Puntos de Lagrange. Luis A. Aguilar Instituto de Astronomía, Universidad Nacional Autónoma de México. 7 de febrero de 2007

Transcripción

1 Puntos de agrange uis A. Aguilar Instituto de Astronomía, Universidad Nacional Autónoma de México 7 de febrero de 7 1. Introducción Existen situaciones en las que nos interesa encontrar la trayectoria que sigue una partícula de masa despreciable, que se mueve dentro del potencial producido por una cierta distribución de masa que se encuentra en rotación uniforme. Por ejemplo, el caso de un asteroide que se mueve sujeto a las fuerzas de un planeta en órbita circular alrededor de una estrella central (figura 1). Es obvio que el potencial no debe tener simetría axial con respecto al eje de rotación, pues si lo tiene, el problema es equivalente a uno sin rotación. Dada la asimetría y la variación en el tiempo del potencial, el momento angular y la energía no se conservarán. Como el potencial no depende del tiempo en el marco no inercial en corotación con el potencial, nos conviene describir el movimiento de la partícula desde este marco de referencia acelerado. Estudiaremos la dinámica de la partícula como un ejemplo de marcos de referencia no inerciales.. a ecuación de movimiento Sea una partícula de masa despreciable que se mueve dentro de un potencial sin simetría axial Figura 1: Partícula que se mueve sujeta a las fuerzas de dos cuerpos en órbita circular entre sí. Φ, que rota uniformemente con velocidad angular ω o. a ecuación de movimiento de la partícula con respecto al marco de referencia en co rotación con el potencial es: r = Φ (ω o ṙ) ω o (ω o r) (1) El segundo término del lado derecho es la aceleración de Coriolis y el útlimo término es la aceleración centrífuga. Esta ecuación no tiene términos que dependan explicitamente del tiempo, sólo las funciones r, ṙ y r que describen la solución. Sin embargo, el precio que pagamos por esta ecuación con coeficientes constantes, es que han aparecido dos término inerciales que no aparecerían si usaramos un marco de referencia inercial. 1

2 4 REACIÓN DE E J CON E Y 3. a energía de Jacobi donde hemos definido la energía de Jacobi como: Aunque la energía y el momento angular no se conservan, existe una cantidad escalar que si se conserva. Para encontrarla multiplicamos (producto escalar) la ecuación anterior por ṙ: ṙ r + Φ ṙ + (ω o ṙ) ṙ + [ω o (ω o r)] ṙ = Ahora escribimos cada término como una derivada temporal: ṙ r = 1 d dt ṙ, Φ ṙ = (dφ/dt), (ω o ṙ) ṙ =, donde en el tercer término hemos usado el hecho de que (ω o ṙ) es ortogonal a ṙ. Para el cuarto término usamos la ecuación 7 del apéndice: [ω o (ω o r)] ṙ = [(ω o r)ω o ω or] ṙ = (ω o r)(ω o ṙ) ω o(r ṙ) E J 1 ṙ + Φ 1 ω o r () os dos primeros términos son la energía cinética y potencial 1 de la partícula en el marco de referencia no inercial. 4. Relación de E J con E y Cuál es la relación entre la energía de Jacobi y la energía E y el momento angular, vistos desde un marco de referencia que no rota? a energía en el marco inercial esta dada por: E = 1 v in + Φ, (3) donde v in es la velocidad de la partícula vista por el observador inercial. a relación entre las velocidades con respecto al observador inercial y en co rotación es: v in = r + (ω o r) (4) Entonces, la energía en el marco inercial es: Usamos ahora la ecuación 8 del apéndice: [ω o (ω o r)] ṙ = (ω o r) (ω o ṙ) = (ω o r) d dt (ω o r) = d [ ] 1 dt ω o r donde en el segundo paso hemos usado el hecho de que ω o es constante. Poniendo juntos todos los términos encontramos la cantidad conservada: d E J dt =, E = 1 [r + (ω o r)] + Φ = 1 ṙ + ṙ (ω o r) + 1 ω o r + Φ = 1 ṙ + Φ 1 ω o r + ṙ (ω o r) + ω o r = E J + ṙ (ω o r) + ω o r = E J + ω o (r ṙ) + [(ω o r) (ω o r)], donde en el último paso hemos usado la propiedad de traslación cíclica de términos del triple producto vectorial: a (b c) = b (c a) = 1 En estas notas usaremos energía por unidad de masa.

3 3 c (a b), que puede demostrarse a partir de la ecuación 7 del apéndice. Nuestro siguiente paso es usar la ecuación 8 del apéndice para transformar el término en paréntesis cuadrados de la expresión anterior: E = E J + ω o (r ṙ) + [ ω o r (ω o r) ] legamos entonces a la siguiente expresión para la energía de Jacobi: E J = E [ω o (r ṙ)+ ω o r (ω o r) ] (5) El momento angular en el marco inercial es: = r v in = r (ṙ + ω o r) = r ṙ + r (ω o r) donde hemos usado la ecuación 4. Desarrollemos ahora el producto ω o : ω o = ω o (r ṙ) + ω o [r (ω o r)] Usando de nuevo la ecuación 7 podemos escribir el término con paréntesis cuadrados como: ω o [r (ω o r)] = ω o [ r ω o (r ω o )r] = ω o r (ω o r) regresando a nuestra expresión para ω o, se tiene que: ω o = ω o (r ṙ) + ω o r (ω o r) Comparando esta expresión con la ecuación 5 para la energía de Jacobi, encontramos la relación entre ésta y la energía y momento angular vista por el observador inercial: E J = E (ω o ) (6) De manera que aunque la energía y el momento angular que mide el observador inercial no se conservan, si se conserva la combinación E (ω o ). 5. El potencial efectivo Regresemos a la expresión original para la energía de Jacobi (ecuación ). Según vimos, E J es igual a la energía que mide el observador no-inercial ((1/) ṙ + Φ), mas el término: 1 ω o r = 1 ω R, donde ω o ω o y R es la coordenada radial en un sistema de coordenadas cilíndrico en corotación (R, θ, z), donde el eje z coincide con el eje de rotación. Este término proviene directamente de la aceleración centrífuga en la ecuación de movimiento, y podemos pensar que es la energía potencial asociada a este término y por tanto, lo llamaremos potencial centrífugo. De hecho, es fácil demostrar que el potencial centrífugo es precisamente el potencial cuyo gradiente da lugar al término centrífugo en la ecuación de movimiento. De la figura es claro que: y por tanto, ω o r = ω o r sin(ϕ) = ω o R ω o (ω o r) = ω or a dirección de (ω o r) es ortogonal al plano que contiene a r y ˆR, donde este último es el vector unitario a lo largo de R. a aceleración centrífuga es, por tanto, paralela a ˆR y obtenemos finalmente: (ω o (ω o r) = (ω or) ˆR Por otro lado, el gradiente del potencial centrífugo es: [ (1/)ω or ] = (1/)ω (dr /dr) ˆR lo cual es obviamente igual a la expresión encontrada para la aceleración centrífuga.

4 4 6 PUNTOS DE AGRANGE Figura : Relación geométrica entre los vectores de posición r, velocidad angular ω o y de aceleración centrífuga ω o (ω o r). Definimos entonces un llamado potencial efectivo como: f (R, θ, z) Φ(R, θ, z) 1 ω R (7) Con lo cual, la ecuación de movimiento en el marco de referencia en rotación ( 1), puede escribirse como: r = f (ω o ṙ) (8) y la energía de Jacobi puede expresarse como: E J = 1 ṙ + f (9) Estas tres ecuaciones nos permiten describir el movimiento de la partícula en el marco de referencia en co rotación. Una vez obtenida la solución, podemos pasar a la descripción en el marco inercial usando la expresión: r in = ω o r y la ecuación 4. Notamos que cuando R, o ω o, el potencial efectivo tiende al potencial inicial del problema Φ. Por el contrario, cuando R, o ω o, entonces el potencial efectivo tiende al potencial centrífugo (1/)ω R. Es importante resaltar que el movimiento de la partícula no esta determinado por el gradiente del potencial efectivo unicamentre, sino que es afectado por la aceleración de Coriolis también. Por ejemplo, imaginemos que eliminamos la fuerza representada por Φ y colocamos a una partícula en reposo, con respecto a el marco inercial. El gradiente del potencial centrífugo implica una aceleración radial de repulsión. Implica esto que no es posible tener a una partícula estacionaria? Esto es claramente incorrecto, pues al estar libre la partícula, ésta puede estar en reposo en cualquier punto. o primero que tenemos que notar es que una partícula estacionaria en el marco de referencia inercial implica que la partícula rota con velocidad ṙ = (ω o r) con respecto al marco en rotación; luego entonces, su ecuación de movimiento (ecuación 1) es: r = [ω o ṙ] ω o (ω o r) = [ω o (ω o r)] ω o (ω o r) = [ω o (ω o r)], donde en el segundo paso hemos sustituido el valor de ṙ. a ecuación que nos queda nos dice que, visto desde el marco en rotación, la partícula experimenta una aceleración igual a la aceleración centrífuga, pero con el signo opuesto: la aceleración centrípeta necesaria para que el observador no inercial vea a la partícula rotar con velocidad angular ω o. 6. Puntos de agrange Aunque el movimiento de la partícula no depende sólo de, es claro que los puntos donde su gradiente se anula son puntos estacionarios, ya que si ponemos a la partícula en uno de estos puntos con velocidad inicial nula, la aceleración de Coriolis sera nula también. El matemático francés Joseph ouis agrange determinó en 177 la posición de estos puntos dentro del contexto del problema restringido de tres cuerpos (ver sección 9). Por esta razón, a los puntos donde el gradiente de se anula se les denomina puntos lagrangianos o puntos de agrange (r ): (r ) = (1) Veamos esto en detalle. a figura 3 muestra el potencial gravitacional producido por dos esferas de masas diferentes. El panel izquierdo muestra el potencial en un plano que contiene a las dos masas. El panel derecho muestra los contornos equipotenciales. Si las

5 5 Φ y x y x Figura 3: Potencial gravitacional producido por dos esferas masivas. El panel izquierdo muestra Φ(x, y). El panel derecho muestra contornos equipotenciales y esta sombreado de acuerdo al valor del potencial: zonas oscuras corresponden a valores más negativos. a equipotencial crítica se muestra en rojo. masas estuviesen estáticas en el espacio, una partícula de masa despreciable se movería en respuesta al gradiente de este potencial unicamente, conservando su energía. Existe un contorno equipotencial crítico que divide el plano x y en regiones donde los contornos rodean a cada masa por separado, o a ambas. Si la partícula tiene una energía más negativa que la de este contorno, se moverá alrededor de una sola masa sin poder escapar de su alrededor. En caso contrario, la partícula se moverá alrededor de las dos masas. Sin embargo, una configuración estática no es factible, ya que las dos masas se atráen entre sí. En realidad, la única manera que pueden permanecer con una distancia fija entre ellas es estando en órbita circular alrededor de su centro de masa. Al moverse las masas siguiendo sus órbitas es necesario tomar en cuenta el efecto introducido por esta rotación. a figura 4 muestra el potencial efectivo resultante. Este potencial es el mismo de la figura 3, solo que hemos añadido la contribución del potencial centrífugo, el cual es un paraboloide de sección circular cuyo vértice coincide con el origen y que se vuelve más negativo a medida que nos alejamos del origen (ecuación 7). Aunque ahora el movimiento de la partícula no está determinado por este potencial unicamente, pues como vimos, hay que tomar en cuenta la aceleración de Coriolis, la conservación de la energía de Jacobi limita el movimiento de la partícula a regiones donde (x, y) E J. a geometría de los contornos equipotenciales es entonces muy importante, pues éstos confinan el movimiento. Para entender su forma mostramos, en la figura 5 un corte a lo largo del eje x del potencial efectivo. Empezando con las equipotenciales más negativas, vemos que estas consisten de contornos separados que rodean a cada masa en sus inmediaciones y a las dos masas en la región más externa (regiones de sombreado oscuro en la figura 4). Al movernos a equipotenciales menos negativas llegamos al primer contorno crítico (indicado en verde), por arriba del cual no es posible confinar a la partícula alrededor de la masa menor. Este contorno se cruza a sí mismo en un punto silla que constituye un punto de agrange. Este contorno crítico delimita dos regiones de movimiento para partículas cuya energía de Jacobi es menor: un lóbulo alrededor de la masa pequeña, o una frontera mas o menos circular que rodea a ambas masas.

6 6 6 PUNTOS DE AGRANGE Φ y x y x Figura 4: Potencial efectivo de dos esferas masivas en órbita circular. En este caso hay tres equipotenciales críticas que se muestran en color. El sombreado sigue la misma convención que en la figura anterior. 1. Φ x Figura 5: Corte a lo largo del eje x del potencial de la figura 4. a línea azul es (x, ) y las líneas horizontales corresponden a los valores de la energía para las equipotenciales críticas que aparecen con el mismo color en esa figura. Continuando hacia energías más positivas, encontramos la siguiente equipotencial crítica en el punto silla que separa los pozos potenciales de cada masa (indicado en rojo en las figuras). El punto silla es el segundo punto de agrange y la geometría de este contorno es similar a la de la equipotencial crítica anterior: un lóbulo que rodea, en este caso a la masa mayor, y una frontera exterior, aunque en este caso no rodea a la masa menor. Una partícula cuya energía de Jacobi es menor que la de este contorno y se encuentra inicialmente cerca de la masa mayor, estará confinada a esta región. Finalmente, la tercera equipotencial crítica pasa por el máximo en la región negativa del eje x (línea azul en las figuras). Este máximo es el tercer punto de agrange. os dos puntos de agrange restantes se encuentran fuera del eje x y son los dos máximos de enmedio de los dos lóbulos delimitados por esta equipotencial crítica. Aunque los detalles de la geometría varían dependiendo del problema, cuando el potencial tiene simetría con respecto a un eje, se tienen en general 5 puntos lagrangianos, tres de los cuales estan situados sobre el eje de simetría y dos fuera de este eje. En las secciones 9 y 1 examinamos en detalle dos ejemplos particulares: el problema restringido de tres cuerpos y la barra logarítmica. Como hemos visto, los puntos lagrangianos son puntos estacionarios del problema. Una partícula colocada en alguno de estos puntos y en perfecto reposo permanecerá ahí sin movimiento, pues la fuerza

7 7 de atracción es balanceada exactamente por el efecto centrífugo. Sin embargo, una partícula colocada en las inmediaciones de un punto de agrange, o que no es colocada en perfecto reposo, no necesariamente permanecerá en las inmediaciones de ese punto. Esto depende de la estabilidad del punto lagrangiano. Este es el tema que examinamos en las siguientes dos secciones. 7. Movimiento alrededor de los puntos de agrange Si lo único que nos interesa es encontrar el movimiento cerca de los puntos de agrange, podemos linearizar las ecuaciones de movimiento haciendo una expansión en series de Taylor del potencial efectivo alrededor de los puntos de agrange y tomar el primer término variable que no se anula. a expansión en serie de Taylor de alrededor del punto de agrange r = (x, y ), es: (x, y) = (x, y + ( 1 ) x (x x ) + r ( ) (x x )(y y ) + x y r ( 1 ) x (y y ) +... r Si el potencial original Φ es simétrico con respecto al eje x y y (Φ(x, y) = Φ( x, y) = Φ(x, y) = Φ( x, y) =), se tiene entonces que: ( ) = x y r Nos conviene introducir un nuevo sistema de coordenadas, paralelo a (x, y), pero cuyo origen coincide con r : ξ x x, η y y Definimos ahora las constantes: ( ) Φ xx x Φ yy r, ( ) y r El potencial efectivo puede entonces aproximarse alrededor del punto de agrange como: (x, y) (x, y ) + 1 (Φ xxξ + Φ xx η ) Bajo esta aproximación, el gradiente es: Φ xx ξ ê x + Φ xx η ê y, donde ê x y ê y son los vectores unitarios paralelos a los ejes x y y. a ecuación de movimiento ( 8) puede entonces aproximarse como: ξ = Φ xx ξ + ω o η, η = Φ yy η ω o ξ (11) Reconocemos este sistema como dos osciladores armónicos acoplados por medio de un término lineal en velocidad. Solución del sistema de ecuaciones Proponemos soluciones de la forma: ξ = Xe λt, η = Y e λt, donde X, Y y λ son constantes complejas. as derivadas temporales son: ξ = λxe λt, η = λy e λt, ξ = λ Xe λt η = λ Y e λt Sustituyendo en las ecuaciones de movimiento, ξ + Φ xx ξ ω o η = λ Xe λt + Φ xx Xe λt ω o λy e λt = e λt [(λ + Φ xx )X λω o Y ] = η + Φ yy η ω o ξ = λ Y e λt + Φ yy Y e λt + ω o λxe λt = e λt [(λ + Φ yy )Y + λω o X] = Eliminando la solución trivial (e λt = ), nos queda: ( ) ( ) ( ) λ + Φ xx λω o X +λω o λ = + Φ yy Y

8 8 8 ESTABIIDAD DE OS PUNTOS DE AGRANGE Para que este sistema tenga solución no trivial, el determinante de la matriz de coeficientes debe ser nulo: Η (λ + Φ xx )(λ + Φ yy ) + 4λ ω o = λ 4 + (Φ xx + Φ yy + 4ω o)λ + Φ xx Φ yy = Este polinomio donde λ es la incógnita, es la llamada ecuación característica del problema. a solución esta dada por: λ = (Φ xx + Φ yy + 4ωo) ± (1) (Φ xx + Φ yy + 4ωo) 4Φ xx Φ yy Notamos que si λ es una solución, entonces λ lo es también. Hay dos casos que debemos considerar: 1. Como las soluciones contienen el factor e λt, si R[λ], se introduce una divergencia exponencial y el movimiento alrededor de ese punto lagrangiano sera inestable.. Si R[λ] =, entonces λ debe ser de la forma ±iα, ±iβ, donde α, β R. En este caso la solución es estable y de la forma: ξ = X 1 cos(αt + ϕ 1 ) + X cos(βt + ϕ ) η = Y 1 sin(αt + ϕ 1 ) + Y sin(βt + ϕ ) a relación entre los coeficientes se obtiene sustituyendo estas ecuaciones en las ecuaciones de movimiento (11), con lo que se obtiene: Y 1 = Φ xx α ω o α X 1 = ω oα Φ yy α X 1 Y = Φ xx β ω o β X = ω oβ Φ yy β X El solución en este caso consiste en la superposición de dos elipses sobre las cuales el movimiento ocurre con frecuencias α y β. a forma de estas elipses y el sentido de giro sobre ellas estan determinados por las ecuaciones anteriores (figura 6). Figura 6: Ejemplo de movimiento alrededor de un punto de agrange estable. El movimiento es el resultado de la superposición de dos elipses. a forma de la trayectoria depende de los detalles del potencial. 8. Estabilidad de los puntos de agrange Pudiera parecer que sólo los puntos de agrange que son mínimos de la función son estables, sin embargo esto es erróneo. a razón es que, aunque el potencial efectivo contiene las contribuciones del potencial y el término centrífugo a la ecuación de movimiento (ecuación 8), no incluye el efecto del término de Coriolis, el cual produce una aceleración ortogonal a la dirección de movimiento y por tanto, deflecta la trayectoria de aquella que la partícula seguiría si se moviese solo bajo la influencia de. o que hay que hacer es un análisis que incluya el efecto del término de Coriolis. En la sección anterior vimos que la condición de estabilidad es que se cumpla R[λ] =, o equivalentemente, que λ < R. De la solución de la ecuación característica (ecuación 1), vemos que esto es equivalente a pedir que: Φ xx Φ yy >, (13) Φ xx + Φ yy + 4ω o > Φ xx Φ yy (14) a segunda condición garantiza que el radical que a Coriolis (ω o ṙ). Ξ

9 9 aparece en la ecuación 1 sea positivo, mientras que la primera condición garantiza que este radical es menor, en valor absoluto, que el primer término de esa ecuación, también en valor absoluto. Estas dos condiciones garantizan entonces que λ es real y negativo. Si un punto de agrange es un punto silla, es decir, que es un mínimo a lo largo de una dirección y un máximo a lo largo de otra, es claro que la primera condición de estabilidad no se cumplirá, ya que Φ xx y Φ xx tendran signos opuestos. Asi pues, todo punto de agrange que es un punto silla, es inestable. Si un punto de agrange es un mínimo, se tiene entonces que Φ xx > y Φ yy >, con lo que la primera condición de estabilidad se cumple. Para verificar si se cumple la segunda condición, elevamos ésta al cuadrado (recordemos que en este caso ámbos lados de la desigualdad son positivos): (Φ xx + Φ yy + 4ω o) > 4Φ xx Φ yy Desarrollando el lado izquierdo, Φ xx + Φ yy + Φ xx Φ yy +8Φ xx ω o + 8Φ yy ω o + 16ω 4 o > 4Φ xx Φ yy Reagrupando términos, (Φ xx Φ yy ) + 8ω (Φ xx + Φ yy )16ω 4 o > El primer y último términos del lado izquierdo son obviamente positivos. El término intermedio será positivo también si Φ xx > y Φ yy >, lo cual se cumple en un punto mínimo. Concluimos entonces que, todo punto de agrange que es un mínimo, es estable. Finalmente, Qué ocurre cuando el punto de agrange es un máximo?. En este caso, la primera condición de estabilidad se cumple también pues Φ xx y Φ yy tienen el mismo signo. Sin embargo, el que se cumpla la segunda condición de estabilidad depende de Φ. Por tanto, la estabilidad de los puntos de agrange que son máximos depende de la forma particular del potencial. A continuación examinaremos dos ejemplos particulares, el problema restringido de tres cuerpos y la barra logarítmica, y determinaremos la estabilidad de los máximos. 9. El problema restringido de tres cuerpos El problema restringido de tres cuerpos consiste en determinar la trayectoria que sigue una partícula de masa despreciable, que se mueve sujeta a la atracción gravitacional de dos puntos masivos que se mueven en órbita ligada y tal que el movimiento de todos los cuerpos ocurre en un solo plano (figura 1). Nosotros estudiaremos el caso particular cuando los puntos masivos se mueven en órbitas circulares alrededor del centro de masa del sistema. En este caso, los cuerpos giran con velocidad angular constante manteniendo fija la distancia entre ellos. Si usamos el marco de referencia en corrotación las masas permanecerán estacionarias. Para simplificar los cálculos, adoptaremos un sistema de unidades tal que la suma de las masas es la unidad de masa y la separación constante entre éstas es la unidad de distancia. Haciendo la constante de gravedad igual a la unidad determina por completo nuestro sistema de unidades 3. Sea q la masa menor. Esto implica que la masa mayor es 1 q. Obviamente se tiene que < q 1/, donde el límite superior ocurre cuando las masas son iguales. Usando el marco de referencia no inercial mostrado en la figura 7, donde el origen coincide con el baricentro del sistema y las dos masas estan sobre el eje x, es claro que: (1 q)x 1 + qx = Dado que en nuestro sistema de unidades x x 1 = 1, podemos sustituir x = 1+x 1 en la ecuación anterior para obtener los valores de x 1 y x : (1 q)x 1 + q(1 + x 1 ) = (x 1 qx 1 ) + (q + qx 1 ) = x 1 = q, x = 1 q 3 Un sistema consistente de unidades para un sistema dinámico se obtiene definiendo tre unidades independientes. Usualmente se elige la distancia, la masa y el tiempo, como en el sistema mks.

10 1 1 A BARRA OGARÍTMICA Figura 7: Sistema de referencia no inercial usado para describir el problema restringido de tres cuerpos. Obviamente x 1 < lo cual concuerda con la figura 7. Una vez que sabemos la posición de las dos masas, podemos escribir el potencial gravitacional producido por éstas: 1 q Φ (x, y) = (x + q) + y q (15) (x + q 1) + y a figura 3 muestra este potencial para el caso en que una masa es 1 veces mayor que la otra (q = 1/11). Para añadir el potencial centrífugo debemos encontrar primero el valor ω o de la velocidad angular con que rotan las masas con respecto a un marco inercial. Esta puede ser encontrada facilmente igualando la aceleración centrípeta que experimenta la masa en x con la atracción gravitacional que ejerce sobre ella la otra masa: m v Mm = x (x x 1 ) Aqui v es la velocidad de la masa en x. Dado que esta velocidad es igual a v = ω o x, se tiene: ω ox = Mx (x x 1 ) Sustituyendo los valores de M, x 1 y x obtenemos: ω o = 1 El potencial centrífugo es, por tanto, Φ c (x, y) = (1/) (x + y ) (16) El potencial efectivo del problema restringido circular de 3 cuerpos esta dado por la suma de las ecuaciones 15 y 16. a figura 4 muestra este potencial. De la discusión hecha en la sección 6, de esta figura, es claro que 3 de los puntos de agrange se localizan sobre el eje x y dos mas estan fuera de éste. Encontremos primero la posición de los puntos sobre el eje. Tomando la derivada del potencial efectivo a lo largo del eje x, obtenemos: x (x, ) = ( 1 q ) x x + q q x + q 1 x 1 q = (x + q) + q (x + q 1) x 1. a barra logarítmica Existen en el universo galaxias elipsoidales como M87 en la cúmulo de galaxias de Virgo (figura 8). Un potencial que es usado con frecuencia para modelar este tipo de galaxia es: Φ b (x, y) = (1/)v o ln ( R c + x + (y/q) ) (17) R c es un radio característico tal que, la velocidad de las órbitas circulares para (x + y ) R c tiende a v o ; q es la razón entre el eje menor y mayor de los contornos equipotenciales, que en este modelo es constante. El potencial centrífugo esta dado por: Φ c (x, y) = (1/)ω o (x + y ) (18) ω o es la velocidad angular con la que rota la galaxia con respecto a un observador inercial Puntos de agrange Nuestro primer paso es calcular las componentes del gradiente del potencial efectivo: x = v o x R c + x + (y/q) ω ox

11 1. Estabilidad de los puntos de agrange 11 Notamos que estos puntos lagrangianos sólo existen cuando se cumple la condición: ω o (v o /R c ) (3) Cuando ω o aumenta, ambos puntos lagrangianos tienden hacia el origen y para ω o = (v o /R c ) se fusionan con 3. Para valores mayores de ω o desaparecen. Por simetría del potencial con respecto al eje y (Φ(x, y) = Φ( x, y)), es claro que los puntos lagrangianos 4 y 5 se localizan sobre este eje. Haciendo ahora x = en la ecuación : Figura 8: Galaxia M87 en la constelación de Virgo. y = v o y q (R c + x ) + y ω oy El siguiente paso es imponer la condición que define a los puntos de agrange ( = ): [ ω ] o x Rc + x + (y/q) ω o [ ω ] o y q (Rc + x ) + y ω o = (19) = () Es obvio que x =, y = satisface estas condiciones y, por tanto, el origen es un punto de agrange. Según la convención usada en Dinámica Galáctica se le denomina 3 : 3 : (x (3) =, y(3) = ) (1) os puntos 1 y se localizan a lo largo del eje x. Para encontrarlos, hacemos y = en la ecuación 19: v o R c + x = ω o Despejando x encontramos las coordenadas de los puntos 1 y : 1, : x (1,) = ± vo ωo R c, y (1,) = () v o R c + (y/q) = ω o Despejando y obtenemos las coordenadas de los puntos lagrangianos 4 y 5 : 4, 5 : x (4,5) =, y (4,5) = ± vo ωo q R c, (4) 4 y 5 solo existen para valores de ω o tales que: ω o (v o /q R c ) (5) Como < q < 1, estos puntos se fusionan en el origen y desaparecen para valores de ω o mayores que aquellos en que ocurre lo mismo con 1 y. a figura 9 muestra los contornos equipotenciales de una barra logarítmica en rotación, vistos desde el marco de referencia en corrotación. Nótese que para los valores escogidos para los parámetros que definen este ejemplo, la distancia de 1 y al origen es casi la misma que la de los puntos 4 y Estabilidad de los puntos de agrange Investiguemos la estabilidad de los puntos de agrange en este potencial. 3 es un mínimo y, por tanto, estable. 1 y son puntos silla y son inestables. Para encontrar si los puntos 4 y 5 son estables, debemos aplicar las condiciones de estabilidad (ecuaciones 13 y 14). Para ello, empezamos calculando las

12 1 1 A BARRA OGARÍTMICA 5 Φ xx + Φ yy + 4ω o = ω o [ Φ xx Φ yy = ω 4 o(1 q ) 1 + q + q ( ωo R c v o [ 1 q ( ωo R c v o ) ] ) ] 1 3 a condición de estabilidad (ecuación 14), queda: ( ) 1+q +q ωo R c > (1 q v ) o [ 1 q ( ωo R c v o ) ] 1/ 4 Esta es una condición que es complicado determinar para que valores se cumple. Un caso sencillo es el de la llamada barra logarítmica singular, en la que R c =. En este caso, la condición de estabilidad de 4 y 5 se reduce a: Figura 9: Contornos equipotenciales del potencial efectivo de una barra logarítmica. os parámetros que la definen son: R c = 1, v o = 1, q =.8 y ω o =.5. Se muestran los puntos agrangianos en color rojo. as flechas indican el gradiente. a región delimitada por los círculos de color verde es la llamada región de corrotación. o sea, 1 + q > 1(1 q ), (1 + q ) > 8(1 q ) 1 + q + q 4 > 8 8q q 4 + 1q 7 > = q > ( )/ segundas derivadas del potencial efectivo evaluadas en estos puntos: ( ) vo x = (,y (4,5) ) ( ) x (,y (4,5) ) Rc + (y (4,5) /q) ω o = ω (1 q ), = v o[rc (y (4,5) /q) ] q [Rc + (y (4,5) /q) ] ω [ ( ) ] = ωo 1 q ωo R c v o De estas expresiones, podemos evaluar los términos que aparecen en las condiciones de estabilidad: uego entonces, los puntos 4 y 5 de la barra logarítmica singular son estables para q > Volviendo al caso general (q ), introducimos el radio de corrotación como aquél en el que la velocidad tangencial de rotación es igual a la velocidad característica v o : R cor v o /ω o El radio de corotación, en unidades del radio característico, es entonces: ζ (R cor /R c ) = v o /ω o R c En términos de este cociente, podemos escribir la condición general de estabilidad como: 1 + q + (q/ζ) > [1 q ][1 (q/ζ) ] (6)

13 1. Estabilidad de los puntos de agrange 13 q R cor R c 1-1 Rc =1, Vo =1, q =.75, wo =.7 Marco Inercial Marco en rotación 1 x Figura 1: Región de estabilidad de los puntos 4 y 5 de la barra logarítmica. a rotación aumenta de derecha a izquierda. x a figura 1 muestra la región de estabilidad en el plano q ζ. Vemos que en el límite de baja rotación o R c despreciable, la región de estabilidad coincide con el límite que encontramos para la barra logarítmica singular. Por otro lado, a medida que la rotación aumenta, o R c crece, la región de inestabilidad decrece en tamaño y tiende a q. a figura 11 muestra 4 órbitas en un potencial donde R c = 1, v o = 1, q =.75 y ω o = 3/11; esto hace que los puntos 4 y 5 sean inestables. a órbita más interna ( paneles superiores) aparece como una roseta en el marco de referencia inercial y como un óvalo cerrado en el marco en corrotación. a siguiente órbita es un poco más grande; en este caso la roseta es barrida más lentamente en el marco inercial mientras que en el marco no inercial el óvalo desarrolla vértices en sus extremos a lo largo del eje x. a tercera órbita esta en la región donde estan los puntos 4 y 5 ; es claro que esta órbita es mucho más complicada y no parece cerrarse en ninguno de los marcos de referencia. a última órbita está por completo afuera de la región de los puntos de agrange; esta órbita se cierra de nuevo en el marco no inercial, aunque es claro que su forma es diferente a la de las dos primeras órbitas. Esta órbita pertenece a una familia diferente de órbitas a las dos primeras. as familias de órbitas son generadas como oscilaciones alrededor de órbitas cerradas estables y reflejan la forma de esas órbitas x x Figura 11: Orbitas en una barra logarítmica en rotación. os parámetros que definen a la barra se muestran en la parte superior. Cada renglón muestra una órbita diferente, vista desde el marco de referencia inercial (panel izquierdo) o desde el marco en corrotación (lado derecho). as órbitas aumentan de tamaño de arriba hacia abajo (nótese el cambio de escala).

14 14 1 A BARRA OGARI TMICA

15 Apéndice En este apéndice listamos algunos resultados de cálculo vectorial usados en el texto. a (b c) = (a c)b (a b)c (7) (a b) (c d) = (a c)(b d) (a d)(b c) (8)