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8/12/2019 Goldstein solucionario.pdf

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FORMULACIÓN DE LAGRANGE

1. Considérese un sistema con N grados de libertad descrito por el conjunto decoordenadas generalizadas qi (i=1,...,N ), cuyas energías cinética y potencial, T

y V , vienen dadas por

( ) ( )i

N

iiii

N

ii qV V qq f T ∑∑

==

==1

2

1

, &

Demuéstrese que las ecuaciones de Lagrange son separables, de modo que losdistintos grados de libertad no están acoplados y redúzcase el problema acuadraturas.

A partir de la lagrangiana, L = T − V , calculemos las derivadas

2 ii

i

f qq

L &&

=∂

∂

2d

d2

d

d 2

ii

i

ii

i

f qq

f q

q

L

t &&&

& +=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂

d

d

d

d 2

i

ii

i

i

i q

V q

q

f

q

L−= &

∂

∂

Así pues la ecuación de Lagrange para cada grado de libertad qi es

0=dd2

dd 2

i

iiii

i

i

qV q f q

q f ++ &&&

que como vemos sólo depende del propio grado de libertad qi, de manera que los

distintos grados de libertad están desacoplados y cada cual evoluciona

independientemente de los demás. En particular, la energía contenida en cada grado de

libertad

2

iiii V q f E += &

se conserva constante durante la evolución como es fácil ver, pues

dd

dd 2

i

ii

i

i

i

i

qV q

q f

q E += &∂ ∂

2 ii

i

i f qq

E &

& =

∂

∂

resultando que

=2+d

d

d

d

d

d

d

d

d

d

3

iiii

i

i

i

i

ii

i

ii

i

iii qq f qq

V q

q

f

t

q

q

E

t

q

q

E

t

E

t

E &&&&&

&

& +=++=

∂

∂

∂

∂

∂

∂

0=2+d

d

d

d

=2

⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

+ ii

i

i

i

i

i

i q f q

V

qq

f

q &&&&

3



Así pues, las energías E i son constantes determinadas por las condiciones iniciales,

, 00 , ii qq &

( ) ( ) 0

2

00 iiiiii qV qq f E += &

de manera que la evolución de cada grado de libertad viene dada por la integral

t f

V E qq

t

i

ii

ii d00 ∫

−±=−

----------------------------------------------

2. Un punto de masa M describe, en el plano 0 XY , una curva dada por la ecuación

y = f ( x) cuando está sometida a un potencial que sólo depende de y. Si v0 es laproyección de la velocidad sobre el eje 0 X , se pide:

a) hallar una expresión general del potencial en función de f .

b) Aplique la expresión obtenida en el apartado anterior al caso de que laecuación de la curva sea ay

2 = x

3.

a) Sea V ( y) el potencial pedido. La lagrangiana de la masa puntual será

( ) ( ) yV y x M

L −+= 22

2&&

de donde se obtienen las ecuaciones de Lagrange

( )

( )⎪⎪⎩

⎪⎪⎨⎧

−=

=

y

V y M

t

x M t

d

d

d

d

0d

d

&

&

Integrando dos veces la primera ecuación se obtiene que la proyección del movimiento

sobre el eje 0 X es un movimiento uniforme con velocidad 0v x =& . La integral de la

segunda ecuación con respecto de y determina el potencial

∫−= y y M C V d&&

donde C es una constante arbitraria. Como por otra parte

( ) ( )

( ) 2

0

0

d

d

v x f y

v x f x x x

f y

′′=

′==

&&

&&

la expresión del potencial es

( ) y x f MvC V d 2

0 ∫ ′′−=

y, para realizar la integral, hay que sustituir .)(1

y f x −=

4



b) Para el caso particular en que la función esa

x y

3

= , la función inversa es

, de manera que( ) 3/12ay x =

( )

( ) 3/1

3/24

3

4

3

2

3

−==′′

=′

yaax

x f

a

x x f

Sustituyendo en la ecuación del apartado anterior y realizando la integral se llega alresultado.

-------------------------------------------------

3. Considérese una transformación desde un sistema estacionario de ejes

cartesianos Oxyz a otro Ox’y’z’ que gira con velocidad angular constante ω alrededor del eje Oz . Transforme la lagrangiana de una partícula consideradalibre en el sistema Oxyz a la correspondiente en el sistema Ox’y’z’, e identifiqueen esta última los términos que corresponden a las fuerzas de Coriolis ycentrífuga.

La transformación de Oxyz a Ox’y’z’ es:

t xt y y

t yt x x

ϖ ϖ sincos

sincos

′+′=

′−′=

La energía cinética de la partícula viene dada por:

)(~

2

1)(~)(

2

1)(

2

1 222222222 y xm y x y xm z y xm z y xmT ′+′+′′−′′+′+′+′=++= ω ω &&&&&&&&

La expresión que aparece en las ecuaciones de Lagrange puede considerarse

como una fuerza ficticia que aparece debida a las peculiaridades del sistema decoordenadas. En nuestro caso:

iqT ∂∂ /

xm ym x

T

′+′=′∂∂ 2

~~ ω ω & ,

con una expresión similar para i yT ′∂∂ / (la correspondiente parcial con respecto a z ’es

nula). Los dos términos de la expresión anterior pueden identificarse como las

componentes de la mitad de las fuerzas de Coriolis y centrífuga, respectivamente. La

otra mitad de la fuerza de Coriolis procede del término ⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

∂∂

iqT

dt d

&de las ecuaciones

de Lagrange.

------------------------------------------

5



4. Una cuenta de masa m desliza sin rozamiento a lo largo de un alambre circularde radio a. El alambre, situado verticalmente en un campo gravitatorio, giraalrededor de su diámetro vertical con velocidad angular ω . Para una velocidadangular ω mayor que un cierto valor crítico ω

c, la cuenta tiene un punto de

equilibrio mecánico estable en una posición dada por un ángulo θ 0 respecto dela vertical. Se pide:

a) Encontrar ω c y θ 0 ;

b) Obtener las ecuaciones del movimiento para pequeñas oscilaciones alrededorde 0 y encontrar su periodo.

a) La energía cinética de la cuenta y el Lagrangiano son:

2222 )sen(21

21 θ ω θ ammaT += & .

θ θ ω θ cossin mgamama L −+= 22222

2

1

2

1&

donde θ es el ángulo que forma la posición de la masa con el eje vertical de giro,

correspondiendo 0θ = con la partícula en la posición más baja en el alambre.

La ecuación de Lagrange nos lleva a:

0sencossen 2 =−+ θ θ ω θ θ a g a &&

En el punto de equilibrio,

0=θ && , g = aω 2 cos θ , ó.: ω 2 = g/(a cos θ) .

Esta última ecuación tiene una solución para ω sólo si ω 2 ≥ g/a, con lo que lavelocidad angular crítica es

a g

C =ω

y el ángulo de equilibrio es

⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

= 20 cosarc ω θ a

g

b) Si la cuenta efectúa pequeñas oscilaciones alrededor de θ 0, podemos describir el

movimiento en términos de un pequeño parámetro ε = θ − θ 0. La ecuación del

movimiento se transforma en

0)(sen)(cos)(sen 00

2

0 =++−++ ε θ ε θ ω ε θ ε a g a &&

6



Para pequeños valores de ε , 1cosysen ≈≈ ε ε ε . Teniendo en cuenta esto y el valor

obtenido de θ 0 , la ecuación anterior queda en

0142

22 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+ ε

ω ω ε

a

g &&

La frecuencia de oscilación será:

42

2

1ω

ω a

g −=Ω

---------------------------------------------

5. Un elemento diferencial de arco de una cierta superficie se puede poner de laforma

221

21

2 )( dqqadqds +=

Se pide:

a) La ecuación que cumplen las líneas geodésicas de la superficie

b) Demostrar que las curvas cte.2 =q son geodésicas

c) ¿Qué dependencia con el tiempo tiene, en el caso contemplado en b), lacoordenada ? (Nota: las geodésicas son las trayectorias que sigue un puntosobre la superficie en ausencia de toda fuerza).

1q

a) En ausencia de toda fuerza, y considerando m=1,

( )2

21

2

1 )(2

1qqaqT L && +==

La coordenada es cíclica; luego2q

21

2

)( qqaC q

T &

& ==

∂∂

(1)

donde C es una constante. Por otra parte, la energía total:

( )2

21

2

1 )(21 qqaq E && += (2)

es también una constante del movimiento. Eliminando dt de (1) y (2), se obtiene una

ecuación diferencial entre las coordenadas y que es precisamente la ecuación de

las geodésicas. Integrando dicha ecuación se obtiene:1q 2q

∫⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

=

)(1)(2

12

1

1

2

qaC

qa E

dqq

7



b) Las curvas , recorridas con la ley horariacte.2 =q E t q E q 2,2 11 ==& , son

soluciones de las ecuaciones (1) y (2).

c) De acuerdo con lo visto en b), la coordenada evoluciona según un movimiento

uniforme.

1q

-----------------------------------------------

6. Si el sistema solar estuviese sumergido en una nube esférica uniforme departículas sólidas, los objetos en el sistema solar experimentarían una fuerzagravitatoria total que sería

br r

k F r −−=

2

Podemos asumir que la fuerza extra debida a la presencia de la nube es débil)( 3r k b << . Encuentre la frecuencia de las oscilaciones radiales de una órbita

cuasicircular (ésta es una órbita con pequeñas desviaciones radiales de laórbita circular).

La ecuación de movimiento es:

dr

r dV r m

ef )(−=&&

Si la partícula está en una órbita circular de radio , se cumple:0r

02

0

3

0

2

0

)(br

r

k

mr

l

dr

r dV

r r

ef −−=−=

Estamos interesado en perturbaciones alrededor de esta órbita circular. Si esta

perturbación es pequeña, podemos expandir el potencial efectivo alrededor de ,0r

L+′′−+′−+= )()(2

1)()()()( 0

2

0000 r V r r r V r r r V r V ef ef ef ef

Si utilizamos esta expansión en la expresión del lagrangiano, encontramos:

),()(2

1

2

10

2

0

2 r V r r r m L ef ′′−−= &

donde hemos eliminado el término constante. La expresión anterior es el lagrangiano de

un oscilador armónico, de frecuencia

m

r V ef )( 02′′

=ω

Diferenciando dos veces el potencial efectivo encontramos, para la frecuencia de las

pequeñas oscilaciones radiales alrededor de la órbita circular,

8



1 2

3

0

k b

mr mω

⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠

-----------------------------------------------

7. Una cuenta de masa m puede deslizar sin rozamiento a lo largo de una varillarectilínea. La varilla gira en un plano vertical, teniendo a uno de sus extremoscomo centro de giro y con velocidad angular constante, ω . En presencia de uncampo gravitatorio constante, calcúlese la posición radial, r , de la cuenta comofunción del tiempo, si las condiciones iniciales son: r R r ( ) ; &( ) .0 0 v= =

Si θ es al ángulo que forma la varilla con respecto a la horizontal, y r es la posición de

la cuenta a lo largo de la varilla, la energía cinética en coordenadas polares es:

( ) ( )222222

21

21 ω θ r r mr r mT +=+= &&&

y la lagrangiana

( ) t mgr r r m L ω ω sen2

1 222 −+= &

La ecuación del movimiento resulta:

t g r r ω ω sen2 −=−&& ,

siendo su solución

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−+= tsen

2senh

2cosh

22 ω

ω ω

ω ω ω

g t

g vt Rr

---------------------------------------

8. La lagrangiana para una partícula cargada moviéndose en un campoelectromagnético es, en coordenadas cartesianas,

vA ⋅+−=c

eeT L φ

a) Evaluar cuál es la dependencia en φ y A de los campos eléctrico y magnético,para que L genere la conocida ecuación newtoniana de movimiento en un campoelectromagnético.

b) Seguidamente, demostrar que los campos son invariantes bajo latransformación (conocida como gauge)

).,(1

),,(

t t c

t

r

rAA

Ψ−→

Ψ∇+→

∂

∂ φ φ

A partir de la lagrangiana dada se verifica que:

9



,

,

3

1

3

1

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++=+=

+−=

∑

∑

=

=

k

i

k

ik i

ii

i

k i

k k

ii

t

A

r

Av

c

em

dt

dA

c

evm

v

L

dt

d

r

Av

c

e

r e

r

L

∂

∂

∂

∂ ν

∂

∂

∂

∂

∂

∂φ

∂

∂

&&&

quedando la ecuación del movimiento:

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−= ∑

= k

i

i

k

k k

i

i

ir

A

r

Av

c

e

t

A

cr evm

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂φ 3

1

1& .

Comparando con la conocida forma,

( )iii Bvc

eeE vm ×+=& ,

queda,

).,(),(

),,(1

),(),(

t t

t t c

t t

r

r

rArB

rArrE

×∇=

−−∇=∂

∂ φ

Una vez conocidas estas expresiones para los campos, verificar que son invariantes bajola transformación gauge anterior es un ejercicio simple.

------------------------------------

9. Si dos lagrangianas, L y L’ , son tales que:

( ) ( ) ;),(

,,,,dt

t dM t Lt L qqqqq +=′ &&

a) demostrar que llevan a las mismas ecuaciones del movimiento.

b) Comprobar que la transformación de potenciales del problema anteriorpertenece a este caso, si L es la lagrangiana ahí detallada.

Calculamos para L y L’ las ecuaciones de Lagrange, pudiendo observar que para quesean idénticas debe cumplirse que:

.0=⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ −

dt dM

qdt d

q k k &∂

∂ ∂ ∂

El ejercicio es trivial. Por otra parte, el efecto de la transformación gauge sobre la

lagrangiana del problema anterior es:

),(2

1t

c

e

dt

d L

t c

e L

c

eem L rvAvvv Ψ+=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ Ψ∇⋅+Ψ

+=′⋅+′−⋅=′∂

∂ φ ,

tal como queríamos demostrar.

---------------------------------------------

10



10. Hallar y resolver las ecuaciones de Lagrange para el sistema formado por dospéndulos acoplados según indica la figura. Las varillas de longitud L y sonrígidas de masa nula, mientras que la barra horizontal rígida de longitud

tiene una masa .

L′

D bm

Posición de los puntos de la barra:

D xa y xa x ≤′≤−=′+= 0;cos;sin θ θ

θ θ θ θ &&&& sin;cos a ya x ==

Energía cinética barra 22

0

22

22

1θ θ ρ && a

ma xd

Db∫ =′=

T= )(2

1 2222 am LmmL b+′′+θ &

)(cos)coscoscos( LmmLam g LmmLam g V bb ′′++−=′′++−= θ θ θ θ

Se comporta como un péndulo simple de longitud λ y masa µ tal que:

2222 am LmmL b+′′+=µ λ

am LmmL b+′′+=λ

Entonces:

am LmmL

am LmmL

b

b

+′′+

+′′+=

222

λ

222

2)(

am LmmL

am LmmL

b

b

+′′+

+′′+=µ

-------------------------------------

11. Estudiar y resolver por el método de Lagrange el movimiento de la máquina deAtwood compuesta de la figura, en donde las masas de las poleas son y . 0 2m

11



Como las longitudes de los hilos son constantes, tenemos las ligaduras:

DConst x x x x

C Const x x

==−+−

==+

.)()(

.

2324

21

de donde:

134

12

22 x xC D x

xC x

−−+=

−=

Además, la polea 2, de radio R gira a una velocidad angular , de modo

que su energía cinética rotativa es:

)( 23

1 x x R && −= −ω

2

23 )(2

1 x xT p && −= α

donde la constante α esta relacionada elementalmente con .2m

Así, pues, usando y como las dos coordenadas independientes:1 x 3 x

2

134

2

33

2

22

2

11

2

13

2

44

2

33

2

22

2

11

)2(2

1

2

1

2

1

2

1)(

2

1

4

1

2

1

2

1

2

1

x xm xm xm xm x x

xm xm xm xmT T p

&&&&&&&

&&&&

++++++

=++++=

α

- energía cinética.

)( 44332211 xm xm xm xm g V +++−= - energía potencial

)2(( 134331211 x xm xm xm xm g V +−+−−= + Constante-irrelevante.

Finalmente:

))()2(( 4334211 mm xmmm x g V −+−−−=

Ambos grados de libertad y están uniformemente acelerados, mientras que la

energía es una función cuadrática de las velocidades.1 x 3 x

---------------------------------------

12. Consideramos la evolución de un cuerpo puntual de masa , constreñido amoverse sin rozamiento sobre un anillo fijo circular en presencia de una

m

12



aceleración uniforme g . El anillo tiene radio , se encuentra en un planovertical y su espesor es despreciable.

R

Puesto que el cuerpo se mueve sobre una curva (unidimensional),el número de gradosde libertad del problema es la unidad (dos para una superficie, tres para un volumen).

Claramente, la posición del móvil la fija una sola variable, el ángulo θ , por ejemplo.

Habrá pues una única ecuación de Lagrange. Construyámosla.

La energía cinética T para una partícula de masa m que se mueve en el plano y x − es:

2 2( )2

mT x y= +& & ,

de modo que, escribiendo x e en función de y y R θ ,

,cos;sin θ θ R y R x −== (1)

y derivando respecto del tiempo, resulta para las energías cinética T y potencial V en

función de θ ,

2

22 θ &

mRT = (2)

.cosθ mgRmgyV −==

Así pues, la ecuación de Lagrange (solo una para un problema con un solo grado delibertad) correspondiente al Lagraniano L .

)cos2

(2

θ θ

+=−= g

RmgRV T L&

(3)

es:

.0sin =+ θ θ

g R

&& (4)

Nótese que, gracias a las ligaduras, un problema plano que en principio hubiera

requerido dos ecuaciones de segundo orden para x e , se ha despachado en términos

de una sola para

y

θ .Pero caben simplificaciones mayores aún, de resultas de las simetrías

(o invariancias) presentes. Obsérvese que el Lagrangiano ),( t L θ de hecho no depende

del tiempo t . Ello implica automáticamente que la energía T V + se conserva , y la

ecuación (4) puede reducirse a una de primer orden. Efectivamente, introduciendo la

nueva variable dependiente

13



θ &= p , (5)

y usando a θ como la nueva variable independiente (fórmula tradicional para reducir

ecuaciones diferenciales ordinarias en las que la variable independiente , aquí , no

aparece explícitamente)

t

θ θ

θ

d

d pd

d

dt

d

dt

d == (6)

de modo que (4), que era de segundo orden, se vuelve de primer orden:

p R .0sin =+ θ θ

g d

dp (7)

Integrando, se obtiene la ecuación de la energía

teCons E g

p R tancos

2

2

==− θ (8)

La solución ahora se reduce a una cuadratura, puesto que al ser conocida )(θ p (ecuación

8), (5) se convierte en la ecuación separable (y por tanto integrable)

R E g

d

p

d dt

/)cos(2)( θ

θ

θ

θ

−== (9)

-----------------------------------------

13. Péndulo plano de masa , cuyo punto de suspensión (de masa ) puededesplazarse en el mismo plano sobre una recta horizontal.

2m 1m

− Hay dos grados de libertad, que pueden caracterizarse por la coordenada de la

primera masa, y por el ángulo

1 x

θ entre la varilla del péndulo y la vertical.

2

2

111

xmT

&= ; 01 =V

)(2

2

2

2

22

2 y xm

T && += ; 222 m gyV =

Pero θ cos2 R y −= , θ sin12 R x x += , de modo que

[ ]2

1

22

2 )cos()sin(2

θ θ θ θ &&& R x Rm

T ++=

.cos22 θ gRmV −=

14



El Lagrangiano resulta inmediatamente de su definición, 2121 V V T T L −−+= , y

análogamente resultarían las ecuaciones de Lagrange (el alumno deberá escribirlas

como ejercicio).

Nótese que L no depende ni del tiempo (se conserva la energía total), ni det x ( x es

coordenada cíclica , 0=∂∂− x L , y se conserva su cantidad de movimiento conjugada,

L p

∂∂

= ). El sistema de las ecuaciones de Lagrange de cuarto orden (dos de segundo

orden), pueden pues reducirse a una de segundo orden. Las dos integrales primeras

asociadas a las consideraciones anteriores son

Const Rmmm x x

L p =++=

∂∂

= θ θ cos)( 2211

1

&&&

(4)

.2121 Const V V T T E =+++= (5)

La ecuación (4) es fácil de interpretar como el hecho de la conservación de la cantidad

de movimiento en la dirección (como siempre, esta propiedad resulta de la

invariancia del problema ante traslaciones en la dirección ).

x

x

.2211 xm xm p && += (6)

Para mayor simplificación, esta última ecuación también admite otra integración exacta

(Problema para alumnos imaginativos: a ver quien es capaz de interpretar este hechomatemático como la invariancia de algún ente físico ante una transformación de alguna

clase), igual que en el movimiento de una partícula libre(la suma de fuerzas en la

dirección es nula). x

.sin)( 2121 Const Rm xmmtp =+++− θ (7)

Así pues, el problema queda reducido a uno de primer orden. Bastaría con resolver la

ecuación de la energía total en la que la única variable desconocida sería θ , ya que y

pueden expresarse en función de

1 x

1 x& θ y mediante las ecuaciones (6) y (7).θ &

El lector deberá terminar el problema en detalle. Para ello, hacemos notar que esta únicaecuación pendiente de resolución toma la forma más sencilla en el sistema de referencia

que se mueve en la dirección con la velocidad constante del centro de masa de las dos

partículas. Usando como coordenadas

x

)()(

21

2211

mm xm xmc

++= y θ ,

c (la coordenada horizontal del centro de gravedad) resulta ser también cíclica, y la

integral de la energía se reduce a:

22θ & R [ ]2

22 cos2sincosm

E gRa =−+ θ θ θ ,

donde).( 21

1

mm

ma

+=

El problema queda pues reducido a una cuadratura, como los anteriores,

15



2

22

cos2

sincos

m

E gR

a Rd dt

+

+=

θ

θ θ θ .

Ahora podemos pasar a completar la descripción del problema. Empezamos por :

θ θ θ θ θ θ θ cos)cos2cossin(2

1

2

121

2222

1

2222

11 gRm x R R x R xmV T L +++++=−= &&&&&& =

θ θ θ θ coscos2

1

2212

22

2

2

1

21 gRm x Rm Rm xmm

++++ &&&&

Ecuaciones de Lagrange:

[ ] 0cos)(0 221

11

=++⇒=∂∂−⎟⎟

⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛

∂∂ θ θ &&

& Rm xmmdt d

x L

x L

dt d

0sincos 2

2

21 =−++

⇒ θ θ θ θ &&&&& x Rm

mm

θ θ θ θ θ θ θ

sinsin)cos(0;0 12212

2

2&&&&&

& x Rm gRm x Rm

dt

d Rm

L L

dt

d +++==

∂∂

−⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂

∂

0sincos1 =++ θ θ θ g x R &&&&

Coordenadas del centro de masas: ⇒−=++= 21

21

2211 ; x xr mm

xm xmc eliminando

y en función de c y

1 x

2 x r :

r mm

mc xr

mm

mc x

21

1

2

21

2

1 ;+

−=+

+=

2

22

2

22

2

112

1

2

1

2

1 ym xm xmT &&& ++=

Pero

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

++

++⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

++

−=+ 22

21

2

21

22122

21

1

21

12

2

222

211 )(2

2)(

2

2

1

22r

mm

mr c

mm

mc

mr

mm

mr c

mm

mcm

xm xm&&&&&&&&

&&

2)(

2

1 22

21

r cmm && µ ++

con21

21

mm

mm

+≡µ y =2

222

1 ym & θ cos2 R y −= = .sin

2

1 222

2 θ θ & Rm

Así pues,

16



θ

θ θ µ θ

cos

)sincos(22

)(

2

2

2

222

21

2

gRmV

m Rmmc

T

−=

+++

= &&

c es coordenada cíclica )0( =∂

∂

c

L de modo que .const c =& Además se conserva la

energía de modo que

E const gRmm R ≡=−+ θ θ θ µ θ cos2)sincos( 2

2

2

222 & (el doble de la energía total)

θ θ µ

θ θ

2

2

2

2

sincos

cos2

m R

gRm E

+

+=&

θ

θ θ µ θ

cos2

sincos

2

2

2

2

gRm E

m Rd dt

+

+=⇒

-------------------------------------

14. Considérese el regulador ilustrado en la figura. ¿Cuántos grados de libertadhay? En función de los ángulos θ y φ , obténgase el Lagrangiano del sistema yescríbanse las ecuaciones de Lagrange. Utilizando las simetrías, redúzcase elproblema a una cuadratura. Interprétense físicamente cada una de lasecuaciones de conservación (o integrales del movimiento) obtenidas.

φ θ cossin1 R x =

φ θ sinsin1 R y =

121 2;cos z z R z =−= θ

φ θ φ φ θ θ sinsincoscos1 R R x &&& −=

φ θ θ sincos1 R y && = 222222

1

2

1

2

1 sincossin φ θ θ φ φ θ &&&&&& R R z y x R +=++⇒+

θ θ && sin1 R z =

)sin4sin( 22222222 θ θ φ θ θ &&& R R RmT ++=

θ cos6)(2 21 mgR z z mg V −=+=

El Lagrangiano es:

θ θ θ φ θ θ cos6)sin4sin( 222222 mgRmR L +++= &&&

17



Nuevamente hay una variable cíclica, .0: =∂∂φ

φ L

Evidentemente, si se varia φ en una

cantidad fija (por ejemplo girando el eje x a un ángulo dado φ ∆ ), el sistema no se

inmuta. Es invariante ante desplazamientos constantes de la variable φ . Se conserva

pues la cantidad φ θ φ

&&22

2 sin2mR L p =∂∂= , fácilmente identificable con el momento

angular en la dirección vertical. Nuevamente, eliminando

φ & en términos de (constante) y haciendo uso de la ecuación de la energía,2 p

,sin4

)sin41(cos622

2

2222

θ θ θ θ

mR

pmRmgRV T E +++−=+= &

El problema se reduce a dos cuadraturas (o meras integrales):

θ

θ θ

θ θ ⇒

−+

+=∫ ∫

22

2

2

22

sin4cos6

)sin41(

mR

pmgR E

mRd dt )(t θ =

----------------------------------

15. Dos puntos de masa están unidos por una varilla rígida sin peso de longitud,el punto medio de la cual está obligado a moverse sobre una circunferencia

de radio . Escríbase la energía cinética en coordenadas generalizadas.

Obténgase el Lagrangiano del sistema y escríbanse las ecuaciones de Lagrange.Utilizando las simetrías existentes, redúzcase el problema a una cuadratura.Interprétense físicamente cada una de las ecuaciones de conservación (ointegrales del movimiento) obtenidas. Toda la acción ocurre en el planovertical; la constante gravitatoria es

m

b2

R

g .

+r =posición pto. superior = ; ji ++ + y x

=−r posición pto. inferior = ji −− + y x

Para simplificar el álgebra, introducimos la notación compleja (no es absolutamente

imprescindible)

18



)1( −=+= iiy xr

−−−+++ +=+= iy xr iy xr ;

Claramente

21Re θ θ ii

ber ±= −

±

21

21 Re θ θ

θ θ ii

eibir &&& ±=± .

*rr =⋅ rr , donde *r es el complejo conjugado de r ; iy xr −=*

=±±= −−± )Re)(Re( 2121

2121

2 θ θ θ θ θ θ θ θ

iiiibeber &&&&&

)()()(

21

2

2

22

1

2 1221 ϑ θ θ θ θ θ θ θ

−− +±+= iiee Rbb R &&&&

)()(2

1 2

2

22

1

222

θ θ &&&&

b Rmr r mT +=+= −+

121 sin2)( θ mgR y ymg V =+=

)sin2( 1

2

2

22

1

2θ θ θ Rg b Rm L −+= &&

Nótese que 2θ es coordenada cíclica, pues .02

=∂

∂

θ

L En otras palabras, al sistema no le

afecta que se le dé a la variable 2θ un desplazamiento constante θ ∆ . Es por tanto

“invariante ante traslación (giro)” de la variable 2θ . Se conserva pues 2 p

teconsmb L p tan2 22

2

2 ==∂∂= θ θ

&& ,

t mb

p2

2202

2+= θ θ

claramente asociado al momento de giro del sistema de las dos masas alrededor de su

centro. También el momento angular de la Tierra alrededor del eje polar se conserva

indepedientemente de su giro alrededor del Sol. El resto del problema es trivial,reduciéndose al de un péndulo simple plano.

----------------------------------------

16. Una partícula de masa m, sometida al campo gravitatorio terrestre, se muevesin rozamiento sobre la superficie interior de un paraboloide de revolucióncolocado verticalmente.

a) Calcúlese su lagrangiana e identifíquense las magnitudes que se conservandurante el movimiento.

b) Hállese el potencial efectivo para el problema unidimensional equivalente ydiscútase el tipo de órbitas.

c) ¿Qué velocidad inicial ha de imprimirse a la partícula para que la órbita sea

circular?

19



d) Calcúlese la frecuencia de las oscilaciones de pequeña amplitud en torno aesta órbita circular.

a) Sea ( )22 y xk z += la ecuación del paraboloide. Utilicemos coordenadas cilíndricas

( ρ ,ϕ ) como se indica en la figura.

ϕ

ρ

m

z

y

xAsí pues,

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

=

=

2

cos

ρ

ϕ ρ

ϕ ρ

k z

sen y

x

⇒ ⇒ ⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

+=

−=

ρ ρ

ϕ ϕ ρ ϕ ρ

ϕ ϕ ρ ϕ ρ

&&

&&&

&&&

k z

sen y

sen x

2

cos

cos

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=++=

−+=

2222

222222

222222

4cos2cos

cos2cos

ρ ρ ϕ ϕ ϕ ρ ρ ϕ ϕ ρ ϕ ρ

ϕ ϕ ϕ ρ ρ ϕ ϕ ρ ϕ ρ

&&&&&&&

&&&&&

k z sen sen y

sen sen x

De modo que la energía cinética de la partícula es

( )222222 42

1

2

1 ρ ρ ϕ ρ ρ &&& k mmT ++=≡ 2

v .

Siendo la energía potencial

2 ρ mgk mgz V =≡ .

En la lagrangiana L=T −V , la coordenada ϕ es cíclica, luego el correspondiente momentogeneralizado se conserva

l&&

≡=∂

∂ϕ ρ

ϕ

2m L

,

que corresponde a la componente vertical del momento angular. Además, como lalagrangiana no depende del tiempo, la energía total se conserva.

b) La energía total de la partícula, suponiendo que 0≠l ,

( ) 22

2

222

241

21 ρ

ρ ρ ρ mgk

mk mV T E +++=+≡ l&

20



depende de una sola coordenada, ρ , y puede tomarse como la energía de un problemaunidimensional equivalente donde

( ) 222412

1 ρ ρ &k mT ef +≡

juega el papel de energía cinética, siendo ρ cierta coordenada curvilínea (no cartesiana),y

2

2

2

2 ρ

ρ mgk

mV ef +=

l

el de energía potencial. En la figura se han representado los dos términos que

contribuyen a este potencial efectivo, en el caso particular .322 /2 k g m=l

La expresión de la energía total permite escribir la relación

ρ ρ

d)(2

)41(d

22

ef V E

k mt −

+= ,

cuya integración proporciona la ley horaria del movimiento. Así, para cada valor de l,

los valores permitidos de la energía han de ser tales que , y para cada uno de

estos valores existen dos valores extremos (máximo y mínimo) de ρ , que son las raíces

de la ecuación

ef V E ≥

2

2

2

2 ρ

ρ mgk

m E +=

l. Cuando el valor de la energía total E coincide con

el mínimo de V ef , el movimiento es circular con radio ρ = ρ c, que se obtiene de lacondición de mínimo,

02d

d3

2

=−=c

c

mín

ef

mmgk

V

ρ ρ

ρ

l, es decir,

gk mc

2

2 l= ρ .

0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5

0

4

8

12

PotencialGravitatorio

PotencialCentrífugo

PotencialEfectivo

ρ

V ef /(mg/k)

21



c) En la órbita circular, como el radio es constante, se tiene evidentemente 0=c ρ & . Por

otra parte, utilizando la expresión obtenida para el radio de la órbita, ρ c, en la de la

componente vertical del momento angular resulta el valor de la componente azimutal dela velocidad de la partícula,

gk c 2=ϕ & .

Así pues para conseguir que la partícula se mueva según una trayectoria circular con

determinado valor del radio, c ρ ρ = , hay que imprimirle una velocidad de componente

únicamente azimutal y de módulo c gk ρ 2 .

d) Para escribir la ecuación del movimiento general de la partícula, calculemos lasderivadas

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

+=∂

∂

−+=∂

∂

ρ ρ ρ ρ

ρ ρ ρ ϕ ρ ρ

&&&

&&

22

222

4

24

mk m L

mgk mk m L

La ecuación de Lagrange correspondiente conduce a la ecuación:

( ) 024413

22222 =+−++ ρ

ρ ρ ρ ρ ρ mgk

mmk k m

l&&& .

Supongamos ahora que el movimiento se aparta poco de una órbita circular, de manera

que

( )ε ρ ρ += 1c , con ε « 1.

Sustituyendo en la ecuación del movimiento y despreciando los términos en ε de orden

superior al primero, se llega a la ecuación

0

2

41

82

=+

+ ε ε

gk m

k

gk

l&&

que es la ecuación de un oscilador armónico de frecuencia

gk m

k

gk

2

41

82

2

l+

=ω .

------------------------------------------

17. Plantee las ecuaciones del movimiento para el péndulo doble en el caso de

pequeñas oscilaciones, escogiendo como coordenadas las longitudes de arcodescritos por cada uno de los péndulos. Halle las frecuencias de los modos

22



normales en el caso en el que la masa del péndulo superior es mucho mayor quela del péndulo inferior.

La forma usual de abordar este problema puede quedar resumida en lo siguiente. Si

describimos el problema en las variables generalizadas dadas por los ángulos de los péndulos daremos con una formulación que puede englobarse en la siguiente formageneral de lagrangiano:

)()(2

1

,

qU qqq M L j ji

i ji −= ∑ &&

con un punto de equilibrio en . El estudio de las desviaciones pequeñas alrededor

del punto de equilibrio equivale a tomar sólo los términos lineales en las ecuaciones del

movimiento, o lo que es lo mismo, la aproximación cuadrática a L:

0=iq

j ji i ji j ji i ji

qq K qqT L

∑∑ −=

,, 2

1

2

1&&

El problema de hallar las frecuencias de los modos normales es el de resolver laecuación especial de valores propios:

k k k AK AT ⋅=⋅2ω

en donde T no es una matriz diagonal. Para evitar el complicado problema de la

diagonalización en este estadio, podemos en algunos casos diagonalizar la energíacinética ya de partida, en el lagrangiano cuadrático. Esto es lo que pasa en el problema

presente. Veamos cómo podemos hacerlo.

El problema nos plantea un péndulo doble, con el superior de longitud L, y masa M , y elinferior,

de longitud l y masa m. La energía cinética no es difícil de hallar:

[ ])-cos(22

1

2

1 222222 θ ϕ ϕ θ ϕ θ θ &&&&& Ll l Lm MLT +++=

Para pequeños valores de θ y ϕ , podemos aproximar el coseno por 1. Como hay un

término producto de sus derivadas temporales, estas coordenadas no son ortogonales(no diagonalizan la energía cinética), pero podemos hacerlas ortogonales sumando un

múltiplo apropiado de θ a ϕ . De hecho, es fácil ver que una pareja de coordenadasortogonales está dada por los desplazamientos

θ θ l L y L x += = ,

que no son otra cosa que las longitudes de arco descritos por cada una de las masas deambos péndulos. Es fácil ver que, entonces, la energía cinética se convierte en:

2

2

12

2

1 ym x M T && +=

En función de estas nuevas coordenadas ortogonales es fácil ver que las ecuaciones delmovimiento son:

23



( )m g mg mg x x y

L M l M l

g g y x y

l l

⎡ ⎤+= − + +⎢ ⎥

⎣ ⎦

= −

&&

&&

Hallar la ecuación característica para las frecuencias de los modos normales esrelativamente trivial, sobre todo en el límite M >>m, quedando:

l

g

L

g ≈≈ 22 y ω ω

-----------------------------------------

18. Una partícula de masa unidad que puede moverse libremente en el plano XY , seencuentra inicialmente en reposo en el origen de coordenadas y está sometida a

la fuerza que deriva del potencial V ( x, y). El potencial es analítico cerca delorigen, admitiendo el desarrollo

( ) ( ) ( ) ( ) 2

2

2

1, 3

2

2

22

2

2232

r O y x

V xy

y

V y

x

V x

y

V y

x

V xr OV V y xV +++++≡+∇⋅+∇⋅=

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂ rr

Estúdiense los instantes iniciales del movimiento, desarrollando las ecuacionesde Lagrange en torno a la condición inicial. Resuélvanse estas ecuacionessuponiendo que, durante estos instantes, el desplazamiento es de laforma ( ) ( ) 5432

t Ot t t t +++= cbar , y determínense los vectores constantes a, b y

c. Calcúlese, así mismo, la trayectoria durante este tiempo y la expresión de lalagrangiana.

La lagrangiana de la partícula es L = T − V , siendo22

2

12

2

1 y xT && +== v . Así pues,

cerca del origen, se tiene

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

000 ;

000 ;

2

2

2

2

2

2

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎨

⎧

−−−==

−−−==

y x

V x

y

V y

y

V

y

L y

y

L

y x

V y

x

V x

x

V

x

L x

x

L

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

&&

&&

lo que conduce a las ecuaciones de movimiento de Newton:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

000

000

2

2

2

2

2

2

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−−−=

−−−=

y x

V x

y

V y

y

V y

y x

V y

x

V x

x

V x

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

&&

&&

con las condiciones iniciales

( ) ( ) ( ) ( ) 00000 ==== y x y x &&

Por otra parte, según el enunciado, se tiene

24



( ) 1262 32 t Ot t +++= cbar&&

Sustituyendo r y en las ecuaciones del movimiento e igualando las potencias delmismo orden en t , se obtienen los vectores buscados:

&& r

( )02

1

V

a x ∂

∂

−=

0= xb

( ) ( ) ( ) ( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+= 0000

24

1

2

2

2

y x

V

y

V

x

V

x

V c x

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

Haciendo en estas expresiones el intercambio x↔ y, se obtienen las componentes y

correspondientes.

Para calcular la trayectoria, x = x( y), hay que eliminar el tiempo t entre lascomponentes x e y de la ley de movimiento r(t ). Para ello invertimos la serie de una de

las componentes, la componente x por ejemplo, suponiendo para t un desarrollo de la

forma

( ) 22/32/1 xO x x xt +++= γ β α

de manera que

( ) 2 22/322 xO x xt ++= αβ α

( )M

22/333 xO xt += α

Sustituyendo en la ley de movimiento, se tiene:

( ( 2 22/32 xO x xa x x ++= αβ α

de donde, igualando las potencias del mismo orden en x se encuentran los coeficientesdel desarrollo de t ,

,0= ,2/1

K β α −= xa

lo que llevado a la componente y de la ley de movimiento, y = a yt 2 + ..., proporciona la

trayectoria pedida

( ) /

/

2

0 xO x xV

yV y

x+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

=∂ ∂

∂ ∂

que puede calcularse consecutivamente a todos los órdenes

---------------------------------------

19. Considérese un sistema formado por dos esferas de masa m unidas por unavarilla rígida de masa despreciable y longitud 2l. El conjunto puede girarlibremente en torno al punto medio de la varilla, equidistante de ambas esferas.Este punto está forzado a moverse sobre una circunferencia de radio R

colocada verticalmente en el campo gravitatorio terrestre. Determínense lascoordenadas generalizadas apropiadas para describir el movimiento del

25



sistema y calcúlese la expresión de su lagrangiana, si la gravedad es la únicafuerza presente. Escríbanse las ecuaciones de Lagrange correspondientes ydiscútase el movimiento del sistema.

z

y

x

θ

ϕ g

Para especificar el movimiento del sistema, lo más conveniente es dar la posición del

centro de masas y referir a éste las posiciones de las dos esferas. Como el centro demasas está forzado a moverse sobre una circunferencia, su posición queda determinada

dando el ángulo α que forma su radio vector. En cuanto a las esferas, como están unidas

por una barra rígida, la distancia que las separa es fija y basta con especificar los

ángulos polares esféricos (ϕ ,θ ) que determinan la orientación de la barra en el espacio.

Así, como coordenadas generalizadas del sistema pueden tomarse los tres ángulos

(α ,ϕ ,θ ).

Con respecto a un sistema de coordenadas cartesianas con origen en el centro dela circunferencia de radio R, como en la figura, las posiciones de las esferas son:

cos

cos

cos

1

1

1

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+=

+=

=

θ α

ϕ θ α

ϕ θ

l Rsen z

senlsen R y

lsen x

cos

cos

cos

2

2

2

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=

−=

−=

θ α

ϕ θ α

ϕ θ

l Rsen z

senlsen R y

lsen x

Calculando por derivación temporal las velocidades respectivas, resultan las siguientesexpresiones para las energías cinéticas:

( )[ ]θ α θ ϕ θ α ϕ ϕ θ α θ α α θ ϕ θ sen sen sen sen sen Rl R senl l m

mT

coscoscos22

2

1

2222222

2

11

&&&&&&& ++−++=

=≡ v


mT

coscoscos22

2

1

2222222

2

22

&&&&&&& +++++=

=≡ v

de modo que la energía total del sistema es

( ) ( ) ( )222

21 α θ ϕ θ &&& R senl l mT T T ++=+=

Por otra parte, las energías potenciales de las esferas y la energía potencial totalson

26



( )θ α cos11 l Rsenmg mgz V +==

( )θ α cos22 l Rsenmg mgz V −==

α mgRsenV V V 221 =+=

A partir de la lagrangiana, L ≡ T − V , calculemos las derivadas

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=∂∂

=∂

∂

=∂∂

θ ϕ ϕ

θ θ

α α

22

2

2

2

2

2

sin&&

&&

&&

ml L

ml L

mR L

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=∂∂

=∂∂

=∂∂

0

2

2

22

ϕ

θ θ ϕ θ

α α

L

ml L

mgR L

cossin

cos

&

La ecuación asociada al grado de libertad α ,

( ) 0cos22d

d 2 =− α α mgRmRt

&

está desacoplada de θ y de ϕ . Esta ecuación es precisamente la ecuación del péndulosimple,

cos g

Rα α = −&&

de manera que el centro de masas de las esferas ejecuta un movimiento pendularindependientemente de como estén girando las esferas. Es decir, el sistema en conjunto

se comporta como un péndulo de masa 2m con dos grados de libertad internos que

determinan el movimiento relativo de las dos esferas respecto de su centro de masas.

Por otra parte, la coordenada ϕ es cíclica de manera que una constante del

movimiento es

C senml L

== θ ϕ ϕ ∂

∂ 222 &&

de donde, despejando, se obtiene

2

22 θ ϕ

senml

C =&

La ecuación para θ es

( ) 0cos22d

d 222 =− θ θ ϕ θ senml ml t

&&

es decir, sustituyendo el resultado anterior,

2

2 2

cot0

2 sin

C

ml

θ θ

θ

⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎝ ⎠

&&

que es la ecuación que determina el movimiento relativo de las esferas.

-----------------------------------------

27



20. Una partícula de masa m se mueve sobre la superficie de una esfera de radio R y se encuentra sometida al campo gravitatorio terrestre.



Tomemos un sistema de coordenadas cartesianas centrado en la esfera, tal como se

indica en la figura

θ R m

Utilizando coordenadas esféricas, la posición y velocidad de la partícula vendrán dadas

por

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=

+=

−=

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

=

=

θ θ

ϕ θ ϕ ϕ θ θ

ϕ θ ϕ ϕ θ θ

θ

ϕ θ

ϕ θ

sen

cossensencos

sensencoscos

cos

sensen

cossen

&&

&&&

&&&

R z

R R y

R R x

R z

R y

R x

de manera que las energías cinética y potencial de la partícula son, respectivamente,

( ) ( ) sen2

1

2

1

2

1 22222222 θ ϕ θ &&&&& +=++== mR z y xmmT v

θ cos00 mgRV mgz V V +=+=

A partir de la lagrangiana, L = T − V , las ecuaciones correspondientes a los ángulos deorientación son

0d

d=−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂θ

∂

θ ∂

∂ L L

t &

0d

d=−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂ϕ

∂

ϕ ∂

∂ L L

t &

Como la coordenada ϕ es cíclica su momento conjugado se conserva constante, lo que

traduce la conservación de la componente correspondiente del momento angular, esdecir,

28



sen22

l mR =θ ϕ &

y la ecuación para θ se escribe como:

sen

cossen

33

2

θ

θ θ θ

mR

l mg mR +=&&

Definiendo el potencial efectivo

( ) sen2

cos122

2

θ θ

mR

l mgRV ef ++=

la ecuación para θ queda en la forma

d

d1

2 θ θ

ef V

mR−=&&

Una gráfica de V ef permite obtener cualitativamente una perspectiva general del tipo de

órbitas.

0

1

2

3

4

5

ππ/2

θ

V ef

( R/ g )

En la figura se ha representado la función ( R/ g )V ef para el caso particular .

La curva a trazos corresponde al término gravitatorio y la curva a trazos y puntos altérmino centrífugo. La suma de ambos es la curva continua. Como puede verse, lasórbitas posibles corresponden a trayectorias acotadas comprendidas entre dos valores,

uno máximo y otro mínimo, del ángulo θ que dependen de la energía total de la partícula, la otra constante del movimiento. Para el valor de ésta correspondiente al

mínimo de la curva de V

2322

gRml =

ef , los dos valores de θ colapsan y la trayectoria corresponde auna circunferencia horizontal.

---------------------------------------------

21. Si se multiplica el lagrangiano por una constante las ecuaciones del movimientono se ven afectadas. Suponga ahora que el potencial es una función homogénea

29



de grado m de las coordenadas: ( ) ( ) (n

r r r V mn

r r r V n

r r r V ,,2

,1

,,2

,1

,,2

,1

KKK α α α α =′′′= ) . Si

se reescala simultáneamente el tiempo (por un factor: β =t

t ' ) y las coordenadas

espaciales (por dicho factor: α =′l

l , con señalando una coordenada con

dimensiones de longitud), una elección apropiada de ambos factores puedetener como efecto neto el de multiplicar el lagrangiano por una constante.

l

a) ¿Cuál es la relación entre α y β para que así suceda?b) Una vez obtenida ésta derive a partir de ella, como función de m, lasrelaciones entre

l l ′ y cada uno de las reescalamientos siguientes: tiempos (

t t ′ ), velocidades (

vv′ ), energía (

E E ' ) y momento angular (

J J ′ ).

c) Obtenga de las relaciones del apartado b) lo siguiente:- la tercera ley de Kepler,

- la relación cuando el potencial gravitatorio se aproxima por

mgh

( ) 2 constante t l ×=

- la independencia del período con la amplitud en el oscilador armónico

a) Si el potencial reescala como , la energía cinética lo hace comomα 22

β α . Para sacar

factor común a ambos términos del lagrangiano ⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ = 22 β α α m , o

( )21 m−= α β

b) las relaciones solicitadas son:

21;;2;21

m

l

l

J

J m

l

l

E

E

m

l

l

v

v

m

l

l

t

t +⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ ′=⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ ′⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ ′=⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ ′⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ ′=⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ ′−⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ ′=⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ ′

c)

- En el potencial gravitatorio 1−=m . Sustituyendo en la primera relación en b),

obtenemos ( ) ( )32 l l t t ′=′ , que es la ley de Kepler (las distintas órbitas se transforman

unas en otras mediante reescalamientos en el tiempo y el la longitud)

- En el caso del potencial mgh, 1=m , encontramos la clásica relación parabólica

entre distancia y tiempo.

- Aquí . El período debe ser independiente de la amplitud.2=m

22. Considérese un circuito clásico ( inductor-condensador) sin generador,estudiado en Física General. Recordando que la energía almacenada en el

inductor es

LC

2L21 I , siendo I la corriente que circula por él, y que la almacenada

en el condensador esC

Q2

21 , establezca una analogía entre estos conceptos

eléctricos y los correspondientes de un sistema mecánico simple. A

continuación plantee el Lagrangiano del sistema y obtenga la ecuacióndiferencial y la frecuencia intrínseca de este circuito resonante.

C L

30



El problema es muy simple. La analogía puede establecerse de la siguiente forma:

Posición – carga

Velocidad – corriente

Fuerza – diferencia de potencial

Masa – inductancia L

Constante del muelle – inversa de la capacitancia 1/C

La energía almacenada en el inductor 2

21 L I puede asociarse formalmente a un término

de energía “cinética”. Por su parte, la energía almacenada en el condensador es

asimilable, también desde un punto de vista formal, al término de energía potencial de

un muelle. En definitiva:

( ) 2

212

21 1QL Q

C V T L −=−= &

de la que se obtiene la ecuación: ( ) 0L

1 =+ QC

Q&& ,de la que sigue fácilmente la frecuencia.

---------------------------------------------

23. Una esfera uniforme de masa y radio R se halla encastrada en un agujeropracticado en una fina lámina plana infinita, con una masa por unidad de áreade valor σ , de forma a que el plano de la lámina coincida con el planoecuatorial de la esfera. Un objeto de masa de masa se mueve sin rozamiento alo largo del eje z (véase figura), perpendicular a la lámina y que pasa por elcentro de la esfera. Construya el Lagrangiano del sistema

m

La dificultad en este problema reside en encontrar el campo al que se ve sometida la

partícula. Una vez obtenido éste, la construcción del Lagrangiano es inmediata.

Consecuentemente, nos concentraremos únicamente en el primer objetivo. Para ello,

separamos las contribuciones del plano y de la esfera. Esta última es inmediata:

simplemente, a una distancia del centro de la esfera, a lo largo del eje z z ,

2 z

GM −

31



La contribución del plano puede calcularse de la forma siguiente. Tomemos un anillo de

radio ρ , alrededor del centro de la esfera.. Por razón de simetría, sólo tendremos que

calcular la componente del campo producido por el anillo a la misma distancia

anterior . En definitiva,( )( )( ) 2222

2

ρ ρ

ρ σ πρ

++−

z

z

z

d G

El campo total producido por el plano resultará de integrar la expresión para el anillo en

el intervalo [ :)∞, R

22

2

R z

z G

+−

σ π

---------------------------------------------

24. Sabemos que el oscilador armónico tiene como parámetro característico lafrecuencia ω , que es independiente de las condiciones iniciales. Por elcontrario, su amplitud máxima A sí que depende de estas últimas. Sin embargo,existen osciladores en los cuales los papeles de la frecuencia y amplitud máximase invierten, en el sentido de pasar la frecuencia a ser dependiente de condicióninicial y, al contrario, la amplitud máxima convertirse en un parámetrocaracterístico del sistema, independiente de la condición inicial. Un casosemejante ocurre en el sistema de la figura, en el que dos masas iguales estánunidas por un eje rígido de masa nula. cada una de las masas se mueve sinrozamiento, y en ausencia de gravedad, a lo largo del eje correspondiente, biensea el x, bien sea el y. Plantee el lagrangiano del sistema, y demuestre que loaseverado es cierto: la frecuencia con la que oscila cada masa depende de lacondición inicial, mientras que su amplitud máxima es siempre la misma.

x

y

A

Al no estar el sistema sometido a fuerzas, fuera de las ligaduras geométricas, el

lagrangiano y la energía cinética coinciden: son iguales a la energía cinética que tiene

cualquiera de las partículas, en el instante en que pasa por el origen y la otra está en su posición de equilibrio,

( )2

22

22

22u

m

x A

xmA L =

−=

& (1)

donde es la velocidad de una partícula cuando pasa por el origen. Ordenando denuevo términos en la ecuación (1), llegamos a:

u > 0

222

2222222

u x A

u xu A xu x A =⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⇒=+ &&

32



La ecuación final expresa la conservación de la energía de un oscilador armónico cuya

frecuencia y amplitud máxima son, respectivamente, u A

y . El movimiento es el de

oscilador armónico, pero en el cual la frecuencia depende de la condición inicial (a

través de u ), mientras que la amplitud máxima es siempre constante.

A

---------------------------------------------

25- Suponga que el lagrangiano para un cierto movimiento unidimensional viene

dado por ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −= 22

2

1

2

1e kqqm

t L &

γ .

a) Escriba la ecuación del movimiento. ¿A qué sistema corresponde?b) ¿Existe alguna constante del movimiento?c) Ponga de manifiesto los distintos movimientos posibles

Suponga seguidamente que se define una nueva coordenada, , dada porS

qt

S ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

2exp

γ .

d) Escriba la ecuación del movimiento. ¿A qué sistema corresponde?e) ¿Existe alguna constante del movimiento?f) Ponga de manifiesto los distintos movimientos posiblesg) ¿Cómo pondría en relación ambas descripciones?

Nota aclaratoria.

En el enunciado propuesto en la hoja de examen se deslizó un error. Se sugería el

cambio ( )t qS γ exp= en lugar del que aparece en el presente enunciado. Está claro que

con este último cambio el resultado carece de interés conceptual, tal como ha podidoconstatar la mayoría de los alumnos. La corrección, evidentemente, se ha hecho según el

enunciado del examen, y no con el que aparece aquí. Sin embargo, sí que da interés al problema el cambio propuesto aquí, por lo que será aquél sobre el que elaboraremos.

Para terminar, quiero felicitar a los tres alumnos que se han dado cuenta del “buen”cambio. Así lo han hecho constar en el examen a título de comentario y su iniciativa ha

sido debidamente valorada a la hora de calificar.

a) La ecuación de Lagrange lleva a:

( ) 0=++ kqqmqme t &&& γ γ ,

o

0=++ qm

k qq &&& γ ,

b) Aparentemente, podríamos contestar que no existe constante del movimiento al

depender L explícitamente del tiempo. Pero esta respuesta es un poco precipitada.

Veamos por qué. En un sistema mecánico, podemos disponer, en principio, defunciones que permanecen constantes a lo largo del

movimiento: =constante. Estas se denominan constantes del movimiento o

integrales primeras. Sin embargo, la definición de estas cantidades es más general,

englobando una posibles dependencia explícita del tiempo, de forma que:

= constante. Nada , en principio, excluye la existencia de este último caso de constantedel movimiento, aunque, bueno es decirlo, se piensa en la primera forma al hablar de

( ) ( )( t qt q F &, )

( ) ( )( )t t qt q F ,, &

33



constante del movimiento. Lo que sí queda claro es que, si existe ( ) ( )( )t t qt q F ,, & =

constante, no es aparente. Sigamos la evolución del problema para aclarar este extremo.

c) Para una solución general del tipo , obtenemos la ecuación característicat

eq α ∝

02 =++ m

k α γ α

con soluciones

m

k −⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ±−=2

22

γ γ α

Las distintas posibilidades de movimiento nos vendrán dadas por el valor del

discriminantem

k −⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ =∆2

2

γ , siempre que 0>γ .

Primer caso: . En este caso, la solución general queda como un movimiento oscilatorio amortiguado0<∆

( )t Bt Aeq

t

∆+∆= −

sencos2

γ

Segundo caso: . Movimiento puramente amortiguado0=∆

20

t

eqq

γ −

=

Tercer caso: . Movimiento también puramente amortiguado0>∆

( )t t

t

Bee Aeq ∆−∆−

+= 2

γ

d) Escribimos el lagrangiano en función de la nueva variable

2

2

2

1

2

1

2

1kS S S m L −⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −= γ & ,

del que se obtiene la siguiente ecuación del movimiento2

02

k S S

m

γ ⎡ ⎤⎛ ⎞+ − =⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

&& .

e) Ahora, sí que podemos hablar de una constante del movimiento. La ecuación anterior

es la del oscilador armónico, que tiene formalmente la constante

22 2 cte

2

k S S

m

γ ⎡ ⎤⎛ ⎞+ − =⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

&

Llegados a este punto, enlazamos con el apartado b). La expresión anterior, una vez

desecho el cambio , nos proporciona la contestación a la pregunta que nos

hacíamos ahí.

S q →

f) Es fácil responder a este apartado manejando el signo de 2γ −mk , al igual que

hicimos en el apartado c). Sin embargo, a la hora de hacer un análisis completo no

deberá olvidarse el factor exponencial en la definición de .S

34



g) Ambas descripciones son totalmente equivalentes. La única diferencia es que en lasegunda se enmascara el factor exponencial –que no por ello ha desaparecido-

pudiéndose con ello poner en evidencia la constante del movimiento –cosa que no era

trivial en la primera descripción.

---------------------------------------------

26- Tres puntos de masa pueden deslizarse sobre un círculo de radio , talcomo indica la figura de la izquierda, sometidos a fuerzas derivables del potencial

m b

( ) ( )γ β α γ β α −−− ++= eee,, 0V V los ángulos de separación γ β α ,, son medidos en

radianes. Cuando3

2π γ β α === , el sistema se halla en equilibrio. Encuentre las

frecuencias de los modos normales del sistema para pequeños desplazamientos delequilibrio (ángulos 321 ,, θ θ θ ilustrados en la figura de la derecha)

Los ángulos α , β y γ , en términos de 21,θ θ y 3θ , son:

123

2θ θ

π α −+= ,

233

2θ θ

π β −+= ,

313

2θ θ

π γ −+= .

Por su parte, el potencial queda:

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛ −−

+

−−

+

−−−

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

3123123

2

0

θ θ θ θ θ θ π

eeeeV V

Habida cuenta de que estamos hablando de pequeños valores de 21,θ θ y 3θ , esta

expresión del potencial puede aproximarse por

( ) ( ) ([ 3123123

2

0 3 θ θ θ θ θ θ

π

−−−−−−≈ −eV V )

( ) ( ) ( ) ⎥⎦

⎤−+−+−+ 2

31

2

23

2

122

1

2

1

2

1θ θ θ θ θ θ

La energía cinética va a ser dependiente de las velocidades lineales de las tres

partículas. Como el radio b es constante, éstas serán b , paraiθ & 3,2,1=i . En definitiva,

el lagrangiano quedará

35



( )23

2 2 2 2 230 1 2 3 1 2 2 3

1

13

2 i

i

L mb V eπ

3 1θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ −

=

= − + + + − − −∑ & ,

con sus correspondientes ecuaciones de Lagrange

( )

2

2 31 0 1 2 32 0mb V e

π

θ θ θ θ −

+ − − =&&

( )2

2 32 0 2 3 12 0mb V e

π

θ θ θ θ −

+ − − =&&

( )2

2 33 0 3 1 22 0mb V e

π

θ θ θ θ −

+ − − =&&

Proceder en el análisis de modos normales es relativamente trivial, por lo que se dejanlos detalles como ejercicio. La ecuación característica resulta ser

22

2 2 2303 0mb V e mb

π

ω ω −⎛ ⎞

− + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

con soluciones

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =−

3031

0

π ω

em

V

b

siendo la segunda degenerada.

---------------------------------------------

27.- En un sistema dinámico de 2 grados de libertad la energía cinética es2

2

2

2

2

2

1

2

1

)(2qq

bqa

qT &

&+

+= , y la energía potencial esta dada por 2dqcU += , con a, b,

c y d constantes. Mostrar que en función del tiempo es una ecuación de la

forma con h, k y constantes.2q

2

0

2

22 )()2)(( t t hk qk q −=+− 0t

NOTA: bxab

bxa

bxa

xdx+

−−=

+∫ 23

)2(2

Dado que la energía cinética y la potencial no dependen ni del tiempo ni de la

coordenada tenemos 2 constantes del movimiento:1q V T E += y1q

L

&∂∂

, es decir:

cte pbqa

q

q

L==

+=

∂∂

1

2

1

1

&

&

cdqqqbqa p

dqcqqbqa

q E V T ++++=+++

+==+ 2

2

2

2

22

2

1

2

2

2

2

2

2

2

1

2

1)(

22

1

)(2&&

&

que podemos rescribir como:

221

2

2

2

2 C qC qq =−&

con y constantes: , .1C 2C d b pC 2

2

11 −−= ca p E C 22

2

12 −−=Y de ahí integrar:

36



2

2

2122

2q

qC C q

+=& → 0

212

22 t t dt qC C

dqq−==

+ ∫∫

2122

1

212

03

)2(2qC C

C

qC C t t +

−−=−

que conduce directamente a la ecuación que queremos encontrar con1

2

C

C k −= y

14

9C h = .

---------------------------------------------

28.- Una partícula de masa y carga e se mueve bajo la influencia de camposeléctrico y magnético uniformes, mutuamente ortogonales. En un sistema de ejescartesianos, estos campos son

m

jE rr E = y k B

rr B= . Encuentre las ecuaciones de

movimiento y la trayectoria en el caso en el que la partícula se encuentrainicialmente en reposo en el origen de coordenadas.Las relaciones siguientes le pueden servir de ayuda

( ) ( Avvv

AB

AE

⋅−−⋅=

×∇=∂

)

∂−−∇=

φ

φ

em L

t

2

1

Los potenciales escalar y vectorial que dan los campos correctos, son Ey−=φ

( ) jiA x y B +−=2

1

El correspondiente lagrangiano queda

( ) ( ) x y y xeBeEy z y xm L &&&&& −++++=2

1

2

1 222

Las ecuaciones de Lagrange correspondientes quedan0mx eBy− =&& &

eE xeB ym =+ &&&

0= z m &&

Queda claro de la tercera ecuación y de las condiciones iniciales ( ) 00 = z y ,

que el movimiento está confinado al plano

( ) 00 = z &

xy . Las ecuaciones para e x son lineales,

por lo que podemos considerar una solución general del tipo ( )t λ exp , quedando la

ecuación característica como

022242 =+ λ λ Bem

con autovalores

2

222

2,1 ,0m

Be−=λ

Con estos resultados en mano, podemos escribir la solución para la trayectoria de la

partícula

37



⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −= t m

eB

eB

mE t

B

E x sen

2

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −= t m

eB

eB

mE y cos1

2

Es fácil dibujar la correspondiente trayectoria. Es un cicloide con cúspides sobre el eje, separadas por una distancia x 22 eBmE π . Esta distancia es la velocidad promedio en

la dirección , x B E , multiplicada por el período, eBmπ 2 , de los términos

sinusoidales.

x

y

E

---------------------------------------------

29.- Razónese si la siguiente afirmación es verdadera o falsa:a) Las lagrangianas y),,(1 t qq L & t t q At qq L L ∂∂+= ),(),,(12

& son equivalentes, estoes, proporcionan las mismas ecuaciones de movimiento.

a) La elección del Lagrangiano de un sistema nunca es única y dada una función

lagrangiana, cualquier función de la forma),,(1 t qq L & dt t qdF t qq L L ),(),,(12 += & ,

también lo es (Sección 1.4 Goldstein, puede mostrarse por sustitución directa en las

ecuaciones de Lagrange de y de2 Lt

F q

q

F

dt

dF

∂∂

+∂∂

= & ).

Por tanto para que sea cierto en el caso que preguntado tendría que cumplirse

que la función añadida solo dependiera del tiempo: .)(t A

---------------------------------------------

30. Suponga por un momento que no sabe usted qué forma tiene la energía cinéticay desconoce también las Leyes del movimiento de Newton. Le dicen a usted que elpunto de partida para describir el movimiento de una partícula viene dado por lasecuaciones de Lagrange, cuya forma le dan, especificándole, sin más detalles, queel lagrangiano es un funcional de la forma ),,( t qq L L ii

&= . Le piden que con estos

datos descubra usted las leyes del movimiento de la partícula libre en coordenadascartesianas. Usted sabe que ésta es una partícula en el espacio vacío sin fuerzasactuando sobre ella y le dan como pista el concepto de sistema inercial y elprincipio de relatividad de Galileo.1. Explique por qué el lagrangiano no puede ser función de z, y, x , ni de cada una

de las componentes de la velocidad, , , por separado. Tampoco del tiempo.¿Sobre qué propiedades del espacio se basará su argumentación?

xv yv z v

38



Usted llega a la conclusión de que , donde)( 2v L vr

es la velocidad de la partícula enun sistema inercial K y quiere descubrir la forma exacta. Para ello toma unsegundo sistema inercial K’ que se mueve con velocidad constanteinfinitesimalmente pequeña ε − respecto de K .2. Pruebe que L _ (a constante). Le puede ayudar hacer una expansión enserie de Taylor, despreciar los términos cuadráticos en _ y recordar la propiedad

de invariancia bajo transformación

2av L =

dt

dF L L +→ ' L .

3. Pruebe que es una elección consistente para el lagrangiano en cualquier

sistema K’ que se mueva con velocidad finita

2'' v L =

0V r

− respecto de K ; es decir, se

satisface el principio de relatividad de Galileo.

Los datos del problema son:

A) El Lagrangiano es funcional de la forma: ),,( t qq L L ii &= .

B) Ecuaciones de Lagrange: 0=∂∂

−∂∂

ii q

L

dt

d

q

L

&.

C) Estudiamos el movimiento en un sistema inercial. En este sistema de referencia una partícula libre permanecerá en reposo o en movimiento rectilíneo uniforme por tiempo

ilimitado. Esto es equivalente a decir que para este sistema el espacio es homogéneo e

isótropo y el tiempo uniforme y de hecho esta es una de las posibles maneras de definirun sistema inercial (basta pensar, en el caso de la isotropía por ejemplo, que con una

partícula de velocidad inicial no nula es imposible definir una dirección privilegiada delespacio, dado que sea cual sea la dirección inicial de la partícula el tipo de

comportamiento siempre es el mismo). Por supuesto los sistemas inerciales son

indistinguibles entre si por lo que las ecuaciones del movimiento han de ser iguales entodos ellos.

D) Principio de relatividad de Galileo aplicado a un sistema de referencia inercial K’ se

desplaza con velocidad infinitesimal ε − respecto a otro sistema inercial K nos informa

que si la partícula libre se mueve con velocidad vr

en el sistema K lo hará con velocidad

ε rr

−v en el sistema K’.

1) Con los datos A) y C) es directo. La inclusión de una dependencia explicita respecto

a las coordenadas o al tiempo implicaría que las ecuaciones del movimiento no

respetarían la homogeneidad del espacio y el tiempo. Cualquier referencia a unadirección privilegiada, como sería una dependencia de la dirección del vector velocidad,

no respetaría la isotropía del espacio. Por tanto el Lagrangiano solamente puede

depender del módulo de la velocidad, es decir: .)( 2v L L = 2) Siguiendo las indicaciones del enunciado desarrollamos en serie el Lagrangiano para

el sistema K’:

)(2)()2()'( 2

2

2222 ε ε ε ε Ovv

Lv Lvv Lv L +

∂

∂−=+−=

rrrr,

39



y de la última afirmación de C) y la otra pista del enunciado del problema tenemos que

dt

dF v Lv L += )()'( 22 y para que esto se cumpla en la ecuación anterior tenemos que

cteav

L==

∂

∂2

, de modo que ar F ε rr

2−= , donde r r

es el vector posición de la partícula.

3) Siguiendo el mismo razonamiento que en el anterior apartado tenemos que

)2()(2)(')'('2

00

22

00

22

0

22 t V V r dt

d v LV V vvV vvv L +−+=+−=−==

rrrrrr

que comprueba que los Lagrangianos de ambos sistemas son compatibles.

---------------------------------------------

31. Una partícula de masa m se mueve sobre la superficie de un cono de ángulo α (ver figura) y se encuentra sometida al campo gravitatorio terrestre.


b) Hállese el potencial efectivo para el problema unidimensional equivalente ydiscútase el tipo de órbitas

c) ¿Qué velocidad inicial ha de imprimirse a la partícula para que la órbita seacircular?

d) Suponga la masa m en una órbita circular tratada en el apartado anterior.Suponga que se le imprime un muy pequeño impulso en dirección contraria alvértice del cono. ¿Qué tipo de trayectoria piensa usted que seguirá el sistemadespués de hacer esto? En el caso de seguir una trayectoria consistente en lacomposición de la trayectoria circular original y de una pequeña oscilación

alrededor de ésta, calcule la frecuencia de las oscilaciones de pequeña amplituden torno a la órbita circular. Hágalo sólo en el caso en que piense que estatrayectoria tiene sentido.

a) Siguiendo la figura, tenemos:

θ

α

m

z

y

x

R

,

,sin

,cos

z z

R y

R x

=

=

=

θ

θ

como la partícula tiene que moverse en la superficie del cono, tenemos una ligadura

expresada por la ecuación:

40



Z

R

z h

R=

−=α tan dónde definimos z h Z −= , siendo h la distancia del origen al

vértice del cono.

Elegimos como coordenadas generalizadas a Z (que sólo tendrá sentido para ) y θ

y definiendo

0≥ Z

α β tg ≡ obtenemos

,

),cossin(

)sincos(

Z z

Z Z y

Z Z x

&&

&&&

&&&

−=

+−=

−−=

θ θ θ β

θ θ θ β

con lo que el lagrangiano tiene la forma

( )( ) mgZ Z Z m L +++= 22222 12

1θ β β && ,

en que la coordenada θ es cíclica y el correspondiente momento conjugado se conserva

θ β θ θ

&

&

22mZ L

p =∂

∂=

que corresponde a la componente vertical del momento angular. Como la lagrangiana

no depende del tiempo, también se conserva la energía.b) Si sustituimos la ecuación anterior en la ecuación del movimiento para la otravariable tenemos

)(122

g Z m Z m +=+ θ β β &&&

Distinguimos ahora dos casos:

1) Inicialmente el momento angular es nulo, 0=θ p , bien por estar situados en el

vértice del cono, , o por no tener velocidad inicial en el plano xy, .

En este caso el problema se reduce al movimiento de un cuerpo sobre un plano

inclinado. La ecuación anterior se simplifica a

0= Z 0=θ &

( )12 +=

β

g Z && , es decir es un

movimiento uniformemente acelerado en la coordenada Z . El potencial efectivo

es: Z g Z g

V eff α β

2

2cos

1=

+= .

2) Si podemos despejar de la ecuación del momento angular0≠θ p

22 β θ θ

mZ

p=& , que introducimos en la ecuación para la variable Z

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++

=232

2

21

1

β β

θ

Z m

p g Z && ,

y si tomando como potencial efectivo la función tal que

Z

V Z

eff

∂

∂−=&& , obtenemos

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

+= gz

Z m

pV eff 222

2

221

1

β β

θ .

Si dibujamos este potencial obtenemos una función monótonamente decrecientecomo la siguiente:

41



con en trazo continuo y las dos componentes en trazo punteado. Este potencial para

la variable Z corresponderá a un movimiento acelerado, independientemente de las

condiciones iniciales la masa tenderá a caer hacia Z cada vez mayores, quecorresponden a z cada vez más negativos en la variable original. Por tanto el

movimiento será una composición de un giro en el plano xy, dado por la variable

eff V

θ , que

por conservación del momento angular tendrá cada vez menor velocidad angular a

medida que aumente el radio de giro, y de un movimiento acelerado en la dirección deleje negativo de la variable z .

c) Con el potencial calculado no pueden existir órbitas circulares dado que nunca

alcanza un mínimo. El único equilibrio que puede alcanzar la partícula vendría deconsiderarla en reposo sobre el vértice del cono. También podemos darnos cuenta de

esto al intentar calcular el valor de Z que anula

eff V

Z

V eff

∂

∂, obtendremos sólo valores de Z

negativos, para los que nuestras ecuaciones ya no son válidas.

d) Si consideramos la partícula sobre el vértice del cono cualquier pequeña perturbaciónla sacará de su equilibrio inestable para producir un movimiento de caída aceleradocomo los descritos en el apartado b). Es decir no tiene sentido considerar pequeñas

oscilaciones para potenciales sin mínimos.

---------------------------------------------

32. Consideremos la definición general de sistema conservativo. A saber, aquelque cumple las siguientes tres condiciones: 1) es válida la forma estándar(holónoma o no holónoma) del lagrangiano; 2) el lagrangiano no es funciónexplícita del tiempo; 3) las ecuaciones de ligadura pueden expresarse en la forma

( los coeficientes son nulos). Por otra parte, si el lagrangiano se0l k k k a dq =∑

lt a

42



expresa en la forma estándar holónoma y la energía cinética es una formacuadrática homogénea de las q& ’s, un sistema conservativo es además natural.

a) Demostrar que la definición anterior de sistema conservativo lleva a la

conservación de la llamada función energía: j

j j

Lq

q L

∂−

∂∑ &&

(integral de Jacobi),

que se reduce a la energía total en el caso de un sistema natural.

b) Ahora sea una masa m desliza sin rozamiento dentro de un tubo circular deradio r (véase figura). El tubo gira alrededor de su diámetro vertical (eje Z) conuna velocidad angular constante ω . En las coordenadas polares de la figura,compare los sistemas de referencia asociados a un observador externo y a otro quegira con el tubo, respectivamente. ¿En cuál de los dos es este sistema simplementeconservativo y en cuál es también natural? Justifique su respuesta.c) Describa el sistema anterior en coordenadas esféricas. ¿Es el sistema ahoraconservativo? Justifique su respuesta. En caso de no serlo, ¿cuál es la razón física

para ello?

z

O r

θ

m

Si , entonces2 1 0 L T T T V = + + − 2 0 j

j j

Lh q L T T

qV

∂= − = − +

∂∑ &&

. Si reagrupamos

términos:

2 0

V

h T V T T V

′

′ ′== + − = +

Todo el truco del problema reside en “manejar” apropiadamente los términos en elLagrangiano. Empecemos con los términos T y V en polares

2 2 2 2 212

( se

cos

T m r r

V mgr

n )θ ω θ

θ

= +

=

&

dando el lagrangiano en sistema “laboratorio”2 2 2 2 21

2( sen ) L m r r mgr cosθ ω θ = + −& θ (1)

Cumplimos las condiciones impuestas a un sistema conservativo y, por tanto, lo es. La

integral de Jacobi es:2 2 2 2 21

2( sen )h m r r mgr cosθ ω θ = − +& θ ,

que NO ES la energía total. Sin embargo, si escribimos de nuevo (1) de forma que

L T V ′ ′= −

con2 21

2 2

2 2 20 cos sen

T T mr

V V T mgr r

θ

θ ω θ

′ = =

′ = − = −

&

43



T’ es la energía cinética relativa a un sistema que gira con el tubo. La energía potencial

V’ incluye el término gravitacional y el término 0T − que tiene en cuenta la fuerza

centrífuga. En este caso nuestro sistema es natural y h T V ′ ′= + , la energía total

(¡cuidado, no en el sistema inercial!)

En el caso de coordenadas esféricas ( ), ,r θ φ tenemos

2 2 2 2 212

( se

cos

T m r r

V mgr

n )θ φ θ

θ

= +

=

& &

con la ligadura 0d dt φ ω − = . El sistema en esta representación NO ES conservativo ya

que 0k t

a ω = − ≠ . Además, la expresión de Jacobi (T V + , en este caso) no es constante

ya que la ligadura efectúa trabajo sobre el sistema.

----------------------------------------------

33. Un bloque de masa M2 desliza sobre otro de masa M1 que, a su vez, desliza

sobre un plano horizontal (Véase figura). Usando las coordenadas X1 y X2 de lafigura, obtenga las ecuaciones diferenciales del movimiento a través de laformulación de Lagrange. Asuma ausencia de rozamientos.

X2

X1

M2

M1

La coordenada 1 es el desplazamiento absoluto de , mientras que1m 2 x es el

desplazamiento de con respecto a Para obtener la velocidad absoluta de ,

usamos la ley del coseno para sumar la velocidad de y la velocidad de respecto

de . Obtenemos:

2m

1m

2v

2m

1m 2m

1m2 2 2

2 1 2 1 22 cosv x x x x α = + −& & & &

siendo α el ángulo formado por el plano con la horizontal. Por lo tanto,

( )2 2 2

1 1 2 1 2 1 2

1 12 cos

2 2T m x m x x x x α = + + −& & & & &

En presencia del campo gravitatorio, los cambios en energía potencial proceden de

cambios en el valor de 2 :

2senV mgx α = −

De aquí

( )2 2 2

1 1 2 1 2 1 2 2

1 12 cos sen

2 2 L m x m x x x x mgxα α = + + − +& & & & &

Las ecuaciones correspondientes:

( )1 1 2 1 2 cos 0m x m x x α + − =&& && &&

44



2 2 2 1 2cos sen 0m x m x m g α α − −&& && =

----------------------------------------------

34.- Un modelo simple, y de gran utilidad, de molécula triatómica lineal es el de la

figura. Vamos a examinar el caso en el que M>m. Plantee el problema en lascoordenadas definidas por los desplazamientos de las tres masas de su posición deequilibrio, con sus correspondientes ecuaciones de Lagrange. Intente una solución

0i t

x x ei iω = , siendo ω una frecuencia de modo normal

a) ¿Cuántas frecuencias independientes hay y cuáles son éstas?b) ¿A qué movimiento corresponde la menor de ellas?

mM M

kk

X1

1

2

3

( ) ( )2 22 2 2

1 2 3 2 1 3

1 1 1 1 1

2 2 2 2 22

L T V Mx mx Mx k x x k x x= − = + + − − − −& & &

Ecuaciones :

( )( ) ( )

( )

1 1 2

1 2 1 2 3

3 3 2

0

0

0

Mx k x x

mx k x x k x x

Mx k x x

+ − =+ − + − =

+ − =

&&

&&

&&

El determinante para las frecuencias

2

2

2

0

2 0

0

k M k

k k m k

k k M

ω

ω

ω

− −

− − −

− −

=

con soluciones

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +===

m

M

M

k

M

k 210 321 ω ω ω ,,

Para1

0ω = , los desplazamientos son1 2 3

x x x= = , dando a entender que el conjunto de

las tres masas se mueve como un sólido rígido, sin oscilaciones internas.

----------------------------------------------

45



35. La transformación entre coordenadascartesianas y polares viene dada por θ senr x = ,

θ cosr y = , siendo lo vectores unitarios en polares:

jiu

jiu

θ θ

θ θ

θ

cossen

sencos

+−=

+=r

A diferencia de i y j, y no son constantes.

Puede observar, por ejemplo, que

r u θ u

θ θ

uu

=d

d r y

r d

d u

u−=

θ

θ

y

x

( )θ ,r

ur

r

uθ

rtrayectoria

θ

Rr

1) Sabido esto, calcule las componentes en coordenadas polares de laaceleración y acto seguido plantee las ecuaciones de Newton correspondientes.2) Exponga la formulación lagrangiana para el problema y compare la forma

anterior de obtención de las ecuaciones del movimiento con la que le ofrece ésta.

θ

θ θ

θ uu

uu

uu

R v

dt

d r

dt

dr

dt

d

d

d r

dt

dr

dt

d r

dt

dr

dt

d r

r r

r r +=+=+==

r r

r r

r r

dt

d r

dt

d r

dt

d

dt

dr

dt

r d

d

d

dt

d

dt

d r

dt

d r

dt

d

dt

dr

dt

d

d

d

dt

dr

dt

r d

dt

d

dt

d r

dt

d r

dt

d

dt

dr

dt

d

dt

dr

dt

r d

dt

d

uuuu

uuu

uu

uuu

uu

va

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2 ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −++=

++++=

++++==

θ θ θ

θ

θ θ θ θ θ

θ

θ θ θ

θ θ

θ θ θ

θ θ θ

Con lo que encontramos22 2

2 22r

r r

d r d dr d d r r

dt dt dt dt dt

F F m

θ

θ θ

θ θ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞= − + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦

= +

a u

Fu u

θ =u

46



a) Obténgase el Lagrangiano para el sistema .b) Obténganse las ecuaciones de Lagrange del sistema.c) Señale la/s cantidad/es conservada/s del sistema.

g

a)21

2

anilloT I θ = &

2 2 2 21 1( )

2 2cuenta

T mR mR senφ φ θ = +& &

( )cos( )cuentaV mgRsen φ θ = −

2 2 2 2 21 1 1( ) ( )cos( )

2 2 2 L I mR mR sen mgRsenθ φ φ θ φ = + + +& & & θ

b)2 2 L

mR φ φ

∂=

∂&

&

2 2 ( )cos( ) cos( )cos( ) L

mR sen mgRθ φ φ θ

φ

∂= +

∂

& φ

=

2 2 2 ( )cos( ) cos( )cos( ) 0mR mR sen mgRφ θ φ φ θ φ − −&& &

48



2 2( ) L

I mR senθ φ θ θ

∂= +

∂& &

&

2 2 2( ) 2 ( )cos( ) ( ) ( ) 0 I mR sen mR sen mgsen senθ φ θ φ φ θφ φ θ + + −&& && & & =

c) Calculando el hamiltoniano, será independiente del tiempo y se conservará la energía. El resto de

momentos respecto a las vairables, x, y ,z , no se conservan ya que el sistema no es invarianteante traslaciones, ni tampoco ante rotaciones. No hay coordenadas cíclicas en ninguno de lossistemas de coordenadas.

-------------------------------------------

38.- El movimiento de una partícula de masa m está restringido, en el plano (x,y), ala parábola a x y

2= . La acción de la gravedad actúa en el sentido y negativo.Utilizando el formalismo lagrangiano, resuelva los siguientes apartados:a) Escriba la ecuación para pequeñas oscilaciones alrededor del punto deequilibrio.b) Resuelva la ecuación obtenida en el apartado a)

a)

( ) ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +=⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=+=2

22

2

2

2

222 41

2

11

2

1

2

1

2

1

a

x xm

dx

dy xm x

dx

dy xm y xmT &&&&&&

a

xmg mgyV

2

==

a

xmg

a

x xmV T L

22

2

22 4

1

2

1−

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎝

⎛ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ +==−= &

Y la ecuación de Lagrange queda

0244

1 2

22

2

=++⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

a

x g x

a

x x

a

x&&&

El punto de equilibrio corresponde a (0,0), correspondiente al mínimo de potencial.

Para oscilaciones pequeñas suponemos que despreciables los términos de orden superior

a uno en x, obteniendo

02 =+a

x g x&&

a) La ecuación obtenida corresponde a un movimiento oscilatorio del tipo

con)sin()cos()( wt Bwt At x +=a

g w

2= , dependiendo A y B de las

condiciones iniciales.

-------------------------------------------

39. Sea un sistema mecánico de n+m grados de libertad caracterizado por dosconjuntos de variables: n coordenadas qi y m coordenadas Qi. Con un lagrangiano

de la forma

( )1 1 1, , ; , , , , ,n n L q q q q Q Q& && &K K K m ,

es decir, las m coordenadas Qi no aparecen explícitamente en el funcional.

49



a) ¿Cuántas cantidades conservadas independientes puede tener este sistema?b) Recordemos que mediante un cambio de coordenadas del lagrangiano

similar al que da lugar al hamiltoniano pero únicamente sobre lascoordenadas cíclicas se obtiene el routhiano. ¿Cuál es la forma genérica deeste routhiano R cuando los momentos asociados a las coordenadas cíclicas

tienen valor inicial M i, es decir, ( ) i

t i

i M Q

Lt P =

∂∂==

=0

0& ?

c) Supongamos que se construye un nuevo lagrangiano, L’, a partir delanterior tomando

( ) ( )1 1 1 1

1

' , , ; , , , ' , , ' , ,m

n n m i i

i

n L L q q q q Q Q q q β ν =

= −∑& && &K K K K⋅

en el que ( )1' , ,i i iQ Q q qν = +& & K

n y las ( )nqq ,,K1ν sonfunciones generales. ¿Qué se puede decir de las cantidades conservadas de estenuevo sistema? Dar el nuevo routhiano, R’, cuando los momentos asociados alas coordenadas cíclicas tienen ese mismo valor inicial M i, es decir,

( ) i

t i

i M Q

Lt P =

∂

∂==

=0

0'

''

& .

d) ¿Cuánto han de valer las constantes i β para que ambos routhianos R y R’

sean iguales? ¿Qué relación habrá entonces entre la dinámica, las

ecuaciones del movimiento, de los sistemas L y L’?e) Supongamos una partícula de masa unidad, m=1, en un potencial

')',( ar r

ar W && ⋅⋅−−

= 31α , y lagrangiano en polares

( ) )',('

,' ar W ar

r ar L &&

& −+=22

1 222

. Dar las trayectorias de este

sistema por el método apuntado en los apartados anteriores en función delas soluciones de una partícula en un potencial central gravitatorio ,

( )r

ar r ar L

1

22

1 222 ++= &&,

a) En principio podría haber hasta m+n cantidades conservadas en un sistemamecánico de m+n grados de libertad. Con la forma dada para el lagrangiano

sabemos que tiene al menos m momentos conservados, por las m coordenadascíclicas Qi, más la energía, ya que es independiente del tiempo.

50



b) Los momentos asociados a las coordenadas cíclicas se conservan por lo que

i

i

i M Q

L P =

∂∂

=& para todo tiempo. Por tanto

.( )mnn

m

i

ii QQqqqq L M Q R &K&&K&K& ,,,,,;,, 111

1

−⋅= ∑=

c) Se aplica lo comentado en el apartado a) y b) sin cambios.

( ) ∑∑==

⋅+++−⋅=m

i

niimmnn

m

i

ii qqQQqqqq L M Q R1

11111

1

,,,,,,,;,,'' K&K&&K&K& ν β ν ν ( )

d) Si comparamos los dos routhianos obtenemos

( )∑∑∑∑====

⋅−=⋅−+⋅−−⋅=−m

i

iii

m

i

ii

m

i

ii

m

i

ii M L M Q L M Q R R1111

ν β ν β '' &&

con lo que es evidente que si ii M = β ambos routhianos son idénticos. Por tanto, para

las condiciones iniciales dadas en el enunciado se pueden relacionar las ecuaciones delmovimiento de ambos sistemas. Si ( ) ( ) ( ) ( ) t Qt Qt qt q mn ,,,,, KK 11 es una solución de L,

el conjunto ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫∫ ⋅−⋅− dt qqt Qdt qqt Qt qt q nmmnn ,,,,,,,,, KKKK 11111 ν ν es

una solución de L’ . Dado que las funciones ( )ni qq ,,K1ν son completamente arbitrarias

esto permite relacionar problemas aparentemente diferentes resolviendo únicamente las

ecuaciones más sencillas para L.

-------------------------------------------

40. En algunos problemas de mecánica es interesante conocer el movimiento en lavecindad de un punto de equilibrio. Tal cuestión se suele abordar con ayuda de la

aproximación lineal al problema, en la forma de un sistemad

X AX dt

=

en el cual el vector X simboliza una pequeña perturbación alrededor del punto deequilibrio

0 X y A es la denominada matriz jacobiana. Suponga un sistema mecánico caracterizado por dos variables (¡cuidado! dosvariables, no dos grados de libertad), que denominaremos

1 2 y x . Nuestro problema

lineal se reduce a estudiar las distintas clases de movimientos alrededor del origen y

que dependerán del carácter y signo de los valores propios de la matriz A . Sean estosúltimos1 2 yλ λ

a) Considere los distintos casos posibles de movimiento según el carácter real ocomplejo, positivo o negativo, de los valores de 1 y 2λ λ . Considere sólo aquellos casos

en los que1 y 2λ λ son distintos.

b) Dibuje en el plano ( )1 2, x las trayectorias correspondientes a los casos estudiados

en el apartado anterior.

a) y b)

51



d X AX

dt = , es una ecuación diferencial ordinaria de orden 1 y además autónoma, esto es,

no depende del tiempo. Si X es la perturbación alrededor del punto de equilibrio, entonces:

( ) ( )( ) ( )

0

1 1 1

0

2 2 2

x t x x t

t x x t

δ

δ

= +

= +

Puesto que es un sistema lineal su solución pasa por hallar los valores propios de la matriz

Jacobiana, esto es:

11 12 11 12

21 22 21 22

0a a a a

Aa a a a

λ

λ

−⎛ ⎞= → =⎜ ⎟ −⎝ ⎠

Cuya solución es:

( )( ) ( ) ( )2

11 22 12 21 11 22 11 22 12 210 ; 0a a a a a a a a a aλ λ λ λ − − − = − + + − =

11 22 11 22 12 21Si T a a y a a a a= + ∆ = −

Finalmente:2 4

2

T T λ

± − ∆=

Por tanto, la solución del sistema de ecuaciones diferenciales es:

( )( )

1 2

1 21 1 2

2 3 4

t t

t t

x t c e c e

x t c e c e

λ λ

λ λ

δ

δ

= +

= +

Donde son constantes que dependen de las condiciones iniciales y1 2 3 4, ,c c c y c 1 2 yλ λ

los autovalores de la matriz A , Jacobiano de la transformación. Según el enunciado no

tenemos en cuenta los valores degenerados, esto es, los valores en los que1 2λ λ = .

Entonces los casos posibles de movimiento según los autovalores a la vista de las

soluciones del sistema serían:

1. Si1 y 2λ λ son autovalores reales negativos tenemos un nodo estable, el estado

generado por la perturbación es asintoticamente estable.

( )

( )

1 2

1 2

1 1 2

2 3 4

t t

t t

x t c e c e

x t c e c e

λ λ

λ λ

δ

δ

= +

= +

52



1 xδ

2δ

4. Si1 y

2λ λ son imaginarios puros de diferente signo, el estado generado es estable y

tendríamos un centro.

( ) ( ) ( )( )Im Im

1 2

it it x t c e c e

λ λ δ

−= +

1 xδ

2δ

5. Si 1 y 2λ λ son reales positivos se genera un estado inestable. Aparece un nodo

inestable.

( )( )

1 2

1 2

1 1 2

2 3 4

t t

t t

x t c e c e

x t c e c e

λ λ

λ λ

δ

δ

= +

= +

54



1 xδ

2δ

6. Si1 y

2λ λ son reales de distinto signo, el estado también es inestable. Tendríamos

un punto silla.

( )( )

1 2

1 2

1 1 2

2 3 4

t t

t t

x t c e c e

x t c e c e

λ λ

λ λ

δ

δ

= +

= +

1 xδ

2δ

Podemos decir que es condición necesaria y suficiente para la estabilidad que todas las

partes reales de los valores propios sean negativas. Basta con que uno de los valores propiostenga parte real positiva para que tengamos una solución inestable.

55



FORMULACIÓN DE LAGRANGE

1. Considérese un sistema con N grados de libertad descrito por el conjunto decoordenadas generalizadas qi (i=1,...,N ), cuyas energías cinética y potencial, T

y V , vienen dadas por

( ) ( i

N

iiii

N

ii qV V qq f T ∑∑

==

==1

2

1

, )

Demuéstrese que las ecuaciones de Lagrange son separables, de modo que losdistintos grados de libertad no están acoplados y redúzcase el problema acuadraturas.

A partir de la lagrangiana, L = T − V , calculemos las derivadas

2 ii

i

f qq L

=∂ ∂

2d

d2

d

d 2

ii

i

ii

i

f qq

f q

q

L

t

+=

∂

∂

d

d

d

d 2

i

ii

i

i

i q

V q

q

f

q

L−=

∂

∂

Así pues la ecuación de Lagrange para cada grado de libertad qi es

0=dd2

dd 2

i

iiii

i

i

qV q f q

q f ++

que como vemos sólo depende del propio grado de libertad qi, de manera que los

distintos grados de libertad están desacoplados y cada cual evolucionaindependientemente de los demás. En particular, la energía contenida en cada grado de

libertad

2

iiii V q f E +=

se conserva constante durante la evolución como es fácil ver, pues

dd

dd 2

i

ii

i

i

i

i

qV q

q f

q E += ∂ ∂

2 ii

i

i f qq

E

=

∂

∂

resultando que

=2+d

d

d

d

d

d

d

d

d

d 3

iiii

i

i

i

i

ii

i

ii

i

iii qq f qq

V q

q

f

t

q

q

E

t

q

q

E

t

E

t

E

+=++=

∂

∂

∂

∂

∂

∂

0=2+d

d

d

d

=2

+ ii

i

i

i

i

i

i q f q

V

qq

f

q

3



Así pues, las energías E i son constantes determinadas por las condiciones iniciales,

, 00 , ii qq

( ) ( ) 0

2

00 iiiiii qV qq f E +=

de manera que la evolución de cada grado de libertad viene dada por la integral

t f

V E qq

t

i

ii

ii d00 ∫

−±=−

----------------------------------------------

2. Un punto de masa M describe, en el plano 0 XY , una curva dada por la ecuación

y = f ( x) cuando está sometida a un potencial que sólo depende de y. Si v0 es laproyección de la velocidad sobre el eje 0 X , se pide:

a) hallar una expresión general del potencial en función de f .

b) Aplique la expresión obtenida en el apartado anterior al caso de que laecuación de la curva sea ay2 = x3.

a) Sea V ( y) el potencial pedido. La lagrangiana de la masa puntual será

( ) ( ) yV y x M

L −+= 22

2

de donde se obtienen las ecuaciones de Lagrange

( )

( )

−=

=

y

V y M

t

x M t

d

d

d

d

0d

d

Integrando dos veces la primera ecuación se obtiene que la proyección del movimiento

sobre el eje 0 X es un movimiento uniforme con velocidad 0v x = . La integral de la

segunda ecuación con respecto de y determina el potencial

∫−= y y M C V d

donde C es una constante arbitraria. Como por otra parte

( ) ( )

( ) 2

0

0

d

d

v x f y

v x f x x x

f y

′′=

′==

la expresión del potencial es

( ) y x f MvC V d 2

0 ∫ ′′−=

y, para realizar la integral, hay que sustituir .)(1 y f x −=

4



b) Para el caso particular en que la función esa

x y

3

= , la función inversa es

, de manera que( ) 3/12ay x =

( )

( ) 3/1

3/24

3

4

3

2

3

−==′′

=′

yaax

x f

a

x x f

Sustituyendo en la ecuación del apartado anterior y realizando la integral se llega al

resultado.

-------------------------------------------------

3. Considérese una transformación desde un sistema estacionario de ejescartesianos Oxyz a otro Ox’y’z’ que gira con velocidad angular constante ω alrededor del eje Oz . Transforme la lagrangiana de una partícula consideradalibre en el sistema Oxyz a la correspondiente en el sistema Ox’y’z’, e identifiqueen esta última los términos que corresponden a las fuerzas de Coriolis ycentrífuga.

La transformación de Oxyz a Ox’y’z’ es:

t xt y y

t yt x x

ϖ ϖ sincos

sincos

′+′=

′−′=

La energía cinética de la partícula viene dada por:

)(~

2

1)(~)(

2

1)(

2

1 222222222 y xm y x y xm z y xm z y xmT ′+′+′′−′′+′+′+′=++= ω ω

La expresión que aparece en las ecuaciones de Lagrange puede considerarse

como una fuerza ficticia que aparece debida a las peculiaridades del sistema de

coordenadas. En nuestro caso:

iqT ∂∂ /

xm ym x

T

′+′=′∂∂ 2

~~ ω ω ,

con una expresión similar para i yT ′∂∂ (la correspondiente parcial con respecto a z ’es

nula). Los dos términos de la expresión anterior pueden identificarse como las

componentes de la mitad de las fuerzas de Coriolis y centrífuga, respectivamente. La

otra mitad de la fuerza de Coriolis procede del término

/

∂∂

iqT

dt d

de las ecuaciones

de Lagrange.

------------------------------------------

5



4. Una cuenta de masa m desliza sin rozamiento a lo largo de un alambre circularde radio a. El alambre, situado verticalmente en un campo gravitatorio, giraalrededor de su diámetro vertical con velocidad angular ω . Para una velocidadangular ω mayor que un cierto valor crítico ω

c, la cuenta tiene un punto de

equilibrio mecánico estable en una posición dada por un ángulo θ 0 respecto dela vertical. Se pide:

a) Encontrar ω c y θ 0 ;

b) Obtener las ecuaciones del movimiento para pequeñas oscilaciones alrededorde 0 y encontrar su periodo.

a) La energía cinética de la cuenta y el Lagrangiano son:

2222 )sen(21

21 θ ω θ ammaT += .

2 2 2 21 1sin cos

2 2 L ma ma w mgaθ θ θ = + −

donde θ es el ángulo que forma la posición de la masa con el eje vertical de giro,

correspondiendo 0θ = con la partícula en la posición más baja en el alambre.

La ecuación de Lagrange nos lleva a:

0sencossen 2 =−+ θ θ ω θ θ a g a

En el punto de equilibrio,

0=θ , g = aω 2 cos θ , ó.: ω 2 = g/(a cos θ) .

Esta última ecuación tiene una solución para ω sólo si ω 2 ≥ g/a, con lo que la

velocidad angular crítica es

a g

C =ω

y el ángulo de equilibrio es

=

20

cosarcω

θ a

g

b) Si la cuenta efectúa pequeñas oscilaciones alrededor de θ 0, podemos describir el

movimiento en términos de un pequeño parámetro ε = θ − θ 0. La ecuación del

movimiento se transforma en

0)(sen)(cos)(sen 00

2

0 =++−++ ε θ ε θ ω ε θ ε a g a

6



Para pequeños valores de ε , 1cosysen ≈≈ ε ε ε . Teniendo en cuenta esto y el valor

obtenido de θ 0 , la ecuación anterior queda en

0142

22 =

−+ ε

ω ω ε

a

g

La frecuencia de oscilación será:

42

2

1ω

ω a

g −=Ω

---------------------------------------------

5. Un elemento diferencial de arco de una cierta superficie se puede poner de laforma

221

21

2 )( dqqadqds +=

Se pide:

a) La ecuación que cumplen las líneas geodésicas de la superficie

b) Demostrar que las curvas cte.2 =q son geodésicas

c) ¿Qué dependencia con el tiempo tiene, en el caso contemplado en b), lacoordenada ? (Nota: las geodésicas son las trayectorias que sigue un puntosobre la superficie en ausencia de toda fuerza).

1q

a) En ausencia de toda fuerza, y considerando m=1,

( )2

21

2

1 )(2

1qqaqT L +==

La coordenada q es cíclica; luego2

21

2

)( qqaC q

T

==

∂∂

(1)

donde C es una constante. Por otra parte, la energía total:

( )2

21

2

1 )(21 qqaq E += (2)

es también una constante del movimiento. Eliminando dt de (1) y (2), se obtiene una

ecuación diferencial entre las coordenadas y q que es precisamente la ecuación de

las geodésicas. Integrando dicha ecuación se obtiene:1q 2

∫

−

=

)(1)(2

12

1

12

qaC

qa E

dqq

7



b) Las curvas , recorridas con la ley horariacte.2 =q E t q E q 2,2 11 == , son

soluciones de las ecuaciones (1) y (2).

c) De acuerdo con lo visto en b), la coordenada evoluciona según un movimiento

uniforme.

1q

-----------------------------------------------

6. Si el sistema solar estuviese sumergido en una nube esférica uniforme departículas sólidas, los objetos en el sistema solar experimentarían una fuerzagravitatoria total que sería

br r

k F r −−=

2

Podemos asumir que la fuerza extra debida a la presencia de la nube es débil)( 3r k b << . Encuentre la frecuencia de las oscilaciones radiales de una órbita

cuasicircular (ésta es una órbita con pequeñas desviaciones radiales de laórbita circular).

La ecuación de movimiento es:

dr

r dV r m

ef )(−=

Si la partícula está en una órbita circular de radio , se cumple:0r

02

0

3

0

2

0

)(br

r

k

mr

l

dr

r dV

r r

ef −−=−=

Estamos interesado en perturbaciones alrededor de esta órbita circular. Si esta

perturbación es pequeña, podemos expandir el potencial efectivo alrededor de r ,0

+′′−+′−+= )()(2

1)()()()( 0

2

0000 r V r r r V r r r V r V ef ef ef ef

Si utilizamos esta expansión en la expresión del lagrangiano, encontramos:

),()(2

1

2

10

2

0

2 r V r r r m L ef ′′−−=

donde hemos eliminado el término constante. La expresión anterior es el lagrangiano de

un oscilador armónico, de frecuencia

m

r V ef )( 02 ′′

=ω

Diferenciando dos veces el potencial efectivo encontramos, para la frecuencia de las

pequeñas oscilaciones radiales alrededor de la órbita circular,

8



21

3

0

4

+=

m

b

mr

k ω

-----------------------------------------------

7. Una cuenta de masa m puede deslizar sin rozamiento a lo largo de una varillarectilínea. La varilla gira en un plano vertical, teniendo a uno de sus extremoscomo centro de giro y con velocidad angular constante, ω . En presencia de uncampo gravitatorio constante, calcúlese la posición radial, r , de la cuenta comofunción del tiempo, si las condiciones iniciales son: r R r ( ) ; ( ) .0 0 v= =

Si θ es al ángulo que forma la varilla con respecto a la horizontal, y r es la posición de

la cuenta a lo largo de la varilla, la energía cinética en coordenadas polares es:

( ) ( )222222

21

21 ω θ r r mr r mT +=+=

y la lagrangiana

( ) t mgr r r m L ω ω sen2

1 222 −+=

La ecuación del movimiento resulta:

t g r r ω ω sen2 −=− ,

siendo su solución

+−+= tsen

2senh

2cosh

22 ω

ω ω

ω ω ω

g t

g vt Rr

---------------------------------------

8. La lagrangiana para una partícula cargada moviéndose en un campoelectromagnético es, en coordenadas cartesianas,

vA ⋅+−=c

eeT L φ

a) Evaluar cuál es la dependencia en φ y A de los campos eléctrico y magnético,para que L genere la conocida ecuación newtoniana de movimiento en un campoelectromagnético.

b) Seguidamente, demostrar que los campos son invariantes bajo latransformación (conocida como gauge)

).,(1

),,(

t t c

t

r

rAA

Ψ−→

Ψ∇+→

∂

∂ φ φ

A partir de la lagrangiana dada se verifica que:

9



,

,

3

1

3

1

++=+=

+−=

∑

∑

=

=

k

i

k

ik i

ii

i

k i

k k

ii

t

A

r

Av

c

em

dt

dA

c

evm

v

L

dt

d

r

Av

c

e

r e

r

L

∂

∂

∂

∂ ν

∂

∂

∂

∂

∂

∂φ

∂

∂

quedando la ecuación del movimiento:

−+

−−= ∑

= k

i

i

k

k k

i

i

ir

A

r

Av

c

e

t

A

cr evm

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂φ 3

1

1 .

Comparando con la conocida forma,

( )iii Bvc

eeE vm ×+= ,

queda,

).,(),(

),,(1),(),(

t t

t t c

t t

r

r

rArB

rArrE

×∇=

−−∇=∂

∂ φ

Una vez conocidas estas expresiones para los campos, verificar que son invariantes bajo

la transformación gauge anterior es un ejercicio simple.

------------------------------------

9. Si dos lagrangianas, L y L’ , son tales que:

( ) ( ) ;),(,,,,dt

t dM t Lt L qqqqq +=′

a) demostrar que llevan a las mismas ecuaciones del movimiento.

b) Comprobar que la transformación de potenciales del problema anteriorpertenece a este caso, si L es la lagrangiana ahí detallada.

Calculamos para L y L’ las ecuaciones de Lagrange, pudiendo observar que para que

sean idénticas debe cumplirse que:

.0=

−

dt dM

qdt d

q k k ∂

∂ ∂ ∂

El ejercicio es trivial. Por otra parte, el efecto de la transformación gauge sobre la

lagrangiana del problema anterior es:

),(2

1t

c

e

dt

d L

t c

e L

c

eem L rvAvvv Ψ+=

Ψ∇⋅+Ψ

+=′⋅+′−⋅=′∂

∂ φ ,

tal como queríamos demostrar.

---------------------------------------------

10



10. Hallar y resolver las ecuaciones de Lagrange para el sistema formado por dospéndulos acoplados según indica la figura. Las varillas de longitud y sonrígidas de masa nula, mientras que la barra horizontal rígida de longitud

tiene una masa .

L L′

D bm

Posición de los puntos de la barra:

D xa y xa x ≤′≤−=′+= 0;cos;sin θ θ

θ θ θ θ sin;cos a ya x ==

Energía cinética barra 22

0

22

22

1θ θ ρ a

ma xd

Db∫ =′=

T= )(2

1 2222 am LmmL b+′′+θ

)(cos)coscoscos( LmmLam g LmmLam g V bb ′′++−=′′++−= θ θ θ θ

Se comporta como un péndulo simple de longitud λ y masa µ tal que:

2222 am LmmL b+′′+=µ λ

am LmmL b+′′+=λ

Entonces:

am LmmL

am LmmL

b

b

+′′+

+′′+=

222

λ

222

2)(

am LmmL

am LmmL

b

b

+′′+

+′′+=µ

-------------------------------------

11. Estudiar y resolver por el método de Lagrange el movimiento de la máquina deAtwood compuesta de la figura, en donde las masas de las poleas son y . 0 2m

11



Como las longitudes de los hilos son constantes, tenemos las ligaduras:

DConst x x x x

C Const x x

==−+−

==+

.)()(

.

2324

21

de donde:

134

12

22 x xC D x

xC x

−−+=

−=

Además, la polea 2, de radio R gira a una velocidad angular , de modo

que su energía cinética rotativa es:

)( 23

1 x x R −= −ω

2

23 )(2

1 x xT p −= α

donde la constante esta relacionada elementalmente con .2m

Así, pues, usando y como las dos coordenadas independientes:1 x 3 x

2

134

2

33

2

22

2

11

2

13

2

44

2

33

2

22

2

11

)2(2

1

2

1

2

1

2

1)(

2

1

4

1

2

1

2

1

2

1

x xm xm xm xm x x

xm xm xm xmT T p

++++++

=++++=

α

- energía cinética.

)( 44332211 xm xm xm xm g V +++−= - energía potencial

)2(( 134331211 x xm xm xm xm g V +−+−−= + Constante-irrelevante.

Finalmente:

))()2(( 4334211 mm xmmm x g V −+−−−=

Ambos grados de libertad y están uniformemente acelerados, mientras que la

energía es una función cuadrática de las velocidades.1 x 3 x

---------------------------------------

12. Consideramos la evolución de un cuerpo puntual de masa , constreñido amoverse sin rozamiento sobre un anillo fijo circular en presencia de una

m

12



aceleración uniforme g . El anillo tiene radio , se encuentra en un planovertical y su espesor es despreciable.

R

y

x θ

cos x =

cos

V

R

Puesto que el cuerpo se mueve sobre una curva (unidimensional),el número de grados

de libertad del problema es la unidad (dos para una superficie, tres para un volumen).

Claramente, la posición del móvil la fija una sola variable, el ángulo θ , por ejemplo.

Habrá pues una única ecuación de Lagrange. Construyámosla.

La energía cinética T para una partícula de masa que se mueve en el planom y x − es:

2 2( )2

mT x= + ,

de modo que, escribiendo e en función de y y R ,

,;sin θ θ R y R −= (1)

y derivando respecto del tiempo, resulta para las energías cinética T y potencial V en

función de θ ,

2

22 θ

mRT = (2)

.θ mgRmgyV −==

Así pues, la ecuación de Lagrange (solo una para un problema con un solo grado de

libertad) correspondiente al Lagraniano . L

)cos2

(2

θ θ

+=−= g

RmgRT L

(3)

es:

.0sin =+ θ θ

g

(4)

Nótese que, gracias a las ligaduras, un problema plano que en principio hubiera

requerido dos ecuaciones de segundo orden para x e , se ha despachado en términos

de una sola para

y

θ .Pero caben simplificaciones mayores aún, de resultas de las simetrías

(o invariancias) presentes. Obsérvese que el Lagrangiano ),( t L θ de hecho no depende

del tiempo t . Ello implica automáticamente que la energía T V + se conserva , y la

ecuación (4) puede reducirse a una de primer orden. Efectivamente, introduciendo la

nueva variable dependiente

13



θ = p , (5)

y usando a θ como la nueva variable independiente (fórmula tradicional para reducir

ecuaciones diferenciales ordinarias en las que la variable independiente , t aquí , no

aparece explícitamente)

θ θ

θ

d

d pd

d

dt

d

dt

d == (6)

de modo que (4), que era de segundo orden, se vuelve de primer orden:

p R .0sin =+ θ θ

g d

dp (7)

Integrando, se obtiene la ecuación de la energía

teCons E g

p R tancos

2

2

==− θ (8)

La solución ahora se reduce a una cuadratura, puesto que al ser conocida )(θ p (ecuación

8), (5) se convierte en la ecuación separable (y por tanto integrable)

R E g

d

p

d dt

/)cos(2)( θ

θ

θ

θ

−== (9)

-----------------------------------------

13. Péndulo plano de masa , cuyo punto de suspensión (de masa ) puede

desplazarse en el mismo plano sobre una recta horizontal.

2m 1m

− Hay dos grados de libertad, que pueden caracterizarse por la coordenada de la

primera masa, y por el ángulo

1 x

θ entre la varilla del péndulo y la vertical.

2

2

111

xmT

= ; 01 =V

)(2

2

2

2

22

2 y xm

T += ; 222 m gyV =

Pero θ cos2 R y −= , θ sin12 R x x += , de modo que

[ ]2

1

22

2 )cos()sin(2

θ θ θ θ R x Rm

T ++=

.cos22 θ gRmV −=

14



El Lagrangiano resulta inmediatamente de su definición, 2121 V V T T L −−+= , y

análogamente resultarían las ecuaciones de Lagrange (el alumno deberá escribirlas

como ejercicio).

Nótese que no depende ni del tiempo (se conserva la energía total), ni de L t x ( x es

coordenada cíclica , 0=∂∂− x L , y se conserva su cantidad de movimiento conjugada,

x

L p

∂∂

= ). El sistema de las ecuaciones de Lagrange de cuarto orden (dos de segundo

orden), pueden pues reducirse a una de segundo orden. Las dos integrales primeras

asociadas a las consideraciones anteriores son

Const Rmmm x x

L p =++=

∂∂

= θ θ cos)( 2211

1

(4)

.2121 Const V V T T E =+++= (5)

La ecuación (4) es fácil de interpretar como el hecho de la conservación de la cantidad

de movimiento en la dirección x (como siempre, esta propiedad resulta de la

invariancia del problema ante traslaciones en la dirección ).

.2211 xm xm p += (6)

Para mayor simplificación, esta última ecuación también admite otra integración exacta

(Problema para alumnos imaginativos: a ver quien es capaz de interpretar este hecho

matemático como la invariancia de algún ente físico ante una transformación de alguna

clase), igual que en el movimiento de una partícula libre(la suma de fuerzas en la

dirección es nula).

.sin)( 2121 Const Rm xmmtp =+++− θ (7)

Así pues, el problema queda reducido a uno de primer orden. Bastaría con resolver la

ecuación de la energía total en la que la única variable desconocida sería θ , ya que y

pueden expresarse en función de

1 x

1 x θ y mediante las ecuaciones (6) y (7).θ

El lector deberá terminar el problema en detalle. Para ello, hacemos notar que esta única

ecuación pendiente de resolución toma la forma más sencilla en el sistema de referencia

que se mueve en la dirección con la velocidad constante del centro de masa de las dos

partículas. Usando como coordenadas

)()(

21

2211

mm xm xmc

++= y θ ,

c (la coordenada horizontal del centro de gravedad) resulta ser también cíclica, y la

integral de la energía se reduce a:

22θ R [ ]2

22 cos2sincosm

E gRa =−+ θ θ θ ,

donde).( 21

1

mm

ma

+=

El problema queda pues reducido a una cuadratura, como los anteriores,

15



2

22

cos2

sincos

m

E gR

a Rd dt

+

+=

θ

θ θ θ .

Ahora podemos pasar a completar la descripción del problema. Empezamos por :

θ θ θ θ θ θ θ cos)cos2cossin(2

1

2

121

2222

1

2222

11 gRm x R R x R xmV T L +++++=−= =

θ θ θ θ coscos2

1

2212

22

2

2

1

21 gRm x Rm Rm xmm

++++

Ecuaciones de Lagrange:

[ ] 0cos)(0 221

11

=++⇒=∂∂−

∂∂ θ θ

Rm xmmdt d

x L

x L

dt d

0sincos 2

2

21 =−++

⇒ θ θ θ θ x Rm

mm

θ θ θ θ θ θ θ

sinsin)cos(0;0 12212

2

2

x Rm gRm x Rm

dt

d Rm

L L

dt

d +++==

∂∂

−

∂

∂

0sincos1 =++ θ θ θ g x R

Coordenadas del centro de masas: ⇒−=++= 21

21

2211 ; x xr mm

xm xmc eliminando

y en función de y

1 x

2 x c r :

r mm

mc xr

mm

mc x

21

1

2

21

2

1 ;+

−=+

+=

2

22

2

22

2

112

1

2

1

2

1 ym xm xmT ++=

Pero

=

+

++

++

+

++

−=+ 22

21

2

21

22122

21

1

21

12

2

222

211 )(2

2)(

2

2

1

22r

mm

mr c

mm

mc

mr

mm

mr c

mm

mcm

xm xm

2)(

2

1 22

21

r cmm µ ++

con21

21

mm

mm

+≡µ y =2

222

1 ym θ cos2 R y −= = .sin

2

1 222

2 θ θ Rm

Así pues,

16



θ

θ θ µ θ

cos

)sincos(22

)(

2

2

2

222

21

2

gRmV

m Rmmc

T

−=

+++

=

c es coordenada cíclica )0( =∂

∂

c

L de modo que .const c = Además se conserva la

energía de modo que

E const gRmm R ≡=−+ θ θ θ µ θ cos2)sincos( 2

2

2

222 (el doble de la energía total)

θ θ µ

θ θ

2

2

2

2

sincos

cos2

m R

gRm E

+

+=

θ

θ θ µ θ

cos2

sincos

2

2

2

2

gRm E

m Rd dt

+

+=⇒

-------------------------------------

14. Considérese el regulador ilustrado en la figura. ¿Cuántos grados de libertadhay? En función de los ángulos θ y φ , obténgase el Lagrangiano del sistema yescríbanse las ecuaciones de Lagrange. Utilizando las simetrías, redúzcase elproblema a una cuadratura. Interprétense físicamente cada una de lasecuaciones de conservación (o integrales del movimiento) obtenidas.

φ θ cossin1 R x =

φ θ sinsin1 R y =

121 2;cos z z R z =−= θ

φ θ φ φ θ θ sinsincoscos1 R R x −=

φ θ θ sincos1 R y = 222222

1

2

1

2

1 sincossin φ θ θ φ φ θ R R z y x R +=++⇒+

θ θ sin1 R z =

)sin4sin( 22222222 θ θ φ θ θ R R RmT ++=

θ cos6)(2 21 mgR z z mg V −=+=

El Lagrangiano es:

θ θ θ φ θ θ cos6)sin4sin( 222222 mgRmR L +++=

17



)1( −=+= iiy xr

−−−+++ +=+= iy xr iy xr ;

Claramente

21Re θ θ ii

ber ±= −

±

21

21 Re θ θ

θ θ ii

eibir ±=± .

*rr =⋅ rr , donde *r es el complejo conjugado de r ; iy xr −=*

=±±= −−± )Re)(Re( 2121

2121

2 θ θ θ θ θ θ θ θ iiii beber

)( )()(

21

2

2

22

1

2 1221 ϑ θ θ θ θ θ θ θ −− +±+= ii ee Rbb R

)()(2

1 2

2

22

1

222

θ θ

b Rmr r mT +=+= −+

121 sin2)( θ mgR y ymg V =+=

)sin2( 1

2

2

22

1

2 θ θ θ Rg b Rm L −+=

Nótese que 2θ es coordenada cíclica, pues .02

=∂

∂

θ

L En otras palabras, al sistema no le

afecta que se le dé a la variable 2θ un desplazamiento constante θ ∆ . Es por tanto

“invariante ante traslación (giro)” de la variable 2θ . Se conserva pues 2 p

teconsmb L p tan2 22

2

2 ==∂∂= θ θ

,

t mb

p2

2202

2+= θ θ

claramente asociado al momento de giro del sistema de las dos masas alrededor de su

centro. También el momento angular de la Tierra alrededor del eje polar se conserva

indepedientemente de su giro alrededor del Sol. El resto del problema es trivial,

reduciéndose al de un péndulo simple plano.

----------------------------------------

16. Una partícula de masa m, sometida al campo gravitatorio terrestre, se muevesin rozamiento sobre la superficie interior de un paraboloide de revolucióncolocado verticalmente.



c) ¿Qué velocidad inicial ha de imprimirse a la partícula para que la órbita sea

circular?

19



d) Calcúlese la frecuencia de las oscilaciones de pequeña amplitud en torno aesta órbita circular.

a) Sea ( )22 y xk z += la ecuación del paraboloide. Utilicemos coordenadas cilíndricas

( ρ ,ϕ ) como se indica en la figura.

m

ϕ

ρ

z

y

xAsí pues,

=

=

=

2

cos

ρ

ϕ ρ

ϕ ρ

k z

sen y

x

==

=

2222

222

222

4

cos

ρ ρ ϕ ρ

ϕ ρ

k z sen y

x

⇒ ⇒

=

+=

−=

ρ ρ

ϕ ϕ ρ ϕ ρ

ϕ ϕ ρ ϕ ρ

k z

sen y

sen x

2

cos

cos

+

−222

222

2cos

2

ϕ ϕ ρ ρ ϕ ϕ ρ

ϕ ϕ ρ ρ ϕ ϕ ρ

sen

sen sen

+

+

cos

cos

ϕ

ϕ

De modo que la energía cinética de la partícula es

( )222222 42

1

2

1 ρ ρ ϕ ρ ρ k mmT ++=≡ 2

v .

Siendo la energía potencial

2 ρ mgk mgz V =≡ .

En la lagrangiana L=T −V , la coordenada ϕ es cíclica, luego el correspondiente momentogeneralizado se conserva

≡=∂

∂ϕ ρ

ϕ

2m L

,

que corresponde a la componente vertical del momento angular. Además, como la

lagrangiana no depende del tiempo, la energía total se conserva.

b) La energía total de la partícula, suponiendo que 0≠l ,

( ) 22

2

222

241

21 ρ

ρ ρ ρ mgk

mk mV T E +++=+≡

20



depende de una sola coordenada, ρ , y puede tomarse como la energía de un problema

unidimensional equivalente donde

( ) 222412

1 ρ ρ k mT ef +≡

juega el papel de energía cinética, siendo ρ cierta coordenada curvilínea (no cartesiana),y

2

2

2

2 ρ

ρ mgk

mV ef +=

el de energía potencial. En la figura se han representado los dos términos que

contribuyen a este potencial efectivo, en el caso particular .322 /2 k g m=

La expresión de la energía total permite escribir la relación

ρ ρ

d)(2

)41(d

22

ef V E

k mt −

+= ,

cuya integración proporciona la ley horaria del movimiento. Así, para cada valor de ,

los valores permitidos de la energía han de ser tales que , y para cada uno de

estos valores existen dos valores extremos (máximo y mínimo) de ρ , que son las raíces

de la ecuación

ef V E ≥

2

2

2

2 ρ

ρ mgk

m E +=

. Cuando el valor de la energía total E coincide con

el mínimo de V ef , el movimiento es circular con radio ρ = ρ c, que se obtiene de la

condición de mínimo,

02d

d3

2

=−=c

c

mín

ef

mmgk

V

ρ ρ

ρ

, es decir,

gk mc

2

2 = ρ .

0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5

0

4

8

12

PotencialGravitatorio

PotencialCentrífugo

PotencialEfectivo

ρ

V ef /(mg/k)

21



c) En la órbita circular, como el radio es constante, se tiene evidentemente 0=c ρ . Por

otra parte, utilizando la expresión obtenida para el radio de la órbita, ρ c, en la de la

componente vertical del momento angular resulta el valor de la componente azimutal dela velocidad de la partícula,

gk c 2=ϕ .

Así pues para conseguir que la partícula se mueva según una trayectoria circular con

determinado valor del radio, c ρ ρ = , hay que imprimirle una velocidad de componente

únicamente azimutal y de módulo c gk ρ 2 .

d) Para escribir la ecuación del movimiento general de la partícula, calculemos las

derivadas

+=∂

∂

−+=∂

∂

ρ ρ ρ ρ

ρ ρ ρ ϕ ρ ρ

22

222

4

24

mk m L

mgk mk m L

La ecuación de Lagrange correspondiente conduce a la ecuación:

( ) 024413

22222 =+−++ ρ

ρ ρ ρ ρ ρ mgk

mmk k m

.

Supongamos ahora que el movimiento se aparta poco de una órbita circular, de manera

que

( )ε ρ ρ += 1c , con ε « 1.

Sustituyendo en la ecuación del movimiento y despreciando los términos en ε de orden

superior al primero, se llega a la ecuación

0

2

41

82

=

+

+ ε ε

gk m

k

gk

que es la ecuación de un oscilador armónico de frecuencia

gk m

k

gk

2

41

82

2

+

=ω .

------------------------------------------

17. Plantee las ecuaciones del movimiento para el péndulo doble en el caso de

pequeñas oscilaciones, escogiendo como coordenadas las longitudes de arcodescritos por cada uno de los péndulos. Halle las frecuencias de los modos

22



normales en el caso en el que la masa del péndulo superior es mucho mayor quela del péndulo inferior.

La forma usual de abordar este problema puede quedar resumida en lo siguiente. Si

describimos el problema en las variables generalizadas dadas por los ángulos de los péndulos daremos con una formulación que puede englobarse en la siguiente forma

general de lagrangiano:

)()(2

1

,

qU qqq M L j ji

i ji −= ∑

con un punto de equilibrio en q . El estudio de las desviaciones pequeñas alrededor

del punto de equilibrio equivale a tomar sólo los términos lineales en las ecuaciones del

movimiento, o lo que es lo mismo, la aproximación cuadrática a L:

0=i

j ji i ji j ji i ji qq K qqT L

∑∑ −=

,, 2

1

2

1

El problema de hallar las frecuencias de los modos normales es el de resolver la

ecuación especial de valores propios:

k k k AK AT ⋅=⋅2ω

en donde T no es una matriz diagonal. Para evitar el complicado problema de la

diagonalización en este estadio, podemos en algunos casos diagonalizar la energía

cinética ya de partida, en el lagrangiano cuadrático. Esto es lo que pasa en el problema

presente. Veamos cómo podemos hacerlo.

El problema nos plantea un péndulo doble, con el superior de longitud L, y masa M , y elinferior,

de longitud l y masa m. La energía cinética no es difícil de hallar:

[ ])-cos(22

1

2

1 222222 θ ϕ ϕ θ ϕ θ θ Ll l Lm MLT +++=

Para pequeños valores de θ y ϕ , podemos aproximar el coseno por 1. Como hay un

término producto de sus derivadas temporales, estas coordenadas no son ortogonales

(no diagonalizan la energía cinética), pero podemos hacerlas ortogonales sumando un

múltiplo apropiado de θ a ϕ . De hecho, es fácil ver que una pareja de coordenadasortogonales está dada por los desplazamientos

θ θ l L y L x += = ,

que no son otra cosa que las longitudes de arco descritos por cada una de las masas de

ambos péndulos. Es fácil ver que, entonces, la energía cinética se convierte en:

2

2

12

2

1 ym x M T +=

En función de estas nuevas coordenadas ortogonales es fácil ver que las ecuaciones del

movimiento son:

23



( )m g mg mg x x y

L M l M l

g g y x y

l l

+= − + +

= −

Hallar la ecuación característica para las frecuencias de los modos normales es

relativamente trivial, sobre todo en el límite M >>m, quedando:

l

g

L

g ≈≈ 22 y ω ω

-----------------------------------------

18. Una partícula de masa unidad que puede moverse libremente en el plano XY , seencuentra inicialmente en reposo en el origen de coordenadas y está sometida a

la fuerza que deriva del potencial V ( x , y). El potencial es analítico cerca delorigen, admitiendo el desarrollo

( ) ( ) ( ) ( ) 2

2

2

1, 3

2

2

22

2

2232

r O y x

V xy

y

V y

x

V x

y

V y

x

V xr OV V y xV +++++≡+∇⋅+∇⋅=

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂ rr

Estúdiense los instantes iniciales del movimiento, desarrollando las ecuacionesde Lagrange en torno a la condición inicial. Resuélvanse estas ecuacionessuponiendo que, durante estos instantes, el desplazamiento es de laforma ( ) ( ) 5432 t Ot t t t +++= cbar , y determínense los vectores constantes a, b y

c. Calcúlese, así mismo, la trayectoria durante este tiempo y la expresión de lalagrangiana.

La lagrangiana de la partícula es L = T − V , siendo 22

2

12

2

1 y xT +== v . Así pues,

cerca del origen, se tiene

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

000 ;

000 ;

2

2

2

2

2

2

−−−==

−−−==

y x

V x

y

V y

y

V

y

L y

y

L

y x

V y

x

V x

x

V

x

L x

x

L

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

lo que conduce a las ecuaciones de movimiento de Newton:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

000

000

2

2

2

2

2

2

−−−=

−−−=

y x

V x

y

V y

y

V y

y x

V y

x

V x

x

V x

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

con las condiciones iniciales

( ) ( ) ( ) ( ) 00000 ==== y x y x

Por otra parte, según el enunciado, se tiene

24



( ) 1262 32 t Ot t +++= cbar

Sustituyendo r y en las ecuaciones del movimiento e igualando las potencias del

mismo orden en t , se obtienen los vectores buscados:

r

( )02

1

V

a x ∂

∂

−=

0= xb

( ) ( ) ( ) ( )

+= 0000

24

1

2

2

2

y x

V

y

V

x

V

x

V c x

∂ ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

Haciendo en estas expresiones el intercambio x↔ y, se obtienen las componentes y

correspondientes.

Para calcular la trayectoria, x = x( y), hay que eliminar el tiempo t entre las

componentes x e y de la ley de movimiento r (t ). Para ello invertimos la serie de una de

las componentes, la componente x por ejemplo, suponiendo para t un desarrollo de la

forma

( ) 22/32/1 xO x x xt +++= γ β α

de manera que

( ) 2 22/322 xO x xt ++= αβ α

( )

22/333 xO xt += α

Sustituyendo en la ley de movimiento, se tiene:

( ) ( ) 2 22/32 xO x xa x x ++= αβ α

de donde, igualando las potencias del mismo orden en x se encuentran los coeficientes

del desarrollo de t ,

,0= ,2/1

… β α −= xa

lo que llevado a la componente y de la ley de movimiento, y = a yt 2 + ..., proporciona la

trayectoria pedida

( ) /

/

2

0 xO x xV

yV y

x+

=

=∂ ∂

∂ ∂

que puede calcularse consecutivamente a todos los órdenes

---------------------------------------

19. Considérese un sistema formado por dos esferas de masa m unidas por unavarilla rígida de masa despreciable y longitud 2l. El conjunto puede girarlibremente en torno al punto medio de la varilla, equidistante de ambas esferas.Este punto está forzado a moverse sobre una circunferencia de radio R

colocada verticalmente en el campo gravitatorio terrestre. Determínense lascoordenadas generalizadas apropiadas para describir el movimiento del

25



sistema y calcúlese la expresión de su lagrangiana, si la gravedad es la únicafuerza presente. Escríbanse las ecuaciones de Lagrange correspondientes ydiscútase el movimiento del sistema.

z

y

x

θ

ϕ g

Para especificar el movimiento del sistema, lo más conveniente es dar la posición del

centro de masas y referir a éste las posiciones de las dos esferas. Como el centro demasas está forzado a moverse sobre una circunferencia, su posición queda determinada

dando el ángulo α que forma su radio vector. En cuanto a las esferas, como están unidas

por una barra rígida, la distancia que las separa es fija y basta con especificar los

ángulos polares esféricos (ϕ ,θ ) que determinan la orientación de la barra en el espacio.

Así, como coordenadas generalizadas del sistema pueden tomarse los tres ángulos

(α ,ϕ ,θ ).

Con respecto a un sistema de coordenadas cartesianas con origen en el centro de

la circunferencia de radio R, como en la figura, las posiciones de las esferas son:

cos

cos

cos

1

1

1

+=

+=

=

θ α

ϕ θ α

ϕ θ

l Rsen z

senlsen R y

lsen x

cos

cos

cos

2

2

2

−=

−=

−=

θ α

ϕ θ α

ϕ θ

l Rsen z

senlsen R y

lsen x

Calculando por derivación temporal las velocidades respectivas, resultan las siguientes

expresiones para las energías cinéticas:


mT

coscoscos22

2

1

2222222

2

11

++−++=

=≡ v


mT

coscoscos22

2

1

2222222

2

22

+++++=

=≡ v

de modo que la energía total del sistema es

( ) ( ) ( )222

21 α θ ϕ θ R senl l mT T T ++=+=

Por otra parte, las energías potenciales de las esferas y la energía potencial totalson

26



( )θ α cos11 l Rsenmg mgz V +==

( )θ α cos22 l Rsenmg mgz V −==

α mgRsenV V V 221 =+=

A partir de la lagrangiana, L ≡ T − V , calculemos las derivadas

2

2

2 2

2

2

2

LmR

Lml

Lml sen

∂ α

∂α

∂ θ

∂θ

∂ ϕ θ

∂ϕ

= −

=

=

=

=

=

0

cos2

cos2

22

∂ϕ

∂

θ θ ϕ ∂θ

∂

α ∂α

∂

L

senml L

mgR L

La ecuación asociada al grado de libertad α ,

( ) 0cos22dd 2 =− α α mgRmRt

está desacoplada de θ y de ϕ . Esta ecuación es precisamente la ecuación del péndulo

simple,

cos g

Rα α = −

de manera que el centro de masas de las esferas ejecuta un movimiento pendular

independientemente de como estén girando las esferas. Es decir, el sistema en conjunto

se comporta como un péndulo de masa 2m con dos grados de libertad internos que

determinan el movimiento relativo de las dos esferas respecto de su centro de masas.

Por otra parte, la coordenada ϕ es cíclica de manera que una constante del

movimiento es

C senml L

== θ ϕ ϕ ∂

∂ 222

de donde, despejando, se obtiene

2

22 θ ϕ

senml

C =

La ecuación para θ es

( ) 0cos22d

d 222 =− θ θ ϕ θ senml ml t

es decir, sustituyendo el resultado anterior,

2

2 2

cot0

2 sin

C

ml

θ θ

θ

− =

que es la ecuación que determina el movimiento relativo de las esferas.

-----------------------------------------

27



20. Una partícula de masa m se mueve sobre la superficie de una esfera de radio R y se encuentra sometida al campo gravitatorio terrestre.



Tomemos un sistema de coordenadas cartesianas centrado en la esfera, tal como se

indica en la figura

m R θ

Utilizando coordenadas esféricas, la posición y velocidad de la partícula vendrán dadas

por

−=

+=

−=

=

=

=

θ θ

ϕ θ ϕ ϕ θ θ

ϕ θ ϕ ϕ θ θ

θ

ϕ θ

ϕ θ

sen

cossensencos

sensencoscos

cos

sensen

cossen

R z

R R y

R R x

R z

R y

R x

de manera que las energías cinética y potencial de la partícula son, respectivamente,

( ) ( ) sen2

1

2

1

2

1 22222222 θ ϕ θ +=++== mR z y xmmT v

θ cos00 mgRV mgz V V +=+=

A partir de la lagrangiana, L = T − V , las ecuaciones correspondientes a los ángulos de

orientación son

0d

d=−

∂θ

∂

θ ∂

∂ L L

t

0d

d=−

∂ϕ

∂

ϕ ∂

∂ L L

t

Como la coordenada ϕ es cíclica su momento conjugado se conserva constante, lo que

traduce la conservación de la componente correspondiente del momento angular, esdecir,

28



sen 22 l mR =θ ϕ

y la ecuación para θ se escribe como:

sen

cossen

33

2

θ

θ θ θ

mR

l mg mR +=

Definiendo el potencial efectivo

( ) sen2

cos122

2

θ θ

mR

l mgRV ef ++=

la ecuación para θ queda en la forma

d

d1

2 θ θ

ef V

mR−=

Una gráfica de V ef permite obtener cualitativamente una perspectiva general del tipo de

órbitas.

0

1

2

3

4

ππ/2

θ

V ef

5( R/ g )

En la figura se ha representado la función ( R/ g )V ef para el caso particular .

La curva a trazos corresponde al término gravitatorio y la curva a trazos y puntos altérmino centrífugo. La suma de ambos es la curva continua. Como puede verse, las

órbitas posibles corresponden a trayectorias acotadas comprendidas entre dos valores,

uno máximo y otro mínimo, del ángulo θ que dependen de la energía total de la

partícula, la otra constante del movimiento. Para el valor de ésta correspondiente al

mínimo de la curva de V

2 322 gRml =

ef , los dos valores de θ colapsan y la trayectoria corresponde a

una circunferencia horizontal.

---------------------------------------------

21. Si se multiplica el lagrangiano por una constante las ecuaciones del movimientono se ven afectadas. Suponga ahora que el potencial es una función homogénea

29



de grado m de las coordenadas: ( ) ( ) (n

r r r V mn

r r r V n

r r r ,,2

,1

,,2

,1

,,2

,1

……… α α α α =′′′= )V . Si

se reescala simultáneamente el tiempo (por un factor: β =t

t ' ) y las

coordenadas espaciales (por dicho factor: α =′l

l l , con señalando una

coordenada con dimensiones de longitud), una elección apropiada de ambosfactores puede tener como efecto neto el de multiplicar el lagrangiano por unaconstante.

a) ¿Cuál es la relación entre α y β para que así suceda?b) Una vez obtenida ésta derive a partir de ella, como función de m, lasrelaciones entre

l l ′ y cada uno de las reescalamientos siguientes: tiempos (

t t ′ ), velocidades (

v′v ), energía (

E E ' ) y momento angular (

J J ′ ).

c) Obtenga de las relaciones del apartado b) lo siguiente:- la tercera ley de Kepler,

-

la relación l cuando el potencial gravitatorio se aproxima pormgh ( )2

constante t ×=

- la independencia del período con la amplitud en el oscilador armónico

a) Si el potencial reescala como , la energía cinética lo hace comomα 22

β α . Para sacar

factor común a ambos términos del lagrangiano

= 22 β α α m , o

( )21 m−= α β

b) las relaciones solicitadas son:

21

;;2;21

m

l

l

J

J m

l

l

E

E

m

l

l

v

v

m

l

l

t

t +

′=

′

′=

′

′=

′−

′=

′

c)

- En el potencial gravitatorio 1−=m . Sustituyendo en la primera relación en b),

obtenemos ( ) ( )32 l l t t ′=′ , que es la ley de Kepler (las distintas órbitas se transforman

unas en otras mediante reescalamientos en el tiempo y el la longitud)

-

En el caso del potencial mgh, 1=m , encontramos la clásica relación parabólicaentre distancia y tiempo.

- Aquí m . El período debe ser independiente de la amplitud.2=

22. Considérese un circuito clásico ( inductor-condensador) sin generador,estudiado en Física General. Recordando que la energía almacenada en el

inductor es

LC

2L21 I , siendo I la corriente que circula por él, y que la almacenada

en el condensador esC

Q2

21 , establezca una analogía entre estos conceptos

eléctricos y los correspondientes de un sistema mecánico simple. A

30



continuación plantee el Lagrangiano del sistema y obtenga la ecuacióndiferencial y la frecuencia intrínseca de este circuito resonante.

C L

2Q

m

El problema es muy simple. La analogía puede establecerse de la siguiente forma:

Posición – cargaVelocidad – corriente

Fuerza – diferencia de potencial

Masa – inductancia L

Constante del muelle – inversa de la capacitancia 1/C

La energía almacenada en el inductor 2

21 L I puede asociarse formalmente a un término

de energía “cinética”. Por su parte, la energía almacenada en el condensador es

asimilable, también desde un punto de vista formal, al término de energía potencial de

un muelle. En definitiva:( )

212

21 1QL

C V T L −=−=

de la que se obtiene la ecuación: ( ) 0L

1 =+ QC

Q ,de la que sigue fácilmente la frecuencia.

---------------------------------------------

23. Una esfera uniforme de masa y radio R se halla encastrada en un agujeropracticado en una fina lámina plana infinita, con una masa por unidad de áreade valor σ , de forma a que el plano de la lámina coincida con el planoecuatorial de la esfera. Un objeto de masa de masa se mueve sin rozamiento a

lo largo del eje z (véase figura), perpendicular a la lámina y que pasa por elcentro de la esfera. Construya el Lagrangiano del sistema

La dificultad en este problema reside en encontrar el campo al que se ve sometida la

partícula. Una vez obtenido éste, la construcción del Lagrangiano es inmediata.

Consecuentemente, nos concentraremos únicamente en el primer objetivo. Para ello,

separamos las contribuciones del plano y de la esfera. Esta última es inmediata:

simplemente, a una distancia del centro de la esfera, a lo largo del eje z ,

31



2 z

GM −

La contribución del plano puede calcularse de la forma siguiente. Tomemos un anillo de

radio ρ , alrededor del centro de la esfera.. Por razón de simetría, sólo tendremos que

calcular la componente del campo producido por el anillo a la misma distancia

anterior . En definitiva,

( )( )( ) 2222

2

ρ ρ

ρ σ πρ

++−

z

z

z

d G

El campo total producido por el plano resultará de integrar la expresión para el anillo en

el intervalo [ :)∞, R

22

2

R z

z G

+−

σ π

---------------------------------------------

24. Sabemos que el oscilador armónico tiene como parámetro característico lafrecuencia ω , que es independiente de las condiciones iniciales. Por elcontrario, su amplitud máxima A sí que depende de estas últimas. Sin embargo,existen osciladores en los cuales los papeles de la frecuencia y amplitud máximase invierten, en el sentido de pasar la frecuencia a ser dependiente de condicióninicial y, al contrario, la amplitud máxima convertirse en un parámetrocaracterístico del sistema, independiente de la condición inicial. Un caso

semejante ocurre en el sistema de la figura, en el que dos masas iguales estánunidas por un eje rígido de masa nula. cada una de las masas se mueve sinrozamiento, y en ausencia de gravedad, a lo largo del eje correspondiente, biensea el x , bien sea el y. Plantee el lagrangiano del sistema, y demuestre que loaseverado es cierto: la frecuencia con la que oscila cada masa depende de lacondición inicial, mientras que su amplitud máxima es siempre la misma.

x

y

A

Al no estar el sistema sometido a fuerzas, fuera de las ligaduras geométricas, el

lagrangiano y la energía cinética coinciden: son iguales a la energía cinética que tiene

cualquiera de las partículas, en el instante en que pasa por el origen y la otra está en su

posición de equilibrio,

( )2

22

22

22u

m

x A

xmA L =

−=

(1)

donde es la velocidad de una partícula cuando pasa por el origen. Ordenando de

nuevo términos en la ecuación (1), llegamos a:

u > 0

32



222

2222222u x

A

u xu A xu x A =

+⇒=+

La ecuación final expresa la conservación de la energía de un oscilador armónico cuya

frecuencia y amplitud máxima son, respectivamente, u A

y . El movimiento es el de

oscilador armónico, pero en el cual la frecuencia depende de la condición inicial (a

través de , mientras que la amplitud máxima es siempre constante.

A

u

---------------------------------------------

25- Suponga que el lagrangiano para un cierto movimiento unidimensional viene

dado por

−= 22

2

1

2

1e kqqm

t L

γ .

a) Escriba la ecuación del movimiento. ¿A qué sistema corresponde?b) ¿Existe alguna constante del movimiento?c) Ponga de manifiesto los distintos movimientos posibles

Suponga seguidamente que se define una nueva coordenada, , dada porS

qt

S

=

2exp

γ .

d) Escriba la ecuación del movimiento. ¿A qué sistema corresponde?e) ¿Existe alguna constante del movimiento?f) Ponga de manifiesto los distintos movimientos posiblesg) ¿Cómo pondría en relación ambas descripciones?

Nota aclaratoria.

En el enunciado propuesto en la hoja de examen se deslizó un error. Se sugería elcambio ( t qS )γ exp= en lugar del que aparece en el presente enunciado. Está claro que

con este último cambio el resultado carece de interés conceptual, tal como ha podido

constatar la mayoría de los alumnos. La corrección, evidentemente, se ha hecho según el

enunciado del examen, y no con el que aparece aquí. Sin embargo, sí que da interés al

problema el cambio propuesto aquí, por lo que será aquél sobre el que elaboraremos.

Para terminar, quiero felicitar a los tres alumnos que se han dado cuenta del “buen”

cambio. Así lo han hecho constar en el examen a título de comentario y su iniciativa ha

sido debidamente valorada a la hora de calificar.

a) La ecuación de Lagrange lleva a:( ) 0=++ kqqmqme t γ γ ,

o

0=++ qm

k qq γ ,

b) Aparentemente, podríamos contestar que no existe constante del movimiento al

depender explícitamente del tiempo. Pero esta respuesta es un poco precipitada.

Veamos por qué. En un sistema mecánico, podemos disponer, en principio, de

funciones que permanecen constantes a lo largo del

movimiento: =constante. Estas se denominan constantes del movimiento ointegrales primeras. Sin embargo, la definición de estas cantidades es más general,

L

( ) ( )( t qt q F

, )

33



englobando una posibles dependencia explícita del tiempo, de forma que:

= constante. Nada , en principio, excluye la existencia de este último caso de constante

del movimiento, aunque, bueno es decirlo, se piensa en la primera forma al hablar de

constante del movimiento. Lo que sí queda claro es que, si existe

( ) ( )( )t t qt q F ,,

( )( )( )t t ,qt q F , =

constante, no es aparente. Sigamos la evolución del problema para aclarar este extremo.

c) Para una solución general del tipo , obtenemos la ecuación característicat eq α ∝

02 =++m

k α γ α

con soluciones

m

k −

±−=2

22

γ γ α

Las distintas posibilidades de movimiento nos vendrán dadas por el valor del

discriminantemk − =∆

2

2γ , siempre que 0>γ .

Primer caso: ∆ . En este caso, la solución general queda como un movimiento

oscilatorio amortiguado

0<

( )t Bt Aeq

t

∆+∆= −

sencos2

γ

Segundo caso: . Movimiento puramente amortiguado0=∆

20

t

eqq

γ −

=

Tercer caso: ∆ . Movimiento también puramente amortiguado0>

( )t t

t

Bee Aeq ∆−∆−

+= 2

γ

d) Escribimos el lagrangiano en función de la nueva variable

2

2

2

1

2

1

2

1kS S S m L −

−= γ ,

del que se obtiene la siguiente ecuación del movimiento

02

22

=

−+ S

m

k S

γ .

e) Ahora, sí que podemos hablar de una constante del movimiento. La ecuación anterior

es la del oscilador armónico, que tiene formalmente la constante

cte2

2

22

2 =

−+ S

m

k S

γ

Llegados a este punto, enlazamos con el apartado b). La expresión anterior, una vez

desecho el cambio , nos proporciona la contestación a la pregunta que nos

hacíamos ahí.

S q →

34



f) Es fácil responder a este apartado manejando el signo de 2γ −mk , al igual que

hicimos en el apartado c). Sin embargo, a la hora de hacer un análisis completo no

deberá olvidarse el factor exponencial en la definición de .S

g) Ambas descripciones son totalmente equivalentes. La única diferencia es que en la

segunda se enmascara el factor exponencial –que no por ello ha desaparecido-

pudiéndose con ello poner en evidencia la constante del movimiento –cosa que no era

trivial en la primera descripción.

---------------------------------------------

26- Tres puntos de masa pueden deslizarse sobre un círculo de radio b , talcomo indica la figura de la izquierda, sometidos a fuerzas derivables del potencial

m

( ) γ β α γ β α −− ++= ee,, 0V V −e los ángulos de separación γ β α ,, son medidos en

radianes. Cuando3

2π γ β α ==

21 ,,

=

3

, el sistema se halla en equilibrio. Encuentre las

frecuencias de los modos normales del sistema para pequeños desplazamientos delequilibrio (ángulos θ θ θ ilustrados en la figura de la derecha)

Los ángulos α , β y γ , en términos de 21 ,θ θ y 3θ , son:

123

2θ θ

π α −+= ,

233

2θ θ

π β −+= ,

313

2

θ θ

π

γ −+= .

Por su parte, el potencial queda:

−−+

−−+

−−−=

3123123

2

0

θ θ θ θ θ θ π

eeeeV V

Habida cuenta de que estamos hablando de pequeños valores de 21 ,θ θ y 3θ , esta

expresión del potencial puede aproximarse por

( ) ( ) ([ 3123123

2

0 3 θ θ θ θ θ θ

π

−−−−−−≈

−

eV V )

35



( ) ( ) ( )

−+−+−+ 2

31

2

23

2

122

1

2

1

2

1θ θ θ θ θ θ

La energía cinética va a ser dependiente de las velocidades lineales de las tres

partículas. Como el radio b es constante, éstas serán b , paraiθ 3,2,1=i . En definitiva,

el lagrangiano quedará

( )23

2 2 2 2 230 1 2 3 1 2 2 3

1

13

2 i

i

L mb V eπ

3 1θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ

−

=

= − + + + − − −∑ ,

con sus correspondientes ecuaciones de Lagrange

( )2

2 31 0 1 2 32 0mb V e

π

θ θ θ θ −

+ − − =

( )2

2 32 0 2 3 1

2 0mb V eπ

θ θ θ θ −

+ − − =

( )2

2 33 0 3 1 2

2 0mb V eπ

θ θ θ θ −

+ − − =

Proceder en el análisis de modos normales es relativamente trivial, por lo que se dejan

los detalles como ejercicio. La ecuación característica resulta ser2

2

2 2 230

3 0mb V e mbπ

ω ω −

− + =

con soluciones

=−

30

31

0

π ω

em

V

b

siendo la segunda degenerada.

---------------------------------------------

27.- En un sistema dinámico de 2 grados de libertad la energía cinética es

2

2

2

2

2

2

1

2

1

)(2qq

bqa

qT

+

+= , y la energía potencial esta dada por U 2dqc += , con a, b,

c y d constantes. Mostrar que en función del tiempo es una ecuación de la

forma con h, k y constantes.

2q

t −2

0 )(t h=2

22 )2)(( k qk q +− 0t

NOTA: bxab

bxa

bxa

xdx+

−−=

+∫ 23

)2(2

Dado que la energía cinética y la potencial no dependen ni del tiempo ni de la

coordenada tenemos 2 constantes del movimiento:1q V T E += y1q

L

∂∂

, es decir:

cte pa

q

q

L=

+=

∂∂

1

1

1

bq2

=

36



cartesianas. Usted sabe que ésta es una partícula en el espacio vacío sin fuerzasactuando sobre ella y le dan como pista el concepto de sistema inercial y elprincipio de relatividad de Galileo.1. Explique por qué el lagrangiano no puede ser función de z, y, x , ni de cada unade las componentes de la velocidad, , , por separado. Tampoco del tiempo.

¿Sobre qué propiedades del espacio se basará su argumentación?

xv yv z v

Usted llega a la conclusión de que , donde)( 2v L v

es la velocidad de la partícula en

un sistema inercial K y quiere descubrir la forma exacta. Para ello toma unsegundo sistema inercial K’ que se mueve con velocidad constanteinfinitesimalmente pequeña ε − respecto de K .2. Pruebe que L _ (a constante). Le puede ayudar hacer una expansión enserie de Taylor, despreciar los términos cuadráticos en _ y recordar la propiedad

de invariancia bajo transformación

2av L =

dt

dF L L +→ ' L .

3. Pruebe que es una elección consistente para el lagrangiano en cualquier

sistema K’ que se mueva con velocidad finita

2'' v L =

0V − respecto de K ; es decir, se

satisface el principio de relatividad de Galileo.

Los datos del problema son:

A) El Lagrangiano es funcional de la forma: ),,( t qq L L ii = .

B) Ecuaciones de Lagrange: 0=∂∂

−∂∂

ii q

L

dt

d

q

L

.

C) Estudiamos el movimiento en un sistema inercial. En este sistema de referencia una

partícula libre permanecerá en reposo o en movimiento rectilíneo uniforme por tiempoilimitado. Esto es equivalente a decir que para este sistema el espacio es homogéneo e

isótropo y el tiempo uniforme y de hecho esta es una de las posibles maneras de definir

un sistema inercial (basta pensar, en el caso de la isotropía por ejemplo, que con una

partícula de velocidad inicial no nula es imposible definir una dirección privilegiada del

espacio, dado que sea cual sea la dirección inicial de la partícula el tipo de

comportamiento siempre es el mismo). Por supuesto los sistemas inerciales son

indistinguibles entre si por lo que las ecuaciones del movimiento han de ser iguales en

todos ellos.

D) Principio de relatividad de Galileo aplicado a un sistema de referencia inercial K’ se

desplaza con velocidad infinitesimal ε − respecto a otro sistema inercial K nos informaque si la partícula libre se mueve con velocidad v

en el sistema K lo hará con velocidad

ε

en el sistema K’.

−v

1) Con los datos A) y C) es directo. La inclusión de una dependencia explicita respecto

a las coordenadas o al tiempo implicaría que las ecuaciones del movimiento no

respetarían la homogeneidad del espacio y el tiempo. Cualquier referencia a una

dirección privilegiada, como sería una dependencia de la dirección del vector velocidad,

no respetaría la isotropía del espacio. Por tanto el Lagrangiano solamente puede

depender del módulo de la velocidad, es decir: .)( 2v L L =

39



2) Siguiendo las indicaciones del enunciado desarrollamos en serie el Lagrangiano para

el sistema K’:

)(2)()2()'( 2

2

2222 ε ε ε ε Ovv

Lv Lvv Lv L +

∂

∂−=+−=

,

y de la última afirmación de C) y la otra pista del enunciado del problema tenemos que

dt

dF v Lv L += )()'( 22 y para que esto se cumpla en la ecuación anterior tenemos que

cteav

L==

∂

∂2

, de modo que ar F ε

2−= , donde r

es el vector posición de la partícula.

3) Siguiendo el mismo razonamiento que en el anterior apartado tenemos que

)2()(2)(')'('2

00

22

00

22

0

22 t V V r dt

d v LV V vvV vvv L +−+=+−=−==

que comprueba que los Lagrangianos de ambos sistemas son compatibles.

---------------------------------------------

31. Una partícula de masa m se mueve sobre la superficie de un cono de ángulo α (ver figura) y se encuentra sometida al campo gravitatorio terrestre.


b) Hállese el potencial efectivo para el problema unidimensional equivalente ydiscútase el tipo de órbitas

c) ¿Qué velocidad inicial ha de imprimirse a la partícula para que la órbita seacircular?

d) Suponga la masa m en una órbita circular tratada en el apartado anterior.

Suponga que se le imprime un muy pequeño impulso en dirección contraria alvértice del cono. ¿ Qué tipo de trayectoria piensa usted que seguirá el sistemadespués de hacer esto? En el caso de seguir una trayectoria consistente en lacomposición de la trayectoria circular original y de una pequeña oscilaciónalrededor de ésta, calcule la frecuencia de las oscilaciones de pequeña amplituden torno a la órbita circular. Hágalo sólo en el caso en que piense que estatrayectoria tiene sentido.

a) Siguiendo la figura, tenemos:

θ

α

m

z

y

x

R

40



,

,sin

,cos

z z

R y

R x

=

=

=

θ

θ

como la partícula tiene que moverse en la superficie del cono, tenemos una ligadura

expresada por la ecuación:

Z

R

z h

R=

−=α tan dónde definimos z h Z −= , siendo h la distancia del origen al

vértice del cono.

Elegimos como coordenadas generalizadas a Z (que sólo tendrá sentido para ) y θ

y definiendo

0≥ Z

α β tg ≡ obtenemos

,

),cossin(

)sincos(

Z z

Z Z y

Z Z x

−=

+−=

−−=

θ θ θ β

θ θ θ β

con lo que el lagrangiano tiene la forma

( )( ) mgZ Z Z m L +++= 22222 12

1θ β β ,

en que la coordenada θ es cíclica y el correspondiente momento conjugado se conserva

θ β θ

θ

22mZ

L p =

∂

∂=

que corresponde a la componente vertical del momento angular. Como la lagrangiana

no depende del tiempo, también se conserva la energía.

b) Si sustituimos la ecuación anterior en la ecuación del movimiento para la otra

variable tenemos

( ) )(1 22 g Z m Z m +=+ θ β β

Distinguimos ahora dos casos:

1) Inicialmente el momento angular es nulo, 0=θ p , bien por estar situados en el

vértice del cono, , o por no tener velocidad inicial en el plano xy, .

En este caso el problema se reduce al movimiento de un cuerpo sobre un plano

inclinado. La ecuación anterior se simplifica a

0= Z 0=θ

( )12 +=

β

g Z , es decir es un

movimiento uniformemente acelerado en la coordenada Z . El potencial efectivo

es: Z g eff α β

22 cos

1+= g Z =V .

2) Si podemos despejar de la ecuación del momento angular0≠θ p

22 β θ θ

mZ

p= , que introducimos en la ecuación para la variable Z

+

+=

232

2

21

1

β β

θ

Z m

p g Z ,

y si tomando como potencial efectivo la función tal que

Z

V

Z

eff

∂

∂

−=

, obtenemos

41



−

+= gz

Z m

pV eff 222

2

2 21

1

β β

θ .

Si dibujamos este potencial obtenemos una función monótonamente decreciente

como la siguiente:

con V en trazo continuo y las dos componentes en trazo punteado. Este potencial para

la variable Z corresponderá a un movimiento acelerado, independientemente de lascondiciones iniciales la masa tenderá a caer hacia Z cada vez mayores, que

corresponden a z cada vez más negativos en la variable original. Por tanto el

movimiento será una composición de un giro en el plano xy, dado por la variable

eff

θ ,

que por conservación del momento angular tendrá cada vez menor velocidad angular a

medida que aumente el radio de giro, y de un movimiento acelerado en la dirección del

eje negativo de la variable z .

c) Con el potencial calculado no pueden existir órbitas circulares dado que V nunca

alcanza un mínimo. El único equilibrio que puede alcanzar la partícula vendría de

considerarla en reposo sobre el vértice del cono. También podemos darnos cuenta de

esto al intentar calcular el valor de Z que anula

eff

Z

V eff

∂∂

, obtendremos sólo valores de Z

negativos, para los que nuestras ecuaciones ya no son válidas.

d) Si consideramos la partícula sobre el vértice del cono cualquier pequeña perturbación

la sacará de su equilibrio inestable para producir un movimiento de caída acelerado

como los descritos en el apartado b). Es decir no tiene sentido considerar pequeñas

oscilaciones para potenciales sin mínimos.

---------------------------------------------

42



32. La relación entre las leyes cuánticas y clásicas puede expresarse en la formaen la que se trata en este problema. Para ello tomemos un sistema de un grado delibertad. La frecuencia de la radiación emitida por este sistema de acuerdo con lasleyes cuánticas viene dada por h E ∆=cuanν , siendo k n E E E −=∆ . Estos estados

estacionarios de energía se calculan con ayuda de la condición de cuantización de

la acción, ∫ == nh pdq I . En consecuencia, ( )hk n I I k n −=− . Si , es decir,

examinamos dos estados vecinos:

1=− k n

h I k I I k =−=∆ +1 . Combinando esta expresión

con la que nos da la frecuencia cuántica, obtenemos I E ∆∆=cuan

*ν (1)para dos estados contiguos.Obtenga el equivalente clásico de la expresión (1) para el caso del osciladorarmónico. ¿Encuentra usted alguna similitud entre las dos expresiones? ¿Podríacomentar algo sobre las posibles diferencias?

( )dqV E m pdq I ∫ ∫ −== 2Tanto la acción como la energía clásicas son funciones continuas. Busquemos la

derivada de una respecto de la otra:

( )dq

V E m

m

dE

dI ∫ −

=2

que, para el caso del oscilador armónico, queda

∫∫∫ ==== T dt q

dqdq

p

m

dE

dI

en donde T es el período de oscilación. En consecuencia,

dI

dE

T ==1*

clasν

a comparar con (1). Tanto en mecánica clásica como cuántica las frecuencias vienen

dadas por la relación de incrementos de la energía y de la acción, aunque en clásica

estos incrementos son infinitamente pequeños mientras que en cuántica son finitos.

De hecho, este resultado, demostrado para el oscilador armónico, es válido para todos

los sistemas periódicos de un grado de libertad, aunque no haremos la demostración

aquí.

---------------------------------------------

33. Consideremos la definición general de sistema conservativo. A saber, aquel

que cumple las siguientes tres condiciones: 1) es válida la forma estándar(holónoma o no holónoma) del lagrangiano; 2) el lagrangiano no es funciónexplícita del tiempo; 3) las ecuaciones de ligadura pueden expresarse en la forma

( los coeficientes son nulos). Por otra parte, si el lagrangiano se

expresa en la forma estándar holónoma y la energía cinética es una formacuadrática homogénea de las q ’s, un sistema conservativo es además natural.

0l k k

k

a dq =∑ lt a

j

a) Demostrar que la definición anterior de sistema conservativo lleva a la

conservación de la llamada función energía: j

j j

Lq

q L

∂−

∂∑

(integral de Jacobi),

que se reduce a la energía total en el caso de un sistema natural.

43



b) Ahora sea una masa m desliza sin rozamiento dentro de un tubo circular deradio r (véase figura). El tubo gira alrededor de su diámetro vertical (eje Z) conuna velocidad angular constante ω . En las coordenadas polares de la figura,compare los sistemas de referencia asociados a un observador externo y a otro quegira con el tubo, respectivamente. ¿En cuál de los dos es este sistema simplemente

conservativo y en cuál es también natural? Justifique su respuesta.c) Describa el sistema anterior en coordenadas esféricas. ¿Es el sistema ahoraconservativo? Justifique su respuesta. En caso de no serlo, ¿cuál es la razón físicapara ello?

z

O r

θ

m

Si , entonces2 1 0

L T T T V = + + −2 0 j

j j

L L T T

qh q V

∂= − = − +

∂∑

V ′ ′

. Si reagrupamos

términos:

2 0

V

V T T

′

− = +h T == +

Todo el truco del problema reside en “manejar” apropiadamente los términos en el

Lagrangiano. Empecemos con los términos T y V en polares2 2 2 2 21

2( se

cos

T m r r

V mgr

n )θ ω θ

θ

= +

=

dando el lagrangiano en sistema “laboratorio”2 2 2 2 21

2( sen ) L m r r mgr cosθ ω θ = + − θ (1)

Cumplimos las condiciones impuestas a un sistema conservativo y, por tanto, lo es. La

integral de Jacobi es:2 2 2 2 21

2( sen )h m r r mgr cosθ ω θ = − + θ ,

que NO ES la energía total. Sin embargo, si escribimos de nuevo (1) de forma que

L T V ′ ′= −

con2 21

2 2

2 2 2

0cos sen

T T mr

V V T mgr r

θ

θ ω θ

′ = =

′ = − = −

T’ es la energía cinética relativa a un sistema que gira con el tubo. La energía potencial

V’ incluye el término gravitacional y el término0

T − que tiene en cuenta la fuerza

centrífuga. En este caso nuestro sistema es natural y h T V ′ ′= + , la energía total

(¡cuidado, no en el sistema inercial!)

En el caso de coordenadas esféricas ( ), ,r θ φ tenemos

2 2 2 2 212

( se

cos

T m r r

V mgr

n )θ φ θ

θ

= +

=

44



con la ligadura 0d dt φ ω − =0

. El sistema en esta representación NO ES conservativo ya

quek t

a ω = − ≠ . Además, la expresión de Jacobi ( T V + , en este caso) no es constante

ya que la ligadura efectúa trabajo sobre el sistema.

----------------------------------------------

34. Un bloque de masa M2 desliza sobre otro de masa M1 que, a su vez, deslizasobre un plano horizontal (Véase figura). Usando las coordenadas X1 y X2 de lafigura, obtenga las ecuaciones diferenciales del movimiento a través de laformulación de Lagrange. Asuma ausencia de rozamientos.

X2

X1

M2

M1

La coordenada1 es el desplazamiento absoluto de , mientras que

1m

2 x es el

desplazamiento de m con respecto a Para obtener la velocidad absoluta v de ,

usamos la ley del coseno para sumar la velocidad de m y la velocidad de respecto

de . Obtenemos:

2 1m

2

2

2m

1 m

1m

2 2 2

2 1 2 1 22 cosv x x x x α = + −

siendo α el ángulo formado por el plano con la horizontal. Por lo tanto,

( )2 2 2

1 1 2 1 2 1 2

1 12 cos

2 2T m x m x x x x α = + + −

En presencia del campo gravitatorio, los cambios en energía potencial proceden de

cambios en el valor de2:

2senV mgx α = −

De aquí

( )2 2 2

1 1 2 1 2 1 2 2

1 1

2 cos sen2 2 L m x m x x x x mgxα α = + + − +

Las ecuaciones correspondientes:

( )1 1 2 1 2cos 0m x m x x α + − =

2 2 2 1 2cos sen 0m x m x m g α α − − =

----------------------------------------------

35.- Un modelo simple, y de gran utilidad, de molécula triatómica lineal es el de lafigura. Vamos a examinar el caso en el que M>m. Plantee el problema en lascoordenadas definidas por los desplazamientos de las tres masas de su posición de

45



equilibrio, con sus correspondientes ecuaciones de Lagrange. Intente una solución

0i t

x x ei iω = , siendo ω una frecuencia de modo normal

a) ¿Cuántas frecuencias independientes hay y cuáles son éstas?b) ¿A qué movimiento corresponde la menor de ellas?

mM M

kk

X1

1

2

3

( ) ( )2 22 2 2

1 2 3 2 1 3

1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 L T V Mx mx Mx k x x k x x= − = + + − − − −

2

Ecuaciones :

( )

( ) ( )

( )

1 1 2

1 2 1 2 3

3 3 2

0

0

0

Mx k x x

mx k x x k x x

Mx k x x

+ − =

+ − + − =

+ − =

El determinante para las frecuencias

2

2

2

02 0

0

k M k k k m k

k k M

ω ω

ω

− −− − −

− −

=

con soluciones

1 2 3

20, , 1

k k M

m mω ω ω

= = = +

Para1

0ω = , los desplazamientos son1 2 3

x x x= = , dando a entender que el conjunto de

las tres masas se mueve como un sólido rígido, sin oscilaciones internas.

----------------------------------------------

36. La transformación entre coordenadascartesianas y polares viene dada por θ senr x = ,

θ cosr y = , siendo lo vectores unitarios en polares:

jiu

jiu

θ θ

θ θ

θ cossen

sencos

+−=

+=r

A diferencia de i y j, u y u no son constantes.

Puede observar, por ejemplo, que

r θ

θ θ

uu

=d

d r y

y

x

( )θ ,r

ur

uθ

trayectoria

θ

R

46



r d

d u

u−=

θ

θ

1) Sabido esto, calcule las componentes en coordenadas polares de laaceleración y acto seguido plantee las ecuaciones de Newton correspondientes.

2) Exponga la formulación lagrangiana para el problema y compare la formaanterior de obtención de la ecuaciones del movimiento con la que le ofrece ésta.

θ

θ θ

θ uu

uu

uu

R v

dt

d r

dt

dr

dt

d

d

d r

dt

dr

dt

d r

dt

dr

dt

d r

r r

r r +=+=+==

r r

r r

r r

dt

d r

dt

d r

dt

d

dt

dr

dt

r d

d

d

dt

d

dt

d

r dt

d

r dt

d

dt

dr

dt

d

d

d

dt

dr

dt

r d

dt

d

dt

d r

dt

d r

dt

d

dt

dr

dt

d

dt

dr

dt

r d

dt

d

uuuu

uuu

uu

uuu

uu

va

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

−++=

++++=

++++==

θ θ θ

θ

θ θ θ θ θ

θ

θ θ θ

θ θ

θ θ θ

θ θ θ

Con lo que encontramos22 2

2 22

r

r r

d r d dr d d r r

dt dt dt dt dt

F F

m

θ

θ θ

θ θ = − + +

= +

a u

Fu u

θ =u

47



Extremos condicionados de funciones. Multiplicadores de Lagrange.

Resulta más sencillo entender primero el significado de los extremos condicionados

sobre las funciones que estamos acostumbrados a manejar.

Ejemplo.

Encontrar los extremos de la función ( ) 22 y x y x f +=, sujeta a la restricción

01 =−+ y x y x :),( . Es decir, en lugar de optimizar sobre todo el plano (x,y) nos

limitamos a una curva, unidimensional, sobre ese plano.

Es evidente que el modo más sencillo de resolver este problema es reducir el problema

al mínimo de una función con una sola variable:

x x y −= 1)( , que sustituyendo en f , ( )22 1 x x y x f −+=),( , y podemos derivar y

calcular el extremo: ( ) 0122 =−−=

x xdx

df

, 2

1

2

100

== y x , .

Aunque el mismo proceso sería aplicable en funciones dependientes de un mayor

número de variables, una manera de sistematizarlo es aplicar los multiplicadores de

Lagrange:

Construimos una nueva función ),(),();,( y x y x f y x λ λ φ ⋅+= que comparte los

extremos con f en la región que nos interesa, 0=),( y x . El extremo de dicha función

viene dado por un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas

.

,

,

0

0

0

=

=∂

∂+

∂

∂=

∂

∂

=∂

∂+∂

∂=∂

∂

ϕ

ϕ λ

φ

ϕ λ φ

y y

f

y

x x f

x

que, teniendo en cuenta y x y x ∂

∂−=

∂

∂→=

∂

∂+

∂

∂=→= ϕ

ϕ ϕ 00 & las dos primeras

ecuaciones se reducen a 0=∂

∂+

∂

∂=

y x

ϕ ϕ & , es decir al mismo problema de antes.



2

Por lo tanto, teniendo en cuenta la relación trigonométrica sencos2

2

1

2

θ θ=

−, la curva pedida viene

dada, de forma paramétrica, por

( )

( )

x r

z r

= −

= −

θ θ

θ

sen

cos1

donde r C = 1

2 2 . Esta es precisamente la ecuación paramétrica de la cicloide desarrollada por una

circunferencia de radio r . El valor de r se determinada imponiendo que la cicloide ha de pasar por el punto A = ( x A, z A). Por ejemplo, dividiendo las ecuaciones paramétricas de la curva y particularizando en A, resulta

x

z

A

A

A A

A

= −

−θ θ

θ

sen

cos1

que es una ecuación transcendente para θ A . Por último, utilizando una de las ecuaciones paramétricas se

encuentra

r z A

A

=−1 cosθ

Nótese que necesariamente el punto inicial O, desde el que se suelta la partícula, ha de ser un extremo de

la cicloide, tal como hemos esquematizado en la figura.

------------------

2. Como ejemplo de aplicación del cálculo de variaciones tenemos el siguiente problema. Sea unmuro rectilíneo, de longitud 2a. Deseamos instalar una alambrada de longitud L, que partiendo

de un extremo del muro, termine en el otro extremo de éste ¿Cuál debe ser la forma dada al

recorrido de la alambrada para que el área encerrada sea máxima?

El área encerrada por la alambrada es ydxa

a

−∫ , mientras que la longitud de la alambrada es

1

2

+ ′ =−∫ y dx La

a

. La ecuación de Lagrange se transforma en:

11

02

− ′

+ ′

=

d

dx

y

y

λ

Integrando y despejando ′ y , queda:

( );

)(

2

1

2

1

C x

C x y

+−

+−=′

λ

que, integrado a su vez da:

( ) 2

2

1

2 C C x y ++−= λ

Las constantes C C 1 2y se hallan con las condiciones de contorno de la alambrada, quedando: y x a= − − −λ λ2 2 2 2 .

Para determinar λ volvemos a la condición

1 2+ ′ =−∫ y dx La

a

que nos lleva a:

( )λ

λa L=

1

2sen

Para hacer posible una solución de esta última ecuación trascendental, escojamos L a= π , para lo cual

λ = = −a y a xe 2 2 . Para esta elección y x( ) es un semicírculo centrado en el origen; solución que

podíamos esperar intuitivamente.



FORMULACIÓN HAMILTONIANA: ECUACIONES

1. El punto de suspensión de un péndulo simple de masa y de longitud l estáobligado a moverse a lo largo de una pista horizontal, y está conectado a unpunto de la periferia de un volante de masa

m

y de radio . El volante giralibremente alrededor de un centro fijo en la pista. Hallar la hamiltoniana delsistema, y las correspondientes ecuaciones del movimiento de Hamilton.

a

φ

φ θ

cos

sincos2

l y

l a x

−=

+=

φ φ

φ φ θ θ

lsin y

l asin x

=

+−= cos2

( )

( )

⋅⋅=

+−

++=

−=

=====

=

−+=

∫

θ

φ θ φ

φ φ θ φ θ θ θ φ

φ

ρ π ρ π π ρ

θ

φ θ φ θ θ θ φ

A,2

1

coscossin2sin222

cos

4

122

2

1

cossin2sin22

22222

224

0

2

2

22222

L

mgl almma I l m L

mgl V

MRl a M l ar rdr l I

I T

almmal m

T

a

D

p

48



φ θ θ

φ θ

φ θ θ

θ

φ

θ

φ

θ φ θ

φ θ

2cos2sin2224)2sin24(2

1

2cossin2

cossin22sin24)1(

)1(

2

1

2sin24cossin2

cossin22

ml ama I ml

ml alm

al ma I

T T

P

P

ma I alm

almml

−+≡∆

∆⋅

+=

−

⋅−

⋅=

⋅=

=

+−

−=

A

PAP

AP

A

φ φ θ φ θ θ φ θ coscossin4222)2sin24(2

1mgl P P alm P ml P ma I H − +++∆=

No hay ninguna que sea obviamente cíclica, aunque H se conserva: H=E, al no

depender explícitamente del tiempo.

Las ecuaciones de Hamilton son:

θ

θ θ θ

φ

φ φ φ

P H H P

P

H H P

∂∂=

∂∂−=

∂

∂=

∂

∂−=

;

;

-------------------------------------------

2. La Lagrangiana de un sistema con dos grados de libertad puede escribirse en laforma

])()cos[(2

22 t qsint qt sinqm

L ω ω ω ω ω ++=

¿Cuál es la Hamiltoniana correspondiente?¿Se conserva? Introduciendo lanueva coordenada

t qsinQ ω = , hallar la Lagrangiana en función de Q y su derivada, y también lacorrespondiente Hamiltoniana H .¿Se conserva H ?

49



[ ]

22

)cos(

)()cos(2

2222

22

mqt sinqm H

Lq p H

t qt sinqt msinq

L p

t qtsint qt sinqm

L

ω ω

ω ω ω ω

ω ω ω ω ω

−=

−=

+=∂

∂=

++=

donde

t sint q

t msin

pq

ω ω ω

ω

1)cos( −=

Entonces la Hamiltoniana es:

2)cos(

2

222 mqt q

t msin

pm H ω ω ω

ω −−=

No se conserva al depender del tiempo.

22211

1222

1

2

1

2

1

)(2

cos

Qm P m

H

Qm P QQm

L

t qt sinqQ

t qsinQ

ω

ω

ω ω ω

ω

−=

=+=

+=

=

Sí, se conserva.

-----------------------------------------

3. Considérese un cilindro de radio R, libre de girar respecto de su eje de simetría,

situado verticalmente, y cuyo momento de inercia respecto de tal eje es I .

Sobre la superficie lateral del cilindro está fija rígidamente una espira

uniforme ó pista helicoidal, a lo largo de la cual puede deslizarse sin

rozamiento un punto material de masa . El ángulo formado por la hélice

respecto de la vertical es tal que desciende una altura

m

πα 2 por cada vuelta que

se da alrededor del cilindro. Supóngase que la partícula parte del reposo desde

la parte superior del cilindro y se desliza bajo la influencia de la gravedad.

Usando un sistema de coordenadas cualquiera, obtener la Hamiltoniana para el

sistema combinado partícula-cilindro, y resolver completamente el movimientodel sistema. Interprétense todas las variables cíclicas del sistema.

50



αφ

θ φ θ φ

−=

+=+=

z

r yr x )sin(;)cos(

siendo la constante de la espiral: πα 2= L

[ ]2222 )((21 φ α θ φ ++= RmT particula

2

2

1θ I T cilindro =

αφ mg V −=

[ ] φ θ

θ θ φ φ φ α mga I Rm L +++++=2

)2(2

1 222222

=

+

+=

θ

φ θ φ

θ

φ α θ φ

A),(

2

1)(),(

2

122

222

I mRmR

mR RmT

⋅=

2

1

2

1

φ

φ

A p

p

( )

+−

−+

∆=

2

1

222

22

21)(

,2

1

p

p

RmmR

mR I mR p pT

α

siendo

42222 ))(( RmmR I Rm −++=∆ α

pero θ es cíclica de modo que es constante:2 p .2 const p == β Lo que equivale a la

conservación del momento angular total. De hecho, como el sistema parte del reposo

0= β ,

.0)( 22 =++ θ φ I mRmR

Entonces,

.)(

2

1 2

1

2 p I mRT +

∆

=

51



Definiendo∆

+≡

I mR 21

µ ,

αφ µ

mg p

H −=2

2

1

Las ecuaciones de movimiento son:

1 p

H

∂

∂=φ ;

φ ∂

∂−= H

p1

µ φ 1 p

= ; α mg p =1

)0(;)( 01 ===−= φ θ α α t mg t t mg p en .0=t

2

0 2t

mg

µ

α φ φ +=

2

42222

2

0))((2

t RmmR I Rm

I mRmg

−++

++=

α

α φ φ

Movimiento uniformemente acelerado:

µ

α φ

mg = ;

I mR

mRmg

+=

2

2

µ

α θ

----------------------------------------

4. Una Hamiltoniana de un grado de libertad tiene la forma

[ ]k beebq

pqbe p

t q p H t t t +++−= −−− )(22

),,(22

α α α α α α

en donde b,α y son constantes.k

a) Hallar la Lagrangiana asociada a esta Hamiltoniana.

b) Obtener una Lagrangiana equivalente que no dependa del tiempoexplícitamente, explicando someramente la base del procedimiento seguido.

c) Escribir la Hamiltoniana correspondiente a esta segunda Lagrangiana yexplicar su relación con la Hamiltoniana anterior.

22

22q pq

p H

γ β

α +−=

con k beebbe t t t ++≡≡ −−− )(; α α α α α γ β

H pqqq L −= ),( q

p

p

H

β α −=∂q

∂

=

52



1 x θ cos)( z l −= , entonces θ θ θ cossin)(1 z z l x −−−=

θ sin)(1 z l y −= , entonces θ θ θ sincos)(1 z z l y −−=

2212212

2

2

1

2

11 )(

222

1)(

2

1θ z l

m z

mm z m y xmT −+

+=++=

gz mV 2−=

gz m z l m

z mm

L 2

221221 )(22

+−++

= θ

Nótese que θ es coordenada cíclica: .0=∂

∂

θ

LEl correspondiente momento conjugado

es constante

.)( 2

12 α θ

θ

==−=

∂

∂= const z l m

L p

2. Routhiano.

Es V z l m

z mm

z l m L p p p z R +−−+

−−=−= 22122122

1221 )(22

)();,( θ θ θ

Finalmente:

2

1);,( 21 = p p z R 221

22

1

2

2

2)( z

mm gz m

z l m

p

+−−

−

Las correspondientes ecuaciones de Lagrange tienen un solo grado de libertad, z ,

puesto que .2 α == const p

El potencial efectivo es .)(2 2

1

2

2 z l m

gz m−

+− α

.0=∂

∂−

∂

∂

z

R

z

R

dt

d

Entonces,

).)(2

()(2

1

2

2221

z l m p gz m

z z mm

−−

∂∂=+

Naturalmente, una primera integral de la ultima ecuación es la ecuación de la energía:

const E z l m

p gz m z

mm==

−+−

+2

1

2

2

2

221

)(22

Despejando z , se obtiene la solución para :)(t z

∫∫ ∫

−−++

==

2

1

2

22

21 )(2

)(

z l m p gz m E

mm z

dz

t z

dz dt

54



Para la coordenada cíclica )(t θ tenemos:

[ ],

)(2

1

2 dt t z l m

pd ∫ ∫

−=θ

lo que reduce la solución a dos cuadraturas.

El Hamiltoniano es trivial de obtener al ser diagonal la matriz

a invertir:

21

1

211 ;)(mm

p z z mm

z

L p

+=+=

∂

∂=

2

1

22

12)(

;)( z l m

p z l m

L p

−=−=

∂

∂= θ θ

θ

T=2

1

2

2

21

2

1

)(2)(2 z l m

p

mm

p

−+

+

=+= V T H gz m z l m

p

mm

p22

1

22

21

21

)(2)(2−

−+

+

Evidentemente H es también cíclico en .0: 2 α θ

θ ==⇒=∂

∂const p

H

Nótese que la existencia de una coordenada cíclica reduce en dos(no en uno) el orden

del sistema a integrar, al desaparecer tanto la coordenada como su momento conjugado

del problema diferencial. Ello no era obvio en los ejemplos anteriores en los que usamosel formalismo lagrangiano en vez del hamiltoniano.

------------------------------------------

6. A partir de la formulación de Lagrange para un sistema descrito por n coordenadas generalizadas q :

i

a) constrúyase una función ( )t pqG ii ,,

i

pi

, análoga a la hamiltoniana, en la que lasvariables independientes sean q y .

b) Dedúzcanse las correspondientes ecuaciones de movimiento.

a) A partir de la lagrangiana , construimos la función( t qq L ii ,, ) ( )t pq ii ,, G mediante

una transformación de Legendre:

( )t qq L pqG iiii ,, −= .

Diferenciando esta expresión se obtiene:

t t

Lq

q

Lq

q

Lq p pqG i

i

i

i

iiii dddddd∂

∂−

∂

∂−

∂

∂−+=

55



H

x

xmg x

m

p p

p

H

m

p x

∂

∂

∂

∂

−=−−=

==

cosh

tanhtanh

,

2

Queda claro que, con estas ecuaciones, no se cumple p x H x p H ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ 22= . No

pueden, por lo tanto, derivar de un formalismo hamiltoniano.

b) La energía potencial es V )(),( x f mg mgy y x == . Mientras, la cinética viene dada

por:

( )22222 )(2

)(2

x f x xm

y xm

T ′+=+=

Una vez construido el lagrangiano, llegamos a la siguiente ecuación de Lagrange:

( )[ ]

( ) ( ) 0)()()(2)(1

)()(1

2

2

=′′+′′′+′+

=′+′+

x f mg x f x f x xm x f xm

x f mg x f xmdt

d

Identificando términos con los de la ecuación del enunciado:

x x f

x x x f x f

x x f

senh)(

;coshsenh)()(2

;cosh)(1 22

=′

=′′′

=′+

De lo que deducimos fácilmente que:

x x f cosh)( =

Dicho todo lo anterior, es fácil ver que:

( )( ) xm

p x x xm

x

L p

2

2

senh1;senh1

+=+==

∂

∂

c)

( )

( ) xmg

xm

p

xmg x xm p x L p x H

coshsenh12

1

coshsenh12

1

2

2

22

++

=++−=−=

-------------------------------------------

9. Obtenga el hamiltoniano de un móvil, sometido a un potencial V , que sedesplaza sobre un disco horizontal que gira con una velocidad angularconstante ω . Hágalo en los sistemas de referencia del laboratorio y del disco yestablezca la relación entre ambos hamiltonianos. Utilice la notación ( )

para las coordenadas en el sistema “laboratorio” y para lascorrespondientes en el sistema que gira con el disco.

lablab , y x

( y x, )

58



Lo importante aquí, es tener en cuenta que, para la construcción del hamiltoniano, T y V

tienen que ser evaluadas en el sistema inercial (laboratorio).

( )lablab

2

lab ,2

y xV vm

L −=

Las ecuaciones que relacionan las coordenadas del sistema laboratorio y las del sistema

no inercial giratorio, son:

θ θ

θ θ

sencos

sencos

lab

lab

x y y

y x x

+=

−=

Si el disco gira, por ejemplo, en el sentido contrario a las agujas del reloj, la

diferenciación con respecto al tiempo de las ecuaciones (con t θ = )

( )( )θ θ ω θ θ

θ θ θ θ

sencossencos

cossensencos

lab,

lab,

y xvvv

y xvvv

x y y

y x x

−++=

+−−=

Un simple cálculo nos lleva a:

( ) 22222

lab 2 r yv xvvvv x y y x ω ω +−+=

( )222 y xr += . Sustituyendo la expresión anterior en el lagrangiano inicial, obtenemos

su representación en las coordenadas del sistema giratorio. El paso siguiente es el de la

obtención de los momentos en el sistema giratorio.

( )

( ) xvmv

L p

yvmv

L p

y

y

y

x

x

x

ω

ω

+=∂

∂=

−=∂

∂=

El hamiltoniano en el sistema no inercial se construye de la forma usual

Lv pv p H y y x x −+= =

( ) ),(2

22

y xV xp ypm p p

y x

y x+−++ ω

Finalmente, la relación entre ambos hamiltonianos se obtiene teniendo en cuenta que el

correspondiente al sistema inercial será aquél que resulta de hacer nula la velocidad

angular en la ecuación anterior:

z l H H ω ω −= =≠ 00

-------------------------------------------

10. La relación entre los hamiltonianos de una partícula moviéndose en unpotencial V , definidos, respectivamente, en un sistema inercial y en un sistemano inercial que gira alrededor del eje z con velocidad angular constante , es

59



z inercial inercial no l H H ω −=− ( l es la componente correspondiente del momentoangular definido en el sistema no-inercial). Haciendo uso de esta últimarelación demuestre el Teorema de Larmor, que asegura que puede eliminarseel efecto de un campo magnético estacionario uniforme sobre una partículacargada en movimiento colocándose el observador en un sistema de referencia

giratorio. Halle la frecuencia con la que debe girar el sistema de referencia noinercial (frecuencia de Larmor).

z

+c

e

Ayuda: Recuerde que el lagrangiano de una partícula cargada en un campo

electromagnético viene dado por Avc

eemv L

⋅+Φ−=

221 . Recuerde también que la

ecuación ( r B A )×=

21 define un campo magnético uniforme. Por último, tome el eje z

como dirección del campo uniforme B

y como eje de giro del sistema giratorio.

Dado el lagrangiano del enunciado del problema es fácil obtener el momento conjugado

y el hamiltoniano (recuerde que estamos en un sistema inercial). Son, respectivamente,

Φ+

−== e A

c

e p

m H Avm p inercial

2

2

1 ,

H es constante sólo si los campos son estacionarios. En el campo magnético de

características impuestas en el enunciado –campo magnético uniforme en la dirección z

y ( r B A )

×=21 – el hamiltoniano se transforma en:

( )2 2

2 21 2

22 4 22 x y

p e eB

H B e z inercial m mmc += + + Φ −

l c

)

Podemos, ahora, invocar el problema 9. Es posible establecer una comparación con la

relación del enunciado si tenemos claro que la componente del momento cinético

canónico en el sistema inercial y en el no-inercial. Esto siempre puede comprobarse

aplicando una transformación del sistema de coordenadas del laboratorio, ( 1 1, y , a las

del sistema giratorio ( ), X Y :

1 1

1 1

sin sin ,

sin sin

X x u wt y wt

Y y u wt x wt

= +

= −

.

Una vez comprobado esto es inmediato encontrar la frecuencia de Larmor y el

hamiltoniano en el sistema giratorio:

mc

eB

L2

−=ω

Φ+

+= e Br

mc

e

m

p giratorio H 22

4

1

22

2

2

2

Vemos que el término lineal en B está ausente. Esto indica que, si el campo es pequeño,

la dependencia en éste es despreciable (en términos de segundo orden).

60



-------------------------------------------

11. Sabemos que no existe una forma estándar de obtener una función generatrizque lleve a una formulación más conveniente. Sin embargo, el empleo de laspropiedades que deseamos en la formulación de destino, permite obtenerlafácilmente. Un ejemplo clásico es el de la función ( )t Qq F ,,

1 en el caso de la caídalibre de un cuerpo en un campo gravitatorio . Queremos que en la nuevaformulación, el Hamiltoniano,

mgq

K , sea sólo función de la coordenada, Q , y quese cumpla la equivalencia entre los dos momentos, p P = . Obtenga a partir deestos requisitos la forma de la función ( )t ,Qq F ,

1. (Recuerde que q F p ∂= ∂

1,

Q F P ∂∂−=1

y t F H K ∂∂+=1

)

Partimos de la expresión H K = , que se traduce en el contexto presente en

( ) mgqm

p

Q +=2f

2

,entendiéndose que f expresa la forma de( )Q K . De esta última expresión obtenemos

( )[ ]2

12

2f 2 gqmQm p −=

Podemos hacer uso del requisito dado por la identificación de ambos momentos

Q

F

q

F P p

∂

∂−=

∂

∂== 11

Se desprende que ( ) mgQQ =f . Finalmente, la función generatriz resulta de la integración

de la ecuación

( )[ ]q

F qQ g m p

∂

∂=−= 12 2

1

2

dando

( ) ( )[ ]2

32

21 23

1, qQ g m

g mQq F −−=

-------------------------------------------

12. ·Un cuerpo, de masa m=1, se mueve en un campo en el cual la energía potenciales , siendo g la aceleración de la gravedad. Se sabe que la ecuación delmovimiento es

g f x( )

0)()()( =++ x gC x x B x x A ,

siendo A( x ), B( x ) y C ( x ) tres funciones continuas.Si ,axaaxaaxa x A 4-e243-e282-e241)( +−+=

a.- ¿Cuál es la expresión de la energía potencial?; Dibújela;b.- ¿ Cuál es la expresión del hamiltoniano?;c.- ¿ Cuál es la frecuencia de las pequeñas oscilaciones alrededor delequilibrio?

Sea V la energía potencia. La ecuación de Lagrange es:f(x)),( g gy y x ==

( ) ( ) 0f f f 2f 12 =′′+′′′+′+ g x x x , con

dxdf f =′ .

Comparando con la ecuación

0)()()( =++ x gC x x B x x A ,identificamos

61



2f 1)( ′+= x A

Si A( ) es la expresión dada en el enunciado, tendremos:

2axe1f

axe1

axae2f

ax4e24ax3e28ax2e242f

−−=⇒

−−−=′⇒

−+−−−=′ aaa

a) La energía potencial es V y su gráfica es:2

axe1

−−= g

b) El hamiltoniano es , con:V T H +=

( ) ( )

( )

( )2ax

2ax42ax32ax222

22222

e1

);(2

e4e8e412

f 22

−

−−−

−=

=+−+

=′+=+=

g V

x A xm

aaa xm

x xm

y xm

T

c) La frecuencia de las pequeñas oscilaciones alrededor del equilibrio ( x=0) vendrá dada

a partir del desarrollo de V para pequeños desplazamientos:

( ) )(e13222ax

xO x ga g V +≈−= −

quedándonos con el término cuadrático, obtenemos el potencial de un oscilador

armónico, de frecuencia:

m

g a

2=ω

-------------------------------------------

13.- Encontrar el Lagrangiano y el Hamiltoniano de un péndulo que consta de unamasa m unida a una vara rígida y sin masa AB de longitud l,libre de moverse en elplano vertical. El extremo A de la vara sólo puede moverse en la dirección verticaly de modo que su desplazamiento respecto al origen de coordenadas O esta fijadopor una función del tiempo )(t γ . La gravedad actúa verticalmente y hacia abajo.b)Mostrar que la aceleración vertical del punto A, )(t γ , tiene el mismo efecto sobrela ecuación del movimiento que una campo gravitacional dependiente deltiempo.¿Se conserva el Hamiltoniano? ¿Es el Hamiltoniano igual a la energía totaldel sistema?

62



a) Tomando como coordenada la variable θ de la figura tenemos

θ lsen x = , θ γ cosl z −= → ,θ θ cosl x = θ θ γ lsen z +=

( )2 2 21 12

2 2T mv m l l sen 2θ γ θ θ γ = = + + ; ( )γ θ −−= cosl mg V ,

( ) ( )2 2 212 c

2 L m l l sen mg l osθ γ θ θ γ θ γ = + + + − ;

θ γ θ θ

θ senl ml m p L

+==∂

∂ 2 → 2ml

senl m p θ γ θ θ

−=

V mml

senml p L p H +−

−=−= 2

2

2

2

1)(

2

1γ

θ γ θ θ

θ

b) θ θ γ θ γ θ θ cos2

ml senml ml L

dt

d

++=∂

∂; θ θ θ γ θ mglsenml

L

−=∂

∂cos

0coscos2 =+−++ θ θ θ γ θ θ γ θ γ θ mglsenml ml senml ml

.)(

θ θ θ γ

θ senl

t g sen

l

g

l

sen−=−−=

dónde γ += g t g )( .

Dado que el Hamiltoniano depende del tiempo, a través de γ (t), no es una cantidad

conservada. La ecuación que define la coordenada θ, z t

xtg

−=

)(γ θ , también depende

del tiempo por lo que la Hamiltoniana no representa la energía total del sistema (puede

comprobarse directamente sobre la expresión calculada).

-------------------------------------------

14. Razónese si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas:a) Dado un sistema hamiltoniano (por simplicidad de un grado de libertad) unacantidad dinámica que depende explícitamente del tiempo podría serconstante del movimiento.

),,( t pq F

b) El sistema dinámico 212

2

212

11 ;2

x x x x x x

ax x −=−−= , es un sistema

hamiltoniano.

a) No existe ninguna condición que exija que una constante del movimiento no dependadel tiempo, siempre y cuando cumpla la condición:

63



[ ]t

F F H

∂

∂=, .

b) Para que un sistema sea hamiltoniano tiene que existir una matriz H tal que el

sistema tenga la siguiente estructura

1

2

2

1 ; x

H x x

H x∂∂−=

∂∂=

y esto solo se cumplirá si2

1 2

1 1 2 2

x H

x x x

∂ ∂∂= = −

∂ ∂ ∂ ∂

y fácilmente vemos que no se cumple para el sistema propuesto.

-------------------------------------------

15. A partir de la formulación de Lagrange para un sistema descrito por n

coordenadas generalizadas :iq1. Constrúyase una función G análoga a la hamiltoniana, en la que las

variables independientes sean q y .

),,( t pq ii

i i p

2. Dedúzcanse las correspondientes ecuaciones de movimiento.

Realicemos una transformación de Legendre para

y diferenciemos dicha expresión

que, reorganizando queda

Por otro lado, teniendo en cuenta la forma funcional requerida para su

diferencial total debe ser

Igualando ambas expresiones diferenciales

y reorganizando

Debido a la independencia de variables ha de cumplirse

64



Teniendo en cuenta las ecuaciones de Lagrange

obtenemos

con lo que las ecuaciones del movimiento con la nueva funcional G serán

-------------------------------------------

16. En el sistema representado en la figura, el cilindro se mueve por rodadurasobre una superficie lisa, la varilla del pédulo es rígida y muy ligera y la bola delpéndulo es pequeña. (ver figura al inicio de la solución).Se pide:1 - Hallar el lagrangiano , el hamiltoniano y las ecuaciones del movimientosuponiendo que la unión entre el péndulo y el cilindro es rígida.2 - Hallar lo mismo que en el apartado anterior pero suponiendo que la uniónentre el péndulo y el cilindro es articulada y sin rozamiento.3 - En el caso anterior, hallar la reacción a la que está sometida la unión péndulo-

cilindro.4 - Hallar las frecuencias de oscilación para pequeñas desviaciones de la posiciónde equilibrio. Discutir los límites para M << m y m << M .

(Nota: Este problema fue propuesto por un alumno en la sección de Buzón deIntercambio de la pagina web de la asignatura. NO es un problema planteado enlos EXAMENES)

1). En el caso de una unión rígida el conjunto cilindro-péndulo tiene un único grado de

libertad, ya que el desplazamiento del cilindro sobre el plano y el ángulo de oscilación

del péndulo son proporcionales. Tomaremos como coordenada el ángulo θ que forma la

horizontal con el péndulo.

65



-θ

La coordenada cartesiana X del cilindro, tomando como origen la posición del

cilindro en la que θ=0, será:

X Rθ = − → X Rθ = − ,

y las coordenadas del péndulo son:

lsen Rθ θ = − → cos x l Rθ θ θ = − ,

θ cosl y −= → .θ θ senl y =

La Energía Cinética es la suma de las energías de la masa suspendida en el

péndulo y del cilindro, que tiene energía de translación y de rotación:

( ) ( )

( )

2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 12 2 2 2 2 2 2

3 1 1 32 cos

4 2 2 2

X T Iw MX m x y MR MX m x y R

MX m x y M m R ml mlR θ θ

= + + + = + + +

+ + = + + −

=

Construir ahora el Lagrangiano y el Hamiltoniano es inmediato:

2 2 21 32 cos cos

2 2 L M m R ml mlR mgl θ θ θ

= + + − +

,

2 23

2 cos2

L

p M m R ml mlRθ θ θ θ

∂

= = + + − ∂

,

( )

2

2 2

1cos

2 3 2 2 cos

p H p L mgl

m M R ml mlR

θ θ θ θ

θ = − = −

+ + − .

Las ecuaciones del movimiento son también inmediatas, calculemos ahora la

ecuación de Lagrange

( )( )2 2 2 23 2 2 cos 0

L d L

dt

mlR sen mgl sen m M R ml mlR mlR sen mglsen

θ θ

θ θ θ θ θ θ θ θ

∂ ∂− =

∂ ∂

− − + + − + +

=

(1).

Si consideramos la ecuación de movimiento E T V = + , con

66



22 23

2 cos cos2 2

E M m R ml mlR mgl θ

θ θ

= + + − −

( ) 2

2 2

2 cos

32 cos

2

E mgl

M m R mlR ml

θ θ

θ

+=

+ − +

, y por tanto

( )

2 2

0 0

32 cos

2

2 cos

t M m R mlR ml

dt d E mgl

θ θ

θ θ

+ − +

=+∫ ∫ (2)

2). En el caso en que la unión es articulada tenemos dos grados de libertad. Necesitamos

dos coordenadas generalizadas: mantendremos el ángulo θ del apartado anterior, y

X, posición del cilindro

sin

cos

x X l

y l

θ

θ

= +

= −,

cos

sin

x X l

y l

θ θ

θ θ

= +

=

.

Y el Lagrangiano

( )2 2 2 21 32 cos cos

2 4 L m X l Xl MX mgl θ θ θ = + + + + θ (3)

y las ecuaciones de Lagrange:

2

2

3cos sin 0

2

cos sin 0

x m M ml ml

xml ml ml

θ θ θ θ

θ θ θ

+ + − =

+ − =

, (4)

y a partir de ellas podemos despejar la ecuación para el ángulo

23 sincos sin 0

cos 2 cos 2

l ml m M ml g m M

θ θ θ θ θ

θ θ

− + − − +

3

= (5)

A partir de aquí es directo calcular el hamiltoniano y las ecuaciones del movimiento.

3). La reacción a la que esta sometida la unión péndulo-cilindro es igual a la fuerza

ejercida para mantener la ligadura de esta unión. Para calcular esta fuerza sólo tenemos

que plantear el problema ignorando la ligadura, con tres grados de libertad

correspondientes a los movimientos horizontales de M y m y al vertical de m, y a partir

de la expresión de la ligadura calcular el multiplicador de Lagrange correspondiente.

Si suponemos que la masa m no esta ligada al cilindro y tomando como

coordenadas generalizadas: z , coordenada horizontal del centro de masas, θ y r

coordenadas polares de la masa m con el origen de coordenadas en el centro del

cilindro, tenemos que

θ rsenm z X '−= → ,θ θ θ senr mr m z X 'cos' −−=

θ rsen M z x '+= → ,θ θ θ senr M r M z x 'cos' ++=

θ cosr y −= → ,θ θ θ cosr senr y −=

conm

mm

+=' y '1' m

m

M M −=

+=

y la ligadura vendrá dada por (notación del apartado 2.4 del Goldstein):

0),,( =−= l r r z f θ → → 0=dr 11 =r a , 011 == z aa θ .

Por tanto la Lagrangiana tendrá la siguiente expresión:

67



( ) ( ))

2 2 2 2 2 2 2 222

2

1 2

1 3sin cos

2 2

cos sin 2 sin cos cos

m L m M z m r r r r

m

z r r rr m mgr

µ 2θ θ µ θ θ µ

µ θ θ θ θ θ θ µ θ

= + + + + +

− + + − +

, con

)(1 M mmM += ,2

2 )()23( M mm M mM ++=µ .La única ecuación de Lagrange que necesitamos para calcular el valor de λ es:

01 =+∂

∂−

∂

∂r a

r

L

dt

d

r

Lλ

11 =r a

, donde substituimos las condiciones de ligadura r ,

, para obtener la expresión de la fuerza de ligadura:

0, === r r l

2 2 212 2

sin ( ) cos ( cos ) cos2

z l m sen l m sen mg µ

λ θ θ µ θ θ θ θ µ θ θ = − + − − + − .

4). A) Para el primer caso, tenemos que el punto de equilibrio es 0=θ , por lo que para

oscilaciones pequeñas la ecuación (1), con 1cos, ≈≈ θ θ θ sen y despreciando términos

de orden mayor a 1, toma la forma2 23

2 02

mgl m M R ml mlRθ θ

+ + + − =

,

y por tanto la frecuencia de oscilación será

2 23( ) 2

2

mgl w

m M R ml ml

=+ + − R

.

Sobre la que podemos tomar los siguientes limites:

- M>>m, y entonces . Se comportaría prácticamente como un cilindro

girando sobre el plano, en el que no habría movimiento periódico.

0→w

- m>>M, y( )

22 2 2

gl gl w

R l lR R l → =

+ − −.

B) Idem para el segundo caso. La ecuación (5) la podemos escribir como:

( )32

03

2

g m M

M θ θ

++ =

y por tanto

( )3

23

2

g m M w

M

+= ,

y los limites son:

- M>>m, y entoncesl

g w = , que corresponde a la frecuencia de un péndulo

simple. El movimiento del cilindro será igual al del centro de masas, velocidad

constante, y estará desacoplado del péndulo.

- m>>M, y3

2

g w

l

m

→ , es decir cómo un péndulo de longitud3

'2

l l .m

=

68



-------------------------------------------

19.- Una partícula de masa se mueve sobre la superficie de rotación dada

por la ecuación

1=m

ρ

1

ρ

12 −−= z , dónde . La partícula está sometida a la

acción de la gravedad (tomar por comodidad

222 y x += ρ

1= g ) dirigida en el sentido negativodel eje z .

a) escribir el lagrangiano y el hamiltoniano del sistema.b) Determinar las integrales primeras del movimiento.c) Discutir las condiciones para las que existe movimiento en todo tiempo (no

alcanza reposo), las que producen una órbita acotada (en ρ ) y las queproducen una órbita ilimitada.

a) Tomando coordenadas polares ya que es una superficie de revolución tenemos que el

lagrangiano y el hamiltoniano vienen dados por

2

222

32

2 11

2

211

2

1

ρ ρ

θ ρ

ρ ρ ρ +++

++=

L y

22

2

2

32

2 11

2211

2

1

ρ ρ ρ

ρ ρ

−−+

++

= J P

H , dónde θ ρ P J P P == , .

b) Las integrales primeras son la energía y el momento .θ ρ 2= J

c) Podemos interpretar el movimiento como uno unidimensional sujeto a un potencial

efectivo

ρ ρ

111

2 2

2

−

−=

J V eff .

Podemos distinguir ahora dos comportamientos

i. Si el potencial esta acotado inferiormente22 > J

Por tanto si el movimiento esta limitado, la variable0< E ρ esta acotada superior

e inferiormente. Si la variable0≥ E ρ aumenta indefinidamente.

ii Si la gráfica del potencial efectivo tiende a menos infinito en el origen22 ≤ J

70



Por lo que si 0< E el movimiento esta acotado.

71



TRANSFORMACIONES CANÓNICAS, CORCHETES DE POISSON YECUACIÓN DE HAMILTON-JACOBI

1. En un Hamiltoniano de dos grados de libertad independiente del tiempo nos

basta encontrar otra constante del movimiento para poder decir que elproblema está integrado. Si esta segunda constante, I(p,q), es a su vezindependiente del tiempo, debe satisfacer la condición: [ I ,H ] = 0. Supongamosuna partícula de masa unidad moviéndose en un potencial bidimensional

. Hallar: la constante más simple de la forma, donde e y f son funciones a determinar, y una forma

correspondiente del potencial V , para poder asegurar que el problema estáintegrado. ¿Cuál es el significado físico de I ? Con lo que usted sabe demecánica, ¿ hay una forma consistente de hallar la forma general del potencialsin resolver ecuación alguna?

),( 21 qqV

21 )()()( p f pe I qqqp, +=

Si insertamos H e I en la condición [ I ,H ] = 0, e igualamos los coeficientes de los

términos en los momentos, encontramos:

.0 ,0 ,0 ,0212121

=+=+==q

V f

q

V e

q

e

q

f

q

f

q

e

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

De las tres primeras ecuaciones podemos obtener, por ejemplo:

12 , q f qe =−= .

La constante es entonces:1221 pq pq I −= ,

que no es otra cosa mas que el momento angular. Es razonable pensar que el potencial

es un potencial central,

)(2

2

2

1 qqV V += ,

enteramente consistente con la cuarta ecuación en derivadas parciales.

--------------------------------

2. En el caso de un sistema unidimensional con la hamiltoniana

2

2

2

1

2 q

p H −=

determínense las funciones f (q, p) y g(q, p) de manera que

( ) ( )t pqg pq f D ,, +=

sea una constante del movimiento.

La función D debe ser solución de:

73



[ ] , D H t

D=

∂

∂

lo que, utilizando la forma de D, lleva a la ecuación

+

H

t

g H f H

g t q

g

p

H

q

f

p pq pq ∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

−

Igualando los coeficientes de t , se llega a las ecuaciones

−=

0=−q

g H g H ∂ ∂ ∂ ∂

p pq ∂ ∂ ∂ ∂

gq

f

p

H

p

f

q

H =−

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

La primer ecuación muestra que g = H es solución. Utilizando este resultado en la

segunda, ésta queda

2

1

2

1

2

2

3q

p

q

f p

p

f

q−=−

∂

∂

∂

∂

con lo que

2 ;

2

p

q

f q

p

f −=−=

∂

∂

∂

∂

es decir:

2

pq

f −=

--------------------------

. Sean q y p la coordenada y el momento generalizados de un sistema material

terminar Q de la forma más general posible, de modo que la

b) ra P la solución general

------------

3de un grado de libertad; sean Q y P funciones de q y p tales que P = q + p. Sepide

a) De

transformación de (q,p) a (Q,P) sea canónica;Demostrar que cualquiera que sea la expresión pa

viene dada por

),()( pqgP f Q +=

donde g(q, p) es solución particular de la ec ación [Q,P] = 1.

ara que la transformación sea canónica debe cumplirse

u

P

1=

∂

∂

∂

∂−

∂

∂

∂

∂

pqq p

QPQP

74



Si P = p + q, la condición anterior queda como:

.1=∂∂ pq

∂−

∂ QQ

La solución de la ecuación anterior es suma de la correspondiente a la ecuación

homogénea y de una solución particular de la ecuación completa. La integral de laecuación homogénea es de la forma:

)(hom q p f Q +=

siendo f una función arbitraria. Por otra parte, Q = q es una solución particular de la

ecuación inhomogénea, luego la solución general es:

)( q p f qQ ++=

Para el caso general en que P es una función cualquiera de p y q, la solución a la

ecuación homogénea, [P,Q] = 0, es de la forma Q , como puede verificarse por

4. Una masa m está conectada a un resorte de constante k 1 y oscilaarmónicamente sin rozamiento con una amplitud inicial A1. Se reduce la

uy despacio)

)(hom P f

simple sustitución.

-----------------------------------

constante del resorte de modo adiabático (equivalente a hacerlo mde forma constante hasta llegar a un valor k 2 (suponga, por ejemplo, quecalentamos el resorte). Calcúlese la nueva amplitud de oscilación.

I.NOTA: Si p y q son el momento y la posición de la masa, la cantidad

∫=π 2

pdq I

donde la integral se define a lo largo de una sola oscilación completa, es lo que

se llama un invariante adiabático. Ello quiere decir que, aunque la enegía del

oscilador varíe, I permanece constante cuando la constante del resorte se reduce

adiabáticamente. Utilícese este hecho para responder al problema. También

podrá resultarle de utilidad saber que:

∫ +−= 2sen1

sen2 x

xdx x . 24

Para solucionar el problema hemos de recordar que, según el teorema de Stokes el

variante adiabático I también puede escribirse como la integral de área sobre la perficie encerrada por la trayectoria de una oscilación completa en el espacio de fases:

insu

∫ ∫=π 2

dpdq I

Para el oscilador armónico la ecuación de la trayectoria en el espacio de fases es la

elipse

75



E qm p =+ 222 11ω

m 22

con un área encerrada dada por 2π E/ ω . Por lo tanto el invariante adiabático es I = E/ ω . La condición de invariancia adiabática viene dada por:

2

2

1

1

ω ω

E E =

Si escribimos la expresión anterior en términos de amplitudes de oscilación, la amplitudfinal puede expresarse como:

41

1 ⎞⎛ k

2

12 ⎟⎟ ⎠

⎜⎜⎝

=k

A A

-----------------------------------

5. La transformación desd o a otro móvil es, siendo la distancia entre los orígenes (siendo t el tiempo).

a) la transf par

del hamiltoniano en variables , cuando su representación en

e un sistema de referencia fij)(t DqQ −= D t ( )

Encuentre:

ormación a los momentos generalizados;

b) la forma ),( PQ

variables ( , ) p q es )(22qV m p + ;

c) las ecuaciones del movimiento en variab ), P .les (Q

) La función generatriz para la transformacióna )(t DqQ −= , es , tal que:),(2 qPF

pq

QP

=∂ ∂

22 ;F F

=∂ ∂

Si , tendremos( ))(2 t DqPF −= Pq

F p ==

∂ ∂ 2 .

El nuevo hamiltb) oniano será:

DP DQV m

P

DPqV m

p

t qPF t

t pq H t PQK ,,(

&

&

−++

=−+

=+=

)(2

)(2

),,(),,()

2

2

2∂

∂

c) Las ecuaciones del movimiento son:

76



)( DQV Q

P

Dm

P

P

K Q

+−=

−==

∂

∂

∂

∂

&

&&

Combinándolas:

Dm DQV Q

Qm &&&& −+−= )(∂

∂

-------------------------------------------

6. Supongamos que en el problema de una partícula, de masa m, en caída libre enun campo gravitatorio, queremos efectuar una transformación canónica,

, que nos permita escribir el hamiltoniano en la nuevasvariables como . Demuestre que la correspondiente función

generatriz, , viene dada por:

),(),( QPq p →mgQK =

),(1 QqF

( )( ) gmqQgmF 2232

1 32 −−= .

Deseamos pasar de mgqm

p H +=

2

2

a mgQK = . De la identificación de ambas

expresiones, obtenemos:

( )q

F mgqmgQm p

∂

∂ 12121)2( =−= ,

en donde es la función generatriz problema. Integrando la ecuación anterior,F 1

( ) ( )( ) 232

2

2121

1 23

1~~)2( qQgmgm

qd qmgmgQmF q

−−=−= ∫ .

----------------------------------

7. Dada la transformación ),();,( pqPP pqQQ == para un problema mecánicounidimensional, demostrar que la condición simplética para que ésta seacanónica se reduce a que una cierta función escalar tome un determinadovalor(¿cuál?).

Para el caso unidimensional, la condición simplética es:

∆=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ = JMJM

p p

qq

pq

pqT

PQ

PQ

PP

QQ

01

10

77



siendo . Es pues necesario y suficiente que el determinante ∆ sea la

unidad.

q p pq PQPQ −≡∆

--------------------------------

8. Dadas las siguientes transformaciones ),();,( pqPP pqQQ == , determinarcuales son y cuales no son canónicas. Para aquéllas en las que la transformacióncontiene parámetros libres, determínense las condiciones que éstos debenverificar para que la transformación sea canónica. Razónense las respuestas encada caso.

a) iiii pQqP =−= ;

b) iiii pQqP == ;

c) jiji jiji pbQqaP =−= ;

d) jiji jiji q BQ p AP =−= ;

e) , donde es una función arbitraria de q 1)/(;)( −== dqdf pPq f Q f

f) qP pQ cos;sin ==

a) canónica; b) NO; c) canónica si 1−=a b% , siendo b la matriz transpuesta de b %

d) canónica si 1−−= BA ; e) canónica f) no canónica

-----------------------------------

9. ¿Para qué valores de los parámetros α y β representan las ecuaciones

pqP

pqQ

β

β

α

α

sin

cos

=

=

una transformación canónica? ¿Cuál es la forma de la función generatriz ?3F

Para un sistema unidimensional la condición simpléctica se reduce a que el

determinante

p

P

q

P

p

Q

q

Q

∂

∂

∂

∂∂

∂

∂

∂

≡∆ sea la unidad.

En nuestro caso:

pq pq

pq pq

β β β α

β β β α α α

α α

cossin

sincos1

1

−

− −=∆ 12 −= α α β q

Deberá ser cierto que , lo que exige que112 =−α βα q

78



2;2

1== β α

La transformación es:

pqP

pqQ

2sin

2cos

=

=

además,q

F p

p

F q

∂

∂−=

∂

∂−= 33 ; y ),(33 Q pF F =

Rescribiendo las variables P y q en función de p y Q:

pQtgP p

Qq 2;

2cos

2

==

de modo que p

F

p

Q

∂

∂

−=3

2

2cos y Q

F

pQtg ∂

∂

−=3

2

Las dos ultimas ecuaciones se integran inmediatamente a

)(22

2

3 p ptgQ

F ϕ +−=

donde )( p =constante de modo que,salvo una constante irrelevante se verifica

finalmente que

2

),(2

3

Q pQF −= ptg2 .

-------------------------------------------

10. Resuelva el problema de Hamilton-Jacobi para una partícula que se mueve enun plano vertical sobre la parábola .2

ax z =

)41(2

12;)(

2

1 22222 xa xmT xax z z xmT +=⇒=+= &&&&&

2mgaxmgzV ==

2222 )41(2

1mgax xa xm L −+= &

Solo un grado de libertad, x . Para obtener el Hamiltoniano ,

2 2(1 4 ) L

p mx a x x

∂= − = +

∂ & , y:

.412

1 2

22

2

mgax xa

p

m H +

+=

79



La ecuación de Hamilton-Jacobi se obtiene de substituir pori p

iq

F

∂

∂ 2 en la expresión

0),,( 2 =∂

∂+

t

F t q p H ii

, de modo que:

)41(2

122

xam +022

2

2 =∂

∂++⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂

∂t

F mgax

x

F (Ecuación de Hamilton-Jacobi).

Puesto que H no depende explícitamente de t , t W F α −=2 donde const =α , y

α =+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂

∂

+2

2

22 )41(2

1mgax

x

W

xam,

que admite una integral inmediata, ya que

)41)((2222

2

xamgaxm x

W

+−=⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

∂

∂α

∫ +−=⇒ x

xa xmga

dxmW 0

222 )41)(1(2α

α .

La determinación de t W F α −=2 queda pues reducida a una cuadratura.

--------------------------------

11. Dado el Hamiltoniano , encontrar la transformación canónica que

lo convierte en

22 x p H x +=

2

42 1

QQP H += utilizando las propiedades de tales

transformaciones y la relaciónQ

x1

= .

Como sabemos que Q viene dada solo en función de x (normalmente llamada ),

usaremos la función generadora , para la cual

q

),(2 xPF

x

xPF

p ∂

∂

=

),(2

(1)

xP

xPF Q

1),(2 =∂

∂= (2)

Integrando (2),

)(2 q L x

PF += (3)

y usando (1)

)()( 22 QGPQq L

x

P p +−=′+−= (4)

80



q

F q f Q p

∂

∂=′= 1)( ,

e integrando,

)()(1 QqQf F +=

siendo ϕ una función arbitraria.

b).- De (1,b) )()( Qq f P ′−−=⇒ y en función de y q : p

)(q f

pQ

′=

))(

()(q f

pq f P

′′−−= ϕ (2)

c).- La condición para que la transformación sea canónica es independiente del

Hamiltoniano, Nada puede pues decirse de H .

d).-

qP

pqQ

ln−=

= (3)

Está claro que este es un caso particular de (2) con q f ln;0 ==′ϕ . Por tanto la

transformación es canónica. Si no supiésemos la forma de , podríamos hacer una

comprobación directa de que se cumple la condición general1F

JMJMT = , con

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

∂

∂

∂

∂∂

∂

∂

∂

=

p

P

q

P

p

Q

q

Q

M , y .⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=

01

10J

De hecho

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−=0

1

q

q p

M ; ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ −

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

−=

01

10

0

1

10

q

q p

q

pqTMJM

Se verifica pues que , de modo que la transformación (3) es canónica, por

verificación directa. Nótese, por cierto, que para problemas con solo grado de libertad

como éste, la condición

JMJM T =

1Det =⇔= MJMJM T , que es aún más trivial de probar.

-------------------------------------------

13. Resuelva el problema de una partícula con hamiltoniano

( )

2 2 212 x y zm

H p p p mg= + + + z , resolviendo su correspondiente ecuación de

Hamilton-Jacobi.

82



La ecuación, una vez hecha la separación de variables, queda como

( ) ( ) ( ) E mgz

dz

zdW

dy

ydW

dx

xdW

m=+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ +

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ +

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ 2

32

22

1

2

1

Si E es constante, cada uno de los sumandos diferenciales debe serlo a su vez

( ) ( )

( )

3

23

2

1

2

22

2

1 ,

1

21

2

1

α

α α

=+⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

=⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ =

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

mgzdz

zdW

m

dy

xdW

mdx

xdW

m

Y las soluciones

( ) ( )

( ) ( ) 23

329

8

3

222 ,121

mgzmg

zW

m x yW m x xW

−±=

±=±=

α

α α

Las constantes 321 ,, α α α definen los nuevos momentos en una transformación canónica

generada por ( )321 ,,,,, α α α z y xS S = . La otra mitad de las nuevas coordenadas

generalizadas definen las ecuaciones

( )t

mg

mgzS

t m

xS

t m

xS

−−

±=∂

∂=

−±=∂

∂=−±=

∂

∂=

23

2

33

22

22

,

12

11

α

α β

α α β

α α β

que, invertidas, dan

( ) ( )

( )232

3

222 ,

112

t g

mg z

t m

yt m

x

+−=

+±=+±=

β α

β α β α

-------------------------------------------

14. El hamiltoniano de Toda caracteriza un conjunto de partículas que se muevensobre un anillo, sometidas a fuerzas repulsivas, exponencialmente decrecientes.

En el caso de tres partículas (véase figura), este hamiltoniano viene dado por:

83



( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] 323

exp12

exp31

exp3

1

2

2

1−−−+−−+−−+∑

== φ φ φ φ φ φ

ii

p H

Aparte del hamiltoniano, existe una integral del movimiento obvia ¿Cuál es?Genere una transformación canónica que `ponga en evidencia esta nuevaintegral en el hamiltoniano transformado. ( Nota: en la segunda parte del

problema utilice la función generatriz , definiendo como nuevo momento esa

integral de movimiento adicional ) F 2

φ1

φ 3

φ 2

p1

p3

p2

φ

Hay una integral del movimiento obvia, que es el momento total

cte.3213

=++= p p pP (1)

ya que el hamiltoniano es invariante frente a rotaciones

0φ φ φ +

iia

Transformamos a los nuevos momentos 11 pP = , 22 pP = y dado por (1), con:3P

( ) .321322112 φ φ φ PPPPPF −−++= .

Encontramos el nuevo hamiltoniano:

( )

( ) ( ) ( )

22 2

1 2 3 1 2

1 2 1 2

1

2

exp - exp - exp 3.

H P P P P P⎡ ⎤′ = + + − − +⎣ ⎦

Φ + Φ − Φ + Φ −⎡ ⎤⎣ ⎦

′ H no depende de Φ3 : lo que demuestra la invariancia de P3

-------------------------------------------

15. Compruebe que para tres funciones se cumple

. Proceda expandiendo el lado izquierdo de la

igualdad y reorganizando términos para obtener el lado derecho. ¿De qué

relación se trata?

hg f ,,

[ ][ ] [ ][ ] [[ g f h f hghg f ,,,,,, −=+ ]]

Reconocemos aquí la identidad de Jacobi y su comprobación aparece con detalle en la

página 487 del Goldstein.

16. Sean q y p la coordenada generalizada y el momento generalizado de un

sistema material de un grado de libertad; sean Q y P funciones de q y p, tales

84



que . Se pide determinar P de la forma más general posible, de modoque la transformación de q y p a Q y P sea canónica.

pqQ tan=

Se tiene que

,tan;cos

2 p

qQ

pq

pQ ==

∂ ∂

∂ ∂

y una integral particular de la ecuación

1cos

tan2

=− p

q

q

P p

p

P

∂

∂

∂

∂ ,

se obtiene fácilmente haciendo P solamente función de p , por ser

pP pdp

dPsenln

tan

1=⇒= .

Luego( ) pq pP tanf senln +=

es la solución del problema.

-------------------------------------------

17.- Un sistema de una partícula tiene como lagrangiano: ( ))(e 2

21t2

qV qm L −= &γ .

a) ¿A qué sistema corresponde?b) Una vez encontrado el hamiltoniano en variables ( )q p, , ¿cuál ha ser la

buena expresión para la función ( )t f tal que la función generatriz

transforme el hamiltoniano en una constante del

movimiento en el caso en que

( ) ( )qPt f t PqF =,,2

( ) 22

21 qmqV ω = ?

a) La ecuación del movimiento es

qmq

V qm &&& γ 2−

∂

∂−=

que corresponde a una partícula en un potencial V y bajo la influencia de un frenado

qm &γ 2− .

b) El hamiltoniano viene dado por la expresión

( ) t t eqV e

m

p H

γ γ 222

2+= − ,

que se reduce, en nuestro caso, a

t t eqme

m

p H

γ γ ω 22222

2

1

2+= − .

Nos piden ahora una función generatriz de la forma ( ) ( )qPt f t PqF =,,2 para que transforme H en un nuevo hamiltoniano K que sea constante del movimiento. Nos

bastará para ello asegurar que K no depende explícitamente del tiempo. Para ello,

aplicando las ecuaciones de transformación

85



( ) ( )t

f qP H K qt f QPt f p

∂

∂+=== ;;

tenemos

t

f f QPe f Qme f

m

PK

t t

∂

∂++= −−− 1222222

2

2

1

2

γ γ ω

Si hacemos la identificación

( ) t et f

γ =

obtenemos el resultado exigido.

-------------------------------------------

18.- Un conjunto de coordenadas generalizadas, se transforma en un nuevoconjunto , a través de:),( 11 PQ ),( 22 PQ

),,,(, 221111

2

11 pq pqPPqQ == ),,,(, 221122212 pq pqPPqqQ =+= .

a) Encontrar la expresión más general de y para que la transformaciónsea canónica.

1P 2P

b) Mostrar la elección que reduce el hamiltoniano

( )2

212

2

1

21

2qq p

q

p p H +++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −= a .2

2

1 PPK +=

c) Resolver las ecuaciones de Hamilton en términos de las nuevas variables.

a) Buscaremos una función tal que),,(2 t PqF i

iP

F Q

∂

∂= 2 y

i

iq

F p

∂

∂= 2 , de :

211 qQ = y 212 qqQ += → .),,()( 212211

212 t qqgPqqPqF +++=

Por tanto:

1

2111 2q

gPPq p

∂

∂++= ;

2

22q

gP p

∂

∂+=

con lo que

2

22q

g pP

∂

∂−= ; ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂+−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−−=

12

21

11

21

1

12

1

2

1

q

g

q

g p p

qq

gP p

qP

b) Si suponemos que g es independiente del tiempo, H K = y si sustituimos las

expresiones anteriores de y en K tenemos que1P 2P

2

2

2

1211

21

2

1

2 q

g p

q

g

q

g

qq

p pK H

∂

∂−+⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂+

−==

que será igual a la hamiltoniana original si

21 q

g

q

g

∂

∂=

∂

∂ y ( ) 21

2

2

2

1

2

21

2

2 qqqqqqq

g−−−=+−=

∂

∂

y esta última expresión es fácilmente integrable a

)(3

11

2

21

3

22

2

1 q f qqqqqg +−−−= y de la condición 21

2

2

2

1

21

2 qqqqq

g

q

g−−−=

∂

∂=

∂

∂

tenemos que2

1

1qq

f

−=∂

∂ y por tanto

86



( ) 3

1

2

21

3

22

2

12211

2

123

1

3

1qqqqqqPqqPqF −−−−++= .

c) En el nuevo Hamiltoniano no aparecen ni ni por lo que y son

constantes y1Q 2Q 1P 2P

1

1

1 2PP

H Q =∂

∂=& → α += t PQ 11 2 ,

12

2 =∂

∂=

P

H Q& → β += t Q2 .

-------------------------------------------

19. Un sistema de dos grados de libertad está descrito por la hamiltoniana

)()()( 232121

2

211 qg pqg pbqqg H −++−= ,

dónde es función únicamente de la variable .)( ji qg jq

a) Encontrar unas funciones, , y para que las funciones)( 11 qg )( 12 qg )( 23 qg

211 qqF = y2

112

q

aq pF

−=

sean constantes del movimiento.

b) ¿Existen más constantes del movimiento algebraicas independientes? Encaso de respuesta afirmativa, ¿ podría dar alguna sugerencia de constante?

c)

¿Puede construirse alguna constante más a partir de la identidad deJacobi?. (Nota: identidad de Jacobi para las funciones H , v, w es[ ][ ] [ ][ ] [ ][ ] 0,,,,,, =++ w H v H wvwv H )

d) Resolver la ecuación de Hamilton-Jacobi: 0, =∂

∂+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂

t

S

q

W q H , con

( ) ( ) 1 2, , ,S q P t W q P t t α α = − − ¿Qué constantes del movimiento obtenemos?

a) Para que sea constante del movimiento tiene que cumplir queiF [ ] 0, =iF H , de la

definición de corchete de Poisson tenemos:

[ ] 0)()(, 123212

2

1

22

1

21

1

11

1

1

1 =+−=∂∂

∂∂

−∂∂

∂∂

+∂∂

∂∂

−∂∂

∂∂

= qqgqqgq

F

p

H

p

F

q

H

q

F

p

H

p

F

q

H F H

que tiene como solución y112 )( qqg = 223 )( qqg = (o con los signos cambiados).

Introduciendo esto en el corchete de la segunda constante:

[ ] 011

, 1111

1

1

2

2

2

113

2

2

21

21

1

12 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+++

∂

∂−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂+

∂

∂−= paqaq p

q

g

qq

paqg

q

ag

qq

g p

q

gF H

que se cumple si .2

11 1)( aqqg =

b) Con las funciones halladas el hamiltoniano tiene la forma2211

2

2

2

1 q pq pbqaq H −++−=

87



c) [ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡∂∂

+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡∂∂

=∂∂

t

g f g

t

f g f

t ,,,

d) [ ]k

k p

f q f

∂

∂−=,

e) [ ]k

k q f p f

∂∂=,

-------------------------------------------

21.- Supongamos un sistema en una dimensión con coordenadas q y p.a) Demuestre que para la hamiltoniana del sistema la evolución deuna función esta dada por

),,( t pq H

),,( t pq f

[ ]t

f H f

dt

df

∂

∂+= ,

b) Encuentre las condiciones que han de cumplir las constantes a,b y c para quesea canónica la transformación

pqaQ += 2 , . (1)4cpbqP +=

c) Para el sistema dado por la hamiltoniana2242 44 p pqqq H +++=

encuentre la transformación del tipo (1) tal que la nueva hamiltoniana, H’, sea ladel oscilador armónico.d) Si tuviéramos una nueva transformación canónica sobre las coordenadas delapartado c): y , ¿cómo calcularíamos la transformación desde

las variables originales a las finales,

( )t PQP ,,~ ( t PQQ ,,

~)

( )t pqP ,,

~

( )t pqQ ,,

~

?. ¿Será canónica?. En casode conocer una transformación que simplifique la hamiltoniana H’ apunte elprocedimiento.

a) Se obtiene de la definición del corchete de Poisson y las ecuaciones del

movimiento de hamilton para el sistema. (Ver en el apartado 9-5 del Goldstein). b) En notación matricial tiene que cumplir:

J MJM T =

y para este sistema tenemos

32 1

4

Q Q

aqq p M P P b cp

q p

∂ ∂⎛ ⎞⎜ ⎟

∂ ∂ ⎛ ⎞⎜ ⎟= = ⎜ ⎟∂ ∂⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠

,3

30 10 81 08 0

T b acp q MJM b acp q

⎛ ⎞− + ⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟−− ⎝ ⎠⎝ ⎠

es decir, hay dos soluciones: 1,0 −== bc y a sin determinar y 0, 1a b= = − y c sin

determinar.

c) Probamos con la primera de las soluciones. Como la transformación es

independiente del tiempo la nueva hamiltoniana se obtiene de la substitución de las

nuevas variables, Pq −= y en la antigua hamiltoniana:2aPQ p −=

22224 )24()44(' QPaQPaaP H H ++−++−==

en la que tomando nos lleva a2=a

89



22' QP H += , formalmente la del oscilador armónico. Con lo que encontramos la

transformación requerida. Se puede comprobar que la otra solución no conduce al

hamiltoniano pedido.

Para esta hamiltoniana la transformación )~

cos(~

2 QPP = )~

(~

2 QsenPQ = , nos lleva

a P H 2'~

= . Sencillamente podemos igualar las expresiones de P y Q en ambascoordenadas para obtener:

qQPP −== )~

cos(~

2 y pqQsenPQ +== 22)~

(~

2

y de aquí despejar para cualquier conjunto:

QPQsenP p

QPq

~cos

~4

~~2

,~

cos~

2

2−=

−= o

21

2 2

2

(2 )

2

q pQ tn

q

q q pP

− ⎛ ⎞+= −⎜ ⎟

⎝ ⎠

+ +=

%

%2

)

La composición de 2 transformaciones canónicas siempre es canónica.

-------------------------------------------

22.- Supongamos un sistema de un grado de libertad, con coordenadas q y p yhamiltoniana H , y una transformación canónica a las coordenadas y

junto con su función generatriz

( ) pqQ ,

( pqP , ( )t QqF ,,1 .a) En general, ¿cree usted que pueden obtenerse todas las funcionesgeneratrices , y( )t PqF ,,2 ( )t Q pF ,,3 ( )t P pF ,,4 de esa transformación? Ilustre su

respuesta con ejemplo/s sencillo/s. En caso de poder disponer de más de unafunción generatriz ¿obtendremos siempre la misma hamiltoniana?.b) ¿Existe una única función generatriz del tipo ( )t QqF ,,1 asociada al cambio

de coordenadas ( ) pqQ , y ? En caso de poder disponer de más de unafunción generatriz ¿obtenemos siempre la misma hamiltoniana?. Détambién ejemplo/s sencillo/s.

( pqP , ))

)

( t QqF ,,1

a) No siempre será posible encontrar funciones de los 4 tipos para una misma

transformación canónica. Partiendo de las ecuaciones de las nuevas variables,

y , hay que comprobar qué parejas formadas por una variable antigua y una

nueva son expresables en función de las otras dos. Como ejemplo simple de este caso

tenemos la transformación:

( )t pqQ ,,

( t pqP ,,

( ) qQt QqF =,,1 . Esta genera el cambio

QqF p =∂∂= 1 , 1F P

Q∂= − = −∂

q , para el que no es posible expresar p como función de q y

P, ni q como función de p y Q. Por tanto existirán sólo las funciones y

.

( )t QqF ,,1

( )t P pF ,,4

Sin embargo sí hay casos en los que es posible, un ejemplo simple sería:

2

2

2

2

QqP

qQ p

−=

=, generada por la función . Para este caso tenemos todas las

combinaciones:

22

1 QqF =

90



2

3

2

2

2

P p

q

pQ

q

=

= −

,

3

2

2

4

2

2

Q

pP

Q

pq

−=

=

,

3

12

3

12

2

2

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ =

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

P

pQ

p

Pq

y podremos calcular todas las funciones

generatrices:

2

2

24q

PF −= ,

2

2

34Q

pF −= ,

3

2

2

5

42 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

P

pF .

Estas funciones generatrices, obtenidas unas de otras a través de QPF F −= 21 ,

yqpF F −= 31 QPqpF F −+= 41 y del oportuno cambio de coordenadas (ver sección

9-1 del Goldstein) siempre generan la misma hamiltoniana.

b) No, no es única. Dado que la relación entre el cambio de coordenadas y la

función generatriz viene dado por ecuaciones del tipo:q

F p

∂

∂= 1

Q

F P

∂

∂= 1 siempre

podemos añadir una constante y/o una función dependiente del tiempo. En este último

caso las hamiltonianas serán diferentes según la función dependiente del tiempo que

consideremos.

Para el primer ejemplo de la sección anterior las transformaciones canónicas dadas por

las funciones y( ) qQt QqF =,,1 ( ) 2

1 ,,' t qQt QqF += , generan las mismas ecuaciones

y , pero tiene hamiltonianas diferentes.Q p = qP −=

--------------------------------------------

23.- Sean un sistema hamiltoniano )(2

1),( 22

q pq p H += , la variable dinámica

y las condiciones iniciales pqq pg =),( 0)0(,0)0( pt pt q ==== . Calcule la

evolución temporal de la variable, siguiendo los siguientes procedimientos

y comente brevemente las diferencias:

),( 0 pt g

a) Integración directa de las ecuaciones de Hamilton.b) A partir del formalismo de Poisson obtenga la ecuación diferencial de

segundo orden de .),( 0 pt g

c) Encuentre una transformación canónica cualquiera tal que la nueva variablesea . Calcule el nuevo hamiltoniano y obtenga a partir de

las nuevas ecuaciones de Hamilton.

),( q pgQ = ),( 0 pt g

NOTA: las siguientes fórmulas pueden serle de utilidad:

Q

F P

q

F pt QqF F

∂

∂−=

∂

∂== 11

11 ,),,,( P

F Q

q

F pt PqF F

∂

∂=

∂

∂== 22

22 ,),,,(

Q

F P

p

F qt Q pF F

∂

∂−=

∂

∂−== 33

33 ,),,,(P

F Q

p

F qt P pF F

∂

∂=

∂

∂−== 44

44 ,),,,(

91



b.- Utilícese esto para encontrar una constante de movimiento para una partícula

en dos dimensiones bajo el potencial3

)(r

r ar V

rrr ⋅

= (siendo ar

un vector constante

dado).

a) Para demostrar que 0=dt

df utilizaremos el formalismo de Poisson:

[ ] 0,111111111

=∂∂

∂∂

∂∂

−∂∂

∂∂

∂∂

=∂∂

∂∂

−∂∂

∂∂

=∂∂

∂∂

−∂∂

∂∂

== ∑= q

f

f

H

p

f

p

f

f

H

q

f

q

H

p

f

p

H

q

f

q

H

p

f

p

H

q

f H f f

ii

s

i ii

&

b) El hamiltoniano de una particula sometida al potencial del problema la podemos

escribir en coordenadas polares como:

32

22

22 r

r a

mr

p

m

p H r

rr⋅

++= θ , si elegimos el eje xr

coincidiendo con el vector a podemos

escribir

r

mr

ma p

m

p

r

r a

mr

p

m

p H r r

2

22

32

22

2

cos2

2

cos

22

θ θ θ θ ⋅++=

⋅++= de modo que podemos

escribir quemr

p f

m

p p f pr H r

r 2

2

2

),(

2)),(,,( θ

θ

θ θ += , con =),( θ θ p f θ θ cos22 ⋅+ ma p ,

constante del movimiento.

--------------------------------------------

25.- Sea θ ρ θ ρ ρ

θ ρ

222

2

2 sin2

1cos

2

1

2

1−−+= PP H , y para el instante inicial

0)0( == θ θ P y 1== ρ ρ P . Sea θ ρ α θ ρ θ ρ sincos),,,( 2121 PPPPS += una función

generatriz, siendo las nuevas coordenadas y momentos.2121 ,,, PP x x

a) Determinar los valores de α tales que el hamiltoniano de las nuevasvariables sea integrable.b) Utiliza la transformación para determinar el valor de ρ ρ ρ θ PP ,,, en el

tiempo π =t . NOTA: las siguientes fórmulas pueden serle de utilidad:

QF PqF pt QqF F ∂∂−=∂∂== 1111 ,),,,( PF QqF pt PqF F ∂∂=∂∂== 2222 ,),,,(

QF P pF qt Q pF F ∂∂−=∂∂−== 3333 ,),,,( PF Q pF qt P pF F ∂∂=∂∂−== 4444 ,),,,(

Lo primero es expresar las viejas variables en función de las nuevas

θ ρ α θ ρ

θ α θ

θ

ρ

cossin

sincos

21

21

PPP

PPP

+−=

+=,

θ αρ

θ ρ

sin

cos

2

1

=

=

x

x, de lo que obtenemos que )0( ≠α

2

2

2

1

21 x x += α

α ρ

y después de algunos cálculos tenemos que

( )2

2

21

2

2

22

122

1

α α

x xPPK −−+= , que para cualquier valor de 0≠α es separable y por

tanto integrable.

Tenemos que

93



2

22

1 1

α

xP

P

=

=

&

&

, , que podemos integrar directamente por separado2

2

2

11

P x

P x

α =

=

&

&

B At t

t x

At t P

++=

+=

2)(

)(

2

1

1

y ( )t t

t t

DeCet P

DeCet x

−

−

−=

+=

22

2

1)(

)(

α

.

Con las condiciones iniciales dadas obtenemos el valor de las constantes

0)0(,1)0(,0)0(,1)0( 2121 ==== PP x x , 0,1 ==== DC B A .

Por tanto para π =t tenemos que1

2)(

1)(

2

1

1

++=

+=

π π

π

π π

x

P

,0)(

0)(

2

2

=

=

π

π

P

x, que en las variables

originales da lugar a 12

)()(,0)()(2

1 ++==== π π

π π ρ π θ θ xt

0

1

=+=

θ

ρ π

P

P .

----------------------------------------------

26. Considere el hamiltoniano )sin( 2

2

2

12

2

2

2

2

1

2

1 qqq

p

q

p H +++= y la función generatriz

2

2

11

2

2

2

1

2PqP

qqS +

+= .

a) Determinar la trasformación canónica asociada a la función S, en la región

.0, 21 >qqb) Determinar el nuevo hamiltoniano en función de .ii PQ ,

c) Dar las integrales primeras. Determinar las soluciones de la ecuación delmovimiento dadas por el nuevo hamiltonianod) Estudiar la posibilidad de obtener las soluciones a las ecuaciones delmovimiento en las variables originales a partir de la solución obtenida en c).NOTA: las siguientes fórmulas pueden serle de utilidad:

QF PqF pt QqF F ∂∂−=∂∂== 1111 ,),,,( PF QqF pt PqF F ∂∂=∂∂== 2222 ,),,,(

QF P pF qt Q pF F ∂∂−=∂∂−== 3333 ,),,,( PF Q pF qt P pF F ∂∂=∂∂−== 4444 ,),,,(

a) La función generatriz depende de las coordenadas originales ( ) y de los nuevos

momentos ( ), por tanto corresponde a y tenemos que

21 ,qq

21 , PP ),,(2 t PqF

2

12

2

2

2

11

2

qQ

qqQ

=

+=

122

21111 2

Pq p

PqPq p

=

+=

Por lo que la trasformación canónica viene dada por

212

21

2 QQq

Qq

−±=

±= ( )

1212

2121

2

2

PQQ p

PPQ p

−±=

+±=, y para la región tomaremos el signo

+.

0, 21 >qq

b) Substituyendo el cambio en la expresión de H obtenemos el hamiltoniano en las

nuevas varibles

94



( ) )2sin(2 1

2

1

2

21 QPPPK +++=

c) La variable 2Q es cíclica, por lo que se conserva y el hamiltoniano no depende

el tiempo por lo que también es constante:

2P

E K P == ,2 α .d

El resto de ecuaciones del movimiento:

)(4),2cos(2 11

1

1P

QQQ

P =∂=−=∂−= 21

1

P (1)

De este modo

PK K +∂∂ &&

( ) ( ) )2sin(22)2sin(2 1

2

11

2

1

2

1

si definimos

QPQPP E +++=+++= α α α

α +≡ 11' PP , tenemos que

2 2

)2sin(24

)2' 11

E P

−±= y

2sin( Q−α '4 11 PQ =& 1Q E −−

±= α

con lo que reducimos el problema a la integral

∫ −−

±=)0( 1

11

1 ))2sin(2(8Q Q E

t

α

de cuya integ)(t Q dQ

ración obtendríamos

A partir de esto y teniendo en cuenta (1) y

)(11 t QQ =

)2(4 21

2

2 PPK

Q +=P∂

∂=& tenemos el resto en

función de ella y α =2P :

1 1( ) ( )4

P t Q t 1

α = −& t )( α t Qt QQ Q 4)0()()0( 1122 +−+=

d) Como la transfo ación entre variables sólo es válida si

>+−+=rm

04)0()()0()( 1122 α t QQQt Q t

04)0()()0()0(2)()(2 1 >12121 −−+−=− α t Qt QQQt Qt Q , hay que tener cuidado que no

siempre será válida.Podemos mencionar que en cuanto 0≠α y esté ac

a de las fronteras.

-----------------------

7.- a ) Mostrar, mediante cualquiera de los métodos posibles, que latransformación

)(1 t Q otado, el movimiento

terminará cruzando algun

-----------------------

2

⎟ ⎠

⎞⎜⎛ −

−=⎟

⎞⎜⎝

⎛ += p

iaqPa

piaq

iQ

1,

2

1

⎝ ⎠ ai2

donde a es una constante, es canónica.

b) Aplicar esta transformación al oscilador armónico unidimensional deHamiltoniano

( )2222

2

1qwm p

m H +=

y encontrar un valor de la constante a que simplifique el nuevo Hamiltoniano(debe tener un único término).

ilador armónico original.

iera de las opciones permite comprobar que es una transformacióncanónica:

c) Encontrar las ecuaciones de Hamilton para Q y P y mostrar que permitenrecuperar las soluciones del osc

II. Solución

a) Cualqu

95



i) Los corchetes de Poisson satisfacen las siguientes condiciones:

[ ] [ ] 0,, == PPQQ por la propia definición de los corchetes.

[ ], =PQ e prueba del siguiente modo1, s com

[ ] 1

2222

, =−

−=

∂

∂

∂

∂−

∂ iaii pq pq

∂

∂

∂=

ai

PQPQ

ii) Se Escriben las variables antiguas en función de las nuevas

iaiaQP

( )PQa

q −=2

,i2

( )PQi

p +=2

(1)a

y, con éstas y las originales, se com que prueba

Pq ∂=

∂ pQ ∂∂

yQq ∂ pP ∂

−=∂

y∂

P p ∂qQ ∂

−=∂

∂ y

Q

q

p ∂P ∂

=∂

∂.

Los cálculos llevan a

Piq ∂==

∂ paQ ∂∂

2 Q

p

i

a

q

P

∂∂

−=−

=∂∂

2

P

q

ai

i

p

Q

∂∂−==

∂∂

2

Q

q

ai

i

p

P

∂∂==

∂∂

2

iii) Encontrar una función generatriz.

b) Aplicando la transformación (1) al Hamiltoniano original se obtiene que

( ) ⎥⎢ ⎟⎟ ⎠

⎜⎜⎝

+++⎟⎟ ⎠

⎜⎜⎝

−= QPa

waPQ

aa

im H

2

222

2

2 24

⎦

⎤

⎣

⎡ ⎞2

que se puede simplificar notablemente mediante la elección

⎛ ⎞⎛ mwm2221

2

2

aa = o lo que es lo mismo

22wm

mwiamwa ±=±= , .

mosTome mw para obtener:a ±=

c) iwQP H −=

Las ecuaciones de Hamilton son

iwQP

Q −=∂

=& , H ∂

iwQ

P =∂

−=& P H ∂

y las soluciones son

P 0= , donde es iniciales.

Ahora hay que llevar estas solucione p q

cuenta que las condiciones iniciale

P y 0P son las condicioniwt eQQ

−= 0 , iwt e 0Q

s a las variables originales y teniendo en

s antiguas dependen de las nuevas:

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

−=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=

a

piaq

iP

a

piaq

iQ 0

00

0

00 2

1,

2

1

con lo que recuperamos las soluciones del oscilador armónico.

28. Recuerde que las fu por

----------------------------------------------

nciones hiperbólicas vienen definidas

( ) ( ) ( )12

inh x exp x exp x= − −⎡ ⎤⎣ ⎦ ys ( ) ( ) ( )12

cosh x exp x exp x= + −⎡ ⎤⎣ ⎦transformaciones

.¿Cuál de las dos

sinh cosh

1 ,

p p

Q Pq qα α

β β

→ = =

96



cosh sinh2 ,

p pQ P

q qα α

β β → = =% %

puede representar una transformación canónica, siendo α y β reales?

Tran uce a

ue el determinante

sformación 1:Para un sistema unidimensional la condición simplectica se red

q

p

P

q

P

p

Q

q

Q

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂≡∆ sea la unidad.

En nuestro caso:1

1

sinh cosh

cosh sinh

q p q p

pq p q

α α

α α

α β β β

α β β

− − −

− − −

−∆ =

− β

2 1q

α β α − −=

Deberá ser cierto que . No hay valores posibles.2 1 1q α βα − − =

Transformación 2:

En este caso:1

1

cosh sinh

sinh cosh

q p q p

pq p q

α α

α α

α β β β

α β β

− −

− − −

−=

−2 1

q−

∆ β

α β α − −= −

Deberá ser cierto que

o

2 1 1q α βα − −− =

1

2α = − y 2 β =

2;2

1== β α


psinqP

pqQ

2

2cos

=

=

q

F p

p

F q

∂

∂−=

∂

∂−= 33 ; y 33 Q pF F ),además, (=

do las variables P y q en función de p y Q:Reexpresan

pQPQ

2

p2cosq 2tg; ==

de modo que p

F

p

Q

∂

∂

−=

32

2cos y Q

F

pQ ∂

∂

−=

3

2tg

Las dos ultim diatamas ecuaciones se integran inme ente a

)(2tg2

3

donde )( p

2

p pQ

F ϕ +−=

=constante de modo que,salvo una constante irrelevante se verifica

finalmente que

2),(

2Q

pQF −= p2tg . 3

-------------------------------------------

97



29.- Una partícula se mueve bajola gravedad en el plano vertical xz (el eje z es

la influencia de

vertical y se dirige hacia arriba). La partícula estáconectada por una varilla rígida sin masa, delongitud l, a un punto que se mueve con velocidad

constante de 0u > a lo largo del eje x (verfigura).a) Usando el ángulo θ que forma la varillaeje vertic

con unal como coordenada generalizada

l E. (1

rcuál/es de ellas se conserva/n. (1,5 pto)

encontrar el Lagrangiano (1 pto)b) Encontrar la ecuación del movimiento, lafunción Hamiltoniana H y la energía totapto)c) Comentar brevemente si H y E son iguales, poqué yd) Encuentre el Hamiltoniano del sistema enfunción de dos nuevas variables canónicas Q y P

con la única condición de que cosQ θ = . (1,5

pto)


( , , ), ,1 1 1 1

F F q Q t p F q P F Q= = ∂ ∂ = −∂ ∂ ( ,2 2

F F q , ), ,2 2

P t p F q Q F P= = ∂ ∂ = ∂ ∂

( , , ), ,3 3 3 3

F F p Q t q F p P F Q= =−∂ ∂ =−∂ ∂ ( , , ), ,4 4 4 4

F F p P t q F p Q F P= = −∂ ∂ =∂ ∂

El punto del que está suspendida o coordenadas ,a) la vara tiene com 0 , 0 x x ut z= + =con 0 x constante. Las coordenadas cartesianas de la partícula en términos de θ son

0sin , cos x x ut l z lθ θ = + + = −

y sus derivadas

cos , sin x u l z lθ θ θ = + =& && & θ

ica:La energía cinét

( )2

2 2cos2

l mmlu uθ θ θ + +& &

La energía potencia debida a la gravedad

2 2

2 2

m mT x z= + =& &

cosV mgz mgl θ = = −

y por tanto el Lagrang ano esi2

2 cos2 2

ml L T V mlu

2 cosm

u mglθ θ = − = +& & θ θ + +

b) La ecuación de Lagrange:

( θ θ θ

mldt

d L L

dt

d =

∂

∂−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂

∂= &

&

20 ) ( )

θ θ θ θ θ θ θ θ

θ θ θ θ

sinsinsinsin

sinsincos

mglmlmglmlumluml

mglmlumlu

+=++−=

−−−+

&&&&&&

&

22

l momento correspondiente a la coordenadaE θ es

98



b) Para encontrar la función generatriz de tipo 2 que genera la transformación habráque resolver el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales:

2 2,F F

p Qq P

∂ ∂= =

∂ ∂

De la segunda relación deducimos inmediatamente

( ) (2

,F P q t f q t = ⋅ + + ))

, con una

función arbitraria ( , f q t . De la primera obtenemos ( ) (2 )F P q t h t = ⋅ + + . A partir

de ahora tomamos ( ) 0h t =

c) El nuevo hamiltoniano tiene la siguiente expresión

2 22F K H w PQ P

t

∂= + = +

∂

d) Las ecuaciones de Hamilton que se obtienen de estas ecuaciones son

2 2

2

1

2

K Q Q w Q

P

K P P w

Q

∂= ⇒ = +

∂∂

= − ⇒ = −∂

& &

& & PQ

.

Si integramos la ecuación primera por separación de variables:

( )2

0 02 2

2 2 1arctan tan

1 2 2

dQ w Qdt t t Q w t t

w Q w w w= → = + → = +

+

y substituyendo esto en la ecuación de P obtenemos también una ecuación separable

2

0 02 tan ( ) ln ( ) ln 2ln cos ( ) ( ) cos ( )

Pw w t t P t c w t t P t c w t t

P= − + → − = + → = +

&

0

e) Finalmente obtenemos para p(t) y q(t)

0

2

0

1( ) tan ( ) ,

( ) ( ) cos ( ).

q t w t t t w

p t P t c w t t

= + −

= = +

-------------------------------------------

31.- Consideremos un sistema con un único grado de libertad, con una variable generalizada y

su momento asociado

q

p .

a) Usando los corchetes de Poisson, demuestre que toda función ( , , ) A q p t genera un

Transformación Canónica Infinitesimal del tipo:[ , ],

[ , ],

Q q A q

P p A p

α

α = += +

(1)

es decir, que la transformación (1) es canónica para el primer orden de α .b) ¿Cuál es la transformación infinitesimal dada por A q= ? ¿Cuál es su función generatriz

? ¿Es posible encontrar las otras tres funciones generatrices , ,

?

( , )2

F q P ( , )1

F q Q ( , )3

F p Q

( , )4

F p P

c) Consideremos ahora que el Hamiltoniano del sistema es independiente de la variablegeneralizada :q ( , , ) ( , ) H p q t H p t = . ¿Qué efecto tiene esta transformación sobre este

Hamiltoniano? Interprete esto en función de la/s cantidad/es conservada/s y las simetrías delsistema.

100



a) La única condición que tienen que cumplir es [ , ] 1Q P = , que aplicando la definición

de corchete de Poisson

[ ] [ ]2 2

[ , ] [ , ] , , , , (2)

1 , , (2) 1 (2) 1 (2)

Q P q p q A p A q p O

A A A Aq p O Oq p q p q p

α α

α α α α

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + + +⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂= + + − + = + − + = +⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦ ⎣ ⎦O

b) Sustituyendo directamente tenemos que ,Q q P p α = = − .

Cuya función generatriz es2( , )F q P Pq qα = − .

También es posible encontrar la función 3( , )F p Q pQ Qα = − +

No se pueden encontrar las funciones ( )1, ,F q Q t , ( )4

, ,F p P t puesto que no es posible

escribir momentos en función de coordenadas, ni viceversa.c) Si el Hamiltoniano no depende de la coordenada generalizada (el ejemplo más

simple: una partícula que no está sometida a ninguna fuerza2

2 p H

m= ) el Hamiltoniano

no es invariante bajo la transformación canónica del apartado b) ( ( )

2

2

PK

m

α −= ) y no

corresponde a una simetría del sistema. Sin embargo, la variable q sí es cíclica y

correspondería a la invariancia bajo translaciones en el esa coordenada, es decir, que la

cantidad de movimiento asociada p P= , generatriz de la transformación, se conserva.

-------------------------------------------

32.- a) Demuestre que el corchete de Poisson de dos constantes del movimientosindependientes del tiempo, f y g, es también constante del movimiento.b) Aplicando el procedimiento anterior podríamos generar infinitas constantes delmovimientos. Sin embargo, también sabemos que en un sistema de n grados delibertad el número de integrales primeras está limitado a (2n-1). ¿Cómo puedencongeniarse estas dos proposiciones?Puede serle de interés la identidad de Jacobi: la suma de las permutaciones cíclicasde corchete doble de Poisson de tres funciones es nula.

a) Una función f es constante del movimiento si [ ],df f

f H dt t

∂= +

∂, que para

funciones independientes del tiempo [ ], f H 0= . Por tanto

[ ] [ ], 0 , f H H = = − f

[ ] [ ], 0 ,g H H g= = −

y aplicando la identidad de Jacobi

[ ] [ ] [ ], , , , , , 0u v w v w u w u v⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ = , identificando w=H , u=f , v= g

obtenemos

[ ] [ ], , 0 , H f g f g cte⎡ ⎤ = → =⎣ ⎦

101



b) A partir de la identidad de Jacobi, suponiendo u, v, w, como constantes del

movimiento distintas, se pueden obtener tan sólo dos permutaciones linealmente

independientes. La tercera ha de ser, necesariamente combinación lineal de las otras

dos. Se llega, pues, a un momento en el que no se obtienen nuevas constantes del

movimiento linealmente independientes.

-------------------------------------------

33.- El Hamiltoniano de un cuerpo en caida libre es

( )2

,2

p H q p

m= + mgq

donde q es la altura de la particula y m es su masa.( )a) Expresar q como una función de , p P

4 4( , )F F p P=

para determinar la función

generatriz , y la transformación canónica asociada, tal que el

nuevo Hamiltoniano tenga la expresión ( ),K Q P P= .

b) Resolver las ecuaciones para Q t y e invertir la transformación paradeterminar q t y

( ) P t

( ) ( )

( )

p t

4 4( , )F F p P

a) Buscamos una función = tal que4 4

,q F p Q F P= − ∂ ∂ = ∂ ∂

( ) ( )( )

y

2

, , ,2

pP H q Q P p Q P mgq

m= = +

4 4( , )F F p P=

En esta última ecuación podemos despejar q y determinar una ecuación para

determinar :

2

42 F P p m qmg p

∂− = = −∂

cuya integral nos lleva a3

4 21 ( )

6 pP pF h P

g m m⎛ ⎞−= + +⎜ ⎟⎝ ⎠

( )h P

,

donde es una función cualquiera.

4Q F P= ∂ ∂Utilizando esta ecuación en se obtiene que

'( ) p

Q h Pmg

−= +

[

Para que la transformación sea canónica debe cumplirse la condición ], 1Q P =

[ ]

, es

decir2 ' 1 ' ' '

, '( ), 1 1 ''2

p p h p h h p h P p

Q P h P mgq mg mg hmg m q m mg p q m p q m

⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

= + + = − − + = + − = + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎢ ⎥ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎣ ⎦

( )h P

que vemos se cumple para cualquier función . El caso más sencillo es cuando

es una función nula.

La transformación canónica queda pues2

,2

p pQ P mgq

mg m= − = + .

( ),K Q P P= , P es una variable cíclica y por tanto b) En el nuevo Hamiltoniano

0, 1

dP K dQ K

dt Q dt P

∂ ∂

= − = = =∂ ∂ 0 0,P cte P Q t t , es decir = = = − ,

102



formulación, el Hamiltoniano, K , sea sólo función de la coordenada, Q , y que secumpla la equivalencia entre los dos momentos, pP = . Obtenga a partir de estosrequisitos la forma de la función ( )t QqF ,,

1. (Recuerde que , yqF p ∂∂=

1 QF P ∂∂−=

1

)t F H K ∂∂+=1

Partimos de la expresión H K =

( )

, que se traduce en el contexto presente en

mgqm

pQ +=

2f

2

( )Q

,

entendiéndose que f expresa la forma de K . De esta última expresión obtenemos

( )[ ]2

12

2 gqm f 2 Qm p −=

Podemos hacer uso del requisito dado por la identificación de ambos momentos

Q

F

∂

∂−= 1

q

F P p

∂

∂== 1

( ) mgQQ =f Se desprende que . Finalmente, la función generatriz resulta de la integración

de la ecuación

( )[ ]q

F qQgm p

∂

∂=−= 12 2

1

2

dando

( ) ( )[ ]2

32

21

, qQgmQqF −−=

)t

213 gm

-------------------------------------------

36. Razónese si la siguiente afirmación es verdadera o falsa:

a) Dado un sistema hamiltoniano (por simplicidad de un grado de libertad) unacantidad dinámica que depende explícitamente del tiempo podría serconstante del movimiento.

,,( pqF

a) No existe ninguna condición que exija que una constante del movimiento no dependa

del tiempo, siempre y cuando cumpla la condición:

[ ]t

H ∂

F F

∂=, .

-------------------------------------------

37. El problema de la curva braquistócrona (curva que da el recorrido en untiempo mínimo de una partícula en un campo gravitatorio entre dos puntos,digamos 0 y b) es un ejemplo clásico de cálculo de variaciones. La solución vienedada por la función y(x) que minimice una integral que, sin tener en cuenta

constantes, tiene la forma dx Ldx x y

x y J

bb

∫∫ ⋅=+

=00

21'

)(

)(&, donde x es la coordenada

horizontal e y la vertical.a) Comparando esta ecuación con la acción, integral del lagrangiano, plantee

la/s ecuación/es de Euler-Lagrange de este problema (no es necesario dar suexpresión más simple).

b) Siguiendo con la analogía escriba la ecuación de Hamilton equivalente paraeste problema.

104



c) Escriba la ecuación de Hamilton-Jacobi equivalente para este problema.¿Es resoluble mediante separación de variables? En caso afirmativo de unaexpresión para las soluciones e indique cómo recuperar la solución y(x).

Solución.

a) La acción tiene la forma . Por tanto sólo hay que tener

cuidado de identificar bien los términos dependientes e independientes. La x

jugará el papel de variable independiente en nuestro problema, en lugar del

tiempo de un problema típico en mecánica; la variable dependiente será y en

lugar de q, y por tanto será el equivalente de q :

dt t qq LS = f t

t ⋅∫

0

),,( &

y& &

Braquistócrona Sistema mecánico

Variable independiente x t

Variable dependiente

(coordenada generalizada)

y q

Derivada de variable

dependiente

y& q&

Por tanto la ecuación de Lagrange es:

0=∂

−∂ Ld L ''

se obtiene una expresión difícil de manejar.∂∂ ydx y &

( )21 y y

y

y

L p

&

&

& +=

∂∂

='

b) La variable conjugada será por lo que el hamiltoniano

será y

p y L

21 ⋅−−=' y p H −⋅=' &

0=∂∂

+∂∂

x

S x

y

S y H );,('c) La ecuación de Hamilton-Jacobi tendrá la forma

0=∂

+⎟⎟ ⎠

⎜⎜⎝ ∂

−− x y

12

∂ ⎞⎛ ∂ S S

y x

S

y

S 122

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞

⎝ ∂∂

⎜⎜⎛

, y

que es claramente separable en dos ecuaciones:

)(, yW xS x

S +⋅==⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

∂

∂α α 2

2

dww

y

y

∫ −= 21α )(

y y

S 12

2

=+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

α W , por lo que,

dww

xS

y

∫ −+⋅= 21α α

105



y

S p

∂∂

=Siendo S la función principal de Hamilton tenemos que y

∫−

−=∂

∂=

y

dww

xS

21

1

α α

α β que una vez resuelta la integral nos da la relación entre

x e y en función de las constantes α y β dependientes de las condiciones iniciales.

-------------------------------------------

38. Sean las siguientes transformaciones de variables:21

2=Q q ,

pP

q=

tan=

,1.-

2.- Q q , ( ) 2cosP p k q= −

=

,

3.- Q p , pt

P q

m

+= −

1 1( , , )F F q Q t =

2 2( ,F F q

,

siendo k y m constantes.a) Encontrar si son transformaciones canónicas.b) Para aquellas que lo sean señalar si es posible encontrar funciones de tipo

, , )P t ,3 3

( , , )F F p Q t = y4 4

( , , )F F p P t == (Nota: Verificar si

es posible encontrar cada una de las cuatro funciones). En cada caso dar laexpresión de al menos una de ellas.c) Encontrar el nuevo Hamiltoninano, , que resulta de aplicar la transformación

(3) al Hamiltoniano del oscilador armónico:

K

( )2 21

2 H p q= + .

a) Comprobamos directamente los corchetes de Poisson de las variables:

1.- [ ] 101

=−=∂∂

−∂∂

∂=

qq

q p pq

QPQ,

∂∂∂ PQP

2.- [ ] 101 2

2 =−=

∂

∂

∂

∂−

∂

∂

∂

∂= q

qq

P

p

Q

p

P

q

QPQ cos

cos,

3.- [ ] 110 =+=∂

∂

∂

∂−

∂

∂

∂

∂=

q

P

p

Q

p

P

q

Q

),( QqPP =

)

PQ,

Luego las tres transformaciones son canónicas.

b) No siempre es posible encontrar todas las cuatro funciones generatrices para una

transformación canónica. Por ejemplo en

1. No es posible escribir debido a las ecuaciones de la transformación.

Por tanto no será posible encontrar la ,( QqF F 11 = . Las otras tres sí son

posibles y tienen la forma 2

22

1PqF = Q pF 23 −=, ,

P

pF

2

2

4 −=

),( QqF F 11 =

qk qPF ⋅+= )tan(2 )arctan()( Q pk F

2. No es posible escribir , las otras tres son posibles:

, −=3 ),( P pF F 44 =. La forma de es

muy complicada aunque es posible decir que existe (recordar que no se pide la

forma de todas las funciones posibles).

106



3. No es posible escribir . Las posibles son),( QqF F 33 =m

t QQq

2

2

−= ,F 1

( )2

22

qPt

mF +=

m

t pPpF

2

2

4 −=,

mt QQqF

2

2

1 −=c) Para la transformación 3) podemos usar la función generatriz y

tenemos

Q p

Pm

Qt

=

−=q por lo que

( )m

QP

m

Qt Q

m

QF

22

1

2

1

2

1 22

22

221 −⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+=−+=

∂

∂q p

t H K +=

107



TRANSFORMACIONES CANÓNICAS, CORCHETES DE POISSON YECUACIÓN DE HAMILTON-JACOBI

1. En un Hamiltoniano de dos grados de libertad independiente del tiempo nos

basta encontrar otra constante del movimiento para poder decir que elproblema está integrado. Si esta segunda constante, I( p,q), es a su vezindependiente del tiempo, debe satisfacer la condición: [ I ,H ] = 0. Supongamosuna partícula de masa unidad moviéndose en un potencial bidimensional

. Hallar: la constante más simple de la forma

, donde e y f son funciones a determinar, y una formacorrespondiente del potencial V , para poder asegurar que el problema estáintegrado. ¿Cuál es el significado físico de I ? Con lo que usted sabe demecánica, ¿ hay una forma consistente de hallar la forma general del potencialsin resolver ecuación alguna?

),( 21 qqV

)( e I qp, = 21 )()( p f p qq +

Si insertamos H e I en la condición [ I ,H ] = 0, e igualamos los coeficientes de los

términos en los momentos, encontramos:

.0 ,0 ,0 ,0212121

=+=+==q

V f

q

V e

q

e

q

f

q

f

q

e

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

De las tres primeras ecuaciones podemos obtener, por ejemplo:

12 , q f qe =−= .

La constante es entonces:1221 pq pq I −= ,

que no es otra cosa mas que el momento angular. Es razonable pensar que el potencial

es un potencial central,

)(2

2

2

1 qqV V += ,

enteramente consistente con la cuarta ecuación en derivadas parciales.

--------------------------------

2. En el caso de un sistema unidimensional con la hamiltoniana

2

2

2

1

2 q

p H −=

determínense las funciones f (q, p) y g (q, p) de manera que

( ) ( )t pq g pq f D ,, +=

sea una constante del movimiento.

La función D debe ser solución de:

72



E qm pm

=+ 222

2

1

2

1ω

con un área encerrada dada por 2π E/ ω . Por lo tanto el invariante adiabático es I = E/ ω . La condición de invariancia adiabática viene dada por:

2

2

1

1

ω ω

E E =

Si escribimos la expresión anterior en términos de amplitudes de oscilación, la amplitudfinal puede expresarse como:

41

2

112

=

k

k A A

-----------------------------------

5. La transformación desde un sistema de referencia fijo a otro móvil es, siendo la distancia entre los orígenes (siendo t el tiempo).

Encuentre:)(t DqQ −= D t ( )

a) la transformación para los momentos generalizados;

b) la forma del hamiltoniano en variables , cuando su representación en

variables ( , es

),( P Q

) p q )(22 qV m p + ;

c) las ecuaciones del movimiento en variables .),( P Q

a) La función generatriz para la transformación Q )(t Dq −= , es , tal que:),(2 q P F

pq

F Q

P

F ==

∂

∂

∂

∂ 22 ;

Si , tendremos( )(2 t Dq P F −= ) P q

F p ==

∂ ∂ 2 .

b) El nuevo hamiltoniano será:

D P DQV m

P

D P qV m

p

t q P F t

t pq H t P Q K

−++

=−+

=+=

)(2

)(2

),,(),,(),,(

2

2

2∂

∂

c) Las ecuaciones del movimiento son:

75



)( DQV Q

P

Dm

P

P

K Q

+−=

−==

∂

∂

∂

∂

Combinándolas:

Dm DQV Q

Qm −+−= )(∂

∂

-------------------------------------------

6. Supongamos que en el problema de una partícula, de masa m, en caída libre enun campo gravitatorio, queremos efectuar una transformación canónica,

, que nos permita escribir el hamiltoniano en la nuevasvariables como . Demuestre que la correspondiente función

generatriz, , viene dada por:

),(),( Q P q p →

(1 q F

mgQ K =),Q

( )( ) g mqQ g m F 2232

1 32 −−= .

Deseamos pasar de mgqm

p H +=

2

2

a mgQ K = . De la identificación de ambas

expresiones, obtenemos:

( )q

F mgqmgQm p

∂

∂ 12121)2( =−= ,

en donde es la función generatriz problema. Integrando la ecuación anterior, F 1

( ) ( )( ) 232

2

2121

1 23

1~~)2( qQ g m g m

qd qmg mgQm F q

−−=−= ∫ .

----------------------------------

7. Dada la transformación Q ),();,( pq P P pqQ == para un problema mecánicounidimensional, demostrar que la condición simplética para que ésta seacanónica se reduce a que una cierta función escalar tome un determinadovalor(¿cuál?).

Para el caso unidimensional, la condición simplética es:

∆=

−

= JMJM

p p

qq

pq

pqT

P Q

P Q

P P

QQ

01

10

76



siendo . Es pues necesario y suficiente que el determinante ∆ sea la

unidad.

q p pq P Q P Q −≡∆

--------------------------------

8. Dadas las siguientes transformaciones Q ),();,( pq P P pqQ == , determinarcuales son y cuales no son canónicas. Para aquéllas en las que la transformacióncontiene parámetros libres, determínense las condiciones que éstos debenverificar para que la transformación sea canónica. Razónense las respuestas encada caso.

a) iiii pQq P =−= ;

b) iiii pQq P == ;

c) jiji jiji pbQqa P =−= ;

d) jiji jiji q BQ p A P =−= ;

e) , donde es una función arbitraria de1)/(;)( −== dqdf p P q f Q f q

f) q P pQ cos;sin ==

a) canónica; b) NO; c) canónica si 1−=a b , siendo b la matriz transpuesta de b

d) canónica si 1−−= BA ; e) canónica f) no canónica

-----------------------------------

9. ¿Para qué valores de los parámetros α y β representan las ecuaciones

pq P

pqQ

β

β

α

α

sin

cos

=

=

una transformación canónica? ¿Cuál es la forma de la función generatriz ?3 F

Para un sistema unidimensional la condición simplectica se reduce a que el

determinante

p

P

q

P p

Q

q

Q

∂∂

∂∂

∂

∂

∂

∂


En nuestro caso:

pq pq

pq pq

β β β α

β β β α α α

α α

cossin

sincos1

1

−

− −=∆ 12 −= α α β q

Deberá ser cierto que , lo que exige que112 =−α βα q

77



2;2

1== β α


pq P

pqQ

2sin

2cos

=

=

además,q

F p

p

F

∂

∂−=

∂

∂−= 33 ;q y ),(33 Q p F F =

Rescribiendo las variables P y q en función de p y Q:

pQtg P p

Qq 2;

2cos

2

==

de modo que p

F

p

Q

∂

∂

−=3

2

2cos y Q

F

p ∂Qtg

∂

−=3

2


)(22

2

3 p ptg Q

F ϕ +−=


finalmente que

2

),(2

3

Q pQ F −= ptg 2 .

-------------------------------------------

10. Resuelva el problema de Hamilton-Jacobi para una partícula que se mueve enun plano vertical sobre la parábola .2ax z =

)41(2

12;)(

2

1 22222 xa xmT xax z z xmT +=⇒=+=

2mgaxmgz V ==

2222 )41(2

1mgax xa xm L −+=

Solo un grado de libertad, x . Para obtener el Hamiltoniano ,

)41( 22 xa xm L

p +=∂∂

= , y:

.412

1 2

22

2

mgaxa

p

m H +

+=

78



La ecuación de Hamilton-Jacobi se obtiene de substituir pori piq

F

∂

∂ 2 en la expresión

0),,( 2 =∂

∂+

t

F t q p H ii , de modo que:

)41(2

122 xam +

0222

2 =∂

∂++

∂

∂t

F mgax

x

F (Ecuación de Hamilton-Jacobi).

Puesto que H no depende explícitamente de t , t W F α −=2 donde const =α , y

α =+

∂

∂

+2

2

22 )41(2

1mgax

x

W

xam,

que admite una integral inmediata, ya que

)41)((2222

2

xamgaxm x

W

+−=

∂

∂α

∫ +−=⇒ x

xa xmga

dxmW 0

222 )41)(1(2α

α .

La determinación de t W F α −=2 queda pues reducida a una cuadratura.

--------------------------------

11. Dado el Hamiltoniano , encontrar la transformación canónica que

lo convierte en

22 x p H x +=

2

4 1

QQ +2 P H = utilizando las propiedades de tales

transformaciones y la relaciónQ

1= x .

Como sabemos que Q viene dada solo en función de x (normalmente llamada ),

usaremos la función generadora , para la cual

q

),(2 x P F

x

x P F

p ∂

∂

=

),(2

(1)

x P

x P F Q

1),(2 =∂

∂= (2)

Integrando (2),

)(2 q L P

F += (3)

y usando (1)

)()(2

2 QG P Qq L x

P p +−=′+−= (4)

79



La ecuación, una vez hecha la separación de variables, queda como

( ) ( ) ( ) E mgz

dz

z dW

dy

ydW

dx

xdW

m=+

+

+

2

32

22

1

2

1

Si E es constante, cada uno de los sumandos diferenciales debe serlo a su vez

( ) ( )

( )

3

23

2

1

2

22

2

1 ,

1

21

2

1

α

α α

=+

=

=

mgz dz

z dW

m

dy

xdW

mdx

xdW

m

Y las soluciones

( ) ( )

( ) ( ) 23

329

8

3

222 ,121

mgz mg

z W

m x yW m x xW

−±=

±=±=

α

α α

Las constantes 321 ,, α α α definen los nuevos momentos en una transformación canónica

generada por ( )321 ,,,,, α α α z y xS =S . La otra mitad de las nuevas coordenadas

generalizadas definen las ecuaciones

( )t

mg

mgz S

t m

xS

t m

xS

−−

±=∂

∂=

−±=∂

∂=−±=

∂

∂=

23

2

33

22

22

,

12

11

α

α β

α α β

α α β

que, invertidas, dan

( ) ( )

( )232

3

222 ,

112

t g

mg z

t m

yt m

x

+−=

+±=+±=

β α

β α β α

-------------------------------------------

14. El hamiltoniano de Toda caracteriza un conjunto de partículas que se muevensobre un anillo, sometidas a fuerzas repulsivas, exponencialmente decrecientes.

En el caso de tres partículas (véase figura), este hamiltoniano viene dado por:

82



( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] 323

exp12

exp31

exp3

1

2

2

1−−−+−−+−−+∑

== φ φ φ φ φ φ

i i p H

Aparte del hamiltoniano, existe una integral del movimiento obvia ¿Cuál es?Genere una transformación canónica que `ponga en evidencia esta nuevaintegral en el hamiltoniano transformado. ( Nota: en la segunda parte del

problema utilice la función generatriz , definiendo como nuevo momento esa

integral de movimiento adicional ) F 2

φ1

φ 3

φ 2

p1

p 3

p2

φ

Hay una integral del movimiento obvia, que es el momento total

cte.3213

=++= p p p P (1)

ya que el hamiltoniano es invariante frente a rotaciones

0φ φ φ +

ii

Transformamos a los nuevos momentos 11 p P = , 22 p P = y dado por (1), con:3 P

( ) .321322112 φ φ φ P P P P P F −−++= .

Encontramos el nuevo hamiltoniano:

( )[ ]( ) ( )[ ] ( ) .3exp-exp-exp

2

1

221

2213

22

21

−Φ+Φ−Φ+Φ

+−−++=′ P P P P P H

′ H no depende de Φ3 : lo que demuestra la invariancia de P 3

-------------------------------------------

15. Compruebe que para tres funciones se cumple. Proceda expandiendo el lado izquierdo de la

igualdad y reorganizando términos para obtener el lado derecho. ¿De quérelación se trata?

h g f ,,

[ ][ ] [ ][ ] [[ g f h f h g h g f ,,,,,, −=+ ]]

Reconocemos aquí la identidad de Jacobi y su comprobación aparece con detalle en la

página 487 del Goldstein.

16. Sean q y p la coordenada generalizada y el momento generalizado de unsistema material de un grado de libertad; sean Q y P funciones de q y p, tales

que . Se pide determinar P de la forma más general posible, de modoque la transformación de q y p a Q y P sea canónica.

pqQ tan=

83



Se tiene que

,tan;cos2

pq

Q

p

q

p

Q==

∂

∂

∂

∂

y una integral particular de la ecuación

1cos

tan2

=− p

q

q

P p

p

P

∂

∂

∂

∂ ,

se obtiene fácilmente haciendo P solamente función de p , por ser

p P pdp

dP senln

tan

1=⇒= .

Luego

( ) pq p P tanf senln +=

es la solución del problema.

-------------------------------------------

17.- Un sistema de una partícula tiene como lagrangiano: )(e 2

21t2 qV qm L −=

γ .

a) ¿A qué sistema corresponde?b) Una vez encontrado el hamiltoniano en variables ( )q p, , ¿cuál ha ser la

buena expresión para la función ( )t f tal que la función generatriz

transforme el hamiltoniano en una constante del

movimiento en el caso en que

( ) ( )qP t f t P q F =,,2

( )22

qmω 21q =V ?

a) La ecuación del movimiento es

qmq

V qm γ 2−

∂

∂−=

que corresponde a una partícula en un potencial V y bajo la influencia de un frenado

qm γ 2− .

b) El hamiltoniano viene dado por la expresión

( ) t t

eqV em

p H

γ γ 222

2 += −

,que se reduce, en nuestro caso, a

t t eqmem

p H γ γ ω 2222

2

2

1

2+= − .

Nos piden ahora una función generatriz de la forma ( ) ( )qP t f t P q F =,,2 para que transforme H en un nuevo hamiltoniano K que sea constante del movimiento. Nos

bastará para ello asegurar que K no depende explícitamente del tiempo. Para ello,

aplicando las ecuaciones de transformación

( ) ( )t

f qP H K qt f Q P t f p

∂

∂+=== ;;

tenemos

84



t

f f QP e f Qme f

m

P K t t

∂

∂++= −−− 1222222

2

2

1

2

γ γ ω

Si hacemos la identificación

( ) t et f γ =

obtenemos el resultado exigido.-------------------------------------------

18.- Un conjunto de coordenadas generalizadas, se transforma en un nuevoconjunto , a través de:),( 11 P Q ),( 22 P Q

),,,(, 221111

2

11 pq pq P P qQ ==

),,,(, 221122212 pq pq P P qqQ =+= .

a) Encontrar la expresión más general de y para que la transformaciónsea canónica.

1 P 2 P

b) Mostrar la elección que reduce el hamiltoniano

( )2

212

2

1

21

2qq p

q

p p H +++

−= a .2

2

1 P P K +=

c) Resolver las ecuaciones de Hamilton en términos de las nuevas variables.

a) Buscaremos una función tal que),,(2 t P q F i

i P

F

∂Q

∂= 2 y

i

iq

F p

∂

∂= 2 , de :

2

11 qQ = y Q 212 qq += → .),,()( 212211

2

12 t qq g P qq P q F +++=Por tanto:

1

2111 2 q

g

P P q p ∂

∂

++= ;2

22q

g

P p ∂

∂

+=

con lo que

2

22q

g p P

∂

∂−= ;

∂

∂−

∂

∂+−=

∂

∂−−=

12

21

11

21

1

12

1

2

1

q

g

q

g p p

qq

g P p

q P

b) Si suponemos que g es independiente del tiempo, H K = y si sustituimos las

expresiones anteriores de y en K tenemos que1 P 2 P

2

2

2

1211

21

2

1

2 q

g p

q

g

q

g

qq

p p K H

∂

∂−+

∂

∂−

∂

∂+

−==

que será igual a la hamiltoniana original si

21 q

g

q

g

∂

∂=

∂

∂ y ( ) 21

2

2

2

1

2

21

2

2 qqqqqqq

g −−−=+−=

∂

∂

y esta última expresión es fácilmente integrable a

)(3

11

2

21

3

22

2

1 q f qqqqq g +−−−= y de la condición 21

2

2

2

1

21

2 qqqqq

g

q

g −−−=

∂

∂=

∂

∂

tenemos que 2

1

1

qq

f −=

∂

∂ y por tanto

( ) 3

1

2

21

3

22

2

12211

2

12

3

1

3

1qqqqqq P qq P q F −−−−++= .

85



c) En el nuevo Hamiltoniano no aparecen ni ni por lo que y son

constantes y1Q 2Q 1 P 2 P

1

1

1 2 P P

H Q =

∂∂

= → α += t P Q 11 2 ,

12

2 =∂∂= P H Q → β += t Q2 .

-------------------------------------------

19. Un sistema de dos grados de libertad está descrito por la hamiltoniana

)()()( 232121

2

211 q g pq g pbqq g H −++−= ,

dónde es función únicamente de la variable .)( ji q g jq

a)

Encontrar unas funciones, , y para que las funciones)( 11 q g )( 12 q g )( 23 q g

211 qq F = y2

112

q

aq p F

−=

sean constantes del movimiento.

b) ¿Existen más constantes del movimiento algebraicas independientes? Encaso de respuesta afirmativa, ¿ podría dar alguna sugerencia de constante?

c) ¿Puede construirse alguna constante más a partir de la identidad deJacobi?. (Nota: identidad de Jacobi para las funciones H , v, w es

[ ][ ] [ ][ ] [ ][ ]0,,,,,, =++ w H v H wvwv H )

d) Resolver la ecuación de Hamilton-Jacobi: 0, =∂∂

+

∂∂

t

S

q

W q H , con

( ) ( ) t P qW t P qS 1,,, α −= ¿Qué constantes del movimiento obtenemos?

a) Para que sea constante del movimiento tiene que cumplir quei F [ ] 0, =i F H , de la

definición de corchete de Poisson tenemos:

[ ] 0)()(, 123212

2

1

22

1

21

1

11

1

1

1 =+−=∂

∂

∂∂

−∂

∂

∂∂

+∂

∂

∂∂

−∂

∂

∂∂

= qq g qq g q

F

p

H

p

F

q

H

q

F

p

H

p

F

q

H F H

que tiene como solución y112 )( qq g = 223 )( qq g = (o con los signos cambiados).

Introduciendo esto en el corchete de la segunda constante:

[ ] 011

, 1111

1

1

2

2

2

113

2

2

21

21

1

12 =

−+++

∂

∂−=

−++

∂

∂+

∂

∂−= paqaq p

q

g

qq

paq g

q

a g

qq

g p

q

g F H

2

11 1)( aqq g =que se cumple si .

b) Con las funciones halladas el hamiltoniano tiene la forma

2211

2

2

2

1 q pq pbqaq H −++−=

que, salvo signos, es simétrica en las variables. De este modo es directo proponer una

nueva función

86



1

223

q

bq p F

−=

que es fácil comprobar que es constante del movimiento

[ ] ( ) ( ) 0211

2, 22222

11

2

1

222

1

22

13 =−−++−=−−+

−−= bq pbq pbq

qq

bq

q

pbq

q

pbqq F H .

También es evidente que el propio Hamiltoniano, independiente del tiempo, es otra

constante del movimiento. Podríamos pensar que ya tenemos las 4 constantes posibles

pero no son linealmente dependientes, de hecho se puede ver que

( )321 F F F H −= .

c) La aplicación de la identidad de Jacobi para generar nuevas constantes sólo produce

soluciones triviales:

[ ] 1, 21 = F F , [ ] 1, 31 = F F , [ ]2

1

32 , F

H F F −= .

d) La ecuación una vez hecha la separación de variables queda

E bqaqqq

W q

q

W =+−

∂

∂−

∂

∂ 2

2

2

12

2

21

1

1

y separando las ecuaciones por variables tenemos

1

2

11

1

1 α =−∂

∂aqq

q

W y 2

2

22

2

2 α =+∂

∂bqq

q

W −

que tiene como soluciones directas

2

1111

2

)ln( qa

qW += α y 2

2222

2

)ln( qb

q +−= α W ,

de modo que la función generadora de la transformación canónica buscada es

t t qb

qqa

qS 21

2

222

2

1112

)ln(2

)ln( α α α α −−+−+=

y podemos encontrar las soluciones explicitas para las variables canónicas:

( ) t qS

−=∂∂

= 1

1

1 lnα

β y ( ) t qS

−−=∂∂

= 2

2

2 lnα

β

t eet q 1)(1

β = y q t eet −−= 2)(2

β

y para las conjugadas:

t t eaeeeaqqq

S p 11

111

1

11

β β α

α +=+=

∂

∂= −− y t t ebeeebq

qq

S p −−+=+−=

∂

∂= 22

222

2

22

β β α

α .

Las constantes son 2121 ,,, β β α α cuyas fórmulas en función de las variables se puede

despejar de las ecuaciones anteriores.

-------------------------------------------

20.- Sean y f f f ,, 21 funciones de las coordenadas, q , de los momentos, , y

del tiempo. Muestre que se cumplen las siguientes relaciones:k k p

a) [ ] [ ] [ g f g f g f f ,,, 2121 +=+ ]] b) [ ] [ ] [ g f f g f f g f f ,,, 122121 +=

c) [ ]

∂∂+

∂∂=

∂∂

t

g f g t

f g f t

,,,

87



d) [ ]k

k p

f q f

∂

∂−=,

e) [ ]k

k q

f p f

∂

∂=,

-------------------------------------------

21.- Supongamos un sistema en una dimensión con coordenadas q y p.a) Demuestre que para la hamiltoniana del sistema la evolución deuna función esta dada por

),,( t pq H

),,( t pq f

[ ]t

f H f

dt

df

∂

∂+= ,

b) Encuentre las condiciones que han de cumplir las constantes a,b y c para quesea canónica la transformación

pqaQ += 2 , . (1)4cpbq P +=c) Para el sistema dado por la hamiltoniana

2242 44 p pqqq H +++= encuentre la transformación del tipo (1) tal que la nueva hamiltoniana, H’ , sea ladel oscilador armónico.d) Si tuviéramos una nueva transformación canónica sobre las coordenadas delapartado c): ( )t P Q P ,,

~ y Q( t P Q ,, )

~, ¿cómo calcularíamos la transformación desde

las variables originales a las finales, ( )t pq P ,,~

( )t pqQ ,,~

?. ¿Será canónica?. En casode conocer una transformación que simplifique la hamiltoniana H’ apunte el

procedimiento.

a) Se obtiene de la definición del corchete de Poisson y las ecuaciones del

movimiento de hamilton para el sistema. (Ver en el apartado 9-5 del Goldstein).

b) En notación matricial tiene que cumplir:

J MJM T =

y para este sistema tenemos

=

∂∂

∂∂

∂

∂

∂

∂

=34

12

pb

aq

p

P

q

P

p

Q

q

Q

M ,

−=

−

+−=

01

10

08

803

3

bcpb

bcpb MJM T

es decir, 1,0 −== bc y a sin determinar.

c) Como la transformación es independiente del tiempo la nueva hamiltoniana se

obtiene de la substitución de las nuevas variables, P q −= y en la antigua

hamiltoniana:

2aP Q p −=

22224 )24()44(' Q P aQ P aa P H H ++−++−==

en la que tomando nos lleva a2=a22' Q P H += , formalmente la del oscilador armónico.

88



2

3

2

2

2

q

pQ

q

p p

−=

=

,

3

2

2

4

2

2

Q

p P

Q

pq

−=

=

,

3

12

3

12

2

2

=

=

P

pQ

p

P q

y podremos calcular todas las funciones

generatrices:

2

2

24q

P F −= ,

2

2

34Q

p F −= ,

3

2

2

5

42

=

P

p F .

Estas funciones generatrices, obtenidas unas de otras a través de QP F F −= 21 ,

yqp F F −= 31 QP qp F F −+= 41 y del oportuno cambio de coordenadas (ver sección

9-1 del Goldstein) siempre generan la misma hamiltoniana.

b) No, no es única. Dado que la relación entre el cambio de coordenadas y la

función generatriz viene dado por ecuaciones del tipo:q

F p

∂

∂= 1

Q

F P

∂

∂= 1 siempre

podemos añadir una constante y/o una función dependiente del tiempo. En este último

caso las hamiltonianas serán diferentes según la función dependiente del tiempo que

consideremos.

Para el primer ejemplo de la sección anterior las transformaciones canónicas dadas por

las funciones y( ) qQt Qq F =,,1 ( ) 2

1 ,,' t qQt Qq F += , generan las mismas ecuaciones

y , pero tiene hamiltonianas diferentes.Q p = q− P =

--------------------------------------------

23.- Sean un sistema hamiltoniano )(2

1),( 22 q pq p H +=

(,0)0( t pt q

, la variable dinámica

y las condiciones iniciales pqq p g =),( 0)0 p==== . Calcule la

evolución temporal de la variable, siguiendo los siguientes procedimientos

y comente brevemente las diferencias:

),( 0 pt g

a) Integración directa de las ecuaciones de Hamilton.b) A partir del formalismo de Poisson obtenga la ecuación diferencial de

segundo orden de .),( 0 pt g

c) Encuentre una transformación canónica cualquiera tal que la nueva variablesea Q . Calcule el nuevo hamiltoniano y obtenga a partir de

las nuevas ecuaciones de Hamilton.

),( q p g = ),( 0 pt g


Q

F P

q

F pt Qq F F

∂

∂−=

∂

∂== 11

11 ,),,,( P

F Q

q

F pt P q F F

∂

∂=

∂

∂== 22

22 ,),,,(

Q

F P

p

F qt Q p F F

∂

∂−=

∂

∂−== 33

33 ,),,,( P

F Q

p

F qt P p F F

∂

∂=

∂

∂−== 44

44 ,),,,(

90



a)

qq

H p

p p

H q

−=∂∂

−=

=∂∂

=

, y por tantoq pq −== t Bt At p

t Bt At q

sincos)(

cossin)(

−=

+=, que para las

condiciones iniciales dadas:0

0 p)0

)0 A(

(t p

Bt q====== , tenemos q t sinqt )( 0= .

t p

t t pt qt pt g 2sin2

cossin)()()(2

02

0 ===

b) [ ] 22, q pq

H

p

g

p

H

q

g H g

dt

dg g +=

∂∂

∂∂

−∂∂

∂∂

=== y

[ ] g q pqpq

H

p

g

p

H

q

g H g

dt

g d g 4)(22, =−−=

∂∂

∂∂

−∂∂

∂∂

===

)2cos()2sin()( t Bt At g += , con las condiciones iniciales 0)0( ==t g , , nos

lleva a

2

0)( pt g =

t p

t g 2sin2

)(20= .

c) Buscamos una transformación canónica desde el sistema de coordenadas p, q a otro

P , Q donde, por ejemplo, Q . Si despejamos pq g == p

Qq = , podemos considerar la

función generatriz tal que)Q,(3 p F

Q

F

P

p

Q

p

F q

∂

∂

−=

=∂

∂−=

3

3

,→ → ) )('ln Q f p P (ln3 Q f pQ F += +=

siguiendo el enunciado del problema podemos tomar el caso más simple :0)( =Q f P P Qeqe p −== ,

y el nuevo hamiltoniano será

)(2

1 222 P P eeQ H += −

Las nuevas ecuaciones del movimiento serán:

P

P P

QeQ

H P

eeQ P

H Q

2

222

−

−

=∂∂−=

+−=∂∂

=

y para la ecuación de )()( t Qt g = será

, dónde por substitución de las anteriores

ecuaciones obtenemos , es

decir la misma ecuación que en el apartado anterior.

P eQ P 22+

eQ(2 22−= −

Qe P eQQ P P 222 22 +−= −−

Q QeeQQee P P P P 4)() 2222 =+−+ −Qe P P 2 22 + −−

--------------------------------------------

24.- a.- Demuéstrese que si el hamiltoniano de un sistema puede expresarse comola función es una constante de

movimiento.

),,,,),,(( 2211 s s pq pq pq f H H …= ),( 11 pq f

91



b.- Utilícese esto para encontrar una constante de movimiento para una partícula

en dos dimensiones bajo el potencial3

)(r

r ar V

⋅

= (siendo a

un vector constante

dado).

a) Para demostrar que 0=dt

df utilizaremos el formalismo de Poisson:

[ ] 0,111111111

=∂∂

∂∂

∂∂

−∂∂

∂∂

∂∂

=∂∂

∂∂

−∂∂

∂∂

=∂∂

∂∂

−∂∂

∂∂

== ∑= q

f

f

H

p

f

p

f

f

H

q

f

q

H

p

f

p

H

q

f

q

H

p

f

p

H

q

f H f f

ii

s

i ii

b) El hamiltoniano de una particula sometida al potencial del problema la podemos

escribir en coordenadas polares como:

32

22

22 r

r a

mr

p

m

p H r

⋅

++= θ , si elegimos el eje x

coincidiendo con el vector a podemos

escribir

mr

ma p

m

p

r

r a

mr

p

m

p H r r

2

22

32

22

2

cos2

2

cos

22

θ θ θ θ ⋅+=

⋅++= + de modo que podemos

escribir quemr

p2

,θ f

m

p p f pr H r

r

2

2

)(

2)),(,,( θ

θ θ += , con =),( θ θ p f θ θ cos22 ⋅+ p ma ,

constante del movimiento.

--------------------------------------------

25.- Sea θ ρ θ ρ ρ

θ ρ

222

2

2 sin2

1cos

2

1

2

1−−+= P P H

0=θ

, y para el instante inicial

)0( =θ P y 1== ρ ρ P . Sea θ ρ α θ ρ θ ρ sincos 2 P ),,,( 121 P P P S += una función

generatriz, siendo las nuevas coordenadas y momentos.2121 ,,, P P x x

a) Determinar los valores de α tales que el hamiltoniano de las nuevasvariables sea integrable.b) Utiliza la transformación para determinar el valor de ρ ρ ρ θ P P ,,, en el

tiempo π =t . NOTA: las siguientes fórmulas pueden serle de utilidad:

Q F P q F pt Qq F F ∂∂−=∂∂== 1111 ,),,,( P F Qq F pt P q F F ∂∂=∂∂== 2222 ,),,,(

Q F P p F qt Q p F F ∂∂−=∂∂−== 3333 ,),,,( P F Q p F qt P p F F ∂∂=∂∂−== 4444 ,),,,(

Lo primero es expresar las viejas variables en función de las nuevas

θ ρ α θ ρ

θ α θ

θ

ρ

cossin

sincos

21

21

P P P

P P P

+−=

+=,

θ αρ

θ ρ

sin

cos

2

1

=

=

x

x, de lo que obtenemos que )0( ≠α

2

2

2

1

21 x x += α

α ρ

y después de algunos cálculos tenemos que

( )2

2

21

2

2

22

122

1

α α

x x P P K −−+= , que para cualquier valor de 0≠α es separable y por

tanto integrable.

Tenemos que

92



2

22

1 1

α

x P

P

=

=

, , que podemos integrar directamente por separado2

2

2

11

P x

P x

α =

=

B At t t x

At t P

++=

+=

2)(

)(

2

1

1

y ( )t t

t t

DeCet P

DeCet x

−

−

−=

+=

22

2

1)(

)(

α

.

Con las condiciones iniciales dadas obtenemos el valor de las constantes

0)0(,1)0(,0)0(,1)0( 2121 ==== P P x x , 0,1 ==== DC B A .

Por tanto para π =t tenemos que1

2)(

1)(

2

1

1

++=

+=

π π

π

π π

x

P

,0)(

0)(

2

2

=

=

π

π

P

x, que en las variables

originales da lugar a 12

2

++ π π

)()(,0)()( 1 ==== π π ρ π θ θ xt

0

1

=+=

θ

ρ π

P

P .

----------------------------------------------

26. Considere el hamiltoniano )sin( 2

2

2

12

2

2

2

2

1

2

1 qqq

p

q

p H +++= y la función generatriz

2

2

11

2

2

2

1

2 P q P

qqS +

+= .

a) Determinar la trasformación canónica asociada a la función S , en la región

.0, 21 >qqb) Determinar el nuevo hamiltoniano en función de .ii P Q ,

c) Dar las integrales primeras. Determinar las soluciones de la ecuación delmovimiento dadas por el nuevo hamiltonianod) Estudiar la posibilidad de obtener las soluciones a las ecuaciones delmovimiento en las variables originales a partir de la solución obtenida en c).NOTA: las siguientes fórmulas pueden serle de utilidad:

Q F P q F pt Qq F F ∂∂−=∂∂== 1111 ,),,,( P F Qq F pt P q F F ∂∂=∂∂== 2222 ,),,,(

Q F P p F qt Q p F F ∂∂−=∂∂−== 3333 ,),,,( P F Q p F qt P p F F ∂∂=∂∂−== 4444 ,),,,(

a) La función generatriz depende de las coordenadas originales ( ) y de los nuevos

momentos ( ), por tanto corresponde a y tenemos que

21 ,qq

21 , P P ),,(2 t P q F

2

12

2

2

2

11

2

qQ

qqQ

=

+=

122

21111 2

P q p

P q P q p

=

+=

Por lo que la trasformación canónica viene dada por

212

21

2 QQq

Qq

−±=

±= ( )

1212

2121

2

2

P QQ p

P P Q p

−±=

+±=, y para la región q tomaremos el signo

+.

0, 21 >q

b) Substituyendo el cambio en la expresión de H obtenemos el hamiltoniano en las

nuevas varibles

93



( ) )2sin(2 1

2

1

2

21 Q P P P K +++=c) La variable es cíclica, por lo que se conserva y el hamiltoniano no depende

del tiempo por lo que también es constante:

2Q 2 P

E K P == ,2 α .

El resto de ecuaciones del movimiento:

)(4),2cos(2 21

1

11

1

1 P P P K QQ

Q K P +=∂∂=−=∂∂−= (1)

De este modo

( ) ( ) )2sin(22)2sin(2 1

2

11

2

1

2

1 Q P Q P P E +++=+++= α α α

si definimos α +≡ 11' P P , tenemos que

2

)2sin(2' 11

Q E P

−−±=

α y

2

)2sin(24'4 1

11

Q E P

−−±==

α Q

con lo que reducimos el problema a la integral

∫ −−

±=)(

)0( 1

11

1 ))2sin(2(8

t Q

Q Q E

dQt

α

de cuya integración obtendríamos Q )(11 t Q=

A partir de esto y teniendo en cuenta (1) y )2(4 21

2

2 P P P

K Q +=

∂∂

= tenemos el resto en

función de ella y α =2 P :

α −= )(4

1)( 11 t Qt P α t Qt QQt 4)0()()0()( 1122Q +−+=

d) Como la transformación entre variables sólo es válida si

04)0()()0()( 1122 >+−+= α t Qt QQt Q

)()0()0(2)()(2 12121

04)0(1 >−−+−=− α t Qt QQQt Qt Q , hay que tener cuidado que no

siempre será válida.Podemos mencionar que en cuanto 0≠α y Q este acotado, el movimiento

terminará cruzando alguna de las fronteras.

)(1 t

----------------------------------------------

27.- a ) Mostrar, mediante cualquiera de los métodos posibles, que latransformación

−−

=

+=a

piaq

i P

a

piaq

iQ

2

1,

2

1

donde a es una constante, es canónica.

b) Aplicar esta transformación al oscilador armónico unidimensional deHamiltoniano

( )2222

2

1qwm p

m H +=

y encontrar un valor de la constante a que simplifique el nuevo Hamiltoniano(debe tener un único término).c) Encontrar las ecuaciones de Hamilton para Q y P y mostrar que permitenrecuperar las soluciones del oscilador armónico original.

II. Solución

a) Cualquiera de las opciones permite comprobar que es una transformacióncanónica:

94



i) Los corchetes de Poisson satisfacen las siguientes condiciones:

[ ] [ ] 0,, == P P QQ por la propia definición de los corchetes.

[ ] 1, = P Q , se comprueba del siguiente modo

[ ] 1

2222

, =−

−=

∂

∂

∂

∂−

∂

∂

∂

∂=

ai

i

i

a

ai

i

i

a

p

Q

q

P

p

P

q

Q P Q

ii) Se Escriben las variables antiguas en función de las nuevas

( ) P Qa

iq −=

2

2, ( P Q

i

a p +=

2) (1)

y, con éstas y las originales, se comprueba que

P

p

q

Q

∂∂

=∂∂

yQ

p

q

P

∂∂

−=∂∂

y P

q

p

Q

∂∂

−=∂∂

yQ

q

p

P

∂∂

=∂∂

.

Los cálculos llevan a

P

p

i

a

q

Q

∂∂

==∂∂

2 Q

p

i

a

q

P

∂∂

−=−

=∂∂

2

P

q

ai

i

p

Q

∂∂−==

∂∂

2

Q

q

ai

i

p

P

∂∂==

∂∂

2

iii) Encontrar una función generatriz.

b) Aplicando la transformación (1) al Hamiltoniano original se obtiene que

( )

+++

−= QP

a

wma P Q

a

wma

im H

2

22222

2

222 2

4

1

que se puede simplificar notablemente mediante la elección

2

222

a

wm=a o lo que es lo mismo mwiamwa ±=±= , .

Tomemos mwa ±= para obtener:

iwQP H −=

c) Las ecuaciones de Hamilton son

iwQ P

H Q −=

∂∂

= , iwP Q

H P =

∂∂

−= y las soluciones son

, , donde y son las condiciones iniciales.iwt eQQ −= 0

iwt e P P 0= 0Q 0 P

Ahora hay que llevar estas soluciones a las variables originales p y q teniendo en

cuenta que las condiciones iniciales antiguas dependen de las nuevas:

−

−=

+=

a

piaq

i P

a

piaq

iQ 0

00

0

00 2

1,

2

1

con lo que recuperamos las soluciones del oscilador armónico.

----------------------------------------------

28. Recuerde que las funciones hiperbólicas vienen definidas por

( ) ( ) ( )12

sinh x exp x exp x= − − y ( ) ( ) ( )12

x exp x exp x= +cosh − .¿Cuál de las dos

transformaciones

sinh cosh

1 ,

p p

Q P q qα α

β β

→ = =

95



cosh sinh2 ,

p pQ P

q qα α

β β → = =

puede representar una transformación canónica, siendo α y β reales?

Transformación 1:Para un sistema unidimensional la condición simplectica se reduce a

que el determinante

p

P

q

P p

Q

q

Q

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂


En nuestro caso:1

1

sinh cosh

cosh sinh

q p q

q p q

α α

α α

p

p

α β β β

α β β

− − −

− − −

−∆ =

− β

2 1q α β α − −=

Deberá ser cierto que . No hay valores posibles.2 1 1q α βα − − =

Transformación 2:

En este caso:1

1

cosh sinh

sinh cosh

q p q

q p q

α α

α α

p

p

α β β β

α β β

− − −

− − −

−∆ =

− β

2 1q α β α − −= −

Deberá ser cierto que 2 1 1q α βα − −− =

o1

2α = − y 2 β =

2;2

1== β α


p sinq P

pqQ

2

2cos

=

=

además,q

F p

p

F

∂∂

−=∂∂

−= 33 ;q y ),(33 Q p F F =

Reexpresando las variables P y q en función de p y Q:

pQ P p

Qq 2tg;

2cos

2

==

de modo que p

F

p

Q

∂

∂

−=

32

2cos y Q

F

p ∂

∂

−=

3

2tgQ


)(2tg2

2

3 p pQ

F ϕ +−=


finalmente que

2),(

2

3

Q pQ F −= p2tg .

96



NOTAS SOBRE TEORÍA DE PERTURBACIÓN

Las ecuaciones de la mayoría de los sistemas mecánicos no pueden resolverse

exactamente, por lo que es importante desarrollar métodos que permitan obtener

soluciones aproximadas. Uno de ellos -muchas veces el único que permite soluciones

analíticas- es el de la teoría de perturbación, ampliamente utilizado en todas las ramas

de la física. La idea es resolver un sistema por medio de otro resoluble muy cercano a

él. El sistema a resolver se define entonces como una “perturbación” del segundo, lo

que permite ir aproximándonos paso a paso a la solución. El procedimiento usual define

esta perturbación como una serie -de igual modo que aproximamos una función

analítica por una serie de potencias- y el objetivo de la teoría es ir resolviendo

consistentemente cada término de la serie.

Como veremos, un cálculo perturbativo involucra pequeños parámetros. Por otra

parte, los métodos numéricos permiten en la actualidad resolver problemas con gran

precisión sin necesidad de restringirse al ámbito de pequeñas perturbaciones de un

sistema conocido. Eso hace pensar que la teoría de perturbación deja de tener sentido.

Sin embargo, no es así. Ésta sigue siendo necesaria como comprobante de los resultados

numéricos (por lo menos en el rango de parámetros pequeños) y para establecer una

buena comprensión teórica de estos mismos.

Procederemos en estas notas dividiendo la exposición en dos partes. En una

primera, se trata la teoría elemental de perturbaciones. Corresponde a la versión no

canónica de la perturbación dependiente del tiempo que se desarrolla en la sección 11-2

del Goldstein. Existe una buena razón para hacerlo así. La serie de Lindstedt -así se

denomina- es más fácil de entender que la alternativa canónica, además de poner demanifiesto en su génesis los problemas que pueden derivarse de una construcción

indebida de la serie perturbativa. Así, el alumno que lo desee, puede sustituir el estudio

de las seciones 11-2 y 11-3 del Goldstein por la sección que sigue.

La segunda parte de estas notas trata de aclarar el esquema básico de la teoría

canónica de perturbación independiente del tiempo (sección 11-4 del Goldstein). La

falta de tiempo nos obliga a detenernos en el cálculo en primer orden de perturbación en

sistemas de un solo grado de libertad. Con ello se ilustra la maquinaria básica, aunque,

97



bien está decirlo, los problemas interesantes empiezan justamente allí donde nos

paramos. Desgraciadamente, somos esclavos de las contingencias de un cuatrimestre –

el primero- con el tiempo útil muy recortado.

Un ejemplo del particular cuidado que hay que tener en teoría de perturbaciones:

Series de potencias de Lindstedt

A modo de ilustración, escogemos el ejemplo de un oscilador integrable de un

grado de libertad cuya ecuación del movimiento es

320

20 6

1 x x x εω ω =+ (1)

obtenida expandiendo el hamiltoniano del péndulo ( φ cos2

1 2 F Gp H −= ) hasta incluir

términos de tercer orden en φ . Por comodidad rescribimos φ como x y introducimos la

notación . FG=20ω ε es un parámetro adimensional que pone de manifiesto la pequeña

magnitud del término cúbico, que pasa a ser considerado como una perturbación. Al

final del proceso se hace 1=ε . Expandimos x de forma directa

+++= 22

10 x x x x ε ε

(2)

y sustituimos la expresión (2) en la ecuación (1). Igualando términos en potencias

iguales de ε , obtenemos en orden cero

t A x 00 cos= ,

(3)

o solución del oscilador armónico, mientras que para orden uno en ε , obtenemos la

ecuación

t A x x 0332

01201 cos

6

1ω εω ω =+

(4)

La ecuación (4) puede rescribirse como

98



)cos33(cos24

100

3201

201 t t A x x ω ω εω ω +=+

(5)

El término en t 03cos ω da como solución particular

t A

x a 0

3

,1 3cos192

ω −= (6)

El segundo, por su parte, da

( t t t A

x b 000

3

,1 cos2sin64

ω ω ω += ) (7)

Mientras que la solución (6) corresponde a una solución de buencomportamiento, la (7) tiene un término lineal en t que la hace crecer indefinidamente.

Este tipo de términos se denominan seculares, y no cabe duda de que no son algo

esperable en un sistema como el de la ecuación (1), cuyo movimiento debería estar

confinado y ser periódico. En otras palabras, el término forzante en cos t 0ω provoca

una resonancia en el oscilador armónico −lado izquierdo de la ecuación (5)− que es

totalmente indeseable desde el punto de vista físico.

El resultado anterior indica que hemos hecho algo mal en el tratamiento.

Analizándolo con detenimiento, nos damos cuenta de que hemos supuesto que la

frecuencia del oscilador cúbico era 0ω , igual a la del oscilador armónico. Esto no

parece muy adecuado, en tanto en cuanto es de esperar que el oscilador cúbico tenga

frecuencia propia (sabemos que depende de la amplitud), distinta de 0 . Es, en

consecuencia, consistente suponer la frecuencia de nuestro oscilador cúbico distinta de

0 , pero no muy alejada de esta última, de forma a que sea resultado, tal como lo es

, de una expansión en(t x ) ε :

( ) +++= 22

10 ω ε εω ω ε ω (8)

Ahora, podemos repetir todo el proceso anterior con esta nueva hipótesis y ver si

desaparecen los términos seculares. Sustituimos (2) y (8) en (1), y simplificamos la

notación definiendo la derivada ( ) xt d

dx x 1−==′ ω

ω . Obtenemos en orden cero

000 =+″

x x (9)

99



mientras que para orden uno

06

12 3010

0

11 =−+

″+

″ x x x x

ω (10)

Sustituyamos ahora en (10) la solución de (9)

t A

t A A

x x 0

3

00

13

11 3cos24

cos2

8 ω ω

ω

ω +

+=+

″ (11)

Recordemos ahora cuál era el problema con la ecuación (5). La contribución a la

forzante en t 0cos era la responsable del término secular −resonante. Sin embargo, la

ecuación (11), a diferencia de la (5), nos permite “eliminar” esta contribución, y de

hecho la secularidad, haciendo su coeficiente idénticamente nulo. Despejando 1 ,

queda

02

161

1 ω ω A−= (12)

Ahora la solución de (11) es completamente regular y periódica −tal como era de

esperar −

t

A

t Dt C x 0

3

001 3cos192sencos ω ω ω −+= (13)

La moraleja de este ejemplo es clara: ¡cuidado con los cálculos perturbativos!

Requieren un esmero especial para no caer en resultados no físicos. En nuestro caso se

descubrió con facilidad el error. El ejemplo era de un solo grado de libertad y la

inconsistencia trivial. Sin embargo, en problemas de más de un grado de libertad las

apariencias no son tan llamativas y el control del procedimiento se hace más dificultoso.

Teoría canónica clásica de perturbación

La mayoría de los sistemas multidimensionales −o forzados− no son integrables:

no existe solución a la ecuación de Hamilton-Jacobi. Sin embargo, en sistemas que no

difieran mucho de un sistema integrable, se puede intentar obtener soluciones

expandiendo la función generatriz en potencias de un pequeño parámetro ε y tratar de

encontrar la solución de la ecuación de Hamilton-Jacobi por aproximaciones sucesivas.

100



Existe, sin embargo, una dificultad, y es la aparición de pequeños denominadores que

impiden la convergencia de la serie. Estos pequeños denominadores están ligados a

resonancias entre grados de libertad, en el entorno de las cuales ocurre la destrucción

total de los invariantes y de la generación de movimientos caóticos. En este curso, no

vamos a hacernos eco de estas dificultades y sólo señalaremos que aún a pesar de ellas

las series son útiles ya que describen bastante bien el comportamiento en muchas zonas

del espacio de fases. Ilustraremos el método canónico para problemas de un grado de

libertad. Aunque aquí, todos los sistemas son integrables de oficio y debe existir una

solución cerrada, independientemente de la dificultad que entraña su obtención, las

series de potencias son útiles para aproximar con un cálculo sencillo la solución real, y

para obtener una transformación preparatoria a variables acción-ángulo en sistemas de

más de un grado de libertad.

Supongamos un problema de un grado de libertad escrito en la forma siguiente:

( ) ( ) ( ) ( )32

210 ,, ε θ ε θ ε O J H J H J H H +++= (14)

( ) J H 0 es un hamiltoniano cuya forma acción-ángulo −variables ( )θ , J −es conocida y

cuya solución

es:

J H

t

J J

∂∂=

+=

=

0

0

ω

β ω θ (15)

H es otro hamiltoniano que “cercano” a y cuya forma puede aproximarse por la

serie (14) −escrita hasta segundo orden. Por ahora nos ocuparemos de los aspectos

puramente formales del problema, sin preguntarnos cómo se obtiene la serie anterior.

0 H

Nuestro problema consiste en hallar una transformación a unas nuevas variables ( )θ , J

para las cuales el hamiltoniano transformado H es función sólo de la acción J . Para

ello necesitamos hallar la correspondiente función generatriz ( )θ , J S , que vamos a

suponer, al igual que el hamiltoniano problema H , susceptible de expansión en ε

( ) ( ) 31 ,, ε θ ε θ θ O J S J J S ++= (16)

( ) ( ) ( ) ( )210 ε ε O J H J H J H ++= (17)

101



Obsérvese que la aproximación de orden cero a la función generatriz es la

transformación identidad J J = y θ θ = . A partir de (16), definimos las ecuaciones de

transformación entre los pares de variables ( )θ , J y ( θ , J

( ) ( 21 ,ε )

θ

θ ε O

J S J J +

∂

∂+= (18)

( ) ( 21 ,ε

θ ε θ θ O )

J

J S +

∂

∂+= (19)

Para hallar las viejas variables en función de las nuevas necesitamos invertir

apropiadamente (18) y (19), obteniendo:

( ( 21 , ε )θ

θ ε O J S J J +∂

∂+= (20)

( ( 21 ,ε

θ ε θ θ O )

J

J S +

∂

∂−= (21)

Obsérvese que las formas (20) y (21) proceden de (18) y (19), respectivamente.

Hay, sin embargo, un detalle importante. Contrariamente a (18) y (19), aparece en

(20) y (21) como función de las nuevas variables. Lo que hemos hecho es sustituir en

(18) y (19)

1S

θ por su aproximación de orden cero θ . Las aproximaciones de orden

superior en ε afectarán a términos de orden superior en (20) y (21). Ahora nuestro

objetivo es encontrar la forma para que haga que el hamiltoniano1S

( ) ( ) ( )( )θ θ θ ,,, J J J H J H = (22)

sea sólo función de J . Para ello vamos a trabajar el lado izquierdo de la ecuación (22).

Recordamos la forma que tiene H dada por (14) . Cogemos los dos primeros términos

de aquélla, y( ) J H 0 ( )θ ε ,1 J H , y aplicamos la transformación (20)-(21).

( ) =

+

∂

∂+=

θ ε 1

00

S J H J H

( ) ( 2100 ε

θ ε O

S

J

H J H

J J

+∂

∂

∂

∂+

=

) (23)

( ) ( ) ( )

=

+∂

∂

−

+∂

∂

+= J

J S J S J H J H

θ ε θ θ

θ ε θ

,,

,,

1111

102



( )ε θ O J H +,1 (24)

Insertamos las expresiones (23) y (24) en el lado izquierdo de la ecuación (22)

( ) ( ) ( ) (2

1

10

0 , ε θ θ ε O J H

S

J

H

J H J H +

+∂

∂

∂

∂

+= ) (25)

que hemos de comparar, término a término, con la serie (17). El término de orden cero

no ofrece problemas

( ) J H H 00 = (26)

A su vez, para el término de primer orden

( ) ( ) ( ) ( θ θ

θ ,, 110

1 J H J S J

J H J H +

∂∂⋅

∂∂= ) (27)

El lado izquierdo de (27) depende solo de J , por lo que debemos escoger tal

que desaparezca en el lado derecho de la misma ecuación la dependencia en

1S

θ . Para

ello definimos el promedio sobre la fase de 1 H

( ) ( ) θ θ

π

π

d J H J H ∫=2

0

11 ,

2

1ˆ , (28)

función exclusivamente de J , y el resto

( ) ( ) ( ) J H J H J H 111ˆ,,

~−= θ θ , (29)

denominada usualmente parte oscilante de . Ahora podemos introducir (28) y (29) en

(27) de forma a definir

1 H

( ) ( ) J H J H 11ˆ≡ (30)

y definir como solución1S

( ) ( ( ) 0,~,

11 =+∂

∂θ

θ

θ ω J H

J S J (31)

Recordamos que ( ) ( ) J J H J ∂∂= 0ω . Si (31) tiene solución, el nuevo

hamiltoniano queda, a primer orden,

( ) ( ) ( ) ( 210 ˆ ε ε O J H J H J H ++= ) (32)

103



Queda, consecuentemente, por resolver la ecuación (31). Lo hacemos

expandiendo y en serie de Fourier1S 1

~ H

( ) θ in

n

n J S S e11 ∑= (33)

( ) θ in

n

n J H H e~~

011 ∑

≠

= (34).

Sustituyendo en (31) vemos que, si ( ) 0≠ J ω , constante10 =S y

0,~

11 ≠= n

in

H S n

n (35)

Con esto queda completada la evaluación de la serie perturbativa hasta primer

orden de perturbación. La teoría de perturbación de Poincaré-Zeipel (que es así como se

llama) puede, en principio, evaluarse en cualquier orden de perturbación, aunque

órdenes mayores que el primero empiezan a ser muy tediosos. Existen métodos

acelerados de cálculo, así como técnicas más modernas (transformaciones de Lie), que

evitan las dificultades de la técnica de Poincaré-Zeipel. Evitan especialmente el

problema de la mezcla de variables nuevas y viejas que nos hemos encontrado en lasecuaciones (18)-(19). Sin embargo, las limitaciones de tiempo no nos van a permitir

abordar estas técnicas. Aquella persona que desee ampliar conocimientos puede ponerse

en contacto con el profesor de la asignatura para discutir este extremo.

Ejemplo

Para ilustrar el procedimiento anterior calcularemos el movimiento de libración

de un péndulo de longitud hasta primer orden. Recordemos su hamiltonianol

φ cos221 B p A H −=

con 21 ml A = y mgl B = . El problema es no-lineal y se puede resolver por cuadraturas,

dándonos un buen caso de prueba del rango de validez de nuestra aproximación.

Recordemos los dos movimientos admisibles, libración y rotación, separados por una

104



separatriz de energía B E = , que “une” los dos puntos de equilibrio inestable π φ ±= .

Para B E < tenemos libración, mientras que la rotación aparece para B E > . La

resolución exacta del problema es bien conocida e invoca la función elíptica,

( )( )

∫=2

0 1

π

( )

ε

, (36)−

Κ 21

22 sen ξ κ

ξ κ

d

para expresar la dependencia de la frecuencia con la energía

( )[ ] libración1,2

1

0

<Κ = −

κ κ π

ω

κ ω (37)

( )

( )rotación1,

10

>

Κ

=−

κ

κ

κπ

ω

κ ω (38)

con ( ) 21

0 AB=ω

0=

como la frecuencia del movimiento linearizado alrededor del punto de

equilibrio φ , y B E += 12 2κ

B

, como medida de la relación entre la energía total

y la energía de la separatriz .

E

Es el turno ahora de la aproximación perturbativa. La estableceremos en primer

orden de perturbación y compararemos con los resultados exactos que acabamos de dar.

Expandimos en serie de Taylor el hamiltoniano del péndulo alrededor del punto

de equilibrio 0=φ

−⋅+⋅−+= 6242212

21

!6

1

!4

1φ ε φ ε φ B B B Ap H p (39)

Los dos primeros términos constituirán nuestra aproximación de orden cero.

2212

21

0 φ B Ap H p +=

Hemos intercalado en la expansión (39) potencias de un parámetro . Ésta es

una práctica habitual en teoría de perturbación y tiene como objetivo identificar

los distintos órdenes de perturbación. Al final del proceso se elimina haciendo

1=ε . Ahora podemos preparar el sistema para aplicar la teoría anterior. Para

empezar, deberemos obtener la ecuación (14) para este ejemplo. Utilizamos para

ello las variables acción-ángulo del hamiltoniano “no perturbado”, ,

correspondiente al oscilador armónico.

0 p H

105



Recordamos que en este caso: ( ) θ sen2 21

R J q = ; ( ) θ cos2 21

JR p = , con

( )1

2 R B A= y ( ) ( ) J J AB J H p 002

1

ω == .

Quedará

2 32 4 2 6

00

1sen sen

6 90 p

A J H J AJ ω ε θ ε θ

ω = − ⋅ + ⋅ + (40)

Puede ahora aplicarse el procedimiento de perturbación hasta primer orden.

(2

2 41

1sen 3 4cos 2 cos 4

6 48 p

AJ H AJ )θ θ = − = − − − θ (41)

El procedimiento se deja como ejercicio. El nuevo hamiltoniano en primer orden

es:

1

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