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• Deivid John Sanabria Peñuela

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FORMULACIÓN HAMILTONIANA: ECUACIONES

1. El punto de suspensión de un péndulo simple de masa m y de longitud l está obligado a moverse a lo largo de una pista horizontal, y está conectado a un punto de la periferia de un volante de masa M y de radio a . El volante gira libremente alrededor de un centro fijo en la pista. Hallar la hamiltoniana del sistema, y las correspondientes ecuaciones del movimiento de Hamilton.

x = 2a cosθ + l sin φ y = −l cos φ x& = −2asinθ θ& + l cos φ φ& y& = lsinφ φ& m 2 &2 l φ + 2a 2 m sin 2 θ θ& 2 − 2alm sin θ cos φ θ& φ& 2 1 T D = Iθ& 2 2 a 1 I = ∫ ρ l 2 π rdr r 2 = 2πa 4 ρ l = M = πa 2 lρ = MR 2 4 0 V = −mgl cos φ Tp =

(

)

m 2 &2  I  l φ +  + 2a 2 m sin 2 θ θ& 2 − 2alm sin θ cos φ θ& φ& + mgl cos φ 2 2   φ&  1 L = φ&, θ& ⋅ A ⋅   & 2 θ  L=

( )

32

 ml 2 A=  − 2alm sin θ cos φ  P   φ&  P =  φ  = A ⋅   & P  θ   θ

− 2alm sin θ cos φ  I + 4a 2m sin 2 θ 

1 T (−1) P ⋅A ⋅P 2 (−1)  I + 4a 2m sin 2 θ 2al sin θ cos φ  1 A = ⋅ 2  2alm sin θ cos φ  ∆ ml   ∆ ≡ ml 2 ( I + 4a 2m sin 2 θ ) − 4a 2l 2m2 sin 2 θ cos2 φ

T=

H=

1  ( I + 4a 2m sin 2 θ ) P 2 + ml 2 P 2 + 4alm sin θ cos φ P P  − mgl cos φ φ θ θ φ  2∆ 

No hay ninguna que sea obviamente cíclica, aunque H se conserva: H=E, al no depender explícitamente del tiempo. Las ecuaciones de Hamilton son: ∂H P& = − φ ∂φ ∂H P& = − θ ∂θ

∂H ; φ& = ∂P

φ ∂H ; θ& = ∂P θ

------------------------------------------2. La Lagrangiana de un sistema con dos grados de libertad puede escribirse en la forma L=

m [( q& sinωt + ωq cos ωt ) 2 + (ωqsinωt ) 2 ] 2

¿Cuál es la Hamiltoniana correspondiente?¿Se conserva? Introduciendo la nueva coordenada Q = qsinωt ,

hallar la Lagrangiana en función de Q y su derivada, y también la correspondiente Hamiltoniana H .¿Se conserva H ?

33

[

m ( q&sinω t + ω q cos ω t ) 2 + (ω qtsinω t ) 2 2 ∂L p= = msinω t ( q& sinω t + ω q cos ω t ) ∂q& H = pq& − L L=

H=

]

m 2 2 m q& sin ω t − ω 2 q 2 2 2

donde q& = (

p msinωt

− ω q cos ω t )

1 sinω t

Entonces la Hamiltoniana es: H=

m p m ( − ωq cos ωt ) 2 − ω 2 q 2 2 msinω t 2

No se conserva al depender del tiempo. Q = qsin ω t Q& = q& sin ω t + q ω cos ω t m &2 L1 = ( Q + ω 2 Q 2 ) P1 = m Q& 2 1 1 H1 = P12 − m ω 2 Q 2 2m 2

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 m . El ángulo formado por la hélice respecto de la vertical es tal que desciende una altura 2πα 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 movimiento del sistema. Interprétense todas las variables cíclicas del sistema.

34

x = r cos(φ + θ ) ; z = −αφ

y = r sin(φ + θ )

α siendo la constante de la espiral: L = 2πα

[

1 m ( R 2 (φ& + θ&) 2 + α 2φ& 2 2

T particula =

Tcilindro =

]

1 &2 Iθ 2

V = −mgαφ L=

T=

1 θ& 2 m α 2φ& 2 + R 2 (φ& 2 + 2φ&θ& + θ& 2 ) + I + mgaφ 2 2

[

]

mR 2  φ&   1  & &  φ&  1 & &  m(α 2 + R 2 )   =  (φ , θ ) A  (φ , θ ) θ&  2 mR 2 mR 2 + I θ&   2      φ&   p1    = A ⋅  1  &  p2  φ 2  T=

2  1 ( p1 , p 2 ) mR +2I 2∆  − mR

− mR 2  p1    m(α 2 + R 2 )  p 2 

siendo ∆ = m(α 2 + R 2 )( I + mR 2 ) − m 2 R 4 pero θ es cíclica de modo que p2 es constante: p2 = β = const. Lo que equivale a la conservación del momento angular total. De hecho, como el sistema parte del reposo β = 0, mR 2φ& + (mR 2 + I )θ& = 0. Entonces, T=

1 2 (mR 2 + I ) p1 . 2∆

35

Definiendo

1

µ

≡

mR 2 + I , ∆ 2

H=

p1 − mgαφ 2µ

Las ecuaciones de movimiento son: ∂H φ& = ∂p1 p φ& = 1 µ

; p& 1 = −

; p& 1 = mgα ; (θ& = φ& = 0) en t = 0.

p1 = mgα (t − t 0 ) = mgαt φ = φ0 +

φ = φ0 +

∂H ∂φ

mgα 2 t 2µ

mgα mR 2 + I t2 2 m(α 2 + R 2 )( I + mR 2 ) − m 2 R 4

Movimiento uniformemente acelerado: mgα φ&& = µ

;

mgα mR 2 θ&& = µ mR 2 + I

---------------------------------------4.

Una Hamiltoniana de un grado de libertad tiene la forma

[

p2 q2 −α t H ( p, q, t ) = − pqbe + bαe − α t (α + be − α t ) + k 2α 2

]

en donde α , b y k son constantes. a) Hallar la Lagrangiana asociada a esta Hamiltoniana. b) Obtener una Lagrangiana equivalente que no dependa del tiempo explícitamente, explicando someramente la base del procedimiento seguido. c) Escribir la Hamiltoniana correspondiente a esta segunda Lagrangiana y explicar su relación con la Hamiltoniana anterior.

γ p2 − βpq + q 2 H= 2α 2 con β ≡ be −α t

; γ ≡ bα e −α t (α + be −α t ) + k L(q, q& ) = q&p − H

q& =

36

∂H p = − βq ∂p α

Entonces, L=

p 2 γq 2 − 2α 2

Sustituyendo el p: L(q, q& ) =

γ α (q& + β q) 2 − q 2 2 2

Recuérdese que por el origen variacional de las ecuaciones de Lagrange L es dF equivalente al Lagrangiano L1 ≡ L + dt siendo F arbitrario. Nótese que d 2 −α t q e = 2qq&e −α t − α q 2 e −α t . dt Resulta inmediato ver que L1 ≡ L −

α d 2 −α t α 2 k 2 (q e ) = q& − q , 2 dt 2 2

de modo que el Lagrangiano equivalente es el del oscilador armónico: L1 =

α 2 k 2 q& − q 2 2

H1 =

α 2 k 2 q& + q . 2 2

y el Hamiltoniano asociado es:

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

5.

Dos masas puntuales m1 y m2 están unidas por una cuerda de longitud constante l . La primera partícula puede moverse libremente sin rozamiento sobre un plano horizontal, mientras la segunda cuelga verticalmente de la cuerda que pasa por un orificio practicado en dicha superficie. Obtener el

Lagrangiano, también el Routhiano correspondiente, y el Hamiltoniano. Reducir el problema a una cuadratura. 1. Lagrangiano. Usamos z y θ

como coordenadas.

37

x&1 = −(l − z ) sin θ θ& − z& cos θ

x1 = (l − z ) cos θ , entonces

y1 = (l − z ) sin θ , entonces y& 1 = (l − z ) cos θ θ& − z& sin θ T=

m + m 2 2 m1 1 1 m1 ( x&12 + y& 12 ) + m 2 z& 2 = 1 z& + (l − z ) 2 θ& 2 2 2 2 2 V = −m 2 gz L=

m1 + m 2 2 m1 z& + (l − z ) 2 θ& 2 + m 2 gz 2 2

Nótese que θ es coordenada cíclica:

∂L = 0. El correspondiente momento conjugado ∂θ

es constante p2 =

∂L = m1 (l − z ) 2 θ& = const = α . & ∂θ

2. Routhiano. Es

m + m 2 2 m1 R ( z , p1 ; p 2 ) = p 2θ& − L = m1 (l − z ) 2 θ& 2 − 1 z& − (l − z ) 2 θ& 2 + V 2 2

Finalmente: R ( z , p1 ; p 2 ) =

p 22 m1 + m 2 2 1 − m gz − z& 2 2 m1 (l − z ) 2 2

Las correspondientes ecuaciones de Lagrange tienen un solo grado de libertad, z , puesto que p 2 = const = α . El potencial efectivo es

− m 2 gz +

α2 . 2m1 (l − z ) 2

d  ∂R  ∂R = 0.  − dt  ∂z&  ∂z Entonces, p 22 ∂ (m1 + m 2 ) &z& = (m 2 gz − ). ∂z 2m1 (l − z ) 2 Naturalmente, una primera integral de la ultima ecuación es la ecuación de la energía: m1 + m 2 2 p 22 z& − m 2 gz + = E = const 2 2m1 (l − z ) 2 Despejando z& , se obtiene la solución para z (t ) : dz

∫ dt = ∫ z&(t ) = ∫

dz z m1 + m 2

38

E + m 2 gz −

p 22 2m1 (l − z ) 2

Para la coordenada cíclica θ (t ) tenemos: p2

∫ dθ = ∫ m [l − z (t )]2 dt , 1

lo que reduce la solución a dos cuadraturas. El Hamiltoniano es trivial de obtener al ser diagonal la matriz a invertir: p1 = p2 =

p1 ∂L = (m1 + m 2 ) z& ; z& = ∂z& m1 + m 2

p2 ∂L = m1 (l − z ) 2 θ& ; θ& = m1 (l − z ) 2 ∂θ& p12 p 22 T= + 2(m1 + m 2 ) 2m1 (l − z ) 2

H = T +V =

p12 p22 + − m2 gz 2(m1 + m2 ) 2m1 (l − z ) 2

Evidentemente H es también cíclico en θ :

∂H = 0 ⇒ p2 = const = α . ∂θ

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 usamos el formalismo lagrangiano en vez del hamiltoniano. -----------------------------------------6.

A partir de la formulación de Lagrange para un sistema descrito por n coordenadas generalizadas qi : a) constrúyase una función G (q& i , p& i , t ) , análoga a la hamiltoniana, en la que las variables independientes sean q&i y p& i . b) Dedúzcanse las correspondientes ecuaciones de movimiento.

a) A partir de la lagrangiana L(q i , q& i , t ) , construimos la función G (q& i , p& i , t ) mediante una transformación de Legendre: G = q i p& i − L(q i , q& i , t ) . Diferenciando esta expresión se obtiene: dG = q i dp& i + p& i dq i −

∂L ∂L ∂L dq i − dq& i − dt ∂q i ∂q& i ∂t

39

Aquí, el segundo y el tercer término se anulan en virtud de la ecuación de Lagrange, ∂L / ∂q i = p& i , mientras que de la definición de momento generalizado, p i = ∂L / ∂q& i , resulta: dG = q i dp& i − p i dq& i −

∂L dt ∂t

De forma que la diferencial de la nueva función G expresada en función de q& i , p& i y t como variables independientes. b) Para obtener las ecuaciones de movimiento, comparamos el resultado anterior con la forma general de la diferencial de G (q& i , p& i , t ) , dG =

∂G ∂G ∂G dq& i + dp& i + dt , ∂q& i ∂p& i ∂t

obteniéndose qi =

∂G , ∂p& i

pi = −

∂G , ∂q& i

∂G ∂L =− , ∂t ∂t que son las ecuaciones del movimiento pedidas. ------------------------------------7.

En un sistema de n grados de libertad el cálculo de 2n constantes del movimiento del tipo fi(q1,..., qn, p1,...,pn, t), i = 1,...,2n, permite, en principio, integrar el problema. Considérese una partícula de masa m que se mueve en un plano vertical cartesiano (q1, q2) bajo la acción de la gravedad. Sin recurrir a la integración de las ecuaciones de Hamilton, sino utilizando éstas en la ecuación general de una constante del movimiento, encontrar cuatro constantes del movimiento de forma a recuperar a partir de ellas la conocida solución general: q1 = c1 + c2t ; q2 = c3 + c4t − gt2/2. (Nota) : busque soluciones a la ecuación en derivadas parciales para una constante del movimiento que dependan alternativamente de un par de variables conjugadas: primero, sólo de (q1, p1); segundo, sólo de (q2, p2). Combínelas después con otras constantes del movimiento triviales para dar el resultado pedido).

Tomando q1 como la coordenada espacial horizontal y q2 la vertical, la hamiltoniana de la partícula es H≡

p12 p22 + + mgq2 2m 2m 40

de modo que

∂H p1 ∂H p 2 ∂H ∂H , , = = = 0, = mg ∂p1 m ∂p 2 m ∂q1 ∂q 2 y las ecuaciones de Hamilton son p  q& = 1  1 m  p q& 2 = 2  m

 p& 1 = 0    p& 2 = −mg

Mientras que la condición para que una función f(q1, q2, p1, p2, t) sea una constante del movimiento es − mg

p ∂f p ∂f ∂f ∂f + 1 + 2 + =0 ∂p2 m ∂q1 m ∂q2 ∂t

Busquemos una solución a esta ecuación del tipo f(q1, p1, t). Una simple inspección de la ecuación permite ver que q1 −

p1t = c1 m

es una solución. Procediendo de forma equivalente, podemos ver que p1 = mc2 q2 −

p2t gt 2 − = c3 m 2

p2 + mgt = mc4 son también soluciones. Combinando todas ellas, encontramos la trayectoria del tiro parabólico. ----------------------------------------8.

La ecuación de movimiento de una masa m que se desliza sin rozamiento bajo la influencia de la gravedad, a lo largo de un cable cuya forma es la de una curva suave y = f (x) , viene dada por: &x& cosh 2 x + x& 2 senh x cosh x + gsen h x = 0 . a) Demostrar que la simple definición p = mx& lleva a una representación de la ecuación de movimiento anterior en variables ( x , p) que no es hamiltoniana. b) Encontrar la buena definición del momento conjugado a la posición x que sí lleva a una representación hamiltoniana. c) Encuentre el hamiltoniano.

a) Haciendo la transformación mx& = p , la ecuación del movimiento se reduce a:

41

x& =

p ∂H = , m ∂p

p& = −

p2 ∂H tanh x tanh x − mg =− m ∂x cosh x

Queda claro que, con estas ecuaciones, no se cumple ∂ 2 H ∂p∂x = ∂ 2 H ∂x∂p . No pueden, por lo tanto, derivar de un formalismo hamiltoniano. b) La energía potencial es V ( x, y ) = mgy = mg f ( x) . Mientras, la cinética viene dada por: T=

(

m 2 m 2 ( x& + y& 2 ) = x& + x& 2 f ′( x) 2 2 2

)

Una vez construido el lagrangiano, llegamos a la siguiente ecuación de Lagrange:

[ ( (

)]

d mx& 1 + f ′( x) 2 + mg f ′( x) = dt m&x& 1 + f ′( x) 2 + mx& (2 x& f ′( x) f ′′( x) ) + mg f ′′( x) = 0

)

Identificando términos con los de la ecuación del enunciado: 1 + f ′( x) 2 = cosh 2 x; 2 f ′( x) f ′′( x) = senh x cosh x; f ′( x) = senh x De lo que deducimos fácilmente que: f ( x) = cosh x Dicho todo lo anterior, es fácil ver que: p=

p ∂L = mx& (1 + senh 2 x ); x& = ∂x& m(1 + senh 2 x )

c)

(

)

1 H = x&p − L = x&p − mx& 2 1 + senh 2 x + mg cosh x = 2 2 p 1 + mg cosh x 2 m 1 + senh 2 x

(

)

------------------------------------------9.

Obtenga el hamiltoniano de un móvil, sometido a un potencial V, que se desplaza sobre un disco horizontal que gira con una velocidad angular constante ω . Hágalo en los sistemas de referencia del laboratorio y del disco y establezca la relación entre ambos hamiltonianos. Utilice la notación ( xlab , ylab ) para las coordenadas en el sistema “laboratorio” y ( x, y ) para las correspondientes en el sistema que gira con el disco.

42

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). L=

m 2 vlab − V (xlab , ylab ) 2

Las ecuaciones que relacionan las coordenadas del sistema laboratorio y las del sistema no inercial giratorio, son: xlab = x cos θ − y sen θ ylab = y cos θ + x sen θ 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 θ = ω t ) v x , lab = v x cosθ − v y sen θ − ω ( x sen θ + y cosθ )

v y , lab = v y cosθ + v x sen θ + ω ( x cosθ − y sen θ ) Un simple cálculo nos lleva a: 2 vlab = vx2 + v y2 2ω (v y x − v x y ) + ω 2 r 2

(r

)

= x 2 + y 2 . 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. 2

px =

∂L = m(v x − ωy ) ∂v x

py =

∂L = m(v y + ωx ) ∂v y

El hamiltoniano en el sistema no inercial se construye de la forma usual H = p x vx + p y v y − L =

(p

2 x

+ p y2

2m

) + ω (yp

x

− xp y ) + V ( x, y )

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: Hω ≠ 0 = Hω = 0 − ω lz -------------------------------------------

43

10. La relación entre los hamiltonianos de una partícula moviéndose en un

potencial V, definidos, respectivamente, en un sistema inercial y en un sistema no inercial que gira alrededor del eje z con velocidad angular constante ω , es H no −inercial = H inercial − ω l z ( l z es la componente correspondiente del momento angular definido en el sistema no-inercial). Haciendo uso de esta última relación demuestre el Teorema de Larmor, que asegura que puede eliminarse el efecto de un campo magnético estacionario uniforme sobre una partícula cargada en movimiento colocándose el observador en un sistema de referencia giratorio. Halle la frecuencia con la que debe girar el sistema de referencia no inercial (frecuencia de Larmor). Ayuda: Recuerde que el lagrangiano de una partícula cargada en un campo er r electromagnético viene dado por L = 12 mv 2 − eΦ + v ⋅ A . Recuerde también que la

c r 1 r r ecuación A = 2 (B × r ) define un campo magnético uniforme. Por último, tome el eje z

r 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, r r e r p = mv + A, c

H inercial

2 1  r e r =  p − A  + eΦ 2m  c 

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 r r r y A = 12 (B × r ) – el hamiltoniano se transforma en: H inercial =

p

2

2m

+

2

eB 1 2 2 lz r B  + eΦ − 2 4 2mc  2mc  e

Podemos, ahora, invocar el problema 9. La comparación con la relación del enunciado lleva inmediatamente a encontrar la frecuencia de Larmor y el hamiltoniano en el sistema giratorio: ωL = −

H giratorio =

eB 2mc

p2 e2  1 2 2  +  r B  + eΦ 2m 2mc 2  4 

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). ------------------------------------------11. Sabemos que no existe una forma estándar de obtener una función generatriz

que lleve a una formulación más conveniente. Sin embargo, el empleo de las propiedades que deseamos en la formulación de destino, permite obtenerla 44

fácilmente. Un ejemplo clásico es el de la función F1(q, Q, t ) en el caso de la caída libre de un cuerpo en un campo gravitatorio mgq . Queremos que en la nueva formulación, el Hamiltoniano, K , sea sólo función de la coordenada, Q , y que se cumpla la equivalencia entre los dos momentos, P = p . Obtenga a partir de estos requisitos la forma de la función F1(q, Q, t ) . (Recuerde que p = ∂F1 ∂q , P = − ∂F1 ∂Q

y K = H + ∂F1 ∂ t )

Partimos de la expresión K = H , que se traduce en el contexto presente en p2 + mgq , 2m entendiéndose que f (Q ) expresa la forma de K . De esta última expresión obtenemos f (Q ) =

[

]

1

p = 2m f (Q ) − 2m 2 gq 2

Podemos hacer uso del requisito dado por la identificación de ambos momentos p=P=

∂F1 ∂F =− 1 ∂q ∂Q

Se desprende que f (Q ) = mgQ . Finalmente, la función generatriz resulta de la integración de la ecuación

[

]

1

p = 2m 2 g (Q − q ) 2 =

dando F1 (q, Q ) = −

∂F1 ∂q

[

]

3 1 2m 2 g (Q − q ) 2 2 3m g

------------------------------------------12. ·Un cuerpo, de masa m=1, se mueve en un campo en el cual la energía potencial es g f ( x ) , siendo g la aceleración de la gravedad. Se sabe que la ecuación del

movimiento es A( x ) &x& + B( x ) x& + gC ( x ) = 0 ,

siendo A(x), B(x) y C(x) tres funciones continuas. Si A( x ) = 1 + 4a 2e-2ax − 8a 2e-3ax + 4a 2e-4ax , 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 del equilibrio? Sea V ( x, y ) = gy = g f(x) la energía potencia. La ecuación de Lagrange es: (1 + f ′2 )&x& + (2 x& f ′f ′′)x& + g f ′′ = 0 , con f ′ = df dx . Comparando con la ecuación A( x ) &x& + B( x ) x& + gC ( x ) = 0 ,

identificamos A( x ) = 1 + f ′2

Si A( x) es la expresión dada en el enunciado, tendremos:

45

f ′2 = 4a 2 e −2 ax − 8a 2 e −3 ax + 4a 2 e −4 ax ⇒ f ′ = 2 ae − ax 1 − e − ax    2 ⇒ f = 1 − e − ax    2 a) La energía potencial es V = g 1 − e− ax  y su gráfica es:  

b) El hamiltoniano es H = T + V , con: T=

(

)

(

)

m 2 m 2 x& + y& 2 = x& + x& 2 f ′ 2 = 2 2

( V = g (1 − e )

)

m 2 m x& 1 + 4a 2 e − 2 ax − 8a 2 e −3 ax + 4a 2 e − 4 ax = x& 2 A( x ); 2 2 − ax 2

c) La frecuencia de las pequeñas oscilaciones alrededor del equilibrio (x=0) vendrá dada a partir del desarrollo de V para pequeños desplazamientos:

(

V = g 1 − e −ax

)

2

≈ ga 2 x 2 + O ( x 3 )

quedándonos con el término cuadrático, obtenemos el potencial de un oscilador armónico, de frecuencia: ω =a

2g m

------------------------------------------13.- Encontrar el Lagrangiano y el Hamiltoniano de un péndulo que consta de una masa m unida a una vara rígida y sin masa AB de longitud l,libre de moverse en el plano vertical. El extremo A de la vara sólo puede moverse en la dirección vertical y de modo que su desplazamiento respecto al origen de coordenadas O esta fijado por una función del tiempo γ (t ) . La gravedad actúa verticalmente y hacia abajo. b)Mostrar que la aceleración vertical del punto A, γ&&(t ) , tiene el mismo efecto sobre la ecuación del movimiento que una campo gravitacional dependiente del tiempo.¿Se conserva el Hamiltoniano? ¿Es el Hamiltoniano igual a la energía total del sistema?

46

a) Tomando como coordenada la variable θ de la figura tenemos x = lsenθ , z = γ − l cos θ → x& = θ& l cos θ , z& = γ& + θ& lsenθ 1 1 T = mv 2 = m l 2 θ& 2 + 2γ& θ&l senθ ; V = −mg (l cos θ − γ ) , 2 2

(

(

)

)

1 m l 2 θ& 2 + 2γ& θ&l senθ + mg (l cos θ − γ ) ; 2 p − m l γ& senθ ∂L = pθ = m l 2θ& + m l γ& senθ → θ& = θ ml 2 ∂θ&

L=

1 ( pθ − mlγ& senθ ) 2 1 H = pθ θ& − L = − mγ& 2 + V 2 2 2 ml ∂L d ∂L = mlγ&θ& cos θ − mglsenθ = ml 2θ&& + mlγ&& senθ + mlγ&θ& cos θ ; & ∂θ dt ∂θ ml 2θ&& + mlγ&& senθ + mlγ&θ& cos θ − mlγ&θ& cos θ + mglsenθ = 0 γ&& senθ g g (t ) θ&& = − − senθ = − senθ . dónde g (t ) = g + γ&& . l l l Dado que el Hamiltoniano depende del tiempo, a través de γ(t), no es una cantidad x conservada. La ecuación que define la coordenada θ, tgθ = , también depende γ (t ) − z del tiempo por lo que la Hamiltoniana no representa la energía total del sistema (puede comprobarse directamente sobre la expresión calculada). b)

------------------------------------------14. Razónese si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas: a) Dado un sistema hamiltoniano (por simplicidad de un grado de libertad) una cantidad dinámica F (q, p, t ) que depende explícitamente del tiempo podría ser constante del movimiento. x b) El sistema dinámico x&1 = ax1 − 2 − x1 x 22 ; x& 2 = x1 − x 2 , es un sistema 2 hamiltoniano. a) No existe ninguna condición que exija que una constante del movimiento no dependa del tiempo, siempre y cuando cumpla la condición:

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[H , F ] = ∂F . ∂t

b) Para que un sistema sea hamiltoniano tiene que existir una matriz H tal que el sistema tenga la siguiente estructura ∂H ∂H x&1 = ; x& 2 = − ∂x 2 ∂x1 y esto solo se cumplirá si ∂x&1 ∂x& ∂2H = =− 2 ∂x 2 ∂x1 ∂x 2 ∂x1 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 qi : 1. Constrúyase una función G (q& i , p& i , t ) análoga a la hamiltoniana, en la que las variables independientes sean qi y pi . 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 diferencial total debe ser

Igualando ambas expresiones diferenciales

y reorganizando

Debido a la independencia de variables ha de cumplirse

48

su

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 rodadura sobre una superficie lisa, la varilla del pédulo es rígida y muy ligera y la bola del pédulo es pequeña. (ver figura al inicio de la solución). Se pide: 1 - Hallar el lagrangiano , el hamiltoniano y las ecuaciones del movimiento suponiendo que la unión entre el péndulo y el cilindro es rígida. 2 - Hallar lo mismo que en el apartado anterior pero suponiendo que la unión entre 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 péndulocilindro. 4 - Hallar las frecuencias de oscilación para pequeñas desviaciones de la posición de equilibrio. Discutir los límites para M >m, y entonces w = , que corresponde a la frecuencia de un péndulo l simple. El movimiento del cilindro será igual al del centro de masas, velocidad constante, y estará desacoplado del péndulo. g M , es decir cómo un péndulo de longitud l ' = l . - m>>M, y w → M m l m ------------------------------------------17. Una partícula de masa m tiene su movilidad restringida a la superficie de una esfera de radio R. No actúan fuerzas exteriores sobre la partícula.

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a) ¿Cuál es el número de coordenadas generalizadas necesario para describir el problema? b) Escoja el sistema de coordenadas más apropiado y escriba el lagrangiano y el hamiltoniano c) Pruebe que el movimiento de una partícula se realiza a lo largo de un círculo máximo. a) y b) Son dos grados de libertad y escogiendo coordenadas esféricas 1 L = mR 2 θ& 2 + ϕ& 2 sen 2 θ 2 y pϕ2  1  2  H= pθ + 2mR 2  sen 2 θ  ∂H = 0 ⇒ p ϕ = mR 2ϕ& sen 2 θ = constante c) p& ϕ = − ∂ϕ Podemos coger las coordenadas (θ , ϕ ) tal que la condición inicial es ϕ& (t = 0 ) = 0 . Como en este caso sen 2 θ no puede ser cero para todo tiempo, concluimos que ϕ& = 0 para todo t. El movimiento de la partícula se realiza a lo largo de un círculo máximo.

(

)

------------------------------------------18. Obtenga las ecuaciones de Hamilton para los casos siguientes. 1.- Caso en el que las fuerzas generalizadas Qi sean suma de una componente ∂V + Qi′ derivada de un potencial y de otra que no lo es: Qi = − ∂qi 2.- Caso de un sistema no holónomo, con ecuaciones de ligadura

∑a

lk

k

q&k + al t =0 .

En un caso u otro tenemos, respectivamente Qk′ d ∂L ∂L  − = dt ∂q&k ∂qk ∑ λ j a jk  j o, lo que es lo mismo Qk′ ∂L  = p& k − ∂qk ∑ λ j a jk  j Por lo tanto, aplicando el procedimiento usual de obtención de las ecuaciones de Hamilton, se obtiene Qk′ ∂H ∂H  + λ a q&k = p& k = − ∂pk ∂qk ∑ j jk  j junto a las ecuaciones ∑ al k q&k + al t =0 k

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