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Oscilaciones pequeñas
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Ejemplo introductorio
Tres muelles de longitud natural l y
dos masas m que ...
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Definimos las posiciones respecto al equilibrio xi ≡ xi − x0i.
L = T − V =
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K − ω2
M · A = 0 det |K − ω2
M| = 0 =⇒
ω2
1 = k/m
ω2
2 = 3k/m
donde ωi son ...
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Coordenadas normales : Qi ≡ Ci cos(ωit + δi) =⇒ ¨Qi + ω2
i Qi = 0
x1 = 1√
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Tratamiento general
Energía potencial
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Energía cinética
Como el sistema es natural
T =
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Lagrangiano y ecuaciones del movimiento
L =
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es simétrica y definida positiva.
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La solución general es
q =
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Energía cerca del equilibrio
Como q = At
Q tendremos
E =
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Multiplicando por Srj y sumando para todos los valores de r
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Las energias cinética y potencial son
T =
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Las matrices requeridas son
M =


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0 M 0
0 0 m
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Mediante la relación K − ω2
kM · Ak = 0 obtenemos
A1 =
1
√
2m
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Los modos normales son los siguientes:
Modo k = 1: x1 = −x3 y x2 = 0.
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ω2
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  1. 1. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 1/231/23 Tema 4 Oscilaciones pequeñas
  2. 2. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 2/232/23 Ejemplo introductorio Tres muelles de longitud natural l y dos masas m que se mueven sobre una recta horizontal. La separación entre las paredes es 3l. El sistema tiene dos grados de libertad T = 1 2 m ˙x 2 1 + ˙x 2 2 V = 1 2 k x1 − l 2 + 1 2 k x2 − x1 − l 2 + 1 2 k 3l − x2 − l)2 ∂V ∂xi eq = 0 =⇒ x01 = l y x02 = 2l
  3. 3. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 3/233/23 Definimos las posiciones respecto al equilibrio xi ≡ xi − x0i. L = T − V = 1 2 m ˙x2 1 + ˙x2 2 − k x2 1 − x1x2 + x2 2 =⇒ m¨x1 + 2kx1 − kx2 = 0 m¨x2 + 2kx2 − kx1 = 0 Introducimos la siguiente notación matricial K = k 2 −1 −1 2 M = m 1 0 0 1 q = x1 x2 L = 1 2 ˙q t M ˙q + 1 2 q t Kq M ¨q + Kq = 0 −→ q = CA cos(ωt + δ)
  4. 4. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 4/234/23 K − ω2 M · A = 0 det |K − ω2 M| = 0 =⇒ ω2 1 = k/m ω2 2 = 3k/m donde ωi son las frecuencias normales. Solución general cuando imponemos la condición At iMAj = δij : q = 2 i=1 CiAi cos(ωit + δi) A1 = 1 √ 2m 1 1 A2 = 1 √ 2m 1 −1 Sea A la matriz cuyas filas son las componentes de los vectores Ai, es decir, Aij es la componente j del vector Ai A = 1 √ 2m 1 1 1 −1
  5. 5. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 5/235/23 Coordenadas normales : Qi ≡ Ci cos(ωit + δi) =⇒ ¨Qi + ω2 i Qi = 0 x1 = 1√ 2m (Q1 + Q2) x2 = 1√ 2m (Q1 − Q2)    =⇒ Q1 = m 2 (x1 + x2) Q2 = m 2 (x1 − x2)    =⇒ Q = AMq Lagrangiano en coordenadas normales : L = 1 2 ˙Q2 1 + ˙Q2 2 − 1 2 k m Q2 1 + 3Q2 2 L = 1 2 ˙ Q t I ˙ Q − 1 2 Q t ω2 Q I ≡ 1 0 0 1 ω2 ≡ ω2 1 0 0 ω2 2 Las matrices ahora son diagonales y las coordenadas son independientes.
  6. 6. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 6/236/23 Tratamiento general Energía potencial Sistema natural con n grados de libertad (q1, . . . , qn) y al menos una con- figuración de equilibrio estable q01, . . . , q0n: ∂V ∂qk eq = 0 Desarrollamos el potencial en torno a q0 con V (q0) ≡ 0 V (q ) = n k=1 ∂V ∂qk eq (qk − q0k) + 1 2 n k=1 n l=1 ∂2 V ∂qk∂ql eq (qk − q0k)(ql − q0l)
  7. 7. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 7/237/23 El primer es nulo por la condición de equilibrio. Haciendo el cambio qk ≡ qk − q0k y definiendo la matriz Kkl ≡ ∂2 V ∂qk∂ql eq =⇒ V (q) = 1 2 n k=1 n l=1 Kklqkql La matriz K es simétrica y definida positiva (Kll > 0 y todos los determi- nantes hasta orden n × n son también positivos).
  8. 8. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 8/238/23 Energía cinética Como el sistema es natural T = 1 2 n k=1 n l=1 Mkl(q ) ˙qk ˙ql donde ˙ql = ˙ql. Mkl(q ) Mkl(q0) = ∂2 T ∂ ˙qk∂ ˙ql eq ≡ Mkl No es necesario tener en cuenta términos de orden superior en el desarrollo de Mkl(q ). Dichos términos dan lugar a contribuciones de tercer orden o superior cuando se introducen en la expresión de T, puesto que deben multiplicarse por términos de segundo orden de la forma ˙qk ˙ql.
  9. 9. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 9/239/23 Lagrangiano y ecuaciones del movimiento L = 1 2 n k=1 n l=1 (Mkl ˙qk ˙ql − Kklqkql) =⇒ M ¨q + Kq = 0 Introduciendo la solución qk = CkAk cos(ωkt + δk) tenemos K − ω2 kM · Ak = 0 =⇒ det |K − ω2 kM| = 0 Frecuencias normales : M−1 KAk = ω2 kAk k = 1, 2, . . . n Algo de álgebra elemental M = ˜OD(µ1, . . . , µn) ˜Ot M1/2 = ˜OD( √ µ1, . . . , √ µn) ˜Ot M−1/2 = ˜OD(1/ √ µ1, . . . , 1/ √ µn) ˜Ot M1/2 y M−1/2 son simétricas.
  10. 10. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 10/2310/23 La matriz M−1/2 KM−1/2 es simétrica y definida positiva. M−1/2 KM−1/2 Bk = ω2 kBk Bk ≡ M1/2 Ak ω2 k > 0 y los vectores Bk son ortogonales dos a dos. Bt k · Bj = δkj =⇒ At k · M · Aj = δkj de donde resulta que δkj = n r=1 n s=1 AkrMrsAjs = n r=1 n s=1 AkrMrsAt sj =⇒ AMAt = I
  11. 11. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 11/2311/23 Modos y coordenadas normales La solución general es q = n k=1 Ck Ak cos(ωkt + δk) Modo normal =⇒ qi(t) = n k=1 CkAki cos(ωkt + δk) Coordenadas normales : Qk(t) = Ck cos(ωkt + δk) , Ck, δk constantes. qi(t) = n k=1 QkAki =⇒ q = At Q =⇒ Q = AMq Evidentemente verifican ¨Qk + ω2 kQk = 0 , k = 1, 2, . . . n Cuando existe una frecuencia normal nula se dice que se trata de un modo de traslación, y entonces Qk = αt + β.
  12. 12. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 12/2312/23 Energía cerca del equilibrio Como q = At Q tendremos E = 1 2 ˙q t M ˙q + 1 2 q t Kq = 1 2 ˙ Q t AMAt ˜1 ˙ Q + 1 2 Q t AKAt ω2 Q Tenemos que encontrar la matriz ω2 . Definimos S ≡ At −1 , ω2 = AMAt SM−1 KAt De la ecuación de autovalores M−1 KAk = ω2 kAk, de donde n s=1 M−1 K rs Aks = ω2 kAkr
  13. 13. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 13/2313/23 Multiplicando por Srj y sumando para todos los valores de r n r=1 n s=1 Sjr M−1 K rs S−1 sk = ω2 k n r=1 Sjr S−1 rk δjk Por tanto, ω2 = D(ω2 1, . . . ω2 n) de manera que la energía se escribe como E = 1 2 ˙ Q t ˙ Q + 1 2 Q t ω2 Q = 1 2 n k=1 ˙Q2 k + ω2 kQ2 k n osciladores armónicos independientes.
  14. 14. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 14/2314/23 Molécula lineal triatómica
  15. 15. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 15/2315/23 Las energias cinética y potencial son T = 1 2 m ˙x 2 1 + ˙x 2 3 + 1 2 M ˙x 2 2 V = 1 2 k (x2 − x1 − l) 2 + 1 2 k (x3 − x2 − l) 2 Configuración de equilibrio estable x01 = arbitrario x02 = x01 + l x03 = x01 + 2l Definimos xi = xi − x0i L = 1 2 m ˙x2 1 + ˙x2 3 + 1 2 M ˙x2 2 − 1 2 k (x2 − x1)2 + (x3 − x2)2
  16. 16. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 16/2316/23 Las matrices requeridas son M =   m 0 0 0 M 0 0 0 m   K =   k −k 0 −k 2k −k 0 −k k   La condición det |K − ω2 kM| = 0 nos permite obtener ω2 1 = k m ω2 2 = k m 1 + 2m M ω2 3 = 0
  17. 17. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 17/2317/23 Mediante la relación K − ω2 kM · Ak = 0 obtenemos A1 = 1 √ 2m   1 0 −1   A2 = M 2m(2m + M)    1 −2m M 1    A3 = 1 √ 2m + M   1 1 1  
  18. 18. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 18/2318/23 Los modos normales son los siguientes: Modo k = 1: x1 = −x3 y x2 = 0. Modo k = 2: x1 = x3 = −(M/2m)x2. Modo k = 3: x1 = x2 = x3 = αt + β.
  19. 19. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 19/2319/23 Las coordenadas normales son las siguientes:   X1 X2 X3   = A M   x1 x2 x3   =⇒    X1 = m 2 (x1 − x3) X2 = mM 2(2m + M) (x1 − 2x2 + x3) X3 = √ 2m + M xcm
  20. 20. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 20/2320/23 Vibraciones forzadas Aquí r(t) es una función conocida. El Lagrangiano es L = 1 2 m ˙x2 1 + ˙x2 2 − k (r − x2)2 + (x2 − x1)2 + x2 1 Ecuaciones del movimiento, con α2 ≡ k/m ¨x1 + 2α2 x1 − α2 x2 = 0 ¨x2 + 2α2 x2 − α2 x1 = α2 r(t)
  21. 21. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 21/2321/23 La solución del sistema homogéneo (r = 0) es xo 1 xo 2 = C1 1 −1 cos( √ 3αt + δ1) + C2 1 1 cos(αt + δ2) Entrada escalón r(t) = Rθ(t) θ(t) = 0 t ≤ 0 1 t > 0 Una solución particular es xp 1 = R/3 y xp 2 = 2R/3. Utilizando las condicio- nes iniciales x1(0) = x2(0) = 0 y ˙x1(0) = ˙x2(0) = 0 resulta que la solución para t > 0 es x1(t) = R 3 + R 6 cos( √ 3αt) − R 2 cos(αt) x2(t) = 2R 3 − R 6 cos( √ 3αt) − R 2 cos(αt)
  22. 22. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 22/2322/23 Pulsaciones Frecuencias normales: ω2 1 = (2k + k)/m y ω2 2 = k/m. Condiciones de contorno: x1(0) = x0, x2(0) = 0 ˙x1(0) = ˙x2(0) = 0. x1(t) = x0 2 [cos(ω1t) + cos(ω2t)] = x0 cos ω+t cos ω−t x2(t) = − x0 2 [cos(ω1t) − cos(ω2t)] = x0 sen ω+t sen ω−t siendo ω± = (1/2) (ω1 ± ω2).
  23. 23. Curso2006-2007 UniversidadComplutense 23/2323/23 Si ocurre que el acoplamiento entre las masas es débil (k k) tendremos que ω+ k/m y ω− (k /2k)ω+ ω+. La energía se transfiere de una partícula a otra en un tiempo igual a T/4 = π/2ω−. Descargue una animación en formato GIF y la hoja de trabajo de Maple empleada para generarla

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