Este documento presenta la resolución de tres ejercicios del capítulo 1 de Classical Mechanics de H. Goldstein. El primer ejercicio trata sobre una ligadura no-holonómica. El segundo analiza el efecto de cambiar potenciales sobre el lagrangiano y ecuaciones de movimiento. El tercero usa coordenadas esféricas para describir el lagrangiano y ecuaciones de un péndulo.

1. Ejercicios del cap´
ıtulo 1 de
Classical Mechanics de H. Goldstein
Nicol´s Quesada M.
a
Instituto de F´
ısica, Universidad de Antioquia
Ejercicio 1.6.
Supongamos que en alg´ n instante t la part´
u ıcula tiene coordenadas (x , y ) y que la
dy(t)
tangente del angulo que forma su velocidad con el eje x esta dada por dx(t) . Asi entonces la
´
recta tangente a la curva estar´ dada por:
a
dy(t)
(y − y ) = (x − x ) (1)
dx(t)
Por otro lado seg´ n el problema la velocidad siempre debe apuntar a un punto en el eje x,
u
al que llamaremos f (t). Pero este punto no es m´s que el intercepto con el eje x de la recta
a
anteriormente definida. Asi entonces debemos tener lo siguiente:
dy(t)
−y = (f (t) − x ) (2)
dx(t)
(f (t) − x)dy + ydx = 0 (3)
Que es la ecuaci´n de una ligadura no-holonoma. Para mostrar que la ligadura es no holonoma
o
se hace trata de buscar un factor integrante para obtener una diferencial total:
dF = fi (f (t) − x)dy + fi ydx + fi × 0dt (4)
(5)
De aqu´ se lee que:
ı
∂F
= fi (f (t) − x) (6)
∂y
∂F
= fi y (7)
∂x
∂F
=0 (8)
∂t
Haciendo derivadas cruzadas entre x y t (y teniendo en cuenta que x y y dependen de t s´lo
o
implicitamente):
∂ ∂fi
∂x ∂fi
=y =0 (9)
∂t ∂t
1

2. Y tomando derivadas cruzadas de t y y nos queda que:
∂F
∂ ∂y ∂f (t)
0= = fi =0 (10)
∂t ∂t
Asi o bien fi = 0 o f (t) = cte, pero lo anterior va encontra de las hip´tesis ya que f (t) es
o
arbitrario.
Ejercicio 1.9
Tenemos que el Lagrangiano para una part´
ıcula en presencia de un campo El´ctrico
e
∂A
E = φ − ∂t y un campo magn´tico B = × A est´ dado por
e a
1 q
L = mv · v − qφ + v · A (11)
2 c
Se pregunta que efecto tiene sobre el lagrangiano el cambiar el potencial escalar φ y el
potencial vectorial A
A −→ A + ψ (12)
1 ∂ψ
φ −→ φ − (13)
c ∂t
sobre el Lagrangiano y las ecuaciones de movimiento de la part´ ıcula sobre la que actuan
E y B, siendo ψ(x, y, z, t) una funci´n arbitraria pero diferenciable. Si sustituimos en el
o
Lagrangiano y reorganizamos t´rminos se obtiene lo siguiente:
e
1 1 ∂ψ q
L = mv · v − q(φ − ) + v · (A + ψ) (14)
2 c ∂t c
1 q 1 ∂ψ
L = ( mv · v − qφ + v · A) + q ( + v · ψ) (15)
2 c c ∂t
El t´rmino dentro del par´ntesis es el lagrangiano original L y el segundo es la diferencial
e e
total de ψ con respecto a t:
dψ ∂ψ dx ∂ψ dy ∂ψ dz ∂ψ ∂ψ
= + + + = ψ·v+ (16)
dt ∂x dt ∂y dt ∂z dt ∂t ∂t
Asi entonces L se reescribe como L mas la derivada total con respecto a t de una funci´n o
arbitraria ψ:
dψ
L =L+ (17)
dt
Pero seg´ n la demostraci´n 8 Las ecuaciones de Lagrange se siguen satisfaciendo si a un La-
u o
grangiano L se le adiciona la derivada total con respecto al tiempo de una funci´n arbitraria
o
ψ, es decir las ecuaciones de movimiento de la part´ ıcula no cambian.
2

3. Ejercicio 1.19
Usando coordenadas esf´ricas y teniendo en cuenta que el p´ndulo es inextensible tenemos
e e
que la velocidad se puede escribir as´
ı:
dr dr dθ ˆ dφ ˆ dθ ˆ dφ ˆ
v= = r + r θ + r sin θ φ = r θ + r sin θ φ
ˆ (18)
dt dt dt dt dt dt
y que el potencial gravitacional se puede escribir como (con z positivo hacia abajo):
V = −mgz = −mgr cos θ (19)
Asi el Lagrangiano del sistema es:
1 ˙ ˙
L = mr 2 sin2 (φ)θ 2 + φ2 + mgr cos(φ) (20)
2
∂L ˙
= mr 2 θ (21)
˙
∂θ
∂L ˙
= mr 2 sin2 θ φ (22)
∂φ˙
∂L ˙
= mr 2 sin θ cos θ φ2 − mgr sin θ (23)
∂θ
∂L
=0 (24)
∂φ
luego las ecuaciones de movimiento son:
dθ ˙
˙
mr 2 sin θ cos θ φ2 − mgr sin θ − mr 2 =0 (25)
dt
d ˙
mr 2 sin2 θ φ = 0 (26)
dt
(27)
3