Retrato de Fase del Péndulo

Arrastra el ángulo inicial para ver cómo el péndulo no lineal difiere de la aproximación lineal. El retrato de fase revela la topología del sistema.

Ejemplo resuelto — Retrato de Fase del Péndulo

Ecuación de movimiento	0
Frecuencia natural	3.1321rad/s
Fórmula del periodo exacto	2.0410s

Estos son los valores que muestra la calculadora al abrir la página. Cambia cualquier entrada de arriba para recalcularlos.

Cargando simulación interactiva...

El único vaivén que tarda una eternidad 🖖

La separatriz es la única trayectoria que nunca llega a cerrarse: es el camino que traza un péndulo si se suelta exactamente en θ = 180° con velocidad cero, tambaleándose sobre el equilibrio invertido para siempre antes de finalmente caer. Como la fuerza restauradora se anula exactamente en la cima, el péndulo necesita un tiempo infinito para abandonarla — por eso el periodo exacto calculado aquí (mediante la integral elíptica K(m)) diverge cuando θ0 se acerca a 180°, aunque la fórmula lineal de ángulo pequeño T = 2π√(L/g) se mantiene perfectamente finita. Toda trayectoria dentro de la separatriz oscila de un lado a otro; toda trayectoria fuera de ella — con suficiente energía — simplemente sigue rotando por encima en vez de oscilar.

Un mapa de cada oscilación posible 🖖

En lugar de observar un péndulo balancearse con el tiempo, un retrato de fase representa su ángulo frente a su velocidad angular. Cada punto captura el estado completo del péndulo en un instante, y al seguir ese punto se traza un único bucle cerrado: una oscilación que se repite para siempre. Todo el diagrama muestra a la vez cada movimiento posible, de modo que un vaivén suave y una oscilación amplia aparecen como bucles anidados en la misma imagen. Cuanto mayor es el bucle, más energía lleva el péndulo.

El período esconde la media más veloz de Gauss 🖖

El período exacto es 2π√(L/g) / M(1, cos(θ₀/2)), donde M es la media aritmético-geométrica, un número que Gauss halló reemplazando una y otra vez dos valores por su media ordinaria y su media geométrica. Ambas medias convergen a toda velocidad, duplicando la cantidad de dígitos correctos en cada paso, así que tres rondas bastan para fijar el período. En θ₀ = 90° esto da T = 1.18 × T_linear, el mismo alargamiento del 18 % que ofrece la integral elíptica.

Problema resuelto al detalle

El periodo de un péndulo de 1 m soltado desde el reposo a 30° 11 pasos
Un péndulo de 1 m se suelta desde el reposo a 30°. Halla su período con exactitud —la fórmula del libro de texto no es la respuesta— y luego determina a qué proximidad de la vertical habría que soltarlo para alargar una oscilación completa a 10 s. Toma g = 9,81 m/s², sin amortiguamiento.
1. Dos magnitudes determinan la frecuencia natural, y la masa no es una de ellas: multiplica a cada término de la ecuación del movimiento y se simplifica antes de que ocurra cualquier otra cosa.
  
  $ω_{0} = g / L = 9.81 = 3.1321 rad/s$
2. Sustituye sin θ por θ y lo que queda es un oscilador armónico, cuyo período es 2π/ω₀. Observa lo que ha desaparecido: θ₀. La independencia de la amplitud es una propiedad de esa sustitución, no del péndulo.
  
  $T_{linear} = \frac{2 π}{ω _{0}} = 2.0061 s$
3. Ahora hazlo sin la sustitución. La conservación de la energía no requiere un ángulo pequeño —la energía cinética al ángulo θ es exactamente la energía potencial cedida al caer desde θ₀—, así que despeja en su lugar la velocidad angular.
  
  $\frac{1}{2} L^{2} \dot{θ}^{2} = g L (cos θ - cos θ_{0}) ⟹ \dot{θ} = ω_{0} 2 (cos θ - cos θ_{0})$
4. El tiempo es distancia entre velocidad, integrada, y un cuarto de período es la oscilación desde 0 hasta θ₀. El ángulo de suelta está de vuelta, figurando a la vez en el integrando y en el límite superior, por lo que el período no puede ser independiente de él.
  
  $T = \frac{4}{ω _{0}} \int_{0}^{θ_{0}} \frac{d θ}{2 ( cos θ - cos θ _{0} )}$
5. El integrando diverge en θ = θ₀, y la identidad cos θ = 1 − 2sin²(θ/2) muestra que esta divergencia es solo la raíz cuadrada de un cero simple: la diferencia de cosenos es una diferencia de cuadrados. Llama k al seno de la mitad de la amplitud y deja que φ recorra de 0 a π/2 mientras θ se extiende hasta θ₀.
  
  $k = sin \frac{θ _{0}}{2}, sin \frac{θ}{2} = k sin φ ⟹ cos θ - cos θ_{0} = 2 k^{2} cos^{2} φ$
6. La raíz problemática se cancela ahora con dθ, y lo que queda es la integral elíptica completa de primera especie —la fórmula que muestra el panel superior, que escribe su argumento como sin²(θ₀/2), es decir, k², no k.
  
  $T = \frac{4}{ω _{0}} \int_{0}^{π /2} \frac{d φ}{1 - k ^{2} sin ^{2} φ} = \frac{4}{ω _{0}} K (k)$
7. K no tiene una forma cerrada elemental, pero su integrando sí la tiene: una serie binomial en u = k²sin²φ, cuyos coeficientes son los coeficientes binomiales centrales.
  
  $(1 - u)^{- 1/2} = n \geq 0 \sum c_{n} u^{n}, c_{n} = \frac{( 2 n )!}{4 ^{n} ( n ! ) ^{2}}$
8. Integra esa serie término a término y la integral de Wallis devuelve exactamente el mismo c_n que acaba de producir el desarrollo binomial. Esa coincidencia es todo el truco.
  
  $\int_{0}^{π /2} sin^{2 n} φ d φ = \frac{π}{2} c_{n}$
9. Por lo tanto, cada término incluye c_n dos veces, de modo que cada coeficiente de la serie del período es un coeficiente binomial al cuadrado: 1/4, 9/64 y 25/256 son los cuadrados de 1/2, 3/8 y 5/16.
  
  $\frac{T}{T _{linear}} = n \geq 0 \sum c_{n}^{2} k^{2 n} = 1 + \frac{k ^{2}}{4} + \frac{9 k ^{4}}{64} + \frac{25 k ^{6}}{256} + \dots$
10. A 30°, la semiamplitud es de 15°, por lo que k² es solo 0,067 y cada término es más de 20 veces menor que el anterior. Si te detienes en 3 términos obtienes 1,017378, lo que al multiplicar da 2,0409 s; el 4.º término es el que altera la última cifra.
  
  $k^{2} = sin^{2} 1 5^{\circ} = 0.066987 : 1 + 0.016747 + 0.000631 + 0.000029 = 1.017407$
11. Multiplica. Este es el período exacto que muestra el panel, y 1,0174 es la razón impresa junto a él —ambos obtenidos sin evaluar K numéricamente ni una sola vez.
  
  $T = 2.0061 \times 1.017407 = 2.0410 s$
Respuesta

2,0410 s, donde la fórmula de pequeños ángulos prometía 2,0061 s. La serie que te ha llevado hasta ahí tiene un alcance corto: sus términos llevan k²ⁿ con k = sin(θ₀/2), de modo que a medida que el ángulo de suelta se aproxima a la vertical dejan de reducirse y hay que afrontar la integral directamente. Allí K(k) crece como ln(4/cos(θ₀/2)) —el período sí diverge a 180°, pero solo logarítmicamente, y un logaritmo es algo cruel de invertir. Un período de 10 s, unas 5 veces el valor para ángulos pequeños, exige una suelta a menos de 0,182° de la vertical. Duplicarlo a 20 s eleva al cuadrado la exigencia: 7,2×10⁻⁵ grados, aproximadamente 2500 veces más ajustado. El péndulo no gana ese tiempo desplazándose lentamente por toda la órbita —pasa casi todo el tiempo dentro de esa última fracción de grado.

$K (k) \sim ln \frac{4}{cos ( θ _{0} /2 )} (θ_{0} \to 18 0^{\circ})$

Referencias (2)

The exact period as an elliptic integral, and the separatrix: L. D. Landau and E. M. Lifshitz, Mechanics, 3rd ed., §11 and §12. Butterworth-Heinemann, 1976. ISBN 978-0-7506-2896-9.
How badly the small-angle formula fails at large amplitude: A. Big-Alabo, "Approximate period for large-amplitude oscillations of a simple pendulum based on quintication of the restoring force." European Journal of Physics 41, 015001, 2019.

Por el equipo de 42Math · Actualizado 2026-07-29

Contrastado con fuentes publicadas. Se agradecen correcciones. Política editorial · Correcciones

Todas las lecciones de Matemáticas →

Problemas de ejemplo

Ángulo pequeño (10°) - Ángulo pequeño: la aproximación lineal es válida, órbita de fase circular
Grande (90°) - 90°: el período es un 18% mayor que la predicción lineal
Cerca de la cima (170°) - 170°: órbita cercana a la separatriz, el período diverge
Amortiguado - Amortiguado: espiral que converge hacia el equilibrio