,

cuestión que es satisfecha por el potencial inverso a la distancia. En efecto si

V (r) = −GMm

r,

ω2 =3V 0(R)

Rm+1

mV 00(R) =

3

Rm

GMm

R2+1

m(−2GMm

R3) =

GM

R3

y entonces el periodo de oscilación será

T =2π

ω=

2πqGMR3

=2πR

v(0),

el mismo periodo de revolución en la órbita. En este caso, la solución pertur-bada puede ser encontrada exactamente y se trata de una elipse.


1.3 Estabilidad de una órbita circular 23

1.3.1. Otro punto de vista

La órbita circular será estable en r = R si el potencial efectivo

U ef =l2O2μr2

+ V (r),

tiene un mínimo local en r = R. Entonces debe ser

V 0(R)− l2OμR3

= 0,

V 00(R) +3l2OμR4

> 0

o bien, eliminando l20V 00(R) +

3

RV 0(R) > 0

que es la misma condición obtenida anteriormente.

1.3.2. Un caso inestable

La inestabilidad de la órbita circular para el caso

V (r) = − k

r2,

F (r) = −2kr3

es fácil de comprender. Para este caso el radio de la órbita circular está dadosegún la rapidez v(0) de acuerdo a

μv2(0)

R=2k

R3⇒ v2(0) =

2k

μR2.

La energía en general es

E =1

2μr2 +

l2O2μr2

− k

r2,

=1

2μr2 + (

l2O2μ− k)

1

r2,



y la ecuación radial es

μr = (l2Oμ− 2k) 1

r3.

Para la órbita circular E = 0 y l2Oμ− 2k = 0. Si la rapidez se aumenta

levemente (l2Oμ− 2k) > 0 resulta r > 0, r crece sin límite. Si la rapidez se

disminuye levemente ( l2O

μ−2k) < 0 resulta r < 0, r disminuye a cero, es decir

partículas chocarán.

1.3.3. Otro caso estable

Para la fuerza elástica con

V (r) = kr2,

hay órbitas circulares estables. El potencial efectivo es

U ef =l2O2μr2

+ kr2,

luego la condicón de extremo en r = R da

− l2OμR3

+ 2kR = 0⇒ R = 4

sl2O2kμ

,

y la segunda derivada es

(Uef)00 =3l2OμR4

+ 2k = 8k > 0.

1.4. Problema de Kepler

Lo anterior puede aplicarse directamente al caso de dos partículas queinteractúan gravitacionalmente. Recordemos que r = r1 − r2 por lo que lasórbitas encontradas son las del movimiento relativo de la partícula (1) res-pecto a la partícula (2). El centro de masa del sistema está entre ambas adistancias r1 = m2

Mr de la partícula (1) y r2 =

m1

Mr de la partícula (2). El

centro de masa puede considerarse con velocidad absoluta cero (o moviéndo-se con velocidad constante) de modo que respecto al centro de masa ambas


1.4 Problema de Kepler 25

partículas describen el mismo tipo de curva siendo sus ecuaciones polares conorigen en G y el mismo ángulo polar θ las siguientes

x

y

m1

m2

θGr2

r1

movimiento relativo

r1 =m2

M

l2OμK

1

1− e cos(θ − α),

r2 =m1

M

l2OμK

1

1− e cos(θ − α+ π),

conK = Gm1m2, M = m1 +m2, μ =

m1m2

M

Podemos hacer algunas simplificaciones definiendo h = |r × v| obteniendo

r1 =m2h

2

GM2

1

1− e cos(θ − α),

r2 =m1h

2

GM2

1

1 + e cos(θ − α).

La excentricidad e será dada por

e2 = 1 +2Eμ2h2

μG2m21m

22

,

= 1 +(v2 − 2GM

r)h2

G2M2,

Aquí v = v1 − v2 es la velocidad relativa cuando la posición relativa esr = r1 − r2.Cuando una de las masas es muchísimo mayor que la otra como en el caso

de la Tierra y un satélite artificial podemos tomar m2 = M >> m1 = m



entonces será

r1 =h2

GM

1

1− e cos(θ − α),

r2 ' 0.

La excentricidad e estará dada por

e2 = 1 +(v2 − 2GM

r)h2

G2M2,

1.5. Sistemas de masa variable

Con algunas consideraciones pueden tratarse sistemas que ganan o pier-den masa en forma autónomo. Para ello considere un análisis diferencial delo que ocurre cuando un sistema de masa inicial m(t) con una velocidad v(t)es actuado por una fuerza externa F (t) e incorpora una cantidad infinitesi-mal de masa dm(t) la cual tiene, justo antes de incorporarse, una velocidadu(t). Transcurrido un tiempo dt, las masa del sistema es m(t) + dm(t). Lacuestión es ¿cuánto ha variado la velocidad del sistema en este proceso? Paraeste efecto considere que el sistema total es de masa constante, por lo tantopodemos usar el hecho que el cambio de la cantidad de movimiento total esproducido por la fuerza F (t) solamente, es decir

F (t)dt = (m(t) + dm)(v(t) + dv(t))− (dmu(t) +m(t)v(t)),

de aquí, despreciando infinitésimos de segundo orden, se establece el resultado

F (t) = m(t)dv(t)

dt− (u(t)− v(t))

dm(t)

dt. (1.18)

Aun cuando el análisis ha sido hecho para sistemas que ganan masa, el mismoresultado se obtiene para sistemas que pierden masa, pero en este últimocaso u(t) representará la velocidad de los elementos de masa justo despuésde abandonar el sistema.

Ejemplo 1.5.1 Una cadena flexible de longitud total L y de masa total Mse suspende de modo que su extremo inferior está justo al nivel del suelo yse suelta. Determine la reacción que ejerce el suelo sobre el montón que seacumula mientras la cadena cae. (Se supone que los eslabones son infinitesi-males y que no rebotan en el suelo).


1.5 Sistemas de masa variable 27

Solución. Sea el sistema de masa variable el montón acumulado, de modoque aquí, en la dirección vertical

v(t) = 0, u(t) = −gt, F (t) = R(t)−mg, m =M

L

1

2gt2.

Por lo tanto, la ecuación (1.18) nos da

R(t)−mg = −udmdt

,

y finalmente

R(t) =3

2

M

Lg2t2.

N

Ejemplo 1.5.2 Una cadena flexible de longitud total L y de masa total Mviene deslizando sobre una superficie horizontal lisa con rapidez vo, en la di-rección positiva del eje OX. Al llegar al origen se encuentra con un bloquede masa M inicialmente en reposo. Determine la posición del bloque en fun-ción del tiempo mientras la cadena se acumula contra el. (Se supone que loseslabones son infinitesimales y que no rebotan en el bloque).

Solución. Sea x la coordenada del bloque. La masa total del sistema,bloque más trozo acumulado será

m(t) =M +M

L(v0t− x),

además u(t) = v0, v(t) = x, F (t) = 0, de modo que la ecuación (1.18) conducea la siguiente ecuación diferencial

0 =

µM +

M

L(v0t− x)

¶x− M

L(v0 − x)2,

o bien, en términos de una variable auxiliar z = L+ v0t− x

0 = zz + z2,

con condiciones iniciales z(0) = L, z(0) = v0. Integrando dos veces se obtiene

z =Lv0z

,1

2z2 =

1

2L2 + Lv0t,



y finalmente

x = L+ v0t−pL2 + 2Lv0t, si t < L/v0.

Más tarde, el sistema continúa moviéndose con la rapidez constante alcanzadaal agotarse la cadena. (Ello ocurre cuando (v0t−x)M/L =M , o bien z = 2L)

N

Ejemplo 1.5.3 Una cadena flexible de masa distribuida uniformemente λ[Kg/m] está amontonada en el suelo y se aplica a uno de sus extremos, unafuerza constante hacia arriba F . Determine la altura de la cadena levantadaen función del tiempo.

Solución. Sea y la altura. Aquí u = 0, v = y, m = λy, de modo que laecuación de movimiento será

F − λyg = λyy + λy2 =1

2λ

µydy2

dy+ 2y2

¶la cual puede ser integrada mediante un factor integrante y. Así resulta

2Fy − 2λy2g = λd

dy(y2y2),

entonces F − 23λyg = λy2 de donde se obtiene

y =

rF

λ− 23yg, t =

Z y

0

dyqFλ− 2

3yg

,

y finalmente

y = t

rF

λ− 16gt2.

Aunque parezca paradojal, la rapidez inicial del extremo de la cadena despuésde aplicada la fuerza no es cero, es

pF/λ cuestión que se explica pues se ha

aplicado una fuerza finita, a un elemento infinitésimo de masa. Además puedeobservarse que la cadena se detiene cuando F = 2

3λyg, y para ese instante

el largo levantado tiene un peso λyg = 32F , mayor que la fuerza aplicada.

Naturalmente después bajará hasta que finalmente sea λyg = F .


1.5 Sistemas de masa variable 29

N

Ejemplo 1.5.4 Un depósito cilíndrico con base circular de área A tiene lí-quido (agua por ejemplo) inicialmente hasta una altura h0. Al nivel del sueloliso, se hace un pequeño agujero circular de área a por el cual sale agua ho-rizontalmente. Determine la aceleración del depósito producto de la pérdidade masa.

Solución. Sea h(t) la altura del agua en el depósito, ρ su densidad. Sisuponemos que la aceleración no afecta demasiado la superficie del agua,podemos primero estimar la forma en que decrece la masa del líquido en elrecipiente si a¿ A, para el depósito estacionario. La rapidez de salida por elorificio (relativa al recipiente) será de magnitud

√2gh, de modo que el caudal

másico de salida será ρ√2gh a. Entonces la masa del líquido disminuye de la

formadm

dt= −ρ

p2gh a,

ym = ρAh

Ahora planteamos la ecuación de movimiento suponiendo que la velocidadrelativa del agua que sale es

u− v = −p2gh

0 = m(t)dv(t)

dt− (u− v)

dm(t)

dt,

0 = ρAhdv(t)

dt−³−p2gh

´(−ρ

p2gh a),

0 = Adv(t)

dt− 2g a

y finalmentedv

dt= 2g

a

A,

mientras quede líquido en el recipiente.

N



1.6. Ejercicios resueltos

1.6.1. Sistema de partículas

Ejercicio 1.6.1 Si cada partícula de un sistema es atraída hacia un puntofijo 0 con una fuerza proporcional a su masa y a su distancia al punto 0,demuestre que el centro de masa se mueve como si fuera una partícula delsistema.

Solución. Para cada partícula

miai = −Kmiri

es decir que cada partícula se mueve de acuerdo a

ai = −Kri.

Pero

rCM =

PmiriM

aCM =

PmiaiM

de modo que si sumamos todas las ecuaciones, obtenemos

MaCM = −KMrCM

o seaaCM = −KrCM

misma ecuación de movimiento que la de cada partícula.

N

Ejercicio 1.6.2 Un conjunto de partículas de masas m, puede deslizar li-bremente sobre alambres paralelos, atrayéndose unas a otras con fuerzas pro-porcionales al producto de sus masas y distancias. Demuestre que las partí-culas efectúan oscilaciones armónicas del mismo período relativas a un planoperpendicular a los alambres y que pasa por el centro de masa supuesto enreposo.


1.6 Ejercicios resueltos 31

Solución. Supongamos que las correderas están en dirección OX y con-sidere dos de ellas de índices i, j. La ecuación de movimiento de la mi en ladirección OX será

mixi =Xj 6=i

Kmimjdij cos θij

donde dij indica la distancia entre las de índice i, j, y θij es el ángulo queforma la línea de la fuerza con el eje OX.

x

y

m

mθij

G

xi

xj

dij

Como las masas son iguales podemos escribir

xi = KmXj 6=i(xj − xi).

Por otro lado la posición X del centro de masas es

xCM =

PmixiM

=

Pxi

N,

entonces incluyendo i = j se tiene

xi = KmXj

(xj − xi)

= KmNxCM −KmNxi,

es decirxi +KmN(xi − xCM) = 0,

prueba lo pedido, porqueω2 = KmN

es independiente de i.



N

Ejercicio 1.6.3 Dos partículas iguales se atraen con una fuerza inversa-mente proporcional al cuadrado de su distancia. Si las partículas deslizansobre correderas lisas en ángulo recto, demuestre que el centro de masa des-cribe una cónica con su foco en la intersección de las correderas.

Solución. Considere la figura. Sea x = d cos θ, y = d sin θ entonces tene-mos por aplicación de la segunda Ley de Newton que

x

y

O

d

m θ

mx = −F cos θ = − k

d2cos θ = − k

d3x

my = −F sin θ = − k

d2sin θ = − k

d3y

por otro lado xCM = x2y yCM = y

2, rCM = d

2entonces podemos escribir

xCM = − k

8mr3CMxCM ,

yCM = − k

8mr3CMyCM ,

que equivale a

aCM = − k

8mr3CMrCM .

O sea el centro de masas es atraído hacia el origen con una fuerza inversa-mente proporcional al cuadrado de su distancia al origen. Problema que seestudia en campo central de fuerzas y se demuestra allí que la trayectoria esnecesariamente una sección cónica.



N

Ejercicio 1.6.4 Dos partículas de igual masa deslizan sobre correderas lisasperpendiculares que se interceptan en 0. Demuestre que si las partículas seatraen y ellas parten desde el reposo desde posiciones cualquiera sobre lascorrederas, ellas llegarán simultáneamente a la intersección.

Solución. Con una figura análoga a la del problema anterior, tenemosque

m1x = −F cos θ = −F x

d

m2y = −F sin θ = −F y

d

de dondem1xy −m2yx = 0.

Como las masas son iguales entonces

xy − yx = 0,d

dt(xy − yx) = 0.

Entonces xy − yx es constante e igual a cero porque las partículas partierondel reposo, o sea

xy − yx = 0,

o bienx

x=

y

y

que puede integrarse dando

ln y = ln c+ lnx,

y = cx

o sea si x = 0 entonces simultáneamente y = 0.

N



Ejercicio 1.6.5 Dos partículas de masa m cada una se mueven sobre lascorrederas lisas perpendiculares OX y OY y se atraen con una fuerza propor-cional a su distancia, siendo K la constante de proporcionalidad. Si inicial-mente:

x(0) = a, y(0) = a,x(0) = −V0, y(0) = 0,

a) Determine x(t) , y(t) y b) Determine la ecuación cartesiana de la trayec-toria del centro de masa del sistema.

Solución. Similarmente tendremos

mx = −F cos θ = −Kd cos θ = −Kx

my = −F sin θ = −Fd sin θ = −Ky

de modo que

x(t) = A cosωt+B sinωt,

y(t) = C cosωt+D sinωt,

x(t) = ω(−A sinωt+B cosωt),

y(t) = ω(−C sinωt+D cosωt)

y colocando las condiciones iniciales dadas

a = A,

a = C,

−V0 = ωB,

0 = ωD

entoncesa)

x(t) = a cosωt− V0ωsinωt,

y(t) = a cosωt.

b) Las coordenadas del centro de masas son

xCM =x

2=1

2a cosωt− V0

2ωsinωt,

yCM =y

2=1

2a cosωt,



de donde debemos eliminar t, obteniendo

xCM = yCM −V02ω

s1−

µ2yCMa

¶2,

que se puede escribir así

y2(1 + (V0aω)2)− 2yx+ x2 = (

V02ω)2.

Esto es se trata de una elipse.

N

Ejercicio 1.6.6 Dos partículas de igual masa están unidas por un resortede constante k y largo natural a. Además actúa entre ambas partículas unafuerza amortiguadora proporcional a la rapidez de la variación de la distan-cia entre ellas. El sistema se coloca en movimiento dándole a una de laspartículas una velocidad V0 perpendicular a la línea que une las partículas.Determine V0 si después de un tiempo muy largo, el largo del resorte es 2a.

Solución. Mirado desde el centro de masas, que por viajar a velocidadconstante vG = 1

2V0 es un sistema inercial, tenemos que las partículas al

comienzo y al final (una vez que las oscilaciones terminan) giran en circun-ferencias alrededor de el. Así al comienzo

LG = m1

2V0a

2+m

1

2V0a

2

=1

2mV0a.

Al final, si V son las rapideces respecto a G, entonces

LG = mV a+mV a = 2mV a.

Como el momentum angular es constante

V =1

4V0.

Además, para el movimiento circular de cada partícula

mV 2

a= K(2a− a),



luego

V =

rKa2

m

y finalmente

V0 = 4V = 4a

rK

m.

N

Ejercicio 1.6.7 Dos partículas A y B de idéntica masa m, están unidasentre sí por una cuerda inextensible de largo a. La partícula A se mueve poruna corredera horizontal lisa OX, mientras que la partícula B se mueve poruna corredera vertical lisa OY, ambas en un plano vertical. Inicialmente Bestá en O y OA = a, con el sistema en reposo. Si θ es el ángulo en B:

x

y

A

B

Om

m

θ

a) Calcular en función de θ las reacciones que ejercen las correderas sobrelas partículas. b) Calcular la tensión en la cuerda en función de θ.

Solución. Llamemos NA, NB, las reacciones normales de las correderassobre las partículas y T la tensión de la cuerda. Tenemos

xA = a sin θ, yB = −a cos θ,

de allí calculamos

xA = aθ cos θ, yB = aθ sin θ,

y conservación de energía da

E =1

2ma2θ

2cos2 θ +

1

2ma2θ

2sin2 θ −mga cos θ = 0,



de donde despejamos

θ2=2g

acos θ.

La segunda ley aplicada a cada partícula da

mxA = −T sin θ,0 = NA −mg − T cos θ,

0 = NB + T sin θ

myB = T cos θ −mg

de la primera

T = − m

sin θxA = −

m

sin θ

d2

dt2a sin θ,

como se conoce θ estas derivadas se hacen resultando

T = 3mg cos θ,

y entonces

NA = mg + 3mg cos2 θ,

NB = −3mg cos θ sin θ.

N

Ejercicio 1.6.8 Se tiene el sistema de dos partículas m1 y m2 de la figuraen que el resorte, de constante k no tiene masa. Determinar el valor mínimode la compresión X del resorte, medido respecto de su largo natural, para queal soltar m1 se despegue m2 .

k

m2

m1



Solución. Llamemos y a la coordenada de m1. Inicialmente

y(0) = l0 −m1g

k−X, y(0) = 0.

Esto porque el peso de m1 ya comprime el resorte enm1gk. Sea N2 la reacción

del suelo sobre m2, entonces las ecuaciones de movimiento (antes que m2

despegue) son

m1y1 = −m1g + k(l0 − y),

0 = −k(l0 − y)−m2g +N2.

Debemos integrar la primera que la reescribimos así

y1 +k

m1y = −g + kl0

m1,

que tiene solución particular

y1p = l0 −m1g

k,

y solución homogénea

y1h = A cos

rk

m1t+B sin

rk

m1t,

luego la solución general es

y(t) = l0 −m1g

k+A cos

rk

m1t+B sin

rk

m1t,

derivando

y(t) = −Ar

k

m1sin

rk

m1t+B

rk

m1cos

rk

m1t.

Como la velocidad inicial es cero debe ser B = 0, luego

y(t) = l0 −m1g

k+A cos

rk

m1t,

imponiendo condición inicial resulta

l0 −m1g

k+A = l0 −

m1g

k−X



de donde A = −X entonces

y(t) = l0 −m1g

k−X cos

rk

m1t.

Ahora podemos evaluar la reacción normal en función del tiempo

N2 = k(l0 − y) +m2g

= k(m1g

k+X cos

rk

m1t) +m2g

= (m1 +m2)g + kX cos

rk

m1t,

que muestra que N2 comienza a disminuir con el tiempo y que se anularíacon el mínimo valor de X si

(m1 +m2)g − kXmın = 0,

luego

Xmın =(m1 +m2)g

k.

N

Ejercicio 1.6.9 Tres partículas iguales están inicialmente en línea recta,igualmente espaciadas sobre un plano horizontal liso y unidas por dos hilosde largos “a“. La partícula del medio está inicialmente está en reposo, y a laspartículas externas se les da una velocidad V0 perpendicular a la línea quelas une. Calcule la velocidad con que chocan las partículas.

Solución. Al partir si x es la dirección perpendicular a la línea que unelas partículas entonces

Px = 2mV0

K =1

2mV 2

0 +1

2mV 2

0

= mV 20 .

Justo antes del choque, Las tres partículas tienen la misma componente develocidad en x, llamémosla u, y dos partículas tienen la misma rapidez v enel eje y entonces

Px = 3mu

K = 31

2mu2 + 2

1

2mv2.



Conservación de Px y K implica

u =2

3V0

y3

2(2

3V0)

2 + v2 = V 20

entonces

v =1

3

√3V0.

N

1.6.2. Sistemas de masa variable

Ejercicio 1.6.10 Una cadena de longitud L y masa total M se suspendeverticalmente de modo que su extremo inferior está justo a nivel del suelo.Si la cadena se suelta, determine la reacción del suelo, mientras la cadena sedeposita cayendo por su propio peso.

Solución. Tenemos para el eje Y vertical

Fy = mdv

dt− (u− v)

dm

dt.

Si tomamos el montón depositado como sistema, entonces los eslabones quese incorporan tienen una velocidad

u = −gt,

la masa m(t) después de transcurrido un tiempo t será

m =M

L

1

2gt2,

dm

dt=

M

Lgt,

y entonces, dado que v = 0 (trozo amontonado está en reposo)

N −mg = −udmdt



luego

N =M

L

1

2g2t2 +

M

Lg2t2

=3

2

M

Lg2t2.

N

Ejercicio 1.6.11 Una cadena de longitud L y masa total M está amonto-nada sobre el suelo. Si la cadena se levanta de un extremo aplicando unafuerza constante F hacia arriba, determine la altura que sube la cadena enfunción del tiempo. Discuta sobre la altura máxima que alcanza la cadena,supuestamente muy larga de tal modo que siempre queda cadena depositada.

Solución. La densidad lineal de masa de la cadena es

λ =M

L.

Sea y el trozo levantado en tiempo t. Tenemos

F −mg = mdv

dt− (u− v)

dm

dt,

siendo u = 0, m = λy, de manera que

F −mg =dmv

dt

F − λyg =d

dt(λyy).

Para integrar, multiplique por ydy, resultando

Fydy − λy2gdy = λyyd(yy) = λd(1

2y2y2),

que al ser integrada da

Fy2

2− λgy3

3=1

2λy2y2,

simplificando

F − 2λgy3

= λy2,



o biendy

dt=

rF

λ− 2gy

3

y finalmente

t =

Z y

0

dyqFλ− 2gy

3

=3q¡

Fλ

¢−√3q¡

3F−2gyλλ

¢g

de donde se despeja

y =6p(λF )− λgt

6λt

=

ÃrF

λ− gt

6

!t.

La altura máxima corresponde a y = 0 lo que da

ymax =3F

2gλ.

N

Nota 1.2 Usted puede extrañarse que el peso máximo levantado es mayorque la fuerza aplicada y además que y(0) =

pF/λ a pesar que la cadena

partió del reposo. Hay una singularidad pues en el instante inicial, una fuerzafinita F es aplicada a un elemento infinitésimo de masa y ello provoca uncambio repentino de velocidad. Además por la inercia, la cadena sobrepasala posición de equilibrio.

Ejercicio 1.6.12 Una gota esférica de agua atraviesa una capa de nubeen reposo. Suponiendo que se condensa agua por unidad de tiempo sobre lagota, proporcionalmente a su superficie con constante de proporcionalidad Kconocida, determine como crece el radio de la gota con el tiempo y como varíala altura de ella a medida que transcurre el tiempo.

Solución. Sea R el radio de la gota, S su superficie, m su masa. Tenemos

dm

dt= KS.



Si ρ es la densidad tenemos

m =4

3πR3ρ,

dm

dt= 4πR2

dR

dtρ = K4πR2,

entoncesdR

dt=

K

ρ,

si el radio inicial R0 es despreciable, entonces

R(t) =Kt

ρ.

La ecuación de movimiento de la gota que cae, con u = 0, será

−mg = mdv

dt− (u− v)

dm

dt=

d

dt(mv),

donde la masa es conocida pues

m(t) =4

3π(

Kt

ρ)3ρ =

4

3πK3t3

ρ2,

de manera que se puede integrar

mv = −Z t

0

4

3πK3t3

ρ2gdt = −1

3πK3

ρ2gt4,

de donde se obtienev = −1

4gt.

Así resulta finalmentey = y(0)− 1

8gt2.

N

Ejercicio 1.6.13 Un carrito, inicialmente de masa M y en reposo sobre unplano horizontal liso, comienza a moverse debido a que es impulsado por unchorro continuo de masa que se le va incorporando. Dichas masas salen desdeel punto de partida (como de una ametralladora) con rapidez U0 y a razón deλ unidades de masa por unidad de tiempo y se incrustan en el carrito cuandolo impactan. Determine la forma en que varían la aceleración, la velocidad yla posición del móvil con el tiempo.



Solución. Supongamos que el carrito partió del origen con rapidez nulay sea x lo que recorre. La masa del carrito está dada por

m = M +λt

U0t(U0t− x)

= M +λ

U0(U0t− x).

(El chorro de masa tiene una masa total λt y tendría una longitud U0t,pero todo lo que exceda x se ha incrustado).La ecuación de movimiento es

0 = mdv

dt− (U0 − v)

dm

dt

= (M +λ

U0(U0t− x))

dv

dt− (U0 − v)

λ

U0(U0 − v).

Preferible dejar una ecuación para la masa porque

m =λ

U0(U0 − v)

m = − λ

U0

dv

dt,

luego

0 = −mU0λm− U0

λm2,

mm+ m2 = 0,

ecuación que es fácil integrar

md

dm

1

2m2 = −m2 =⇒

dm2

m2= −2dm

m,

de donde

lnm2

λ2= −2 ln m

M



o sea

m

λ=

M

m,

mdm = λdt,

m2 −M2 = 2λt

y luego

m =M +λ

U0(U0t− x) =

√M2 + 2λt,

y así

x = U0M + λt−

p(M2 + 2λt)

λ,

v =dx

dt= U0

p(M2 + 2λt)− 1p(M2 + 2λt)

.

N

Ejercicio 1.6.14 Un cohete de masa total M, de la cual fM , con f me-nor que uno, es de combustible, descansa verticalmente antes de encender losmotores. Si se encienden los motores, que arrojan masa a razón constante σ(σ = −dm/dt) con rapidez relativa al cohete de magnitud U0, establezca lacondición que debe cumplirse para que el cohete comience a despegar de in-mediato. Para este caso, determine la máxima altura que alcanza, suponiendoaceleración de gravedad constante y despreciando el roce con el aire.

Solución. Tenemosm(t) =M − σt.

Si el cohete no ha despegado, existe una reacción normal en el suelo y ademásla velocidad es nula. Entonces

N −mg = −(u− v)dm

dt= −(−U0)(−σ)

o seaN = mg − U0σ.



Si queremos que el cohete despegue en t = 0, debe ser N = 0 en ese instantelo que lleva a

U0σ =Mg.

Si se cumple, entonces el cohete acelera siendo ahora

−mg = mdv

dt− (−U0)(−σ),

o sea

mdv

dt=Mg −mg,

con m =M − σt de lo cual

dv

dt=

Mg

M − σt− g,

que puede integrarse

v(t) =

Z t

0

Mg

M − σtdt− gt =

Mg

σln

M

M − σt− gt,

siendo esto válido hasta

t =fM

σ,

para ese tiempo

v = gMf − ln (1− f)

σ.

Después sigue con la aceleración de gravedad y se deja para el lector sucontinuación.

N

Ejercicio 1.6.15 Una cadena de largo total M y longitud L, flexible, essostenida colgando de modo que su extremo inferior está justo al nivel delsuelo. Si el extremo superior de la cadena se suelta, determine la reaccióndel suelo contra la parte depositada, en función del tiempo.



Solución. Sea y la distancia recorrida por el extremo superior y el sistemade mas variable es el montón depositado. Como eslabones van en caída libre

y =1

2gt2,

u = −gt,

m =1

2gt2

M

L,

dm

dt= gt

M

L

luego, si R es la reacción

R−mg = mdv

dt− (u− v)

dm

dt, v = 0,=⇒

R = mg − udm

dt

=1

2g2t2

M

L+ g2t2

M

L=3

2

M

Lg2t2.

N

Ejercicio 1.6.16 Una cadena flexible tiene masa total M y longitud L. Lacadena está inicialmente amontonada en el suelo. Una cuerda se hace pasarsobre una polea lisa, uno de los extremos unido a un extremo de la cadenay el otro extremo de la cuerda a un partícula de masa M. Si la partícula sesuelta partiendo del reposo

a) escriba la ecuación de movimiento para el extremo de la cadena.

b) determine la rapidez del extremo de la cadena en función de su posición.

Solución. Sea y la longitud levantada por la tensión T producida por lapartícula. Tenemos que

m =M

Ly,

dm

dt=

M

Ly,

u = 0,



de manera que

T −mg = mdv

dt+ v

dm

dt,

Mg − T = Mdv

dt,

sumando las dos

Mg −mg = (M +m)dv

dt+ v

dm

dt,

Mg − M

Lyg = (M +

M

Ly)dv

dt+

M

Ly2,

o sea la ecuación de movimiento es

gL− gy = (L+ y)y + y2.

Para integrarla hay que hacer algún truco. Como usted sabe

y =1

2

d

dyy2,

entonces multiplique por L+ y

g(L2 − y2) = (L+ y)21

2

d

dyy2 + (L+ y)y2,

que es la derivada de un producto

g(L2 − y2) =d

dy(L+ y)2

1

2y2,

como inicialmente y(0) = y(0) = 0 integramos

(L+ y)21

2y2 = g(L2y − y3

3)

y finalmente

y =

s2g(L2y − y3

3)

(L+ y)2.

N



1.6.3. Movimiento en un campo central de Fuerza

Ejercicio 1.6.17 Una partícula describe una órbita circular en un campode fuerzas dado por

F (r) = − k

r2.

Demostrar que si k disminuye bruscamente a la mitad de su valor inicial, laórbita de la partícula se hace parabólica.

Solución. Sea k0 el valor inicial de la constante. Para una órbita circular

mv2

r=

k0r2,

E =1

2mv2 − k0

r= −k0

2r< 0.

Si k disminuye a la mitad, la energía cinética queda igual

K =k02r,

y la energía potencial sera

V = −k02r,

luego la energía es cero, por lo tanto la órbita es parabólica.

N

Ejercicio 1.6.18 Calcular explícitamente la media temporal (o sea, la me-dia en un periodo completo) de la energía potencial de una partícula quese mueve sobre una órbita elíptica en un campo central en el que la fuerzaobedece la ley inversa del cuadrado de la distancia. Expresar el resultado enfunción de la constante de proporcionalidad de la fuerza y del semieje mayorde la elipse. Efectuar un cálculo similar para la energía cinética.

Solución. Tenemos

r =l20mk

1

1− e cos θ,

l0 = mr2θ.



Además

V = −kr,

K =1

2(mv2) =

1

2mr2 +

1

2mr2θ

2

=1

2m

µdr

dθ

¶2θ2+1

2mr2θ

2

=1

2

Ã1

r4

µdr

dθ

¶2+1

r2

!l20m

pero

dr

dθ= − l20e sin θ

mk (1− e cos θ)2

= −mk

l20e sin θr2

K =1

2

µm2k2

l40e2 sin2 θ +

1

r2

¶l20m

entonces

< V >=1

T

Z T

0

V dt =1

T

Z 2π

0

V

θdθ

= −mk

Tl0

Z 2π

0

rdθ

= − l0T

Z 2π

0

1

1− e cos θdθ = − l0

T

2π√1− e2

.

Similarmente para la energía cinética resulta

< K >=1

T

Z 2π

0

K

θdθ =

1

2

l0T

2π√1− e2

N

Ejercicio 1.6.19 Dos partículas iguales que se mueven bajo la influenciade la atracción gravitacional mutua, describen órbitas circulares una en torno



de la otra con un período τ . Si repentinamente se detienen y caen una sobrela otra, demostrar que chocarán después de un tiempo

τ

4√2.

Solución. Si k representa la constante de la ley de fuerza, y 2a la distanciainicial, entonces inicialmente

mv2

a=

k

4a2,

v =

rk

4ma,

de modo que el periodo es

τ =2πa

v= 2πa

r4ma

k.

Si se detienen, caen una hacia la otra de manera que

mr = − k

4r2, r(0) = 0, r(0) = a.

Podemos integrar porque

r =1

2

d

drr2,

luego

m1

2r2 =

k

4

µ1

r− 1

a

¶,

r = −s

k

2m

µ1

r− 1

a

¶,

separamos variablesdrq

k2m

¡1r− 1

a

¢ = −dt,entonces

t =

Z a

0

drqk2m

¡1r− 1

a

¢ ,



sea r = az

t = a

r2ma

k

Z 1

0

dzq1z− 1

=τ

2π√2

Z 1

0

dzq1z− 1

=τ

2π√2

π

2=

τ

4√2.

N

Ejercicio 1.6.20 Dos masas que se atraen, m1 y m2 (m1+ m2 =M), estánseparadas una distancia r0 y se las suelta a partir del reposo. Demostrar quecuando la distancia sea r menor que r0, las velocidades serán

v1 = m2

r2G

M(1

r− 1

r0),

v2 = m1

r2G

M(1

r− 1

r0).

Solución. Tenemos, para un origen en el centro de masa

m1r1 = −Gm1m2

r2,

m2r2 = −Gm1m2

r2,

donde r = r1 + r2 yr1 =

m2

Mr, r2 =

m1

Mr,

de manera que las dos ecuaciones se reducen a una sola

r = −GMr2

,

como

r =1

2

d

drr2,

integramos la ultima obteniendo

r = −s2GM

µ1

r− 1

r0

¶,



y de aquí se obtiene

r1 =m2

Mr = −m2

M

s2GM

µ1

r− 1

r0

¶= −m2

s2G

M

µ1

r− 1

r0

¶,

r2 =m1

Mr = −m1

M

s2GM

µ1

r− 1

r0

¶= −m1

s2G

M

µ1

r− 1

r0

¶,

que prueban el resultado.

N

Ejercicio 1.6.21 Demuestre que la velocidad aerolar es constante en elcaso de una partícula que se mueve bajo la acción de una fuerza atractivadada or F (r) = −kr. Calcule las medias temporales de las energías cinéticay potencial y comparar con los resultados que da el teorema del virial.

Solución. Lo primero es cierto para todas las fuerzas centrales porque seconserva l0. Para obtener las órbitas es preferible usar coordenadas cartesia-nas siendo

mx = −kx,my = −ky,

de donde las soluciones son

x = A cos(ωt− α),

y = B cos(ωt− β),

además

x = −ωA sin(ωt− α),

y = −ωB sin(ωt− β),

con ω =pk/m. El periodo será T = 2π/ω y los promedios solicitados serán

< V >=1

2K < r2 >=

1

2k < A2 cos2(ωt− α) +B2 cos2(ωt− β) >,

< K >=1

2m < v2 >=

1

2m < ω2A2 sin2(ωt− α) + ω2B2 sin2(ωt− β) >



pero

< cos2 ωt >=< sin2 ωt >=1

2,

resultando

< V >=1

4k(A2 +B2),

< K >=1

4mω2(A2 +B2) =< V > .

Las constantes A y B pueden relacionarse con la energía E de acuerdo a

E =1

2mω2(A2 sin2(ωt− α) +B2 sin2(ωt− β)) +

1

2k(A2 cos2(ωt− α) +B2 cos2(ωt− β))

=1

2k(A2 sin2(ωt− α) +B2 sin2(ωt− β)) +

1

2k(A2 cos2(ωt− α) +B2 cos2(ωt− β))

=1

2kA2 +

1

2kB2

de modo que finalmente

< K >=< V >=1

2E.

N

Ejercicio 1.6.22 Estudiar el movimiento de una partícula repelida por uncentro de fuerzas de acuerdo con la ley F (r) = kr con k > 0. Demostrar quela órbita sólo puede ser hiperbólica.

Solución. Aquí también conviene usar coordenada cartesianas

mx = kr cos θ = kx,

my = kr sin θ = ky.

Ambas pueden integrarse siendo k/m = p en la forma

x = Aept +Be−pt,

y = Cept +De−pt.

Para determinar la trayectoria, debemos eliminar t entre esas dos ecuaciones.Para ello las escribimos

Ae2pt − xept +B = 0,

Ce2pt − yept +D = 0,



y resolviendo ecuaciones de segundo grado tenemos

ept =x+√x2 − 4AB2A

=y +

py2 − 4CD2C

,

y haciendo algo de álgebra

x

2A− y

2C=

py2 − 4CD2C

−√x2 − 4AB2A

,

−12

xy

AC= −D

C− 12

p(y2 − 4CD)

C

p(x2 − 4AB)

A− B

A,

reordenando

2BC + 2AD − xy = −p(y2 − 4CD)

p(x2 − 4AB)

elevando al cuadrado y reordenando

4ABy2 + 4CDx2 − 4(BC +AD)xy = −4 (AD −BC)2 ,

que es la ecuación de una hipérbola porque el lado derecho es negativo.

N

Ejercicio 1.6.23 Una partícula se mueve bajo la influencia de una fuerzacentral dada por

F (r) = − k

rn.

Demuestre que si la órbita es circular y pasa por el centro de fuerzas, entoncesn = 5.

Solución. La ecuación de Binet para u = 1/r es

d2u

dθ2+ u = −

mF ( 1u)

l20u2

.

Si la partícula describe una circunferencia de radio R donde está el centro defuerza, la ecuación puede escribirse

r = 2R cos θ,

o seau =

1

2R cos θ,



derivando

du

dθ=

1

2R cos2 θsin θ,

d2u

dθ2=

1

2R cos θ+

1

R cos3 θsin2 θ

=1

2R cos θ+1− cos2 θR cos3 θ

= − 1

2R cos θ+

1

R cos3 θ= −u+ 8R2u3,

de aquí sigue

8R2u3 = −mF ( 1

u)

l20u2

,

F (1

u) = −8R

2l20m

u5,

F (r) = −8R2l20

mr5.

N

Ejercicio 1.6.24 Suponga un cometa que describe una órbita parabólica enel mismo plano que la órbita terrestre. Si la menor distancia del cometa alSol es γRT donde RT es el radio de la órbita de la Tierra (supuesta circular)y γ < 1, demostrar que el tiempo que el cometa pasa dentro de la órbitaterrestre viene dado porp

2(1− γ)(1 + 2γ)/3π años

Solución. La ecuación de la órbita del cometa será de la forma (unaparábola)

r =c

1− cos θ ,

pero debe serrmın =

c

2= γRT ,

o sear =

2γRT

1− cos θ .



Los puntos (θ1 y 2π−θ1) donde la órbita del cometa cruza la órbita terrestreestán dados por

RT =2γRT

1− cos θ1,

de dondecos θ1 = 1− 2γ.

Por otro lado, el elemento de área barrida por el cometa es

dA =1

2|r × v| dt = l0

2mdt,

dondel20mk

= 2γRT ,

y

dA =1

2r2dθ,

de modo que1

2r2dθ =

l02m

dt,

de aquí sigue

dt =m

l0r2dt =

l30mk2

(1

1− cos θ )2dθ,

luego el tiempo será

t =l30

mk2

Z 2π−θ1

θ1

(1

1− cos θ )2dθ =

l30mk2

1

3

1 + 3 tan2 12θ1

tan3 12θ1

El factor que multiplica lo anterior está relacionado con el período terrestre.En efecto

l20mk

= 2γRT =⇒ l0 =pmk2γRT ,

entoncesl30

mk2=

rm2γRT

k2γRT =

r2γRT

GMS2γRT ,

y el periodo terrestre está dado por

TT =2πRT√GMS

pRT ,



luego

t = γp2γ

TTπ

1

3

1 + 3 tan2 12θ1

tan3 12θ1

pero

cos θ1 = 1− 2γ, tanθ12=

r1− cos θ11 + cos θ1

=

r2γ

2− 2γy reemplazando tan θ1

2resulta finalmente

t = TT (1 + 2γ)

p2(1− γ)

3π.

N

Ejercicio 1.6.25 Estudiar el movimiento de una partícula en un campo defuerzas centrales que sigue la ley de proporcionalidad inversa del cuadrado dela distancia, si además se superpone otra fuerza de magnitud inversamenteproporcional al cubo de la distancia entre la partícula y el centro de fuerzas.Es decir,

F (r) = − k

r2− λ

r3

con k > 0.Demuestre que la trayectoria es una elipse que rota o precesa.

Solución. La ecuación de Binet para la órbita será

d2u

dθ2+ u = −

mF ( 1u)

l20u2=

m

l20u2(ku2 + λu3)

=mk

l20+

λm

l20u.

De aquí sigued2u

dθ2+ (1− λm

l20)u =

mk

l20cuya solución es

u =1

r=

mk

(l20 − λm)+A cos

s(1− λm

l20)θ,

y si λml20¿ 1 corresponde a una curva parecida a una elipse pero que no se

cierra en una vuelta completa.



N

Ejercicio 1.6.26 Determine la expresión de la fuerza de un campo centralque permita a una partícula describir una órbita espiral dada por r = kθ,siendo k una constante positiva.

Solución. De nuevo, la ecuación de Binet es la clave

d2u

dθ2+ u = −

mF ( 1u)

l20u2

,

siendo

u =1

r=1

kθ,

du

dθ= − 1

kθ2,

d2u

dθ2=

2

kθ3= 2k2u3,

por lo tanto

−mF ( 1

u)

l20u2= 2k2u3 + u,

despejando

F (1

u) = − l20

m(2k2u5 + u3),

F (r) = −− l20m(2k2

r5+1

r3).

N

Ejercicio 1.6.27 Determine la expresión de la fuerza de un campo centralque permita a una partícula describir una órbita espiral logarítmica dada porr = Keaθ siendo k y a constantes.

Solución. Es análogo, donde ahora

u =1

r=1

Ke−aθ,

du

dθ= − a

Ke−aθ

d2u

dθ2=

a2

Ke−aθ = a2u,



por lo tanto

−mF ( 1

u)

l20u2= a2u+ u,

despejando

F (1

u) = − l20

m(a2 + 1)u3,

F (r) = − l20m(a2 + 1)

1

r3.

N

Ejercicio 1.6.28 Una partícula de masa unidad se desplaza desde el infi-nito a lo largo de una recta que, de seguir, haría que la partícula pasase auna distancia b

√2 de un punto P. Si la partícula es atraída hacia P con

una fuerza proporcional a kr5y el momento angular respecto de P es

√k/b ,

demuestre que la trayectoria está dada por

r = b coth(θ/√2).

Solución. La ecuación de Binet será

d2u

dθ2+ u = −

mF ( 1u)

l20u2

=ku5

kb2u2= b2u3,

o sead2u

dθ2+ u− b2u3 = 0.

O la resolvemos, problema dificil, o comprobamos que

u =1

btanh(θ/

√2),

es solución. Comprobaremos:

du

dθ=

1

b√2(1− tanh2(θ/

√2)) =

1

b√2(1− b2u2),

d2u

dθ2=

1√2(−2bu) 1

b√2(1− b2u2) = u

¡−1 + b2u2

¢,



que prueba que se trata de una solución. Faltaría probar que la asíntota dela trayectoria pasa a distancia b

√2 del origen. Notemos que r =∞ =⇒ u = 0

o θ =⇒ 0 sea la asíntota es una recta paralela al eje OX (el eje polar). Ladistancia al origen de esa recta se obtiene haciendo θ → 0 en r sin θ esto esla distancia es

d = lımθ→0(b coth

θ√2sin θ) = b

√2.

N

Ejercicio 1.6.29 Una partícula es atraída hacia un centro fijo de fuerzascon una fuerza proporcional a la distancia de la partícula al centro. Demuestreque la trayectoria es una curva plana que puede ser representada por lasecuaciones:

x = A cos(nt+ α),

y = B sin(nt+ β)

Solución. Las ecuaciones de movimiento en coordenadas cartesianas se-rán

mx = −kx,my = −ky,

que tienen soluciones de la forma dada si k/m = n2.

N

Ejercicio 1.6.30 Determine la fuera central si la órbita es una circunfe-rencia y el centro de fuerza está situado sobre la circunferencia.Solución. En realidad este problema está repetido. La ecuación de Binet

para u = 1/r esd2u

dθ2+ u = −

mF ( 1u)

l20u2

.

Si la partícula describe una circunferencia de radio R donde está el centrode fuerza, la ecuación puede escribirse

r = 2R cos θ,

o seau =

1

2R cos θ,



derivando

du

dθ=

1

2R cos2 θsin θ,

d2u

dθ2=

1

2R cos θ+

1

R cos3 θsin2 θ

=1

2R cos θ+1− cos2 θR cos3 θ

= − 1

2R cos θ+

1

R cos3 θ= −u+ 8R2u3,

de aquí sigue

8R2u3 = −mF ( 1

u)

l20u2

,

F (1

u) = −8R

2l20m

u5,

F (r) = −8R2l20

mr5.

N

Ejercicio 1.6.31 Una partícula es atraída hacia un centro fijo de fuerza 0por una fuerza de forma k/r2. La partícula es lanzada desde un punto P conuna velocidad. de magnitud V0 en un ángulo α respecto de OP . Demuestre quela órbita es una elipse si OP ≤ 2k/(mV 2

0 ). Determine además, en términosde m, k, V0 ,α , y OP = r0 la excentricidad de la órbita y la inclinación deleje mayor respecto de OP .

Solución. Evaluamos según las condiciones iniciales

E =1

2mV 2

0 −k

r0,

l0 = mr0V0 sinα.

La excentricidad es

e2 = 1 +2El20mk2

= 1 +2(12mV 2

0 − kr0)l20

mk2.



La órbita será una elipse si E < 0, es decir si

(1

2mV 2

0 −k

r0) < 0 =⇒ r0 <

2k

mV 20

.

Si además reemplazamos l0 se obtiene

e =

s1 +

2(12mV 2

0 − kr0)mr20V

20 sin

2 α

k2.

La ecuación de la órbita es

r =l20mk

1

1− e cos(θ − α)

=mr20V

20 sin

2 α

k

1

1− e cos(θ − β),

y el ángulo β queda determinado de

r0 =mr20V

20 sin

2 α

k

1

1− e cos(β),

que es una ecuación que dejamos planteada por si alguien quiere resol-verla.

N

Ejercicio 1.6.32 Admitiendo que la tierra es una esfera fija de radio R ydespreciando la resistencia del aire, considere el lanzamiento de un proyectilcon rapidez inicial V0 formando un ángulo ξ0 con la vertical del lugar. Si

V 2e =

2GM

R,

donde G es la constante de gravitación, M la masa terrestre y V0 < Ve ,demuestre que la excentricidad y la ecuación de la trayectoria del proyectilson:

e =q1− sin2(2β) sin2(ξ0),

R/r =(1− e cos(θ − α))

2 sin2(β) sin2(ξ0)



siendo

sinβ = V0/Ve,

sinα = sin2 β sin(2ξ0)/e.

Aquí: α representa la inclinación del semieje mayor, ξ0 ángulo de lanzamientorespecto a la vertical.

Solución. Podemos usar los resultados del problema anterior pero colo-cando k = GMm y r0 = R. Así tenemos

e =

s1 +

(mV 20 − 2GMm

R)mR2V 2

0 sin2 ξ0

G2M2m2

=

s1 +

4(V 20 − 2GM

R)R2V 2

0 sin2 ξ0

4G2M2

=

s1 +

4(V 20 − V 2

e )V20 sin

2 ξ0V 4e

=

s1− 4(1− V 2

0

V 2e

)V 20

V 2e

sin2 ξ0

=q1− 4(1− sin2 β) sin2 β sin2 ξ0

e =q1− sin2 2β sin2 ξ0.

Pura álgebra. Además

l20mk

=2R2V 2

0 sin2 ξ0

2GM

=2RV 2

0 sin2 ξ0

V 2∗

= 2R sin2 β sin2 ξ0,

por lo cual la ecuación de la trayectoria será

r =2R sin2 β sin2 ξ01− e cos(θ − α)

Aquí α representa la inclinación del semi eje mayor de la cónica.



Para θ = 0, r = R

1 =2 sin2 β sin2 ξ01− e cosα

=⇒

1− 2 sin2 β sin2 ξ0 = e cosα

cosα =1− 2 sin2 β sin2 ξ0p1− sin2 2β sin2 ξ0

sin2 α = 1− (1− 2 sin2 β sin2 ξ0)

2

1− sin2 2β sin2 ξ0

=1− sin2 2β sin2 ξ0 − (1− 2 sin2 β sin2 ξ0)2

e2

bastante álgebra · · · =⇒

sin2 α =4 sin4 β sin2 ξ0 cos

2 ξ0e2

,

sinα =sin2 β sin 2ξ0

e.

N

Ejercicio 1.6.33 Con respecto al problema anterior, V0 < Ve/√2 demues-

tre que el ángulo de disparo para tener un alcance máximo está dado por:

sin ξ0 =1√2

1p1− (V0/Ve)2

,

y el ángulo para la altura máxima por

sin(α) =(V0/Ve)

2

1− (V0/Ve)2.

¿ Qué ocurre sí V0 ≥ Ve/√2 ?

Solución. Debemos maximizar

sinα =sin2 β sin 2ξ0

e,

respecto a ξ0 siendo

e =q1− sin2 2β sin2 ξ0.

Derivamosd

dξ0

sin 2ξ0p1− sin2 2β sin2 ξ0

= 0,



N

es bastante trabajo, pero resulta

sin ξ0 =1√2 cosβ

=1√

2p1− V 2

0 /V2e

.

El máximo resultará al reemplazar en

sinα =sin2 β sin 2ξ0p1− sin2 2β sin2 ξ0

,

con más algebra resulta

sinα =sin2 β

cos2 β=

V 20 /V

2e

1− V 20 /V

2e

Ejercicio 1.6.34 Una partícula de masa m se mueve en una órbita circularde radio R con rapidez V0 atraída hacia el centro con una fuerza inversamenteproporciona al cuadrado de la distancia de la partícula al centro. Si repenti-namente la rapidez se reduce a la mitad, determine en términos de R0 y V0:la ecuación de la nueva órbita, su excentricidad y la distancia mínima de lapartícula al centro durante el movimiento siguiente.

Solución. Para la órbita circular

mv20R0

=k

R20,

entonces

v0 =

rk

mR0

que reducida a la mitad implica

E =1

2m1

4

k

mR0− k

R0

= −78

k

R0

l0 = mR01

2

rk

mR0=1

2

pmR0k,



luego

e2 = 1 +2(−7

8kR0)14mR0k

mk2=9

16=⇒ e =

3

4,

yl20mK

=14mR0k

mk=1

4R0,

luego la nueva órbita es (tomando α = 0)

r =1

4R0

1

1− 34cos θ

=R0

4− 3 cos θ .

N

Ejercicio 1.6.35 Una partícula de masa m = 1 es atraída por una fuerzainversamente proporcional al cuadrado de su distancia a un punto fijo 0 y semueve describiendo la elipse:

r =100

1− 12cos θ

.

Si en el punto más alejado de su trayectoria, la rapidez de la partícula esV = 1, determine la constante de la ley de fuerza. Si en el punto más alejado,la rapidez de la partícula es duplicada, determine la ecuación de la nuevaórbita.

Solución. Aquí como m = 1

l20k= 100,

el punto más alejado es

rmax =100

1− 12

= 200,

luego

l0 = |mr × v| = 200 =⇒

k =(l0)

2

100=2002

100= 400.



Si en el punto más alejado la rapidez se hace V = 2,calculamos

l0 = |mr × v| = 200× 2 = 400,

E =1

2mv2 − k

r=1

24− 400

200= 0→

e = 1,

l20mk

=(400)2

400= 400,

de modo que la nueva órbita es

r =400

1− cos(θ − α),

una parábola. Para determinar el ángulo α consideramos que en θ = 0,r = 200 de modo que

200 =400

1− cos(α)de donde α = π y finalmente

r =400

1 + cos(θ).

N

Ejercicio 1.6.36 Una partícula de masa m se mueve en una órbita circularde radio R0 con rapidez V0 atraída hacía el centro con una fuerza inversa-mente proporcional al cuadrado de la distancia de la partícula al centro. Sirepentinamente la rapidez de la partícula se aumenta a V =

√αV0 siendo

α > 1, demuestre que si α ≥ 2 la partícula se aleja hasta el infinito. Para α< 2 , determine la ecuación de la nueva órbita en términos de R0, V0 y α.

Solución. Tenemos para la órbita circular

V0 =

rk

mR0,

la nueva rapidez

V =√α

rk

mR0,



E =1

2αk

R0− k

R0,

l0 = mR0√α

rk

mR0.

La excentricidad es

e2 = 1 +2(12α kR0− k

R0)(mR0

√αq

kmR0

)2

mk2= (α− 1)2 .

Entoncese = α− 1,

que es una parábola o hipérbola si α ≥ 2. Si α < 2 resultará

r =l20mk

1

1− (α− 1) cos θ

=R0α

1− (α− 1) cos θ .

N

Ejercicio 1.6.37 Determine las posibles leyes de fuerza central si una par-tícula describe bajo su acción una circunferencia, con el centro de fuerzas enel interior del círculo.

Solución. Si el origen está sobre un diámetro a distancia d del centro, laecuación de la circunferencia será (teorema del coseno)

R2 = r2 + d2 − 2dr cos θ,

de

0 = rdr

dθ+ dr sin θ − d cos θ

dr

dθ,

dr

dθ=

dr sin θ

d cos θ − r,

d2r

dθ2=

d

dθ

dr sin θ

d cos θ − r

r = d cos θ +p(d2 cos2 θ +R2 − d2),



de aquí

u =1

r=

1

d cos θ +p(d2 cos2 θ +R2 − d2)

Lo dejaremos hasta aquí, por ser demasiada el álgebra necesaria. Calcule

du

dθ,d2u

dθ2,

expréselas en términos de u y reemplace en la ecuación de Binet.

N

Ejercicio 1.6.38 Considere una partícula que se mueve en un campo cen-tral atractivo k/r2 con k < 0. Demuestre que para un momentum angulardado, la mínima energía que puede tener la partícula es:

E = −mk2

2l20.

Solución. Sabemos que la energía es

E =1

2m(r2 + r2θ

2)− k

r,

yl0 = mr2θ,

de modo que la energía puede escribirse

E =1

2mr2 +

1

2

l20mr2

− k

r,

a la distancia r1 donde r es mínimo r = 0 y entonces

E =1

2

l20mr21

− k

r1,

función que tiene un mínimo donde

− l20mr31

+k

r21= 0 =⇒ r1 =

l20mk

,

y luego

Emın =1

2

l20m

m2k2

l40− k

mk

l20= −mk2

2l20.



N

Ejercicio 1.6.39 Un cohete de masa m es disparado desde un punto de lasuperficie de la tierra con una rapidez inicial V0 haciendo un ángulo ξ0 con lavertical del lugar. Despreciando la rotación terrestre, la resistencia del aire yel movimiento de la tierra, demuestre que la excentricidad de la trayectoriaestá dada por:

e2 = 1 +R2V 2

o sen2ξ0

G2M2

µV 20 −

2GM

R

¶,

y la trayectoria es:

r =R2V 2

o sen2ξ0

GM(1− e cos(θ − α)).

Aquí R es el radio terrestre, M la masa de la tierra y G la constante degravitación. ¿Cuál es la ubicación del eje polar?Solución. Tenemos que

l0 = mV0R sin ξ0,

E =1

2mV 2

0 −GMm

R,

de donde

e2 = 1 +(mV 2

0 − 2GMmR)m2V 2

0 R2 sin2 ξ0

mG2M2m2

= 1 +V 20 R

2 sin2 ξ0G2M2

(V 20 −

2GM

R).

Ademásl20mK

=m2V 2

0 R2 sin2 ξ0

GMm2=

R2V 20 sin

2 ξ0GM

,

que prueban lo solicitado.

N

Ejercicio 1.6.40 Respecto al problema anterior, suponga que V0 =pGM/R

y ξ0 = 30o. Demuestre entonces que el proyectil caerá de regreso a la tierra en

un punto situado a una distancia Rπ/3 del punto de partida, medida sobre lasuperficie de la tierra. Demuestre además que la altura máxima del proyectilsobre la superficie terrestre es de alrededor de 0,866R.



Solución. Particularizamos a V0 =pGM/R y ξ0 = 30

o resultando

e2 = 1−R2 sin2 π

6

G2M2(G2M2

R2),

= 1− sin2 π6=3

4,

l20mK

= R sin2π

6=

R

4,

luego

r =R

4

1

1− 12

√3 cos(θ − α)

,

en θ = 0, r = R luego

R =R

4

1

1− 12

√3 cos(α)

⇒ α = 30o,

evidentemente el proyectil caerá de nuevo a la Tierra en θ = π3= 60o y eso

corresponde a un arco Rπ3. Además el máximo r será

r =R

4

1

1− 12

√3= 1. 866 03R,

y eso corresponde a una altura máxima de 1. 866 03R−R = 0,866 03R

N

Ejercicio 1.6.41 Una partícula de masa m se mueve en una órbita circularde radio R0 con rapidez V0 atraída hacia el centro con una fuerza inversa-mente proporcional al cuadrado de la distancia de la partícula al centro. Sirepentinamente la velocidad se reduce a la mitad, determine en términos deR0 y V0 la ecuación de la nueva órbita.

Solución. Sabemos que

V0 =

rk

mR0,

luegok = mR0V

20 ,



la nueva energía será

E =1

2m1

4V 20 −

mR0V20

R0= −7

8mV 2

0 ,

el nuevo momentum angular

l0 = mR0V02,

luego

e2 = 1 +−74mV 2

0 m2R20

V 20

4

m(m2R20V40 )

=9

16,

luego

r =(mR0

V02)2

m2R0V 20

1

1− 34cos θ

=14R0

1− 34cos θ

.

N

Ejercicio 1.6.42 Un satélite está en órbita ecuatorial geo estacionaria, esdecir permanece en el mismo punto relativo a la tierra que rota. Dados, lamasa terrestre M , la constante de gravitación G, Ω la velocidad angularterrestre, determine la ecuación de la nueva órbita si la rapidez absoluta delsatélite es repentinamente aumentada al doble.

Solución. Si Ω denota la velocidad angular terrestre entonces órbita geoestacionaria significa

v0 = Ωr0

además de (problema anterior)

v0 =

rGM

r0

con estas se puede obtener:

r0 =1

Ω3p(GMΩ),

v0 = 3p(GMΩ).



Sea por un momento v0 = 2q

GMr0la velocidad inicial. Entonces

E =1

2m4

GM

r0− GMm

r0

= GMm

r0

l0 = mr02

rGM

r0

entonces

e2 = 1 +2GMm

r04m2r20

GMr0

mG2M2m2= 9

entonces

r =4m2r20

GMr0

mGMm

1

1− 3 cos(θ − α)

=4r0

1− 3 cos(θ − α)

Si el ángulo polar se mide desde donde cambió la velocidad entonces debeser α = π y finalmente

r =4r0

1 + 3 cos θ

=4

Ω3p(GMΩ)

1

1 + 3 cos θ

N

Ejercicio 1.6.43 Un satélite de masa m está en órbita circular de radio 2Ren torno a la tierra supuesta esférica, de masa M y radio R, en reposo y sinatmósfera. Si la velocidad se altera en un punto de la órbita en un factor f ,determine: a) la ecuación de la nueva órbita. b) el rango de valores de f paralos cuales el satélite chocará con la tierra. c) el rango de valores de f para loscuales el satélite se aleja indefinidamente.

Solución. Para la órbita circular

v =

rGM

2R,



la nueva rapidez es

v = f

rGM

2R,

la nueva energía es

E =1

2mf2

GM

2R− GMm

2R=1

4GMm

f2 − 2R

,

el nuevo momentum angular es

l0 = m(2R)f

rGM

2R,

la excentricidad será dada por

e2 = 1 +2El20

m(GMm)2=¡f2 − 1

¢2,

de dondee =

¯f2 − 1

¯.

además

l20mk

=(m(2R)f

qGM2R)2

mGMm= 2Rf2,

de manera que la nueva órbita es

r =2Rf2

1− |f2 − 1| cos(θ − α).

Si el cambio de la rapidez ocurre en θ = 0 debe ser

2R =2Rf2

1− |f2 − 1| cos(α) ,

de donde

1−¯f2 − 1

¯cos(α) = f2,

cosα =1− f2

|1− f2| .



Si f < 1 =⇒ cosα = 1 entonces

r =2Rf2

1− (1− f2) cos θ.

Si f > 1 =⇒ cosα = −1 entonces

r =2Rf2

1 + (f2 − 1) cos θ .

El satélite puede chocar con la Tierra sólo si f < 1 y para saberlo hay quever si la ecuación

r =2Rf2

1− (1− f2) cos θ= R,

tiene o no solución. Esta es

2f2 = 1− (1− f2) cos θ,

despejando

cos θ =1− 2f21− f2

> −1,

debe ser

1− 2f2 > f2 − 1

de donde

f <

r2

3.

Para este caso, el satélite chocará con la Tierra. Por último, el satélite noregresa si e = |f2 − 1| > 1 o sea si f >

√2.

N

Ejercicio 1.6.44 Un satélite está en órbita ecuatorial geo estacionaria, esdecir permanece en el mismo punto relativo a la tierra que rota. Dados, lamasa terrestre M, la constante de gravitación G, Ω la velocidad angular te-rrestre, determine la ecuación de la nueva órbita si la rapidez absoluta delsatélite es repentinamente reducida a la mitad.



Solución. Tenemos

E =1

2m1

4

GM

r0− GMm

r0

= −78

GMm

r0

l0 = mr01

2

rGM

r0

entonces

e2 = 1 +2(−7

8GMmr0)14m2r20

GMr0

mG2M2m2=9

16entonces

r =m2r20

14GMr0

mGMm

1

1− 34cos(θ − α)

=1

4r0

1

1− 34cos(θ − α)

=1

Ω3p(GMΩ)

1

4− 3 cos θN

Ejercicio 1.6.45 Considere la tierra como esférica, en reposo de masaM yradio R, sin atmósfera. Se lanza un proyectil con rapidez inicial V0 formandoun ángulo β respecto a la horizontal. Determine el arco que el proyectil recorrehasta llegar al suelo (si lo hace). Discuta las condiciones bajo las cuales elproyectil cae nuevamente al suelo. La constante de gravitación es G.

Solución. La energía es

E =1

2mV 2

0 −GMm

R,

el momentum angular esl0 = mRV0 cosβ,

la excentricidad será

e2 = 1 +2(12mV 2

0 − GMmR)m2R2V 2

0 cos2 β

m(GMm)2

= 1 +(V 20 − 2GM

R)R2V 2

0 cos2 β

(GM)2,



l20mk

=m2R2V 2

0 cos2 β

mGMm=

R2V 20 cos

2 β

GM,

de modo que la trayectoria es

r =R2V 2

0 cos2 β

GM

1

1− e cos(θ − α).

Para la notación, introducimos la velocidad de escape

Ve =

r2GM

R,

de manera que

e2 = 1− 4(V20 − V 2

e )V20 cos

2 β

V 4e

,

l20mk

=2RV 2

0 cos2 β

V 2e

,

de modo que la trayectoria es

r =2RV 2

0 cos2 β

V 2e

1

1− e cos(θ − α).

Si r(0) = R hay necesariamente dos puntos donde la trayectoria intersecta ala superficie de la Tierra. Esos ángulos son θ = 0 y θ = 2α, además de e < 1.Entonces

R =2RV 2

0 cos2 β

V 2e

1

1− e cosα,

R =2RV 2

0 cos2 β

V 2e

1

1− e cos(θ1 − α),

de donde se deduce que

θ1 − α = α =⇒ θ1 = 2α,

y de cualquiera de las anteriores

1− e cosα =2V 2

0 cos2 β

V 2e

,



o sea

cosα =1− 2V 20 cos

2 β

V 2e

e

cosα =1− 2V 20 cos

2 β

V 2eq

1− 4(V 20 −V 2e )V

20 cos

2 β

V 4e

.

Esta expresión la hemos visto de diversas forma en otros problemas. Si

z = V 20 /V

2e

entonces

cosα =1− 2z cos2 βp

1− 4(1− z)z cos2 β,

que puede escribirse

cosα =1− 2z cos2 βp

(1− 2z cos2 β)2 + z2 sin2 2β

=1− 2z cos2 β|1− 2z cos2 β|

1q1 + z2 sin2 2β

(1−2z cos2 β)2

.

Hay dos casos

a) Si 1− 2z cos2 β > 0, o sea

z <1

2 cos2 β,

ángulos de disparo grandes, entonces

cosα =1q

1 + z2 sin2 2β(1−2z cos2 β)2

.

b) Si 1− 2z cos2 β < 0, o sea

1 > z >1

2 cos2 β



ángulos de disparo pequeños, entonces

cosα = − 1q1 + z2 sin2 2β

(1−2z cos2 β)2

.

Note que si 1− 2z cos2 β = 0

cosα = 0,

esto es el semieje mayor está a 90o del punto de lanzamiento, y el proyec-til cae diametralmente opuesto por la Tierra al punto de lanzamiento.

N


Capítulo 2

Sistema de referencia noinercial

2.1. Ecuaciones de movimiento

Las ecuaciones de Newton para un sistema de partículas deben ser formu-ladas respecto a un sistema inercial de referencia. De ser necesario utilizar unsistema no inercial, ya sea porque esté acelerado o tenga rotaciones respectoal inercial, podemos establecer las relaciones entre el movimiento absoluto,respecto al sistema inercial, y el movimiento relativo respecto al sistema noinercial en uso, como se explica a continuación. Respecto a la figura (2.1) sir indica el vector posición absoluto y r 0 indica el vector posición relativo deuna de las partículas del sistema, tenemos que

r = rA + r 0. (2.1)

Para relacionar velocidades y aceleraciones, debemos considerar que la ve-locidad relativa y aceleración relativas son las derivadas del vector posiciónrelativo con vectores unitarios considerados constantes, entonces si

r 0 = x0ı0 + y0j0 + z0k0,

la velocidad y aceleración relativas son

v rel = x0ı0 + y0j0 + z0k0,


82 Sistema de referencia no inercial

z

y

x

z'

y'

x'

O

Ar

r’

rA

Figura 2.1: Sistema no inercial

a rel = x0ı0 + y0j0 + z0k0.

La existencia del denominado vector velocidad angular ω del sistema móvil,será justificada en el capítulo sobre rotaciones, por ahora bastará aceptarque las derivadas de los vectores unitarios móviles están dadas por ω× elrespectivo vector unitario, de modo que se puede obtener

v =d

dt(rA + r0),

= vA +d

dt(x0ı0 + y0j0 + z0k0),

= vA + vA + (x0 d

dtı0 + y0

d

dtj0 + z0

d

dtk0) + (x0ı0 + y0j0 + z0k0),

es decirv = vA + ω × r 0 + v rel, (2.2)

de manera similar puede demostrarse que

a = aA + α× r 0 + 2ω × v rel + ω × (ω × r 0) + a rel. (2.3)

Esta expresión es conocida como teorema de Coriolis. Aquí α representala aceleración angular o sea la derivada respecto al tiempo de la velocidadangular. En esta expresión los términos 2ω×v rel y aA+α×r 0+ω×(ω×r 0)son conocidos como la aceleración de Coriolis y la aceleración de arrastre de


2.2 Movimiento relativo a la tierra 83

la partícula respectivamente. Considerando lo anterior, la Segunda Ley deNewton en el sistema no inercial de referencia tiene la expresión

ma rel = F −m(aA + α× r 0 + 2ω × v rel + ω × (ω × r 0)), (2.4)

que puede interpretarse diciendo que la partícula obedece la segunda Leyen un sistema no inercial, pero a la fuerza real F hay que agregarle fuerzasficticias dadas por

F arrastre = −m(aA + α× r 0 + ω × (ω × r 0)),

yF coriolis = −2mω × v rel.

2.2. Movimiento relativo a la tierra

Un ejemplo bastante cotidiano de sistema no inercial de referencia loconstituye la Tierra. Su no inercialidad se debe principalmente a la rotaciónterrestre respecto a su eje, que es muy aproximadamente constante y equiva-lente a una vuelta completa en 24 horas. Su valor en consecuencia es bastantepequeño

ω =2π

24× 3600 = 7. 272 2× 10−5 s−1.

Ello justifica la denominada aproximación ω2 ≈ 0, donde se desprecian lostérminos en ω2. Si se considera como modelo a la tierra como perfectamenteesférica de masa M y radio R, podemos elegir como sistema no inercial fijoen la tierra un sistema con origen en la superficie terrestre en una latitudque denominaremos λ. El eje z se elije vertical—no necesariamente radial—el eje x perpendicular a z dirigido hacia el Sur, el eje y perpendicular a losanteriores, o sea hacia el Este, como se indica en la figura (2.2). La desviaciónentre la vertical del lugar y la dirección radial ε está exagerada en la figura.Su estimación se hace en la sección siguiente.

2.2.1. Vertical y aceleración de gravedad del lugar

Un primer efecto de la no inercialidad del sistema de referencia terrestrees que la vertical del lugar se desvía de la dirección radial terrestre y que



Rλ

φx

A y

zz0

ω

Figura 2.2: Sistema fijo a la Tierra

la aceleración de gravedad depende de la latitud. En efecto, la definición depeso y de vertical se hacen de acuerdo a una plomada de masam en situaciónestacionaria en la Tierra. Así la vertical es la dirección de la plomada y elpeso es de magnitud definida como la tensión en el hilo de la plomada. Paraesa situación estacionaria, la aceleración y velocidad relativas son cero, porlo tanto una aplicación de la ecuación 2.4 a esta situación implica

0 = T − GMm

R2r −maA,

donde se ha considerado que además de la fuerza gravitacional actúa la ten-sión del hilo, la velocidad angular es constante y r 0 = 0. De acuerdo a loexplicado la dirección de T es el eje z y su magnitud se define como mg, elpeso del cuerpo y g la aceleración local de gravedad. Entonces tenemos que

mgz =GMm

R2r +maA. (2.5)

Además, la aceleración del origen A está dada por

aA = ωk0 × (ωk0 ×Rr) = Rω2(sinλ k0 − r). (2.6)



De modo que si se toma la magnitud de la ecuación (2.5) se obtiene

g =

sµGM

R2

¶2− 2GM

R2Rω2 cos2 λ+R2ω4 cos2 λ, (2.7)

=

sµGM

R2

¶2− (2GM

R−R2ω2)ω2 cos2 λ (2.8)

que se reduce en el Polo a

gp =GM

R2,

y en el Ecuador a

ge =

µGM

R2

¶−Rω2.

La razón entre la aceleración centrípeta en el ecuador Rω2 y la aceleraciónde gravedad en el polo usualmente designada por β está dada por

β =Rω2

GM/R2= 3. 425 7× 10−3,

de modo que

ge = gp(1− β).

Para el caso de nuestro planeta (Serway, [12]), los valores numéricos pararadio promedio terrestre R = 6,37×106 m, masa de la tierraM = 5,98×1024kg, constante de gravitación G = 6,67259 × 10−11 Nm2 kg−2, ω = 2π

24×3600s−1 permiten estimar gp, ge numéricamente y aproximar la expresión (2.7)como sigue

gp = 9. 833 7ms−2

ge = 9,8m s−2



9.78

9.79

9.8

9.81

9.82

9.83

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4

(a)

(b)

Figura 2.3: Gravedad local, tierra esférica (a) y real (b)

g =

sµGM

R2

¶2− 2GM

R2Rω2 cos2 λ+R2ω4 cos2 λ ((a))

=GM

R2

s1− 2Rω

2 cos2 λGMR2

+R2ω4 cos2 λ

G2M2

R4

= gp

q1− 2β cos2 λ+ β2 cos2 λ

≈ gp(1− β cos2 λ) = ge(1 + β sin2 λ)

= 9,8(1 + 0,003 425 7× sin2 λ)

Sin embargo, la tierra no es esférica y de acuerdo a la Unión Internacional deGeodesia y Geofísica de 1967, (pag. [8]) el valor de g al nivel del mar varíacon la latitud de acuerdo a

g = 9,780309(1 + 0,00530238 sin2 λ− 0,000005850 sin2(2λ) + ((b))

0,00000032 sin2 λ sin2 2λ).

Ambas expresiones están graficadas en función de λ (de 0 −→ π/2 = 1. 570 8)por las curvas superior (a) e inferior (b) respectivamente en la figura (2.3).Para propósitos prácticos las antiguas fórmulas todavía se usan, la llamadafórmula de Cassinis se cita como referencia

g = 9,780490(1 + 0,0052884 sin2 λ− 0,0000059 sin2(2λ)).



Desviación de la vertical

Una estimación del ángulo ε , entre la vertical y la dirección radial, puedeobtenerse de la misma ecuación referida anteriormente haciendo un productocruz de ella con r. El resultado que se obtiene es

sin ε =Rω2

gsinλ cosλ, (2.9)

o sea desviación cero en el Ecuador y en el Polo y desviación máxima para la-titud de 45 grados del orden de 0,1 grados. De acuerdo a los valores numéricosseñalados la última expresión puede ser aproximada a

ε ≈ 0,003 sinλ cosλ. (2.10)

2.2.2. Ecuación de movimiento aproximada

Para movimientos en la vecindad del origen A, la ecuación (2.4) con laayuda de la ecuación (2.5) puede ser escrita como

ma = F −mgk +GMm

R2r −m(α× r + 2ω × v + ω × (ω × r)).

Hemos suprimido las (0) y se entiende que las posiciones, velocidades y ace-leraciones son de ahora en adelante relativas a la Tierra. Además si con-sideramos que α = 0 y denotamos por f la fuerza actuante, fuera de lagravitacional, la aproximación considerada es

ma = f −mgk − 2mω × v. (2.11)

El movimiento de una partícula bajo la influencia de la aceleración local degravedad solamente (f = 0) dado por la ecuación (2.11) está determinado enesta aproximación (ω2 ≈ 0) por

a = −gk − 2ω × v,

de donde por integración

v = v(0)− gtk − 2ω × (r − r(0)),



que si es sustituida en la expresión de la aceleración haciendo ω2 = 0 eintegrada dos veces, conduce a

a = −gk − 2ω × (v(0)− gtk)

= −gk − 2ω × v(0) + 2gtω × k

de donde la velocidad está dada por

v = v(0)− gtk − 2tω × v(0) + gt2ω × k,

y la posición por

r = r(0) + v(0)t− 12gt2k − t2ω × v(0) +

1

3gt3ω × k.

Esta expresión constituye la solución para el movimiento de un proyectil enlas cercanía de la Tierra para condiciones iniciales arbitrarias. Debe obser-varse que para cualquier caso se tiene que

ω × k = ω cosλj

o sea ese término contribuye siempre a desviar la partícula hacia el Este. Esetérmino puede ser compensado para tiempos no muy grandes por el cuartotérmino si la partícula parte hacia arriba.

2.2.3. Péndulo de Foucault

Respecto al sistema de referencia Terrestre una masa puntual m se unemediante una cuerda liviana inextensible L a un punto fijo de coordenadas(0, 0, L) de modo que la partícula está en equilibrio relativa a la tierra (es-tacionaria) en el origen del sistema. Para una perturbación pequeña de laposición más baja, la ecuación de movimiento (2.11), escrita en coordenadascartesianas tiene por componentes

max = Tx − 2m(−ω(sinλ)y),may = Ty − 2m((ω sinλ)x− (−ω cosλ))z,maz = Tz −mg − 2m(−ω cosλ)y.

La tensión en la cuerda puede ser escrita como

T =

µ−x

LT,− y

LT,

L− z

LT

¶,



de modo que

x = − x

mLT + 2ωy sinλ,

y = − y

mLT − 2ω(x sinλ+ z cosλ),

z =L− z

mLT − g + 2ωy cosλ.

De la tercera ecuación del último grupo, si z es pequeño, entonces T ≈mg − 2mωy cosλ. De modo que las ecuaciones aproximadas de movimientoen el plano xy serán

x+g

Lx− 2ωy sinλ = 0,

y +g

Ly + 2ωx sinλ = 0.

Si denotamos por Ω = (−ω sinλ)k y por R = (x, y) al vector posición en elplano, las dos últimas ecuaciones pueden ser escritas en una sola como

d2

dt2R− 2Ω× d

dtR+

g

LR = 0, (2.12)

donde se derivan solamente las coordenadas. En términos simples, esas deri-vadas son la velocidad y aceleración del punto del plano relativas al sistema(x, y, z). Podemos relacionar con las velocidades y aceleraciones relativas aotro sistema que tiene el mismo origen y rota con velocidad angular Ω, perodespreciando términos en Ω2, de acuerdo a

d

dtR =

∂

∂tR+ Ω×R,

d2

dt2R =

∂2

∂t2R+ 2Ω× ∂

∂tR,

por lo tanto la ecuación para la variación relativa de las coordenadas es

∂2

∂t2R+ 2Ω× ∂

∂tR− 2Ω× ∂

∂tR+

g

LR ≈ 0,

o bien∂2

∂t2R+

g

LR ≈ 0. (2.13)



Esto es, oscilaciones de frecuencia angular ω =pg/L respecto a un sistema

que rota respecto a la vertical del lugar con la frecuencia angular (precesión deFoucault) (−ω sinλ)k. El movimiento de este péndulo ha sido iniciado desdeel origen con alguna velocidad inicial pequeña. Si el movimiento es iniciadodesde un punto alejado de la vertical, se manifiesta otro efecto (precesión delpéndulo esférico) que se describe en la sección siguiente y con más detallesen el apéndice.

2.2.4. Péndulo esférico

Un efecto similar al de Foucault pero de menor magnitud ocurre cuandoel movimiento del péndulo se inicia desde una posición alejada de la verticalcon alguna velocidad inicial de precesión o nula, aun cuando este movimien-to sea respecto a un sistema inercial. Este efecto de “área” es deducido enel apéndice y en la referencia Synge, p.56 [14], “ la velocidad angular ae-rolar es (3/8)α2ω sinλ”. En el movimiento relativo a la tierra que rota, siel movimiento de la partícula se inicia desde un punto alejado de la verticalquemando un hilito que la sostiene (en reposo relativo a la tierra), la rotaciónterrestre causa que exista una velocidad absoluta de precesión inicial distintade cero, por lo cual el efecto de precesión proporcional al área de la elipsese manifestará. Sin rotación terrestre el movimiento estaría en un plano ver-tical. Considerando la rotación terrestre veremos que si la amplitud angularinicial es pequeña, la órbita proyectada en un plano horizontal es una elipseque precesa en torno de la vertical con una velocidad angular de precesiónmucho menor que la de Foucault.

2.3. Teorema de Larmor

Respecto a un sistema inercial, si parte de la fuerza que actúa sobre unapartícula es perpendicular a la velocidad y a una dirección fija k0 de modoque

F = f + αv × k0,

una simplificación de la ecuación de movimiento en el sistema de referenciainercial se logra si se utiliza un sistema de referencia (no inercial) que rotacon velocidad angular constante en la dirección fija k0. La segunda ley deNewton nos daría, para un origen A fijo

ma rel = f + αv × k0 −m(2ω × v rel + ω × (ω × r)),


2.3 Teorema de Larmor 91

pero aquí conviene elegir ω = ωk0, resultando

ma rel = f + α(v rel + ωk0 × r)× k0 − 2mωk0 × v rel −mωk0 × (ωk0 × r)),

o bien

ma rel = f + αv rel × k0 + αω(k0 × r)× k0 + 2mωv rel × k0

−mωk0 × (ωk0 × r)),

y si se escoge ω de modo que los términos dependientes de la velocidadrelativa se cancelen, o sea

ω = − α

2m, (2.14)

se obtiene que la ecuación de movimiento en ese sistema rotante de referenciaes

ma rel = f +α2

4(k0 × (k0 × r)),

ecuación que puede ser aproximada, si el término en α2 puede ser despreciado,a la siguiente ecuación

ma rel = f.

O sea, el efecto de una fuerza perturbadora pequeña (α ≪ 1) del tipoconsiderada equivale a resolver el problema dado por la fuerza f en un sistemaque rota con la velocidad angular adecuada (2.14). Un ejemplo lo constituyenelectrones o cargas e que están describiendo órbitas debido a la presenciade alguna fuerza central f . Si se aplica un campo magnético de magnitudconstante B en una dirección fija k0 la fuerza adicional llamada fuerza deLorentz está dada por

ev ×B = eBv × k0.

Por lo tanto, la influencia de un campo magnético pequeño es hacer precesarlas órbitas en torno a un eje en la dirección del campo magnético con lavelocidad angular de Larmor

ω = − eB

2m,

si el campo magnético es pequeño.




Ejercicio 2.4.1 Una barra lisa OM de largo 2a, ubicada en el plano verticalque contiene al Este, está inclinado en un ángulo α respecto de la horizontal.Por ella se desliza una argolla pequeña P, partiendo desde el extremo M.Calcular la reacción de la barra sobre la argolla cuando ella pasa por el puntomedio de la barra si se toma en cuenta la rotación de la tierra.

Solución. Para este caso utilizamos

ma = f −mgk − 2mω × v,

donde f será la reacción normal que no tiene componente a lo largo de v.Las coordenadas de la partícula serán

x = 0, y, z = y tanα,

luego

r = yj+ y tanαk,

v = yj+ y tanαk,

a = yj+ y tanαk,

Proyectando la ecuación de movimiento a lo largo de v

a · v = −gk · v,

o sea

y + y tan2 α = −g tanα,

y = −g tanαsec2 α

= −g sinα cosα, y(0) = 2a cosα, y(0) = 0.

luego

y = 2a cosα− 12gt2 sinα cosα,

y = −gt sinα cosα

ademásω = −ω cosλı+ ω sinλk,



si despejamos f y reemplazamos

f = my(j+ tanαk) +mgk + 2myω(− cosλı+ sinλk)× (j+ tanαk),

o en componentes

fx = 2mgωt sinα cosα sinλ,

fy = −mg sinα cosα− 2mgωt sin2 α cosλ,

fz = mg cos2 α+ 2mgωt sinα cosα cosλ,

el tiempo será obtenido de

y = 2a cosα− 12gt2 sinα cosα = a cosα,

luego

t =

r2a

g sinα.

N

Ejercicio 2.4.2 Una partícula se lanza verticalmente hacia arriba con ve-locidad Vo en un punto de latitud λ. Encontrar el punto sobre el que vuelvea caer si se toma en cuenta la rotación de la tierra en la aproximación usualde primer orden en ω.

Solución. Usamos

r = r(0) + v(0)t− 12gt2k − t2ω × v(0) +

1

3gt3ω × k,

con v(0) = V0k, r(0) = 0, además que ω× k = −ω cosλj, ω× v(0) = ω×V0kresultando

r = V0tk −1

2gt2k − V0t

2ω × k +1

3gt3ω × k,

= V0tk −1

2gt2k + (V0t

2 − 13gt3)ω cosλj

o sea

z = V0t−1

2gt2,

y = (V0 −1

3gt)ωt2 cosλ,



cae en z = 0, t = 2V0gy

y =4

3V 30

ω

g2cosλ.

N

Ejercicio 2.4.3 Una partícula se mueve, por la acción de la gravedad, sobreun plano inclinado en el ángulo α respecto de la horizontal y que rota conpequeña velocidad angular respecto de un eje vertical fijo, que intercepte elplano en el punto 0. Tomando ejes rectangulares OXY fijos en el plano demodo que el eje OX está orientado a lo largo de la línea de máxima gradiente,demostrar que si inicialmente la partícula parte del reposo desde 0, que sudesviación desde OX, después de t segundos, viene dada aproximadamentepor

1

6ωgt3 sin 2α

siempre que se desprecien los términos en ω2.

Solución. Aquí no se considera la rotación terrestre. Para el sistemaOXY Z podemos usar

N −mgk0 = m(2ω × v + a),

k0 = − sinαı+ cosαk

dondeω = ω(− sinαı+ cosαk),

tomando las componentes x, y de la ecuación resulta

−2ω(cosα)y + x = g sinα

2ω(cosα)x+ y = 0,

integramos la primera

−2ω(cosα)y + x = gt sinα,

reemplazamos x en la segunda despreciando términos en ω2 resultando

2ω(cosα)gt sinα+ y = 0,

o seay = −2ωgt cosα sinα = −ωgt sin 2α,



e integrando dos veces

y = −16ωgt3 sin 2α.

N

Ejercicio 2.4.4 Una partícula de masa m se mueve en movimiento armó-nico simple y = a cosnt en una ranura suave orientada en E a 0 sobre lasuperficie de la tierra en un punto de latitud λ. Demostrar que, si desprecianlos términos que contienen el cuadrado de la velocidad angular de la tierra, lareacción de la ranura tiene una componente horizontal en ángulo recto respec-to al movimiento y de magnitud 2manω sinλ sinnt y una componente verticalcuya magnitud fluctúa armónicamente, con una amplitud 2manω cosλ .

Solución. Nuevamente

ma = f −mgk − 2mω × v,

donde f será la reacción normal que no tiene componente a lo largo de v.Las coordenadas de la partícula serán

x = 0, y = a cosnt, z = 0,

luego

r = a(cosnt)j,

v = −an(sinnt)j,a = −an2(cosnt)j,

ademásω = −ω cosλı+ ω sinλk,

luego

f = ma+mgk + 2mω × v,

= −man2(cosnt)j+mgk − 2m(−ω cosλı+ ω sinλk)× an(sinnt)j,

= −man2(cosnt)j+mgk − 2m(−ω cosλk − ω sinλı)an(sinnt),

o sea

fx = 2manω(sinλ) sinnt,

fz = mg + 2man(ω cosλ)(sinnt),

que prueban lo pedido.



N

Ejercicio 2.4.5 Una partícula de masa m puede deslizar sin roce en el in-terior de un tubo pequeño doblado en forma de un círculo de radio a. Inicial-mente se hace rotar en torno de un diámetro vertical el tubo con velocidadω0 estando la partícula en una posición definida por el ángulo θ0 respecto dela vertical. Estudiar el movimiento subsiguiente de la partícula.

θ

ω0

r

Solución. De acuerdo al Teorema de Coriolis, tomando como sistema dereferencia rotante al aro, la aceleración absoluta es

a = aO +dω

dt× r + 2ω × vrel + ω × (ω × r) + arel,

donde

aO = 0,dω

dt= 0,

ω = ω0k,

vrel = aθθ,

arel = aθθ − aθ2r,

entonces resultará

ma = m(2ω0k × aθθ + aω20k × (k × r) + aθθ − aθ2r) = N −mgk.

La ecuación de movimiento resulta eliminando N lo que se logra tomándolacomponente tangencial ·θ de la última ecuación. Así

aω20(k × (k × r)) · θ + aθ = −gk · θ,



o sea

ω20(k × (k × r)) · θ + θ =g

asin θ,

θ − ω20 cos θ sin θ =g

asin θ.

Podemos integrarla una vez sabiendo que

θ(0) = θ0, θ(0) = 0,

resultando

1

2θ2+1

2ω20(cos

2 θ − cos2 θ0) = −g

a(cos θ − cos θ0).

Analicemos sobre la existencia de un punto de retorno, donde θ = 0. Unasolución es el punto de partida θ0. Otro existe si

cos θ1 = − cos θ0 −2g

aω20> −1,

lo cual requiere que

aω20 >2g

1− cos θ0.

Esto significa que si se cumple lo anterior, la partícula oscila entre θ0 y θ1.Caso contrario la partícula oscila entre θ0 y 2π − θ0. Note que en el primercaso existe un punto estacionario θe donde θ = 0, este satisface

cos θe = −g

aω20

y se cumple que

cos θe =cos θ1 + cos θ0

2.

N

Ejercicio 2.4.6 Una partícula de masa m, puede deslizar, sin fricción enun tubo rígidamente unido en un ángulo θ0 = 60o con un eje vertical quegira con velocidad constante ω0 tal que ω20 = 2g/r0. Si la partícula se lanzapor el interior del tubo con las condiciones iniciales: r = r0, r = −

pgr0/2

encontrar el menor valor que alcanza el radio r en el movimiento de la par-tícula.



θ0

ω0

r

O

Solución. Similarmente al problema anterior, tomando como sistema ro-tante al tubo, tenemos

a = aO +dω

dt× r + 2ω × vrel + ω × (ω × r) + arel,

donde

aO = 0,dω

dt= 0,

ω = ω0k,

vrel = rr,

arel = rr,

luego resulta

ma = m(2ω0k × rr + ω20k × (k × rr) + rr) = N −mgk.

Tomemos la componente radial

2ω0r(k × r) · r + ω20(k × (k × rr)) · r + r = −gk · r,

luegor − ω20r sin

2 θ0 = −g cos θ0.Pero ω20 = 2g/r0 luego

r =2g

r0r sin2 θ0 − g cos θ0.



El punto donde la partícula podría estar estacionaria es

re =1

2r0cos θ0sin2 θ0

=1

2r0

1234

=1

3r0.

Luego en el punto de partida la partícula es lanzada hacia el punto esta-cionario. ¿Llegará? Integrando la ecuación de segundo orden respecto a rtenemos

1

2r2 − 1

2r20 =

g

r0(r2 − r20) sin

2 θ0 − g(r − r0) cos θ0.

Hagamos r = 0 y θ0 = 60o

−gr04

=g

r0(r2 − r20)

3

4− g(r − r0)

1

2,

0 =3

r0r2 − 2r,

rmın =2

3r0.

N

Ejercicio 2.4.7 Un plano suave inclinado en un ángulo con respecto a lahorizontal está rígidamente conectado con un eje vertical en 0 (fijo en elespacio) alrededor del cual se mueve con una velocidad angular uniforme.Una partícula de masa unitaria se mueve bajo la acción de la gravedad sobreel plano.

x

y

zz0

O

ω

Pruebe que si x es el desplazamiento de la partícula a lo largo de la línea demáxima pendiente que pasa por 0, entonces:

d4x

dt4+ ω2(3 cos2 α− 1)d

2x

dt2+ xω4 cos2 α = gω2 sinα.



Si se desprecian los términos en ω2, pruebe que:

y(t) = −16ωgt3 sin 2α

si la partícula parte en reposo del origen.

Solución. Si tomamos como sistema de referencia al sistema OXY Z elcual rota con velocidad angular ω = ωk0, tenemos que

m(aO +dω

dt× r + 2ω × vrel + ω × (ω × r) + arel) = N −mgk0,

m(2ω × vrel + ω × (ω × r) + arel) = N −mgk0,

tomando las componentes según ejes X,Y resulta

2ωk0 × yj · ı+ ω2(x sin2 α− x) + x = −g sinα,2ωk0 × xı · j− ω2y + y = 0,

o bien

x− 2ωy cosα− ω2x cos2 α = −g sinα,y + 2ωx cosα− ω2y = 0,

luego haciendo algunas derivadas

x− 2ωy cosα− ω2x cos2 α = −g sinα,....x − 2ω...y cosα− ω2x cos2 α = 0,

...y + 2ωx cosα− ω2y = 0,

eliminamos y entre la primera y la tercera

x− 2ω (...y + 2ωx cosα)

ω2cosα− ω2x cos2 α = −g sinα,

x− 2...y

ωcosα− 4x cos2 α− ω2x cos2 α = −g sinα,

de la segunda del grupo anterior eliminamos

...y =

....x − ω2x cos2 α

2ω cosα,



resultando

d4x

dt4+ ω2(3 cos2 α− 1)d

2x

dt2+ xω4 cos2 α = gω2 sinα.

Ahora, las ecuaciones originales al despreciar términos en ω2 son

x− 2ωy cosα = −g sinα,y + 2ωx cosα = 0,

integrando la segunday + 2ωx cosα = 0,

de vuelta en la primera

x = −g sinα⇒ x = −gt sinα⇒ x = −12gt2 sinα,

luego

y = ωgt2 sinα cosα⇒ y =1

3ωgt3 sinα cosα.

N

Ejercicio 2.4.8 Una partícula de masa m cae desde el reposo desde unaaltura h. Determinar x, y, z en función del tiempo, tomando en cuenta larotación de la tierra, en la aproximación usual de primer orden en ω.

Solución. Esto es resuelto por (??)

r = r(0) + v(0)t− 12gt2k − t2ω × v(0) +

1

3gt3ω × k,

colocando las condiciones iniciales adecuadas

r = hk − 12gt2k +

1

3gt3ω × k,

= hk − 12gt2k +

1

3gt3ω cosλj

o sea

x = 0,

y =1

3gt3ω cosλ,

z = h− 12gt2.



N

Ejercicio 2.4.9 Una partícula de masa m cae desde una altura h por elinterior de un tubo liso vertical. Determinar z en función del tiempo y lareacción del tubo debido a la rotación terrestre.Solución. Ahora, llamando N la reacción normal, tenemos

ma = N −mgk − 2mω × v,

con

v = zk,

a = zk,

luego

mzk = N −mgk − 2mzω × k,

mzk = N −mgk − 2mzω cosλj,

de donde

z = −g ⇒ z = h− 12gt2,

N = (2mzω cosλ)j = −(2mgtω cosλ)j.

N

Ejercicio 2.4.10 Una partícula de masa m está vinculada a un plano lisohorizontal OXY sometida a una fuerza −kr hacia un origen O en el plano,siendo k una constante, Determinar las coordenadas sobre el plano (x, y) yla reacción del plano en función del tiempo tomando en cuenta la rotaciónde la tierra.

Solución. Similarmente, con z = 0

ma = Nk − kr −mgk − 2mω × v.

Usando coordenadas cartesianas en el plano AXY y tomando componentesX,Y tenemos

x = − k

mx+ 2yω sinλ,

y = − k

my − 2xω sinλ.



Estas son las ecuaciones diferenciales a integrar. Lo dejaremos como trabajode investigación.

N

Ejercicio 2.4.11 Una partícula de masa m está vinculada a un plano lisohorizontal. Determinar las coordenadas sobre el plano (x, y), y la reaccióndel plano en función del tiempo tomando en cuenta la rotación terrestre.

Solución. Ahora, a diferencia del problema anterior no hay fuerza elás-tica, luego resultará

x = 2yω sinλ,

y = −2xω sinλ.

Es preciso dar condiciones iniciales para integrar. Supongamos que inicial-mente

x(0) = 0,

y(0) = 0

x(0) = U,

y(0) = V.

Al integrar una vez resultará

x− U = 2yω sinλ,

y − V = −2xω sinλ.

Luego, en la aproximación ω2 = 0, se tiene

x = 2(V − 2xω sinλ)ω sinλ ' 2V ω sinλ,y = −2(U + 2yω sinλ)ω sinλ ' −2Uω sinλ.

Movimiento uniformemente acelerado que es trivial integrar.

N


Capítulo 3

Rotaciones.

3.1. Rotaciones de un sistema.

Se estudiarán las rotaciones de un sistema. El sistema a rotar puede ser elobjeto físico, lo que se denomina punto de vista activo, o el sistema de coor-denadas, punto de vista pasivo. Ambos puntos de vista difieren simplementeen el sentido de la rotación.

3.1.1. Rotaciones de un sistema de coordenadas.

Entre los cambios de posición o desplazamientos que puede experimentarun sistema de coordenadas, o un cuerpo rígido, son importantes los casosparticulares conocidos como traslaciones paralelas y rotaciones. En una tras-lación, todas las posiciones cambian en un mismo vector desplazamiento Tde modo que

r 0 = r + T .

Por otro lado, una rotación, mantiene inalterada las posiciones de todos lospuntos pertenecientes al llamado eje de la rotación. Al respecto, cabe destacarel siguiente teorema debido a Euler:

I Teorema 3.1Todo cambio de posición de un sistema que mantiene un punto fijo, puedeser logrado en forma equivalente mediante una rotación.

Un enunciado equivalente es:


106 Rotaciones.

I Teorema 3.2Al cambiar de posición un cuerpo rígido (infinitamente extenso) manteniendofijo uno de sus puntos, existe otro punto del cuerpo que recobra su posiciónoriginal.

Una demostración simple de este teorema se encuentra en el libro deMecánicade Synge y Griffith.[13]

y

x

z

x'

y'z'

Figura 3.1:

Consideremos un sistema cartesiano de ejes x, y, z o xi (i = 1, 2, 3) convectores unitarios ortogonales ei y otro con el mismo origen (el punto queno ha cambiado de posición) de ejes x0i (o x

0, y 0, z 0) con vectores unitariosortogonales e0i.. El índice i variará entre 1 y 3, ver figura (3.1). Debido alteorema de Euler, existe una rotación equivalente al cambio de posición delsistema original al nuevo sistema.

Cosenos directores.

Los cosenos directores de las direcciones e0i, se definen como sus proyec-ciones sobre los vectores unitarios originales ei y se denotarán por αi , βi,γi (i = 1, 2, 3), así

e01 = α1e1 + α2e2 + α3e3 ,

e02 = β1e1 + β2e2 + β3e3 ,

e03 = γ1e1 + γ2e2 + γ3e3 ,


3.1 Rotaciones de un sistema. 107

o, en notación matricial⎛⎝ e01e02e03

⎞⎠ =

⎛⎝ α1 α2 α3β1 β2 β3γ1 γ2 γ3

⎞⎠⎛⎝ e1e2e3

⎞⎠ .

De los nueve cosenos directores hay solo 3 independientes porque la orto-gonalidad entre los vectores unitarios conduce a seis relaciones entre ellos.Explícitamente, dichas relaciones son, escritas matricialmente⎛⎝ α1 α2 α3

β1 β2 β3γ1 γ2 γ3

⎞⎠⎛⎝ α1 β1 γ1α2 β2 γ2α3 β2 γ3

⎞⎠ =

⎛⎝ 1 0 00 1 00 0 1

⎞⎠ , (3.1)

que además pueden escribirse

αiαj + βiβj + γiγj = δi j ,

siendo δi j el delta de Kronecker. Preferiremos usar la notación

a1i = αi, a2i = βi, a3i = γi ,

o seaaij = e0i · ej ,

de manera que la relación (3.1) puede escribirse

AAT = I, con A = aij .

La matriz A llamada la matriz de rotación, por la propiedad anterior, es unamatriz ortogonal.

Rotación pasiva de un vector.

Aquí se consideran las rotaciones desde un punto de vista pasivo, es decirse rota el sistema de coordenadas, y en consecuencia el vector permaneceinalterado pero se modifican sus componentes, es decir

r =Xi

xiei =Xi

x0ie0i ,

de donde, por la ortogonalidad de los vectores unitarios, se puede obtener

x0i =Xj

aijxj .


108 Rotaciones.

Rotación activa de un vector.

Aquí se consideran las rotaciones desde un punto de vista activo, es decirse rota el vector permaneciendo inalterado el sistema de referencia. Esencial-mente se tiene el mismo resultado, pero ahora

r =X

xiei ,

r 0 =X

x0iei .

Note que se modifican las componentes pero se mantienen los mismos vectoresunitarios. La idea es que el vector rotado tiene sus componentes en el sistemaoriginal, iguales a las del vector original en un sistema rotado en sentidocontrario. De modo que

x0i =Xj

ajixj ,

donde se ha considerado que R−1 = RT .

Ejercicio 3.1.1 Demuestre que una transformación lineal con una matrizortogonal, transformación ortogonal, conserva el producto escalar entre dosvectores y sus magnitudes.

x

y

z

θ

Figura 3.2: Rotación en torno a un eje

Rotación en torno de los ejes cartesianos.

Una rotación del sistema en torno de los ejes cartesianos, en sentidoscontrario a los punteros de un reloj, mirando hacia el eje, ver figura (3.2) es



realizada por las siguientes matrices Una rotación del sistema en torno delos ejes cartesianos, en sentidos contrario a los punteros de un reloj, mirandohacia el eje, ver figura (3.2) es realizada por las siguientes matrices:

Rx(θ) =

⎛⎝ 1 0 00 1 00 0 1

⎞⎠+ sin θ⎛⎝ 0 0 00 0 −10 1 0

⎞⎠+(1− cos θ)

⎛⎝ 0 0 00 −1 00 0 −1

⎞⎠=

⎛⎝ 1 0 00 cos θ − sin θ0 sin θ cos θ

⎞⎠ .

Similarmente se encuentran

Ry(θ) =

⎛⎝ cos θ 0 sin θ0 1 0

− sin θ 0 cos θ

⎞⎠ ,

Rz(θ) =

⎛⎝ cos θ − sin θ 0sin θ cos θ 00 0 1

⎞⎠ .

Rotación de un vector en un ángulo φ respecto a un eje especificadopor n.

Considere una rotación activa de un vector r en torno de un eje n en unángulo φ en el sentido de avance de n. (Esto equivale a una rotación pasivacon un ángulo de −φ. ) De la figura (3.3) es posible demostrar que el vectorrotado r 0 puede escribirse

r 0 = r + (sinφ)n× r + (1− cosφ)n× (n× r) . (3.2)

La expresión (3.2), puede escribirse en notación matricial. Para ello considerela siguiente forma de realizar un “producto cruz”

a× b =

⎛⎝ aybz − azbyazbz − axbzaxby − aybx

⎞⎠ =

⎛⎝ 0 −az ayaz 0 −ax−ay ax 0

⎞⎠⎛⎝ bxbybz

⎞⎠ ,


110 Rotaciones.

r

n

r’

O

Cφ

Cφ

rn x

nxrn x( )

Figura 3.3: Rotación activa de un vector

o sea, en forma matricial, el producto cruz es realizado mediante multiplica-ción por una matriz 3× 3 que llamaremos (a×)

(a×) =


⎞⎠ ,

de modo que, en términos matriciales

r 0 =£I + (sinφ)(n×) + (1− cosφ)(n×)2

¤r, (3.3)

por lo cual, la matriz de la rotación (activa) es

Rn(φ) =£I + (sinφ)(n×) + (1− cosφ)(n×)2

¤.

Angulo y eje de la rotación.

Si la matriz de rotación es conocida, entonces el ángulo y el eje son cal-culables de acuerdo a

Tr(R) = 1 + 2 cosφ , (3.4)

R−RT = 2(sinφ)(n×) . (3.5)

En efecto la expresión de la matriz de rotación es

R = I + (sinφ) (n×) + (1− cosφ)(n×)2 .



Debemos recordar que la matriz (n×) es antisimétrica y dada por

(n×) =

⎛⎝ 0 −nz nynz 0 −nx−ny nx 0

⎞⎠ ,

con traza nula. La matriz (n×)2 resulta simétrica con expresión

(n×)2 =

⎛⎝ −n2y − n2z nxny nxnznynx −n2x − n2z nynznznx nzny −n2x − n2y

⎞⎠ ,

y su traza es −2. Así resulta entonces

Tr(R) = 3 + (1− cosφ)(−2),

que prueba el primer resultado. Ahora considere

RT = I − (sinφ)(n×) + (1− cosφ)(n×)2 ,

de modo que resultaR−RT = 2 sinφ (n×).

Ejercicio 3.1.2 Demuestre que (a×)3 = − |a|2 (a×) .

Ejercicio 3.1.3 Demuestre que formalmente puede escribirse:

Rn(φ) = eφ (n×) .

Rotaciones infinitesimales y sus generadores.

Considere la siguiente descomposición:⎛⎝ 0 −az ayaz 0 −ax−ay ax 0

⎞⎠ = ax

⎛⎝ 0 0 00 0 −10 1 0

⎞⎠+ay⎛⎝ 0 0 1

0 0 0−1 0 0

⎞⎠+az⎛⎝ 0 −1 01 0 00 0 0

⎞⎠ .

Si se definen

I1 = Ix =

⎛⎝ 0 0 00 0 −10 1 0

⎞⎠ ,


112 Rotaciones.

I2 = Iy =

⎛⎝ 0 0 10 0 0−1 0 0

⎞⎠ ,

I3 = Iz =

⎛⎝ 0 −1 01 0 00 0 0

⎞⎠ ,

puede probarse directamente que

[Ii, Ij] = IiIj − IjIi = εijkIk . (3.6)

Las matrices Ii se denominan los generadores de rotaciones infinitesimales yellas obedecen la denominada álgebra de Lie, definida por la relación básica(3.6). En efecto, si el ángulo de rotación es infinitésimo, la relación (3.3)puede escribirse

r 0 = r + φ(n×)r,

es decir

r 0 = [I + φ(n×)]r.

Si un ángulo finito φ es descompuesto en n partes, puede obtenerse la expre-sión para una rotación finita activa al tomar el límite

r 0 = lımn−→∞

µI +

φ

n(n×)

¶n

r,

o sea

r 0 = eφ(n×)r.

3.1.2. Ángulos de Euler.

Una de las diversas formas de parametrizar una rotación de un sistema,es mediante los ángulos de Euler que definiremos de acuerdo a lo siguiente,ver figura (10.3).



y

x

z

x'

y'z'

θ

Ψφ

n

Primero una rotación en ángulo Φ en torno del eje z original.

Segundo una rotación en ángulo Θ respecto al nuevo eje x (eje n) y

finalmente una rotación en ángulo Ψ respecto a la posición del eje z dela rotación anterior y que es por lo tanto el eje z (z’) final.

El mismo efecto puede ser logrado haciendo una sucesión de tres rotacionesen esos mismos ángulos pero respecto a los ejes originales. La demostraciónanalítica se deja como problema, aquí se establece el resultado desde un puntode vista intuitivo

R = Rz0(Ψ)Rn(θ)Rz(φ) = Rz(φ)Rx(θ)Rz(Ψ) , (3.7)

de modo que la matriz de la rotación (activa) resultante será⎛⎝ cosφ − sinφ 0sinφ cosφ 00 0 1

⎞⎠⎛⎝ 1 0 00 cos θ − sin θ0 sin θ cos θ

⎞⎠⎛⎝ cosΨ − sinΨ 0sinΨ cosΨ 00 0 1

⎞⎠ .

Note cuidadosamente que se trata de rotaciones de un punto de vista activo(rotar el sistema físico). Si ellas son rotaciones de un punto de vista pasi-vo (rotar el sistema de coordenadas), todos los ángulos involucrados debencambiarse de signo.


114 Rotaciones.

3.1.3. Parámetros de Cayley Klein.

Matrices unimodulares.

Hemos visto que una rotación depende de tres parámetros, por ejemplocuando ella se expresa en términos de los ángulos de Euler. Sin embargoes de interés otra parametrización que es relevante por presentar conceptosteóricos importantes. Para ello, consideraremos transformaciones lineales enun espacio bidimensional de números complejos de la forma

u0 = αu+ βv, v0 = γu+ δv ,

siendo u, v, u0, v0, α, β, γ, δ números complejos. Además restringiremos el estu-dio a matrices de transformación Q del grupo SU(2), es decir matrices 2×2,unitarias y de determinante +1, matrices que se denominan unimodulares.Demostraremos luego que las transformaciones de similaridad generadas conestas matrices, describen rotaciones. Las condiciones que definen las matricesunimodulares, restringen el número de parámetros reales de las cuales ellaspueden depender, a sólo tres. En efecto, las condiciones son

Q =

µα βγ δ

¶, QQ† = I, det(Q) = +1 , (3.8)

entoncesαα + ββ = 1 , (3.9)

γγ + δδ = 1 , (3.10)

αγ + βδ = 0 , (3.11)

γα + δβ = 0 , (3.12)

αδ − βγ = 1 . (3.13)

Los parámetros α, β, γ, δ se denominan parámetros de Cayley Klein. Comola matriz Q tiene en general 8 componentes reales, las 5 condiciones dejansólo 3 parámetros independientes. La eliminación explícita no es convenientellevarla a cabo completamente. Podemos señalar que las relaciones anterioresconducen a

δ = α , γ = −β , (3.14)

de modo que las matrices Q pueden expresarse mediante:

Q =

µα β−β α

¶, con |α|2 + |β|2 = 1. (3.15)



3.1.4. Transformaciones de similaridad.

Consideremos el grupo de matrices P, 2 × 2, hermíticas con traza nula.La forma más general de esas matrices es:

P =

µz x− iy

x+ iy −z

¶, (3.16)

con x, y, z reales. Las transformaciones de similaridad generadas por las ma-trices Q, tienen las siguientes propiedades, que se dejan como problemas:

Ejercicio 3.1.4 Demuestre que la transformación de similaridad de unamatriz A, definida por

A0 = QAQ†tiene las siguientes propiedades:

a) conserva el caracter de hermiticidad de A.

b) conserva el determinante de A.

c) conserva la traza de A.

Se desprende entonces que las transformadas de similaridad de las matricesP, son de la misma forma, es decirµ

z0 x0 − iy0

x0 + iy0 −z0¶= Q

µz x− iy

x+ iy −z

¶Q † . (3.17)

Podemos entonces asociar a un punto de coordenadas x, y, z una matriz P .Debido a que se conserva el determinante, tenemos que se cumple la relaciónbásica que define una rotación

(x0)2 + (y0)2 + (z0)2 = (x)2 + (y)2 + (z)2.

Puede probarse que se trata de rotaciones propias y no hay inversiones delos ejes. Para expresar explícitamente la matriz de rotación tridimensionalasociada a una transformación de similaridad inducida por Q, analicemos losiguiente. Las matrices P, pueden escribirse utilizando matrices de Pauli, dela siguiente manera

P = x

µ0 11 0

¶+ y

µ0 −ii 0

¶+ z

µ1 00 −1

¶, (3.18)


116 Rotaciones.

o bienP = r · σ .

siendoσ = ıσx + jσy + kσz ,

donde las matrices de Pauli están definidas por

σx =

µ0 11 0

¶, σy =

µ0 −ii 0

¶, σz =

µ1 00 −1

¶. (3.19)

3.1.5. Relaciones entre matrices de Pauli.

Demostraremos las siguientes relaciones que involucran matrices de Pauli :

σlσm = iεlmnσn + Iδlm ,

(σ · a)(σ · b) = a · b I + iσ · (a× b) .

En efecto Las matrices de Pauli están definidas por

σ1 =

µ0 11 0

¶, σ2 =

µ0 −ii 0

¶, σ3 =

µ1 00 −1

¶.

de modo que simplemente multiplicamos

σ1σ2 =

µ0 11 0

¶µ0 −ii 0

¶=

µi 00 −i

¶= iσ3

σ21 =

µ0 11 0

¶µ0 11 0

¶=

µ1 00 1

¶= I

y así agotar todos los productos comparando con el resultado

σlσm = iεlmnσn + Iδlm .

Aquí, el símbolo εlmn tiene valores

εlmn =

⎧⎨⎩ 1 si lmn es permutación par de 123−1 si lmn es permutación impar de 1230 si hay índices repetidos



La otra relación. Usando convención de suma sobre índices repetidos, sigueque

(σ · a)(σ · b) = σlalσmbm

= (iεlmnσn + Iδlm)albm

= iεlmnσnalbm + Iδlmalbm

= iσnεnlmalbm + Ialbl

pero(a× b)n = εnlmalbm

por lo tanto(σ · a)(σ · b) = a · b I + iσ · (a× b).

3.1.6. Parámetros de Euler.

Por razones que se justificarán enseguida, las partes reales de α y β,denominados parámetros de Euler conviene definirlos mediante

α = α0 + inz, β = ny + inx . (3.20)

Entonces, las matrices Q pueden escribirse también en términos de matricesde Pauli (3.15)

Q = α0I + in · σ ,por lo cual la transformación de similaridad (3.17) puede escribirse

r 0 · σ = (α0I + in · σ)(r · σ)(α0I − in · σ) ,

expresión que, con las propiedades del problema anterior, puede reducirse ala forma siguiente

r 0 · σ = (r − (2α0n)n× r + (2n2)n× (n× r)) · σ ,

que cuando es comparada con la fórmula de la rotación finita (3.3), conducea

n = − sin φ2, α0 = cos

φ

2. (3.21)

En resumen, la asociación de las matrices Q, con la rotación que ellas efec-túan, ángulo φ y eje de la rotación n, puede escribirse

Q =

µcos

φ

2

¶I − i

µsin

φ

2

¶n · σ .


118 Rotaciones.

Ejercicio 3.1.5 Demuestre las relaciones (3.21).

Ejercicio 3.1.6 Demuestre que otra forma de la matriz Q es:

Q = e−iφ2n·σ .

Ejercicio 3.1.7 Demuestre que la matriz Q, asociada a una rotación activaen términos de los ángulos de Euler es :

Q =

Ãe−i

Φ2 0

0 eiΦ2

!µcos Θ

2−i sin Θ

2

−i sin Θ2

cos Θ2

¶Ãe−i

Ψ2 0

0 eiΨ2

!, (3.22)

o bien

Q =

Ãcos Θ

2e−i

Φ+Ψ2 −i sin Θ

2e−i

Φ−Ψ2

−i sin Θ2e−i

Φ−Ψ2 cos Θ

2e−i

Φ+Ψ2

!.

Aunque hemos analizado esta representación de dos dimensiones del grupo derotaciones, en el contexto de realizar rotaciones de vectores de 3 dimensiones,esta representación adquiere todo su sentido, al considerar el grupo SU(2)y su relación con el spin 1/2 en Mecánica Cuántica. Más sobre la conexiónentre el grupo O(3) y SU(2), puede encontrarse en la siguiente referencia [5],pag. 281.

3.2. Velocidad angular.

3.2.1. Descomposición del movimiento.

Un cambio de posición arbitrario de un sistema o de un cuerpo rígido,puede ser en general logrado en forma equivalente mediante una traslaciónpura, que lleva alguno de sus puntos A a su posición final A0, seguido de unarotación pura en torno de un eje que pasa por el punto A0, en un cierto ángulo.Entonces el cambio de todo vector posición de un punto P perteneciente alcuerpo rígido, podrá escribirse:

δ−→OP = δ

−→OAtraslacion + δ

−→AP rotacion .

Si el cambio de posición es finito, nada podemos decir de las posiciones in-termedias que ocupó el cuerpo para pasar de su posición inicial a la final.Sin embargo, si el intervalo de tiempo transcurrido entre ambas posiciones es


3.2 Velocidad angular. 119

infinitésimo, dt, entonces la descomposición anterior, nos describe en formacontinua las posiciones que ocupa el cuerpo mediante

d−→OP = d

−→OA+ d

−→AP ,

o sead−→OP = d

−→OA+ dφ n×−→AP ,

que si se divide por dt, constituye una relación entre velocidades de dospuntos A,P del cuerpo rígido, es decir

vP = vA +dφ

dtn×−−→AP .

Si definimos

ω =dφ

dtn , (3.23)

la denominada velocidad angular instantánea del cuerpo rígido, se obtiene

vP = vA + ω ×−→AP . (3.24)

Lo anterior es algo engañoso. La existencia del ángulo de rotación y de sueje, está garantizada por el teorema de Euler, sin embargo en la práctica, sudeterminación no es obvia. En este contexto, es útil el llamado teorema deadición de velocidades angulares.

3.2.2. Teorema de adición de velocidades angulares.

Si se tienen dos sistemas de referencia, S0 y S1 con origen común, y ademásun cuerpo rígido (CR) que mantiene un punto fijo en el origen común, verfigura (3.4), se deja como ejercicio probar el siguiente teorema que relacionavelocidades angulares relativas (rel):

I Teorema 3.3La velocidad angular puede descomponerse de la siguiente forma

ωCR rel S0 = ωCR rel S1 + ωS1 rel S0


120 Rotaciones.

y

x

z

x'

y'z'S0

CR

S1

Figura 3.4: Adición de velocidades angulares

3.3. Ejercicios resueltos.

Ejercicio 3.3.1 Demuestre que las componentes de la velocidad angular deun sistema rígido, en términos de los ángulos de Euler, están dadas por:

a) En el sistema de ejes móviles:

ωx0 = θ cosΨ+ φ sin θ sinΨ ,

ωy0 = −θ sinΨ+ φ sin θ cosΨ ,

ωz0 = Ψ+ φ cos θ .

b) En el sistema de ejes fijos:

ωx = ψ sin θ sinφ+ θ cosφ ,

ωy = −ψ sin θ cosφ+ θ sinφ ,

ωz = ψ cos θ + φ .

Solución. De acuerdo al teorema de adición de velocidades angulares,vectorialmente tendremos


3.3 Ejercicios resueltos. 121

y

x

z

x'

y'z'

θ

Ψφ

n

ω = Ψk0 + θn+ φk,

restando relacionar vectores unitarios. De la figura

n = cosΨı0 − sinΨj0,k = cos θk0 + sin θ(cosΨj0 + sinΨı0,

luego

ω = Ψk0 + θ(cosΨı0 − sinΨj0) + φ(cos θk0 + sin θ(cosΨj0 + sinΨı0)

= (θ cosΨ+ φ sin θ sinΨ)ı0 + (φ sin θ cosΨ− θ sinΨ)j0 + (φ cos θ + Ψ)k0,

que prueba el primer grupo. Similarmente

rk0 = cos θk + sin θ(sinφı− cosφj),n = cosφı+ sinφj,

de donde

ω = Ψ(cos θk + sin θ(sinφı− cosφj)) + θ(cosφı+ sinφj) + φk,

= (Ψ sin θ sinφ+ θ cosφ)ı+ (θ sinφ− Ψ sin θ cosφ)j+ (φ+ Ψ cos θ)k,

que prueba el segundo grupo.

N

Ejercicio 3.3.2 Si se considera un vector de magnitud constante r(t) obte-nido mediante una rotación R(t) del vector inicial r(0), demuestre que existeuna matriz antisimétrica Ω(t) tal que

dr(t)

dt= Ω(t)r(t) ,


122 Rotaciones.

y que ello equivale adr(t)

dt= ω(t)× r(t) ,

donde ω(t) es llamado el vector velocidad angular.

Solución. Tenemosr(t) = R(t)r(0),

derivandodr(t)

dt= R(t)r(0),

peror(0) = R−1(t)r(t),

de modo quedr(t)

dt= R(t)R−1(t)r(t),

pero sabemos que R es ortogonal, es decir

R−1 = RT ,

ademásRR−1 = I,

derivandoRRT +RRT = 0,

entonces(RR−1)T = RRT = −RRT = −RR−1

es decir Ω(t) = RR−1 es antisimétrica.

N

Ejercicio 3.3.3 Determine las componentes del vector ω(t) del problemaanterior, en términos de las componentes de la matriz R(t).

Solución. Como sabemos

Ω = ω× =

⎛⎝ 0 −ωz ωy

ωz 0 −ωx

−ωy ωx 0

⎞⎠ = RR−1,

Si la matriz R es dada, lo anterior permitiría identificar las componentes deω(t).



N

Ejercicio 3.3.4 Si las velocidades de tres puntos de un rígido son conoci-das, demuestre que:

ω =(vB − vA)× (vC − vA)

(vB − vA) ·−→AC

, si (vB − vA) ·−→AC 6= 0 .

Solución. La relación básica entre velocidades de dos puntos permiteescribir

(vB − vA) = ω ×−→AB,(vC − vA) = ω ×−→AC,

luego mutiplicando cruz

(vB − vA)× (vC − vA) = (vB − vA)× (ω ×−→AC)

= (vB − vA) ·−→AC ω,

de donde sigue el resultado si (vB − vA) ·−→AC 6= 0 .

N

Ejercicio 3.3.5 Obtenga una expresión para la velocidad angular ω, en elcaso en que no se cumpla la condición (vB − vA) ·

−→AC 6= 0 del problema

anterior. Indicación: Si (vB − vA) ·−→AC = 0, entonces ω ×−→AB · −→AC = 0, lo

que quiere decir que la velocidad angular está en el plano ABC. Se puedeentonces expresar la velocidad angular como una combinación lineal de

−→AB

y−→AC con coeficientes determinables, obteniéndose

ω =(vC − vA) · (

−→AB ×−→AC)−→AB + (vA − vB) · (

−→AB ×−→AC)−→AC¯−→

AB ×−→AC¯2

Solución. Como se explica más arriba, podríamos escribir

ω = λ1−→AB + λ2

−→AC,

de donde sigue que

ω ×−→AC = λ1−→AB ×−→AC = vC − vA,

ω ×−→AB = λ2−→AC ×−→AB = vB − vA,


124 Rotaciones.

de donde

λ1 =(vC − vA) · (

−→AB ×−→AC)¯−→

AB ×−→AC¯2 ,

λ2 =(vA − vB) · (

−→AB ×−→AC)¯−→

AB ×−→AC¯2

N

Ejercicio 3.3.6 Demuestre la equivalencia establecida en la ecuación (3.7)es decir

R = Rz0(Ψ)Rn(θ)Rz(φ) = Rz(φ)Rx(θ)Rz(Ψ) .

y

x

z

x'

y'z'

θ

Ψφ

n

Solución. La figura explica que formalmente

z0 = Rn(θ)z,

n = Rz(φ)x

luegoRz0(Ψ) = RRn(θ)z(Ψ) = Rn(θ)Rz(Ψ)R

−1n (θ),

por lo tanto

R = Rz0(Ψ)Rn(θ)Rz(φ)

= Rn(θ)Rz(Ψ)R−1n (θ)Rn(θ)Rz(φ)

= Rn(θ)Rz(Ψ)Rz(φ),



peron = Rz(φ)x,

luego

R = Rn(θ)Rz(Ψ)Rz(φ)

= RRz(φ)x(θ)Rz(Ψ)Rz(φ)

= Rz(φ)Rx(θ)R−1z (φ)Rz(Ψ)Rz(φ)

= Rz(φ)Rx(θ)R−1z (φ)Rz(Ψ+ φ)

= Rz(φ)Rx(θ)Rz(Ψ),

que demuestra lo pedido.

N


126 Rotaciones.


Capítulo 4

Sistema rígido de partículas

4.1. Cantidades cinemáticas

Las cantidades cinemáticas, que dependen de las velocidades de las partí-culas del cuerpo, adquieren una forma especial cuando se trata de un sistemarígido de partículas. De acuerdo a lo estudiado en el capítulo sobre rotaciones,la descripción del movimiento de un cuerpo rígido puede hacerse en térmi-nos de tres coordenadas que den cuenta de los desplazamientos de un puntodel cuerpo y de tres ángulos o parámetros que den cuenta de las rotacionesdel cuerpo. Por esa razón existen en general solo seis variables necesarias enla descripción del movimiento de un cuerpo rígido y por lo tanto, es sufi-ciente considerar solamente las seis ecuaciones escalares (1.2) y (1.3), o bienreemplazar alguna de ellas por el teorema de conservación de energía, si ellocorresponde. Aquí solamente indicaremos las consideraciones especiales quepermiten expresar tanto la energía cinética y el momentum angular de uncuerpo rígido, en términos de su velocidad angular y la matriz de inercia.Las ecuaciones dinámicas aplicables son aquellas recién citadas de un siste-ma de partículas. Considerando la relación básica entre las velocidades dedos puntos de un cuerpo rígido, ver fig.(4.1)

v = vA + ω × r,


128 Sistema rígido de partículas

podemos expresar el momento angular de un sistema rígido de partículas quemantiene un punto O fijo como

LO =Xi

miri × (ω × ri), (4.1)

o bien, para un cuerpo rígido continuo que mantiene un punto O fijo

LO =

Zdmr × (ω × r ). (4.2)

x ωv = vA + r’

y

x

z

O O

A r’

r

x ωv = r

dm

dm

Figura 4.1: velocidades de un cuerpo rígido

Si se considera la siguiente forma de realizar un producto cruz (ver rotacio-nes)

a× b =


⎞⎠⎛⎝ bxbybz

⎞⎠ = (a×) b,

cualquiera de las dos expresiones (4.1) o (4.2) puede escribirse, al usar nota-ción matricial, de la siguiente forma

LO = HOω.

donde HO es una matriz 3× 3, la denominada matriz de inercia del sistemarelativa al origen O y que, para el caso de un cuerpo rígido continuo, pordefinición es

HO = −Z

dm (r×)2 .


4.1 Cantidades cinemáticas 129

y para un sistema rígido de partículas

HO = −X

mi (ri×)2 .

4.1.1. Energía cinética y momentum angular

Se deja como ejercicio, en este resumen, probar que:

Ejercicio 4.1.1 En el movimiento general de un sistema rígido de partícu-las, pruebe que:

LO = MrG × vG +HGω,

LG = HGω,

K =1

2Mv2G +

1

2ω ·HGω

Ejercicio 4.1.2 En el caso que un punto 0 se mantenga fijo, pruebe que:

LO = MrG × vG +HGω = HOω,

LG = HGω,

K =1

2Mv2G +

1

2ω ·HGω =

1

2ω ·H0ω.

4.1.2. Algunas propiedades de la matriz de inercia

La expresión explícita de la matriz de inercia (sus componentes), dependedel origen elegido, así como de la orientación de los ejes. Sus componenteslas indicaremos de acuerdo a

H =

⎛⎝ Ixx Ixy IxzIyx Iyy IyzIzx Izy Izz

⎞⎠ ,

siendo los elementos de la diagonal llamados momentos de inercia y los defuera de la diagonal, productos de inercia

Ixx =

Zdm(y2 + z2), Iyy =

Zdm(x2 + z2), etc.

Ixy = Iyx = −Z

xydm, etc.



Por ser la matriz de inercia una matriz real simétrica, ella puede ser dia-gonalizada. Las direcciones para las cuales ella es diagonal, se denominandirecciones o ejes principales de inercia del cuerpo, en el punto seleccionado.Cuando hay dos valores propios repetidos, todos los ejes del plano corres-pondiente a esos dos vectores propios, son ejes principales de inercia. Si lostres valores propios son iguales, todo eje es en ese punto es principal de iner-cia. En cualquier caso, siempre es posible escoger tres direcciones principalesde inercia ortogonales entre si. Las propiedades de simetría de un cuerpo,cuando existen, ayudan en la determinación de las direcciones principalesde inercia. Para lo que sigue, consideraremos cuerpos rígidos homogéneos demodo que las propiedades de simetría del cuerpo coinciden con sus simetríasgeométricas. Pueden entonces probarse los siguientes teoremas:

4.1.3. TeoremasI Teorema 4.1Todo eje de simetría, es principal de inercia en todos sus puntos.

I Teorema 4.2Un eje perpendicular a un plano de simetría de reflexión, es principal deinercia donde se intersectan.

I Teorema 4.3Un eje paralelo a un eje de simetría, es principal de inercia donde lo cortaperpendicularmente el plano que contiene al centro de masas.

4.1.4. El elipsoide de inercia

Las consideraciones anteriores admiten una visualización gráfica. La for-ma cuadrática

r T ·HOr = 1,

o bien desarrollada explícitamente en la forma

x2Ixx + y2Iyy + z2Izz + 2Ixyxy + 2Ixzxz + 2Iyzyz = 1

representa en general, un elipsoide centrado en el origen seleccionado delcuerpo pero rotado respecto a los ejes elegidos, ver figura (4.2). Los semiejesdel elipsoide serán en consecuencia los ejes principales de inercia del cuerpo enese origen, puesto que para esos ejes, la forma cuadrática no tiene productos


4.1 Cantidades cinemáticas 131

de inercia. Este elipsoide puede degenerar desde un cilindro de sección elípticasi algún momento de inercia es cero, hasta una esfera si los tres momentosde inercia son iguales. Esta superficie, llamada elipsoide de inercia, que estáfija en el cuerpo, debe por lo tanto tener las mismas propiedades de simetríadel cuerpo. Por ejemplo, si uno de los ejes elegidos es de simetría de rotacióndel cuerpo en el origen seleccionado, ese eje debe ser uno de los semiejesdel elipsoide, es decir un eje de simetría es principal de inercia en todos suspuntos. Igualmente, si el origen está en un plano de simetría de reflexión delcuerpo, el elipsoide debe tener ese mismo plano como plano de simetría dereflexión. Es decir dos semiejes del elipsoide están sobre ese plano y el terceroes perpendicular a ese plano. En consecuencia todo eje perpendicular a unplano de simetría de reflexión es principal de inercia donde se intersectan conel plano. Otra consecuencia que se entiende con claridad cuando se piensa enel elipsoide de inercia es la siguiente. Si el origen está en un eje de simetríade rotación en un ángulo distinto de 180o, el elipsoide debe tener esa mismapropiedad, por lo tanto los dos semiejes del elipsoide que son perpendicularesa ese eje deben ser iguales, o sea esos dos correspondientes momentos deinercia deben ser iguales.

x'

y'

z'

y

x

z

Figura 4.2: Elipsoide de inercia

Rotaciones de los ejes.

Si la matriz de inercia H es conocida en componentes para un siste-ma ortogonal de ejes en un punto de un cuerpo rígido, podemos obtener la



matriz en componentes para ejes rotados ortogonales e1, e2, e3 en el mismopunto simplemente proyectando la matriz de inercia sobre estos nuevos ejesde acuerdo a

Ie1e2 = e T1 ·He2 .

Debemos remarcar que la matriz de inercia en un punto de un cuerpo rígidoes única. Lo que cambia al cambiar ejes en un punto, son sus elementos ocomponentes.

Traslaciones de los ejes, Teorema de Steiner

Si se consideran traslaciones (paralelas) de los ejes, la relación de trans-formación de la matriz de inercia es particularmente simple si uno de losorígenes es el centro de masas G. Tal relación de transformación, conocidacomo teorema de Steiner sigue del siguiente análisis. Considere que

HO = −Z

dm (r×)2 ,

siendo

(r×)2 =

⎛⎝ −y2 − z2 xy xzyz −x2 − z2 yzzx zy −x2 − y2

⎞⎠ .

Si consideramos coordenada (x0, y0, z0) relativas a G con origen en el punto(a, b, c) entonces

x = x0 + a,

y = y0 + b,

z = z0 + b,

si consideramos además queZx0dm =

Zy0dm =

Zz0dm = 0,

entonces podemos no considerar los términos que resulten lineales en x0 o y0

o z0. Así entonces (, significa equivalente bajo la integral)

xy = (x0 + a)(y0 + b) , x0y0 + ab,

y2 + z2 = (y0 + b)2 + (z0 + c)2 , (y0)2 + (z0)2 + b2 + c2,


4.2 Ecuaciones dinámicas 133

por lo tanto

− (r×)2 =

⎛⎝ y2 + z2 −xy −xz−yz x2 + z2 −yz−zx −zy x2 + y2

⎞⎠,

⎛⎝ y02 + z02 −x0y0 −x0z0−y0z0 x02 + z02 −y0z0−z0x0 −z0y0 x02 + y02

⎞⎠+⎛⎝ c2 + b2 −ab −ac−ba a2 + c2 −bc−ca −cb a2 + b2

⎞⎠ ,

de donde se obtiene el teorema

HO = HG +M

⎛⎝ c2 + b2 −ab −ac−ba a2 + c2 −bc−ca −cb a2 + b2

⎞⎠ ,

donde a, b, c son las coordenadas cartesianas de G respecto al origen O.

Ejercicio 4.1.3 Se tiene un sólido homogéneo en forma de un cono rectocircular de altura h, radio basal a, masa m y semi ángulo en el vértice α.Demuestre que:

a) En el vértice sus momentos principales de inercia son A = B =3m20(a2 + 4h2), C = 3ma2

10.

b) En el centro de su base son A = B = m20(3a2 + 2h2), C = 3ma2

10.

c) El momento de inercia en torno de una generatriz es I = 3mh2

4(1 +

15sec2 α) sin2 α.

4.2. Ecuaciones dinámicas

Como se estableció, ver ecuaciones (1.2, 1.3, 1.4) y más generalmente en(??), las ecuaciones dinámicas aplicables a un sistema de partículas y enparticular a un cuerpo rígido son

dP

dt= F ext,



para el movimiento del centro de masas, y

dLO

dt= ΓextO ,

o

dLG

dt= ΓextG ,

es decir para punto fijo O de un sistema inercial, el centro de masas G o unpunto A arbitrario, siendo entonces

dLA

dt= ΓextA −M

−→AG× aA. (4.3)

Aunque no es común utilizar la última forma, en una sección más adelantemostraremos que bajo ciertas condiciones su uso simplifica muchos proble-mas.

4.2.1. Movimiento Plano

Cuando todas las velocidades de un cuerpo rígido son paralelas a un planofijo, por ejemplo el plano xy, se tiene un movimiento plano. La velocidadangular del cuerpo será de la forma

ω = ωk,

y en consecuencia el momentum angular en G estará dado por

LG =

⎛⎝ Ixx Ixy IxzIyx Iyy IyzIzx Izy Izz

⎞⎠⎛⎝ 00ω

⎞⎠ .

Si se trata de una lámina (z = 0) o bien simplemente si los ejes son principalesde inercia entonces

LG =

⎛⎝ Ixx Ixy 0Iyx Iyy 00 0 Izz

⎞⎠⎛⎝ 00ω

⎞⎠ = Izzωk.

Presentaremos algunos ejemplos de dinámica plana de un cuerpo rígido, loscuales permiten además una solución más simple si se usa la relación general



(4.3). La utilización de la ecuación (1.4) normalmente involucra calcular eltorque de alguna fuerza desconocida que debe ser finalmente eliminada utili-zando la ecuación de movimiento de centro de masas. Compare ese método,con el método utilizado en los siguientes ejemplos..

Ejemplo 4.2.1 Péndulo de longitud L, masa M cuyo punto de suspensiónA oscila verticalmente de la forma yA = a sinωt.

A

G

Y

θ

a sin(ωt)X

O

Péndulo de Kapitza

Solución. Para este caso tenemos

IAθ = −MgL

2sin θ −M(rG − rA)× aA · k,

pero puede fácilmente verse que (rG − rA) × aA · k = −L2aω2 sinωt sin θ

obteniendo en dos pasos

IAθ = −MgL

2sin θ +M

L

2aω2 sinωt sin θ.

N

Ejemplo 4.2.2 Péndulo de longitud L, masa M cuyo punto de suspensiónA oscila horizontalmente en la forma xA = a sinωt.



A

G

Y

θ

a sin(ωt)

Y

XO

Péndulo forzado

Solución. Para este caso

IAθ = −MgL


pero similarmente (rG−rA)×aA · k = −L2aω2 sinωt cos θ entonces obtenemos

en dos pasos

IAθ = −MgL

2sin θ +M

L

2aω2 sinωt cos θ.

N

Ejemplo 4.2.3 Péndulo de longitud L, masa M cuyo punto de suspensiónA se mueve sobre una circunferencia vertical de radio R con velocidad angu-lar constante ω.



A

Gθωt

Y

X

R

a A

O

Barra extremo sobre circunferencia

Solución. Para este caso tenemos

IAθ = −MgL


pero (rG − rA)× aA · k = −L2aω2 sin(π

2− ωt+ θ) obteniendo

IAθ = −MgL

2sin θ +M

L

2aω2 cos(ωt− θ).

N

Ejemplo 4.2.4 Movimiento de rodadura de una rueda excéntrica de radioR y masa M sobre un plano horizontal. En este caso la aceleración del puntode contacto A del cuerpo con el suelo es de magnitud aA = Rθ

2hacia arriba.

y

X

G

Ch

R θ

a A φ

A

Disco que rueda



Solución. Suponiendo que el centro de masas está a distancia h del centrogeométrico, tenemos

(rG − rA)× aA · k = |rG − rA|Rθ2sinφ,

perosinφ

h=

sin θ

|rG − rA|,

entonces(rG − rA)× aA · k = Rθ

2h sin θ,

y finalmenteIAθ = −Mgh sin θ −MRθ

2h sin θ.

El momento de inercia puede ser obtenido mediante el teorema de Steiner

IA = IG +M(h2 +R2 − 2hr cos θ).

N

Ejemplo 4.2.5 El mismo ejemplo, pero la rueda es actuada por una fuerzahorizontal constante de magnitud F sobre su centro.

y

X

G

Ch

R θ

a A φ

F

A

Disco tirado por fuerza

Solución. Simplemente agregamos el torque de F obteniendo

IAθ = −Mgh sin θ − FR−MRθ2h sin θ.

N



Ejemplo 4.2.6 Movimiento de rodadura de una rueda excéntrica de radio asobre un cilindro fijo de radio R.

θR

ahC

Gθφ

A

Rueda sobre cilindro

Solución. En este caso, demostraremos primero que la aceleración delpuntoA del cuerpo en contacto con el cilindro es de magnitud aA = aRω2/(R+a) hacia el centro de la rueda. Aquí la velocidad angular de la rueda está re-lacionada con el ángulo θ mediante ω = (R+ a)θ/a y Rθ = aφ.La velocidad de A es cero, luego

0 = vC + ω ×−→CA,

de donde(R+ a)θ = ωa.

Además

vA = vC + ω ×−→CA

aA = aC +dω

dt×−→CA+ ω × (ω ×−→CA),

= (R+ a)θθ − (R+ a)θ2r +

(R+ a)θ

ak × (−ar) + ω × (ω ×−→CA)

= (R+ a)θθ − (R+ a)θ2r − (R+ a)θθ + ω × (ω ×−→CA)

= −(R+ a)θ2r + ω2ar

= − ω2

(R+ a)a2r + ω2ar =

aR

R+ aω2r.



(¿habrá un camino más corto?)Si el centro de masa está a distancia h del centro geométrico, podemos

obtener

(rG − rA)× aA · k = aAh sinφ

=aRω2

R+ ah sinφ,

entonces

IAα = −Mg(h sin(θ + φ)− a sin θ)−MaRω2

R+ ah sinφ,

R+ a

aIAθ = −Mgh sin(1 +

R

a)θ +Mga sin θ −M

aRθ2

R+ ah(R+ a)2

a2sin

R

aθ,

IAθ = −Mgha

R+ asin

R+ a

aθ +

Mga2 sin θ

(R+ a)−MRθ

2h sin

R

aθ.

N

Ejemplo 4.2.7 Movimiento de rodadura de una rueda de masa M y radioR, sobre una plataforma que oscila de la forma a sinωt.

y

xA

GR

θaA

a sin(ωt)

Rueda sobre plataforma móvil

Solución.Aquí la aceleración del puntoA tiene dos componentes, aω2 sinωt,Rθ

2pero solo la primera importa, dando por simple inspección (rG − rA)×

aA · k = Raω2 sinωt lo cual conduce a

IAθ = −MRaω2 sinωt.

N

Problema 4.2.1 Repita los ejemplos anteriores, pero momentando respectoal centro de masas, es decir haciendo uso de la ecuación dLG/dt = ΓextG .



4.2.2. Un ejemplo en más dimensiones, la bola de billar

Considere una esfera homogénea de masa M, radio R, que se mueve sobreun plano horizontal con coeficiente de roce cinético μ sometida a su peso y ala reacción del plano, ver fig.(4.3). Hay dos situaciones, el punto de contactoP desliza o no lo hace. La matriz de inercia con origen en el centro de masases diagonal y tiene sus tres momentos de inercia iguales (I = 2MR2/5).Supondremos que inicialmente hay deslizamiento. Para ejes fijos OX,OY yOZ vertical, las ecuaciones dinámicas son

MaG = f,

dLG

dt= I

dω

dt= (−Rk)× f,

x

y

z

G

P

R

Figura 4.3: Bola de billar

y además la fuerza de roce f está dada por f = −μMgvP , siendo vP =vG+ω× (−Rk). Si derivamos la última ecuación respecto al tiempo y reem-plazamos en ella aG y dω/dt, se obtiene

dvPdt

=1

M

µ1 +

MR2

I

¶f = −μg

µ1 +

MR2

I

¶vPvP

,

la cual nos dice, obviamente, que la dirección de vP no cambia con el tiempoy en consecuencia se tiene que

vP = vP e, (4.4)



luegodvPdt

= −μgµ1 +

MR2

I

¶,

que se integra trivialmente

vP = vP (0)− μg

µ1 +

MR2

I

¶t. (4.5)

Si indicamos por e la dirección fija de vP , podemos escribir

aG = −f

M= −μge,

que también es sencillo integrar dos veces, resultando

vG = vG(0)− μget

y

rG = rG(0) + vG(0)t−1

2μget2,

siendo la dirección de e determinables por las condiciones iniciales

e = vP (0) = vG(0)− ω(0)× (Rk).

En resumen, el centro de masas describe, en general, una parábola. El análisisrealizado vale hasta el instante en que vP , se anula, es decir hasta que labola comienza a rodar sin deslizar. Ese tiempo puede ser determinado de laecuación (4.5) y está dado por¯

vG(0)− ω(0)× (Rk)¯= μg

µ1 +

MR2

I

¶t

de allí en adelante, es fácil ver que G sigue moviéndose en línea recta convelocidad constante. Note que el tiempo que tarda la bola en comenzar arodar es cero si la condición de rodadura sin deslizamiento es satisfecha ini-cialmente, y que al contrario, el tiempo es infinito si μ = 0. La expresión 4.4hay que interpretarla con cuidado. Cuando la velocidad de un punto tienedirección fija parecería que lña trayectoria es una línea recta. Sin embargose trata de un punto de la esfera que sigue una trayectoria complicada en elespacio y que en el instante del análisis se ha puesto en contacto con la mesa.Esos diversos puntos tienen cada vez que son el punto de contacto, velocidaden la misma dirección.


4.3 Movimiento en tres dimensiones 143

Estudio. Varios casos de esferas moviéndose sobre superficies pueden serestudiados en el libro, Dynamics of Rigid Bodies, de William Duncan([15]).

4.3. Movimiento en tres dimensiones

4.3.1. Ecuaciones de Euler

Consideremos primero, un cuerpo que se mueve sostenido de uno de suspuntos, bajo la acción de la reacción en el punto de suspensión y alguna otrafuerza que realice algún torque respecto al punto fijo. Además considere ejesprincipales OXY Z móviles fijos al cuerpo rígido con origen en el punto fijoO. Como sabemos, podemos escribir

dL0dt

= Γ0, (4.6)

pero, en ejes principales

L0 = Ixxωxı+ Iyyωy j+ Izzωzk,

y su derivada será

dL0dt

= Ixxωxı+ Iyyωy j+ Izzωzk +

ω × L0,

de modo que si tomamos las componentes de la ecuación (4.6) se obtendrácon algún trabajo las llamadas ecuaciones de Euler

Ixxωx − (Iyy − Izz)ωyωz = Γextx

Iyyωy − (Izz − Ixx)ωzωx = Γexty

Izzωz − (Ixx − Iyy)ωxωy = Γextz .

Estas ecuaciones determinan completamente las componentes de la velocidadangular del cuerpo si el torque es conocido.



4.3.2. Torque nulo

Consideremos segundo, un cuerpo que se mueve sostenido de su centro demasa fijo, bajo la acción de la reacción en el punto de suspensión solamente,de modo que el torque de las fuerzas externas respecto al punto de suspensiónes nulo. Además considere ejes principales móviles fijos al cuerpo rígido conorigen en el punto fijo O. Ahora tenemos que

Ixxωx − (Iyy − Izz)ωyωz = 0

Iyyωy − (Izz − Ixx)ωzωx = 0

Izzωz − (Ixx − Iyy)ωxωy = 0.

Además es de utilidad considerar que lo anterior es el reflejo de L0 =constante. O sea

L0 = Ixxωxı+ Iyyωy j+ Izzωzk = constante.

Si además no hay roce, se conserva la energía cinética de modo que

K =1

2Ixxω

2x +

1

2Iyyω

2y +

1

2Izzω

2z = constante. (4.7)

También sigue de las ecuaciones anteriores que

L0 · ω = 2K = constante,

de modo que la velocidad angular permanece sobre un plano fijo perpendicu-lar a L0. Además la magnitud del momentum angular es constante, lo cualagrega otra condición (no es independiente)

L20 = I2xxω2x + I2yyω

2y + I2zzω

2z = constante. (4.8)

Ejercicio 4.3.1 A partir de las ecuaciones de Euler pruebe las ecuaciones4.7 y 4.8.

Pensemos ahora como se ven las cosas para un observador que se muevejunto con el cuerpo rígido. Para él las direcciones de los ejes permanecen fijasy observa que la velocidad angular varía en esos ejes. De acuerdo a él, la puntadel vector velocidad angular se mueve en un punto que es la intersección dedos elipsoides fijos al cuerpo.

Ixxω2x + Iyyω

2y + Izzω

2z = 2K



yL20 = I2xxω

2x + I2yyω

2y + I2zzω

2z = L20,

el primero de los cuales se denomina elipsoide de Poinsot. Además, comoexplicamos, la punta de vector velocidad angular permanece sobre un planofijo. Notemos además que la normal al elipsoide de Poinsot donde está ω esn = Ixxωxı + Iyyωy j + Izzωzk o sea precisamente el momentum angular, demodo que el plano invariable es tangente al elipsoide de Poinsot. El cuadroque sigue de aquí es que el elipsoide de Poinsot, que se mueve junto con elcuerpo, rueda sin deslizar sobre el plano invariable. Este movimiento, bas-tante complicado, representa el movimiento de un cuerpo rígido con torquenulo. Desafortunadamente las ecuaciones para ωx, ωy, ωz resultan elípticas(complicadas) por lo cual no ahondaremos más aquí. Si se interesa vea [13,(pag.378)]. Sin embargo, el problema se simplifica si el sólido rígido es desimetría de revolución.

4.3.3. Cuerpo simétrico

Supondremos ahora que el cuerpo tiene simetría de revolución de modoque

Ixx = Iyy = A,

Izz = C.

Ahora las ecuaciones de Euler se simplifican a

Aωx − (A− C)ωyωz = 0

Aωy − (C −A)ωzωx = 0

Cωz = 0.

de donde se desprende que

ωz = constante,

ω2x + ω2y = constante.

Si denotamos por α el ángulo que ω forma con el eje z, ver figura (4.4) sigueque



x

y

z

αβ

ω

A > CL

Figura 4.4: Cuerpo simétrico

ω =qω2x + ω2y + ω2z = constante,

ωz = ω cosα,

ωx =qω2x + ω2y = ω sinα,

tanβ =A

Ctanα

de modo que si se coloca

ωx = ωx cosφ,

ωy = ωx sinφ,

cualquiera de las dos primeras ecuaciones de Euler conduce a

−Aωx sinφφ− (A− C)ωx sinφωz = 0,

o sea

φ =(C −A)

Aωz,

φ =(C −A)

Aωzt.

de modo que

ωx = ωx cos(C −A)

Aωzt,

ωx = ωx sin(C −A)

Aωzt.



Movimiento en el espacio

De acuerdo a los resultados anteriores, se conoce como varía la velocidadangular del cuerpo respecto a ejes fijos al cuerpo. El movimiento del cuerpoen el espacio, al menos en su descripción cualtitativa se deduce del hechoque el momentum angular es constante. La dirección del eje z, el momentumangular y la velocidad angular permanecen sobre un plano formando ángulosconstantes entre ellos, de manera que ese plano debe girar en torno a la líneadel momentum angular, con cierta velocidad angular que llamaremos Ω. Seforman entonces dos conos. El cono que describe ω al girar en torno a L0,llamado cono del espacio porque es un cono fijo. El cono que describe ω entorno al eje z, llamado cono del cuerpo, porque se mueve de la misma maneraque el cuerpo. Las figuras siguientes ilustran esos conos para los dos casos,A > C y A < C.

L

zω

A > C A < C

L

z

ω

Figura 4.5: Conos del espacio y del cuerpo

Entonces, mirado desde un sistema inercial, ω precesa en torno de L,formando un cono fijo en el espacio. Además el cono que forma ω en torno az, rueda sin deslizar sobre el cono fijo al espacio. Rueda sin deslizar porquetodos los puntos del cuerpo rígido a lo largo de ω tienen velocidad nula, verfigura (??).



L

zω

αβ−α

G

PQ

M

Cono fijo y del espacio.Tenemos entonces, un problema de cinemática. Sea Ω la velocidad angularde z en torno a L, entonces

vP = Ω · PM = ω · PQ

pero

PQ

PG= sinα,

PM

PG= sinβ,

por lo tanto

Ω =PQ

PMω =

sinα

sinβω,

pero tanβ = (A/C) tanα y puede obtenerse

Ω =sinα

p1 + tan2 β

tanβω,

= ω

rC2

A2cos2 α+ sin2 α

o bien con periodo

T =2π

ωq

C2

A2cos2 α+ sin2 α

.

¿Es el movimiento del cuerpo periódico?

Con respecto a la figura anterior, la velocidad angular del cuerpo puededescomponerse de la siguiente manera

ω = φk + Ωk0



donde k0 es unitario en la dirección de L0. De modo que

ω · k = φ+ Ωk0 · k

o sea

φ = Ωk0 · k − ω · k

=sinα

sinβω cosβ − ω cosα

=sinα

tanβω − ω cosα

=C −A

Aω cosα,

como ya sabíamos.Como explicamos el eje de simetría del cuerpo da una vuelta completa en

un tiempo

T =2π

ωq

C2

A2cos2 α+ sin2 α

,

pero en ese tiempo el plano que contiene z, L0 y ω ha girado respecto delcuerpo un ángulo

φ =(C −A)

Aωzt =

(C −A)

A

2π cosαqC2

A2cos2 α+ sin2 α

,

que no es necesariamente un múltiplo de 2π. Supongamos α = π/6, A =14MR2, C = 1

2MR2, resulta

T =2π

ωq

C2

A2cos2 α+ sin2 α

=4

13

π

ω

√13,

φ =(C −A)

A

2π cosαqC2

A2cos2 α+ sin2 α

=2π

13

√3√13 = 0,960 769π

0,08135× 2 = 0,162 7π



Otro modo de averiguar sobre el giro del cuerpo sobre su eje

El cono del cuerpo rueda sin deslizar sobre el cono del espacio. El puntoQ describe una circunferencia de perímetro

2πGQ sin(β − α).

L

zω

αβ−α

G

PQ

M

Cono fijo y del espacio.Este perímetro debe igualar a φ veces el radio de la circunferencia del conodel cuerpo cuyo radio es

GQ sinα.

Al igualar se obtiene

φω sinα = 2πω sin(β − α),

tanβ =A

Ctanα

que junto con tanβ = ACtanα, conduce a (haga el desarrollo)

φ =(C −A)

A

2π cosαqC2

A2cos2 α+ sin2 α

,

salvo un signo que es irrelevante.

4.3.4. Trompo

Este caso del movimiento de un cuerpo rígido simétrico con un puntofijo, y a diferencia del último caso, sometido al torque que ejerce su peso.Considere entonces un trompo simétrico (Ixx = Iyy) que mantiene su púa



fija. Para los ángulos θ, φ, ψ indicados en la figura (??), siendo M su masa,h la distancia de la púa al centro de masa y Ixx = Iyy = A, Izz = C, losmomentos de inercia, para un eje perpendicular al eje de simetría y respectoal eje de simetría, en el punto fijo, origen del sistema de coordenada. En elcapítulo de ecuaciones de Lagrange, este tema será tratado de otra forma.Aquí, las ecuaciones de movimiento serán

MaG = R+Mgk,

dL0dt

= Γext0 .

Los ejes móviles son z el eje de simetría, x en el plano que contiene z y z0, yen el plano horizontal.La velocidad angular es

ω = φk0 − θj+ ψk

= φ(cos θk + sin θı)− θj+ ψk

= −θj+ φ sin θı+ (φ cos θ + ψ)k

el momentum angular

L0 = −Aθj+Aφ sin θı+ C(φ cos θ + ψ)k,

el torqueΓext0 = −Mgh sin θj.

La derivada del momentum angular puede hacerse con algo de manipula-ción algebraica. Sea s = φ cos θ + ψ, entonces

dL0dt

= −Aθj−Aθdj

dt+Aφ sin θı+Aφθ cos θı+

Aφ sin θdı

dt+ C(s)k + C(s)

dk

dt.

Las derivadas de los vectores unitarios son

dı

dt= (−θj+ (φ cos θ)k)× ı

dj

dt= (φ sin θı+ (φ cos θ)k)× j

dk

dt= (−θj+ φ sin θı)× k,



Mg

O

R

θ

φ

ψ

x

y

G

z

z

0

Trompo simétricoque se reducen a

dı

dt= θk + (φ cos θ)j

dj

dt= φ sin θk − (φ cos θ)ı

dk

dt= −θı− (φ sin θ)j,

de modo que

dL0dt

= −Aθj−Aθ(φ sin θk − (φ cos θ)ı) +Aφ sin θı+Aφθ cos θı+

Aφ sin θ(θk + (φ cos θ)j) + Csk + Cs(−θı− φ sin θj),

= −Aθj+Aφ sin θı+ 2Aφθ cos θı+

Aφ sin θφ cos θj+ Csk + Cs(−θı− φ sin θj),

entonces las componentes de la ecuación del torque son

Aφ sin θ + 2Aφθ cos θ − Csθ = 0

−Aθ +Aφ sin θφ cos θ − Csφ sin θ = −Mgh sin θ

Cs = 0.

De la primera se obtiene

d

dt(Aφ sin2 θ + Cs cos θ) = 0



de modo que se tienen dos cantidades conservadas

s ≡ φ cos θ + ψ = constante,

α ≡ Aφ sin2 θ + Cs cos θ = constante.

Ahora, en vez de trabajar la segunda ecuación es preferible considerar que laenergía se conserva, entonces

E =1

2Aθ

2+1

2A(sin2 θ)φ

2+1

2C(s)2 +Mgh cos θ = constante.

Al eliminar φ a través de α en la ecuación de la energía. Si se define u = cos θ,se obtiene (ver apéndice)

u2 = f(u) = (2E − Cs2 − 2Mghu)1− u2

A−µα− Csu

A

¶2,

polinomio cúbico en u, cuyas dos raíces entre −1 y 1 tienen importancia enla determinación de la inclinación del eje del trompo en su movimiento. Enlas figuras siguientes se muestran tres casos partículares donde la forma def(u), la cual está determinada por las condiciones iniciales, determina el tipode movimiento que se realiza.

1 1

f(u)

u

Raíces de f(u), caso genérico

En el primer caso, hay dos raíces en el intervalo −1, 1 y la tercera, comoes lo usual es mayor que uno. El eje el trompo oscila entre las inclinacionesdadas por esas dos raices.



-1 1

f(u)

u

u0

Precesión uniforme

El segundo caso corresponde a una inclinación constante θ0 del eje deltrompo, caso llamado de precesión uniforme que se caracteriza por ser f(u0) =0 y f 0(u0) = 0.

-1 1

f(u)

u

Trompo dormido

El último caso corresponde al caso de trompo dormido estable, es de-cir donde el eje del trompo permanece vertical y está caracterizado por serf(1) = 0 y f 0(1) = 0.Otras características del movimiento del trompo se vi-sualizan mejor siguiendo el movimiento del centro de masas, el cual se muevesobre una esfera, como se indica en la figura siguiente para tres casos posi-bles. En el primero φ > 0, en el segundo φ se anula en el punto más alto



precesión positiva movimiento cuspidal movimiento con loops

y en el tercero φ se anula y por lo tanto cambia de signo entre las inclinacionesmáximas y mínimas del eje del trompo.La solución completa para condiciones iniciales arbitrarias es complica-

da pero esbozaremos lo que se necesita hacer. Las condiciones iniciales deposición y velocidad del trompo determinan las constantes E, s y α. La in-clinación del eje polar θ se obtendría integrando la última ecuación que tienela forma

dt =dupf(u)

,

y que conduce a funciones elípticas. En efecto f(u) que es un polinomiocúbico puede escribirse

f(u) =2Mgh

A(u− u1)(u− u2)(u− u3),

donde supondremos que hemos ordenado las raíces de acuerdo a

−1 < u1 < u2 < 1 < u3.

Sea además z =√u− u1 de modo que 2zz = u entonces

f(u) =2Mgh

A(z2)(z2 + u1 − u2)(z

2 + u1 − u3),

du = 2zdz

de modo que

dt =

s2A

Mgh

dzp(z2 − (u2 − u1))(z2 − (u3 − u1))

,



que nos proponemos reducir a la forma canónica (ver apéndice)µdy

dx

¶2= (1− y2)(1− k2y2), (0 < k2 < 1).

Para ello la escribimos

2A

Mgh

µdz

dt

¶2= ((u2 − u1)− z2)((u3 − u1)− z2),

sea además z =p(u2 − u1)w entonces

2A

Mgh(u3 − u1)

µdw

dt

¶2= (1− w2)(1− u2 − u1

u3 − u1w2),

de aquí, puede obtenersew = sn(p(t− t0),

donde p y el módulo de la función elíptica sn están dados por

p2 =Mgh(u3 − u1)

2A,

k2 =u2 − u1u3 − u1

.

Así finalmente la solución será

cos θ = u1 + z2

= u1 + (u2 − u1)sn2(p(t− t0).

4.4. Ejemplos

Ejemplo 4.4.1 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dadosMy h se coloca en movimiento con su eje inclinado en π/2. Con un movimientode spin s. Determine la precesión inicial φ(0) = Ω para el trompo pase porθ = 0.

Solución. Podemos evaluar las constantes


α ≡ Aφ sin2 θ + Cs cos θ = AΩ


4.4 Ejemplos 157

E =1

2Aθ

2+1

2A(sin2 θ)φ

2+Mgh cos θ +

1

2Cs2

=1

2Cs2 +

1

2AΩ2

entonces

f(u) = (AΩ2 − 2Mghu)(1− u2)

A−µAΩ− Csu

A

¶2.

Una raíz esu1 = 0,

y la otra debe ser u = 1 por lo tanto

AΩ− Cs = 0.

N

Ejemplo 4.4.2 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dadosMy h se coloca en movimiento con su eje vertical hacia arriba. Con un movi-miento de spin s solamente. Determine la condición para que el movimientosea estable.

Solución. De acuerdo a las condiciones iniciales podemos evaluar lasconstantes


α ≡ Aφ sin2 θ + Cs cos θ = Cs,

E =1

2Aθ

2+1

2A(sin2 θ)φ

2+Mgh cos θ +

1

2Cs2

= Mgh+1

2Cs2,

entonces

f(u) = (2Mgh− 2Mghu)(1− u2)

A−µCs− Csu

A

¶2,

= 2Mgh(1− u)(1− u2)

A− C2s2

A2(1− u)2,

=(1− u)2

A

µ2Mgh(1 + u)− C2s2

A

¶.



O sea hay dos raíces repetidas u = 1, y la tercera raíz es

u3 =C2s2

2MghA− 1.

Si la tercera raíz fuera menor que 1 entonces el eje del trompo se moveríaentre θ = 0 y el valor de cos θ = u3. Para que ello no ocurra, trompo estable,debe ocurrir que u3 > 1 y eso impone

C2s2

2MghA> 2.

N

Ejemplo 4.4.3 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dadosMy h se coloca en movimiento con su eje inclinado en ángulo θ = π/2, Con unmovimiento de spin s y precesión inicial φ(0) = Ω solamente. Determine lacondición para que en el movimiento θ no varíe.

Solución. Nuevamente, de acuerdo a las condiciones iniciales podemosevaluar las constantes


α ≡ Aφ sin2 θ + Cs cos θ = AΩ,

E =1

2Aθ

2+1

2A(sin2 θ)φ

2+Mgh cos θ +

1

2Cs2

=1

2AΩ2 +

1

2Cs2,

entonces

f(u) = (AΩ2 − 2Mghu)(1− u2)

A−µAΩ− Csu

A

¶2,

= (AΩ2 − 2Mghu)(1− u2)

A−µΩ− Cs

Au

¶2.

Obviamente una solución es u = 0 correspondiente a θ = π/2. Para que θ novaríe, f(u) debe ser negativo en la vecindad de u = 0 y eso requiere que f(0)sea un máximo relativo. Entonces la condición es

f 0(0) = 0.


4.4 Ejemplos 159

Haciendo el cálculo correspondiente resulta

(−2Mgh)1

A+2Cs

AΩ = 0

CsΩ = Mgh

N

Ejemplo 4.4.4 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dadosM y h se coloca en movimiento con su eje inclinado en ángulo θ0, Con unmovimiento de spin s y precesión inicial φ(0) = Ω solamente. Determine lacondición para que en el movimiento θ no varíe, aumente o disminuya.

Solución. Evaluamos las constantes en términos de las condiciones ini-ciales, esto es

α ≡ AΩ sin2 θ0 + Cs cos θ0,

2E − Cs2 = A(sin2 θ0)Ω2 + 2Mgh cos θ0,

luego f(u) será

f(u) = (AΩ2 sin2 θ0 + 2Mgh cos θ0 − 2Mghu)1− u2

A−µ

AΩ sin2 θ0 + Cs cos θ0 − Csu

A

¶2.

Como f(u0) = 0, θ0 es un extremo y el ángulo variará hacia la región dondef(u) sea positiva. De ello se deduce que la condición será f 0(u0) = 0, f 0(u0) <0 o f 0(u0) > 0 para los tres casos señalados. Entonces, derivando y evaluandoen u0 = cos θ0 resulta

f 0(u0) = (−2Mgh)1− u20A

+ (AΩ2 sin2 θ0)−2u0A

+2Cs

A2AΩ sin2 θ0

=2 sin2 θ0

A

¡−Mgh− (AΩ2)u0 + CsΩ

¢,

entonces si−AΩ2u0 + CsΩ−Mgh = 0,

hay precesión uniforme con θ = θ0, si

AΩ2u0 − CsΩ+Mgh > 0,

el ángulo de inclinación θ aumenta y si es negativa, disminuye.



N

Ejemplo 4.4.5 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dadosm y h se coloca en movimiento con su eje inclinado en ángulo θ0, Con unmovimiento de spin s y precesión inicial φ(0) = Ω solamente. Determine lacondición para que debe cumplir Ω para que en el movimiento siguiente θaumente y el trompo haga loops.

Solución. Si tomamos condiciones iniciales en θ1, dados θ1 = 0, s, φ1entonces

α = A(sin2 θ1)φ1 + Cs cos θ1.

Para que la precesión se anule en el intervalo (θ1, θ2) debe existir un ánguloθ3 tal que θ1 < θ3 < θ2 de modo

α = A(sin2 θ1)φ1 + Cs cos θ1 = Cs cos θ3

es decir

cos θ3 = u3 =α

Cs,¯ α

Cs

¯< 1.

Esta condición puede escribirse

−1 < A(sin2 θ1)φ1 + Cs cos θ1Cs

< 1

o bien, si el spin es positivo

− Cs

1− cos θ1< Aφ1 <

Cs

(1 + cos θ1)

Aquí u3 = cos θ3 donde θ3 es el hipotético ángulo donde φ3 = 0 y deberíaestar entre θ1 y θ2 para que haya loops. Si hay dos raíces cos θ1 y cos θ2 en elintervalo fundamental (−1, 1) la condición que falta imponer es que u3 estéentre ellas lo que se traduce en que debe ser

f(u3) > 0

Como

f(u) =¡2E − Cs2 − 2mghu

¢ 1− u2

A−µα− Csu

A

¶2


4.4 Ejemplos 161

entonces

f(u3) =¡2E − Cs2 − 2mghu3

¢ 1− u23A

> 0

implicaf(u3) > 0 =⇒ 2E − Cs2 − 2mghu3 > 0

que es la condición que falta. Para colocarla en términos de las condicionesiniciales (con θ1 = 0)

2E−Cs2−2mghu3 = Aφ2

1 sin2 θ1+2mgh cos θ1−2mgh

A(sin2 θ1)φ1 + Cs cos θ1Cs

> 0

que se reduce a

0 < φ1(φ1 −2mgh

Cs).

Del ejemplo anterior, para que θ aumente, se requiere además que

Aφ2

1 cos θ1 − Csφ1 +mgh > 0,

esto es tenemos tres condiciones (para s > 0)

− Cs

1− cos θ1< Aφ1 <

Cs

(1 + cos θ1), (a))

0 < φ1(φ1 −2mgh

Cs), (b))

0 < Aφ2

1 cos θ1 − Csφ1 +Mgh (c))

Si φ1 < 0 y θ1 < π/2, (b) y (c) se satisfacen, (a) se reduce a

− Cs

1− cos θ1< Aφ1

Si φ1 < 0 y θ1 > π/2, (b) se satisface, y las condiciones son

− Cs

1− cos θ1< Aφ1.

0 > Aφ2

1 |cos θ1|+ Csφ1 −mgh.

De la última puede obtenerse que



− Cs

2 |cos θ1|

Ã1 +

r1 +

4A |cos θ1|mgh

C2s2

!< Aφ1

y

− Cs

1 + |cos θ1|< Aφ1

Pero

Cs

2 |cos θ1|

Ã1 +

r1 +

4A |cos θ1|mgh

C2s2

!>

Cs

|cos θ1|>

Cs

1 + |cos θ1|,

luego las dos condiciones se satisfacen si

− Cs

1 + |cos θ1|< Aφ1.

En consecuencia para s > 0, durante el movimiento siguiente θ aumentará yel trompo realizará loops si se satisface la condición anterior, cualquiera seael ángulo de inclinación inicial θ1.

N

Ejemplo 4.4.6 Para tener un caso concreto, sean s =p

gh, C = 1

2mh2,

A = 54mh2, θ(0) = π/3, θ(0) = 0. Determine algún valor de φ(0) para que el

ángulo aumente y el trompo realice loops.

Solución. Debe ser

0 > φ(0) > − Cs/A

1 + |cosπ/3| > −4

15

r³gh

´,

sea entonces φ(0) = − 215

q¡gh

¢, luego

α = A(sin2 π/3)(− 215

r³gh

´) + Cs cosπ/3 =

1

8mh2

r³gh

´2E − Cs2 =

61

60mhg,


4.4 Ejemplos 163

de aquí puede obtenerse

f(u) =1

300

g

h(241− 292u2 − 456u+ 480u3),

cuyas raíces son u = −0,949 38, u = 0,5, u = 1. 057 7 luego el trompo oscilaentre los ángulos 60o y 161,7o y la precesión se anula en

cos θ3 =α

Cs=1

4,

o sea en θ3 = 75. 522o.

N

Ejemplo 4.4.7 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dadosm y h se coloca en movimiento con su eje inclinado en ángulo θ0, Con unmovimiento de spin s y precesión inicial φ(0) = Ω solamente. Determine lacondición para que debe cumplir Ω para que en el movimiento siguiente θdisminuya y el trompo haga loops.

Solución. A diferencia del ejemplo anterior, ahora se desea que el ángulode inclinación θ disminuya. Si tomamos condiciones iniciales en θ1, dadosθ1 = 0, s, φ1 entonces similarmente se obtendrá

−1 < A(sin2 θ1)φ1 + Cs cos θ1Cs

< 1

o bien, si el spin es positivo

− Cs

1− cos θ1< Aφ1 <

Cs

(1 + cos θ1)

Similarmente f(u3) > 0 implica

0 < φ1(φ1 −2mgh

Cs).

Ahora, para que θ disminuya se requiere además que

Aφ2

1 cos θ1 − Csφ1 +mgh < 0,



esto es tenemos tres condiciones (para s > 0)

− Cs

1− cos θ1< Aφ1 <

Cs

(1 + cos θ1), (a))

0 < φ1(φ1 −2mgh

Cs), (b))

0 > Aφ2

1 cos θ1 − Csφ1 +mgh. (c))

Si s > 0, φ1 < 0 y θ1 < π/2, no es posible satisfacer (c).Si s > 0, φ1 < 0 y θ1 > π/2, (b) se satisface automáticamente y (c) se

satisface si0 > −Aφ21 |cos θ1|− Csφ1 +mgh,

o0 < Aφ

2

1 |cos θ1|+ Csφ1 −mgh,

y esto requiere

Aφ1 <1

2 |cos θ1|³−Cs−

p(C2s2 + 4A |cos θ1|mgh)

´,

además de

− Cs

1 + |cos θ1|< Aφ1,

pero 12|cos θ1|

³Cs+

p(C2s2 + 4A |cos θ1|mgh)

´> Cs

|cos θ1| >Cs

1+|cos θ1| , de modoque este caso no es posible.Resta entonces analizar la posibilidad s > 0, y φ1 > 0. Se deduce entonces

que

Aφ1 <Cs

(1 + cos θ1), (a))

φ1 >2mgh

Cs, (b))

0 > Aφ2

1 cos θ1 − Csφ1 +mgh. (c))

Para poder satisfacer (a)y (b) es condición necesaria que

2mghA

Cs<

Cs

1 + cos θ1,


4.4 Ejemplos 165

y que φ1 esté entre las raíces de

Aφ2

1 cos θ1 − Csφ1 +mgh = 0,

en el caso que θ1 < π/2. (Usted podrá comprobar que ambas raíces sonreales.)Entonces si s > 0 y θ1 < π/2 deben cumplirse

2mghA

Cs< Aφ1 <

Cs

(1 + cos θ1)

Cs

2 cos θ1

Ã1−

r1− 4A (cos θ1)mgh

C2s2

!< Aφ1 <

Cs

2 cos θ1

Ã1 +


C2s2

!.

Puede probarse que

2mghA

Cs>

Cs

2 cos θ1

Ã1−


C2s2

!,

y

Cs

(1 + cos θ1)<

Cs

2 cos θ1

Ã1 +


C2s2

!,

entonces es suficiente que

2mghA

Cs< Aφ1 <

Cs

(1 + cos θ1).

El caso que resta analizar es si s > 0 y θ1 > π/2 entonces deben cumplirse

2mghA

Cs< Aφ1 <

Cs

1− |cos θ1|y

0 > −Aφ21 |cos θ1|− Csφ1 +mgh,

o0 < Aφ

2

1 |cos θ1|+ Csφ1 −mgh,

es decir φ1 debe ser mayor que la raíz positiva entonces



Cs

2 |cos θ1|

Ã−1 +

r1 +

4Amgh |cos θ1|C2s2

!< Aφ1

pero es fácil establecer que

Cs

2 |cos θ1|

Ã−1 +

r1 +

4A |cos θ1|mgh

C2s2

!<2mghA

Cs,

luego la condición necesaria es

2mghA

Cs< Aφ1 <

Cs

1− |cos θ1|N

Ejemplo 4.4.8 Un trompo con A = Mh2, C = 2Mh2, baila con precesiónuniforme con θ = π/2 y precesión Ω. Si repentinamente la precesión se du-plica, determine el movimiento siguiente.Solución. Para precesión uniforme tenemos

−AΩ2u0 + CsΩ−Mgh = 0,

u0 = 0,

de donde despejamos el spin

Cs =Mgh

Ω.

Calculamos ahora con θ0 = π/2, φ0 = 2Ω

α ≡ Aφ sin2 θ0 + Cs cos θ0 = 2AΩ,

2E − Cs2 = 4AΩ2,

luego

f(u) =¡4AΩ2 − 2Mghu

¢ 1− u2

A−µ2AΩ− Csu

A

¶2,

=¡4AΩ2 − 2Mghu

¢ 1− u2

A−Ã2AΩ− Mgh

Ωu

A

!2,

=¡Mghu− 2AΩ2

¢u2AΩ2u−Mgh

Ω2A2,


4.4 Ejemplos 167

de donde las raíces son

u1 = 0,

u2 =2AΩ2

Mgh=2hΩ2

g,

u3 =Mgh

2AΩ2=

g

2hΩ2.

Además

Aφ sin2 θ = 2AΩ− Cs cos θ,

= 2Mh2³Ω− g

2hΩcos θ

´.

Hay dos casos:2hΩ2

g> 1, las raíces son que dan los extremos son

u1 = 0,

u3 =g

2hΩ2< 1.

φ(θ3) =2Mh2

A sin2 θ3

³Ω− g

2hΩcos θ3

´,

=2Mh2

A sin2 θ3

µΩ− g2

4h2Ω3

¶,

2Mh2

A sin2 θ3Ω

µ1− g2

4h2Ω4

¶> 0.

g2hΩ2

> 1,las raíces que dan los extremos son

u1 = 0,

u2 =2hΩ2

g< 1.

φ(θ2) =2Mh2

A sin2 θ2

³Ω− g

2hΩcos θ2

´,

=2Mh2

A sin2 θ2

µΩ− g

2hΩ

2hΩ2

g

¶= 0,

es un movimiento cuspidal

N



4.5. Movimiento con loops

4.5.1. Resumen

En los ejemplos anteriores se han establecido las condiciones para queel trompo, partiendo desde una posición extrema de su inclinación, realiceloops, es decir que la precesión φ se anule entre las posiciones extremas. Enresumen se probó que las condicones son

a) si s > 0, φ(0) = φ1 < 0, θ(0) = θ1 y θ(0) = 0 el ángulo de inclinación θaumentará y hay loops si

− Cs

1− cos θ1< Aφ1 < 0.

b) si s > 0, φ(0) = φ1 > 0, θ(0) = θ1 y θ(0) = 0 el ángulo de inclinación θdisminuirá y hay loops si

2mghA

Cs< Aφ1 <

Cs

(1 + cos θ1),

lo cual es posible solamente si

2mghA <C2s2

(1 + cos θ1).


Ejercicio 4.6.1 En el movimiento de un cuerpo rígido simétrico (es decircon A = B) bajo la acción de la reacción en el centro de masas solamente,ver fig.(4.6), pruebe que:

a) La magnitud de la velocidad angular del cuerpo permanece constante.

b) La velocidad angular ω del cuerpo describe un cono en torno del ejede simetría de cuerpo (eje z) con velocidad angular relativa al cuerpon = (C −A)ωzk/A.

c) El eje de simetría del cuerpo (eje z) describe un cono en torno a la direc-ción fija del momentum angular LG, con velocidad angular de magnitudΩ = ω

psin2 α+ (C/A)2 cos2 α siendo α el ángulo constante que forma

ω con el eje z.



L

zω

A > C A < C

L

z

ω

Figura 4.6: Conos del espacio y del cuerpo

Solución. Para ejes principales GXY Z fijos al cuerpo, podemos utilizarlas ecuaciones de Euler donde el torque es nulo, por lo tanto

dLG

dt= ΓG = 0⇒ LG = constante.

En componentes

Aωx − (B − C)ωyωz = 0,

Bωy − (C −A)ωzωx = 0,

Cωz − (A−B)ωxωy = 0,

pero A = B, de modo que

Aωx − (A− C)ωyωz = 0,

Aωy − (C −A)ωzωx = 0,

Cωz = 0,

de aquí se deduce ωz es constante. De las dos primeras se deduce que

ωxωx + ωyωy = 0,

de dondeω2x + ω2y = constante,

y luego

ω =qω2x + ω2y + ω2z es constante.



La figura

φ

α

x

y

z

ω

nos dice entonces que

ωx = ω sinα cosφ,

ωy = ω sinα sinφ,

reemplazando en la primera ecuación de Euler Aωx−(A−C)ωyωz = 0 resulta

−Aω sinα(sinφ)φ− (A− C)(ω sinα sinφ)(ω cosα) = 0,

de donde

φ =(C −A)(ω cosα)

A=(C −A)ωz

A.

N

Ejercicio 4.6.2 (Synge y Griffith, [13]) Un cono sólido de altura b y semiángulo en el vértice α rueda en movimiento estacionario sobre un plano ru-goso horizontal de modo que la línea de contacto rota con velocidad angularΩ en torno de la vertical. Demuestre que la reacción de la superficie sobre elcono equivale a una fuerza que corta la generatriz de contacto a distancia

3

4b cosα+

k2Ω2

gcotα

de su vértice, siendo k el radio de giro del cono (I = mk2) en torno a lageneratriz. Deduzca que el valor máximo posible de Ω es

1

2k cosα

qgb(1 + 3 sin2 α) sinα.



Solución. Con relación a la figura

φ

α

x0

y0

z0

ω

x

z

yC

P

α

usemos los ejes principales OXY Z. La matriz de inercia enO será de la forma⎡⎣ Ixx 0 00 Iyy 00 0 Izz

⎤⎦ , con Ixx = Izz.

La velocidad angular del cuerpo está en la dirección de la generatriz de con-tacto de modo que

ω = ω cosαj− ω sinαk,

y resultaL0 = ωIyy cosαj− ωIzz sinαk.

Las derivadas de los vectores unitarios son

dj

dt= Ωk0 × j = −Ω sin(90− α)ı,

dk

dt= Ωk0 × k = Ω sin(α)ı,

y entonces

dL0dt

= ωIyy cosα(−Ω sin(90− α)ı)− ωIzz sinα(Ω sin(α)ı)

= −ωΩ(Iyy cos2 α+ Izz sin2 α)ı.

Por otro lado no hay aceleración vertical del centro de masa por lo tanto lareacción R = mg. El centro de masa está a distancia horizontal 3

4b cosα del



vértice 0 por lo tanto si llamamos h a la distancia a la cual actúa R tenemosque

Γ = (−mg3

4b cosα+Rh)ı = −ωΩ(Iyy cos2 α+ Izz sin

2 α)ı,

de aquí, usando R = mg, despejamos h

h =3

4b cosα− ωΩ

g(Iyy cos

2 α+ Izz sin2 α

m).

Falta determinar ω. Si evaluamos la velocidad del centro de la base del conoella es

ωb sinα = −Ωb cosα,luego

h =3

4b cosα+

Ω2 cosα

g sinα(Iyy cos

2 α+ Izz sin2 α

m).

Pero el momento de inercia respecto a la generatriz de contacto es

I =£0 cosα − sinα

¤H0

⎡⎣ 0cosα− sinα

⎤⎦ = Iyy cos2 α+ Izz sin

2 α,

lo que prueba lo solicitado

h =3

4b cosα+

k2Ω2

gcotα.

Obviamente h 5 OP = bcosα

de manera que

3

4b cosα+

k2Ω2

gcotα 5 b

cosα,

de donde

Ω2 5 g

k2(btanα

cosα− 34b cosα tanα),

=gb

k2 cos2 α(sinα− 3

4cos2 α sinα),

Ω 5 1

2k cosα

pgbq4 sinα− 3(1− sin2 α) sinα

=1

2k cosα

pgbpsinα+ 3 sin3 α.



N

Ejercicio 4.6.3 (Synge y Griffith) Una placa delgada elíptica de semiejea, b (a ≥ b) puede moverse libremente en torno de su centro que está fijo.Es colocada en movimiento dándole una velocidad angular de magnitud nen torno de un eje sobre su plano, igualmente inclinado respecto a ambossemiejes de la elipse. Demuestre que el eje instantáneo de rotación, volveráa estar sobre el plano de la elipse después de un tiempo

T = 2

λZ0

1pλ4 − x4

dx,

siendo

λ2 =n2

2

a2 − b2

a2 + b2.

Solución. Las ecuaciones de Euler darán con C = A+B

Aωx − (B −A−B)ωyωz = 0,

Bωy − (A+B −A)ωzωx = 0,

(A+B)ωz − (A−B)ωxωy = 0,

o bien

ωx + ωyωz = 0,

ωy − ωzωx = 0,

(A+B)ωz − (A−B)ωxωy = 0,

de las dos primerasωxωx + ωyωy = 0,

de dondeω2x + ω2y = constante = n2.

Sea ademásωx = n cosΨ/2, ωy = n sinΨ/2

sustituimos en ωx + ωyωz = 0 y obtenemos

−nΨ2sin

Ψ

2+ n sin

Ψ

2ωz = 0⇒ ωz =

Ψ

2,



sustituimos en la tercera ecuación de Euler

(A+B)Ψ

2− (A−B)n2 cos

Ψ

2sin

Ψ

2= 0, con Ψ(0) = 0, Ψ(0) =

π

2.


Ψ+(B −A)n2

(A+B)sinΨ = 0, con Ψ(0) = 0, Ψ(0) =

π

2.

que corresponde a la ecuación de un péndulo simple con Ω2 = (B−A)n2(A+B)

quepartió del reposo en posición horizontal. Podemos integrar obteniendo

Ψ2 − 2Ω2 cosΨ = 0 =⇒ dΨ

dt= −Ω

√2√cosΨ

reordenandodΨ√cosΨ

= −Ω√2dt

y el tiempo necesario para que Ψ→−π/2 será

T = −2 1

Ω√2

Z 0

π/2

dΨ√cosΨ

=2

Ω√2

Z π/2

0

dΨ√cosΨ

.

Si elegimo los semiejes de la elipse como eje X, Y los momentos de inerciaserán

A = Ixx =

ZR

y2dm, B = Iyy =

ZR

x2dm, C = Izz = Ixx + Iyy,

notemos que para la frontera R de la región de integración

x2

a2+

y2

b2= 1,

además

A = Ixx =M

πab

ZR

y2dxdy,

B = Iyy =M

πab

ZR

x2dxdy



para reducir la región a un círculo unitario R0 tomemos x = ax0, y = by0

luego

A = Ixx =Mb2

π

ZR0y02dx0dy0 =

Mb2

π

1

2

ZR0r02r0dr0dθ =

Mb2

4,

B = Iyy =Ma2

π

ZR0x02dx0dy0 =

Ma2

4.

(Hemos usadoRR0 y

02dx0dy0 =RR0 x

02dx0dy0 = 12

RR0 r

02r0dr0dθ ). Entonces

Ω2 =(a2 − b2)n2

(a2 + b2)= 2λ2

o sea nuestro resultado es

T = −2 1

Ω√2

Z 0

π/2

dΨ√cosΨ

=2

Ω√2

Z π/2

0

dΨ√cosΨ

=1

λ

Z π/2

0

dΨ√cosΨ

.

El resultado propuesto es

T = 2

λZ0

1pλ4 − x4

dx =2

λ

1Z0

1√1− x04

dx0

Me dio lata demostrarlo, pero un cálculo numérico indica que son igualesporque

Z π/2

0

dΨ√cosΨ

= 2. 622 06, 2

1Z0

1√1− x4

dx = 2. 622 06.

N

Ejercicio 4.6.4 Considere dos cuerpos rígidos que chocan de modo queexiste una tangente común a las superficies en el punto de contacto, don-de se desarrolla una fuerza normal y posiblemente otra tangente (de roce),ver fig.(??). Establezca la equivalencia entre conservación de energía (choqueelástico) y coeficiente de restitución unidad (e = 1). Otros ejemplos de ladinámica de los cuerpos rígidos, tales como el movimiento del trompo simé-trico bajo la acción de su peso y de la reacción en su púa, se estudiarán enel capítulo sobre ecuaciones de Lagrange, pues ese método tiene, en general,ventajas respecto a la formulación newtoniana usual.



J

V1

V2

J

G1

G2ω1ω2

Figura 4.7: Choque cuerpos rígidos

Solución. Si llamamos J a la interacción impulsiva y P1(y P2) al puntode contacto, 1 y 2 a los centros de masas e indicamos con + y− a valores delas diversas cantidades justo después y justo antes de la colisión, tenemosque

M1(v+1 − v−1 ) = J , (4.9)

M2(v+2 − v−2 ) = −J , (4.10)

H1(ω+1 − ω−1 ) = G1P × J , (4.11)

H2(ω+2 − ω−2 ) = −G2P × J , (4.12)

y conservación de energía

1

2M1v

+21 +

1

2M2v

+22 +

1

2ω+1 ·H1ω

+1 +

1

2ω+2 ·H2ω

+2 =

1

2M1v

−21 +

1

2M2v

−22 +

1

2ω−1 ·H1ω

−1 +

1

2ω−2 ·H2ω

−2 . (4.13)

De las ecuaciones (10.4) y (10.5) se obtiene

ω+1 ·H1ω+1 − ω−1 ·H1ω

−1 = (ω

+1 + ω−1 ) ·G1P × J ,

ω+2 ·H2ω+2 − ω−2 ·H2ω

−2 = −(ω+2 + ω−2 ) ·G2P × J .

De aquí, con algo de álgebra, puede obtenerse de la ecuación de conservaciónde la energía

(v+1 + v−1 ) · J − (v+2 + v−2 ) · J = −(ω+1 + ω−1 )×G1P · J +



+(ω+2 + ω−2 )×G2P · J ,

perov+P1 = v+1 + ω+1 ×G1P ,

y similarmente las otras, entonces

(v+P1 + v−P1 − v+P2 − v−P2) · J ,

es decir(v+P1 − v+P2) · J = −(v−P1 − v−P2) · J .

que significa coeficiente de restitución unidad, en la dirección del impulso deinteracción.

N

Ejercicio 4.6.5 Una semiesfera homogénea de radio a está en reposo sobreun plano horizontal liso con su base paralela a una pared vertical lisa, sobre lacual la superficie semi esférica, se apoya. La semiesfera comienza a moversepartiendo del reposo, deslizando sobre el piso horizontal y la pared, ambassin roce. Demuestre que cuando la base alcanza la posición horizontal, larapidez angular y la rapidez del centro de masas de la semiesfera son ω =q

158g/a, v = 3

8aω respectivamente. Demuestre además durante el movimiento

siguiente, el ángulo entre la base y la horizontal no excede de cos−1( 45128).

Solución.

θ

El centro de masa del cuerpo está a distancia 3a/8 del centro. Mientras nodespega, el cuerpo mantiene su centro fijo, y la única fuerza que realiza torque



respecto a ese punto es el peso. Si en la segunda figura θ es el ángulo que hagirado la línea que contiene el centro de masa, entonces

IC θ =Mg3

8a cos θ,

donde el momento de inercia es I = 2Ma2/5, luego

2Ma2

5θ =Mg

3

8a cos θ,

o seaθ =

15

16

g

acos θ,

que podemos integrar porque

θ =1

2

d

dθθ2,

obteniendo1

2θ2=15

16

g

asin θ,

y cuando la base se coloca horizontal θ = π/2 resultando

ω = θ =

r15

8

g

a,

y

vCM =3

8aω.

Puede probarse que en esta posición el cuerpo despega y tiene una energíainicial (respecto a la posición inicial del centro)

E =1

2Iθ2 −Mg

3

8a = 0,

y su momentum en la dirección horizontal es

Px =M3

8aω =M

3

8a

r15

8

g

a.

Esas dos cantidades son conservadas, pero ahora todo el cuerpo se traslada yrota, de manera que la coordenada x del centro de masa varía. Así la energíase puede escribir

E =1

2Mv2CM +

1

2ICM θ

2 −Mg3a

8cos θ = 0,



además

Mx = M3

8a

r15

8

g

a,

yCM =3a

8cos θ,

yCM = −3a8θ sin θ.

Cuando θ sea un extremo, θ = 0, y en ese caso, yCM = 0 y la ecuación deenergía da

1

2M(

3

8a

r15

8

g

a)2 −Mg

3a

8cos θ = 0

que se reduce a

cos θ =45

128,

o sea θ = 69. 417 o.

N

Ejercicio 4.6.6 Un disco uniforme de radio a que está rotando con rapidezangular inicial Ω alrededor de su eje, se coloca sobre un plano horizontal don-de el coeficiente de roce cinético es μ. Si la superficie se apoya uniformementesobre el suelo, demuestre que el disco se detendrá en un tiempo 3

4aΩ/(gμ).

Solución. Si la fuerza normal está distribuida uniformemente, la queactúa sobre un elemento de área dA = rdrdθ en polares será

dN =mg

πa2rdrdθ,

la cual produce un torque retardador

dΓ = −μrdN = −μmg

πa2r2drdθ,

siendo el torque total

Γ = −μmg

πa2a3

32π = −2

3μmga

luego la desaceleración angular estará dada por

1

2ma2α = −2

3μmga⇒ α = −4

3

μg

a,



luego frena cuando

0 = Ω− 43

μg

at⇒ t =

3Ωa

4μg.

N

Ejercicio 4.6.7 Un cilindro sólido de radio R, descansa sobre otro igualque a su vez se apoya sobre el suelo, en equilibrio inestable. Si el sistemase perturba levemente y no hay deslizamiento en las superficies de contacto,demuestre que mientras los cilindros permanecen en contacto, el ángulo θ queforma la línea que une los centros con la vertical satisface

θ2=

12g(1− cos θ)a(17 + 4 cos θ − 4 cos2 θ) .

Solución. Lamentablemente se nos coló este problema aquí porque esmejor hacerlo por el método de lagrange que se estudia más adelante. Lafigura ilustra que si el cilindro de abajo gira un ángulo φ, el de arriba giraun ángulo 2θ + φ. Note que los arcos azules son iguales.

R

Rθφ

θ

(2)

(1)

Las coordenadas de los centros de masa son

x1 = −Rφ,y1 = R,

x2 = −Rφ+ 2R sin θ,y2 = R+ 2R cos θ,



luego las componentes de velocidad son

x1 = −Rφ,y1 = 0,

x2 = −Rφ+ 2Rθ cos θ,y2 = −2Rθ sin θ.

luego la energía cinética será

K =1

2MR2φ

2+1

2(1

2MR2)φ

2+1

2M((−Rφ+ 2Rθ cos θ)2 +

4R2θ2sin2 θ) +

1

2(1

2MR2)(2θ + φ)2,

=3

2MR2φ

2+ 3MR2θ

2 − 2MR2θφ cos θ +MR2θφ,

y la potencial seráV =Mg2R cos θ,

de aquí

L =3

2MR2φ

2+ 3MR2θ

2 − 2MR2θφ cos θ +MR2θφ−Mg2R cos θ,

luego se conserva

pφ =∂L

∂φ= 3MR2φ− 2MR2θ cos θ +MR2θ = 0,

despejamos

φ =2

3θ cos θ − 1

3θ,

la energía también es constante

E =3

2MR2φ

2+3MR2θ

2− 2MR2θφ cos θ+MR2θφ+Mg2R cos θ =Mg2R,

reemplazamos φ resultando

3

2(2

3θ cos θ−1

3θ)2+3θ

2−2θ(23θ cos θ−1

3θ) cos θ+θ(

2

3θ cos θ−1

3θ) =

2g

R−2gRcos θ,

de donde sigue que

θ2= 12g

1− cos θR (17 + 4 cos θ − 4 cos2 θ)



N

Ejercicio 4.6.8 Un trompo con momentos de inercia A = 5Mh2/4, C =Mh2/2 se coloca en movimiento con su eje horizontal θ = π/2. El spin s esdado. Determine los valores de la precesión inicial φ(0) = Ω para los cualesθ aumentará, disminuirá o permanecerá constante.

Solución. como siempre se evalúan las constantes

2E − Cs2 = Aφ2sin2 θ +Aθ

2+ 2mgh cos θ = AΩ2,

α = Aφ sin2 θ + Cs cos θ = AΩ,

luego

f(u) = (2E − Cs2 − 2mghu)1− u2

A− (α− Csu

A)2

= (AΩ2 − 2mghu)1− u2

A− (AΩ− Csu

A)2

como se ilustra en la figura

u-1 1

f(u)

0

π π/2 0

(a)(b)

(c)

θ aumentará (b) si f 0(0) < 0, permanecerá constante si (c) f 0(0) = 0, dismi-nuirá (a) si f 0(0) > 0. Evaluamos

f 0(0) = (−2mgh)1

A+2Cs

A(Ω) =

2Cs

A(Ω− mgh

Cs),

de donde θ aumentará si Ω < mghCs

, permanecerá constante si Ω = mghCs,

disminuirá si Ω > mghCs

.

N



Ejercicio 4.6.9 Un trompo con momentos de inercia A = 5Mh2/4, C =Mh2/2 se coloca en movimiento con su eje horizontal θ = π/2. El spin s esdado. Si la precesión inicial es φ(0) = 0 determine los extremos del ángulo θpara el movimiento siguiente.

Solución. Similarmente resulta


2+ 2Mgh cos θ = 0,

α = Aφ sin2 θ + Cs cos θ = 0,

luego

f(u) = (2E − Cs2 − 2Mghu)1− u2

A− (α− Csu

A)2

= (−2Mghu)1− u2

A− (−Csu

A)2 = u

2MghAu2 − C2s2u− 2MghA

A2

una raíz es u1 = 0 (θ1 = π/2) y las otras satisfacen

0 = 2MghAu2 − C2s2u− 2MghA,

0 = 10gu2 − hs2u− 10g

cos θ2 =s2h

20g−

s1 +

s4h2

400g2.

N

Ejercicio 4.6.10 Un trompo con momentos de inercia A = 5Mh2/4, C =Mh2/2 se coloca en movimiento con su eje inclinado en θ = π/3. El spin ses dado. Si la precesión inicial es φ(0) = 0 determine los extremos del ánguloθ para el movimiento siguiente.

Solución. De nuevo la misma rutina


2+ 2Mgh cos θ = 2Mgh cos

π

3=Mgh,

α = Aφ sin2 θ + Cs cos θ = Cs cosπ

3=1

2Cs,



luego

f(u) = (2E − Cs2 − 2Mghu)1− u2

A− (α− Csu

A)2

= Mgh(1− 2u)1− u2

A− C2s2

4A2(1− 2u)2

= (−1 + 2u) 4MghAu2 − 4MghA+ C2s2 − 2C2s2u

4A2

de donde θ1 = π3y las otras satisfacen

0 = 4Mgh5Mh2

4u2 − 2M

2h4

4s2u− 4Mgh

5Mh2

4+

M2h4

4s2,

0 = −2s2uh+ s2h+ 20gu2 − 20g ⇒

cos θ2 =1

20g

³s2h−

ps4h2 − 20s2hg + 400g2

´.

N

Ejercicio 4.6.11 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dadosM y h se coloca en movimiento con su eje inclinado en θ. Determine larelación que debe haber entre el spin s y la precesión inicial φ(0) = Ω paraque el ángulo θ no varíe. (Precesión uniforme)

Solución. Sea θ0 el ángulo constante. Debe ser

f 0(u0) = 0.

Derivando

f 0(u) = (2E − Cs2 − 2Mghu)−2uA

+ (−2Mgh)1− u2

A+2Cs

A2(α− Csu),

Pero

2E − Cs2 = AΩ2 sin2 θ0 + 2Mgh cos θ0,

α = AΩ sin2 θ0 + Cs cos θ0,

evaluando en u0 = cos θ0 resulta

f 0(u0) = (AΩ2 sin2 θ0)−2 cos θ0

A+ (−2Mgh)

sin2 θ0A

+2Cs

A2(AΩ sin2 θ0)⇒

0 = AΩ2 (cos θ0)− CsΩ+Mgh.

la relación pedida,



N

Ejercicio 4.6.12 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dadosM y h se coloca en movimiento con su eje inclinado en θ0. Si el trompo tienespin solamente, determine los valores extremos del ángulo θ. (Movimientocuspidal)

Solución. Nuevamente


2+ 2mgh cos θ = 2mgh cos θ0,

α = Aφ sin2 θ + Cs cos θ = Cs cos θ0,

luego

f(u) = (2E − Cs2 − 2mghu)1− u2

A− (α− Csu

A)2,

= (2mgh cos θ0 − 2mghu)1− u2

A− (Cs cos θ0 − Csu

A)2,

=(− cos θ0 + u)

A2(2mghAu2 − 2mghA+ C2s2 cos θ0 − C2s2u),

de donde θ1 = θ0 y las otras satisfacen

0 = 2mghAu2 − C2s2u− 2mghA+ C2s2 cos θ0,

de donde resulta

cos θ2 =1

4mghA

³C2s2 −

pC4s4 + 16m2g2h2A2 − 8mghAC2s2 cos θ0

´.

N

Ejercicio 4.6.13 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dadosM y h se coloca en movimiento con su eje vertical hacia arriba (θ0 = 0). Siel trompo tiene spin solamente, determine los valores del spin para los cualesel trompo baila establemente. (Movimiento de trompo dormido)

Solución. Evaluamos


2+ 2Mgh cos θ = 2Mgh,

α = Aφ sin2 θ + Cs cos θ = Cs,



luego

f(u) = (2Mgh− 2Mghu)1− u2

A− (Cs− Csu

A)2,

= (1− u)22MghAu− C2s2 + 2MghA

A2

donde hay dos raíces repetidas θ1 = θ2 = 0 y la otra debe ser mayor que uno,es decir

u =1

2

C2s2 − 2MghA

MghA> 1 =⇒ C2s2 > 4MghA.

N

Ejercicio 4.6.14 Un trompo con momentos de inercia dados A, C y dadosM y h baila en precesión uniforme φ = Ω con su eje inclinado un ánguloθ. Si repentinamente el spin s0 se duplica determine los ángulos extremos deinclinación del eje del trompo.

Solución. Para precesión uniforme en ángulo θ0 se tiene que

0 = AΩ2 (cos θ0)− Cs0Ω+Mgh.

de donde

Ω =1

2A (cos θ0)

µCs0 ±

qC2s20 − 4AMgh (cos θ0)

¶,

supondremos que ambas soluciones son reales. Las nuevas condiciones serán

Ω =1

2A (cos θ0)

µCs0 ±

qC2s20 − 4AMgh (cos θ0)

¶,

s = 2s0, θ(0) = θ0, θ(0) = 0.

Ahora evaluamos


2+ 2mgh cos θ = AΩ2 sin2 θ0 + 2mgh cos θ0,

α = Aφ sin2 θ + Cs cos θ = AΩ sin2 θ0 + Cs cos θ0,



entonces

f(u) = (2E − Cs2 − 2Mghu)1− u2

A− (α− Csu

A)2,

= (AΩ2 sin2 θ0 + 2mgh cos θ0 − 2Mghu)1− u2

A

−(AΩ sin2 θ0 + Cs cos θ0 − Csu

A)2,

f(u) puede ser factorizada por cos θ0 − u y la otra solución satisface

0 = 2MghAu2 +¡−C2s2 −A2Ω2 sin2 θ0

¢u+ C2s2 cos θ0 − 2AΩCs cos2 θ0

−A2Ω2 cos θ0 +A2Ω2 cos3 θ0 + 2AΩCs− 2MghA.

Lamentablemente esto no se simplifica nada aún sin reemplazamos Ω =1

2A(cos θ0)

³Cs0 +

pC2s20 − 4AMgh (cos θ0)

´y

s = 2s0.

N


Capítulo 5

Ecuaciones de Lagrange

5.1. Introducción

Presentaremos las ecuaciones de Lagrange que constituyen una formula-ción alternativa a la formulación clásica Newtoniana, con ventajas que expli-caremos. Las ecuaciones de Lagrange así como la función lagrangiano puedenser introducidas de diversas formas. La justificación última de cualquiera delos métodos es que el formalismo conduzca a las ecuaciones correctas de mo-vimiento del sistema (cuando ellas son conocidas). De este punto de vistapueden existir diversos lagrangianos que originen las mismas ecuaciones demovimiento. Esos lagrangianos se denominan equivalentes. Una de las for-mas modernas es partir del principio variacional de Hamilton buscando unafunción lagrangiano que satisfaga el criterio anterior. Las simetrías del siste-ma pueden ser de ayuda en postular una determinada función lagrangiano.En estos apuntes preferiremos partir de las ecuaciones clásicas de Newton demovimiento de un sistema y derivar de allí la formulación lagrangiana, conlo cual el principio variacional de Hamilton pasa a ser en realidad un teore-ma de la Mecánica Clásica. En esta formulación, el lagrangiano del sistemaestará dado por L = K − V , la energía cinética menos la energía potencialdel sistema. Otros casos en que ello no sea así se considerarán en particular.


190 Ecuaciones de Lagrange

5.2. Restricciones o vínculos

Una forma equivalente a la formulación newtoniana de la Mecánica, laconstituye la formulación lagrangiana. La principal ventaja práctica que tieneesta formulación, es que de partida, el número de variables es el mínimoposible para determinar la configuración del sistema y además que no esnecesario conocer el detalle de las fuerzas de vínculos para su formulación,siempre que ellas satisfagan ciertos requisitos que se explican más adelante.

5.2.1. Vínculos holonómicos y coordenadas generaliza-das

Normalmente sobre un sistema mecánico existen restricciones o vínculosdados. Por ejemplo si se tiene un sistema rígido de partículas, las distanciasentre ellas son invariables y por lo tanto las variables necesarias para su des-cripción serán apenas 6, independientemente del número de partículas queconstituye el sistema. Los vínculos llamados de tipo holónomos son los quepermiten disminuir el número de variables de las inicialmente consideradas,por constituir relaciones funcionales que permitirían hacer la eliminaciónde variables redundantes. Rara vez se procede a eliminar variables redun-dantes explícitamente. En vez, razonando se decide sobre cuántas variablesson necesarias y se las elige. Así, para el caso de vínculos holónomos, si elsistema tiene N partículas, existen en principio N vectores posición o 3Ncoordenadas por determinar. La existencia de un cierto número de víncu-los constantes o funciones conocidas del tiempo, hace que sea necesario unnúmero menor de coordenadas n (n < 3N). Denotaremos por qi a esas coor-denadas elegidas, llamadas coordenadas generalizadas del sistema. Todo loscambios virtuales posibles de posición del sistema corresponden a cambiosarbitrarios de las coordenadas generalizadas, supuestas independientes. Elnúmero de coordenadas generalizadas n, es llamado el número de grados delibertad del sistema. Los cambios reales del sistema son logrados mediantecambios virtuales de las coordenadas generalizadas más los cambios que seoriginen en las variaciones con el tiempo de los vínculos, en el caso en quehayan vínculos variables.


5.2 Restricciones o vínculos 191

5.2.2. Fuerzas de vínculos

La presencia de ciertos tipos de vínculos equivalen a ciertas fuerzas, nor-malmente desconocidas, actuando sobre algunas partículas. Por ejemplo lacondición para que una partícula permanezca sobre una superficie lisa da-da es equivalente a una cierta reacción normal. La formulación lagrangianausual, exige que las llamadas fuerzas de vínculos, realicen un trabajo totalnulo cuando las partículas tienen desplazamientos (infinitésimos) compati-bles con los vínculos a tiempo fijo. Para el ejemplo anterior, suponga que lasuperficie lisa tiene un movimiento dado. Si la partícula es desplazada sobrela superficie sin permitir su movimiento (a tiempo fijo), la reacción normalno realiza trabajo. Sin embargo, si el desplazamiento de la partícula es sobrela superficie que se mueve, la reacción normal realiza trabajo distinto de cero.Si las fuerzas que vinculan un sistema de partículas para que este sea un sis-tema rígido de partículas, obedecen el principio de acción y reacción, es muysimple demostrar que el trabajo total que realizan esas fuerzas al desplazararbitrariamente el sistema, es nulo.

5.2.3. Desplazamientos virtuales

Para sistematizar la discusión llamaremos desplazamientos virtuales compa-tible con los vínculos, a los cambios de posición infinitésimos δri asociadosa cambios arbitrarios infinitésimos de las coordenadas generalizadas δqi atiempo fijo.La diferencia entre desplazamientos virtuales δri y desplazamientos realesdri debe estar clara. Si, por definición de coordenadas generalizadas se tiene

ri = ri(q1, q2, . . . , qn, t) , (5.1)

la diferencia señalada es:son cambios reales

dri =X ∂ri

∂qjdqj +

∂ri∂t

dt ,

y son cambios virtuales

δri =Xj

∂ri∂qj

δqj . (5.2)

La diferencia puede ser importante en el caso que los vínculos sean funcionesdel tiempo, es decir cuando el tiempo aparezca explícitamente en (5.1).



5.3. Ecuaciones de Lagrange

Si se escriben las ecuaciones de Newton para las N partículas, separandolas fuerzas que actúan sobre ellas en fuerzas de vínculos y las de otro tipo

miai = Fi + Fi

vinc..

La esencia de la formulación lagrangiana es que las fuerzas de vínculos norealizan trabajo virtual, es decirX

i

Fi

vinc. · δri = 0,

o seaδW ≡

Xmiai · δri =

Xi

(Fi + Fi

vinc.) · δri =

Xi

Fi · δri (5.3)

Quedan entonces excluidas de esta formulación sistemas sistemas con fuerzasde roce disipativas. El resto, la obtención de las ecuaciones de Lagrange, sondetalles que veremos a continuación.Partiendo de (5.1), se deja como ejercicio demostrar la siguiente identidad.

Ejercicio 5.3.1 Si ri = ri(q1, q2, . . . , qn, t), demuestre la identidad

d

dt

∂

∂qj

1

2v2i −

∂

∂qj

1

2v2i ≡ ai ·

∂ri∂qj

.

Si esa identidad se multiplica por mi, δqj y se suma en i, j se obtieneXj

µd

dt

∂

∂qjK − ∂

∂qjK

¶δqj ≡

Xi, j

miai ·∂ri∂qj

δqj ,

que sigue siendo una identidad. La Física recién entra ahora, al utilizar (5.3)Xj

µd

dt

∂

∂qjK − ∂

∂qjK

¶δqj =

Xj

Qjδqj , (5.4)

siendo K la energía cinética y

Xi

Fi · δri = δW =Xj

ÃXi

Fi ·∂ri∂qj

!δqj ≡

Xj

Qjδqj ,


5.3 Ecuaciones de Lagrange 193

por último, si las coordenadas generalizadas son independientes, como se hasupuesto, se obtiene

d

dt

∂

∂qjK − ∂

∂qjK = Qj . (5.5)

Este conjunto de ecuaciones se conoce como las ecuaciones de Lagrange delsistema (en una primera versión).

5.3.1. Vínculos no holonómicos

Un cierto tipo de vínculo no holonómico puede ser tratado con míni-mas variaciones con lo explicado. El caso que analizaremos consiste en res-tricciones adicionales lineales en las velocidades generalizadas del tipoX

j

Aij qj +Ai0 = 0, i = 1, 2, 3, . . . , p ,

siendo los Aij ciertas funciones conocidas de las coordenadas generalizadas.Por constituir relaciones en general no integrables, dichas relaciones no per-miten a disminuir a priori el número de coordenadas generalizadas. Ellasimponen restricciones a las variaciones virtuales de las coordenadas genera-lizadas en uso, de la formaX

j

Aijδqj = 0, i = 1, 2, 3, . . . , p . (5.6)

Se supone también que las fuerzas de vínculos realizan trabajo total nuloen los desplazamientos virtuales compatibles con los vínculos holonómicosoriginales, y con los adicionales (5.6) no holonómicos. Así todo lo dicho an-teriormente vale, salvo en lo relativo a la independencia de las coordenadas.Por lo tanto se tieneX

j

µd

dt

∂

∂qjK − ∂

∂qjK

¶δqj =

Xj

Qjδqj,

junto con Xj

Aijδqj = 0, i = 1, 2, 3, . . . , p

de allí, utilizando p multiplicadores de Lagrange, λi, se obtieneXj

Ãd

dt

∂

∂qjK − ∂

∂qjK +

Xi

λiAij −Qj

!δqj = 0 ,



y considerando la idea del uso de los multiplicadores de Lagrange, se deduceque

d

dt

∂

∂qjK − ∂

∂qjK +

Xi

λiAij = Qj, j = 1, 2, 3, . . . , n ,

que junto con Xj

Aij qj +Ai0 = 0, i = 1, 2, 3, . . . , p,

constituyen n+ p ecuaciones para las incógnitas, qi, λi. Estas ecuaciones sonlas llamadas ecuaciones de Lagrange para el sistema que tiene vínculos deltipo considerado.

Función Lagrangiano

En la formulación presentada, las ecuaciones de Lagrange se han escritoen términos de la energía cinética K. Si algunas de las fuerzas que realizantrabajo son conservativas, derivables de un potencial V , la expresión deltrabajo virtual puede escribirse

δW =Xj

Qjδqj = δWNC − δV =Xj

QNCj δqj −

Xj

∂V

∂qjδqj,

siendo QNCj la llamada fuerza generalizada “no conservativa”. Por lo tanto,

para vínculos holonómicos, las ecuaciones de Lagrange pueden escribirse:

d

dt

∂

∂qjL− ∂

∂qjL = QNC

j , j = 1, 2, 3, . . . , n, (5.7)

siendo el lagrangiano del sistema

L(q, q, t) = K(q, q, t)− V (q, t).

Esta forma constituye la versión más conocida de las ecuaciones de Lagran-ge para un sistema con vínculos holonómicos. Se darán ejemplos en que ellagrangiano correcto no está dado por K − V. Naturalmente esos otros ca-sos corresponden a sistemas en que las ecuaciones clásicas de movimiento noestán dadas por las ecuaciones clásicas de Newton.


5.4 Sistemas Conservativos 195

5.3.2. Condición de integrabilidad

Al realizar la derivada respecto al tiempo en el sistema de ecuacionesdiferenciales (5.7), ellas pueden escribirseX

i

∂2L

∂qj∂qiqi +

Xi

∂2L

∂qj∂qiqi +

∂2L

∂qj∂t− ∂L

∂qj= QNC

j , j = 1, 2, 3, . . . , n

esto es un conjunto de ecuaciones diferecniales de segundo orden. Estas ecua-ciones requieren como condición para su integrabilidad que

det

½∂2L

∂qi∂qj

¾6= 0, (5.8)

que significa en el fondo poder despejar las aceleraciones qi del conjuntode ecuaciones diferenciales de Lagrange. Quedan así, excluidos en esta for-mulación, los lagrangianos singulares o de primer orden en las velocidadesgeneralizadas qi.

5.4. Sistemas Conservativos

Por definición, un sistema será llamado conservativo, si QNCj = 0, ∀j.

Para ellos, las ecuaciones de Lagrange son

d

dt

∂L

∂qj− ∂L

∂qj= 0, j = 1, 2, 3, . . . , n. (5.9)

que, escritas explícitamente sonXi

∂2L

∂qj∂qiqi +

Xi

∂2L

∂qj∂qiqi +

∂2L

∂qj∂t− ∂L

∂qj= 0, j = 1, 2, 3, . . . , n.

lo que explica el significado de la condición de integrabilidad anterior. Esesencialmente la condición para poder despejar las aceleraciones del conjuntode ecuaciones de movimiento.

5.4.1. Momentos canónicos

Los momentos canónicos conjugados a las variable qi, se define por

pi =∂L(q, q, t)

∂qi.



La inversión de las ecuaciones anteriores, para despejar las velocidades gene-ralizadas en términos de los momentos canónicos (teorema de la funciónimplícita), requiere la misma condición anterior (5.8), de modo que hay unasegunda razón para excluir lagrangianos singulares de este formalismo.

5.4.2. El hamiltoniano del sistema

Transformación de Legendre

Considere como ejemplo, en una dimensión, una función convexa f(x)(con f 00(x) > 0). La transformada de Legendre de f(x), se define por, (figura??):

x

px

O

px - f(x)

f(x)

Figura 5.1: Transformación de Legendre

F (p) = mın(px− f(x)) .

Dado que el mínimo ocurre cuando la derivada respecto a x sea nula, entonces

F (p) = px− f(x) ,

siendop = f 0(x) ,

que esencialmente genera a partir de una función de variable independiente x,una función de variable independiente p. (vea Arnold [2])



Un ejemplo de la Termodinámica. En termodinámica se utilizan trans-formaciones de Legendre para generar funciones termodinámicas. Con-sidere la energía interna U = U(S, V ), la temperatura T =(∂U/∂S)V .La transformada de Legendre de la energía interna es la función deHelmholtz, función de el volumen y la temperatura:

A(V, T ) = U − TS .

Función hamiltoniano

Dado un lagrangiano L(q, q, t), definimos su transformada de Legendrerespecto a las velocidades generalizadas por

h =X

piqi − L(q, q, t)

siendo

pi =∂L(q, q, t)

∂qi.

Si las condiciones de invertibilidad se cumplen, podemos expresar las ve-locidades generalizadas en términos de los momentos. Así, eliminando lasvelocidades se tendría

H(q, p, t) =X

piqi − L(q, q, t) ,

el denominado hamiltoniano del sistema.

Ejemplo 5.4.1 Si g(p) = Lpf(x) indica la transformada de Legendre def(x), demuestre que:

Lxg(p) = f(x).

Solución. Si g(p) = px − f(x), con p = f 0(x), entonces g0(p) = x +x0(p)− f 0(x)x0(p) = x(p). Luego Lxg(p) = px− g(p) con x = g0(p) = x(p).

N

Ejemplo 5.4.2 Dado un hamiltoniano H(p), indique una forma de deter-minar un lagrangiano.

Solución.L(q) =

Z(H 0)−1(q)dq .



N

Ejemplo 5.4.3 Si un sistema tiene como hamiltoniano H = cpp2 +m2

0c2,

determine el lagrangiano.

Solución.

L = −m0c2

r1− q2

c2,

note que este lagrangiano relativista, no está dado por K − V.

N

5.4.3. Teoremas de conservación

Escritas en términos de los momentos canónicos, las ecuaciones de La-grange para un sistema conservativo son

dpidt=

∂L

∂qi. (5.10)

Conservación del momento canónicoI Teorema 5.1Si el lagrangiano no contiene una coordenada (se dice que el lagrangiano escíclico en esa coordenada), se conserva el correspondiente momento canónicoconjugado, es decir

∂L

∂qi= 0 =⇒ pi = constante

Conservación del hamiltoniano

De la definición del hamiltoniano y de las ecuaciones de Lagrange (5.10),se puede obtener

dH =X

qjdpj −X

pjdqj −∂L

∂tdt , (5.11)

de donde se deducen importantes ecuaciones

∂H

∂pj= qj , (5.12)



∂H

∂qj= −pj , (5.13)

∂H

∂t= −∂L

∂t.

Además, si (5.11) se divide por dt, se obtiene

dH

dt=X

qj pj −X

pj qj −∂L

∂t,

es decirdH

dt= −∂L

∂t,

de aquí sigue un teorema de conservación:

I Teorema 5.2Si el lagrangiano no contiene el tiempo en forma explícita, se conserva elhamiltoniano. Es decir, de la última ecuación se desprende

∂L

∂t= 0 =⇒ H = constante. (5.14)

5.4.4. Hamiltoniano y energía

Analizaremos la relación entre hamiltoniano y energía del sistema. Parasistemas mecánicos clásicos, donde L = K − V , si el potencial no dependede las velocidades, se tiene

H =X ∂K

∂qiqi −K + V ,

luego la condición suficiente para que la energía y el hamiltoniano sean igualeses que X ∂K

∂qiqi = 2K .

De acuerdo al teorema de Euler de las funciones homogéneas, las funcioneshomogéneas de grado 2 cumplen precisamente la última condición. Se señalaun importante teorema cuya demostración se deja como ejercicio.

Definición . Se define una función homogénea de grado p en n variables,cuando ella cumple:



f(λx1, λx2, . . . , λxn) = λpf(x1, x2, . . . , xn) ,

siendo λ 6= 0. De aquí, derivando respecto a λ y luego haciendo λ = 1, sededuce que:

I Teorema 5.3Si f es una función homogénea de grado p,entonces:

pf(x1, x2, . . . , xn) =Xi

∂f

∂xixi .

Con todos los antecedentes considerados, si la energía cinética es una funciónhomogénea de grado 2 en las velocidades generalizadas, entonces el hamilto-niano del sistema coincide con la energía del sistema. Es simple ir al fondo yresponder la pregunta. ¿Cuándo ocurre eso? Si se analiza la transformaciónde coordenadas generalizadas a posiciones (5.1), la velocidad estará dada por

vi =d

dtri =

X ∂ri∂qj

qj +∂ri∂t

,

de donde es evidente que la energía cinética resultará homogénea de grado dosen las velocidades generalizadas cuando ∂ri/∂t = 0,∀i, es decir cuando losvínculos sean independientes del tiempo. Todo lo señalado se puede resumiren:

I Teorema 5.4Si un sistema tiene sus vínculos independientes del tiempo, entonces H = E.

5.4.5. Fuerzas dependientes de la velocidad

Para ciertos casos, donde la fuerza generalizada dependiente de la veloci-dad satisface

Qj =d

dt

∂V (q, q, t)

∂qj− ∂V (q, q, t)

∂qj,

para un cierto V (q, q, t), es posible definir el lagrangiano L = K−V, de modoque las ecuaciones correctas de movimiento son las ecuaciones de Lagrange.



Ejercicio 5.4.1 Un ejemplo notable lo constituye la fuerza de Lorentz F =q(E+v×B) donde los campos magnéticos y eléctricos satisfacen E = −∇Φ−∂A/∂t, y B = ∇×A. Demuestre en este caso que

Fj =d

dt

∂V (q, q, t)

∂qj− ∂V (q, q, t)

∂qj, con V = qΦ− qv ·A .

Solución. La solución es directa considerando que los q están sólo en lavelocidad de modo que

∂V (q, q, t)

∂qj= −qAj,

d

dt

∂V (q, q, t)

∂qj= −q d

dtAj,

por otro lado∂V (q, q, t)

∂qj= q

∂

∂qjΦ− qv · ∂

∂qjA ,

de modo que se tiene

Fj = −q ddtAj − q

∂

∂qjΦ+ qv · ∂

∂qjA

= −q ∂

∂qjΦ− q

∂

∂tAj − qv ·∇Aj + qv · ∂

∂qjA

Pero la componente j de la fuerza de Lorentz es

Fj = −q∂

∂qjΦ− q

∂

∂tAj + q

³v ×

³∇×A

´´j.

O sea son iguales pues³v ×

³∇×A

´´j= v · ∂

∂qjA− v ·∇Aj.

Podemos notar además que si la energía cinética es

K =1

2mv2,

el lagrangiano será

L =1

2mv2 − qΦ+ qv · A,



entonces el momento canónico pj estará dado por

pj = mqj + qAj.

N

5.4.6. Teorema de Noether

Considere transformaciones continuas de las coordenadas generalizadasde dependientes de un parámetro real s tales que para s = 0 se trata de latransformación identidad, es decir

Qj = Qj(q, s), siendo qj = Qj(q, 0).

Aquí q representa el conjunto completo de coordenadas generalizadas. Si ellagrangiano de un sistema autónomo L(q, q) es invariante bajo esa transfor-mación, es decir si

L(Q(q, s), Q(q, s))

no depende de s, entonces se tiene una cantidad conservada, o integral delmovimiento. En forma más precisa

I Teorema 5.5 (Noether)Si

d

dsL(Q(q, s), Q(q, s)) = 0

entonces

I(q, q) =Xj

∂L

∂qj

d

dsQj(q, s)

¯s=0

= constante.

La demostración (ver [11], pag. 102) sigue de

0 =d

dsL(Q(q, s), Q(q, s)),

o sea

0 =X ∂L

∂Qj

dQj

ds+X ∂L

∂Qj

dQj

ds,



dondedQj

ds=

d

dt

dQj

ds,

y al hacer s = 0 tendremos que

∂L

∂Qj

→ ∂L

∂qj,∂L

∂Qj→ ∂L

∂qj=

d

dt

∂L

∂qj,

de modo que se obtiene

0 =X ∂L

∂qj

d

dt

dQj

ds+X d

dt

µ∂L

∂qj

¶dQj

ds

¯s=0

,

o biend

dt

X ∂L

∂qj

dQj

ds

¯s=0

= 0,

que prueba el teorema.

Ejemplos

Si el lagrangiano de un sistema es L = L(q) es dependiente de las velo-cidades generalizadas solamente, entonces el es obviamente invariable,en el sentido considerado más arriba, ante la transformación

Qj = qj + saj ,

siendo aj constantes arbitrarias. Entonces se conserva

I(q, q) =Xj

∂L

∂qjaj,

y como los aj son arbitrarios, deben conservarse independientementetodos los momentos canónicos

pj =∂L

∂qj.

Si el lagrangiano L = L(q, q) no depende de una de las coordenadasgeneralizadas qk por ejemplo, o sea que es invariante bajo la transfor-mación

Qj = qj + sδjk,



entonces se conserva el momento canónico pk, puesto queXj

∂L

∂qj

d

dsQj(q, s)

¯s=0

=Xj

∂L

∂qjδj,k =

∂L

∂qk= pk.

Si un lagrangiano L(v, r) es invariante bajo una rotación infinitesimal

r 0 = r + dθ n× r,

entonces se conserva∂L

∂r· n× r,

o sea la cantidad conservada es

r × p · n,

que es la componente n del momentum angular.

Nota 5.1 Volveremos sobre el teorema de Noether en el capítulo sobre elprincipio variacional de Hamilton.

5.5. Ejemplos y aplicaciones

5.5.1. Trompo simétrico.

En el capítulo sobre cuerpo rígido se encuentra la teoría newtoniana deltrompo simétrico,

Ejemplo 5.5.1 Considere un trompo simétrico que mantiene su púa fija.Para los ángulos θ, φ, ψ indicados en la figura (5.2), siendo M su masa, h ladistancia de la púa al centro de masa y A,C, los momentos de inercia, paraun eje perpendicular al eje de simetría y respecto al eje de simetría, en elorigen. Escriba las ecuaciones de movimiento.

Solución. Se puede deducir que el lagrangiano es

L =1

2Aθ

2+1

2A(sin2 θ)φ

2+1

2C(φ cos θ + ψ)2 −mgh cos θ ,


5.5 Ejemplos y aplicaciones 205

x0

y0

z0

φ

θ

x

Ψ

y

z

Mg

Gh

Figura 5.2: Trompo simétrico

de allípθ = Aθ ,

pφ = A(sin2 θ)φ+ C(φ cos θ + ψ) cos θ ,

pψ = C(φ cos θ + ψ) ,

considerando que el lagrangiano es cíclico en ψ, y ϕ, y que no contiene eltiempo en forma explícita, se conservan H = E, pψ, y pφ. Por lo tanto,tenemos


A(sin2 θ)φ+ Cs cos θ = α = constante,

E =1

2Aθ

2+1

2A(sin2 θ)φ

2+1

2C(s)2 +mgh cos θ = constante.

Una ecuación que determina los cambios de la inclinación del eje del trompo,ángulo θ, puede obtenerse al eliminar φ a través de α en la ecuación de laenergía. Si se define u = cos θ, se obtiene (ver apéndice)

u2 = f(u) = (2E − Cs2 − 2mghu)1− u2

A−µα− Csu

A

¶2,

polinomio cúbico, cuyas raíces entre −1 y 1 tienen importancia en la deter-minación de la inclinación del eje del trompo en su movimiento.



N

Ejemplo 5.5.2 Considere un trompo simétrico con momentos de inercia C,A, masa m y distancia h de su púa fija al centro de masas, que durante sumovimiento tiene valores extremos para θ iguales a θ1 y θ2. Determine valoresiniciales adecuados de la precesión en términos del spin s para que ello ocurra,y analice la posibilidad de que la precesión φ se anule en el intervalo.

Solución. Dado que son conocidos los extremos del ángulo polar θ1 y θ2,una primera condición es que θ se anule en θ1 y θ2, de donde las constantesdel movimiento son

2E − Cs2 = Aφ2

1 sin2 θ1 + 2mgh cos θ1

= Aφ2

2 sin2 θ2 + 2mgh cos θ2

α = A(sin2 θ1)φ1 + Cs cos θ1

= A(sin2 θ2)φ2 + Cs cos θ2

de modo que al eliminar φ2 y simplificando se puede obtener

(cos θ1 + cos θ2)Ω2 − 2Cs

AΩ+

2mgh

A

sin2 θ2sin2 θ1

− C2s2(cos θ1 − cos θ2)A2 sin2 θ1

= 0,

ecuación de segundo grado que relaciona la precesión inicial φ1 = Ω conel spin s para que en el movimiento se realicen los extremos de θ dados.Si llamamos a = mghA/(Cs)2 la solución de la ecuación anterior puedeescribirse como

Ω =Cs

A (cos θ1 + cos θ2)

µ1∓ sin θ2

sin θ1

p1− 2a (cos θ1 + cos θ2)

¶.

La condición para que existan valores reales de Ω es cos θ1+cos θ2 < 12a. Pue-

de además observarse que si θ1 = θ2 se obtiene entonces una condición parael movimiento llamado de precesión uniforme, donde θ permanece constante

Ω2 cos θ − Cs

AΩ+

2mgh

A= 0.

En el capítulo de cuerpo rígido se analizan, en diversos ejemplos, las con-diciones para que el trompo realice “loops” partiendo de cualquiera de lasposiciones extremas de inclinación del ángulo θ.



N

Ejemplo 5.5.3 Considere un trompo simétrico con momentos de inercia C,A, masa m y distancia h de su pua fija al centro de masas, que baila dormidocon θ = 0. Analice la estabilidad de este movimiento.

Solución. Aquí

2E − Cs2 = Aφ2

1 sin2 θ + 2mgh cos θ = 2mgh,

α = A(sin2 θ)φ+ Cs cos θ = Cs,

de donde

u2 = f(u) = (2mgh− 2mghu)1− u2

A−µCs− Csu

A

¶2,

o bien

f(u) =2mgh

A(1− u)2

µu−

µC2s2

2mghA− 1¶¶

=2mgh

A(1− u)2(u− u3).

El movimiento del trompo será estable si f(u) < 0 en el rango −1 < u < 1,por lo cual la tercera raíz debe ser mayor que uno, o sea u3 = C2s2/(2mghA)−1 > 1, entonces C2s2 > 4mghA, es la condición de estabilidad del trompodormido. Si esta condición no se cumple, el trompo se moverá de acuerdo a

du

dt= −

r2mgh

A(1− u)

p(u− u3),

que integraremos como sigue

t = −s

A

2mgh

Z u

1

du

(1− u)√u− u3

.

Sea u = 1− (1− u3) sin2 ψ, du = −2(1− u3) sinψ cosψdψ entonces

t = −s

A

2mgh

Z ψ

0

−2(1− u3)dψ

(1− u3) sinψp(1− u3)

,



o bien

t =2A

√2mghA

p(1− u3)

Z ψ

0

dψ

sinψ=∞,

o sea el trompo tarda infinito tiempo en alcanzar la inclinación dada porcos θ = C2s2/(2mghA)− 1.

N

5.5.2. Bola que rueda sobre un plano, sometida en sucentro a una fuerza

Suponga que una bola homogénea de masa M, radio R, rueda sin desli-zar sobre un plano horizontal, plano OXY, actuada en su centro G por unafuerza (elástica) hacia el eje OZ, −kr, además del peso, la reacción normaly la fuerza de roce en el punto de contacto P , suponiendo que ella no rea-liza trabajo en la situación de no deslizamiento, ver figura (5.3). Utilizandolas componentes de la velocidad angular en los ejes fijo, en términos de losángulos de Euler, θ, φ, y ψ, el lagrangiano es

L =1

2Mv2G +

1

2Iω2,

x

y

z

G

P

RR

Figura 5.3: Esfera atraida hacia el origen

o seaL =

1

2M(x2 + y2) +

1

2I(ω2x + ω2y + ω2z) ,



y las restricciones adicionales no holonómicas (punto de contacto con veloci-dad cero) son

vP = vG + ω × (−Rk) = 0 ,es decir

x−Rωy = 0, y +Rωx = 0 . (5.15)

Considerando las componentes de la velocidad angular en ejes fijos al espacioen términos de los ángulos de Euler

ωx = ψ sinφ sin θ + θ cosφ ,

ωy = −ψ cosφ sin θ + θ sinφ ,

ωz = ψ cos θ + φ ,

se puede escribir el lagrangiano

L =1

2M(x2 + y2) +

1

2I(ψ

2+ θ

2+ φ

2+ 2φψ cos θ)− 1

2k(x2 + y2) ,

y las dos relaciones de vínculos

x−R(−ψ cosφ sin θ + θ sinφ) = 0 ,

y +R(ψ sinφ sin θ + θ cosφ) = 0,

Al utilizar dos multiplicadores de Lagrange, se tiene

Mx+ kx+ λ1 = 0 , (5.16)

My + ky + λ2 = 0 , (5.17)

I(θ + φψ sin θ)− λ1R sinφ+ λ2R cosφ = 0 , (5.18)

ωz =d

dt(ψ cos θ + φ) = 0 , (5.19)

I(ψ + φ cos θ − φθ sin θ) + λ1R cosφ sin θ + λ2R sinφ sin θ = 0 . (5.20)

De aquí, el álgebra es algo tediosa. De la ecuación (5.19) obtenga φ y reem-placemos en la ecuación (5.20). En seguida, de las ecuaciones (8.17) y (5.20)obtenga λ1 y λ2. Compruebe que se obtiene

λ1 =I

Rωy, λ2 = −

I

Rωx , (5.21)



de allí es fácil obtener, un sorprendentemente simple resultado para las ecua-ciones de movimiento de las coordenadas del centro de masas de la esfera, esdecir µ

M +I

R2

¶x+ kx = 0 , (5.22)

µM +

I

R2

¶y + ky = 0 , (5.23)

que más generalmente pudo escribirse (para I = 25MR2) como

MaG =5

7F ,

para una fuerza cualquiera F aplicada al centro, paralelamente al plano ho-rizontal. Las ecuaciones diferenciales para los ángulos de Euler no las ana-lizaremos aquí. Es ilustrativo sin embargo, comparar con el planteamientousual, newtoniano.Las ecuaciones dinámicas son más simples. Si f denota la fuerza de roce,entonces

MaG = F + f, (5.24)

Idω

dt= −Rk × f, (5.25)

además aplica la restricción de no resbalamiento

0 = vG + ω × (−Rk) . (5.26)

Derivando la (5.26) respecto al tiempo y reemplazando en ella las aceleracio-nes, se obtiene

0 = F +

µI +

MR2

I

¶f , (5.27)

de donde la ecuación de movimiento del centro de masas es:

MaG =F

1 + I/(MR2).

Corolario 1 No siempre el método de Lagrange simplifica el problema.



Ejemplo 5.5.4 Este ejemplo se desarrollará por método tradicional y por elmétodo de Lagrange para comprender las diferencias y ventajas de un métodosobre otro. Considere una barra de masa m y de longitud 2a, la cual puedeoscilar libremente en torno a un articulación en A variando sólo el ángulode inclinación θ definido con la barra horizontal OB de longitud b la cualgira en torno al eje OZ con velocidad angular constante ω. La barra ABpermanece sobre el plano gris que rota en torno al eje OZ con velocidadangular constante ω. Determine la ecuación de movimiento para el ángulo θ.

Solución. En la figura se ilustran ejes principales (1), (2) y (3) fijos a labarra en su centro de masa (2) a lo largo de la barra, (1) perpendicular alplano gris y (3) sobre ese plano y perpendicular a (2).

x

y

z

φ

3

O

R

θA

B

b

2a1

2

G

23

z

θθ

a) Método de Lagrange: La velocidad angular de la barra es

ω = ωk + θe1

= −ω(cos θe3 + sin θe2) + θe1.

La velocidad del centro de masa puede escribirse

vG = vA + ω × (ae2)= −bωe1 + (−ω cos θe3 + θe1)× (ae2)= (ωa cos θ − bω)e1 + aθe3.

Si I indica el momento de inercia de la barra para un eje perpendicular



a ella en G, entonces

K =1

2m((ωa cos θ − bω)2 + a2θ

2) +

1

2I(ω21 + ω23)

=1


2) +

1

2I(θ

2+ ω2 cos2 θ),

luego el Lagrangiano es

L =1


2) +

1

2I(θ

2+ ω2 cos2 θ) +mga sin θ,

luego

∂L

∂θ= ma2θ + Iθ,

∂L

∂θ= −m(ωa cos θ − bω)ωa sin θ − I(ω2 cos θ sin θ) +mga cos θ,

y resulta la ecuación de movimiento

(ma2+I)θ+m(ωa cos θ−bω)ωa sin θ+I(ω2 cos θ sin θ)−mga cos θ = 0,

que puede simplificarse a

(ma2 + I)θ + ω2(ma2 + I) cos θ sin θ −mbω2a sin θ −mga cos θ = 0.

b) Método tradicional. Podemos utilizar las ecuaciones de Euler que son

Ixxωx − (Iyy − Izz)ωyωz = Γextx

Iyyωy − (Izz − Ixx)ωzωx = Γexty

Izzωz − (Ixx − Iyy)ωxωy = Γextz .

Para los ejes principales (1), (2) y (3) ellas se reducen a

Iω1 + Iω2ω3 = Γext1

0 = Γext2

Iω3 − Iω1ω2 = Γext3 .

Reemplazando las componentes de la velocidad angular obtenemos

Iθ + I(−ω sin θ)(−ω cos θ) = Γext1

0 = Γext2

Id

dt(−ω cos θ)− Iθ(−ω sin θ) = Γext3 .



es decir

Iθ + Iω2 sin θ cos θ = Γext1

0 = Γext2

2Iωθ sin θ = Γext3 .

El problema es establecer el torque que se ejerce sobre el centro de masade la barra, como consecuencia del mecanismo que la obliga a mover-se sobre el plano indicado en la figura. Estamos entonces obligados aanalizar al movimiento del centro de masa. Derivando vG obtenemos

aG =d

dt((ωa cos θ − bω)e1 + aθe3),

= (−ωaθ sin θ)e1 + aθe3 + (ωa cos θ − bω)ω × e1 + aθω × e3,

= −2ωaθ sin θe1 + aθe3 − (ω2a cos θ − bω2)(cos θe2 − sin θe3)− aθ2e2),

peroF = F1e1 + F2e2 + F3e3 +mg(cos θe3 + sin θe2)

luego

F1 = −2mωaθ sin θ,

F2 +mg sin θ = m(−(ω2a cos θ − bω2) cos θ − aθ2)),

F3 +mg cos θ = m(aθ + (ω2a cos θ − bω2) sin θ)

Averiguando cual de estas fuerzas produce un torque respecto a ladirección (1) en G, se tiene que

Γext1 = −aF3,

de modo que

Iθ + Iω2 sin θ cos θ = −ma(aθ + (ω2a cos θ − bω2) sin θ) +mga cos θ,

o sea

(ma2 + I)θ + ω2(ma2 + I) sin θ cos θ −mabω2 sin θ −mga cos θ = 0.

Mismo resultado, pero mucho más laborioso. ¿Porqué se ha elegidoΓext1 ? La respuesta es que el mecanismo también ejerce un “par” Msobre la barra, pero el no puede tener componente sobre el eje (1).

N



5.6. Las ecuaciones de Hamilton

Cuando se estableció el teorema de conservación del Hamiltoniano, tam-bién se probaron las 2n ecuaciones de Hamilton (5.12) y (5.13) para las 2nvariables q, p.Para un sistema de n grados de libertad, el espacio de fase sedefine como el espacio de 2n dimensiones de las coordenadas y momentoscanónicos (q, p). El estado para un tiempo t, (q, p) de tal sistema queda en-tonces representado por un punto en dicho espacio de fase. La evolución enel tiempo del sistema, determinada por las ecuaciones de Hamilton, es repre-sentada entonces por un punto en movimiento en el correspondiente espaciode fase. Podemos distinguir los sistemas autónomos donde H no depende deltiempo en forma explícita y es por lo tanto constante de movimiento (en lossistemas conservativos). En estos casos que consideraremos primero, la órbitaque describe la evolución del sistema en el espacio de fase, está confinada enel subespacio H(q, p) = E = constante.

5.6.1. Sistemas autónomos

Para estos sistemas, conservativos, H = H(q, p) = E, las ecuaciones deHamilton

∂H

∂pi= qi y

∂H

∂qi= −pi ,

determinan la evolución del sistema, confinado al subespacio de energía cons-tante. Más en general tal sistema de ecuaciones podría escribirse como

x = F(x, μ),

donde x =[q, p]T es vector (o matriz columna) y μ representa uno o másparámetros.

5.6.2. Puntos críticos o de equilibrio

En general, las órbitas en el espacio de fase no pueden cortarse debido aque entonces, en esos puntos tomados como condición inicial del sistema, laevolución futura del sistema no está determinada unívocamente. La excepciónla constituyen los puntos de equilibrio donde por definición son cero todas lasderivadas qi y pi. Esto corresponde a sistemas que están en estados que noevolucionan en el tiempo. En estos casos, la evolución futura dependerá deperturbaciones iniciales aplicadas al sistema. Los puntos críticos corresponde


5.6 Las ecuaciones de Hamilton 215

a estados donde las velocidades son cero q = 0 y también las aceleracionesson cero p = 0. En un lenguaje generalizado, los puntos críticos x0 satisfacen

F(x, μ) = 0.

Estabilidad de los puntos críticos

Una clasificación más detallada de las características de los puntos críticosse desprenderá del análisis que se realiza a continuación, para un sistemaautónomo con un grado de libertad, o espacio de fase de dos dimensiones,que puedan linealizarse en el sentido explicado a continuación.

Linealización

Supongamos un sistema autónomo correspondiente a un grado de li-bertad, es decir con un espacio de fase de dos dimensiones

q =∂H(q, p)

∂py p = −∂H(q, p)

∂q. (5.28)

Si además hacemos un corrimiento del origen del espacio de fase de modoque el punto crítico bajo estudio corresponde al origen, q = 0, p = 0, elhamiltoniano puede expandirse en torno al origen de modo que se tendráhasta primer orden

q =∂H(q, p)

∂p' ∂2H(q, p)

∂p∂q

¯0,0

q +∂2H(q, p)

∂p2

¯0,0

p,

p = −∂H(q, p)∂q

' − ∂2H(q, p)

∂q2

¯0,0

q − ∂2H(q, p)

∂q∂p

¯0,0

p,

y si solo se mantienen los términos lineales, el sistema autónomo es, en lavecindad del punto crítico

q = H12q +H22p,

p = −H11q −H12p,

que puede ser escrito como sistema autónomo lineal

d

dt

µqp

¶=

µH12 H22

−H11 −H12

¶µqp

¶. (5.29)



La notación distingue las derivadas parciales con índices: 1 = q, 2 = p. Enel caso en que la parte lineal sea nula, el problema es más complejo y noserá tratado aquí. Note además que para el caso considerado H12 = H21.Como veremos, una caracterización de los puntos críticos de estos sistemasque pueden ser aproximados por un sistema lineal en la vecindad del punto deequilibrio, o de alguno de ellos, depende crucialmente de los valores propiosde esa matriz involucrada en la última relación. Para no perder generalidadsupondremos solamente que sus elementos son reales, a, b, c y d. Ademáscambiaremos a notación x = q, y = p de modo que el sistema a considerares:

d

dt

µxy

¶=

µa bc d

¶µxy

¶= A

µxy

¶. (5.30)

Los valores propios λ de la matriz A, están dados por las raíces de la ecuaciónde segundo grado

(a− λ)(d− λ)− bc = 0 ,

que llamaremos λ1, λ2. Supongamos que los valores propios son λ1 y λ2 ysean µ

α1β1

¶,

µα2β2

¶,

los vectores propios. Suponga además que la solución es exponencial de laforma µ

x(t)y(t)

¶= c1

µα1β1

¶eλ1t + c2

µα2β2

¶eλ2t

al sustituir en la ecuaión diferencial

λ1c1

µα1β1

¶eλ1t + λ2c2

µα2β2

¶eλ2t =

µa bc d

¶µc1

µα1β1

¶eλ1t + c2

µα2β2

¶eλ2t¶

= λ1c1

µα1β1

¶eλ1t + λ2c2

µα2β2

¶eλ2t,

se satisface identicamente. Como está bien establecido, se pueden distinguirlos siguientes casos cuando det(A) = ad− bc 6= 0.

Caso real 1. λ1 < λ2 < 0, nodo asintóticamente estable.

Caso real 2. 0 < λ1 < λ2, nodo inestable.

Caso real 3. λ1 < 0 < λ2, punto montura, inestable.



Caso real 4. λ1 = λ2 < 0, nodo, asintóticamente estable.

Caso real 5. 0 < λ1 = λ2, nodo, inestable.

Caso complejo 1. Re(λ) < 0, espiral, asintóticamente estable.

Caso complejo 2. 0 < Re(λ), espiral, inestable.

Caso complejo 2. Re(λ) = 0, centro, estable.

Valores propios reales

Los tres casos reales pueden analizarse dentro del mismo contexto. Alsuponer soluciones particulares de la forma exp(λt), se encuentra que la so-lución general es de la formaµ

x(t)y(t)

¶= c1

µα1β1

¶eλ1t + c2

µα2β2

¶eλ2t, (5.31)

donde los vectores de componentes α, β son los vectores propios asociados alos valores propios λ1 y λ2. Enseguida, para esquematizar la conducta cercadel punto crítico, x, y → 0, es necesario ver que término predomina y en quétiempo ocurre eso. Por ejemplo en el caso real 1, predomina el término con λ1cuando t →∞. Es decir el sistema, a la larga, se aproxima asintóticamenteal punto crítico por la dirección de la recta definida por el correspondientevector propio. Similarmente, en el caso real 3, si t → ∞ el sistema puedeaproximarse asintóticamente al punto crítico por la recta asociada al valorpropio negativo. En cambio, puede alejarse a medida t → ∞ por la rectaasociada al valor propio positivo. Para cualquier condición inicial fuera dela recta asociada al valor propio negativo, predominará a la larga, la parteasociada al positivo, ver figura (5.4).

Valores propios complejos

Los valores propios complejos, de la forma λ = u±iv, merecen otra formade análisis. En este caso, es conveniente reducir el problema a lo que se de-nomina su “forma canónica”. Es conocido que todo problema bidimensional



Real 1 Real 2 Real 3

Real 4 Real 5

Figura 5.4: Autovalores reales

lineal con valores propios complejos, puede ser transformado mediante uncambio de coordenadas a su llamada forma canónica

d

dt

µxy

¶=

µm n−n m

¶µxy

¶= A

µxy

¶. (5.32)

siendo en este caso los autovalores de la matriz A, λ = m ± in. Si ademásse utilizan coordenadas polares, x = r cos θ y y = r sin θ, las ecuaciones sedesacoplan

dr

dt= mr,

dθ

dt= −n, (5.33)

con soluciónr = r0e

mt, θ = θ0 − nt, (5.34)

por lo cual, la solución general de (5.32) está dada por:

x(t) = r0emt cos(θ0 − nt), y(t) = r0e

mt sin(θ0 − nt), (5.35)

por lo cual, las trayectorias o curvas en el espacio de fase son espirales quedivergen si si Re(λ) = m > 0, espirales que convergen si Re(λ) = m < 0 ycírculos si m = 0. Así se distinguen los tres casos, ver figura (??)

Caso complejo 1. Re(λ) = m < 0, espiral, asintóticamente estable.

Caso complejo 2. Re(λ) = m, espiral, inestable.

Caso complejo 3. Re(λ) = m, centro, estable.



Complejo 1 Complejo 2 Complejo 3

Figura 5.5: Autovalores complejos

Ejemplo 5.6.1 Reduzca un sistema lineal de dos dimensiones a su formacanónica.

Solución. Consideremos el sistema linealµx0

y0

¶=

µa bc d

¶µxy

¶,

donde la matriz tiene valores propios complejo, es decir de

(a− λ)(d− λ)− bc = 0,

se deduce

λ =1

2a+

1

2d± 1

2ip− (a− d)2 − 4cb) = m± in.

Considere ahora la siguiente transformación linealµuv

¶=

µi 0

m−ain

− bin

¶µxy

¶,

con inversa µxy

¶=

µ−i 0−im−a

b− i

bn

¶µuv

¶,



por lo tantoµu0

v0

¶=

µi 0

m−ain

− bin

¶µx0

y0

¶=

µi 0

m−ain

− bin

¶µa bc d

¶µxy

¶=

µi 0

m−ain

− bin

¶µa bc d

¶µ−i 0−im−a

b− i

bn

¶µuv

¶=

µm n−n m

¶µuv

¶,

que prueba el teorema. Usted podría preguntarse ¿cómo es que se adivinóla transformación lineal? En realidad, la solución del sistema original nosorienta al respecto. Hagamos x = Aeλt, y = Beλt, luego debe tenerse

λA = aA+ bB,

λB = cA+ dB,

se obtienen los autovalores

λ = λ1, λ2 = m± in,

y la razón de amplitudesB

A=

λ− a

b,

de donde la solución es

x = A1eλ1t +A2e

λ2t,

y =λ1 − a

bA1e

λ1t +λ2 − a

bA2e

λ2t

=m− a

b(A1e

λ1t +A2eλ2t) + i

n

b(A1e

λ1t −A2eλ2t),

y hacer

u = i(A1eλ1t +A2e

λ2t),

v = −(A1eλ1t −A2eλ2t),

de modo que

x = −iuy = −im− a

bu− i

n

bv.



N

Como una regla la conducta dinámica de un sistema es dependiente dealgunos parámetros. Nos limitaremos a describir aspectos esenciales de laconducta de sistemas que tienen un parámetro que llamaremos μ. Este pa-rámetro también es conocido como parámetro de control. Puede ocurrir quepara valores pequeños del parámetro el sistema presente una configuración deequilibrio estable. Si el parámetro se incrementa, tal situación de equilibriopuede tornarse inestable y dar lugar a dos situaciones de equilibrio distintas.Tal fenómeno se conoce como bifurcación. Supongamos que la dinámica estadada por

x = F(x, μ), (5.36)

y que la situación de equilibrio o punto x0 crítico satisface

x = F(x0, μ) = 0.

Esto es una determinación implícita del punto de equilibrio

x0 = x0(μ).

Un teorema sobre funciones implícitas requiere que la matriz de Jacobi

Mij =∂Fi

∂xj

sea no singular. Esto es que el determinante de Mij no se anule. En efecto silinealizamos 5.36 en torno a la posición de equilibrio

x = x0+y,

entonces

yi=Fi(x0 + y) =Fi(x0)+Xj

yj∂Fi

∂xj

¾0

,

de donde es posible despejar los yj si

det(∂Fi

∂xj)± 0.



5.6.3. Estabilidad de un punto de equilibrio

Supongamos que se tiene un punto de equilibrio caracterizado por

x = F(x0, μ) = 0,

Si el sistema se coloca en un punto del espacio de fase cercano al punto deequilibrio, la evolución puede ser hacia el punto de equilibrio. Si eso es asítal punto de equilibrio se denomina estable. Para ver bajo que condicionesocurre esto, hagamos una expansión

x = x0+y,

entonces

yi=Fi(x0 + y) =Fi(x0)+Xj

yj∂Fi

∂xj

¾0

,

o en lenguaje matricialy =M0y

si se buscan soluciones exponenciales

y = ae−pt,

resultaM0a =− pa.

Claramente el punto de equilibrio es estable si y→ 0 esto es si p es real ypositivo. Esto es el punto de equilibrio es estable si los valores propios de lamatriz Jacobiano

Mij =∂Fi

∂xj

son negativos.

5.6.4. La bifurcación de Saddle point

El sistema dinámico gobernado por

x = F = μ− x2,

tiene un punto de equilibrio o crítico cuando

μ− x20 = 0,



Figura 5.6:

pero x0 no existe si μ es negativo. Luego el número de puntos críticos pasade 0 a 2, cuando μ pasa de negativo a positivo.

M =∂F

∂x= −2x = 0⇒ x = 0.

La estabilidad de los puntos críticos

x0 = ±√μ,

puede analizarse haciendo una perturbación

x = ±√μ+ δx,

con δx pequeño. Resulta

x)± = μ− (±√μ+ δx)2

= μ− (√μ± δx)2

= ∓2√μδx− (δx)2

' ∓2√μδx

O sea, para el signo + una desviación positiva δx ocasiona una disminuciónde x, esto es estabilidad. Para el signo − una desviación positiva δx causauna desviación positiva de x, esto es inestabilidad.



5.6.5. Análisis de estabilidad más en general

x = F (x, μ)

F (x0, μ) = 0

expandax = x0 + δx

x = F (x0 + δx, μ) ' F (x0, μ) + δx∂F

∂x

¾x0

x = δx∂F

∂x

¾x0

.

Claramente estabilidad significa que x y δx tienen distinto signo, esto es∂F∂x

ªx0< 0 mientras que inestabilidad significa que ∂F

∂x

ªx0> 0

5.6.6. La bifurcación de pitchfork

El sistema dinámico gobernado por

x = F = μx− x3,

tiene un punto de equilibrio o crítico cuando

μx0 − x30 = 0,

Hay tres puntos críticos x0 = 0, para todo valor de μ, x0 = ±√μ si μ > 0. El

número de puntos críticos pasa de 1 a 3 cuando μ pasa de negativo a positivo.La matriz de Jacobi es

M =∂F

∂x= μ− 3x2

EstabilidadM(0) = μ estable si μ < 0

M(±√μ) = μ− 3μ = −2μ estable si μ > 0



5.6.7. La bifurcación de Hopf

Considere el sistema

x = −y + x(μ− (x2 + y2)) = F1,

y = x+ y(μ− (x2 + y2)) = F2,

la matriz Jacobiano es

M =

"∂F1∂x

∂F1∂y

∂F2∂x

∂F2∂y

#=

∙μ− 3x2 − y2 −1− 2xy1− 2xy μ− x2 − 3y2

¸El punto fijo corresponde a

−y + x(μ− (x2 + y2)) = 0,

x+ y(μ− (x2 + y2)) = 0,

una solución es el punto (0, 0). La matriz de Jacobi se reduce a

M0 =

∙μ −11 μ

¸,



con valores propios

μ− i,

μ+ i,

recordando caso complejo 1 que μ < 0 , espiral, asintóticamente estable.Caso complejo 2 μ > 0, espiral, inestable. Caso complejo 3 μ = 0, centro,estable.Cambiando

x = r cosφ

y = r sinφ

Linealizando en torno a (0, 0)

r cosφ− rφ sinφ = −r sinφ+ μr cosφ− r3 cosφ,

r sinφ+ rφ cosφ = r cosφ+ μr sinφ− r3 sinφ,

que se desacoplan

r = μr − r3 (radial)

φ = 1,

de modo que

x = r cos t,

y = r sin t,

La solución de la ecuación radial 1.11 puede ser obtenida y es

r (t) =1

1 + e−2μtC1μ

p(1 + e−2μtC1μ)μ, r∞ →

√μ

que tiende a un ciclo límite de radio√μ cuando μ es positivo. En el gráfico

que sigue se ilustra la convergencia al ciclo límite para μ = 0,5, r∞ =√0,5 =

0,71 partiendo de valores r(0) = 1 y r(0) = 0,4.



Figura 5.7:

Figura 5.8:



5.6.8. Ejemplos

Daremos algunos ejemplos donde se analizan y caracterizan puntos deequilibrio.

Ejemplo 5.6.2 (Adaptado de Fetter) Considere una partícula de masa mque se mueve vinculada a un alambre liso en forma de circunferencia de radioR y cuyo plano es vertical. El alambre rota en torno a su diámetro vertical convelocidad angular constante Ω. Usando el ángulo θ entre el radio que contienela partícula y la vertical descendente. (a) Encuentre el lagrangeano, escribala ecuación de mocimiento y su primera integral. (b) Determine todas lasposiciones de equilibrio ( en realidad posiciones estacionarias) y clasifíquelascomo estables o inestables. (c) Para las que sean estables, ecuentre la frecenciade oscilaciones pequeñas.

Solución. Con respecto a la figura

tenemos que el Lagrangeano es

L =1

2mv2 +mgR cos θ,

=1

2m(R2θ

2+R2Ω2 sin2 θ) +mgR cos θ.

De aquí sale la ecuación de movimiento

d

dt

∂L

∂θ− ∂L

∂θ=

= mR2θ −mR2Ω2 sin θ cos θ +mgR sin θ = 0.



El lagrangeano es independiente del tiempo, luego una primera integral esH = constante. Calculando

H = pθθ − L = mR2θ2 − 1

2m(R2θ

2+R2Ω2 sin2 θ)−mgR cos θ,

pθ = mR2θ,

H =1

2

p2θmR2

− 12mR2Ω2 sin2 θ −mgR cos θ

Las ecuaciones de Hamilton son

θ =∂H

∂pθ=

pθmR2

,

pθ = −∂H∂θ

= mR2Ω2 sin θ cos θ −mgR sin θ,

las posiciones de equilibrio son θ = 0, pθ = 0 y los ángulos satisfacen

RΩ2 sin θ cos θ − g sin θ = 0,

con solucionesθ = 0, θ = π

y otra que existe si gRΩ2

< 1.

cos θ =g

RΩ2.

Linealización

d

dt

µθpθ

¶=

µH12 H22

−H11 −H12

¶µθpθ

¶=

µ0 1

mR2

(2mR2Ω2 cos2 θ −mR2Ω2 −mgR cos θ) 0

¶µθpθ

¶los valores propios de la matriz son

λ = ± 1R

pR (2RΩ2 cos2 θ −RΩ2 − g cos θ).

Para los valores de equilibrio calculamos

N



a) θ = 0, λ = ± 1R

pR (RΩ2 − g), imaginario puro, centro estable si g >

Ω2R

b) θ = π, λ =± 1R

pR (RΩ2 + g) reales positivo y negativo, punto montura

inestable.

c) cos θ0 =g

RΩ2, λ = ± 1

R

rR³

g2

RΩ2−RΩ2

´, imaginario puro, centro es-

table si g < Ω2R.

Oscilaciones pequeñas en torno a θ ' 0 y θ ' θ0

Expansión en torno a (0, 0)

θ =pθ

mR2,

pθ = mR¡RΩ2 − g

¢θ,

θ =³Ω2 − g

R

´θ

ω2 =g

R− Ω2.

Expansión en torno a cos θ0 =g

RΩ2

θ =pθ

mR2,

pθ =m

Ω2¡g −RΩ2

¢ ¡g +RΩ2

¢θ,

θ =1

Ω2

³ gR− Ω2

´³ gR+ Ω2

´θ,

ω2 =1

Ω2

³Ω2 − g

R

´³Ω2 +

g

R

´.

Ejemplo 5.6.3 Una partícula se mueve en uina órbita circunferencial bajoun potencial central atractivo V (r). Encuentre la condición para que unaórbita circular sea estable.

Solución. Estabilidad de una órbita circular. En coordendas polares r yθ el lagrangeano es

L =1

2m(r2 + r2θ

2)− V (r),



de donde las ecuaciónes de Lagrange son

d2r

dt2− rθ

2= −V

0(r)

m(5.37)

r2θ = constante = h. (5.38)

N

La solución de órbita circular se obtiene con las condición iniciales

r(0) = R,

r(0) = 0,

v(0) = Rθ(0),

v(0) =

rRV 0(R)

m,

h = R

rRV 0(R)

m.

La ecuación radial puede escribirse

d2r

dt2− h2

r3= −V

0(r)

md2r

dt2− R3V 0(R)

mr3= −V

0(r)

m.

Supongamos una pequeña perturbación u, (sin cambiar la rapidez) de modoque

r = R+ u,

luegod2u

dt2− R3V 0(R)

m(R+ u)3= −V

0(R+ u)

m,

expandiendo hasta primer orden en u

d2u

dt2− V 0(R)

m

µ1− 3

Ru

¶= −V

0(R)

m− u

mV 00(R),

que se simplifica a

d2u

dt2+

µ3V 0(R)

Rm+1

mV 00(R)

¶u = 0.



La órbita circular será estable en el sentido de u realice oscilaciones armónicasde pequeña amplitud y ello ocurre si

ω2 =3V 0(R)

R+ V 00(R) > 0

lo que impone una restricción a la forma del potencial cerca de la órbita .

V 00(R) > − 3RV 0(R).

Si el potencial es del tipo

V (R) = − c

Rn, con c > 0

resulta

V 0(R) =nc

Rn+1,

V 00(R) = −n(n+ 1)cRn+2

,

luego

−n(n+ 1)cRn+2

> − 3R

nc

Rn+1,

de aquí una condición que debe cumplir n

(n+ 1) < 3⇒ n < 2,

cuestión que es satisfecha por el potencial inverso a la distancia. En efecto si

V (r) = −GMm

r,

ω2 =3V 0(R)

Rm+1

mV 00(R) =

3

Rm

GMm

R2+1

m(−2GMm

R3) =

GM

R3

y entonces el periodo de oscilación será

T =2π

ω=

2πqGMR3

=2πR

v(0),

el mismo periodo de revolución en la órbita. En este caso, la solución pertur-bada puede ser encontrada exactamente y se trata de una elipse.



5.6.9. Otro punto de vista

La órbita circular será estable en r = R si el potencial efectivo

U ef =l2O2μr2

+ V (r),

tiene un mínimo local en r = R. Entonces debe ser

V 0(R)− l2OμR3

= 0,

V 00(R) +3l2OμR4

> 0

o bien, eliminando l20

V 00(R) +3

RV 0(R) > 0

que es la misma condición obtenida anteriormente.

5.6.10. Un caso inestable

La inestabilidad de la órbita circular para el caso de un potencia atractivo

inverso al cuadrado de la distancia

V (r) = − k

r2, F (r) = −2k

r3

es fácil de comprender. Para este caso el radio de la órbita circular está dadosegún la rapidez v(0) de acuerdo a

μv2(0)

R=2k

R3⇒ v2(0) =

2k

μR2.

La energía en general es

E =1

2μr2 +

l2O2μr2

− k

r2,

=1

2μr2 + (

l2O2μ− k)

1

r2,



y la ecuación radial es

μr = (l2Oμ− 2k) 1

r3.

Para la órbita circular E = 0 y l2Oμ− 2k = 0. Si la rapidez se aumenta

levemente (l2Oμ− 2k) > 0 resulta r > 0, r crece sin límite. Si la rapidez se

disminuye levemente ( l2O

μ−2k) < 0 resulta r < 0, r disminuye a cero, es decir

partículas chocarán.

5.6.11. Otro caso estable

Para la fuerza elástica con

V (r) = kr2,

hay órbitas circulares estables. El potencial efectivo es

U ef =l2O2μr2

+ kr2,

luego la condición de extremo en r = R da

− l2OμR3

+ 2kR = 0⇒ R = 4

sl2O2kμ

,

y la segunda derivada es

(Uef)00 =3l2OμR4

+ 2k = 8k > 0.


Ejercicio 5.7.1 Si se considera la transformación

r = r(q1, q2, q3),

siendo los qi funciones del tiempo. Demuestre la identidad:

d

dt

∂

∂qj

v2

2− ∂

∂qj

v2

2= a · ∂r

∂qj.



Solución. Considerev =

X ∂r

∂qiqi,

y∂

∂qj

v2

2= v · ∂

∂qjv = v · ∂r

∂qj,

luego

d

dt

∂

∂qj

v2

2= a · ∂r

∂qj+ v · d

dt

∂r

∂qj

= a · ∂r∂qj

+ v · ∂v∂qj

= a · ∂r∂qj

+∂

∂qj

v2

2,

N

Ejercicio 5.7.2 Utilice la identidad señalada en el problema anterior paraobtener las componentes de la aceleración de una partícula en coordenadascilíndricas y en coordenadas esféricas.

Solución. En coordenadas cilíndricas ρ, φ, z

r = zk + ρρ∂r

∂z= k,

∂r

∂ρ= ρ,

∂r

∂φ= ρ

∂ρ

∂φ= ρφ

v2 = z2 + ρ2 + ρ2φ2,

luego resultan

az =d

dt

∂

∂z

v2

2− ∂

∂z

v2

2= z,

aρ =d

dt

∂

∂ρ

v2

2− ∂

∂ρ

v2

2= ρ− ρφ

2,

ρaφ =d

dt

∂

∂φ

v2

2− ∂

∂φ

v2

2=

d

dt

∂

∂φ

ρ2φ2

2

=d

dtρ2φ = 2ρρφ+ ρ2φ.

aφ = 2ρφ+ ρφ.



Similarmente, para coordenadas esféricas e, θ, φ

r = rr∂r

∂r= r,

∂r

∂θ= rθ,

∂r

∂φ= r(sin θ)φ

v2 = r2 + r2θ2+ r2(sin2 θ)φ

2,

luego resultan

ar =d

dt

∂

∂r

v2

2− ∂

∂r

v2

2= r,

raθ =d

dt

∂

∂θ

v2

2− ∂

∂θ

v2

2=

d

dt

∂

∂θ

r2θ2

2− ∂

∂θ

r2(sin2 θ)φ2

2,

=d

dtr2θ − r2(sin θ cos θ)φ

2= r2θ + 2rrθ − r2(sin θ cos θ)φ

2,

aθ = rθ + 2rθ − r(sin θ cos θ)φ2

r(sin θ)aφ =d

dt

∂

∂φ

v2

2− ∂

∂φ

v2

2=

d

dt

∂

∂φ

r2(sin2 θ)φ2

2

=d

dtr2(sin2 θ)φ,

aφ = r(sin θ)φ+ 2r(sin θ)φ+ 2r(cos θ)θφ

N

Ejercicio 5.7.3 Considere una barra de masa m, largo 2a que se mueve enun plano vertical bajo acción de su peso de modo que su extremo A puedemoverse libremente sobre una corredera lisa OX. Escriba las ecuaciones deLagrange para las coordenadas generalizadas x el desplazamiento del puntoA, y el ángulo θ que forma la barra con la vertical.

Solución. Las coordenadas de G serán

xG = x+ a sin θ, yG = −a cos θ,

de donde

xG = x+ aθ cos θ, yG = aθ sin θ, v2G = x2 + 2axθ cos θ + a2θ2,



y entonces el lagrangiano será

L =1

2m(x2 + 2axθ cos θ + a2θ

2) +

1

2

1

3ma2θ

2+mga cos θ,

de donde calculamos

∂L

∂x= mx+maθ cos θ,

∂L

∂θ= max cos θ +

4

3ma2θ,

∂L

∂x= 0,

∂L

∂θ= −maxθ sin θ −mga sin θ,

de donde

mx+maθ cos θ = constante,4

3ma2θ +max cos θ +mga sin θ = 0.

N

Ejercicio 5.7.4 Una barra de longitud 2l se balancea sin deslizarse sobreun cilindro horizontal de radio a, como se indica en la figura (5.9) de modoel centro de la barra toca al cilindro en el punto más alto. Demuestre que:

a θ

2l

Figura 5.9:

θ2=6g(h− a cos θ − aθ sin θ)

l2 + 3a2θ2

siendo h una constante.



Solución. Debido a que la barra no desliza, la distancia desde el puntode apoyo de la barra al centro de masa es

s = aθ,

luego

xG = a sin θ − aθ cos θ, yG = a cos θ + aθ sin θ,

luego

xG = aθθ sin θ, yG = aθθ cos θ,

entonces la energía será

E =1

2ma2θ2θ

2+1

2

1

3ml2θ

2+mg(a cos θ + aθ sin θ),

de donde despejamos

θ2=

6Em− 6g(a cos θ + aθ sin θ)

(3a2θ2 + l2)

=6g( E

mg− a cos θ − aθ sin θ)

(3a2θ2 + l2).

N

Ejercicio 5.7.5 El extremo de una barra uniforme de largo l está montadosobre un eje de modo que la barra puede rotar libremente en un plano normalal eje, como se indica en la figura (5.10). Si el eje se hace rotar sobre unplano horizontal con velocidad de rotación constante Ω, permaneciendo fijala unión de la barra al eje, demuestre que el ángulo que la barra forma conla vertical descendente satisface:

θ = Ω2 sin θ cos θ − 3g2lsin θ.

Solución. Tomando ejes principales de inercia xyz en el extremo superiorde la barra, y sobre la barra, z en el plano vertical que contiene Ω y la barra,x perpendicular a la barra y horizontal.



θ

Ω

Figura 5.10:

θ

Ω

x

y

z

Ωt

θ

tenemosωx = θ, ωy = −Ω cos θ, ωz = Ω sin θ,

entonces

L =1

2

1

3ml2(θ

2+ Ω2 sin2 θ) +mg

l

2cos θ,

de donde

∂L

∂θ=1

3ml2θ,

∂L

∂θ=1

3ml2(Ω2 sin θ cos θ)−mg

l

2sin θ,

y sigue1

3ml2θ − 1

3ml2(Ω2 sin θ cos θ) +mg

l

2sin θ = 0,



o sea

θ = Ω2 sin θ cos θ − 3g2lsin θ.

N

Ejercicio 5.7.6 Considere un disco de masa m radio r que rueda sin des-lizar con su plano vertical sobre un plano horizontal tirado de su centro conuna fuerza horizontal constante F.

a) Resuelva el problema por el método de Lagrange considerando que elsistema es holonómico con un grado de libertad.

b) Resuelva el mismo problema, tratando al sistema como si fuera no ho-lonómico con la restricción adicional: x− rθ = 0.

Solución. Considerado el vínculo hay un grado de libertad y

L =1

2mx2G +

1

2(1

2mr2θ

2) =

3

4mx2G,

de donde sigue3

2mxG = F.

Alternativamente consideramos que hay dos grados de libertad con

L =1

2mx2G +

1

2(1

2mr2θ

2),

y la restricción adicionalxG = rθ,

oδxG − rδθ = 0,

luego la expresión

Xj

µd

dt

∂

∂qjK − ∂

∂qjK

¶δqj =

Xj

Qjδqj,



se reduce a Xj

µd

dt

∂

∂qjK − ∂

∂qjK

¶δqj =

Xj

Qjδqj

mxGδxG +1

2mr2θδθ = FδxG,

δxG − rδθ = 0,

multiplicando por λ y sumando

(mxG − F + λ)δxG + (1

2mr2θ − λr)δθ = 0,

de modo que

mxG − F + λ = 0,1

2mr2θ − λr = 0,

la última da1

2mxG − λ = 0,

y luego

mxG − F +1

2mxG = 0⇒

3

2mxG = F.

N

Ejercicio 5.7.7 Una argolla de masa 3m puede deslizarse horizontalmentesin rozamiento por un alambre como se indica en la figura. Unido a la argollahay un péndulo doble, formado por dos partículas de masas m e hilos de largoa. Si, en una posición cercana a la de su equilibrio, se deja al sistema enlibertad, a partir del reposo, las masas oscilan en el plano de la figura (5.11)en torno de la vertical.

a) Escriba las ecuaciones de Lagrange del movimiento del sistema.

b) Determine las aceleraciones cuando los desplazamientos angulares y lasvelocidades son pequeñas.



3m

m

m

a

a

Figura 5.11:

Solución. Usemos como coordenadas generalizadas x de 3m y los ángulosθ y φ que forman los hilos con la vertical. Tenemos entonces

x2 = x+ a sin θ,

y2 = −a cos θ,x3 = x+ a sin θ + a sinφ,

y3 = −a cos θ − a cosφ,

de donde

x2 = x+ aθ cos θ,

y2 = aθ sin θ,

x3 = x+ aθ cos θ + aφ cosφ,

y3 = aθ sin θ + aφ sinφ,

y luego

L =3

2mx2 +

1

2m(x2 + a2θ

2+ 2xaθ cos θ)

+1

2m(x2 + a2θ

2+ a2φ

2+ 2xaθ cos θ + 2xaφ cosφ+ 2a2θφ cos(θ − φ))

+2mga cos θ +mga cosφ,

derivando

∂L

∂x= 5mx+ 2m(aθ cos θ) +m(aφ cosφ) = constante.



∂L

∂θ= 2ma2θ + 3mxa cos θ +ma2φ cos(θ − φ),

∂L

∂φ= ma2φ+mxa cosφ+ma2θ cos(θ − φ),

∂L

∂θ= −2mxaθ sin θ −ma2θφ sin(θ − φ)− 2mga sin θ,

∂L

∂φ= −mxaφ sinφ+ma2θφ sin(θ − φ))−mga sinφ,

y finalmente

0 = 2aθ + 3x cos θ + aφ cos(θ − φ)− aφ2sin(θ − φ) + 2g sin θ,

0 = aφ+ x cosφ+ aθ cos(θ − φ)− aθ2sin(θ − φ) + g sinφ.

N

Ejercicio 5.7.8 Un péndulo formado por una barra liviana de longitud l,unida a dos masas iguales a m una de ellas que puede oscilar en un pla-no vertical, la otra restringida a moverse verticalmente unida a un resortede constante k, como se ve en la figura (5.12). Escriba las ecuaciones deLagrange del movimiento del sistema.

k

m

m

Figura 5.12:



Solución. Sea z la longitud del resorte y θ el ángulo que forma la barracon la vertical. Las coordenadas de la masa que oscila como péndulo son

x = l sin θ, y = −z − l cos θ,

x = lθ cos θ, y = −z + lθ sin θ,

luego

L =1

2mz2 +

1

2m(z2 − 2lzθ sin θ + l2θ

2)− 1

2k(z − l0)

2 +mgz,

o sea

L = mz2 −mlzθ sin θ +1

2ml2θ

2 − 12k(z2 − 2zl0 + l20) +mgz,

∂L

∂z= mz −mlθ sin θ,

∂L

∂z= −k(z − l0 −

mg

k),

∂L

∂θ= m(−lz sin θ + l2θ),

∂L

∂θ= −mlzθ cos θ,

si se define

u = z − l0 −mg

k,

las ecuaciones de lagrange serán

u− lθ sin θ − lθ2cos θ +

k

mu = 0,

−u sin θ + lθ = 0.

N

Ejercicio 5.7.9 Una barra de longitud 2a y masa M se coloca horizontal-mente sobre el punto más alto de un hemisferio rugoso de radio R y masaigual M que puede deslizar sobre un plano horizontal liso, y se perturba le-vemente. Determine las ecuaciones de movimiento para el sistema. La barrano desliza sobre el hemisferio.



Solución. Con respecto a la figura

θ Rx

G

A

usamos como coordenadas generalizadas el ángulo θ y el desplazamiento xdel hemisferio. Debido al no deslizamiento de la barra AG = Rθ de maneraque

xG = x+R sin θ −Rθ cos θ,

yG = R cos θ +Rθ sin θ,

y luego

xG = x+Rθ cos θ −Rθ cos θ +Rθθ sin θ = x+Rθθ sin θ,

yG = −Rθ sin θ +Rθ sin θ +Rθθ cos θ = Rθθ cos θ,

v2G = x2 + 2xRθθ sin θ +R2θ2θ2,

entonces el lagrangiano será

L =1

2Mx2+

1

2M(x2+2xRθθ sin θ+R2θ2θ

2)+1

2(1

3Ma2)θ

2−Mg(R cos θ+Rθ sin θ),

derivando∂L

∂x= 2Mx+MxRθθ sin θ,

∂L

∂θ= M(xRθ sin θ +R2θ2θ) + (

1

3Ma2)θ,

∂L

∂x= 0,

∂L

∂θ= M(xRθθ cos θ +R2θθ

2)−Mg(Rθ cos θ),

y finalmente resultan las ecuaciones de movimiento

2x+ xRθθ sin θ + xRθ2sin θ + xRθθ sin θ + xRθθ

2cos θ = 0,

xRθ sin θ + xRθ sin θ +R2θθ2+R2θ2θ +

1

3a2θ + gRθ cos θ = 0.



N

Ejercicio 5.7.10 Una partícula de masa m está vinculada suavemente a untubo liso el cual se hace rotar en torno de la vertical con velocidad angularΩ constante, de modo que el ángulo de inclinación del tubo con la vertical esconstante α . Para la coordenada generalizada r, la distancia de la partículaal punto fijo del tubo se pide

a) Escribir la ecuación de movimiento.

b) Determinar la posición dentro del tubo donde la partícula puede estarestacionaria, es decir sin moverse respecto al tubo.

c) Si la partícula es colocada dentro del tubo en el punto fijo, determinela velocidad mínima que que ella debe tener respecto al tubo, para queella sobrepase la posición determinada en la pregunta (b).

Solución. Si llamamos r a la distancia de la partícula al origen se tiene

L =1

2m(r2 + r2Ω2 sin2 α)−mgr cosα,

de donde sigue

∂L

∂r= mr,

∂L

∂r= mrΩ2 sin2 α−mg cosα,

y luegor = rΩ2 sin2 α− g cosα. ((a))

La partícula puede estar estacionaria donde r = 0 o sea a distancia

r =g cosα

Ω2 sin2 α((b))

del origen. Integrando la ecuación de movimiento entre r = 0 y r obtenemos

1

2r2 − 1

2v20 =

1

2r2Ω2 sin2 α− gr cosα,

y la condición es que r en r = g cosαΩ2 sin2 α

de modo que resulta

1

2v20 = −1

2(g cosα

Ω2 sin2 α)2Ω2 sin2 α+ g

g cosα

Ω2 sin2 αcosα,

v0 =g cotα

Ω. ((c))



N

Ejercicio 5.7.11 Una partícula de masa m está en reposo en el punto másalto de un hemisferio liso fijo de radio R. Si ella es perturbada levemen-te, comienza a resbalar sobre el hemisferio. Determine el punto donde ellaabandona el contacto con el hemisferio.

Solución. Sea θ el ángulo que forma la línea desde el centro del hemisferioa la partícula. Entonces la energía es

E =1

2mv2 +mgR cos θ = mgR,

de dondev2 = 2gR(1− cos θ).

La reacción normal satisface

N −mg cos θ = −mv2

R,

y se anula cuando

mg cos θ = m2g(1− cos θ)⇒ cos θ =2

3⇒ θ = 48. 189 7o.

N

Ejercicio 5.7.12 Un disco de masa m y radio a está inicialmente en reposoapoyado en el punto más alto de un hemisferio rugoso de radio R. Si eldisco es perturbado levemente, el comienza a rodar sin resbalar. Escriba laecuación de movimiento del disco, para el ángulo θ indicado en la figura(5.13). Determine además el ángulo para el cual el disco abandona el contactocon el hemisferio.

Solución. (En los problemas resueltos este problema está resuelto por elmétodo de Newton) Podemos calcular la rapidez del CM de dos manera,

vCM = (R+ a)θ = aω,

de donde

ω =R+ a

aθ,



R θ

a

Figura 5.13:

El lagrangiano será

L =1

2m(R+ a)2θ

2+1

2

1

2ma2

µR+ a

aθ

¶2−mg(R+ a) cos θ

=3

4m(R+ a)2θ

2 −mg(R+ a) cos θ

de donde la ecuación de movimiento será

3

2(R+ a)θ − g sin θ = 0,

θ =2g sin θ

3(R+ a).

Por integración podemos obtener θ

θ2=4g(1− cos θ)3(R+ a)

,

La condición de despegue es cuando no hay contacto

N = 0,

peroN −mg cos θ = −(R+ a)2θ

2,

de donde

mg cos θ − 4mg(1− cos θ)3

= 0,



de dondecos θ =

4

7, θ = 55. 150 1o

N

Ejercicio 5.7.13 Una partícula de masa M se coloca en reposo sobre elpunto más alto de un hemisferio semicilíndrico de masa M y radio R, el cualdescansa sobre un plano horizontal liso, como se indica en la figura (5.14). Sila partícula se perturba levemente, el sistema comienza a moverse. Determinela expresión que determina el ángulo para el cual la partícula perderá contactocon el hemisferio.

θR

xM

M

Figura 5.14:

Solución. Con relación a la figura las ecuaciones de movimiento son

Md2(x+R sin θ)

dt2= N sin θ,

Md2(R cos θ)

dt2= N cos θ −Mg,

Md2x

dt2= −N sin θ.

Si se elimina x y N se obtiene una ecuación diferencial para el ángulo θ

Md2(R sin θ)

dt2= 2N sin θ,

Md2(R cos θ)

dt2= N cos θ −Mg,

2g

Rsin θ =

d2(sin θ)

dt2cos θ − 2d

2(cos θ)

dt2sin θ,

2g

Rsin θ =

1

2

d

dθθ2cos2 θ +

d

dθθ2sin2 θ



que integrada una vez conduce a

θ2=2g

R

1− cos θ1− 1

2cos2 θ

.

Considerando que la condición para que exista despegue de la superficie esN = 0, o sea x = 0, se obtiene

d2(sin θ)

dt2= 0,

o biend

dθ(θ2cos2 θ) = 0,

que desarrollada conduce a una ecuación de tercer grado para el cos θ. Enefecto se obtiene

cos3 θ − 6 cos θ + 4 = 0,y evaluando numéricamente resulta

cos θ = 0,732 051⇒ θ = 42. 941 4o.

N

Ejercicio 5.7.14 Dos partículas de masas m1 y m2 están en reposo sobreun plano horizontal liso unidas por una cuerda inextensible de largo L. Sia una de ellas se le da una rapidez inicial v0 perpendicular a la línea queune las partículas, determine para el movimiento siguiente, la magnitud dela tensión en la cuerda.

Solución. Realmente este problema no es adecuado para Lagrange. Lavelocidad inicial del centro de masa y que permanece constante es

VG =m1v0

m1 +m2.

Las velocidades iniciales relativas a G serán

v01 = v0 −m1v0

m1 +m2=

m2v0m1 +m2

,

v02 = − m1v0m1 +m2

.



Ellas describen circunferencias de radios

r1 =m2L

m1 +m2,

r2 =m1L

m1 +m2,

en torno al centro de masa. Luego, la segunda ley aplicada a cualquierapartícula da

T = m1(v01)

2

r1,

= m2(v02)

2

r2,

y así resulta

T = m1m1 +m2

m2L(

m2v0m1 +m2

)2 =m1m2

m1 +m2

v20L.

N

Ejercicio 5.7.15 Un cono recto de semiángulo en el vértice α y generatrizde longitud l rueda sin deslizar sobre un plano inclinado un ángulo β respectodel plano horizontal. Si θ es el ángulo que forma la línea de máxima pendientecon la generatriz de contacto, demuestre que:

θ +5g sinβ

l(1 + 5 cos2 α)sin θ = 0.

Solución. Si H es la altura del cono, el momento de inercia respecto asu generatriz en el vértice es I = 3

4mH2(1 + 1

5sec2 α) sin2 α, la magnitud de

la velocidad angular es ω = θ cotα, la energía del cono puede escribirse comoE = 1

2Iω2 +mg 3

4H(sinα cosβ − sinβ cosα cos θ) y de allí derivando sigue el

resultado.

N


Capítulo 6

Ecuaciones de Hamilton

6.1. La Acción

La acción de un sistema mecánico se define por:

S =

t2Zt1

L(q(t), q(t), t)dt , (6.1)

es decir una integral sobre un posible camino qi(t) que permita al sistemapasar entre los instantes de tiempo t1 y t2 en forma compatible con los víncu-los, y con las condiciones en t1 y t2 . La acción, como veremos, tiene un doblee importante rol:

Primero, su variación a extremos fijos, supuesta nula conduce a lasecuaciones de movimiento, ya sea en su forma lagrangiana o formahamiltoniana. Esto es los caminos físicos son caminos extremales.

Segundo, su variación en los extremos, suponiendo satisfechas las ecua-ciones de movimiento, conduce a las integrales de las ecuaciones demovimiento.

De lo primero trata el principio variacional de Hamilton. De lo segundo,que se verá conmás detalle más adelante, trata el método de Hamilton Jacobi.


254 Ecuaciones de Hamilton

6.1.1. Principio variacional de Hamilton

Un posible camino qi(t) compatible con los vínculos y las condiciones ent1 y t2 es la trayectoria física, solución de las ecuaciones de movimiento deun sistema conservativo, sí y solo sí la acción S es un extremo.

Demostración:

En lo que sigue, llamaremos caminos físicos a los caminos extremalesentre los puntos extremos fijos y caminos variados a otros caminos, próximosa los caminos extremales, entre los mismos puntos extremos. Se requierenelementos de cálculo variacional que no estudiaremos aquí, pero de los cualesharemos uso (ver [3]). Para que la acción sea un extremo se requiere que suvariación δS sea cero, para variaciones δqi(t) infinitesimal, compatibles conlos vínculos y nulas en los extremos y salvo por eso, arbitrarias entre ellos.Como se sabe, usando la “notación δ”, se tiene que

δS =

t2Zt1

Xµ∂L

∂qiδqi +

∂L

∂qiδqi

¶dt ,

como

δq =d

dtδq, y δqi(t1) = δqi(t2) = 0 ,

la primera variación de la acción puede escribirse

δS =

t2Zt1

Xµ∂L

∂qi− d

dt

∂L

∂qi

¶δqidt . (6.2)

Si se cumplen las ecuaciones de movimiento, ecuaciones de Lagrangepara sistemas conservativos en su forma original, es decir

Xµ∂L

∂qi− d

dt

∂L

∂qi

¶δqi = 0,

donde por definición QNCi = 0,∀i, entonces δS = 0, lo que significa que

S es un extremo.


6.2 Transformaciones canónicas 255

Si la acción S es un extremo, o sea δS = 0, tenemos

t2Zt1

Xµ∂L

∂qi− d

dt

∂L

∂qi

¶δqidt = 0 ,

o bien Xi

t2Zt1

µ∂L

∂qi− d

dt

∂L

∂qi

¶dtδqi = 0 .

Si las variaciones δqi son arbitrarias en el intervalo, son entonces cerolos integrandos de modo obtenemos

∂L

∂qi− d

dt

∂L

∂qi= 0 ,

que son las ecuaciones correctas de Lagrange para sistemas conservati-vos.

6.2. Transformaciones canónicas

.La transformación

q, p −→ Q,P , (6.3)

H(q, p, t) −→ H(Q,P, t) , (6.4)

se dice canónica si ella preserva la estructura de las ecuaciones de Hamilton,es decir que si

qi =∂H

∂pi, y pi = −

∂H

∂qi, (6.5)

entonces

Qi =∂H

∂Pi, y Pi = −

∂H

∂Qi. (6.6)



Se usará eventualmente en notación resumida q, p, Q , P,que indican a todoel conjunto de coordenadas y momenta. Una condición suficiente para quela transformación q, p −→ Q,P sea canónica, es que exista una funciónF tal que

nXi=1

(pidqi − PidQi)− (H −H)dt = dF . (6.7)

Considerando la equivalencia entre el principio variacional de Hamilton y lasecuaciones de Hamilton, la ecuación (6.7) equivale a

δ

2Z1

ÃnXi=1

pidqi −Hdt

!= 0⇐⇒ δ

2Z1

ÃnXi=1

PidQi −H

!dt = 0 . (6.8)

Está implícito el hecho de que las variaciones son nulas en los extremos, esdecir que δFt=t2 = δFt=t1 = 0. Por razones que se comprenderán enseguida,llamaremos F1 a esa función. De la ecuación, (6.7) se desprende que

pi =∂F1(q,Q, t)

∂qi, P i = −

∂F1(q,Q, t)

∂Qi, (6.9)

y

H = H +∂F

∂t, (6.10)

razón por lo cual se puede denominar a F una función generadora de latransformación canónica.

6.2.1. Formas de la transformación

Mediante una transformación de Legendre es posible escribir la trans-formación de otras maneras. Considerando transformaciones de Legendre deF1(q,Q, t), la función generadora considerada hasta ahora, podemos generarotras tres funciones generadoras equivalentes dadas por

F2(q, P, t) = F1(q,Q, t) +nXi=1

QiPi , (6.11)

F3(p,Q, t) = F1(q,Q, t)−nXi=1

qipi , (6.12)


6.3 Paréntesis de Poisson 257

F4(p, P, t) = F3(p,Q, t) +nXi=1

QiPi , (6.13)

Para las cuales se cumplirá, en analogía con (6.7)

nXi=1

(pidqi +QidPi)− (H −H)dt = dF2 , (6.14)

nXi=1

(−qidpi − PidQi)− (H −H)dt = dF3 , (6.15)

nXi=1

(−qidpi +QidPi)− (H −H)dt = dF4 , (6.16)

y de las cuales se tienen las siguientes relaciones que definen la transformacióncanónica

pi =∂F2∂qi

, Qi =∂F2∂Pi

, (6.17)

qi = −∂F3∂pi

, Pi = −∂F3∂Qi

, (6.18)

qi = −∂F4∂pi

, Qi =∂F4∂Pi

, (6.19)

siendo en cada caso

H = H +∂F

∂t. (6.20)

6.3. Paréntesis de Poisson

Los “paréntesis” de Poisson de dos funciones de las coordenadas y mo-mentos, se definen por

F,G =nXi=1

µ∂F

∂qi

∂G

∂pi− ∂G

∂qi

∂F

∂pi

¶. (6.21)



6.3.1. Propiedades de los Paréntesis de Poisson

Entre otras propiedades podemos señalar las siguientes, que se dejan parasu demostración

F, F = 0 , (6.22)

F,G = −G,F , (6.23)

aF + bG,W = aF,G+ bG,W ,siendo a, b constantes,

FG,W = F,WG+ FG,W , (6.24)

yU, V,W+ V, W,U+ W, U, V = 0, (6.25)

la identidad de Jacobi.

6.4. Ecuaciones de Movimiento

Las ecuaciones de Hamilton pueden escribirse en términos de los parén-tesis de Poisson como

qi = qi, H, pi = pi,H . (6.26)

Además, puede verificarse que para cualquier función de los momentos y delas coordenadas, F (q, p, t), se tiene que

dF

dt= F,H+ ∂F

∂t. (6.27)

de aquí se puede deducir

I Teorema 6.1Si una cantidad dinámica F no depende del tiempo en forma explícita, esdecir si F = F (q, p), ella es conservada si y solo si F,H = 0.

I Teorema 6.2El hamiltoniano mismo es conservado cuando no depende explícitamente deltiempo, es decir si ∂H/∂t = 0.


6.5 Problemas y Aplicaciones. 259

6.5. Problemas y Aplicaciones.

Ejercicio 6.5.1 Demuestre que las siguientes transformaciones son canó-nicas (Goldstein [4]):

a) Q = ln(sin(p)/q), P = q cot(p).

b) Q = arctan (αq/p) , P = αq2 (1 + p2/α2q2) /2

c) P = 1/q, Q = pq2.

Ejemplo 6.5.1 Considere la transformación: Q = aqα cos(βp), P = bqα sin(βp)con a, b, α, β constantes.

a) Determine valores de a, b, α, β de modo que la transformación seacanónica.

b) Utilice la transformación para reducir el problema del oscilador armó-nico.

c) Resuelva el problema del oscilador armónico utilizando esa transforma-ción canónica.

Solución. Dado que el sistema tiene un grado de libertad, basta requerirque la matriz jacobiano tenga determinante unidad. Es decir

det

µaαqα−1 cos(βp) −aβqα sin(βp)bαqα−1 sin(βp) bβqα cos(βp)

¶= 1

por lo cualabαβq2α−1 = 1

y entonces

α =1

2, y abβ = 2

Si además deseamos simplificar el problema del oscilador armónico, con ha-miltoniano dado por

H =P 2

2m+1

2kQ2 ,



considere que H = H puesto que la transformación es independiente deltiempo y entonces

H =b2q sin 2(βp)

2m+1

2ka2q cos 2(βp) ,

y una notoria simplificación se tiene si se requiere que b2 = 2m y ka2 = 2.Así resulta

H = q ,

con obvia solución: p = −t+t0, y q = q0. Además la transformación se reducea

Q =

r2q

kcos

Ãrk

mp

!, P =

p2mq sin

Ãrk

mp

!,

de modo que el problema dinámico dado por H ha sido resuelto

Q(t) =

r2q0kcos

Ãrk

m(t− t0)

!, P (t) = −

p2mq0 sin

Ãrk

m(t− t0)

!.

N

Ejemplo 6.5.2 El problema anterior puede ser considerado un caso generaldel siguiente problema. Dado H(q, p) deduzca una transformación canónicadonde el nuevo hamiltoniano sea H(Q,P ) = Q.

Solución. El problema puede reducirse a encontrar una función genera-dora que haga el trabajo. Para ello considere una función generadora F1(q,Q).Dado que p = ∂F1/∂q el problema se ha reducido a resolver la siguienteecuación diferencial para F1(q,Q)

H

µ∂F1∂q

, q

¶= Q .

N

Ejemplo 6.5.3 Considere la transformación

Q1 = q1 P1 = p1 − 2p2Q2 = p2 P2 = −2q1 − q2

Demuestre directamente que ella es canónica y encuentre una función ge-neradora. (Goldstein p.431 [4])


6.5 Problemas y Aplicaciones. 261

Solución. No resulta posible encontrar una función generadora de tipo1, 2, 3 ó 4. En realidad hay otras posibilidades para definir funciones gene-radoras, llamadas mixtas. Para ello considere:

p1dq1 + p2dq2 − (P1dQ1 + P2dQ2)− (H −H)dt = dF1 ,

que puede ser escrita como

−q1dp1 − q2dp2 − P1dQ1 +Q2dP2 − (H −H)dt = dF5 ,

y la función generadora adecuada es

F5(p1, p2, Q1, P2) = −Q1p1 + p2P2 + 2Q1p2 .

N

Ejemplo 6.5.4 (Goldstein) Para la transformación puntual (de las coorde-nadas) en un sistema con dos grados de libertad

Q1 = q21, Q2 = q1 + q2 ,

encuentre la transformación más general para P1 y P2 , consistente con quela transformación completa sea canónica.

Solución. Aquí

pi = ∂F2/∂qi, Qi = ∂F2/∂Pi ,

conF2(q1, q2, P1, P2) = q21P1 + (q1 + q2)P2 +W (q1, q2) ,

siendo W (q1, q2) una función arbitraria de q1, q2 . Por lo tanto

P1 =p1 − p22q1

+1

2q1(∂W

∂q2− ∂W

∂q1) ,

y

P2 = p2 −∂W

∂q2.

Note además que con la elección particular W = −(q1 + q2)3/3, se tiene que

H =

µp1 − p22q1

¶2+ p2 − (q1 + q2)

2 =⇒ H = P 21 + P2 ,

siendo Q1, Q2 ignorables.



N

Ejercicio 6.5.2 Considere una transformación canónica (infinitesimal) ge-nerada por:

F2(q, P ) =X

qiPi − dtH(q, P ) ,

siendo H el hamiltoniano del sistema. Demuestre entonces que

qi(t) = Qi(t+ dt)pi(t) = Pi(t+ dt)

Ejercicio 6.5.3 Si se hacen dos transformaciones canónicas sucesivas, q,p→ Q, P → q, p, generadas por F1(q,Q) y G1(Q, q), demuestre que la fun-ción generadora de la transformación canónica equivalente está dada por:

F (q, q) = F1(q,Q) +G1(Q, q) ,

debiendo eliminarse los Qi mediante las ecuaciones

∂F1(q,Q)

∂Qj+

∂G1(Q, q)

∂Qj= 0.

Ejercicio 6.5.4 Si se hacen dos transformaciones canónicas sucesivas q,p→ Q, P → q, p, generadas por F2(q, P ) y G2(Q, p), demuestre que la fun-ción generadora de la transformación canónica equivalente está dada por:

F (q, p) = F2(q, P ) +G2(Q, p)−X

PiQi ,

debiendo eliminarse los Qi y los Pi mediante las ecuaciones

∂F2(q, P )

∂Pj= Qj y

∂G2(Q, p)

∂Qj= Pj .

6.6. Método de Hamilton Jacobi

Una forma general de resolver (en principio) un problema dinámico loconstituye el método de Hamilton Jacobi. La idea de este método consiste


6.6 Método de Hamilton Jacobi 263

en buscar una transformación canónica de modo que el hamiltoniano trans-formado sea nulo, problema reducido que tiene soluciones obvias de las ecua-ciones de movimiento. Si nos imaginamos que dicha transformación canónicaes generada por una función conocida F2(q, P, t) tendremos, por condición

H = H(q, p, t) +∂F2∂t

= 0 , (6.28)

y si además consideramos (6.17) tendremos

H

µq,∂F2∂q

, t

¶+

∂F2∂t

= 0 , (6.29)

la llamada ecuación diferencial de Hamilton Jacobi, que permitiría determi-nar F2.Si se obtiene la transformación canónica, ya sea resolviendo la ecuación deHamilton Jacobi o por cualquier medio, las nuevas ecuaciones de Hamiltonserán

∂H

∂Pi= 0 = Qi , (6.30)

∂H

∂Qi= 0 = −Pi , (6.31)

y entonces las nuevas coordenadas y momentos son todos constantes, que de-signaremos por: Pi = αi y Qi = βi. En consecuencia, la solución del problemaoriginal se obtiene mediante la transformación inversa, es decir, de

pi =∂F2(q, α, t)

∂qi, βi =

∂F2(q, α, t)

∂αi, (6.32)

mediante un despeje algebraico de las coordenadas qi del segundo grupode ecuaciones anteriores, que quedarán expresadas en términos de las 2nconstantes αi, βi, las cuales deben ser finalmente evaluadas de acuerdo acondiciones iniciales conocidas.

6.6.1. Función principal de Hamilton

No es en general posible, ni es necesario, encontrar una “solución general”de la ecuación de Hamilton Jacobi (6.29), problema complicado debido a sucarácter en general no lineal. En realidad es suficiente encontrar una solución



que dependa de n constantes independientes, ninguna de ellas aditiva. Talsolución “completa”, se denomina función principal de Hamilton S . Los nue-vos momentos conservados Pi pueden elegirse igual a esas constantes o bienfunciones independientes de ellas. En términos más precisos se requiere unasolución de la ecuación de Hamilton Jacobi que dependa de las coordenadasqj y de las constantes αi de modo que

det

µ∂2S

∂αi∂qj

¶6= 0 .

Denotemos entonces la función principal de Hamilton por

S = S(q, α, t) . (6.33)

Momentos iguales a las constantes de integración

Aquí, aplica lo dicho más arriba. Es decir lo establecido en (6.32) :

pi =∂S(q, α, t)

∂qi, βi =

∂S(q, α, t)

∂αi, (6.34)

y la solución del problema dinámico se obtiene invirtiendo el segundo grupode ecuaciones de transformación, despejando, si es posible, las coordenadasqi(α, β, t).

Demostración de la suficiencia

La demostración de que una solución completa de la ecuación(6.33) juntocon las relaciones (6.34), nos conduce a la solución de las ecuaciones deHamilton, es como sigue. Derivando la segunda de las ecuaciones (6.34) conrespecto al tiempo, se tiene

∂2S

∂αi∂t+Xj

∂2S

∂αi∂qjqj = 0 , (6.35)

si las primeras de las ecuaciones (6.34) se introducen en la ecuación de Ha-milton Jacobi se obtiene

H(q, p, t) +∂S

∂t= 0 , (6.36)



que, si se deriva respecto de αi observando que esas constantes entran a travésde los p solamente, se obtiene

Xj

∂H

∂pj

∂2S

∂qj∂αi+

∂2S

∂t∂αi= 0 , (6.37)

si restamos (6.35) y (6.37) entonces

Xj

µqj −

∂H

∂pj

¶∂2S

∂qj∂αi= 0 ,

sistema lineal homogéneo con determinante diferente de cero, por lo que seha demostrado que se cumple el primer grupo de ecuaciones de Hamilton, esdecir (la solución trivial)

qj −∂H

∂pj= 0 .

Ahora, para probar el otro grupo de ecuaciones de Hamilton, derivamos lasegunda de las ecuaciones (6.34) con respecto al tiempo, obteniendo

pi =∂2S

∂qi∂t+Xj

∂2S

∂qi∂qjqj , (6.38)


pi =∂2S

∂qi∂t+Xj

∂2S

∂qi∂qj

∂H

∂pj. (6.39)

Si la ecuación de Hamilton Jacobi se deriva respecto a qi, recordando que envirtud de (6.34), los p son funciones de los q, se obtiene

∂2S

∂qi∂t+

∂H

∂qi+Xj

∂2S

∂qi∂qj

∂H

∂pj= 0 , (6.40)

por lo que, comparando (6.39) con (6.40), se tiene que se cumple el segundogrupo de ecuaciones de Hamilton, es decir

−pi =∂H

∂qi.



6.6.2. Relación con la acción S

Si recordamos la definición de la acción

S(q(t1), q(t2), t1, t2) =

Z t2

t1

³Xpidqi −Hdt

´,

y la solución del problema dinámicos mediante la función principal de Ha-milton S(q, α) donde se cumple que

pi =∂S(q, α, t)

∂qi,

βi =∂S(q, α, t)

∂αi,

0 = H +∂S(q, α, t)

∂t,

entonces podemos escribir

S(q(t1), q(t2)) =

Z t2

t1

µX ∂S(q, α, t)

∂qidqi +

∂S(q, α, t)

∂tdt

¶=

Z t2

t1

dS(q, α, t)dt),

por lo cual la acción está dada por

S(q(t1), q(t2), t1, t2) = S(q(t2), α, t2)− S(q(t1), α, t1), (6.41)

debiendo eliminarse los α mediante las ecuaciones

∂S(q(t1), α, t1)

∂αi=

∂S(q(t2), α, t2)

∂αi.

6.6.3. Función característica de Hamilton

Si el hamiltoniano no depende del tiempo en forma explícita H = H(q, p)es posible separar el tiempo de la ecuación de Hamilton Jacobi. Para ellohagamos

S(q, α, t)) =W (q, α)− α1t ,



así resulta queW , la función característica de Hamilton, satisface la siguienteecuación de Hamilton Jacobi independiente del tiempo

H

µq,∂W

∂q

¶= α1 . (6.42)

Una solución de esta ecuación conteniendo n constantes, ninguna de ellasaditiva siendo una de ellas α1 se denomina función característica de Hamilton.Considerada como una función generadora F2 con nuevos momentos igualesa las constante αi, la transformación canónica que ella genera será

pi =∂W (q, α)

∂qi, Qi =

∂W (q, α)

∂αi, H = H = α1 , (6.43)

y las ecuaciones de Hamilton son

Qi =∂H

∂αi=

½1 si i = 10 si i > 1

,

αi = −∂H

∂Qi= 0 .

O sea los nuevos momenta son todos constantes y sólo una de las coordenadasvaría y linealmente con el tiempo. Es decir

αi = constante,

Qi =

½t+ t0 si i = 1βi constantes si i > 1,

Arbitrariedad en la elección de los nuevos momentos

En el método de Hamilton Jacobi los nuevos momentos son constantesdebido a que el nuevo hamiltoniano o es nulo o depende sólo de los momentos.Si se encuentra la función principal o la característica que dependa de nconstantes independientes, es posible escoger como nuevos momentos a esasconstantes o cualquier conjunto de constantes independientes que podemosimaginar funciones de las anteriores. Para el caso de la función característica,el nuevo hamiltoniano es entonces dependiente de los momentos a través de



H

µq,∂W

∂q

¶= α1(P ) , (6.44)

y las ecuaciones de Hamilton serán

Qi =∂H

∂Pi=

∂α1∂Pi

,

Pi = − ∂H

∂Qi= 0 ,

los nuevos momenta Pi son constantes y serán denotados por γi, y las nuevascoordenadas varían linealmente con el tiempo

Qi(t) =∂H

∂Pit+Qi(0) =

∂α1(γ)

∂γit+Qi(0) ,

Pi = γi ,

y el problema dinámico es resuelto invirtiendo (despejando q(t))

Qi(t) =∂α1(γ)

∂γit+Qi(0) =

∂W (q, α(γ))

∂γi, H = H = α1(γ) . (6.45)

6.6.4. El oscilador armónico

A modo de ejemplo, se presenta el caso del oscilador armónico con Ha-miltoniano dado por

H =p2

2m+1

2kq2. (6.46)

Para este caso la ecuación de Hamilton Jacobi para la función principal deHamilton está dada por

1

2m

µ∂S

∂q

¶2+1

2kq2 +

∂S

∂t= 0 ,

de la cual se puede separar el tiempo introduciendo la función CaracterísticaW (q, α) que satisface

1

2m

µ∂W

∂q

¶2+1

2kq2 = α ,

siendo S =W − αt. De allí pueden obtenerse



La función característica y la transformación que ella genera

W =√mk

(α

ksin−1

Ãqp2α/k

!+1

2q

r2α

k− q2

),

y si colocamos ω2 = k/m puede escribirse

W =mω

2

(2α

mω2sin−1(q) + q

r2α

mω2− q2

), (6.47)

y la transformación que ella genera , con P = α, es

q =

r2P

mω2sin (ωQ) , (6.48)

p =√2mP cos (ωQ) , (6.49)

H = P.

La función principal de Hamilton. Similarmente, se encuentra

S =mω

2

(2α

mω2arcsin

Ãrmω2

2αq

!+ q

r2α

mω2− q2

)− αt , (6.50)

q =

r2α

mω2sin (ω(Q+ t)) ,

p =√2mα cos (ω(Q+ t)) ,

H = 0 .

Debemos remarcar que las transformaciones señaladas son canónicasindependientemente de que se trate o no del hamiltoniano del osciladorarmónico, pero es en ese caso donde ellas tienen mayor utilidad.

La acción S. En el capítulo (8), (??) se estableció el resultado

S(q, q0, t) =mω

2 sinωt(q2 cosωt+ q20 cosωt− 2q0q),



resultando ilustrativo replantearlo utilizando la función principal y larelación (6.41). Se tiene

S =mω

2

(2α

mω2arcsin

Ãrmω2

2αq

!+ q

r2α

mω2− q2

)− αt

−(2α

mω2arcsin

Ãrmω2

2αq0

!+ q0

r2α

mω2− q20

),

debiéndose eliminar α mediante

arcsin

rmω2

2αq − ωt = arcsin

rmω2

2αq0.

El álgebra es tediosa pero se obtiene

2α

mω2= q20 +

(q − (cosωt) q0)2

sin2 ωt,

y de allí como era de esperar

S(q, q0, t) =mω

2 sinωt

¡q2 cosωt+ q20 cosωt− 2qq0

¢.

6.7. Variables de Acción Angular

6.7.1. Sistemas periódicos con un grado de libertad

Considere un sistema descrito por las variables canónicas q, p que recobransus valores cada vez que transcurre un tiempo llamado periodo T del sistema.Supondremos además que se trata de un sistema periódico autónomo (conhamiltoniano independiente del tiempo).La ecuación de Hamilton Jacobi independiente del tiempo para la funcióncaracterística W es

H

µ∂W

∂q, q

¶= α .

Como se explicó, el nuevo momento P puede elegirse como alguna funciónde α. Se verá la conveniencia de definir como nuevo momento, la llamadavariable de acción J


6.7 Variables de Acción Angular 271

J =

Ip(q, α)dq , (6.51)

siendo la integral realizada sobre un periodo del movimiento. Así entoncesα = H = α(J) = H(J). La correspondiente nueva coordenada o variableangular será denotada por Θ. La transformación generada por la funcióncaracterística W será

p =∂W (q, J)

∂q, (6.52)

Θ =∂W (q, J)

∂J.

Las ecuaciones de Hamilton serán

J = −∂H∂Θ

= −∂H(J)∂Θ

= 0 ,

Θ =∂H

∂J=

dH(J)

dJ= constante . (6.53)

Es decir J es constante y Θ varia linealmente con el tiempo. Lo importantedel formalismo es que en el cambio de tiempo de un periodo T , el cambio enΘ es la unidad. En efecto, considere

4Θ =

I∂Θ

∂qdq =

I∂

∂q

∂W (q, J)

∂Jdq ,

o sea

4Θ =

I∂

∂J

∂W (q, J)

∂qdq =

∂

∂J

Ipdq = 1 ,

pero de acuerdo a (6.53) dicho cambio es

4Θ = H 0(J)T = 1 .

Es decir, el período del movimiento está dado en términos de una derivadadel hamiltoniano

T =1

H 0(J). (6.54)

Ejemplo 6.7.1 Determine las variables de acción angular para el caso par-ticular del oscilador armónico, con hamiltoniano H = p2/2m+ kq2/2 = α.



Solución. Tendremos

J =

Ipdq =

I±p2mα−mkq2dq ,

como los puntos de retorno (donde p = 0) son q1,2 = ±p2α/k, la integral

puede reducirse a

J = 4

q1Z0

p2mα−mkq2dq ,

que puede calcularse

J = 2πα

ω, con ω =

rk

m,

de allí, resultará

H =Jω

2π=⇒ T =

1

H 0(J)=2π

ω.

N


Capítulo 7

Oscilaciones pequeñas

7.1. La energía cinética

Pondremos atención en el movimiento de sistemas conservativos holo-nómicos, con vínculos independientes del tiempo, en las vecindades de suposición de equilibrio estable cuando esa posición exista. Como se sabe, laenergía cinética es

K =X 1

2mi |vi|2 ,

que expresada en términos de coordenadas generalizadas qi de acuerdo a

ri = ri(q),

permite escribir

K =Xi,j,k

1

2mi

∂ri(q)

∂qj· ∂ri(q)

∂qkqj qk,

expresión que escribiremos usando la convención de suma sobre índices repe-tidos

K =1

2Kjk(q)qj qk, (7.1)

siendo

Kjk(q) =Xi

1

2mi

∂ri(q)

∂qj· ∂ri(q)

∂qk= Kkj(q),


274 Oscilaciones pequeñas

elementos de una matriz simétrica, positiva definida porque la energía ciné-tica no puede ser negativa.

7.2. La energía potencial

En términos de las coordenadas generalizadas qi, la energía potencial delsistema será escrita

V (q) = V (q1, q2, . . . , qn).

La condición para que el sistema tenga una posición de equilibrio estable, esque V (q) tenga un mínimo. Ello es consecuencia de las ecuaciones de lagrangeque para este caso son con energía cinética independiente de las coordenadas

d

dt(Kjk(q)qk) +

∂V (q)

∂qj= 0,

Kjk(q)qk + (∂

∂qlKjk(q))qkql = −∂V (q)

∂qj. (7.2)

7.2.1. Posición de equilibrio

Configuración de equilibrio significa que el sistema permanece con suscoordenadas iniciales qok sin variar, si se coloca allí con velocidades nulas. Esdecir que ellas no varían si inicialmente no varían. Es decir que para q0k(0) = 0debe tenerse q0k(0) = 0. De las ecuaciones de lagrange se deduce entonces quetales puntos se caracterizan por

∂V

∂qj

¯qoj

= 0.

De acuerdo a lo que se analiza a continuación, si se trata de un punto deequilibrio estable, ellos corresponden a mínimos de la energía potencial.

7.2.2. Estabilidad

El concepto de estabilidad está relacionado al comportamiento del sistemapara condiciones iniciales próximas a la de equilibrio. El equilibrio se diceestable si para condiciones iniciales qj(0) = q0j + δqj, qj(0) = 0, con δqj >0, entonces qj(0) < 0, ∀j, es decir las coordenadas deben variar hacia los


7.3 Linealización 275

valores de equilibrio. Ello impone algunas condiciones a la energía potencial.Utilizando la ecuación (??), se tiene

Kjk(q0j + δqj)δqk = −

∂V (q0j + δqj)

∂qj= − ∂2V

∂qj∂qk

¯q0δqk.

Kjk es positiva definida. El equilibrio será estable si δqk y δqk tienen distintosigno. Se deduce entonces que

∂2V

∂qj∂qk

¯q0> 0, ∀j, k,

es decir se trata de un mínimo de la energía potencial.

7.3. Linealización

Para movimientos en una vecindad de una posición de equilibrio estable,

qi = q0i + ηi(t),

expandiremos la energía cinética y potencial para tener las ecuaciones demovimiento apropiadas para esta aproximación. Así resulta hasta segundoorden en las cantidades pequeñas η

K =1

2Kjk(q

0)ηj ηk,

V = V (q0) +∂V

∂qj

¯q0ηj +

1

2

∂2V

∂qj∂qk

¯q0

ηjηk,

donde podemos olvidar el término constante V (q0), y los coeficientes de lostérminos lineales en η son cero, de modo que la energía potencial aproximadaserá

V =1

2

∂2V

∂qj∂qk

¯q0

ηjηk,

7.4. El lagrangiano aproximado

Del desarrollo anterior, tenemos el lagrangiano

L =1

2Kjk(q

0)ηj ηk −1

2

∂2V

∂qj∂qk

¯q0ηjηk,



que escribiremos en términos de elementos de matrices simétricas

L =1

2Kjkηj ηk −

1

2Vjkηjηk,

siendo

Kjk =Xi

1

2mi

∂ri(q)

∂qj· ∂ri(q)

∂qk

¯¯q0

, Vjk =∂2V

∂qj∂qk

¯q0,

elementos de matriz constantes, simétricosKjk positiva definida y Vjk > 0.Deaquí resultan ecuaciones de movimiento, llamadas de oscilaciones pequeñas

Kjkηk + Vjkηk = 0, (7.3)

que son ecuaciones lineales acopladas, válidas para η, y η suficientementepequeños.

7.5. Solución de las ecuaciones de movimien-to

Un primer paso hacia la solución del sistema (7.3) consiste en eliminarla dependencia en el tiempo que puede adivinarse exponencial, de modo quetrataremos una solución de la forma

ηk = ake−iωt,

siendo los ak complejos constantes y se entiende además que la solución finales la parte real de la que se determine. Al reemplazar resulta

−ω2Kjkak + Vjkak = 0,

que es un sistema lineal homogéneo que tiene solución distinta de la trivialsi los coeficientes (en realidad ω) cumplen determinadas condiciones, quedeterminaremos. En términos simples, alguna de las ecuaciones es una com-binación lineal de las otras, lo que significa además que dichas ecuacionesno pueden determinar todas las incógnitas ak. En términos matriciales, si adenota la matriz columna con elementos ak entonces el sistema de ecuacioneses

ω2Ka = Va. (7.4)


7.5 Solución de las ecuaciones de movimiento 277

Los elementos de K y V son reales y simétricos. Ello trae como primeraconsecuencia que ω2 debe ser real. En efecto considere

ω2Kjkak = Vjkak,

si conjugamos y usamos la realidad y simetría tenemos que

(ω2)∗a∗kKkj = a∗kVkj,

de donde siguenω2a∗jKjkak = a∗jVjkak, (7.5)

y(ω2)∗a∗kKkjaj = a∗kVkjaj. (7.6)

de modo que((ω2)∗ − (ω2))a∗jKjkak = 0.

Ahora, considere el siguiente desarrollo donde u, y v son las partes real eimaginaria de a. (Después de este análisis veremos que en realidad las com-ponentes de a son reales.) Desarrolle

a∗jKjkak = (uj − ivj)Kjk(uk + ivk)

= Kjkujuk +Kjkvjvk + i(Kjkujvk −Kjkvjuk)

= Kjkujuk +Kjkvjvk > 0,

Que muestra que a∗jKjkak es real y positivo definido. De donde sigue

ω2 = (ω2)∗,

o sea los ω2 son reales. Si el sistema lineal se escribe¡ω2Kjk − Vjk

¢ak = 0,

los n valores reales de ω2 están determinados por la condición de que eldeterminante de los coeficientes sea cero, es decir

det¡ω2Kjk − Vjk

¢= 0.

Supondremos en lo que sigue que dichos valores son todos diferentes. Además,debido a que los valores ω2 son todos reales, el sistema (7.4) tiene solucionesreales para todos los ak, si el que está indeterminado se toma real. Por ello,en los desarrollos que siguen se suponen todos los ak reales.



7.5.1. Diagonalización

Para valores distintos de ω, ωk con k = 1, 2, . . . , n, cada conjunto solu-ción ak dependen del valor de ω considerado. De modo que introducimos unsegundo índice que indica la dependencia en alguno de los ω. Así ajk indicala solución aj para ω = ωk. En términos más precisos

ω2lKjkakl = Vjkakl.

Si consideramos otro ωm y trasponemos se obtiene similarmente

ω2makmKkj = akmVkj

de donde siguen

ω2l ajmKjkakl = ajmVjkakl,

ω2makmKkjajl = akmVkjajl,

y que en términos de la matriz A = (aij) pueden ser escritas (sin suma sobrelos índices repetidos l y m) como

ω2l¡ATKA

¢ml=¡ATVA

¢ml, (7.7)

ω2m¡ATKA

¢ml=¡ATVA

¢ml,

dondeAT indica la traspuesta de la matrizA. Si las dos ecuaciones anterioresse restan, resulta ¡

ω2l − ω2m¢ ¡ATKA

¢ml= 0.

Esto significa que la matriz ATKA es diagonal. Como cada columna dela matriz A tiene un elemento indeterminado (el sistema es homogéneo),podemos fijar arbitrariamente ese valor de modo que la matriz ATKA tengaunos en la diagonal principal, es decir

ATKA = I. (7.8)

De la relación (7.7), se tiene que la matriz ATVA también es diagonal conelementos ω2i en la diagonal principal, cuestión que puede escribirse¡

ATVA¢ij= ω2i δij.


7.5 Solución de las ecuaciones de movimiento 279

7.5.2. Solución del sistema

Supongamos entonces que se ha resuelto la ecuación de valores propios.

ω2Ka = Va,

donde la condición para solución no trivial

det¡ω2Kjk − Vjk

¢= 0,

nos conduce a n diferentes ω2. En cada conjunto solución hay uno que está in-determinado y lo elegimos normalizando los vectores a (que son las columnasde A) de modo que ¡

ATKA¢ij= δij,¡

ATVA¢ij= ω2i δij.

entonces la solución de nuestro problema es una combinación lineal de lassoluciones correspondientes a los diversos ω.

ηk = ReCjakje−iωjt = akj Re

Xj

Cje−iωjt,

faltando considerar las condiciones iniciales. En la última expresión se haceexplícita la sumatoria.

Condiciones iniciales

Las condiciones iniciales son los 2n valores ηk(0), y ηk(0) que permitendeterminar finalmente las 2n constantes, las partes real e imaginaria de Ck.Así resultará

ηk(0) = akj Re (Cj) ,

ηk(0) = akj Re (−iωjCj) = akjωj Im (Cj) .

Las propiedades de la matriz A, permiten escribir expresiones explícitas parala parte real e imaginaria de Ck en términos de las condiciones iniciales, comoexplicamos a continuación. En efecto si definimos una matriz columna c1 concomponentes Re (Cj) y otra matriz columna c2 con componentes ωj Im (Cj),las dos relaciones anteriores pueden escribirse en forma matricial

η(0) = Ac1, η(0) = Ac2,



de modo que al usar (7.8) se obtendrá

c1 = ATKη(0), c2 = A

TKη(0),

que al ser desarrolladas en componentes determinan

ReCj =Xk,l

akjKklηl(0), ImCj =1

ωj

Xk,l

akjKklηl(0),

donde se ha vuelto a la notación usual de sumatoria para que quede claroque no se suma en el índice j. Así se tiene finalmente la solución de nuestrosistema

ηk(t) = akj(ReCje−iωjt) = akj (ReCj cosωjt+ ImCj sinωjt) .

No se ahondará aquí en el procedimiento a seguir cuando hay valores repeti-dos de ωk.

Coordenadas normales

Recordando que la solución (sin tomar la parte real) es

ηk = akjCje−iωjt

y si llamamosςj = Cje

−iωjt

tenemos queηk = akjςj, ηk = akj ςj, (7.9)

de modo que en términos de estas variables resulta

K =1

2Kjkηj ηk,

=1

2Kjkajlς lakmςm,

=1

2

¡ATKA

¢lmς lςm,

=1

2ς2l ,


7.6 Ejemplos 281

y similarmente

V =1

2Vjkηjηk

=1

2Vjkajlς lakmςm

=1

2

¡VTKV

¢lmς lςm

=1

2ω2l δlmς lςm

=1

2ω2l ς

2l .

De modo que en estas coordenadas ς l, denominadas coordenadas normales,el lagrangiano es

L =1

2ς2l −

1

2ω2l ς

2l ,

que muestra que las coordenadas normales varían independientemente cadauna con una de las frecuencias propias de oscilación del sistema, de acuerdoa

ς l + ω2l ς l = 0.

Las coordenadas normales en términos de las coordenadas originales se ob-tiene invirtiendo la ecuación (7.9), es decir

ς = ATKη,

o en forma explícita como

ςk(t) = ajkKjmηm(t).

7.6. Ejemplos

Ejemplo 7.6.1 Considere el péndulo doble indicado en la figura (7.1), dondeel largo natural del resorte sin masa es L0, que coincide con la separación delas masas en su posición de equilibrio. La constante elástica es k y la longitudde los hilos es L. Estudie las oscilaciones pequeñas en torno a los valores deequilibrio θ = 0 y φ = 0.



L Lθ φ

Figura 7.1:

Solución. Para valores pequeños de θ y φ, la energía cinética es

K =1

2mL2(θ

2+ φ

2),

y la energía potencial es

V =1

2mgL(θ2 + φ2) +

1

2kL2(θ − φ)2,

por lo cual las matrices K y V son

K =

µmL2 00 mL2

¶,

V =

µmgL+ kL2 −kL2−kL2 mgL+ kL2

¶,

de aquí el sistema lineal de ecuaciones es

ω2µ

mL2 00 mL2

¶µa1a2

¶=

µmgL+ kL2 −kL2−kL2 mgL+ kL2

¶µa1a2

¶,

y las frecuencias propias satisfacen

det

µω2(mL2)−mgL− kL2 kL2

kL2 ω2(mL2)−mgL− kL2

¶= 0,


7.6 Ejemplos 283

con soluciones

ω21 =g

L,

ω22 =g

L+2k

m.

Bajo estas condiciones, una fila del sistema de ecuaciones es redundante porlo cual elegimos la primera, que es

ω2mL2a1 = (mgL+ kL2)a1 − kL2a2

o bien, para cada frecuencia

g

LmL2a11 = (mgL+ kL2)a11 − kL2a21,µ

g

L+2k

m

¶mL2a12 = (mgL+ kL2)a12 − kL2a22,

que se simplifican aa11 = a21, a12 = −a22,

por lo cual la matriz A sin normalizar aun es

A =

µa11 a12a11 −a12

¶.

Normalización requiere queµa11 a11a12 −a12

¶µmL2 00 mL2

¶µa11 a12a11 −a12

¶= I,

o bien

mL2µ

a11 a11a12 −a12

¶µa11 a12a11 −a12

¶=

µ1 00 1

¶,

de donde siguemL2a211 = 1, mL2a212 = 1.

De donde finalmente, la matriz A ha sido determinada

A =1√mL2

µ1 11 −1

¶.



Condiciones iniciales permitirían seguir con la rutina de expresar las coor-denadas θ y φ en función del tiempo. Nos limitaremos a dejarlas expresadascomo

θ =1√mL2

Re(C1e−iω1t + C2e

−iω2t),

φ =1√mL2

Re(C1e−iω1t − C2e

−iω2t).

Por último, las coordenadas normales, están dadas por

ς = ATKη =1√mL2

µ1 11 −1

¶µmL2 00 mL2

¶µθφ

¶,

que se reducen (salvo un factor irrelevante) a

ς1 = θ + φ,

ς2 = θ − φ.

Estos dos modos son independientes, por lo cual se puede establecer cadauno de ellos independientemente, y variarán con las frecuencias propias ω1 yω2. Es decir

θ + φ = D cos

µrg

Lt− δ

¶,

θ − φ = E cos

Ãrg

L+2k

mt− ε

!,

con constantes D, E, δ, ε determinables con las condiciones iniciales que setengan. Debe notarse que la diferencia de los ángulos es el modo de mayorfrecuencia.

N

Ejemplo 7.6.2 Resuelva el problema anterior sin hacer uso de la teoría ge-neral elaborada.

Solución. En algunos casos sencillos como este ejemplo, una solucióndirecta puede ser más simple. En efecto del lagrangiano

L =1

2mL2(θ

2+ φ

2)− 1

2mgL(θ2 + φ2)− 1

2kL2(θ − φ)2,


7.6 Ejemplos 285

siguen las ecuaciones de Lagrange

θ + (g

L+

k

m)θ − k

mφ = 0,

φ+ (g

L+

k

m)φ− k

mθ = 0,

de donde por simple inspección resultan

θ − φ+ (g

L+2k

m)(θ − φ) = 0,

θ + φ+g

L(θ + φ) = 0,

que corroboran los resultados obtenidos por el método general.

N

Ejemplo 7.6.3 Con relación a la figura (7.2), dos partículas de igual masam oscilan horizontalmente unidos a resortes iguales con constante elástica k,de modo que los extremos exteriores de los resortes están fijos. Analice lasoscilaciones pequeñas de las partículas en torno a sus posiciones de equilibrioestable.

Figura 7.2:

Solución. Si x1 y x2 indican las desviaciones de las partículas respecto asus posiciones de equilibrio, la energía cinética es

K =1

2(mx21 +mx22),


V =1

2kx21 +

1

2k(x2 − x1)

2 +1

2kx22.



De allí las matrices K y V son

K = m

µ1 00 1

¶,

V = k

µ2 −1−1 2

¶,

por lo cual los valores propios satisfacen

det

µω2m

µ1 00 1

¶− k

µ2 −1−1 2

¶¶= 0,

o bienω4m2 − 4ω2mk + 3k2 = 0,

de donde resulta

ω21 =k

m, ω22 = 3

k

m.

El sistema de ecuaciones lineales es

ω2m

µ1 00 1

¶µa1a2

¶= k

µ2 −1−1 2

¶µa1a2

¶,

de donde se obtiene

a11 = a21,

a12 = −a22.

Normalización requiere que ATKA = I, por lo cual

m

µa11 a11−a22 a22

¶µa11 −a22a11 a22

¶= I,

entonces 2ma211 = 1 y 2ma222 = 1, obteniendo

A =1√2m

µ1 −11 1

¶,

de aquí, las soluciones oscilatorias son

x1 =1√2m

Re¡C1e

−ω1t − C2e−ω2t

¢,

x2 =1√2m

Re¡C1e

−ω1t + C2e−ω2t

¢.


7.6 Ejemplos 287

También indicaremos los modos normales ς = ATKη que resultan ser

ς1 =

rm

2(x1 + x2) ,

ς2 =

rm

2(−x1 + x2) .

N

Ejemplo 7.6.4 Con relación a la figura (7.2), dos partículas de igual masam oscilan horizontalmente unidos a resortes iguales con constante elástica klos de los extremos y k1 el central, de modo que los extremos exteriores delos resortes están fijos. Analice las oscilaciones pequeñas de las partículas entorno a sus posiciones de equilibrio estable.

Figura 7.3:

Solución. Si x1 y x2 indican las desviaciones de las partículas respecto asus posiciones de equilibrio, la energía cinética es

K =1

2(mx21 +mx22),


V =1

2kx21 +

1

2k1(x2 − x1)

2 +1

2kx22.

De allí las matrices K y V son

K = m

µ1 00 1

¶,

V =

µk + k1 −k1−k1 k + k1

¶,



por lo cual los valores propios satisfacen

det

µω2m

µ1 00 1

¶−µ

k + k1 −k1−k1 k + k1

¶¶= 0,

o bienω4m2 − 2ω2mk − 2ω2mk1 + k2 + 2kk1 = 0,

de donde resulta

ω21 =k

m, ω22 =

k + 2k1m

.

El sistema de ecuaciones lineales es

ω2m

µ1 00 1

¶µa1a2

¶=

µk + k1 −k1−k1 k + k1

¶µa1a2

¶,

de donde se obtiene

(ω2 − (k + k1)

m)a1 = −k1

ma2,

a1 = −k1m

(ω2 − (k+k1)m

)a2,

y para las dos frecuencias propias resulta

a11 = −k1m

( km− (k+k1)

m)a21 = a21,

a12 = −k1m

(k+2k1m− (k+k1)

m)a22 = −a22.

Normalización requiere que ATKA = I, por lo cual

m

µa11 a11−a22 a22

¶µa11 −a22a11 a22

¶= I,

entonces 2ma211 = 1 y 2ma222 = 1, obteniendo

A =1√2m

µ1 −11 1

¶,


7.6 Ejemplos 289

de aquí, las soluciones oscilatorias son

x1 =1√2m

Re¡C1e

−ω1t − C2e−ω2t

¢,

x2 =1√2m

Re¡C1e

−ω1t + C2e−ω2t

¢.

También indicaremos los modos normales ς = ATKη que resultan ser

ς1 =

rm

2(x1 + x2) ,

ς2 =

rm

2(−x1 + x2) .

N


Capítulo 8

Sistemas continuos

8.1. Oscilaciones transversales

Revisaremos de nuevo al sistema de N partículas de igual masa m unidaspor resortes sin masa de la misma longitud natural y constante elástica k demodo que en la situación de equilibrio ellas están en línea recta, y los resortessometidos a una tensión igual τ . Si las partículas se desplazan poco lateral-mente, estarán sometidos a fuerzas de modo que la segunda ley de Newtonconduce a

y

Ti

x

Ti+1

yi

Oscilaciones transversales

myi = Ti+i sin θi+1 − Ti sin θi,

mxi = Ti+i cos θi+1 − Ti cos θi,

si no hay desplazamientos longitudinales en x y los transversales en y sonpequeños, podemos aproximar, para ángulos pequeños

myi = Ti+i sin θi+1 − Ti sin θi,

0 = Ti+i − Ti


292 Sistemas continuos

de modo que

Ti = τ ,

myi ≈ τ(tan θi+1 − tan θi),

≈ τ(yi+1 − yi

a− yi − yi−1

a),

de modo que tenemos como ecuación de movimiento aproximada

yi =τ

ma(yi+1 + yi−1 − 2yi).

8.2. Límite continuo

Deseamos estudiar lo que sucede si hacemos N →∞, a→ 0, y las masastender a cero de modo que

m

a→ σ,

siendo σ una constante llamada la densidad lineal de masa. La ecuación demovimiento

yi =τ

ma(yi+1 + yi−1 − 2yi),

pasará a ser dependiente de una variable continua en la posición

yi → y(x, t),

siendo

yi+1 → y(x+ a, t) = y(x, t) +∂y(x, t)

∂xa+

1

2

∂2y(x, t)

∂x2a2,

yi−1 → y(x− a, t) = y(x, t)− ∂y(x, t)

∂xa+

1

2

∂2y(x, t)

∂x2a2,

de modo que obtenemos

∂2

∂t2y(x, t) =

τ

ma

∂2y(x, t)

∂x2a2

=aτ

m

∂2y(x, t)

∂x2,

y finalmente, la llamada ecuación de onda para la cuerda elástica con masauniforme:

∂2y(x, t)

∂t2− τ

σ

∂2y(x, t)

∂x2= 0.


8.2 Límite continuo 293

8.2.1. Lagrangiano para la cuerda continua

Para el caso de las N partículas, antes de pasar al límite continuo, elLagrangiano del sistema es

L =1

2

NXi=1

my2i −1

2τa

NXi=1

µyi+1 − yi

a

¶2,

pues el da correctamente las ecuaciones de movimiento

yi =τ

ma(yi+1 + yi−1 − 2yi).

Para ello considere

∂L

∂yi= myi,

∂L

∂yi= − ∂

∂yi

1

2τa

µyi+1 − yi

a

¶2− ∂

∂yi

1

2τa

µyi − yi−1

a

¶2=

τ

a(yi+1 − yi)−

τ

a(yi − yi−1) = −

τ

a(2yi − yi−1 − yi+1) .

Luego, en el paso al continuo

a → 0,

yi(t) → y(x, t),m

a→ σ,

yi+1 − yia

→ ∂y(x, t)

∂x

yi →∂y(x, t)

∂t,

luego el lagrangiano será:

L =1

2

NXi=1

m

ay2i a−

1

2τ

NXi=1

a

µyi+1 − yi

a

¶2,

=σ

2

Z µ∂y(x, t)

∂t

¶2dx− τ

2

Z µ∂y(x, t)

∂x

¶2dx.



8.2.2. Densidad Lagrangiana

Para el caso analizado anteriormente, definimos la densidad lagrangiana(por unidad de longitud) mediante

L =σ

2

µ∂y(x, t)

∂t

¶2− τ

2

µ∂y(x, t)

∂x

¶2,

8.2.3. Principio de Hamilton para sistemas continuos

Admitiendo densidades Lagrangianas del tipo

L = L(y,∂y

∂x,∂y

∂t),

la acción será

S =

Z t2

t1

dt

ZLdx,

y el principio de Hamilton establece que la variación, a extremos fijos es nula,es decir

δS = δ

Z t2

t1

dt

ZLdx,

y haciendo uso del formalismo de las variaciones δ, esto puede escribirse

δS =

Z t2

t1

dt

ZδLdx =

Z t2

t1

dt

Z µ∂L

∂yδy +

∂L

∂(∂y/∂x)δ(∂y/∂x) +

∂L

∂(∂y/∂t)δ(∂y/∂t)

¶dx,

pero

δ(∂y/∂x) =∂

∂xδy, δ(∂y/∂t) =

∂

∂tδy.

Entonces

δS =

Z t2

t1

dt

Z µ∂L

∂yδy +

∂L

∂(∂y/∂x)

∂

∂xδy +

∂L

∂(∂y/∂t)

∂

∂tδy

¶dx.

La segunda integral puede ser integrada parcialmente respecto a x, la terceraparcialmente respecto a t, la parte integrada se anula por la condición deextremos fijos

δy = 0 en t = t1 y t = t2,


8.3 Soluciones de la ecuación de onda 295

resultando

δS =

Z t2

t1

dt

Z µ∂L

∂y− ∂

∂x

∂L

∂(∂y/∂x)− ∂

∂t

∂L

∂(∂y/∂t)

¶δydx = 0,

de donde, como δy es arbitrario en el intervalo

∂

∂x

∂L

∂(∂y/∂x)+

∂

∂t

∂L

∂(∂y/∂t)− ∂L

∂y= 0,

son las ecuaciones de Lagrange para un sistema continuo.

Para el caso de la cuerda

Reemplazando

L =σ

2

µ∂y(x, t)

∂t

¶2− τ

2

µ∂y(x, t)

∂x

¶2,

es decir

− ∂

∂xτ

µ∂y(x, t)

∂x

¶+

∂

∂tσ

µ∂y(x, t)

∂t

¶= 0,

justo la ecuación de onda

σ∂2y(x, t)

∂t2− τ

∂2y(x, t)

∂x2= 0

8.3. Soluciones de la ecuación de onda

La ecuación de onda puede escribirse

∂2y(x, t)

∂t2− v2

∂2y(x, t)

∂x2= 0, (8.1)

v =

rτ

σ.

I Teorema 8.1Las soluciones de la ecuación de onda (8.1) son

y(x, t) = F (x+ vt) +G(x− vt),

con F y G funciones arbitrarias de una variable.



Demostracion 7Si cambiamos a variables ζ = x+ vt, ψ = x− vt podemos escribir

∂

∂x=

∂ζ

∂x

∂

∂ζ+

∂ψ

∂x

∂

∂ψ

=∂

∂ζ+

∂

∂ψ∂

∂t=

∂ζ

∂t

∂

∂ζ+

∂ψ

∂t

∂

∂ψ

= v∂

∂ζ− v

∂

∂ψ,

y también

∂2

∂x2=

∂2

∂ζ2+

∂2

∂ψ2+ 2

∂2

∂ζ∂ψ

∂2

∂t2= v2

∂2

∂ζ2+ v2

∂2

∂ψ2− 2v2 ∂2

∂ζ∂ψ,

de modo que∂2

∂t2− v2

∂2

∂x2= 4v2

∂2

∂ζ∂ψ.

Entonces, en estas variables, la ecuación de onda es

∂2y

∂ζ∂ψ= 0,

que es trivial integrar obteniendo

∂y

∂ζ= f(ζ),

yy = F (ζ) +G(ψ) = F (x+ vt) +G(x− vt).

Las soluciones anteriores corresponden a una forma invariable que se pro-paga hacia la derecha G(x− vt) o hacia la izquierda F (x+ vt) con velocidadconstante v =

pτ/σ. Sin embargo en una cuerda, debemos hacer considera-

ciones adicionales pues debemos satisfacer por ejemplo que y(0, t) = y(L, t) =0 en el caso de extremos fijos.


8.3 Soluciones de la ecuación de onda 297

8.3.1. Condiciones de frontera

Supongamos que queremos resolver la ecuación de onda sujeta a las con-diciones anteriores de extremos fijos y(0, t) = y(L, t) = 0 .

Método de separación de variables

Suponga una solución de la forma

y(x, t) = X(x)G(t),

entonces si se sustituye se obtiene

X(x)G00(t)− v2X 00(x)G(t) = 0

o bienG00(t)

G(t)= v2

X 00(x)

X(x),

de modo que cualquiera de los lados no puede ser función ni de x ni de t, porlo tanto

G00(t)

G(t)= v2

X 00(x)

X(x)= −ω2,

de donde el signo se ha elegido de modo de tener soluciones oscilatorias

G(t) = Ce±iωt

yX(x) = De±ikx

donde hemos llamadok =

ω

v.

Para satisfacer las condiciones de frontera debemos tomar

X(x) = D sin kx,

consin kL = 0,

de modo que hay un número discreto de valores de k permitidos, es decir

k =nπ

Lcon n = 1, 2, 3 · · ·

de ese modo, la solución general, que satisface las condiciones de frontera es

y(x, t) = Re∞Xn=1

(D+n e

inπLvt +D−

n e−inπ

Lvt) sin

nπx

L. (8.2)



8.3.2. Condiciones iniciales

La determinación completa de los coeficientes Dn requiere de conocer laforma inicial del hilo (F (x)) y su perfil de velocidad inicial (V (x)), es decirsupondremos conocidos

y(x, 0) = F (x),

∂y(x, t)

∂t

¯t=0

= V (x).

Considerando esto y haciendo t = 0 en 8.2 y su derivada se obtiene

F (x) =∞Xn=1

(D+n +D−

n ) sinnπx

L,

V (x) =∞Xn=1

inπ

Lv(D+

n −D−n ) sin

nπx

L.

Pero las funciones sinnπx/L son ortogonales en el intervalo (0, L) de modoque podemos despejar

D+n +D−

n =2

L

Z L

0

F (x) sinnπx

Ldx

D+n −D−

n = − 2i

nπv

Z L

0

V (x) sinnπx

Ldx,

de donde

D+n =

1

L

Z L

0

F (x) sinnπx

Ldx− i

nπv

Z L

0

V (x) sinnπx

Ldx

=1

LFn −

i

nπvVn

D−n =

1

L

Z L

0

F (x) sinnπx

Ldx+

i

nπv

Z L

0

V (x) sinnπx

Ldx

=1

LFn +

i

nπvVn,

donde hemos llamado

Fn =

Z L

0

F (x) sinnπx

Ldx

Vn =

Z L

0

V (x) sinnπx

Ldx.


8.4 Método de las series de Fourier 299

Así finalmente la solución es

y(x, t) =∞Xn=1

((1

LFn −

i

nπvVn)e

inπLvt +

(1

LFn +

i

nπvVn)e

−inπLvt) sin

nπx

L,

que se reduce a

y(x, t) =2

L

∞Xn=1

(Fn cosnπ

Lvt+

L

nπvVn sin

nπ

Lvt) sin

nπx

L. (8.3)

Caso particular, la cuerda parte del reposo

Para este caso, lo anterior se reduce a

y(x, t) =2

L

∞Xn=1

Fn cosnπvt

Lsin

nπx

L,

Fn =

Z L

0

F (x) sinnπx

Ldx

Ejercicio 8.3.1 Demuestre que el resultado anterior puede escribirse:

y(x, t) =1

L

∞Xn=1

Fn

³sin³nπL(x+ vt)

´+ sin

³nπL(x− vt)

´´o sea, tal como lo establece el método de D’Alembert (vea más adelante).

8.4. Método de las series de Fourier

Todas las funciones que se anulan en x = 0, x = L pueden expandirse enserie de Fourier como

f(x) =∞Xn=1

bn sinnπx

L

donde

bn =2

L

Z L

0

f(x0) sinnπx0

Ldx0



de modo que la solución de la ecuación de onda para la cuerda con extremosfijos puede expandirse así

y(x, t) =∞Xn=1

bn(t) sinnπx

L,

que al sustituir en la ecuación de onda da

∞Xn=1

b00n(t) sinnπx

L+ v2

∞Xn=1

n2π2

L2bn(t) sin

nπx

L= 0,

de donde por la independencia de las funciones base sin nπxLpermite obtener

b00n(t) +v2n2π2

L2bn(t) = 0,

ecuación del movimiento armónico simple con soluciones

bn(t) = An cosvnπ

Lt+Bn sin

vnπ

Lt

de modo que

y(x, t) =∞Xn=1

³An cos

vnπ

Lt+Bn sin

vnπ

Lt´sin

nπx

L.

Para tomar en cuenta las condiciones iniciales considere

y(x, 0) = F (x) =∞Xn=1

An sinnπx

L,

∂y(x, t)

∂t

¯t=0

= V (x) =∞Xn=1

vnπ

LBn sin

nπx

L,

de donde los coeficientes son

An =2

L

Z L

0

F (x) sinnπx

Ldx

Bn =2

vnπ

Z L

0

V (x) sinnπx

Ldx

o sea se ha obtenido el mismo resultado de (8.3).


8.5 Solución de D’Alembert 301

8.5. Solución de D’Alembert

Para una forma inicial y perfil inicial de velocidades conocido

y(x, 0) = F (x), 0 ≤ x ≤ L

∂y(x, t)

∂t

¯t=0

= V (x), 0 ≤ x ≤ L

es posible extender dichas funciones de modo que la solución de la ecuaciónde onda es la forma propuesta por D’Alembert

y(x, t) =1

2(F (x+ vt) + F (x− vt)) +

1

2v

Z x+vt

x−vtV (u)du. (8.4)

Esta obviamente satisface la ecuación de onda por tratarse de funcionesde x ± vt. Sin embargo, las definiciones de F (x) y V (x) que originalmenteestán hechas en 0 ≤ x ≤ L, deben ser extendidas a −∞ < x < ∞ como seexplica a continuación.

8.5.1. Condiciones iniciales.

La forma inicial de la cuerda y su perfil inicial de velocidad

y(x, 0) = F (x), 0 ≤ x ≤ L, (8.5)∂y(x, t)

∂t

¯t=0

= V (x), 0 ≤ x ≤ L, (8.6)

son satisfechas por ?? puesto que

F (x) =1

2(F (x) + F (x))

∂y(x, t)

∂t

¯=

1

2(vF 0(x+ vt)− vF 0(x− vt)) +

1

2(V (x+ vt) + V (x− vt)),

V (x) =1

2(V (x) + V (x))



8.5.2. Condiciones de frontera

Como veremos la condición de extremos fijos

y(0, t) = 0, (8.7)

y(L, t) = 0. (8.8)

Impone ciertos requisitos a F (x) y V (x) que veremos.La 8.7 impone que

0 =1

2(F (vt) + F (−vt)) + 1

2v

Z vt

−vtV (u)du,

lo cual se satisface si se extiende el rango de definición de F (x) y V (x) demodo que ellas sean antisimétricas, es decir

F (−x) = −F (x),V (−x) = −V (x).

La ecuación 8.8 impone que

0 =1

2(F (L+ vt) + F (L− vt)) +

1

2v

Z L+vt

L−vtV (u)du,

cuestión que exige extender el rango de definición de F (x) y V (x) de modoque ellas sean antisimétricas y de periodo 2L, es decir

F (x+ 2L) = F (x),

V (x+ 2L) = V (x).

8.5.3. Casos particulares

El método de D’Alembert es especialmente útil cuando F (x) y V (x) seandadas como funciones antisimétricas de periodo 2L.

Ejemplo 8.5.1 Como ejemplo supongamos que

y(x, 0) = F (x) = A sinnπx

L, 0 ≤ x ≤ L, (8.9)

∂y(x, t)

∂t

¯t=0

= V (x) = 0, 0 ≤ x ≤ L. (8.10)


8.5 Solución de D’Alembert 303

Esta F (x) es de antemano antisimétrica y de periodo 2L. Luego la soluciónserá

y(x, t) =1

2

µA sin

nπ(x+ vt)

L+A sin

nπ(x− vt)

L

¶,

que se reduce ay(x, t) = A

³cos

nπ

Lvt´sin

nπ

Lx,

que muestra con claridad como oscila la cuerda con un periodo

T =2L

nv.

y una longitud de onda

λ =2L

n.

Note que

v =λ

T.

Ejemplo 8.5.2 Otro ejemplo es

y(x, 0) = F (x) = 0, 0 ≤ x ≤ L, (8.11)∂y(x, t)

∂t

¯t=0

= V (x) = V0 sinnπx

L, 0 ≤ x ≤ L. (8.12)

Esta V (x) es de antemano antisimétrica y de periodo 2L. Luego la soluciónserá

y(x, t) =1

2v

Z x+vt

x−vtV0 sin

nπu

Ldu,

=V0L

nπvsin

nπx

Lsin

nπvt

L.

8.5.4. Extensión de F (x) o V (x)

Las funciones dadas deben ambas anularse en x = 0 y en x = L. Susextensiones antisimétricas de periodo 2L son las series de Fourier

F (x) =∞Xn=1

bn sinnπx

L,

V (x) =∞Xn=1

b0n sinnπx

L,



donde los coeficientes están dados por

bn =2

L

Z L

0

F (x) sinnπx

Ldx,

b0n =2

L

Z L

0

V (x) sinnπx

Ldx.

La demostración de esto descansa en la propiedad de .ortogonalidad" param, n enteros Z L

0

sinmπx

Lsin

nπx

L=

L

2δmn.

8.6. Ejemplos

8.6.1. Si la cuerda parte recta con un perfil de veloci-dades iniciales

V (x) = V0 sinπx

L,

V (x) es de antemano impar y de periodo 2T , por lo tanto

y(x, t) =1

2v

Z x+vt

x−vtV (x)dx

=V0L

πvsin

π

Lvt sinπ

x

L

=V0L

2πv(cosπ

x− vt

L− cosπx+ vt

L).

Ejemplo 8.6.1 Si la forma inicial fuera una semi sinusoide

F (x) = A sinπx

L

esta función es de antemano impar y de periodo 2L. Entonces

y(x, t) =A

2

µsin

π(x+ vt)

L+ sin

π(x− vt)

L

¶= A sin

π

Lx cos

π

Lvt.


8.6 Ejemplos305

Ejemplo 8.6.2 En general, una extensión impar y de periodo 2L de F (x)es

F (x) =∞Xn=1

bn sinnπx

L

bn =2

L

Z L

0

F (x) sinnπx

Ldx,

luego

y(x, t) =1

2

∞Xn=1

bn

µsin

nπ(x+ vt)

L+ sin

nπ(x− vt)

L

¶=

∞Xn=1

bn sinnπx

Lcosn

π

Lvt.

Ejemplo 8.6.3 Si la cuerda parte recta con un perfil de velocidades iniciales

V (x) = V0 sinπx

L,

determine la solución de la ecuación de onda.

Solución. V (x) es de antemano impar y de periodo 2T , por lo tanto

y(x, t) =1

2v

Z x+vt

x−vtV (x)dx

=V0L

πvsin

π

Lvt sinπ

x

L

=V0L

2πv(cosπ

x− vt

L− cosπx+ vt

L).

N

Ejemplo 8.6.4 Una cuerda de longitud L con extremos fijos comienza aoscilar partiendo del reposo de manera que su forma inicial es:

F (x) =

½Ax/L si x < L/2

A(1− x/L) si x > L/2

Determine y(x, t).



Solución. La solución será

y(x, t) =∞Xn=1

An cosvnπ

Lt sin

nπx

L.

siendo

An =2

L

Z L

0

F (x) sinnπx

Ldx

donde evaluamos

2

L

Z L/2

0

(Ax/L) sinnπx

Ldx+

2

L

Z L

L/2

A(1− x

L) sin

nπx

Ldx

resultando

y(x, t) = 4A∞Xn=1

sin 12nπ

n2π2cos

vnπ

Lt sin

nπx

L

= 4A∞Xk=0

(−1)k(2k + 1)2π2

cosv(2k + 1)πt

Lsin(2k + 1)πx

L.

Esta solución sin embargo dice poco de la forma que tiene la onda. Ana-licemos la solución de D’Alembert

y(x, t) =1

2(F (x+ vt) + F (x− vt)).

En la figura siguiente se ilustra la extensión periódica de F (x) corrida haciala derecha en vt y corrida hacia la izquierda en vt

0 L 2L-L

vtvt

De modo que cuando ha transcurrido un tiempo t, F (x+ vt) y F (x− vt)son corrimientos a la izquierda y a la derecha de F (x). Ambas curvas las ana-lizamos en el intervalo donde está la cuerda y las promediamos, obteniendo


8.7 Consideraciones energéticas 307

la forma ilustrada en la figura siguiente:

0 L 2L-L

Es aparente que la forma de la onda será simétrica respecto al punto me-dio, y formada por segmentos rectos, a pesar de la aparentemente complicadaserie de Fourier de la solución anterior.

N

8.7. Consideraciones energéticas

Consideremos el trozo de cuerda desde x en adelante, como se indica enla figura (8.1). Sobre ese trozo actúa la fuerza ejercida por la parte izquierdade la cuerda es decir

F = −τ sin θ ≈ −τ tan θ = −τ ∂y(x, t)∂x

.

Por otro lado la velocidad de ese extremo de la cuerda es

vy =∂y(x, t)

∂t,

de modo que la potencia entregada al lado derecho de la cuerda (por elizquierdo) es

P = Fvy = −τ∂y(x, t)

∂x

∂

∂ty(x, t). (8.13)

8.7.1. Potencia en ondas armónicas

Para una onda armónica sinusoidal del tipo

y = A sin(kx− ωt),



τ

x

θ

y(x,t)

Figura 8.1: Potencia en una onda.

resultaP = τA2kω cos2(kx− ωt).

Aquí se tienen las relaciones

k =2π

λ,

v =ω

k= v =

rτ

σ,

de modo que la potencia puede escribirse

P = σω2A2v cos2(kx− ωt).

o sea en una onda que viaja hacia la derecha hay una potencia positivaentregada desde el lado izquierdo al derecho. La potencia promedio puedecalcularse y resulta

< P >=1

2σω2A2v.

8.7.2. Membranas

Considere una membrana elástica tensionada y denotemos por

σ(x, y)

la densidad superficial de masa y mediante

u(x, y, t)



el desplazamiento vertical de la membrana a partir de su posición de equili-brio, como se indica en la figuraEl área de equilibrio dA y el área deformada

x

y

z

dA

dS

kn

u(x,y,t)

Figura 8.2:

dS están relacionadas mediante

k · ndS = dA.

Si σ representa ahora la densidad superficial de masa, la energía cinética delelemento de masa dA de membrana será

1

2σdA

µ∂u

∂t

¶2.

Si τ(x, y) es la tensión superficial (fuerza por unidad de longitud) o la densi-dad de energía de superficie ( energía por unidad de área) la energía potenciales igual al trabajo de cambiar el área desde dA hasta dS es decir

τ(dS − dA) = τ(1

k · n− 1)dA,

pero la normal está en la dirección del gradiente de la superficie. La superficiees

F (x, y, z, t) = z − u(x, y, t) = 0,

y entonces

n =∇(z − u(x, y, t))

|∇(z − u(x, y, t))| =k −∇u(x, y, t)¯k −∇u(x, y, t)

¯ ,www.cienciamatematica.com


pero ∇u(x, y, t) está sobre el plano (x, y) de manera que

n =∇(z − u(x, y, t))

|∇(z − u(x, y, t))| =k −∇u(x, y, t)q1 + (∇u)2

,

y su proyección será

k · n = 1q1 + (∇u)2

.

Entonces

τ(dS − dA) = τ(1

k · n− 1)dA = τ(

q1 + (∇u)2 − 1)dA

' τ(1

2(∇u)2)dA,

de modo que la densidad Lagrangiana será

L =σ

2

µ∂u

∂t

¶2− τ(

1

2(∇u)2) = σ

2

µ∂u

∂t

¶2− 12τ

Ãµ∂u

∂x

¶2+

µ∂u

∂y

¶2!= L(

∂u

∂t,∂u

∂x,∂u

∂y).

Si se supone que la membrana está fija en alguna curva cerrada en el planox, y, el principio variacional de Hamilton dará como ecuación de movimiento

∂

∂t

∂L

∂(∂u/∂t)+

∂

∂x

∂L

∂(∂u/∂x)+

∂

∂y

∂L

∂(∂u/∂y)= 0,

σ∂2u

∂t2− τ

µ∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2

¶= 0,

o sea la ecuación de onda bidimensional. La velocidad de propagación serác donde

c2 =τ

σ.

8.7.3. Solución para geometrías específicas

Primero, buscaremos los modos normales de vibración, es decir modosdonde todos los elementos de la membrana, excepto los fijos, oscilan con lamisma frecuencia ω. Tendremos entonces

u(x, y, t) = ρ(x, y) cos(ωt).



Al sustituir en la ecuación de onda resulta

ρ(x, y)∂2

∂t2cos(ωt) = c2 cos(ωt)

µ∂2ρ

∂x2+

∂2ρ

∂y2

¶,

= −ω2ρ(x, y) cos(ωt),

o sea µ∂2ρ(x, y)

∂x2+

∂2ρ(x, y)

∂y2

¶+

ω2

c2ρ(x, y) = 0,

la llamada ecuación de Helmholtz bidimensional.

Membrana rectangular

Llamando k2 = ω2

c2debemos resolverµ

∂2ρ

∂x2+

∂2ρ

∂y2

¶+ k2ρ = 0.

Usando la técnica de separación de variables

ρ = X(x)Y (y),

resulta1

X

d2X

dx2+1

Y

d2Y

dy2+ k2 = 0,

por lo cual deben ser constantes

1

X

d2X

dx2= k2x,

1

Y

d2Y

dy2= k2y, k2 = k2x + k2y.

Las soluciones que satisfacen extremos fijos en un rectángulo X(0) = X(a) =0, Y (0) = Y (b) = 0 son

X(x) =

r2

asin kxx =

r2

asin

mπx

a, m = 1, 2, 3 . . .∞

Y (y) =

r2

bsin kyy =

r2

bsin

nπy

b, n = 1, 2, 3 . . .∞.

donde las frecuencias de los modos normales (m,n) son

k2 =ω2n,mc2

=m2π2

a2+

n2π2

b2.



La frecuencia más baja, la fundamental es

ω1,1c=

rπ2

a2+

π2

b2.

Membrana circular

Ahora tenemos que resolver la ecuación de Helmholtz

∇2ρ+ k2ρ = 0,

donde supondremos ρ = 0, en r = a.Es conveniente usar coordenadas polaresr, φ donde la ecuación de Hemholtz será

1

r

∂

∂rr∂

∂rρ+

1

r2∂2ρ

∂φ2+ k2ρ = 0,

donde nuevamente, usando la técnica de separación de variables

ρ = R(r)Φ(φ),

conduce a

r1

R

d

drrd

drR+ k2r2 +

1

Φ

d2Φ

dφ2= 0,

luegod2Φ

dφ2= −m2Φ,

por lo tanto

Φ =1√2π

eimφ, m = ±1,±2,±3 . . .±∞,

y la parte radial satisface

rd

drrd

drR+ (k2r2 −m2)R = 0,

r2d2

dr2R+ r

d

drR+ (k2r2 −m2)R = 0,

la cual puede ser reconocida como la ecuación de Bessel. Como es bien sabido,las soluciones regulares en el origen son

R = Jm(kr),


8.8 Elementos de mecánica de Fluidos 313

y la condición de borde fijo conduce a que

Jm(ka) = Jm(ωa

c) = 0.

Denotemos por αm,n el enésimo cero de Jm luego las frecuencias propias serán

ωm,na

c= αm,n.

Las funciones de Bessel

Las de Bessel, Jv(z) = BesselJv (z) y Yv(z) = BesselYv (z) son solucionesde primera y segunda clase de la ecuación de Bessel

z2d2w

dz2+ z

dw

dz+¡z2 − v2

¢w = 0.

Las de primera clase son regulares en el origen y el gráfico siguiente muestralas tres primeras.

20151050

1

0.75

0.5

0.25

0

-0.25 x

y

x

y

J0 (rojo), J1(verde), J2 (azul)

8.8. Elementos de mecánica de Fluidos

Para estudiar la dinámica de los fluidos, se han seguido dos caminos. Unodebido a Lagrange utiliza las coordenadas de cada partícula de fluido a me-dida que transcurre el tiempo de acuerdo a las fuerzas que ella experimenta.Otra forma debida a Euler consiste en abandonar el intento de precisar las



coordenadas de cada partícula de fluido, y en vez, preocuparse de la den-sidad y la velocidad del fluido en puntos fijos del espacio en cada instantede tiempo. De este punto de vista, Euleriano, la atención se pone en un ele-mento de fluido que pasa a través de un volumen de control el cual está fijoen el espacio. Este es el método que usaremos principalmente aquí. Se defi-nen ρ(x, y, x, t) la densidad del fluido en un punto del espacio en tiempo t yv(x, y, z, t) el vector velocidad de un elemento de fluido ubicado en ese mismopunto y en ese mismo tiempo. Las partículas del fluido en el volumen de con-trol cambian continuamente. A pesar de que nos concentraremos en puntosfijos del espacio, las ecuaciones usuales de la mecánica aplican a partículas ypor lo tanto será inevitable seguir el movimiento de las partículas al menospor intervalos de tiempos cortos. Así estaremos interesados en dos tipos dederivadas. Por ejemplo si p(x, y, z, t) representa la presión en un punto x, y,z, en un tiempo t determinado, la derivada Euleriana

∂p

∂t

representará la tasa a la cual está cambiando la presión en un punto fijo y laderivada Lagrangiana

dp

dt=

∂p

∂t+

∂p

∂x

∂x

∂t+

∂p

∂y

∂y

∂t+

∂p

∂z

∂z

∂t

=∂p

∂t+ v ·∇p,

representará la tasa a la cual está cambiando la presión en un punto que sigueel movimiento de una partícula del fluido. Esto aplicará a cualquier funciónde las coordenadas y del tiempo, lo cual anotaremos simbólicamente como

d

dt=

∂

∂t+ v ·∇.

8.8.1. Cambio del volumen

Consideremos un elemento de volumen δV que se mueve con el fluido demodo que contiene siempre el mismo número de partículas de fluido. Si elfluido se mueve, ese elemento se mueve y en general cambiará de volumen.Supongamos que se trata de un elemento de volumen rectangular de ladosδx, δy, δz. Entonces sus caras tienen velocidades vx, vy, vz. Así el cambio de



x

y

z

δyδz

δx

vx(x+δx,t)

Figura 8.3:

volumen debido al desplazamiento de las caras δy δz (una en x la otra enx+ δx) será

dδV = δyδz(vx(x+ δx, t)dt− vx(x+ δx, t)dt)

= δyδzδx∂vx∂x

dt,

o sea

dδV

dt= δyδzδx

∂vx∂x

= δV∂vx∂x

.

Más en general, si varían las posiciones de las seis caras, se tiene

dδV

dt= δV (

∂vx∂x

+∂vy∂y

+∂vz∂z),

o seadδV

dt= ∇ · vδV.

Algunas propiedades del operador ∇ se explican en el apéndice. Más engeneral, como se explica en la figura que sigue, el cambio de volumen que seproduce por el cambio del área se puede expresar como (producto mixto)

(dr1 × dr2) · vdt = n · vdtdS,



(base×altura)

luego la superficie cerrada completa cambia un volumen

dV =

IS

v · ndtdS

dV

dt=

IS

v · ndS.

Si se utiliza el teorema de la divergencia la última expresión puede escribirsecomo

dV

dt=

ZV

∇ · vdV.

Fluidos incompresibles

Si el fluido es incompresible, es decir si el volumen de un número determi-nado de partículas no cambia con el tiempo, entonces del resultado anteriorsigue que

∇ · v = 0.

Ecuación de continuidad

La masa de un elemento de volumen que sigue el movimiento del fluido novaría. Eso se puede escribir utilizando el concepto de densidad volumétricade masa ρ como

δm = ρδV = constante,



es decir

dρ

dtδV + ρ

d

dtδV = 0

dρ

dtδV + ρ∇ · vδV = 0

dρ

dt+ ρ∇ · v = 0.

perodρ

dt=

∂ρ

∂t+ v ·∇ρ,

luego∂ρ

∂t+ v ·∇ρ+ ρ∇ · v = 0,

o∂ρ

∂t+∇ · (ρv) = 0. (8.14)

Esta última relación se denomina la ecuación de continuidad de un fluido.

8.8.2. Líneas de flujo

Para visualizar el movimiento de un fluido se utilizan tres tipos de líneas,llamadas líneas de velocidad, caminos y de trazadores.

1. Líneas de velocidad. Son las líneas del campo de velocidad v(x, y, z, t),es decir líneas que son tangentes y paralelas al vector velocidad en cadapunto de coordenadas fijas x, y, z en un instante t. La ecuación de laslíneas de velocidad se obtiene de

dx

vx(x, y, z, t)=

dy

vy(x, y, z, t)=

dz

vz(x, y, z, t).

Integrando estas ecuaciones para t fijo permitiría encontrar las líneasde velocidad. Puede ser útil expresar las coordenadas en forma para-métrica x = x(s), y = y(s), z = z(s). Por ejemplo sean

vx = x(1 + 2t),

vy = y,

vz = 0,



luego se debe resolverdx

x(1 + 2t)=

dy

y,

integrando1

(1 + 2t)lnx = ln y

luegox = y(1+2t).

2. Caminos. Es la curva trazada por una partícula del fluido a medida queella se mueve. Ella satisface

dx

dt= vx(x, y, z, t),

dx

dt= vx(x, y, z, t),

dx

dt= vx(x, y, z, t),

ecuaciones que al ser integradas permitirían encontrar x(t), y(t), z(t).Consideremos el mismo ejemplo anterior

dx

dt= vx = x(1 + 2t),

dy

dt= vy = y,

que son fácilmente integrables

lnx

x0= t+ t2,

lny

y0= t,

de manera que la trayectoria o camino es

x = x0et(1+t),

y = y0et.

3. Líneas de trazadores. Son las líneas que siguen trazadores continua-mente inyectados al fluido. Ellos pueden ser humo, tinta, y otros. Nodiscutiremos este tema aquí.


8.9 Ecuación de movimiento de un fluido ideal 319

8.9. Ecuación de movimiento de un fluido ideal

En un fluido ideal, por definición, no actúan otras fuerzas de un elementosobre otro de fluido, más que las fuerzas de presión, que actúan normalmentea las superficies de los elementos considerados. En los fluidos reales, actúanademás fuerzas tangenciales o de viscosidad que por ahora despreciaremos.Aceptaremos además que pueden actuar fuerzas externas sobre cada elementode volumen, tal como el peso de aquel. La presión es isotrópica de modo quela fuerza que actúa sobre cada elemento de área se obtiene simplementemultiplicando la presión sobre el área por el área en cuestión. Así, si se tratade un elemento de volumen como un paralelepípedo rectangular de aristasδx, δy, δz, la fuerza resultante en la dirección x debida a la presión será

δFx = p(x, y, z)δyδz − p(x+ δx, y, z)δyδz

= −∂p∂x

δxδyδz,

y en su forma vectorialδF = −∇pδV.

Sea además f la fuerza externa que actúa por unidad de volumen. Así lafuerza resultante sobre el elemento de volumen será

δF = −∇pδV + fδV.

La segunda ley de Newton establece que esta fuerza es la masa por la acele-ración del elemento de volumen, o sea

ρδVdv

dt= −∇pδV + fδV,

o bien

ρdv

dt= f −∇p,

ahora, si realizamos la derivada total obtenemos

ρ(∂v

∂t+ v ·∇v) = f −∇p, (8.15)

y así obtenemos la ecuación de Euler para el movimiento de un fluido ideal:

∂v

∂t+ v ·∇v = f

ρ− ∇p

ρ. (8.16)



8.9.1. Onda sonoras en un fluido

Supongamos un fluido en equilibrio a una presión p0 una densidad ρ0 ysometido a una fuerza externa volumétrica f0. Para esta situación, la ecuación(8.16) se convierte en

f0 = ∇p0. (8.17)

Supongamos ahora que el fluido se somete a una perturbación pequeña demodo que la presión y la densidad se alteran a

p = p0 + p0

ρ = ρ0 + ρ0,

siendo p0 ¿ p y ρ0 ¿ ρ y supondremos además que la velocidad u susderivadas son también pequeñas. Si sustituimos en (8.16) se obtiene

∂v

∂t+ v ·∇v =

f0ρ0 + ρ0

− ∇(p0 + p0)

ρ0 + ρ0

≈ f0ρ0− ∇(p0 + p0)

ρ0

si despreciamos términos cuadráticos en v y en las cantidades pequeñas p0 yρ0 se obtiene

∂v

∂t=

f0ρ0 + ρ0

− ∇(p0 + p0)

ρ0 + ρ0

≈ f0ρ0− ∇(p0 + p0)

ρ0= −∇p

0

ρ0.

o sea∂v

∂t= −∇p

0

ρ0. (8.18)

Además si se sustituye en la ecuación de continuidad (8.14) se obtiene

0 =∂ρ0

∂t+∇ · ((ρ0 + ρ0)v)

≈ ∂ρ0

∂t+∇ · (ρ0v),

o sea∂ρ0

∂t= −ρ0∇ · v − v ·∇ρ0. (8.19)



Finalmente supondremos que la densidad en equilibrio es prácticamente cons-tante de modo que la última ecuación puede escribirse

∂ρ0

∂t+ ρ0∇ · v = 0. (8.20)

La compresibilidad κ y su recíproco B

En termodinámica se definen la compresibilidad isotérmica

κT =1

BT= − 1

V

µ∂V

∂p

¶T

,

y la compresibilidad adiabática

κS = −1

V

µ∂V

∂p

¶S

=1

BS,

donde T y S denotan la temperatura absoluta y la entropía del sistema.Cuando una onda acústica pasa a través de una substancia los cambios devolumen son en realidad adiabáticos en vez de isotérmicos, de modo que lasegunda de las anteriores es la que aplica. Ella puede ser escrita como

1

BS= κS = −

1

m/ρ

µ∂m/ρ

∂p

¶S

=1

ρ

µ∂ρ

∂p

¶S

.

De este modo el incremento en la presión y la densidad están relacionadaspor

1

BS= κS =

1

ρ0

ρ0

p0

ρ0 =ρ0p

0

BS.

Así podemos eliminar ρ0 de la ecuación de continuidad (8.20) obteniendo

ρ0BS

∂p0

∂t= −ρ0∇ · v (8.21)

∂p0

∂t= −BS∇ · v. (8.22)



Si derivamos respecto al tiempo y utilizamos (8.18) se obtiene finalmente

∂2p0

∂t2= −BS∇ ·

∂

∂tv

=BS

ρ0∇ ·∇p0,

es decir tenemos que las variaciones de la presión p0 satisfacen la ecuación deondas en tres dimensiones

∂2p0

∂t2− v2∇2p0 = 0, (8.23)

donde la velocidad de propagación está dada por

v =

sBS

ρ0.

8.9.2. Ondas de canal

Consideraremos un fluido incompresible sometido a un campo gravitacio-nal uniforme. Trataremos primero de ondas de canal (ondas tidales), dondela longitud de onda es grande respecto a la profundidad del canal. En estelímite, el movimiento principal de las partes del fluido es horizontal, de modoque el fluido se mueve hacia adelante y hacia atrás. Cuando se acumula enun punto, el nivel sube y aumenta la presión hidrostática. El fluido entoncesfluye horizontalmente respondiendo al exceso de fuerza vertical .

Ecuaciones de movimiento

Considere un elemento de masa dm contenido en un volumen dV . Laecuación de Euler es

ρdv

dt= f −∇p,

siendo la fuerza peso por unidad de volumen

f = −dmdV

gk = −ρgk,

luegodv

dt= −gk − 1

ρ∇p.



x

y

z

h ζ

Figura 8.4:

Pero estamos suponiendo que el movimiento vertical tiene velocidad y acele-ración despreciables y entonces

−g − 1ρ

∂

∂zp ' 0

que nos indica la variación de la presión con la altura o profundidad en elfluido. A nivel z = ζ(x, y, t) la presión es la atmosférica p0 resultando porintegración

p = p0 − ρg(z − ζ(x, y, t)).

Recordando quedv

dt=

∂v

∂t+ v ·∇v ' ∂v

∂t,

En las direcciones horizontales tenemos

dvxdt

=∂vx∂t

= −1ρ

∂

∂xp = −g ∂

∂xζ(x, y, t),

dvydt

=∂vy∂t

= −1ρ

∂

∂yp = −g ∂

∂yζ(x, y, t).

Note que las aceleraciones horizontales son independientes de z.

Ondas unidimensionales

Consideraremos una onda unidimensional

ζ = ζ(x, t)



ζ

v(x+dx)

h

b

dx

v(x)

El fluido tiene movimiento en el eje x solamente y como consecuencia de laecuación de continuidad, lo que se acumula provoca un cambio en la altura.El flujo (volumen/área × tiempo) es

Jx = ρv(x),

de modo que

(ρv(x)− ρv(x+ dx)) (h+ ζ)b(x)dt = ρbdxdζ,

o bien

−∂v(x)∂x

(h+ ζ)b(x)dt = bdζ,

−∂v(x)∂x

(h+ ζ)b = b∂ζ

∂t,

−∂v(x)∂x

h =∂ζ

∂t.

Pero∂vx∂t

= −g ∂

∂xζ(x, y, t),

luego

− ∂

∂t

∂v(x)

∂xh =

∂2ζ

∂t2,

gh∂2

∂x2ζ(x, t) =

∂2ζ

∂t2.



Que es la ecuación de onda con una velocidad de propagación

c =pgh.

El significado físico es que a mayor profundidad, mayor velocidad de propa-gación de la onda.

8.9.3. Ondas de superficie en líquidos

Para alturas mayores, un análisis más fino es necesario. Consideraremosondas superficiales en dos dimensiones en un fluido tridimensional.

x

y

z

h

Respecto a la figura, el plano xy es el nivel de equilibrio del líquido en uncanal de profundidad h. El líquido será considerado como incompresible condensidad volumétrica ρ constante de modo que la ecuación de continuidad(8.14) se reduce a

∇ · v = 0.Supondremos también que el movimiento del fluido es irrotacional, es decirque

∇× v = 0.

Potencial de velocidades. Ecuación de Laplace.

Cuando el movimiento del fluido es irrotacional, el campo de velocidaddel fluido es derivable de un potencial de velocidades Φ(r, t) tal que

v(r, t) = −∇Φ(r, t).



En términos de este potencial, la condición de incompresibilidad será

∇ · v = ∇ ·∇× v = ∇2Φ = 0, (8.24)

es decir el potencial de velocidad satisface la ecuación de Laplace en el inte-rior del fluido en todo instante. En situaciones estacionarias, Φ = Φ(r), y laslíneas del campo de velocidad son fijas. Estas líneas del campo de velocidad,denominadas líneas de corriente, son tangentes al campo de velocidades delfluido en un cierto instante. No hay que confundirlas con las trayectorias se-guidas por una partícula determinada a medida que transcurre el tiempo. Ensituaciones dinámicas como la que estudiamos, la propagación de ondas enun fluido Φ = Φ(r, t), las líneas de corriente irán cambiando como un todoa medida que el tiempo progrese. El resto del análisis intenta establecer lascondiciones de contorno que debe cumplir el potencial de velocidad. Obvia-mente en el fondo del canal la velocidad normal debe anularse. Similarmenteocurre en las paredes laterales.En la superficie libre del fluido tendremos condiciones adicionales. La

dinámica del fluido ideal está dada por la ecuación de Euler (8.15)

dv

dt=

f

ρ− 1

ρ∇p.

De aquí se puede establecer el llamado teorema de Bernouilli. La fuerza frepresenta a la fuerza externa por unidad de volumen.

Teorema de Bernouilli

La ecuación de Euler puede ser escrita de otras manera

∂v

∂t+ v ·∇v = f

ρ− 1

ρ∇p.

Es una identidad matemática que

∇12v · v − v × (∇× v) = v ·∇v

entonces la ecuación de Euler puede escribirse como

∂v

∂t+∇1

2v · v − v × (∇× v) =

f

ρ− 1

ρ∇p.



reemplacemos v = −∇Φ, ∇× v = 0 y supongamos que la fuerza externa (elpeso por unidad de volumen por ejemplo) es conservativo, luego

f = −∇U(r, t),

se obtiene

−∇∂Φ

∂t+∇1

2v · v = −∇U

ρ−∇p

ρ,

∇(pρ+

U

ρ+1

2v2 − ∂Φ

∂t) = 0.

En otra palabras la cantidad que tiene gradiente cero es sólo función deltiempo

p

ρ+

U

ρ+1

2v2 − ∂Φ

∂t= C(t).

El potencial de velocidad puede alterarse a

Φ→ Φ(r, t)−Z

C(t)dt,

sin que se altere el campo de velocidades y entonces la función C(t) se cancelaobteniendo

p

ρ+

U

ρ+1

2v2 − ∂Φ(r, t)

∂t= 0. (8.25)

En la superficie libre del fluido z = ζ, la presión es la presión atmosférica p0.Supondremos también que la fuerza aplicada por unidad de volumen provienede un potencial gravitacional

f = −dmdV

gk = −∇ρgz,

y que en la superficie libre z = ζ

U

ρ= gζ,

y si despreciamos v2, se obtiene

p0ρ+ gζ − ∂Φ(r, t)

∂t= 0,



y haremos otro cambio en el potencial de velocidad

Φ→ Φ(r, t)− p0t

ρ,

luego

gζ − ∂Φ(r, t)

∂t

¯z=ζ

= 0,

o bien, en la superficie libre se cumple

ζ(x, y, t) =1

g

∂Φ(x, y, ζ, t)

∂t' 1

g

∂Φ(x, y, 0, t)

∂t.

O sea las variaciones de la altura del nivel libre del fluido se deben a que enla superficie Φ cambia con el tiempo.

Forma de la superficie libre

La altura z es alguna función de x, y, t. Esto es, la forma de la superficieestará dada por

F (r, t) = F (x, y, z, t) = z − ζ(x, y, t) = 0.

En un pequeño intervalo de tiempo dt, la velocidad normal

vn = nn · v, con n =k − i ∂ζ

∂x− j∂ζ

∂y¯k − i ∂ζ

∂x− j∂ζ

∂y

¯ .causa un desplazamiento de la superficie dado por

F (r + vndt, t+ dt) = 0,

y haciendo una expansión de TaylorX(vn)i

∂F

∂xi+

∂F

∂t= 0,

pero

n =∇F|∇F | ,



x

z

h

n

ζ

Figura 8.5:

luegovn ·∇F = v ·∇F,

y entonces

v ·∇F + ∂F

∂t= 0.

PeroF (x, y, z, t) = z − ζ(x, y, t) = 0,

luego

vz − vx∂ζ

∂x− vy

∂ζ

∂y− ∂ζ

∂t= 0, (8.26)

además

vz =∂ζ

∂t,

luego

vx∂ζ

∂x+ vy

∂ζ

∂y= 0

Condiciones de contorno

El potencial de velocidad satisface la ecuación de Laplace

∇2Φ = 0,

y tiene como condiciones de contorno en una superficie fija, el fondo porejemplo



vn = −n ·∇Φ = 0,

y en la superficie libre z = ζ

vz =∂ζ

∂t= −∂Φ

∂z,

ζ =1

g

∂Φ

∂t, (De Bernouilli)

que pueden combinarse en

vz = −∂Φ

∂z=

∂ζ

∂t=1

g

∂2Φ(x, y, 0, t)

∂t2.

Relación de dispersión

Consideremos como un ejemplo, una onda unidimensional que viaja convelocidad c en la dirección x, siendo el ancho del canal constante b y laprofundidad h. Tratemos una solución

Φ(x, z, t) = Z(z) cos k(x− ct),

coloquemos esto en la ecuación de Laplace

cos k(x− ct)∂2

∂z2Z(z) + Z(z)

∂2

∂x2cos k(x− ct) = 0,

de donded2

dz2Z(z)− k2Z(z) = 0,

por lo cualZ(z) = Aekz +Be−kz,

pero en el fondo del canal z = −h, vz = 0 o sea

k ·∇Z(z) = 0,

Z 0(−h) = 0,

entonces0 = kAe−kh − kBe+kh,



luego = B

Z(z) = Ae−kh(ekz+kh + e−kh−kz),

= C cosh k(z + h),

pero teníamos que

vz = −∂Φ

∂z=

∂ζ

∂t=1

g

∂2Φ

∂t2en la superficie libre

o sea

−∂Φ∂z

=1

g

∂2Φ

∂t2, Φ = C cosh k(z + h) cos k(x− ct),

conduce ak sinh kh ' 1

gk2c2 cosh kh.

Note que

k =2π

λ,

entoncesc2 =

g

ktanh kh,

O sea la solución para el potencial de velocidad es

Φ = C cosh k(z + h) cos k(x− ct),

conc2 =

g

ktanh kh.

Note que si h es pequeño respecto a la longitud de onda ,

c2 =gλ

2π. tanh

2π

λh ' gλ

2π

2π

λh = gh,

el resultado obtenido anteriormente. Haremos algunos cálculos numéricos,tomando k = 2π

λ, C = 1 , h = 2 , λ = 1 , g = 1.

c =

rg

ktanh k(ζ + h) '

rg

ktanh kh = 0,398 94

c =q

gλ2πtanh 2πh

λ= 0,398 94

c = 0,398 94Φ = C cosh k(z+h) cos k(x−ct) = cos (6. 283 2x− 2. 506 6t) cosh (6. 283 2z + 12. 566)

Φ = C cosh k(z+h) cos k(x−ct) = cosh (6. 283 2z + 12. 566) cos (6. 283 2x− 2. 506 6t)



La forma de la superficie

ζ =1

g

∂Φ

∂t=1

g

∂

∂tC cosh k(z + h) cos k(x− ct)

=1

gC cosh k(z + h)kc sin k(x− ct)

v = −∇Φ

Para t, el vector v evaluado numéricamente es

v =

∙−6. 283 2 cosh (6. 283 2z + 12. 566) sin (6. 283 2x− 2. 506 6t) ,6. 283 2 sinh (6. 283 2z + 12. 566) cos (6. 283 2x− 2. 506 6t)

¸yme-

diante la opción Vector Field Plot 2 D con muPad, se obtiene

Para t = 0

v =

∙−6. 283 2 cosh (6. 283 2z + 12. 566) sin (6. 283 2x) ,6. 283 2 sinh (6. 283 2z + 12. 566) cos (6. 283 2x)

¸10.750.50.250

0

-0.5

-1

-1.5

-2

x

y

x

y

Para t = 0,1

v =

∙−6. 283 2 cosh (6. 283 2z + 12. 566) sin (6. 283 2x− 0,2 506 6) ,6. 283 2 sinh (6. 283 2z + 12. 566) cos (6. 283 2x− 0,2 506 6)

¸www.cienciamatematica.com


10.750.50.2500

-0.5

-1

-1.5

-2

x

y

x

y

Φ = C cosh k(z + h) cos k(x− ct),

cong

ktanh k(ζ + h) = c2,

vz = −kC cos k(x− ct) sinh k(z + h) =dz

dt=

∂z

∂t+ v ·∇vz '

∂z

∂t

vx = kC sin k(x− ct) cosh k(z + h) ' ∂x

∂t.

Trayectoria de una partícula

Tenemos que el campo de velocidades es con Φ = C cosh k(z+h) cos k(x−ct)

vx =dx

dt= −Ck cosh k(z + h) sin k(x− ct),

vz =dz

dt= Ck sinh k(z + h) cos k(x− ct).

Si al lado derecho aproximamos x = x0, z = z0, estas son satisfechas por lassiguientes coordenadas

x = x0 −C

ccosh k(z0 + h) cos k(x0 − ct),

z = z0 −C

csinh k(z0 + h) sin k(x0 − ct)



de donde µx− x0

cosh k(z0 + h)

¶2+

µx− x0

sinh k(z0 + h)

¶2=

C2

c2,

la ecuación de una trayectoria elíptica

8.9.4. Más sobre ondas de superficie

Primero recordemos las ecuaciones que gobiernan el movimiento de unfluido ideal, incompresible y con flujo irrotacional

1. El potencial de velocidad satisface la ecuación de Laplace en todo elfluido (8.24)

∇2Φ = 0.

2. La ecuación de Bernouilli es (8.25)

p

ρ+

U

ρ+1

2v2 − ∂Φ(r, t)

∂t= 0.

En la superficie libre del fluido z = ζ, la presión es la presión atmosféricap0. Supondremos también que la fuerza aplicada por unidad de volumenproviene de un potencial gravitacional

f = −dmdV

gk = −∇ρgz,

y que en la superficie libre z = ζ

U

ρ= gζ,

ahora no despreciamosv2, obteniendo

p0ρ+ gζ +

1

2v2 − ∂Φ(r, t)

∂t= 0,

y haremos otro cambio en el potencial de velocidad

Φ→ Φ(r, t)− p0t

ρ,



luego

gζ +1

2v2 − ∂Φ(r, t)

∂t= 0,

gζ +1

2(∇Φ)2 − ∂Φ(r, t)

∂t= 0, en la superficie libre. (8.27)

3. Sobre cualquier superficie fija que contenga al fluido

n ·∇Φ = 0.

4. La superficie libre tiene una forma dada por

z − ζ(x, y, t) = 0.

De la ecuación (8.26), se dedujo que

vz − vx∂ζ

∂x− vy

∂ζ

∂y− ∂ζ

∂t= 0,

que será escrito en términos del potencial de velocidades Φ

−∂Φ∂z− v ·∇ζ − ∂ζ

∂t= 0,

−∂Φ∂z+∇Φ ·∇ζ − ∂ζ

∂t= 0, en la superficie libre del fluido.(8.28)

Una ecuación extendida para ondas de canal

Busquemos una solución de la forma

Φ =1

2π

Z ∞

−∞cosh [k(z + h)] eikx ef(k, t)dk.

Satisface (3) en el fondo del canal, puesto que

vz(z = −h) = −1

2π

Z ∞

−∞k sinh [k(z + h)] eikx ef(k, t)dk → 0.

Satisface la ecuación de Laplace. Calculemos

∂2Φ

∂x2= − 1

2π

Z ∞

−∞k2 cosh [k(z + h)] eikx ef(k, t)dk,

∂2Φ

∂z2=

1

2π

Z ∞

−∞k2 cosh [k(z + h)] eikx ef(k, t)dk.

Luego∇2Φ = 0.



Aproximación en la superficie libre kh << 1.

En la superficie libre, z ' 0

Φ ' 1

2π

Z ∞

−∞cosh [kh] eikx ef(k, t)dk ' 1

2π

Z ∞

−∞(1− k2h2

2)eikx ef(k, t)dk.

Llamemos

f(x, t) =1

2π

Z ∞

−∞eikx ef(k, t)dk,

luego la ecuación anterior puede escribirse

Φ ' (1− 12h2

∂2

∂x2)f(x, t). En la superficie libre.

Similarmente

∂Φ

∂z' 1

2π

Z ∞

−∞k sinh [kh] eikx ef(k, t)dk,

' 1

2π

Z ∞

−∞k(kh+

k3h3

6)eikx ef(k, t)dk,

= (−h ∂2

∂x2+1

6h3

∂4

∂x4)f(x, t). En la superficie libre.

Sustituyendo en (8.28) y (8.27),

∂ζ

∂t= −(−h ∂2

∂x2+1

6h3

∂4

∂x4)f(x, t) +∇Φ ·∇ζ,

gζ =∂

∂t(1− 1

2h2

∂2

∂x2)f(x, t)− 1

2(∇Φ)2 ,

despreciando términos no lineales ∇Φ ·∇ζ y 12(∇Φ)2 obtenemos

∂ζ

∂t= −(−h ∂2

∂x2+1

6h3

∂4

∂x4)f(x, t), (8.29)

gζ =∂

∂t(1− 1

2h2

∂2

∂x2)f(x, t), (8.30)



Ondas planas

Busquemos soluciones ondas armónicas simples

ζ = ζ0ei(kx−ωt),

f = f0ei(kx−ωt),

al sustituir da

−iωζ0 = −(hk2 + 16h3k4)f0, (8.31)

gζ0 = (−iω − 12h2k2iω)f0, (8.32)

dividiéndolas

ω2 = ghk21 + 1

6h2k2

1 + 12h2k2

, (8.33)

constituye la relación de dispersión.

8.9.5. Ecuación no lineal efectiva

En la sección anterior aproximamos

Φ =1

2π

Z ∞

−∞cosh [k(z + h)] eikx ef(k, t)dk,

tomando z = 0. Una simple generalización de los anterior expandiendo[k(h+ ζ)] conducirá a

Φ ' (1− 12(h+ ζ)2

∂2

∂x2)f(x, t),

∂Φ

∂z' (−(h+ ζ)

∂2

∂x2+1

6(h+ ζ)3

∂4

∂x4)f(x, t)

Sustituyendo en (8.28) y (8.27), y despreciando

∂ζ

∂t= −(−(h+ ζ)

∂2

∂x2+1

6(h+ ζ)3

∂4

∂x4)f(x, t) +

∂Φ

∂x

∂ζ

∂x,

gζ =∂

∂t(1− 1

2(h+ ζ)2

∂2

∂x2)f(x, t)− 1

2

µ∂Φ

∂x

¶2,



pero∂Φ

∂x' ∂

∂x(1− 1

2h2

∂2

∂x2)f(x, t) ' ∂f

∂x,

luego

∂ζ

∂t= (h+ ζ)

∂2f

∂x2− 16h3∂4f

∂x4+

∂f

∂x

∂ζ

∂x, (8.34)

gζ =∂f

∂t− 12h2

∂3f

∂t∂x2− 12

µ∂f

∂x

¶2, (8.35)

que se denominan ecuaciones de onda extendidas no lineales.

Ondas solitarias

Busquemos soluciones de la forma

ζ(x, t) = ζ(x− ct),

f(x, t) = f(x− ct).

Al sustituir en las ecuaciones 8.34, 8.35 se obtiene

−cζ 0 = (h+ ζ)f 00 − 16h3f 0000 + f 0ζ 0,

gζ = −cf 0 + c1

2h2f 000 − 1

2(f 0)

2,

ecuaciones acopladas para f, ζ. Afortunadamente la primera puede ser inte-grada

−cζ 0 = −16h3f 0000 + hf 00 + f 0ζ 0 + ζf 00

−cζ + 16h3f 000 − (h+ ζ)f 0 = constante (8.36)

que debe ser resuelta junto con

cf 0 = −gζ + c1

2h2f 000 − 1

2(f 0)

2. (8.37)



8.9.6. Una solución aproximada

Una solución aproximada se logra haciendo algunas otras aproximaciones.Primero mantener sólo el primer término de 8.37

cf 0 = −gζ.

Reemplace la velocidad de prpopagación por su aproximación de ordencero (8.33)

c2 =ω2

k2= gh

1 + 16h2k2

1 + 12h2k2

' gh.

Luego la ecuación 8.36 puede ser escrita

−cζ + 16h3f 000 − (h+ ζ)f 0 = constante

−c2ζ + 16h3(−gζ 00)− (h+ ζ)(−gζ) = constante

(1− gh

c2)ζ +

1

6h2ζ 00 − g√

ghζ2 = constante

Haciendo algunas otras aproximaciones, vea [1, p 401] una solución en formade onda solitaria se encuentra

ζ(x, t) = ζ01

cosh2∙r³

3ζ0h

´x−ct2h

¸ .8.9.7. Algunas soluciones de la ecuación de onda.

De acuerdo a las propiedades del operador ∇ puede probarse que sonsoluciones de la ecuación de onda tridimensional

∂2φ

∂t2− v2∇2φ = 0.

8.9.8. A) Ondas planas

Esta son soluciones de la forma

φ(x, y, x, t) = F (k · r − ωt) = F (kxx+ kyy + kzz − ωt),



donde F es una función arbitraria (diferenciable), v es la velocidad y k es unvector constante cuya magnitud se denomina número de onda. Para demos-trarlo basta considerar que

∇F (k · r − vt) = kF 0(k · r − ωt),

∇2F (k · r − vt) = k ·∇F (k · r − ωt)

∇2φ = k2F 00(k · r − ωt),

∂2φ

∂t2= ω2k2F 00(k · r − ωt),

que prueba lo establecido siempre y cuando

v =ω

k.

Hay que observar, que los puntos donde F tiene un valor constante, digamosF (0) están sobre el plano

k · r = ωt

k · r = vt,

es decir un plano que viaja precisamente con la velocidad de propagación dela onda v = ω/k, de allí se justifica la denominación de ondas planas.

r

k

vtO

Onda plana

8.9.9. B) Ondas esféricas

En coordenadas esféricas el Laplaciano puede escribirse (ver apéndice)

∇2 = 1

r2∂

∂rr2

∂

∂r+

1

r2 sin θ

∂

∂θsin θ

∂

∂θ+

1

r2 sin2 θ

∂2

∂φ2,



de modo que si buscamos soluciones de la ecuación de onda que dependande la distancia al origen solamente, la ecuación de onda será

∂2φ

∂t2− v2

1

r2∂

∂rr2

∂

∂rφ = 0,

pero usted puede establecer que

1

r2∂

∂rr2

∂

∂rφ =

1

r

∂2

∂r2(rφ),

de modo que la ecuación de onda es

∂2(rφ)

∂t2− v2

∂2

∂r2(rφ) = 0,

de modo querφ(r, t) = F (kr − ωt),

por lo cual una onda esférica es de la forma

φ(r, t) =F (kr − ωt)

r,

donde la velocidad de propagación es ahora

v =ω

k.

8.9.10. Las ondas electromagnéticas

Como ha sido bien establecido, los campos eléctricos E y mágnético B envacío satisfacen las cuatro ecuaciones de Maxwell

∇ ·E = 0, (8.38)

∇ ·B = 0, (8.39)

∇×E +∂B

∂t= 0, (8.40)

∇×B = μ0 0∂E

∂t. (8.41)



Vacío significa la nada. Una solución de estas ecuaciones diferenciales son lotrivial, no hay nada E = 0, B = 0. Pero, hay soluciones no triviales. Veremos.Tomemos el rotor de la tercera

∇× (∇×E) +∂∇×B

∂t= 0,

y reemplazando la cuarta

∇× (∇×E) + μ0 0∂2E

∂t2= 0,

pero como consecuencia de la primera

∇× (∇×E) = ∇(∇ ·E)−∇2E = −∇2E,

luego el vectoir camplo eléctrico satisface la ecuación de onda tridimensional

∇2E − μ0 0∂2E

∂t2= 0,

con velocidad de propagación

c =1

√μ0 0

Cosniderando que 0 = 8,854187817 × 10−12 Fm−1 y μ0 = 1,2566370614 ×10−6NA−2 resulta c = 2. 997 9× 108 m

sla rapidez de la luz en el vacío. Simi-

larmente, tomando el rotor de la cuarta

∇× (∇×B) = μ0 0∂∇×E

∂t,

reemplazando la tercera

−∇2B = −μ0 0∂2B

∂t2,

es decir la misma ecuación de onda

∇2B − μ0 0∂2B

∂t2= 0.



8.9.11. Ondas electromagnéticas planas

Probando soluciones de la forma

E = E0ei(k·r−ωt),

B = B0ei(k·r−ωt),

al sustituir en las cuatyro ecuaciones de Maxwell se obtiene que

k · E = 0,

k ·B = 0,

−E0 ×∇ei(k·r−ωt) − iωB0ei(k·r−ωt) = 0,

−B0 ×∇ei(k·r−ωt) = −μ0 0iωE0,

o bien

k ·E = 0,

k ·B = 0,

E0 × k = −ωB0,B0 × k = μ0 0ωE0,

que muestra que los vectores E0, B0 y el vector de propagación k son orto-gonales y además que

k2

ω2= μ0 0 =

1

c2,

ω = ck.

Es la relción de dispersión.

Interferencia de ondas

Consideremos ondas sinusoidales unidimensionales ψ(x, t) = A sin(kx −ωt + φ) donde φ se conoce como la fase de la onda. Debido a que la ecua-ción de onda es lineal, la superposición de este tipo de ondas de la mismavelocidad v = ω/k es también solución de la ecuación de onda, La superpo-sición de ondas de este tipo causa el fenómenos llamado de interferencia, enparticular de interferencia constructiva e interferencia destructiva. Considere



por ejemplo que la frecuencia sea la misma, entonces la longitud de ondatambién es la misma y el fenómeno que ocurre en la superposición dependede la diferencia de fase. En efecto, la superposición será

ψ = A1 sin(kx− ωt+ φ1) +A2 sin(kx− ωt+ φ2).

Aquí conviene utilizar elementos de los números complejos. Considere

A1ei(kx−ωt+φ1) +A2e

i(kx−ωt+φ2) = Aei(kx−ωt),

esto es cierto si

A = A1ei(φ1) +A2e

i(φ2)

= ei(φ1)(A1 +A2ei(φ2−φ1)).

Este número complejo puede colocarse en su forma polar de acuerdo a

A = |A| eiφ

donde

|A| =p(A1 +A2 cos(φ2 − φ1))

2 + (A2 sin(φ2 − φ1))2

=qA21 +A22 + 2A1A2 cos(φ2 − φ1),

tanφ =A2 sin(φ2 − φ1)

A1 +A2 cos(φ2 − φ1).

En resumen

A1ei(kx−ωt+φ1) +A2e

i(kx−ωt+φ2) = |A| eiφei(kx−ωt),

donde la superposición de ondas sinusoidales es la parte imaginaria de laúltima expresión, es decir

ψ = A1 sin(kx− ωt+ φ1) +A2 sin(kx− ωt+ φ2)

=qA21 +A22 + 2A1A2 cos(φ2 − φ1) sin(kx− ωt+ φ).

Es decir la superposición es una onda del mismo tipo, con otra fase φ y conotra amplitud. La interferencia se llama constructiva si la amplitud de laonda resultante es máxima y destructiva si es mínima. Estos casos ocurrenevidentemente si



a) Constructiva: φ2 − φ1 = 2nπ, n = 0, 1, 2...,

ψ = |A1 +A2| sin(kx− ωt).

b) Destructiva: φ2 − φ1 = (2n+ 1)π, n = 0, 1, 2...,

ψ = |A1 −A2| sin(kx− ωt).

Pulsaciones

Otro fenómenos ocurre si las ondas que se superponen tienen la mismavelocidad pero diferentes longitudes de onda y en consecuencia diferentesfrecuencias. Suponiendo las mismas fases y amplitudes la superposición es

ψ = A sin(k1x− ω1t) +A sin(k2x− ω2t),

v =ω1k1=

ω2k2

que puede escribirse como

ψ = 2A sin(k1 + k2)x− (ω1 + ω2)t

2cos

(k1 − k2)x− (ω1 − ω2)t

2,

esto es el producto de dos ondas que se propagan a iguales velocidades

v =ω1 + ω2k1 + k2

=ω1 − ω2k1 − k2

y que tienen frecuencias, una alta frecuenciaω1 + ω22

y otra que puede ser muy pequeñaω1 − ω22

si las ondas que se superponen tienen frecuencias próximas. Este fenómenose puede escuchar como un batido de baja frecuencia cuando se pulsan doscuerdas de guitarra casi afinadas en la misma nota.

ψ = 2A sin(k1 + k2)(x− vt)

2cos

(k1 − k2)(x− vt)

2

ω1 + ω22

=(k1 + k2)v

2,

ω1 − ω22

=(k1 − k2)v

2.



8.9.12. Velocidad de grupo

La superposición de muchas ondas de casi la misma frecuencia y conlongitudes de onda parecidas también, causa el fenómeno de la formaciónde un grupo que se dispersa. Para precisar las cosas supongamos que sesuperponen ondas con frecuencias en un cierto rango continuo, donde esasfrecuencias dependen de la longitud de onda de alguna forma funcional talcomo

ω = ω(k).

Esta relación se denomina relación de dispersión. En otras palabras estamossuponiendo que la velocidad de propagación v = ω(k)/k es alguna funciónde k es decir de la longitud de onda. Este caso tiene una representaciónconcreta en el caso de las ondas luminosas que se propagan en materialestransparentes, donde la velocidad de propagación en ese medio es dependientede la longitud de onda. Bueno, para ver lo que ocurre considere entonces unasuperposición continua para algún rango continuo de valores de k

ψ =

ZAk sin(kx− ω(k)t)dk.

Supongamos que la superposición es hecha en un entorno a un valor k0. Siexpandimos hasta primer orden

ω(k) = ω0 + ω00(k − k0),

entonces

ψ =

Z k0+∆

k0−∆Ak sin(kx− ω(k)t)dk,

=

Z k0+∆

k0−∆Ak sin(kx− (ω0 + ω00(k − k0))t)dk,

=

Z k0+∆

k0−∆Ak sin(ω

00k0t− ω0t+ k(x− ω00t))dk,

≈ 2A0x− ω00t

sin (∆(x− ω00t)) sin (k0x− ω0t)

donde hemos supuesto Ak ≈ Ak0 = A0. O sea, la resultante

ψ = 2A0sin (∆(x− ω00t))

x− ω00tsin (k0x− ω0t)



es una onda que viaja con la llamada velocidad de fase ω0/k0 modulada porotra onda que viaja con la llamada velocidad de grupo

vg = ω00 =dω(k)

dk

¯k=k0

.

Note que en esta aproximación la amplitud máxima de la modulación ocurreen

x = ω00t

Representaremos el grupo viajero para k0 = 10, ∆ = 1, A0 = 1, ω00 = 1, ω0 =1, en dos tiempos, t = 0 y t = 2.

52.50-2.5-5

2

1

0

-1

-2

x

y

x

y

Grupo en t = 0.y para t = 2

52.50-2.5-5

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

x

y

x

y

Grupo en t = 2.



Nota 8.1 En realidad la formación de grupos no se debe a la superposi-ción de ondas que sean soluciones de una determinada ecuación de onda. Lafunción considerada

ψ =

ZAk sin(kx− ω(k)t)dk,

no satisface la ecuación de onda. Ejemplo real donde se forman grupos sehará a continuación.

8.9.13. Efecto Doppler clásico

Suponga una onda viajera hacia la derecha del tipo armónico de velocidadde propagación v

φ(x, t) = A sin(kx− ωt).

Si otro observador se aleja hacia la derecha sobre el eje x con velocidadu < v, ¿que onda es observada por el observador móvil? Para el observadormóvil llamaremos la coordenada x0. Supondremos válida la transformaciónde Galileo, es decir obtendremos el denominado efecto Doppler clásico. Estatransformación puede escribirse

x0 = x− ut,

t0 = t.

Así resulta

φ0(x0, t0) = φ(x, t) = φ(x0 + ut, t0),

= A sin(k(x0 + ut)− ωt),

= A sin(kx0 − (ω − ku)t)

es decir una onda armónica pero con frecuencia

ω0 = ω − ku,

= ω(1− ku

ω),

= ω(1− u

v),

es decir una frecuencia menor. Si al contrario, el observador y la onda tienendirecciones de movimiento de distinto sentido resultará



ω0 = ω(1 +u

v),

una frecuencia mayor.

8.9.14. Efecto Doppler relativista

Para velocidades del observador muy altas, cercanas a la velocidad de laluz, debe aplicarse la transformación de Lorentz

x0 = γ(x− ut),

t0 = γ(t− ux

c2),

donde c es la velocidad de la luz y γ = 1/p1− u2/c2. Así resulta

φ0(x0, t0) = φ(x, t) = φ(γ(x0 + ut0), γ(t0 +ux0

c2)),

= A sin(kγ(x0 + ut0)− ωγ(t0 +ux0

c2)),

= A sin(γ(k − ωu

c2)x0 − γ(ω − ku)t0,

es decir

k0 = γ(k − ωu

c2),

ω0 = γ(ω − ku) = γω(1− u

v),

v0 =ω0

k0=

ω − ku

k − ω uc2

=v − u

1− uvc2

.

8.9.15. Efecto Doppler para ondas luminosas

Si las ondas tienen la velocidad de la luz, entonces v0 = v = c y losresultados anteriores se reducen a

ω0 = γ(ω − ku) =1q1− u2

c2

ω(1− u

c),

ω0 =

s1− u

c

1 + uc

ω.



8.10. Ejercicios propuestos.

Ejercicio 8.10.1 Demuestre que si F (x) y V (x) representan extensionesimpares y de periodo 2L de la forma y de la velocidad inicial de la cuerda,entonces la expresión

y(x, t) =1

2(F (x+ vt) + F (x− vt))

+1

2v

Z x+vt

x−vtV (x)dx

satisface la ecuación de onda y además

y(x, 0) = F (x),

∂y(x, t)

∂t

¯t=0

= V (x),

y(0, t) = 0,

y(L, t) = 0.

Esta solución se denomina de D’Alembert. Vea [1].

Ejercicio 8.10.2 Una cuerda elástica de largo L con extremos fijos partedel reposo con una deformación inicial

y(0, x) =

½cx si x < L/20 si x > L/2

Resuelva para y(x, t) en su desarrollo de Fourier. Esquematice cuidadosa-mente la forma de la onda para t = T/4, T = T/2, mediante la solución deD’Alembert.

Ejercicio 8.10.3 Repita el problema anterior si la cuerda parte tensa conun perfil de velocidades inicial

∂y(x, t)

∂t

¯t=0

=

½v0x/L si x < L/2

v0(1− x/L) si x > L/2

Ejercicio 8.10.4 Obtenga una expresión general para la superposición

ψ = A1 cos(kx− ωt+ φ1) +A2 cos(kx− ωt+ φ2).


8.10 Ejercicios propuestos. 351

Solución. Sea φ = kx− ωt. Además proponga

ψ = A cos(φ+ δ) = A1 cos(φ+ φ1) +A2 cos(φ+ φ2).

coeficientes de cosφ y sinφ se obtienen

A cos δ = A1 cosφ1 +A2 cosφ2A sin δ = A1 sinφ1 +A2 sinφ2,

de donde

A =p(A1 cosφ1 +A2 cosφ2)

2 + (A1 sinφ1 +A2 sinφ2)2

=qA21 +A22 + 2A1A2 cos (φ1 − φ2),

y la fase

tan δ =A1 sinφ1 +A2 sinφ2A1 cosφ1 +A2 cosφ2

.

N

Ejercicio 8.10.5 Obtenga la superposición de las dos ondas

ψ = 2A sin(kx− ωt+ π/4) +A sin(kx− ωt).

Solución. Utilizando lo anterior la amplitud resultante es

A =

r4A2 +A2 + 4A2 cos

³π4

´= A

q5 + 2

√2,

y la fase dada pòr

tan δ =2A sin π

4

2A cos π4+A

= 2−√2.

N

Ejercicio 8.10.6 Determine la potencia promedio transmitida por la ondadel problema anterior.



Ejercicio 8.10.7 Demuestre que si un punto se mueve sobre un plano demanera que sus dos coordenadas varían armonicamente como

x = A cos(ωt− α),

y = B cos(ωt− β),

entonces el punto describe una elipse. Determine además la orientación deesa elipse respecto al eje x.

Solución. Para obtener la ecuación cartesiana, es necesario eliminar eltiempo entre x, y. Una forma de hacerlo es usando números complejos. Con-sidere

ei(ωt−α) = cos(ωt− α) + i sin(ωt− α)

=x

A+ i

r1− x2

A2.

similarmente

e−i(ωt−β) = cos(ωt− β) + i sin(ωt− β)

=y

B− i

r1− y2

B2.

Multiplicando ambas se obtiene

ei(β−α) = (x

A+ i

r1− x2

A2)(y

B− i

r1− y2

B2)

=xy

AB− i

Ax

r1− y2

B2+

i

By

r1− x2

A2+

r1− x2

A2

r1− y2

B2,

tomando la parte real

cos(β − α) =xy

AB+

r1− x2

A2

r1− y2

B2,

reordenando r1− x2

A2

r1− y2

B2= cos(β − α)− xy

AB,

finalmente, elevando al cuadrado y ordenando

x2

A2+

y2

B2− 2 xy

ABcos(β − α) = sin2(β − α),

que es la ecuación de una elipse.



N

Ejercicio 8.10.8 Demuestre que una superposición de ondas de la forma

ψ =

ZAk sin(kx− ω(k)t)dk.

no satisface la ecuación de ondas a menos que

v =ω(k)

k

sea constante. Esto naturalmente cuestiona el hecho de superponer ondas queno satisfacen una ecuación lineal. Las situaciones físicas donde se formangrupos son complejas. Vea([1, pag.370])

Ejercicio 8.10.9 Demuestre que si v denota la velocidad de fase de unaonda armónica y vg la velocidad de grupo, entonces

vg = v + kdv

dk.

Solución. Sea ω = ω(k) la relación de dispersión. Tenemos, por definición

v =ω

k, vg =

dω

dk.

Derivando la primera respecto a k resulta

dv

dk=

d

dk

ω

k=

ddkω

k− ω

k2

=vgk− v

k,

que prueba lo solicitado.

N

Ejercicio 8.10.10 Si n(λ) denota el índice de refracción de un materialtransparente en función de la longitud de onda, demuestre que la velocidadde grupo está dada por

vg =c

n(1 +

λ

nn0(λ)).



Solución. El índice de refracción se define

n(λ) =c

v(λ),

siendo v la velocidad de fase. O sea

n(λ) =cωk

=c

ωk,

o bien

ω =ck

n(λ).

Derivando respecto a λ resulta

vg =dω

dk=

d

dk

ck

n(λ)=

c

n(λ)− ck

n2(λ)n0(λ)

d

dkλ,

que puede reordenarse

vg =c

n

µ1− k

nn0(λ)

d

dkλ

¶,

pero

λ =2π

k,

luego

vg =c

n

µ1 +

k

nn0(λ)

2π

k2

¶=

c

n

µ1 +

λ

nn0(λ)

¶.

N

Ejercicio 8.10.11 Demuestre que

∇12v · v − v × (∇× v) = v ·∇v.



Solución. Es útil saber que (suma sobre índices repetidos)³a× b

´i= ijkajbk,

ijk klm = δmjδli − δljδmi,

luego

(v × (∇× v))i = ijk klmvj∂lvm

= vj∂ivj − vj∂jvi

= ∂i1

2vjvj − v ·∇vi,

que prueban el resultado.

N


Capítulo 9

Problemas complementarios

Ejercicio 9.0.12 Demuestre que el movimiento de una partícula en uncampo central V (r) = −k/r + h/r2 con k y h constantes, es el mismo quebajo el potencial de Kepler, cuando se expresa con respecto a un sistema dereferencia que rota en torno del centro de fuerza. Determine además paraenergía negativa y cuando el término adicional es muy pequeño, la velocidadde precesión de la órbita cuasielíptica .

Ejercicio 9.0.13 Una partícula es disparada desde la superficie de la tierra,supuesta esférica de masa M y radio R, con rapidez inicial V0, formandoun ángulo φ con la vertical del lugar. Despreciando la resistencia del aire, larotación terrestre y el movimiento de la tierra, demuestre que la excentricidadde la trayectoria está dada por

e2 = 1 +R2V 2

0 sen2(φ)

G2M2

µV 20 −

2GM

R

¶.

la trayectoria es

r =R2V 2

0 sen2(φ)

GM(1 + e cos(θ)).

¿cuál es la ubicación del eje polar de la cónica?

Ejercicio 9.0.14 Un potencial frecuentemente encontrado en física nucleares el pozo rectangular, definido por:

V (r) =

½0 si r ≥ a−V0 si r < a

.


358 Problemas complementarios

Demuestre que el scattering producido por tal potencial es idéntico con larefracción de un rayo luminoso por una esfera de radio a y un índice derefracción relativo

n =

rE + V0

E.

Demuestre además que la sección diferencial de scattering está dada por

σ(θ) =n2a2(n cos(θ/2)− 1)(n− cos(θ))4 cos(θ/2)(1 + n2 − 2n cos(θ/2))2 .

Ejercicio 9.0.15 Determinar la sección eficaz para partículas que caen enel centro en un potencial (Landau, Mecánica [7])

U = − α

r2.

Ejercicio 9.0.16 Determinar la sección eficaz en el scattering para ángulospequeños, en un potencial central

U =a

rn, con n > 0.

Ejercicio 9.0.17 Dos partículas se mueven bajo la acción de su atraccióngravitacional, una en torno de la otra en órbitas circulares, con periodo τ .Si su movimiento es repentinamente detenido, cayendo entonces una haciala otra, demuestre que ellas chocan en un tiempo dado por

t =τ

4√2.

Ejercicio 9.0.18 Un balde con líquido se hace rotar en torno de la verticalcon velocidad angular constante. Si se supone que la situación estacionariacorresponde a un mínimo del hamiltoniano del sistema, determine la formade la superficie.

Ejercicio 9.0.19 Un cable flexible, cuyo peso por unidad de longitud esuniforme, cuelga entre dos puntos dados bajo la acción de la gravedad, figura(9.1). Determine la forma de dicho cable bajo la condición de que la energíapotencial sea un mínimo, compatible con la longitud fija del cable.

Ejercicio 9.0.20 Si g(p) denota la transformada de Legendre de f(x), de-muestre entonces que si


359

O

y

xdx

ds

Figura 9.1:

a) f(x) = x2 entonces g(p) = p2/4.

b) f(x) = mx2/2 entonces g(p) = p2/2m.

c) f(x) = xα/α entonces g(p) = pβ/β con 1/α + 1/β = 1, si α > 1 yβ > 1.

Ejercicio 9.0.21 Demuestre, con la notación del problema anterior que

px ≤ f(x) + g(p)

la desigualdad de Young, válida para x > 0, p > 0, α > 1, β > 1, y 1/α +1/β = 1.

Ejercicio 9.0.22 Encuentre los hamiltonianos correspondientes a los la-grangianos

L(q) =p1− q2,

L(q, q, t) = eαt(q2 − ω2q2)/2.

Ejercicio 9.0.23 Encuentre los lagrangianos correspondientes a los hamiltonia-nos

H(q, p) = p2/2 + p sin(q),

H(q, p) = p2/2 + q2/2.



Ejercicio 9.0.24 Considere un péndulo constituido por una barra uniformede masa M y longitud L que oscila en un plano vertical bajo la acción desu peso. Considere además que el punto de suspensión se hace oscilar ver-ticalmente con amplitud A y frecuencia angular Ω, figura (9.2). Escriba laecuación de Lagrange para el ángulo que forma el péndulo con la vertical.

A

Gθ

A cos(Ωt)

y

O

Figura 9.2:

Ejercicio 9.0.25 Con respecto a la situación del problema anterior, ana-lice la posibilidad de que el movimiento sea estable cuando el péndulo estáoscilando respecto a la posición más alta. (Vea [6])

Ejercicio 9.0.26 Para el movimiento de un trompo simétrico con su púafija, discuta la condición que debe cumplir su spin para que su movimientodormido, trompo bailando vertical, sea estable. Considere dados sus momen-tos de inercia respecto a la púa, A y C, su masa M y la distancia h desde lapúa al centro de masas, además de la aceleración de gravedad.

Ejercicio 9.0.27 Considere el movimiento de un trompo simétrico con supúa fija, en precesión uniforme, es decir con la inclinación de su eje respectode la vertical constante. Deduzca la condición que deben cumplir su spin sy su velocidad angular de precesión φ = Ω para que ello ocurra. Consideredados los momentos de inercia respecto a la púa, A y C, su masa M y ladistancia h desde la púa al centro de masas, además de la aceleración degravedad.


361

Ejercicio 9.0.28 Considere una partícula moviéndose en un campo centralde fuerza atractivo inverso al cuadrado de la distancia, de modo que

L =1

2mv2 +

k

r.

Demuestre que la energía, en términos de las variables de acción angular,para coordenadas r y θ en el plano del movimiento, está dada por

E = − 2mπ2k2

(Jr + Jθ)2.

Ejercicio 9.0.29 Para la versión relativista del problema anterior con la-grangiano

L = −m0c2p1− (v/c)2 + k

r,

demuestre que para el caso estable, partícula sin caer al origen

m0c2

E= 1 +

(k/c)2

(Jr/2π +p(Jr/2π)2 − (k/c)2)2

.

Ejercicio 9.0.30 Si se indica con α = e2/(4π 0~c) la constante de estructu-ra fina y se imponen las reglas de cuantización de Somerfeld Jθ = nθh, Jr =nrh,con nθ = 1, 2, 3, ..., nr = 0, 1, 2, ..., demuestre que hasta orden en α2, laenergía está dada por

E = m0c2 − m0c

2α2

2n2

µ1 +

α2

n2

µn

nθ− 34

¶¶,

siendo n = nr+nθ. Compare con los niveles predichos por la teoría de Dirac

E = m0c2 − m0c

2α2

2n2

µ1 +

α2

n2

µn

j + 1/2− 34

¶¶,

siendo j el momentum angular total del electrón, incluido spin.

Ejercicio 9.0.31 Estudie la naturaleza de las órbitas que son posibles en elmodelo relativista de campo central de fuerza considerado en los problemasanteriores, en particular la condición bajo la cual la partícula cae al centrode fuerza.



Ejercicio 9.0.32 Un lagrangiano está dado por

L =1

4q4 − α2

2q2.

Para este caso, la definición del momento canónico

p = q3 − α2q

no permite resolver en forma unívoca para q. La evolución en q(t) tiene una,dos o tres soluciones dependiendo de p y α. En el caso en que hayan tressoluciones, demuestre que la acción al ir entre dos punto en un tiempo Talcanza su mínimo −1

4α4T para trayectorias zigzagueantes con q = ±α, ver

figura (9.3).Vea, Gravity in higher dimensions, M.Henneaux, C.Teitelboim,

q

T

Figura 9.3: Mínimo de una acción

J.Zanelli. [9]

Ejercicio 9.0.33 Si F denota una función de las coordenadas y momentoscanónicos, demuestre que los corchetes de Poisson con las coordenadas ymomentos son

F, qi = −∂F∂pi

,

F, pi =∂F

∂qi.


363

Ejercicio 9.0.34 Si L denota el momentum angular de una partícula, de-muestre que

Li, Lj = εijkLk,½¯L¯2, L · n

¾= 0.

Ejercicio 9.0.35 Demuestre que si F (q, p, t) y G(q, p, t) son constantes demovimiento, también lo es su paréntesis de Poisson.


Capítulo 10

Problemas resueltos

Ejemplo 10.0.1 Considere una partícula de masa m que se coloca en elpunto más alto de un hemisferio liso de radio R y masaM que puede deslizarsobre un plano horizontal liso, fig. (10.1). Estando el sistema en reposo seperturba levemente Discuta sobre la posibilidad de que la partícula abandoneel contacto con el hemisferio.

Solución. Con relación a la figura las ecuaciones de movimiento son

θR

xM

m

Figura 10.1:

md2(x+R sin θ)

dt2= N sin θ,

md2(R cos θ)

dt2= N cos θ −mg,

Md2x

dt2= −N sin θ


366 Problemas resueltos

. Si se elimina x y N se obtiene una ecuación diferencial para el ángulo θ queintegrada una vez conduce a

θ2=2g

R

1− cos θ1− m

m+Mcos2 θ

.

Considerando que la condición para que exista despegue de la superficie esN = 0, o sea x = 0, se obtiene

d

dθ(θ2cos2 θ) = 0,

que desarrollada conduce a una ecuación de tercer grado para el cos θ. Enefecto se tiene

p cos3 θ − 3 cos θ + 2 = 0, con p =m

m+M.

La existencia de una solución real en el intervalo (0, π/2) se deduce del hechoque si evaluamos f(θ) = p cos3 θ − 3 cos θ + 2 en 0 y 1 resulta

f(0) = p− 1 < 0f(π/2) = 2 > 0.

Una forma trigonométrica de solucionar esta ecuación se logra suponiendoque

cos θ = A cosφ.

Si se compara la ecuación a resolver con la identidad

4 cos3 φ− 3 cosφ− cos 3φ = 0,

puede demostrarse que

A =2

p, cos 3φ = −√p.

De las tres soluciones para φ que se determinan numéricamente, si son reales,debe escogerse aquella que conduzca a cosφ ≤ 1. Por ejemplo si p = 1/2resultan φ = 40o, 160o, 280o. Sirve la última para la cual se obtiene cos θ =√3− 1, de donde el ángulo de despegue será θ = 42. 94o

N


367

Nota 10.1 Es de utilidad para un número de problemas, incluido el anterior,el uso de la identidad

d2

dt2f(s) =

1

2f 0(s)

d

ds[f 0(s)s]

2.

Ejemplo 10.0.2 Dos partícula iguales de masa m se colocan una sobre elsuelo liso, otra unida por una cuerda liviana de longitud L a la primera demodo que la cuerda está vertical y recta pero sin tensión inicial T (0) = 0.A la partícula superior se le imprime una velocidad horizontal de magnitudV0. Demuestre que si V 2

0 /gL < 1 la cuerda dejará de estar tensa y que siV 20 /gL > 2 la partícula inferior despegará del suelo.

Solución.

θ

V0

x

Nmg

T

T

Las ecuaciones de movimiento suponiendo que la cuerda se tensa (al menosal inicio) y que la partícula inferior no se despega son

mx = T sin θ,

N + T cos θ −mg = 0,

md2

dt2(x+ L sin θ) = −T sin θ,

−mg − T cos θ = md2

dt2(L cos θ),

restando la tercera menos la primera eliminamos x resultando

T = − m

2 sin θ

d2

dt2(L sin θ)



reemplazando esta T en la cuarta resulta

−mg + cos θm

2 sin θ

d2

dt2(L sin θ) = m

d2

dt2(L cos θ),

o

−g + cos θ L

2 sin θ

1

2 cos θ

d

dθcos2 θθ

2= −L 1

2 sin θ

d

dθsin2 θθ

2,

2g

Lsin θ =

d

dθsin2 θθ

2+1

2

d

dθcos2 θθ

2

integrando entre 0 y θ considerando que θ(0) = V0Lresultará

sin2 θθ2+1

2cos2 θθ

2 − 12

V 20

L2=2g

L(1− cos θ),

luego

θ2=

12

V 20

L2+ 2g

L(1− cos θ)

sin2 θ + 12cos2 θ

=12

V 20L2+ 2g

L(1− cos θ)

1− 12cos2 θ

.

Con este resultado podemos evaluar T

T = − m

2 sin θ

d2

dt2(L sin θ) = − mL

2 sin θ

1

2 cos θ

d

dθcos2 θθ

2

= − mL

2 sin θ

1

2 cos θ

d

dθ

Ãcos2 θ

12

V 20

L2+ 2g

L(1− cos θ)

1− 12cos2 θ

!

sea z = cos θ y p = V 20

gL

T =mL

2

1

2z

d

dz

Ãz2

12

V 20

L2+ 2g

L(1− z)

1− 12z2

!

= mgp+ 4− 6z + z3

(2− z2)2

entonces

N = mg − zmgp+ 4− 6z + z3

(2− z2)2= mg

2z2 − zp− 4z + 4(2− z2)2

= mg2 cos2 θ − (p+ 4) cos θ + 4¡

1 + sin2 θ¢2


369

de alumno

T =mL

2

(V 20

L2+ 4g

L)− 4g

Lsin θ(3 + 3 cos2 θ + 2 sin2 θ)

(1 + cos2 θ)2=

mg

2

(V 20gL+ 4)− 4 sin θ(3 + 3 cos2 θ + 2 sin2 θ)

(1 + cos2 θ)2

(V 20gL+4)−4 sin θ(3+3 cos2 θ+2 sin2 θ) = (V

20

gL+4)−4z(3+3(1−z2)+2z2) =

=V 20

gL+ 4− 24z + 4z3

N =2mg (1 + cos2 θ)

2

2 (1 + cos2 θ)2− mg

2

((V 20

gL+ 4)− 4 sin θ(3 + 3 cos2 θ + 2 sin2 θ)) sin θ

(1 + cos2 θ)2

= mg2 (1 + cos2 θ)

2 − (V20

gL+ 4)− 4 sin θ(3 + 3 cos2 θ + 2 sin2 θ) sin θ2 (1 + cos2 θ)2

2¡2 + z2

¢2 − (V 20

gL+ 4)− 4z(3 + 3(1− z2) + 2z2)z

: 4− 16z2 + 6z4 − V 20gL

Podemos ver que si V0 =√gL la tensión inicial es cero, pero inmediata-

mente se hace positiva. La reacción normal no se anula y el sistema continuaen movimiento sin romper ni un vínculo hasta que la partícula de arriba llegaal suelo. Si V0 >

√gL la tensión parte siendo positiva y se mantiene así. La

reacción normal puede anularse. Si p = 2 la reacción normal parte siendocero pero inmediatamente se recupera el contacto con el suelo. Si p > 2 porejemplo sea p = 3

T (1) = mg3 + 4− 6 + 1(2− 1)2

= 2mg

entonces inicialmente z = 1

N(1) = mg2− 3− 4 + 4(2− 1)2

= −mg

lo cual significa que la partícula de abajo parte inmediatamente perdiendoel contacto con el suelo. Para velocidades menores que

√gL, la longitud del

hilo parte acortándose pero la distancia entre las dos partículas será

d =px2 + y2 =

r(v0t)2 + (L−

1

2gt2)2 =

rL2 − (Lg − v20)t

2 +g2t4

4,



luego la cuerda se pone tensa cuando −(Lg − v20) +g2t2

4= 0, o sea en

t =2

g

qLg − v20,

y allí recién la partícula de abajo inicia su movimiento.

N

Ejemplo 10.0.3 Se desea disparar un proyectil, desde el Ecuador hasta elPolo, sin considerar resistencia de aire o rotación terrestre. Analice las di-versas posibilidades.

Solución. Suponiendo la tierra de masa M y radio R, y el proyectil esdisparado con rapidez inicial V0, formando un ángulo φ con la vertical dellugar, se tiene

lO = mRV0 sinφ, E =1

2mV 2

0 −GMm

R,

de donde resulta

e2 = 1 +2El2OmK2

= 1 +R2V 2

0 sen2(φ)

G2M2

µV 20 −

2GM

R

¶,

y la ecuación de la órbita será

r =l2OmK

1

1− e cos(θ − α)=

R2V 20 sen

2(φ)

GM(1− e cos(θ − α)).

Si se coloca como condición que r = R, en θ = 0, y en θ = π/2, se obtieneα = π/4 y

1− e1√2=

RV 20 sen

2(φ)

GM,

denotando V 2e = 2GM/R y x = (Ve/V0)2, puede obtenerseq

1− 4x(1− x) sin2 φ =√2(1− 2x sin2 φ),

que puede resolverse para x (las soluciones positivas sirven)

x = (Ve/V0)2 =

1

2 cos 2φ

Ã−1±

s1 + cos 2φ

1− cos 2φ

!,


371

pero

cos 2φ = 2 cos2 φ− 1 = 1− 2 sin2 φ

luego puede escribirse

(Ve/V0)2 =

1

2 sinφ

(− sinφ± cosφ)cos2 φ− sin2 φ ,

= − 1

2 sinφ

(cosφ+ sinφ)

cos2 φ− sin2 φ

=1

2 sinφ

1

sinφ− cosφ

=1

2 sin2 φ− 2 sinφ cosφ

=1

1− cos 2φ− sin 2φ (φ > π/4)

o

=1

2 sinφ

(cosφ− sinφ)cos2 φ− sin2 φ

=1

2 sinφ

1

cosφ+ sinφ

=1

1− cos 2φ+ sin 2φ

en particular para φ = π/2 (órbita circular) resulta como era de esperarx = 1/2, o sea V 2

0 = GM/R. Si φ = π/4, la solución es x = 1/4.

N

Ejemplo 10.0.4 Una partícula se mueve en un campo central inverso alcuadrado a la distancia en movimiento elíptico. Determine los promediostemporales en un periodo del movimiento de la energía cinética y de la energíapotencial en términos de la constante de la ley de fuerza y del semieje mayorde la elipse.



Solución. Si T denota el periodo, los valores promedios a calcular son:

hKi =1

T

TZ0

1

2m(r2 + r2θ

2)dt ,

hV i =1

T

TZ0

−Krdt .

Ambas integrales pueden cambiarse a integrales respecto al ángulo si se utilizalO = mr2θ, de la siguiente forma

hKi = 1

T

2πZ0

1

2m

Ãµdr

dθθ

¶2+ r2θ

2

!dθ

θ,

hV i = − 1T

2πZ0

K

r

dθ

θ.

Si además se utiliza la expresión para la trayectoria

r =l2OmK

1

1− e cos θ,

se puede obtener

hKi =1

T

2πZ0

1

2m(

µl2OmK

e sin θ

(1− e cos θ)2

¶2+ r2)

lOmr2

dθ ,

hV i = − 1T

2πZ0

K

r

mr2

lOdθ = −Km

TlO

2πZ0

l2OmK

1

1− e cos θdθ ,

que pueden ser simplificadas a

hKi =lO2T

2πZ0

(e2 sin2 θ

(1− e cos θ)2+ 1)dθ ,

hV i = − lOT

2πZ0

1

1− e cos θdθ ,


373

utilizando la integral conocida

2πZ0

1

1− e cos θdθ =

2π√1− e2

,

e integrando por partes la expresión para hKi, se obtiene

hKi = l02T

2π√1− e2

, hV i = − l0T

2π√1− e2

.

Estos resultados pueden expresarse en términos de K, y a. Para ello recuerdeque

T =πabm

lO, a =

l2OmK

1

1− e2, b =

l2OmK

√1− e2

1− e2,

de donde resultará

hKi = K

a, hV i = −2K

a.

N

Ejemplo 10.0.5 Un potencial frecuentemente encontrado en física nucleares el pozo rectangular, definido por:

V (r) =

½0 si r ≥ a−V0 si r < a

.

Demuestre que el scattering producido por tal potencial es idéntico con larefracción de un rayo luminoso por una esfera de radio a y un índice derefracción relativo

n =p(E + V0)/E .

Solución. La ecuación de movimiento puede escribirse, en coordenadaspolares como

m(r − rθ2) = −V0δ(r − a) , mr2θ = l0 ,

lo que muestra que se conserva la velocidad transversal (a lo largo de θ) y lacomponente radial cambia al pasar la esfera según

r2¯a+− r2

¯a−= −2V0

m.



De allí es fácil demostrar lo pedido, pues, ver figura (10.2), se tiene que

V1 sin θ1 = V2 sin θ2,

(V1 cos θ1)2 − (V2 cos θ2)2 = −2V0/m , V 2

1 = 2E/m ,

luegosin θ1 =

p(E + V0)/E sin θ2 .

V1

V2θ1

θ2a

Figura 10.2:

N

Ejemplo 10.0.6 Dos partículas de masa m1 y m2 se mueven bajo la acciónde su atracción gravitacional, una en torno de la otra en órbitas circula-res, con periodo τ . Si su movimiento es repentinamente detenido, cayendoentonces una hacia la otra, demuestre que ellas chocan en un tiempo dadopor

t =τ

4√2.

Solución. Para la situación inicial, ambas partículas describiendo círculosen torno de G, se puede establecer que

τ =2πR√R√

GM,


375

siendo R = R1+R2 ,M = m1+m2.Para la situación dinámica, una cayendohacia la otra, la segunda ley de Newton implica

r = −GMr2

,

siendo r = r1 + r2. Una primera integral conduce a

dr

dt= −√2GM

r1

r− 1

R.

Separando variables e integrando nuevamente, se obtiene el tiempo para quechoquen, es decir para que r = R→ r = 0. Ese tiempo resulta

t =R√Rπ

2√2GM

,

de donde es fácil establecer lo solicitado.

N

Ejemplo 10.0.7 Se realizan tres rotaciones activas sucesivas en π/2 en tor-no a los ejes cartesianos x, y, z en ese orden. Encuentre el eje y el ángulo dela rotación equivalente.

Solución. La matriz de la rotación resultante será⎛⎝ 0 −1 01 0 00 0 1

⎞⎠⎛⎝ 0 0 10 1 0−1 0 0

⎞⎠⎛⎝ 1 0 00 0 −10 1 0

⎞⎠ ,

es decir

R =

⎛⎝ 0 0 10 1 0−1 0 0

⎞⎠ ,

de donde 1+ 2 cosφ = Tr(R) = 1, por lo tanto φ = π/2. El eje se deduce de

R−RT =

⎛⎝ 0 0 20 0 0−2 0 0

⎞⎠ = 2 sinφ

⎛⎝ 0 −nz nynz 0 −nx−ny nx 0

⎞⎠ ,

de donde se deduce que es una rotación en noventa grados respecto al eje y.



N

Ejemplo 10.0.8 Pruebe la siguiente relación entre rotaciones, que genera-liza el resultado del problema anterior

Rz(φ)Ry(π/2)Rx(φ) = Ry(π/2) .

Solución. La matriz de rotación finita ha sido escrita en términos de unamatriz que hemos llamado (n×). Por una obvia propiedad de los vectores,tenemos que

Ra× b = R(a×R−1b) ,

lo que significa que la matriz cruz correspondiente a un vector rotado es

(Ra×) = R(a×)R−1 .

En consecuenciaRRn(φ)R

−1 = RRn(φ).

En particular se tiene

Ry(π/2)Rx(φ) = Ry(π/2)Rx(φ)R−1y (π/2)Ry(π/2)

= R−z(φ)Ry(π/2) ,

de donde es claro el resultado.

N

Ejemplo 10.0.9 Demuestre la siguiente relación de rotaciones que involu-cran los ángulos de Euler, ecuación 4,7 con la notación allí indicada:

R = Rz0(Ψ)Rn(Θ)Rz(Φ) = Rz(Φ)Rx(Θ)Rz(Ψ) .

Solución. La demostración está basada en las mismas propiedades delproblema anterior. Considere que

n = Rz(Φ)ı , k0 = Rn(Θ)k = RRz(Φ)ı(Θ)k ,

por lo tanto se tiene

R = Rn(Θ)Rz(Ψ)Rn(−Θ)Rn(Θ)Rz(Φ)

= Rz(Φ)Rx(Θ)Rz(−Φ)Rz(Ψ)Rz(Φ)

= Rz(Φ)Rx(Θ)Rz(Ψ).

pues rotaciones en torno a un mismo eje conmutan.


377

N

Ejemplo 10.0.10 Demuestre que las componentes de la velocidad angular,en términos de los ángulos de Euler son

a) En el sistema móvil

ωx0 = θ cosψ + φ sin θ sinφ ,

ωy0 = −θ sinψ + φ sin θ cosφ ,

ωz0 = ψ + φ cos θ .

b) En el sistema de ejes fijos:

ωx = ψ sin θ sinφ+ θ cosφ ,

ωy = −ψ sin θ cosφ+ θ sinφ ,

ωz = ψ cos θ + φ .

y

x

z

x'

y'z'

θ

Ψφ

Figura 10.3:

Solución. De acuerdo al teorema de adición de velocidades angulares setiene que

ω = φk + θı00 + ψk0, (10.1)



siendo ı00 = cosφı + sinφj =cosψı0 − sinψj0, entonces, para escribirla entérminos de las direcciones fijas basta considerar que

k0 = cos θk + sin θ(sinφı− cosφj),

entonces

ω = φk + θ(cosφı+ sinφj) +

ψ(cos θk + sin θ(sinφı− cosφj)),= (ψ sin θ sinφ+ θ cosφ)ı+

(−ψ sin θ cosφ+ θ sinφ)j+

(ψ cos θ + φ)k.

Para escribirla en ejes móviles considere de nuevo (10.1)

ω = φk + θı00 + ψk0,

y ahorak = cos θk0 + sin θ(cosψj0 + sinψı0),

entonces

ω = φ(cos θk0 + sin θ(cosψj0 + sinψı0)) +

θ(cosψı0 − sinψj0) + ψk0

= (φ sin θ sinψ + θ cosψ)ı0 +

(φ sin θ cosψ − θ sinψ)j0 +

(φ cos θ + ψ)k0

N

Ejemplo 10.0.11 Considere una función escalar V (r). Determine la nuevafunción escalar U(r) obtenida rotando la anterior en torno a un eje por elorigen, mediante una rotación en torno a un eje n en un ángulo φ.

Solución. Evidentemente, los valores de la función rotada U en un puntor son los valores de la función original en el punto R−1r, es decir

U(r) = V (R−1r).

N


379

Ejemplo 10.0.12 Se tiene un elipsoide centrado y orientado de acuerdo alos ejes cartesianos con ecuación:

x2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1 .

Determine la ecuación del elipsoide que se obtiene al rotar el anterior entorno a un eje que pasa por su centro en un ángulo φ y en un eje n.

Solución. Es conveniente escribir la ecuación del elipsoide en una formamatricial

rTM r = 1,

siendo

M =

⎛⎝ 1/a2 0 00 1/b2 00 0 1/c2

⎞⎠ .

De acuerdo al problema anterior, la ecuación del elipsoide rotado será

(R−1r)TM(R−1) r = 1,

o bienrTRn(φ)MRn(−φ) r = 1.

Falta realizar la multiplicación matricial indicada, que es un tanto complica-da. Por ejemplo si, se trata de una rotación respecto al eje x, resultará

x2

a2+

µcos2 φ

b2+sin2 φ

c2

¶y2 +

µsin2 φ

b2+cos2 φ

c2

¶z2

+2 cosφ sinφ

µ1

b2− 1

c2

¶z y = 1

N

Ejemplo 10.0.13 En la colisión de dos cuerpos rígidos si se conserva laenergía en el choque, pruebe entonces que el coeficiente de restitución esunitario. Aquí, el coeficiente de restitución debe ser definido respecto a ladirección en que se desarrolla la fuerza de interacción impulsiva (J), verfigura (10.4).



J

V1

V2

J

G1

G2ω1ω2

Figura 10.4:

Solución. Si llamamos J a la interacción impulsiva y P1(y P2) al puntode contacto, 1 y 2 a los centros de masas e indicamos con + y− a valores delas diversas cantidades justo después y justo antes de la colisión, tenemosque

M1(v+1 − v−1 ) = J , (10.2)

M2(v+2 − v−2 ) = −J , (10.3)

H1(ω+1 − ω−1 ) = G1P × J , (10.4)

H2(ω+2 − ω−2 ) = −G2P × J , (10.5)

y conservación de energía

1

2M1v

+21 +

1

2M2v

+22 +

1

2ω+1 ·H1ω

+1 +

1

2ω+2 ·H2ω

+2 =

1

2M1v

−21 +

1

2M2v

−22 +

1

2ω−1 ·H1ω

−1 +

1

2ω−2 ·H2ω

−2 . (10.6)

De las ecuaciones (10.4) y (10.5) se obtiene

ω+1 ·H1ω+1 − ω−1 ·H1ω

−1 = (ω

+1 + ω−1 ) ·G1P × J ,

ω+2 ·H2ω+2 − ω−2 ·H2ω

−2 = −(ω+2 + ω−2 ) ·G2P × J .

De aquí, con algo de álgebra, puede obtenerse de la ecuación de conservaciónde la energía

(v+1 + v−1 ) · J − (v+2 + v−2 ) · J = −(ω+1 + ω−1 )×G1P · J +


381

+(ω+2 + ω−2 )×G2P · J ,

perov+P1 = v+1 + ω+1 ×G1P ,

y similarmente las otras, entonces

(v+P1 + v−P1 − v+P2 − v−P2) · J ,

es decir(v+P1 − v+P2) · J = −(v−P1 − v−P2) · J .

que significa coeficiente de restitución unidad, en la dirección del impulso deinteracción.

N

Ejemplo 10.0.14 Para el movimiento de un trompo simétrico con su púafija, discuta la condición que debe cumplir su spin para que su movimientovertical sea estable. Considere dados sus momentos de inercia respecto a lapúa, A y C, su masa M y la distancia h desde la púa al centro de masas.

Solución. Las constantes para el movimiento de este trompo serán

α = Aφ2sin2 θ + Cs cos θ = Cs, E =

1

2Cs2 +mgh.

Entonces, la ecuación para u2 (u = cos θ) resulta

u2 = f(u) = (2mgh− 2mghu)1− u2

A−µCs− Csu

A

¶2,

que admite como índice u1 = 1, u2 = 1, y para la otra

2mhg1 + u

A−µCs

A

¶2= 0.

La condición de estabilidad es que esta tercera raíz, sea mayor que 1, es decirµCs

A

¶2≥ 4mhg

A.

N



Ejemplo 10.0.15 Considere el movimiento de un trompo simétrico con supúa fija, en precesión uniforme, es decir con la inclinación de su eje respectode la vertical constante. Deduzca la condición que deben cumplir su spin Sy su velocidad angular de precesión φ = Ω para que ello ocurra. Consideredados sus momentos de inercia respecto a la púa, A y C, su masa M y ladistancia h desde la púa al centro de masas, además de la aceleración degravedad.

Solución. Aquí es preferible partir de cero. Para este caso en el momen-tum angular varían sólo los vectores unitarios ı , k. En efecto

L0 = Aφ sin θ ı+ Cs cos θ k ,

de dondedL0dt

= Aφ sin θdı

dt+ Cs cos θ

d k

dt= −mgh sin θ j .

Las derivadas son

dı

dt= φ cos θ j ,

d k

dt= −φ sin θ j ,

por lo que resulta la condición

Aφ2cos θ − Csφ+mgh = 0.

Puede notarse que para un spin dado, existe uno, dos, o ni un valor de laprecesión φ según sea el signo del discriminante

C2s2 − 4Amgh cos θ.

N

Ejemplo 10.0.16 Respecto al problema anterior, deduzca la condición quedebe cumplir el spin s del trompo, para que el trompo pueda tener movimientode precesión uniforme en cualquier ángulo θ.

Solución.De la solución del problema anterior, basta requerir que C2s2−4Amgh cos θ ≥ 0 para todo θ. Por lo tanto debe ser

C2s2 ≥ 4Amgh.

N


383

Ejemplo 10.0.17 Considere una barra de largo 2a y masa m que se colocahorizontalmente en equilibrio sobre el punto más alto de una esfera de radio Rque permanece en reposo. Considerando sólo movimiento en el plano verticalque contiene la barra, escriba la ecuación de movimiento para el ángulo quegira la barra, considerando que ella no desliza sobre la esfera. Ver figura(10.5).

R θ

m, 2a G

P

GP = Rθ

Figura 10.5:

Solución. Con relación a la figura, se tiene

xG = R sin θ −Rθ cos θ , yG = R cos θ +Rθ sin θ .

De allí se obtiene

L =1

2mR2θ2θ

2+1

2Iθ2 −mg(R cos θ +Rθ sin θ) , I =

1

3ma2 ,

y(I +mR2θ2)θ +mR2θθ

2+mgR cos θ = 0 .

N

Ejemplo 10.0.18 Considere una partícula de masa m que se mueve en unplano. Las coordenadas elípticas ζ y η se definen por:

ζ = r1 + r2 ,



η = r1 − r2 ,

siendo r1 y r2 las distancias de la partícula a dos puntos fijos en el pla-no del movimiento. Demuestre que en términos de coordenadas elípticas, elhamiltoniano de la partícula libre está dado por:

H = 2p2ζζ2 − 4c2ζ2 − η2

+ 2p2η4c2 − η2

ζ2 − η2,

siendo 2c la distancia entre los dos puntos fijos (focos), ver figura (10.6 ).

O

r1

2c

r2

(x,y)

θ1

O

θ2

Figura 10.6: coordenadas elípticas

Solución. Una solución elegante se encuentra en el libro de Arnold, pá-gina 262 ([2]). Una solución más de fuerza bruta sería la siguiente. Con lanotación indicada en la figura, podemos escribir

r2 = r21 + c2 − 2r1c cos(θ1) ,r2 = r22 + c2 + 2r2c cos(θ2) ,

4c2 = r21 + r22 − 2r1r2 cos(θ2 − θ1) ,

x = r1 cos θ1 − c = r2 cos θ2 + c ,

y = r1 sin θ1 = r2 sin θ2,


385

de las cuales se puede obtener

x =r21 − r224c

, y2 = r21 − (x+ c)2 ,

x =ζη

4c, y2 =

ζ2 + η2

2−µζη

4c

¶2− c2 ,

de dondeds2 = dx2 + dy2 = a2dζ2 + b2dη2 ,

con

a2 =ζ2 − η2

4(ζ2 − 4c2), b2 =

ζ2 − η2

4(4c2 − η2).

Como L = mv2/2, se obtiene

L =1

2m(a2ζ

2+ b2η2) ,

y finalmente

H =p2ζ2ma2

+p2η2mb2

.

N

Ejemplo 10.0.19 Utilice el resultado anterior para escribir el hamiltonianode una partícula que es atraída inversamente al cuadrado de su distancias ados centros fijos.

Solución. El potencial atractivo hacia los dos centros fijos será de laforma

V = − k

r1− k

r2= −kr1 + r2

r1r2= −k 4ζ

ζ2 − η2,

por lo tanto

H =p2ζ2m

4(ζ2 − 4c2)ζ2 − η2

+p2η2m

4(4c2 − η2)

ζ2 − η2− k

4ζ

ζ2 − η2.

N

Ejemplo 10.0.20 Separe e integre la ecuación de Hamilton Jacobi, para unapartícula que es atraída hacia dos centros fijos, utilizando coordenadas elíp-ticas.



Solución. La ecuación de Hamilton Jacobi para la función característica,con el tiempo separado, será

H(ζ, η,∂W

∂ζ,∂W

∂η) = α1.

Utilizando el hamiltoniano anterior, resultará

2

m

µ∂W

∂ζ

¶2(ζ2 − 4c2) + 2

m

µ∂W

∂η

¶2(4c2 − η2)− k4ζ

= α1(ζ2 − η2) ,

por lo cual, separando variables se tiene

2

m

µ∂W

∂ζ

¶2(ζ2 − 4c2)− k4ζ − α1ζ

2 = α2 ,

2

m

µ∂W

∂η

¶2(4c2 − η2) + α1η

2 = −α2 ,

que permiten escribir

W =

rm

2

Z sk4ζ + α1ζ

2 + α2

ζ2 − 4c2dζ

+

rm

2

Z s−α1η2 − α24c2 − η2

dη.

N

Ejemplo 10.0.21 Considere una partícula moviéndose en un campo centralde fuerza atractivo inverso al cuadrado de la distancia, de modo que

L =1

2mv2 +

k

r.

Demuestre que la energía, en términos de las variables de acción angular,para coordenadas r y θ en el plano del movimiento, está dada por

E = − 2mπ2k2

(Jr + Jθ)2.


387

Solución. Los momentos canónicos serán

pr = mr, pθ = mr2θ,

Para el movimiento periódico, con energía negativa, las variables de acciónson

Jθ = 2πpθ , Jr = 2

r2Zr1

r2mE − p2θ

r2− 2mK

rdr ,

siendo r1 y r2 las índice de la cantidad subradical. La integral puede calcu-larse resultando

Jθ = −2mKπ√−2mE

− 2πpθ ,

de donde sigue el resultado.

N

Ejemplo 10.0.22 Escriba y resuelva las ecuaciones de movimiento para unconjunto de partículas de igual masa que están unidas en línea recta porresortes de constante elástica K, y largo natural a, para las desviacioneslongitudinales en torno a las posiciones de equilibrio. Considere primero unconjunto de N partículas estando fijas las de los extremos y luego, un conjuntoinfinito con condiciones de borde periódicas.

Solución. El lagrangiano del sistema es

L =Xi

1

2mq2i −

Xi

1

2K(qi − qi−1)

2 ,

de donde se deducen las ecuaciones de movimiento para cada masa

qj =K

m(qj+1 + qj−1 − 2qj), j = 1, 2, . . . , N.

Para un caso (a) tomaremos q0, qN+1 = 0, y para el otro caso (b) tomaremosq0 = qN , qN+1 = q1. Para ambos casos, sean las dependencias temporales

qj(t) = Qjei ω t

resultando

−ω2Qj = Ω2(Qj+1 +Qj−1 − 2Qj) , con Ω2 =K

m, (10.7)



un sistema de ecuaciones homogéneo que admite solución distinta de la trivialsolo sí el determinante de la matriz de los coeficientes es cero. Aquí, debendistinguirse los dos casos. Es decir las frecuencias admisibles ω satisfacena)

det

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎣ω2 − 2Ω2 Ω2 0 · · · 0

Ω2 ω2 − 2Ω2 Ω2 0

0 Ω2 ω2 − 2Ω2 ......

. . . Ω2

0 · · · 0 Ω2 ω2 − 2Ω2

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎦ = 0b)

det

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎣ω2 − 2Ω2 Ω2 0 · · · Ω2

Ω2 ω2 − 2Ω2 Ω2 0

0 Ω2 ω2 − 2Ω2 ......

. . . Ω2

Ω2 0 · · · Ω2 ω2 − 2Ω2

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎦ = 0Una alternativa sin embargo es encontrar soluciones no triviales de (10.7).Para ello suponga

Qj = Cei (j φ).

Si se reemplaza en el sistema de ecuaciones se comprueba que ellas son efec-tivamente soluciones si se cumple

ω = 2Ω sin

µφ

2

¶.

Para el caso periódico debe además tenerse

ei (N φ) = 1,

por lo cual, las soluciones admisibles para las frecuencias son

ωn = 2Ω sin³πnN

´, con n = 0, 1, 2, ..., N − 1.

El caso de extremos fijos, es más complicado y está resuelto en el capítulo desistemas continuos

N


389

Ejemplo 10.0.23 Para el movimiento de una partícula respecto a un siste-ma fijo a la superficie de la tierra, que gira con velocidad angular constantesometida a su peso y a otras fuerzas que no realizan trabajo virtual, demuestreque despreciando términos en ω2 las ecuaciones de Lagrange pueden escri-birse como:

d

dt

∂L

∂qi− ∂L

∂qi= −2m(ω × v) · ∂v

∂qi.

Solución. De acuerdo al teorema de Coriolis, la aceleración absolutaaabs puede relacionarse con la aceleración y velocidades relativas (a y v) deacuerdo con

aabs = aA + 2ω × v + a ,

siendo A un punto origen en la superficie terrestre. Si se considera ademásque

mgk = maA +GMm

R2R ,

entonces, la ecuación de movimiento, segunda ley de Newton, con una fuerzaF adicional a la gravitacional será

m(aA + 2ω × v + a) = −GMm

R2R+ F ,

entoncesma = −mgk − 2mω × v + F .

Ahora es necesario recordar que la siguiente es una identidad

d

dt

∂

∂qi

v2

2− ∂

∂qi

v2

2= a · ∂r

∂qi,

luego si se multiplica por la masa y se reemplaza ma, recordando que F ·∂r/∂qi = 0 si la fuerza no realiza trabajo virtual, entonces

d

dt

∂

∂qiK − ∂

∂qiK = (−mgk − 2mω × v) · ∂r

∂qi,

además∂r

∂qi=

∂v

∂qi,

de donde se establece el resultado

d

dt

∂L

∂qi− ∂L

∂qi= (−2mω × v) · ∂v

∂qi,



siendo el lagrangiano

L =1

2mv2 −mgz.

N

Ejemplo 10.0.24 Aplique lo anterior para escribir las ecuaciones de movi-miento de una partícula que oscila en un plano horizontal liso atraída haciael origen por una fuerza elástica, con influencia de la rotación terrestre. Elijalos ejes x hacia el Sur, y hacia el Este, z vertical, en el punto de latitud λ.

Solución. El lagrangiano es

L =1

2m(x2 + y2)− 1

2K(x2 + y2) ,

v = x ı+ y j , ω = −ω cosλ ı+ ω sinλ k ,

x+K

mx = 2ωy sinλ , y +

K

my = −2ωx sinλ .

Alternativamente, si se hubieran usado coordenadas polares

L =1

2m(r2 + r2θ

2)− 1

2Kr2 ,

r − rθ2+

K

mr = 2rθ ω sinλ ,

d

dt(r2θ + 2r2 ω sinλ) = 0 .

N

Ejemplo 10.0.25 Si el origen del sistema (no inercial) que rota con veloci-dad angular ω no está acelerado, muestre que la ecuación de Lagrange puedeescribirse:

d

dt

∂L

∂qi− ∂L

∂qi= 0,

si se toma como lagrangiano, el siguiente:

L =1

2mv2 − V (r) +mv · ω × r +

1

2m |ω × r|2 .


391

Solución. La aceleración absoluta está dada por (Teorema de Coriolis)

aabs = 2ω × v + ω × (ω × r) +dω

dt× r + a ,

luego se trata de demostrar que se obtiene correctamente la ecuaciónµm2ω × v +mω × (ω × r) +m

dω

dt× r +ma+∇V

¶· ∂r∂qi

= 0. (10.8)

Si denotamos por Li al operador

Li =d

dt

∂

∂qi− ∂

∂qi,

se tiene que

Li1

2mv2 = ma · ∂r

∂qi,

similarmente

Li(−V ) =∂V

∂qi= ∇V · ∂r

∂qi,

y

Li(mv · ω × r) =

µmdω

dt× r + 2mω × v

¶· ∂r∂qi

,

y finalmente

Li

µ1

2m |ω × r|2

¶= (mω × (ω × r)) · ∂r

∂qi,

que junto con la ecuación correcta (10.8), prueban que LiL = 0.

N


Capítulo 11

Apéndice

11.1. Una ecuación diferencial.

En mecánica juega un papel importante una ecuación diferencial del tipoµdu

dt

¶2= f(u),

donde supondremos que f(u) es una función dada, continua en u, positivaen un intervalo a < u < b (intervalo fundamental) y cero en los extremos.Un número importante de propiedades de las curvas integrales (reales) deesa ecuación u(t), pueden ser deducidas por argumentos simples, ver figura(11.1).

Si u = g(t) satisface la ecuación, entonces también lo hace la curva tras-ladada horizontalmente g(t+c), siendo c una constante arbitraria. Estoes consecuencia que en una traslación no cambia ni la ordenada ni lapendiente, de modo que si la relación es satisfecha originalmente, tam-bién se cumplirá al trasladar.

Si una solución parte en el intervalo fundamental entonces no puedetomar valores fuera de ese intervalo, pues si lo hiciera, f(u) sería ne-gativa y la pendiente sería imaginaria.

Cada curva integral u(t) en el intervalo fundamental toca tangencial-mente las líneas u = a y u = b y no tiene en otros puntos pendiente


394 Apéndice

2T

t

u

Tu = a

u = b

Figura 11.1: Tipo de solución de una ecuación diferencial

cero. Esto es bastante evidente, pues por hipótesis du/dt > 0 en elinterior del intervalo, y du/dt = 0 en u = a y u = b.

Una curva integral u(t) es simétrica con respecto a los tiempos dondela curva toca los extremos u = a y u = b.

Demostración: sea u(0) = a, un punto inicial en la frontera. Para u dis-minuyendo con t aumentando du/dt = −

pf(u) de donde

t = −Z u(t)

a

dupf(u)

. (11.1)

Para u aumentando con t aumentando, entonces du/dt =pf(u) y

−t =Z a

u(t)

dupf(u)

,

lo cual implica

t = −Z u(−t)

a

dupf(u)

, (11.2)

luego, comparando 11.1 con 11.2 sigue que u(−t) = u(t).

El intervalo de tiempo entre contactos sucesivos de una curva integralu(t) con un extremo está dado por

T

2=

Z b

a

dupf(u)

.


11.2 Las funciones elíptica Jacobianas. 395

Basta considerar u(T2) = b en la demostración del punto anterior.

Toda solución u(t) de la ecuación diferencial es una función periódicacon período T , es decir

u(t+ T ) = u(t),

pues la curva es simétrica respecto a los puntos de contacto.

Si u(t) es una curva integral, la solución general de la ecuación dife-rencial es

u(t+ c),

siendo c una constante arbitraria. Note que la ecuación diferencial esde primer orden luego la solución general depende de una constantearbitraria.

11.2. Las funciones elíptica Jacobianas.

Un caso particular lo constituye la ecuación diferencialµdy

dx

¶2= (1− y2)(1− k2y2), (0 < k2 < 1).

Se define la función elíptica Jacobiana sn(x) como la solución que satisfacelas condiciones sn(0) = 0, sn0(0) = 1. Por las propiedades generales de lasección anterior, tal función es periódica con período

T = 2

Z b

a

dupf(u)

= 2

Z 1

−1

dyp(1− y2)(1− k2y2)

= 4K,

siendo

K =

Z 1

0

dyp(1− y2)(1− k2y2)

=

Z π2

0

dϕp1− k2 sin2 ϕ

,

una integral elíptica completa.


396 Apéndice

11.3. El péndulo esférico.

Consideremos el movimiento de una partícula de masa m colgando unidapor un hilo de longitud a desde un punto fijo, con respecto a un sistema dereferencia inercial con origen en el punto fijo, z vertical, x, y horizontales,ver figura (11.2).

z

z

a

ρφy

x

Figura 11.2: Péndulo esférico

Considerando algunas aproximaciones, veremos que el movimiento del pén-dulo, visto en una proyección sobre el plano horizontal, es una elipse queprecesa en torno a la vertical, con una velocidad angular proporcional alárea de la elipse. Ese efecto de área, puede enmascarar la precesión de Fou-cault si no se toman precauciones especiales. En coordenadas cilíndricas, ellagrangiano del sistema es :

L =1

2m(z2 + ρ2 + ρ2φ

2)−mgz

siendo z2 + ρ2 = a2 de modo que ρρ = −zz . Entonces

L =1

2m

µz2 +

z2

a2 − z2z2 + (a2 − z2)φ

2¶)−mgz,

o sea

L =1

2m

a2

a2 − z2z2 +

1

2m(a2 − z2)φ

2 −mgz


11.3 El péndulo esférico. 397

de aquí, la ecuación para φ resulta

(a2 − z2)φ = h,

además, podemos usar conservación de energía

1

2m

a2

a2 − z2z2 +

1

2m(a2 − z2)φ

2+mgz = E,

y eliminando φ, se obtiene

z2 =2g

a2

µ(z2 − a2)

µ(z − E

mg

¶− h2

2g

¶= f(z),

ecuación del tipo considerada en este apéndice. Factorizando el polinomiocúbico en la forma

f(z) = (z2 − a2)

µz − E

mg

¶− h2

2g= (z − z1)(z − z2)(z − z3), (11.3)

donde el intervalo fundamental es −z1 < z < z2 suponiendo que −a < z1 <z2 < a < z3. Ahora, el cambio de φ cuando z pasa del mínimo z1 al máximoz2 , llamado ángulo apsidal α, puede obtenerse de

dφ

dz=

dφ

dt

dt

dz=

h

a2 − z21pf(z)

=ha√2g

1

a2 − z21p

(z − z1)(z − z2)(z − z3),

de modo que

α =ha√2g

Z z2

z1

1

a2 − z2dzp

(z − z1)(z2 − z)(z3 − z), (11.4)

De la expresión (11.3), evaluada en z = −a, se obtieneh√2g=p(a+ z1)(a+ z2)(a+ z3), (11.5)

Para realizar aproximaciones para oscilaciones pequeñas, consideremos quez1 ≈ z2 ≈ −a. Como veremos para este caso debe ser z3 pequeño. En efecto,la raíces del polinomio cúbico satisfacen


398 Apéndice

z1z2z3 =h2

2g− a2E

mg,

z1 + z2 + z3 =E

mg,

z1z2 + z1z3 + z2z3 = −a2,

o bien, de la última

z3 =−a2 − z1z2z1 + z2

,

que tiende a cero en esta aproximación. Considere además la expansión enpotencias de z + a (que es pequeño)

1√z3 − z

=1p

(a+ z3 − (z + a)≈ 1p

(a+ z3)+

1

2³p

(a+ z3)´3 (z + a),

de modo que, al reemplazar en (11.4), resulta

α =ha√2g

Z z2

z1

1

a2 − z2dzp

(z − z1)(z2 − z)

1√z3 − z

=

α =ha√2g

Z z2

z1

1

a2 − z2dzp

(z − z1)(z2 − z)

⎛⎜⎝ 1p(a+ z3)

+1

2³p

(a+ z3)´3 (z + a)

⎞⎟⎠ .

O sea

α =ha√2g

1p(a+ z3)

µI +

1

2(a+ z3)J

¶,

siendo

I =

Z z2

z1

1

a2 − z2dzp

(z − z1)(z2 − z),

y


11.3 El péndulo esférico. 399

J =

Z z2

z1

1

a− z

dzp(z − z1)(z2 − z)

.

Ambas integrales pueden calcularse con la transformación

z = z1 cos2 θ + z2 sin

2 θ,

obteniéndose

I =π

2a

Ã1p

(a− z1)(a− z2)+

1p(a+ z1)(a+ z2)

!,

J =πp

(a− z1)(a− z2),

α =ha√2g

1p(a+ z3)

(π

2a

Ã1p

(a− z1)(a− z2)+

1p(a+ z1)(a+ z2)

!+

1

2(a+ z3)

πp(a− z1)(a− z2)

).

Si además reemplazamos de (11.5) resulta

α =π

2

Ã1 +

p(a+ z1)(a+ z2)p(a− z1)(a− z2)

+a

2(a+ z3)

p(a+ z1)(a+ z2)p(a− z1)(a− z2)

!().

Recordando que z1 ≈ z2 ≈ −a y z3 ≈ 0 entoncesp(a− z1)(a− z2) ≈ 2a, a+ z3 ≈ a,

y resulta

α =π

2(1 +

p(a2 − z21)(a

2 − z22)

4a2+1

2

p(a2 − z21)(a

2 − z22)

4a2),

como ρ1 =pa2 − z21 y ρ2 =

pa2 − z22 se obtiene

α =π

2(1 +

3ρ1ρ28a2

) =π

2+1

2

3A

8a2,


400 Apéndice

de modo que la precesión total de la elipse en una rotación completa será

4α− 2π = 3A

4a2,

siendo A = πρ1ρ2 el área de la elipse. La velocidad angular de precesión será

ω =3A

4a21

T=3A

4a21

2πpa/g

,

expresión que puede colocarse en términos de condiciones iniciales adecuadas

z(0) = −a cosα, z(0) = 0, φ(0) = Ω,

de modo que h = a2Ω sin2 α. Además E = 12m(a2 sin2 α)Ω2 −mga cosα por

lo tanto, para evaluar el otro extremo de z hacemos f(z) = 0 es decir

(z2 − a2)

µz −

12m(a2 sin2 α)Ω2 −mga cosα

mg

¶− (a

2Ω sin2 α)2

2g

= (z2 − a2)(z + a cosα)− (z2 − a2)(a2 sin2 α)Ω2

2g− (a

2Ω sin2 α)2

2g

= (z2 − a2)(z + a cosα)− 12a2¡sin2 α

¢Ω2

z2 − a2 cos2 α

g

= (z2 − a2)− 12a2¡sin2 α

¢Ω2

z − a cosα

g= 0,

de donde una solución es z1 = −a cosα, por lo cual

ρ1 = a sinα,

y si llamamos a la otra raíz

z2 = −a cosβ,resulta

sin2 β − a

2g

¡sin2 α

¢Ω2(cosβ + cosα) = 0,

o aproximadamente

sin2 β =a

g

¡sin2 α

¢Ω2,


11.4 Operador ∇. 401

por lo cual

ρ2 = a

ra

gΩ sinα,

y entonces

ω =3A

4a21

T=3A

4a21

2πpa/g

=3Ω

8sin2 α,

lo cual coincide con lo establecido J.L.Synge, pag.56, Encyclopedia of Physics([14]).Para el caso de un péndulo moviéndose en la tierra, en un punto de latitudλ, además de la precesión de Foucault Ω sinλ, si el movimiento del pénduloes iniciado “quemando un hilito” que lo alejaba de la vertical del lugar, larotación terrestre inicialmente equivale a una precesión inicial del pénduloesférico de magnitud φ(0) = Ω sinλ por lo cual el efecto de área se manifestarácon magnitud

ω =3Ω sinλ

8sin2 α,

la cual es mucho menor que la de Foucault si la amplitud angular inicial αes pequeña.

11.4. Operador ∇.En coordenadas cartesianas se define el operador ∇ mediante

∇ = ı∂

∂x+ j

∂

∂y+ k

∂

∂z.

11.4.1. Gradiente.

Si se opera sobre una función escalar φ(x, y, z), ∇φ se denomina el gra-diente y se representa por grad(φ), es decir

grad(φ) = ∇φ = ı∂φ

∂x+ j

∂φ

∂y+ k

∂φ

∂z.


402 Apéndice

El significado del gradiente sale de considerar, el cambio de la función φ alcambiar las coordenadas en cantidades infinitesimales dx, dy, dz. Resulta

dφ =∂φ

∂xdx+

∂φ

∂ydy +

∂φ

∂zdz

= ∇φ · dr.

Esta última relación contiene todo el significado del gradiente. Es obvio quesi el cambio de posición del punto ocurre sobre la superficie φ =constanteentonces dφ = 0 y luego∇φ·dr = 0. Esto significa que∇φ es perpendicular ala superficie φ = constante. Esto da cuenta de la dirección del gradiente. Porotro lado si el cambio de posición ocurre hacia donde φ aumenta, entoncesdφ > 0 y luego ∇φ · dr > 0, es decir ∇φ tiene el mismo sentido que dr. Enotras palabras el gradiente apunta perpendicularmente a las superficies devalor constante y hacia donde aumenta φ. Respecto a la magnitud considereun cambio de posición perpendicular hacia donde φ aumenta. Sea drx esecambio, entonces

dφ = ∇φ · drx= |∇φ| |drx| ,

luego

|∇φ| = dφ

|drx|.

11.4.2. Divergencia.

Si se aplica ∇ mediante el producto escalar sobre una función o campovectorial A(x, y, z) se obtiene

div(A) = ∇ · A = ∂Ax

∂x+

∂Ay

∂y+

∂Az

∂z.

El significado de la divergencia se obtiene considerando un teorema, llamadoteorema de la divergencia.

I Teorema 11.1Si V es un volumen, rodeado por la superficie S y n indica el vector unitarioperpendicular a la superficie y hacia afuera del volumen entoncesZ

V

∇ ·AdV =IS

A · ndS.



Si se considera un volumen muy pequeño entonces podemos aproximar,y en el límite será un resultado exactoZ

V

∇ · AdV ≈ (∇ · A)V =IS

A · ndS,

luego

∇ ·A = lımV→0

1

V

IS

A · ndS.

La integral IS

A · ndS

se denomina el flujo del campo vectorial hacia afuera de la superficie cerradaS, lo cual en la representación de líneas de un campo vectorial es igual alnúmero de líneas que salen de la superficie cerrada. En otras palabras ladivergencia es el valor límite, o sea el flujo que sale de un punto por unidadde volumen.

Ausencia de fuentes o sumideros.

Si las líneas del campo vectorial no nacen o terminan de puntos determi-nados del espacio entonces

∇ · A = 0.

11.4.3. Rotor de un campo vectorial.

Si se aplica ∇ mediante el producto vectorial sobre una función o campovectorial A(x, y, z) se obtiene

rot(A) = ∇×A = (∂Ay

∂z− ∂Az

∂y)ı+

(∂Az

∂x− ∂Ax

∂z)j+

(∂Ax

∂y− ∂Ay

∂x)k.

En este caso la interpretación del rotor se logra mediante un teorema, llamadoteorema del rotor.


404 Apéndice

I Teorema 11.2Si C es un contorno orientado cerrado que encierra una superficie y n indicael vector unitario perpendicular a esa superficie y de acuerdo al sentido delcontorno (regla de la mano derecha) entoncesI

c

A · dr =ZS

∇×A · ndS.

Si se considera un contorno cerrado muy pequeño, que encierra una áreamuy pequeña S podemos aproximarZ

S

∇×A · ndS ≈ (∇×A · n)S =Ic

A · dr.

La integral Ic

A · dr

se denomina la circulación del campo vectorial alrededor del contorno cerra-do. De este modo tenemos una interpretación de la componente del rotorperpendicular a una superficie infinitesimal mediante

∇×A · n = lımS→0

1

S

Ic

A · dr,

donde S es perpendicular a n. Por lo menos indiquemos en una figura dosposibles formas (a) y (b) que tiene el campo vectorial en el plano xy de modoque resulte rotor distinto de cero en la dirección z

(a) Gradiente transversal (b) Vórtice

Significado de rotor no nulo.



11.4.4. Algunas propiedades.I Teorema 11.3Si ∇× F = 0 entonces F = −∇φ.

I Teorema 11.4Si ∇× F = 0 entonces

HF · dr = 0.

I Teorema 11.5Si F = −∇φ entonces

R 21F · dr = −(φ2 − φ1).

11.4.5. El Laplaciano ∇2.Este se define así

∇2φ = ∇ · (∇φ),o sea es la divergencia del gradiente.El caso en que ∇2φ = 0, es importante. Esto es cuando las líneas del

gradiente no tienen fuentes ni sumideros. Si el Laplaciano de una funciónescalar es cero en una región sea S la superficie cerrada que la rodea. Entoncesen su interior

0 = ∇2φ = ∂2φ

∂x2+

∂2φ

∂y2+

∂2φ

∂z2,

o sea las segundas derivadas parciales en el interior no pueden tener el mismosigno, o sea no hay máximos ni mínimos de φ donde el Laplaciano es nulo. porlo tanto si φ constante en la superficie, entonces es constante en su interior.


406 Apéndice


Bibliografía

[1] J. D. W. Alexander L. Fetter. Theoretical Mechanics of Particles andContinua. Mac.Graw Hill, 1980.

[2] V. Arnold. Mathematical Methods of Classical Mechanics. SpringerVerlag, 1978.

[3] Elsgoltz. Ecuaciones Diferenciales y Calculo Variacional. 1969.

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408 BIBLIOGRAFÍA

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[15] W.McMillan. Dynamics of Rigid Bodies. Dover, New York, 1936.


Índice alfabético

Accióndefinición de, 253

Aceleración de arrastre, 82Angulos de Euler, 112, 120Area

efecto de, 401

Binetecuación de, 16

Bolaproblema ejemplo, 208

Bola de billarun ejemplo, 141

Cónicadefinición, 17tipos de, 18

Canónicaformas de la transformación, 256transformación, 255

Cassinisfórmula de, 86

Condiciones de frontera.Ecuación de onda., 297

Condiciones iniciales.Ecuación de onda., 298

Cono del cuerpo, 147, 168Cono del espacio, 147, 168Coordenadas elípticas, 383Coordenadas generalizadas, 190Coordenadas normales, 280

Coriolisaceleración de, 82teorema, 82teorema de, 389

Cosenos directores, 106Cuerpo rígido, 127

D’AlembertSolucion de la ecuación de on-

da., 350Diagonalización

de matriz de inercia, 130en oscilaciones pequeñas, 278

Ecuaciónde Binet, 16de Hamilton Jacobi, 263integral de la trayectoria, 20

Ecuación cúbica, 366Ecuaciones

de Euler, 143de Lagrange, 189de movimiento, 4

Ecuaciones de Lagrangepara vínculos no holonómicos,

255Ejes principales de inercia, 130Elipsoide de inercia, 130Energía

mecánica, 8potencial de interacción, 8


410 ÍNDICE ALFABÉTICO

Energía cinéticaen oscilaciones pequeñas, 273

Energía cinética de un cuerpo rígi-do, 129

Energía potencialen oscilaciones pequeñas, 275potencial, 8

Equilibrioen oscilaciones pequeñas, 274

Espacio de fase, 214Estabilidad

de posición de equilibrio, 274Estabilidad de puntos críticos, 215Euler

ángulos de, 112ecuaciones de, 143parámetros de, 117teoremas sobre rotaciones, 105

Excentricidad, 17

Fluidos incompresibles., 316Foucault

péndulo de, 88precesión de, 90, 396

Fuerzacentral, 14de Lorentz, 91dependiente de la velocidad, 200gravitacional, 84

Fuerzas de vínculos, 190Fuerzas ficticias, 83Función

homogénea de grado p, 199Función característica de Hamilton,

266Función elíptica jacobiana, 395Función principal de Hamilton, 264Funciones generadoras, 256

Galileotransformación de, 1

Generadorasfunciones, 256

Grados de libertad, 190Gravedad

aceleración local, 84en términos de la latitud, 86

Hamiltonfunción característica de, 266función principal de, 264principio variacional, 189principio variacional de, 254

Hamilton Jacobimétodo de, 262

Hamiltoniano, 196teorema de conservación, 198

Identidadrelacionada con ecuaciones de

Lagrange, 234Identidad útil, 367

Keplerley de, 20

Koenigteoremas de, 6

Lagrangeecuaciones de, 189, 193—195, 254multiplicadores de, 193

Lagrangiano, 194Lagrangiano aproximado

en oscilaciones pequeñas, 275Larmor

precesión de, 91teorema de, 90

Legendre


ÍNDICE ALFABÉTICO 411

transformación de, 196, 256transformada de, 358

Liealgebra de, 112

Lorentzfuerza de, 91

Método de Hamilton Jacobi, 262Masa reducida, 10Masa variable, 26Matrices de Pauli, 115Matrices unimodulares, 114Matriz

de inercia de un cuerpo rígido,128

Matriz de inerciarotación de ella, 132traslación de ella, 132

Momento canónicoteorema de conservación, 198

Momento de inercia, 129Momentos canónicos, 195Momentum angular de un cuerpo

rígido, 128, 129Movimiento cuspidal.

Trompo., 154

Newtonley de acción y reacción, 4segunda ley, 4, 90en sistema no inercial, 83

No holonómicoVínculo, 193

Noetherejemplos, 203teorema de, 202

Ondas sonoras., 320Orbita

cuasi elíptica, 357Oscilaciones pequeñas, 273Oscilador armónico

ejemplo Hamilton Jacobi, 268

Péndulo esférico, 90, 396Parámetros de Cayley Klein, 114Parámetros de Euler, 117Paréntesis de Poisson, 257Pauli

matrices de, 115Período del movimiento, 271Peso

definición de, 84Poinsot

Eliposide de, 145Poisson

paréntesis de, 257Potencia en ondas., 307Potencial efectivo, 15Pozo rectangular de potencial, 357Precesión

efecto de área, 90Precesión uniforme.

Trompo., 154Producto de inercia, 129Promedios temporales

en órbita elíptica, 372Puntos críticos, 214

Rotaciónactiva de un vector, 108de un sistema, 105en torno a ejes cartesianos, 108,

109finita de un vector, 109infinitesimal, 111pasiva de un vector, 107


412 ÍNDICE ALFABÉTICO

Sección eficaz, 358Similaridad

transformación de, 114Sistema

de dos partículas, 10de masa variable, 26de referencia, 1de referencia celestial, 3de referencia no inercial, 81inercial de referencia, 2rígido de partículas, 127

Sistema continuos, 292Sistemas autónomos, 214Sistemas conservativos, 214Solución de D’Alembert., 301Steiner

teorema de, 132

Teoremaconservación momentum angu-

lar, 14de adición de velocidades angu-

lares, 119de conservación del hamiltonia-

no, 200de Coriolis, 82de Larmor, 90de Noether, 202de Steiner, 132energía trabajo, 8

Teorema de la divergencia.Divergencia., 402

Teorema del rotor., 403Teoremas

de conservación, 198sobre ejes principales de iner-

cia, 130Tierra

movimiento relativo a, 83Transformación canónica, 255Transformación de similaridad, 115Trompo dormido, 207, 360, 381Trompo dormido.

Estabilidad., 154Trompo en precesión uniforme, 360Trompo simétrico, 204

ecuaciones de movimiento, 151,204

Unimodularesmatrices unimodulares, 114

Variable de acción angular, 270Velocidad angular, 118Velocidad de grupo., 346Vertical del lugar, 83Virtuales

cambios virtuales, 190desplazamientos virtuales, 191


mecánica clásica

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