Distancia recorrida según el principio de mínima acción.

[leo_ro]

Re: Distancia recorrida según el principio de mínima acción.

El péndulo está obligado (por la tensión de la cuerda que lo sujeta al punto de suspensión) a seguir una trayectoria circular, el planeta no! Por lo tanto, ya no podremos escribir .

Es que yo no me refería al planeta sino al satélite que gira alrededor de este. La fuerza gravitacional es la fuerza centrípeta, al igual de lo que sería la tensión en la cuerda en el caso del péndulo. Ahora sí, el satélite tiene una velocidad angular.
Por simplicidad supongo que el satélite tiene una órbita circular y su movimiento se da en un plano. Las ecuaciones de ligadura son:

${x}^{2}+{y}^{2}={R}^{2}$

$z=0$

La coordenada generalizada $\theta$

El langrangiano $\dst L=\frac{1}{2 }m {R}^{2}{\dot{\theta}}^{2}- \frac{G m M}{ R}$

Siendo $m$ la masa del satélite y $M$ la de la tierra,

De la ecuación diferencial

obtengo$\dst \frac{d}{dt }(m{R}^{2}\dot{\theta})=0$

y llego a la ecuación $\dst m{R}^{2} \ddot{\theta}=0$

Pero al existir solamente la fuerza gravitacional eso implica que $\ddot{\theta}=0$ y la ecuación no quedaría en nada.

[oscarmuinhos]

Re: Distancia recorrida según el principio de mínima acción.

A ver:
-si se trata de utilizar el Lagrangiano para, a través del principio de mínima acción, encontrar la trayectoria, no se puede, lógicamente, utilizar ese razonamiento, porque tu ya estás definiendo la trayectoria de antemano sin utilizar el Lagrangiano;
-si se trata de utilizar el Lagrangiano para deducir de él alguna propiedad adicional de la órbita circular que previamente le impones, si se puede, pero tampoco aporta nada relevante, ni siquiera la velocidad de la órbita

[gdonoso94]

Re: Distancia recorrida según el principio de mínima acción.

EDITO: Me he dado cuenta de que he escrito algo que no viene aquí a cuento.

[Jose D. Escobedo]

Re: Distancia recorrida según el principio de mínima acción.

Es que yo no me refería al planeta sino al satélite que gira alrededor de este. La fuerza gravitacional es la fuerza centrípeta, al igual de lo que sería la tensión en la cuerda en el caso del péndulo. Ahora sí, el satélite tiene una velocidad angular.
Por simplicidad supongo que el satélite tiene una órbita circular y su movimiento se da en un plano. Las ecuaciones de ligadura son:

${x}^{2}+{y}^{2}={R}^{2}$

$z=0$

La coordenada generalizada $\theta$

El langrangiano $\dst L=\frac{1}{2 }m {R}^{2}{\dot{\theta}}^{2}- \frac{G m M}{ R}$

Siendo $m$ la masa del satélite y $M$ la de la tierra,

De la ecuación diferencial

obtengo$\dst \frac{d}{dt }(m{R}^{2}\dot{\theta})=0$

y llego a la ecuación $\dst m{R}^{2} \ddot{\theta}=0$

Pero al existir solamente la fuerza gravitacional eso implica que $\ddot{\theta}=0$ y la ecuación no quedaría en nada.

Hola, leo_ro

Revisa el signo, porque $L=\dst \frac{1}{ 2}m R^2{\dot \theta}^2+\frac{GmM}{R }$

De $\dst\frac{d}{dt }(mR^2 \dot \theta)=0$ implica que $mR^2 \dot \theta=constante$ lo cual significa la consevacion de la cantidad de movimiento angular.

Te falta $\dst\frac{d}{dt }(\frac{\partial L}{\partial \dot R })-\frac{\partial L}{\partial R }=0$ de lo cual resulta que: $\dst mR {\dot \theta}^2=\frac{GmM}{R^2 }$...(1) segunda ley de Newton donde $\dst m \vec{a}=-m \frac{v^2}{R }\hat{e_R}$
La ligadura $x^2+y^2=R^2$ esta implicita en $\dst \frac{1}{2 }m R^2 {\dot \theta}^2$ del Lagrangiano de otra forma esta seria $\dst \frac{1}{2 }m({\dot R}^2+R^2{\dot \theta}^2)$ para tu caso de dos dimenciones.

Si se escribe el Lagrangiano $L=\dst \frac{1}{2 }m({\dot x}^2+{\dot y}^2)+\frac{GmM}{\sqrt{x^2+y^2} }\Rightarrow$
$\dst\ddot x= -\frac{GM}{(x^2+y^2)^{3/2} }x \Rightarrow$
$\dst \omega^2 =\frac{GM}{R^3 }$...(2) porque $x^2+y^2=R^2$ De este "toy problem" se puede calcular hasta un mes sideral aproximadamente. De acuerdo con la wikipedia el radio orbital medio de la luna es de $R=384,400,000$ metros, el radio medio de la tierra es de $R_o=6,371,000$ metros y la gravedad en la superficie de la tierra es de $g=9.81 m/s^2$. Entonces de (2)

$\dst \frac{2\pi}{T }=\sqrt{\frac{GM}{R^3 }}\Rightarrow T=2\pi\sqrt{ \frac{R^3}{GM }}\Rightarrow$

$\dst T=2\pi \sqrt{\frac{R^3}{gR_o^2 }}\approx 2373082.453 segundos \approx 27. 47 dias$ la cual no es mala aproximacion.

Nota: (1) y (2) es exactamente lo mismo, pero fueron calculad@s con diferente sistema de coordenadas.

Saludos

[Jose D. Escobedo]

Re: Distancia recorrida según el principio de mínima acción.

-si se trata de utilizar el Lagrangiano para deducir de él alguna propiedad adicional de la órbita circular que previamente le impones, si se puede, pero tampoco aporta nada relevante, ni siquiera la velocidad de la órbita

Hola Oscar , ¿Estas seguro de lo de la velocidad?

Circulo $x^2+y^2=R^2$

$L=\dst \frac{1}{2 }m({\dot x}^{2 }+{\dot y}^{2 })+\frac{GMm}{ \sqrt{{x}^{ 2}+{y}^{ 2}}}\Rightarrow$

$\ddot x=-\dst \frac{GM}{({x}^{ 2}+{y}^{2 })^{3/2}} x$...(1)

$\ddot y=-\dst \frac{GM}{({x}^{ 2}+{y}^{2 })^{3/2} } y$...(2)

multiplicando (1) por $x$ y (2) por $y$ y despues sumandol@s $\Rightarrow$

$x \ddot x +y \ddot y=-\dst \frac{GM}{ \sqrt{{x}^{2 }+{y}^{2 }}}$...(3)

derivando $x^2+y^2=R^2\Rightarrow$

derivando $x \dot x + y \dot y=0\Rightarrow$

${\dot x}^{ 2}+{\dot y}^{ 2}+ x \ddot x+y \ddot y=0$...(4)

sustituyendo (4) en (3)

$v^2=\dst\frac{GM}{R }$

Saludos.

[oscarmuinhos]

Re: Distancia recorrida según el principio de mínima acción.

Escrito por oscarmuinhos
-si se trata de utilizar el Lagrangiano para deducir de él alguna propiedad adicional de la órbita circular que previamente le impones, si se puede, pero tampoco aporta nada relevante, ni siquiera la velocidad de la órbita

Hola Oscar , ¿Estas seguro de lo de la velocidad? Saludos

Hola Escobedo:
...hay que leerse los post anteriores... Leo_ro estaba preguntando si podía utilizarse el método del la mínima acción con el Lagrangiano para determinar la trayectoria del péndulo. Y yo contestaba ¿para que utilizar el Lagrangiano si nada relevante le iba aportar al respecto ...(que no supiera ya, se sobreentiende), porque la trayectoria ya le era conocida y, por supuesto, también la velocidad...

De todas formas gracias por el aporte

[Jose D. Escobedo]

Re: Distancia recorrida según el principio de mínima acción.

...., ni siquiera la velocidad de la órbita

... por supuesto, también la velocidad...

Hola Oscar,

Cuando uno dice un "statement, this statement supposed to be back it up" a caso no vez alguna contradiccion con estos "statements".

El autor del hilo empezo con una pregunta, pero luego modifico sus preguntas con cosas diferentes (es decir el hilo evoluciono) o a caso no es esto cierto?

Saludos

[oscarmuinhos]

Re: Distancia recorrida según el principio de mínima acción.

Hola de nuevo, y de nuevo gracias.

No sé traducir bien esa tuya parrafada en inglés, pero no importa....

(Leo_ro) Es que yo no me refería al planeta sino al satélite que gira alrededor de este. La fuerza gravitacional es la fuerza centrípeta, al igual de lo que sería la tensión en la cuerda en el caso del péndulo. Ahora sí, el satélite tiene una velocidad angular.

(Leo-ro) Por simplicidad supongo que el satélite tiene una órbita circular y su movimiento se da en un plano. Las ecuaciones de ligadura son:

Mi mensaje está contestando a este, donde Leo_ro empieza suponiendo que el satélite ya tiene una órbita circular (no es necesario añadir lo de plana).
Y si empieza aceptando que la órbita es circular...¿para que utilizar el Lagrangiano para conocer la trayectoria?

Y si el movimiento de ese satélite es circular, ¿acaso la velocidad no la tiene sin más que aplicar F=ma? ¿Cual sería la relevancia del Lagrangiano en este caso?

Saludos

[leo_ro]

Re: Distancia recorrida según el principio de mínima acción.

Efectimavente el hilo fue avanzando porque me estaba adentrando en la mecánica langragiana, pero con comienzo en el principio de mínima acción.

Lo que te importan son las dimensiones. Y efectivamente tiene dimensiones de un torque. (Fuerza x Radio o fuerza x distancia)

Ahora bien, que la fuerza generalizada sea: $Q= (-FR sen\theta, FRcos \theta)$. Entiendo que ambos componentes tienen dimensiones $Nm$. Pero la primera componente cumple la relación de torque, ya que es máximo cuando $\dst \theta=n\frac{\pi}{2}$ /($n \in Z$). Pero no la componente en $y$, ya que sería máximo cuando la fuerza tenga la misma dirección que el vector posición.

Te falta de lo cual resulta que: ...(1) segunda ley de Newton donde

¿Por qué utilizas como coordenada $R$ y no $\theta$.

Siguiendo tu ejemplo

$\dst \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d t } }(\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}) = m{R}^{2}\dot{\theta}$
$\dst \frac{\partial L}{\partial \theta}=0$

Eso implica que de la ecuación de Euler-Lagrange obtenemos $\dst \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d t} }(m{R}^{2}\dot{\theta})= \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d t } }m v R=0$
Que como dicen, se conserva el módulo de momento cinético. Se conoce el movimiento anteriormente de aplicar la metodológía langrangiana. Pero supongo que conociendo la trayectoria mediante la mecanica teórica se llega a que tipo de movimiento es: En este caso, es un sistema no inercial.

[Jose D. Escobedo]

Re: Distancia recorrida según el principio de mínima acción.

Hola de nuevo, y de nuevo gracias.

No sé traducir bien esa tuya parrafada en inglés, pero no importa....



Mi mensaje está contestando a este, donde Leo_ro empieza suponiendo que el satélite ya tiene una órbita circular (no es necesario añadir lo de plana).
Y si empieza aceptando que la órbita es circular...¿para que utilizar el Lagrangiano para conocer la trayectoria?

Y si el movimiento de ese satélite es circular, ¿acaso la velocidad no la tiene sin más que aplicar F=ma? ¿Cual sería la relevancia del Lagrangiano en este caso?

Saludos

Hola Oscar, pues toda esta cita es mas irrelevante que lo esbribi en ingles. Decide: se determina la velocidad con el Lagrangiano, para el problema circular que propuesto "despues" por Leo_ro, si o no.


Saludos