1. Curso2006-2007
UniversidadComplutense 1/231/23
Tema 4
Oscilaciones pequeñas

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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. Curso2006-2007
UniversidadComplutense 14/2314/23
Molécula lineal triatómica

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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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