Puntos de Lagrange

Luis A. Aguilar(aguilar@astrosen.unam.mx)

Instituto de Astronomıa,Universidad Nacional Autonoma de Mexico

7 de febrero de 2007

1. Introduccion

Existen situaciones en las que nos interesa en-contrar la trayectoria que sigue una partıcula demasa despreciable, que se mueve dentro del po-tencial producido por una cierta distribucion demasa que se encuentra en rotacion uniforme. Porejemplo, el caso de un asteroide que se muevesujeto a las fuerzas de un planeta en orbita cir-cular alrededor de una estrella central (figura 1).Es obvio que el potencial no debe tener simetrıaaxial con respecto al eje de rotacion, pues si lotiene, el problema es equivalente a uno sin rota-cion. Dada la asimetrıa y la variacion en el tiem-po del potencial, el momento angular y la energıano se conservaran. Como el potencial no depen-de del tiempo en el marco no–inercial en coro-tacion con el potencial, nos conviene describir elmovimiento de la partıcula desde este marco dereferencia acelerado. Estudiaremos la dinamicade la partıcula como un ejemplo de marcos dereferencia no–inerciales.

2. La ecuacion de movimiento

Sea una partıcula de masa despreciable que semueve dentro de un potencial sin simetrıa axial

Figura 1: Partıcula que se mueve sujeta a las fuerzasde dos cuerpos en orbita circular entre sı.

Φ, que rota uniformemente con velocidad angu-lar ωo. La ecuacion de movimiento de la partıcu-la con respecto al marco de referencia en co–rotacion con el potencial es:

r = −∇Φ− 2 (ωo × r)− ωo × (ωo × r) (1)

El segundo termino del lado derecho es la ace-leracion de Coriolis y el utlimo termino es laaceleracion centrıfuga.

Esta ecuacion no tiene terminos que dependanexplicitamente del tiempo, solo las funciones r,r y r que describen la solucion. Sin embargo, elprecio que pagamos por esta ecuacion con co-eficientes constantes, es que han aparecido dostermino inerciales que no aparecerıan si usara-mos un marco de referencia inercial.

1

2 4 RELACION DE EJ CON E Y L

3. La energıa de Jacobi

Aunque la energıa y el momento angular no seconservan, existe una cantidad escalar que si seconserva. Para encontrarla multiplicamos (pro-ducto escalar) la ecuacion anterior por r:

r · r +∇Φ · r + 2 (ωo × r) · r+ [ωo × (ωo × r)] · r = 0

Ahora escribimos cada termino como una de-rivada temporal:

r · r =12

d

dt|r|2,

∇Φ · r = (dΦ/dt),2 (ωo × r) · r = 0,

donde en el tercer termino hemos usado el hechode que (ωo × r) es ortogonal a r.

Para el cuarto termino usamos la ecuacion 27del apendice:

[ωo × (ωo × r)] · r = [(ωo · r)ωo − ω2or] · r

= (ωo · r)(ωo · r)− ω2o(r · r)

Usamos ahora la ecuacion 28 del apendice:

[ωo × (ωo × r)] · r = −(ωo × r) · (ωo × r)

= −(ωo × r) · d

dt(ωo × r)

= − d

dt

[12|ωo × r|2

]donde en el segundo paso hemos usado el hechode que ωo es constante.

Poniendo juntos todos los terminos encontra-mos la cantidad conservada:

d EJ

dt= 0,

donde hemos definido la energıa de Jacobi como:

EJ ≡ 12 |r|

2 + Φ− 12 |ωo × r|2 (2)

Los dos primeros terminos son la energıacinetica y potencial1 de la partıcula en el marcode referencia no–inercial.

4. Relacion de EJ con E y L

¿Cual es la relacion entre la energıa de Jacobiy la energıa E y el momento angular L, vistosdesde un marco de referencia que no rota?

La energıa en el marco inercial esta dada por:

E =12|vin|2 + Φ, (3)

donde vin es la velocidad de la partıcula vistapor el observador inercial.

La relacion entre las velocidades con respectoal observador inercial y en co–rotacion es:

vin = r + (ωo × r) (4)

Entonces, la energıa en el marco inercial es:

E =12[r + (ωo × r)]2 + Φ

=12|r|2 + r · (ωo × r) +

12|ωo × r|2 + Φ

=12|r|2 + Φ− 1

2|ωo × r|2 + r · (ωo × r)

+|ωo × r|2

= EJ + r · (ωo × r) + |ωo × r|2

= EJ + ωo · (r× r) + [(ωo × r) · (ωo × r)],

donde en el ultimo paso hemos usado la propie-dad de traslacion cıclica de terminos del tripleproducto vectorial: a× (b× c) = b× (c× a) =

1En estas notas usaremos energıa por unidad de masa.

3

c × (a × b), que puede demostrarse a partir dela ecuacion 27 del apendice.

Nuestro siguiente paso es usar la ecuacion 28del apendice para transformar el termino enparentesis cuadrados de la expresion anterior:

E = EJ + ωo · (r× r) + [|ωo|2|r|2 − (ωo · r)2]

Llegamos entonces a la siguiente expresion pa-ra la energıa de Jacobi:

EJ = E− [ωo · (r× r)+ |ωo|2|r|2−(ωo ·r)2] (5)

El momento angular en el marco inercial es:

L = r× vin = r× (r + ωo × r)= r× r + r× (ωo × r)

donde hemos usado la ecuacion 4.Desarrollemos ahora el producto ωo · L:

ωo · L = ωo · (r× r) + ωo · [r× (ωo × r)]

Usando de nuevo la ecuacion 27 podemos escribirel termino con parentesis cuadrados como:

ωo · [r× (ωo × r)] = ωo · [|r|2ωo − (r · ωo)r]= |ωo|2|r|2 − (ωo · r)2

regresando a nuestra expresion para ωo · L, setiene que:

ωo · L = ωo · (r× r) + |ωo|2|r|2 − (ωo · r)2

Comparando esta expresion con la ecuacion 5para la energıa de Jacobi, encontramos la rela-cion entre esta y la energıa y momento angularvista por el observador inercial:

EJ = E − (ωo · L) (6)

De manera que aunque la energıa y el mo-mento angular que mide el observador inercialno se conservan, si se conserva la combinacionE − (ωo · L).

5. El potencial efectivo

Regresemos a la expresion original para laenergıa de Jacobi (ecuacion 2). Segun vimos, EJ

es igual a la “energıa” que mide el observadorno-inercial ((1/2)|r|2 + Φ), mas el termino:

−12|ωo × r|2 = −1

2ω2R2,

donde ωo ≡ |ωo| y R es la coordenada radial enun sistema de coordenadas cilındrico en corota-cion (R, θ, z), donde el eje z coincide con el eje derotacion. Este termino proviene directamente dela aceleracion centrıfuga en la ecuacion de mo-vimiento, y podemos pensar que es la “energıapotencial” asociada a este termino y por tanto,lo llamaremos potencial centrıfugo.

De hecho, es facil demostrar que el potencial cen-trıfugo es precisamente el potencial cuyo gradiente dalugar al termino centrıfugo en la ecuacion de movi-miento. De la figura 2 es claro que:

|ωo × r| = ωo|r| sin(ϕ) = ωoR

y por tanto,

|ωo × (ωo × r)| = ω2oR

La direccion de (ωo × r) es ortogonal al plano quecontiene a r y R, donde este ultimo es el vector unita-rio a lo largo de R. La aceleracion centrıfuga es, portanto, paralela a R y obtenemos finalmente:

(ωo × (ωo × r) = (ω2oR) R

Por otro lado, el gradiente del potencial centrıfugoes:

∇[−(1/2)ω2oR2] = −(1/2)ω2 (dR2/dR) R

lo cual es obviamente igual a la expresion encontradapara la aceleracion centrıfuga.

4 6 PUNTOS DE LAGRANGE

Figura 2: Relacion geometrica entre los vectores deposicion r, velocidad angular ωo y de aceleracion cen-trıfuga −ωo × (ωo × r).

Definimos entonces un llamado potencial efectivocomo:

Φeff (R, θ, z) ≡ Φ(R, θ, z)− 12ω2R2 (7)

Con lo cual, la ecuacion de movimiento en el marcode referencia en rotacion ( 1), puede escribirse como:

r = −∇Φeff − 2(ωo × r) (8)

y la energıa de Jacobi puede expresarse como:

EJ = 12 |r|

2 + Φeff (9)

Estas tres ecuaciones nos permiten describir el mo-vimiento de la partıcula en el marco de referencia enco–rotacion. Una vez obtenida la solucion, podemospasar a la descripcion en el marco inercial usando laexpresion: rin = ωo × r y la ecuacion 4.

Notamos que cuando R → 0, o ωo → 0, el po-tencial efectivo tiende al potencial inicial del proble-ma Φef → Φ. Por el contrario, cuando R → ∞, oωo → ∞, entonces el potencial efectivo tiende al po-tencial centrıfugo Φef → −(1/2)ω2R2.

Es importante resaltar que el movimiento de lapartıcula no esta determinado por el gradiente del po-tencial efectivo unicamentre, sino que es afectado porla aceleracion de Coriolis tambien. Por ejemplo, ima-ginemos que eliminamos la fuerza representada por Φy colocamos a una partıcula en reposo, con respecto

a el marco inercial. El gradiente del potencial cen-trıfugo implica una aceleracion radial de repulsion.¿Implica esto que no es posible tener a una partıculaestacionaria? Esto es claramente incorrecto, pues alestar libre la partıcula, esta puede estar en reposo encualquier punto.

Lo primero que tenemos que notar es que unapartıcula estacionaria en el marco de referencia iner-cial implica que la partıcula rota con velocidad r =−(ωo × r) con respecto al marco en rotacion; luegoentonces, su ecuacion de movimiento (ecuacion 1) es:

r = −2 [ωo × r]− ωo × (ωo × r)= 2 [ωo × (ωo × r)]− ωo × (ωo × r)= [ωo × (ωo × r)],

donde en el segundo paso hemos sustituido el valor der. La ecuacion que nos queda nos dice que, visto desdeel marco en rotacion, la partıcula experimenta unaaceleracion igual a la aceleracion centrıfuga, pero conel signo opuesto: la aceleracion centrıpeta necesariapara que el observador no–inercial vea a la partıcularotar con velocidad angular −ωo.

6. Puntos de Lagrange

Aunque el movimiento de la partıcula no dependesolo de Φef , es claro que los puntos donde su gra-diente se anula son puntos estacionarios, ya que siponemos a la partıcula en uno de estos puntos convelocidad inicial nula, la aceleracion de Coriolis se-ra nula tambien. El matematico frances Joseph LouisLagrange determino en 1772 la posicion de estos pun-tos dentro del contexto del problema restringido detres cuerpos (ver seccion 9). Por esta razon, a los pun-tos donde el gradiente de Φef se anula se les denominapuntos lagrangianos o puntos de Lagrange (rL):

∇Φef (rL) = 0 (10)

Veamos esto en detalle. La figura 3 muestra el po-tencial gravitacional producido por dos esferas de ma-sas diferentes. El panel izquierdo muestra el potencialen un plano que contiene a las dos masas. El panelderecho muestra los contornos equipotenciales. Si las

5

xy

!

x x

yFigura 3: Potencial gravitacional producido por dos esferas masivas. El panel izquierdo muestra Φ(x, y). Elpanel derecho muestra contornos equipotenciales y esta sombreado de acuerdo al valor del potencial: zonasoscuras corresponden a valores mas negativos. La equipotencial crıtica se muestra en rojo.

masas estuviesen estaticas en el espacio, una partıcu-la de masa despreciable se moverıa en respuesta algradiente de este potencial unicamente, conservandosu energıa.

Existe un contorno equipotencial crıtico que divideel plano x–y en regiones donde los contornos rodeana cada masa por separado, o a ambas. Si la partıculatiene una energıa mas negativa que la de este contor-no, se movera alrededor de una sola masa sin poderescapar de su alrededor. En caso contrario, la partıcu-la se movera alrededor de las dos masas.

Sin embargo, una configuracion estatica no es fac-tible, ya que las dos masas se atraen entre sı. En reali-dad, la unica manera que pueden permanecer con unadistancia fija entre ellas es estando en orbita circularalrededor de su centro de masa. Al moverse las ma-sas siguiendo sus orbitas es necesario tomar en cuen-ta el efecto introducido por esta rotacion. La figura 4muestra el potencial efectivo resultante. Este poten-cial es el mismo de la figura 3, solo que hemos anadidola contribucion del potencial centrıfugo, el cual es unparaboloide de seccion circular cuyo vertice coincidecon el origen y que se vuelve mas negativo a medidaque nos alejamos del origen (ecuacion 7).

Aunque ahora el movimiento de la partıcula noesta determinado por este potencial unicamente, puescomo vimos, hay que tomar en cuenta la aceleracionde Coriolis, la conservacion de la energıa de Jacobilimita el movimiento de la partıcula a regiones dondeΦef (x, y) ≤ EJ . La geometrıa de los contornos equi-potenciales es entonces muy importante, pues estosconfinan el movimiento.

Para entender su forma mostramos, en la figura 5un corte a lo largo del eje x del potencial efectivo.Empezando con las equipotenciales mas negativas,vemos que estas consisten de contornos separados querodean a cada masa en sus inmediaciones y a las dosmasas en la region mas externa (regiones de sombrea-do oscuro en la figura 4). Al movernos a equipoten-ciales menos negativas llegamos al primer contornocrıtico (indicado en verde), por arriba del cual no esposible confinar a la partıcula alrededor de la masamenor. Este contorno se cruza a sı mismo en un pun-to silla que constituye un punto de Lagrange. Estecontorno crıtico delimita dos regiones de movimientopara partıculas cuya energıa de Jacobi es menor: unlobulo alrededor de la masa pequena, o una fronteramas o menos circular que rodea a ambas masas.

6 6 PUNTOS DE LAGRANGE

xy

!

x x

y

Figura 4: Potencial efectivo de dos esferas masivas en orbita circular. En este caso hay tres equipotencialescrıticas que se muestran en color. El sombreado sigue la misma convencion que en la figura anterior.

!1.5 !1 !0.5 0.5 1 1.5x

!1.9!1.8!1.7!1.6!1.5!1.4!1.3!1.2

"

Figura 5: Corte a lo largo del eje x del potencialde la figura 4. La lınea azul es Φef (x, 0) y las lıneashorizontales corresponden a los valores de la energıapara las equipotenciales crıticas que aparecen con elmismo color en esa figura.

Continuando hacia energıas mas positivas, encon-tramos la siguiente equipotencial crıtica en el puntosilla que separa los pozos potenciales de cada ma-sa (indicado en rojo en las figuras). El punto sillaes el segundo punto de Lagrange y la geometrıa deeste contorno es similar a la de la equipotencial crıti-

ca anterior: un lobulo que rodea, en este caso a lamasa mayor, y una frontera exterior, aunque en estecaso no rodea a la masa menor. Una partıcula cuyaenergıa de Jacobi es menor que la de este contornoy se encuentra inicialmente cerca de la masa mayor,estara confinada a esta region.

Finalmente, la tercera equipotencial crıtica pasapor el maximo en la region negativa del eje x (lıneaazul en las figuras). Este maximo es el tercer puntode Lagrange. Los dos puntos de Lagrange restantesse encuentran fuera del eje x y son los dos maximosde Φef enmedio de los dos lobulos delimitados poresta equipotencial crıtica.

Aunque los detalles de la geometrıa varıan depen-diendo del problema, cuando el potencial tiene sime-trıa con respecto a un eje, se tienen en general 5 pun-tos lagrangianos, tres de los cuales estan situados so-bre el eje de simetrıa y dos fuera de este eje. En lassecciones 9 y 10 examinamos en detalle dos ejemplosparticulares: el problema restringido de tres cuerposy la barra logarıtmica.

Como hemos visto, los puntos lagrangianos sonpuntos estacionarios del problema. Una partıcula co-locada en alguno de estos puntos y en perfecto re-poso permanecera ahı sin movimiento, pues la fuerza

7

de atraccion es balanceada exactamente por el efectocentrıfugo. Sin embargo, una partıcula colocada enlas inmediaciones de un punto de Lagrange, o queno es colocada en perfecto reposo, no necesariamentepermanecera en las inmediaciones de ese punto. Estodepende de la estabilidad del punto lagrangiano. Es-te es el tema que examinamos en las siguientes dossecciones.

7. Movimiento alrededor de lospuntos de Lagrange

Si lo unico que nos interesa es encontrar el mo-vimiento cerca de los puntos de Lagrange, podemoslinearizar las ecuaciones de movimiento haciendo unaexpansion en series de Taylor del potencial efectivo al-rededor de los puntos de Lagrange y tomar el primertermino variable que no se anula.

La expansion en serie de Taylor de Φef alrededordel punto de Lagrange rL = (xL, yL), es:

Φef (x, y) = Φef (xL, yL) +12

(∂2Φef

∂x2

)rL

(x− xL)2 +(∂2Φef

∂x∂y

)rL

(x− xL)(y − yL) +

12

(∂2Φef

∂x2

)rL

(y − yL)2 + . . .

Si el potencial original Φ es simetrico con respec-to al eje x y y (Φ(x, y) = Φ(−x, y) = Φ(x,−y) =Φ(−x,−y) =), se tiene entonces que:(

∂2Φef

∂x∂y

)rL

= 0

Nos conviene introducir un nuevo sistema de coor-denadas, paralelo a (x, y), pero cuyo origen coincidecon rL:

ξ ≡ x− xL, η ≡ y − yL

Definimos ahora las constantes:

Φxx ≡(

∂2Φef

∂x2

)rL

, Φyy ≡(

∂2Φef

∂y2

)rL

El potencial efectivo puede entonces aproximarse al-rededor del punto de Lagrange como:

Φef (x, y) ≈ Φef (xL, yL) +12(Φxxξ2 + Φxxη2)

Bajo esta aproximacion, el gradiente es:

∇Φef ≈ Φxxξ ex + Φxxη ey,

donde ex y ey son los vectores unitarios paralelos alos ejes x y y.

La ecuacion de movimiento ( 8) puede entoncesaproximarse como:

ξ = −Φxxξ + 2ωoη,

η = −Φyyη − 2ωoξ (11)

Reconocemos este sistema como dos osciladoresarmonicos acoplados por medio de un termino linealen velocidad.

Solucion del sistema de ecuacionesProponemos soluciones de la forma:

ξ = Xeλt, η = Y eλt,

donde X, Y y λ son constantes complejas.Las derivadas temporales son:

ξ = λXeλt, ξ = λ2Xeλt

η = λY eλt, η = λ2Y eλt

Sustituyendo en las ecuaciones de movimiento,

ξ + Φxxξ − 2ωoη

= λ2Xeλt + ΦxxXeλt − 2ωoλY eλt

= eλt [(λ2 + Φxx)X − 2λωoY ] = 0

η + Φyyη − 2ωoξ

= λ2Y eλt + ΦyyY eλt + 2ωoλXeλt

= eλt [(λ2 + Φyy)Y + 2λωoX] = 0

Eliminando la solucion trivial (eλt = 0), nos queda:(λ2 + Φxx −2λωo

+2λωo λ2 + Φyy

) (XY

)=

(00

)

8 8 ESTABILIDAD DE LOS PUNTOS DE LAGRANGE

Para que este sistema tenga solucion no–trivial, eldeterminante de la matriz de coeficientes debe sernulo:

(λ2 + Φxx)(λ2 + Φyy) + 4λ2ω2o = 0

λ4 + (Φxx + Φyy + 4ω2o)λ2 + ΦxxΦyy = 0

Este polinomio donde λ2 es la incognita, es la lla-mada ecuacion caracterıstica del problema.

La solucion esta dada por:

2λ2 = −(Φxx + Φyy + 4ω2o)± (12)√

(Φxx + Φyy + 4ω2o)2 − 4ΦxxΦyy

Notamos que si λ es una solucion, entonces −λ lo estambien.

Hay dos casos que debemos considerar:

1. Como las soluciones contienen el factor eλt, si<[λ] 6= 0, se introduce una divergencia expo-nencial y el movimiento alrededor de ese puntolagrangiano sera inestable.

2. Si <[λ] = 0, entonces λ debe ser de la forma±iα,±iβ, donde α, β ∈ <. En este caso la soluciones estable y de la forma:

ξ = X1 cos(αt + ϕ1) + X2 cos(βt + ϕ2)η = Y1 sin(αt + ϕ1) + Y2 sin(βt + ϕ2)

La relacion entre los coeficientes se obtiene sus-tituyendo estas ecuaciones en las ecuaciones demovimiento (11), con lo que se obtiene:

Y1 =Φxx − α2

2ωoαX1 =

2ωoα

Φyy − α2X1

Y2 =Φxx − β2

2ωoβX2 =

2ωoβ

Φyy − β2X2

El solucion en este caso consiste en la superposi-cion de dos elipses sobre las cuales el movimien-to ocurre con frecuencias α y β. La forma deestas elipses y el sentido de giro sobre ellas es-tan determinados por las ecuaciones anteriores(figura 6).

!

"

Figura 6: Ejemplo de movimiento alrededor de unpunto de Lagrange estable. El movimiento es el re-sultado de la superposicion de dos elipses. La formade la trayectoria depende de los detalles del potencial.

8. Estabilidad de los puntos deLagrange

Pudiera parecer que solo los puntos de Lagrangeque son mınimos de la funcion Φef son estables, sinembargo esto es erroneo. La razon es que, aunque elpotencial efectivo contiene las contribuciones del po-tencial y el termino centrıfugo a la ecuacion de movi-miento (ecuacion 8), no incluye el efecto del terminode Coriolis, el cual produce una aceleracion ortogonala la direccion de movimiento2 y por tanto, deflecta latrayectoria de aquella que la partıcula seguirıa si semoviese solo bajo la influencia de Φef .

Lo que hay que hacer es un analisis que incluya elefecto del termino de Coriolis. En la seccion anteriorvimos que la condicion de estabilidad es que se cum-pla <[λ] = 0, o equivalentemente, que λ2 < 0 ∈ <.

De la solucion de la ecuacion caracterıstica (ecua-cion 12), vemos que esto es equivalente a pedir que:

ΦxxΦyy > 0, (13)

Φxx + Φyy + 4ω2o > 2

√ΦxxΦyy (14)

La segunda condicion garantiza que el radical que

2aCoriolis ∝ (ωo × r).

9

aparece en la ecuacion 12 sea positivo, mientras quela primera condicion garantiza que este radical es me-nor, en valor absoluto, que el primer termino de esaecuacion, tambien en valor absoluto. Estas dos condi-ciones garantizan entonces que λ2 es real y negativo.

Si un punto de Lagrange es un punto silla, es decir,que es un mınimo a lo largo de una direccion y unmaximo a lo largo de otra, es claro que la primeracondicion de estabilidad no se cumplira, ya que Φxx

y Φxx tendran signos opuestos. Asi pues, todo puntode Lagrange que es un punto silla, es inestable.

Si un punto de Lagrange es un mınimo, se tieneentonces que Φxx > 0 y Φyy > 0, con lo que la prime-ra condicion de estabilidad se cumple. Para verificarsi se cumple la segunda condicion, elevamos esta alcuadrado (recordemos que en este caso ambos ladosde la desigualdad son positivos):

(Φxx + Φyy + 4ω2o)2 > 4ΦxxΦyy

Desarrollando el lado izquierdo,

Φ2xx + Φ2

yy + 2ΦxxΦyy

+8Φxxω2o + 8Φyyω2

o + 16ω4o > 4ΦxxΦyy

Reagrupando terminos,

(Φxx − Φyy)2 + 8ω2(Φxx + Φyy)16ω4o > 0

El primer y ultimo terminos del lado izquierdo sonobviamente positivos. El termino intermedio sera po-sitivo tambien si Φxx > 0 y Φyy > 0, lo cual se cumpleen un punto mınimo. Concluimos entonces que, todopunto de Lagrange que es un mınimo, es estable.

Finalmente, ¿Que ocurre cuando el punto de La-grange es un maximo?. En este caso, la primera con-dicion de estabilidad se cumple tambien pues Φxx yΦyy tienen el mismo signo. Sin embargo, el que secumpla la segunda condicion de estabilidad depen-de de Φ. Por tanto, la estabilidad de los puntos deLagrange que son maximos depende de la forma par-ticular del potencial.

A continuacion examinaremos dos ejemplos parti-culares, el problema restringido de tres cuerpos y labarra logarıtmica, y determinaremos la estabilidad delos maximos.

9. El problema restringido detres cuerpos

El problema restringido de tres cuerpos consiste endeterminar la trayectoria que sigue una partıcula demasa despreciable, que se mueve sujeta a la atracciongravitacional de dos puntos masivos que se muevenen orbita ligada y tal que el movimiento de todos loscuerpos ocurre en un solo plano (figura 1).

Nosotros estudiaremos el caso particular cuandolos puntos masivos se mueven en orbitas circularesalrededor del centro de masa del sistema. En este ca-so, los cuerpos giran con velocidad angular constantemanteniendo fija la distancia entre ellos. Si usamos elmarco de referencia en corrotacion las masas perma-neceran estacionarias.

Para simplificar los calculos, adoptaremos un sis-tema de unidades tal que la suma de las masas es launidad de masa y la separacion constante entre estases la unidad de distancia. Haciendo la constante degravedad igual a la unidad determina por completonuestro sistema de unidades3.

Sea q la masa menor. Esto implica que la masamayor es 1−q. Obviamente se tiene que 0 < q ≤ 1/2,donde el lımite superior ocurre cuando las masas soniguales.

Usando el marco de referencia no–inercial mostra-do en la figura 7, donde el origen coincide con el ba-ricentro del sistema y las dos masas estan sobre el ejex, es claro que:

(1− q)x1 + qx2 = 0

Dado que en nuestro sistema de unidades x2−x1 = 1,podemos sustituir x2 = 1+x1 en la ecuacion anteriorpara obtener los valores de x1 y x2:

(1− q)x1 + q(1 + x1) = 0(x1 − qx1) + (q + qx1) = 0

⇒ x1 = −q, x2 = 1− q

3Un sistema consistente de unidades para un sistemadinamico se obtiene definiendo tre unidades independien-tes. Usualmente se elige la distancia, la masa y el tiempo,como en el sistema mks.

10 10 LA BARRA LOGARITMICA

Figura 7: Sistema de referencia no–inercial usado pa-ra describir el problema restringido de tres cuerpos.

Obviamente x1 < 0 lo cual concuerda con la figura 7.Una vez que sabemos la posicion de las dos masas,

podemos escribir el potencial gravitacional producidopor estas:

Φ2(x, y) = − 1− q√(x + q)2 + y2

− q√(x + q − 1)2 + y2

(15)

La figura 3 muestra este potencial para el caso en queuna masa es 10 veces mayor que la otra (q = 1/11).

Para anadir el potencial centrıfugo debemos encon-trar primero el valor ωo de la velocidad angular conque rotan las masas con respecto a un marco iner-cial. Esta puede ser encontrada facilmente igualandola aceleracion centrıpeta que experimenta la masa enx2 con la atraccion gravitacional que ejerce sobre ellala otra masa:

mv22

x2=

Mm

(x2 − x1)2

Aqui v2 es la velocidad de la masa en x2. Dado queesta velocidad es igual a v2 = ωox2, se tiene:

ω2ox2

2 =Mx2

(x2 − x1)2

Sustituyendo los valores de M , x1 y x2 obtenemos:

ωo = 1

El potencial centrıfugo es, por tanto,

Φc(x, y) = −(1/2) (x2 + y2) (16)

El potencial efectivo del problema restringido circularde 3 cuerpos esta dado por la suma de las ecuacio-nes 15 y 16. La figura 4 muestra este potencial.

De la discusion hecha en la seccion 6, de esta figura,es claro que 3 de los puntos de Lagrange se localizansobre el eje x y dos mas estan fuera de este.

Encontremos primero la posicion de los puntos so-bre el eje. Tomando la derivada del potencial efectivoa lo largo del eje x, obtenemos:

∂

∂xΦef (x, 0)

=∂

∂x

(− 1− q

x + q− q

x + q − 1− x2

2

)=

1− q

(x + q)2+

q

(x + q − 1)2− x

10. La barra logarıtmica

Existen en el universo galaxias elipsoidales comoM87 en la cumulo de galaxias de Virgo (figura 8). Unpotencial que es usado con frecuencia para modelareste tipo de galaxia es:

Φb(x, y) = (1/2)v2o ln

(R2

c + x2 + (y/q)2)

(17)

Rc es un radio caracterıstico tal que, la velocidadde las orbitas circulares para (x2 + y2) � Rc tiendea vo; q es la razon entre el eje menor y mayor delos contornos equipotenciales, que en este modelo esconstante.

El potencial centrıfugo esta dado por:

Φc(x, y) = −(1/2)ω2o (x2 + y2) (18)

ωo es la velocidad angular con la que rota la galaxiacon respecto a un observador inercial.

10.1. Puntos de Lagrange

Nuestro primer paso es calcular las componentesdel gradiente del potencial efectivo:

∂Φef

∂x=

v2o x

R2c + x2 + (y/q)2

− ω2ox

10.2 Estabilidad de los puntos de Lagrange 11

Figura 8: Galaxia M87 en la constelacion de Virgo.

∂Φef

∂y=

v2o y

q2(R2c + x2) + y2

− ω2oy

El siguiente paso es imponer la condicion que de-fine a los puntos de Lagrange (∇Φef = 0):

xL

[ω2

o

R2c + x2 + (y/q)2

− ω2o

]= 0 (19)

yL

[ω2

o

q2(R2c + x2) + y2

− ω2o

]= 0 (20)

Es obvio que xL = 0, yL = 0 satisface estas condi-ciones y, por tanto, el origen es un punto de Lagrange.Segun la convencion usada en Dinamica Galactica sele denomina L3:

L3 : (x(3)L = 0, y

(3)L = 0) (21)

Los puntos L1 y L2 se localizan a lo largo del eje x.Para encontrarlos, hacemos yL = 0 en la ecuacion 19:

v2o

R2c + x2

= ω2o

Despejando xL encontramos las coordenadas de lospuntos L1 y L2:

L1, L2 : x(1,2)L = ±

√v2

o

ω2o

−R2c , y

(1,2)L = 0 (22)

Notamos que estos puntos lagrangianos solo existencuando se cumple la condicion:

ωo ≤ (vo/Rc) (23)

Cuando ωo aumenta, ambos puntos lagrangianostienden hacia el origen y para ωo = (vo/Rc) se fusio-nan con L3. Para valores mayores de ωo desaparecen.

Por simetrıa del potencial con respecto al eje y(Φ(x, y) = Φ(−x, y)), es claro que los puntos lagran-gianos L4 y L5 se localizan sobre este eje. Haciendoahora xL = 0 en la ecuacion 20:

v2o

R2c + (y/q)2

= ω2o

Despejando yL obtenemos las coordenadas de lospuntos lagrangianos L4 y L5:

L4, L5 : x(4,5)L = 0, y

(4,5)L = ±

√v2

o

ω2o

− q2R2c ,

(24)L4 y L5 solo existen para valores de ωo tales que:

ωo ≤ (vo/q2Rc) (25)

Como 0 < q < 1, estos puntos se fusionan en el ori-gen y desaparecen para valores de ωo mayores queaquellos en que ocurre lo mismo con L1 y L2.

La figura 9 muestra los contornos equipotencialesde una barra logarıtmica en rotacion, vistos desde elmarco de referencia en corrotacion. Notese que paralos valores escogidos para los parametros que defineneste ejemplo, la distancia de L1 y L2 al origen es casila misma que la de los puntos L4 y L5.

10.2. Estabilidad de los puntos de La-grange

Investiguemos la estabilidad de los puntos de La-grange en este potencial. L3 es un mınimo y, por tan-to, estable. L1 y L2 son puntos silla y son inestables.

Para encontrar si los puntos L4 y L5 son estables,debemos aplicar las condiciones de estabilidad (ecua-ciones 13 y 14). Para ello, empezamos calculando las

12 10 LA BARRA LOGARITMICA

L1 L2L3

L4

L5

Figura 9: Contornos equipotenciales del potencialefectivo de una barra logarıtmica. Los parametros quela definen son: Rc = 1, vo = 1, q = 0.8 y ωo = 0.5.Se muestran los puntos Lagrangianos en color rojo.Las flechas indican el gradiente. La region delimitadapor los cırculos de color verde es la llamada region decorrotacion.

segundas derivadas del potencial efectivo evaluadasen estos puntos:(

∂2Φef

∂x2

)(0,y

(4,5)L

)

=v2

o

R2c + (y(4,5)

L /q)2− ω2

o

= −ω2 (1− q2),

(∂2Φef

∂x2

)(0,y

(4,5)L

)

=v2

o [R2c − (y(4,5)

L /q)2]

q2[R2c + (y(4,5)

L /q)2]− ω2

= −2ω2o

[1− q2

(ωoRc

vo

)2]

De estas expresiones, podemos evaluar los terminosque aparecen en las condiciones de estabilidad:

Φxx + Φyy + 4ω2o = ω2

o

[1 + q2 + 2q2

(ωoRc

vo

)2]

ΦxxΦyy = 2ω4o(1− q2)

[1− q2

(ωoRc

vo

)2]

La condicion de estabilidad (ecuacion 14), queda:

1+q2+2q2

(ωoRc

vo

)2

> 2√

2(1− q2)

[1− q2

(ωoRc

vo

)2]1/2

Esta es una condicion que es complicado determi-nar para que valores se cumple.

Un caso sencillo es el de la llamada barra logarıtmi-ca singular, en la que Rc = 0. En este caso, la condi-cion de estabilidad de L4 y L5 se reduce a:

1 + q2 > 2√

1(1− q2),

o sea,

(1 + q2)2 > 8(1− q2)1 + 2q2 + q4 > 8− 8q2

q4 + 10q2 − 7 > 0=⇒ q2 > (−10 +

√128)/2

Luego entonces, los puntos L4 y L5 de labarra logarıtmica singular son estables para q >0.81046545 . . .

Volviendo al caso general (q 6= 0), introducimos elradio de corrotacion como aquel en el que la velo-cidad tangencial de rotacion es igual a la velocidadcaracterıstica vo:

Rcor ≡ vo/ωo

El radio de corotacion, en unidades del radio carac-terıstico, es entonces:

ζ ≡ (Rcor/Rc) = vo/ωoRc

En terminos de este cociente, podemos escribir la con-dicion general de estabilidad como:

1 + q2 + 2(q/ζ)2 > 2√

2[1− q2][1− (q/ζ)2] (26)

10.2 Estabilidad de los puntos de Lagrange 13

0 0.5 1 1.5 2

Rcor!Rc0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

q

0 0.5 1 1.5 2

Rcor!Rc0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

q

Figura 10: Region de estabilidad de los puntos L4 yL5 de la barra logarıtmica. La rotacion aumenta dederecha a izquierda.

La figura 10 muestra la region de estabilidad en elplano q–ζ. Vemos que en el lımite de baja rotacion oRc despreciable, la region de estabilidad coincide conel lımite que encontramos para la barra logarıtmi-ca singular. Por otro lado, a medida que la rotacionaumenta, o Rc crece, la region de inestabilidad decre-ce en tamano y tiende a q → 0.

La figura 11 muestra 4 orbitas en un potencial don-de Rc = 1, vo = 1, q = 0.75 y ωo = 3/11; esto haceque los puntos L4 y L5 sean inestables. La orbita masinterna (2 paneles superiores) aparece como una rose-ta en el marco de referencia inercial y como un ovalocerrado en el marco en corrotacion. La siguiente orbi-ta es un poco mas grande; en este caso la roseta esbarrida mas lentamente en el marco inercial mientrasque en el marco no–inercial el ovalo desarrolla verti-ces en sus extremos a lo largo del eje x. La terceraorbita esta en la region donde estan los puntos L4 yL5; es claro que esta orbita es mucho mas complica-da y no parece cerrarse en ninguno de los marcos dereferencia. La ultima orbita esta por completo afuerade la region de los puntos de Lagrange; esta orbitase cierra de nuevo en el marco no–inercial, aunque esclaro que su forma es diferente a la de las dos primerasorbitas. Esta orbita pertenece a una familia diferentede orbitas a las dos primeras. Las familias de orbitasson generadas como oscilaciones alrededor de orbitascerradas estables y reflejan la forma de esas orbitas.

Rc =1, Vo =1, q =0.75, wo =0.27

-8 0 8

-8

0

8

x

-8 0 8

-8

0

8

-4 0 4

-4

0

4

x

-4 0 4

-4

0

4

-2 0 2

-2

0

2

x

-2 0 2

-2

0

2

-1 0 1

-1

0

1

x

Marco Inercial

-1 0 1

-1

0

1

Marco en rotación

Figura 11: Orbitas en una barra logarıtmica en rota-cion. Los parametros que definen a la barra se mues-tran en la parte superior. Cada renglon muestra unaorbita diferente, vista desde el marco de referenciainercial (panel izquierdo) o desde el marco en corrota-cion (lado derecho). Las orbitas aumentan de tamanode arriba hacia abajo (notese el cambio de escala).

14 10 LA BARRA LOGARITMICA

15

11. Apendice

En este apendice listamos algunos resultados decalculo vectorial usados en el texto.

a× (b× c) = (a · c)b− (a · b)c (27)

(a× b) · (c× d) = (a · c)(b · d)− (a · d)(b · c) (28)