Billares

Introducción.

Cuando pensamos en billares, inmediatamente recurrimos al juego situado en una mesa

de billar con bolas de billar, dicha mesa tiene bordes para permitirse los rebotes de las

bolas impulsadas estas por un taco. Sin embargo, en el sentido matemático, cuando se

estudian los billares se entiende como un sistema dinámico. Un sistema dinámico es un

sistema físico cuyo estado evoluciona con el tiempo. Los billares tienen muchas

aplicaciones dentro del área de la física, una de ellas, por ejemplo, es la de describir la

dinámica de las partículas de los gases al estar éstas bajo una presión.

Pensaremos el billar matemático como el movimiento de una masa puntual (un punto en

el plano) que se encuentra dentro de una región acotada (un subconjunto de ℝ2) que

sigue una trayectoria inicial dada (velocidad). Podemos considerar este punto como el

movimiento de una partícula. Cabe mencionar que existen algunas suposiciones sobre la

idea del movimiento de la partícula: la primera es que “no hay fricción”, esto es, la

partícula nunca se detiene, la trayectoria se sigue indefinidamente con la rapidez inicial

constante; y la segunda suposición es que los “rebotes” con la frontera son elásticos, es

decir, el ángulo de incidencia es igual al ángulo de reflexión. Los ángulos los mediremos en

radianes, salvo que haya necesidad de hablar de ellos en grados.

Cuando la partícula choca contra la frontera ésta entra con cierto ángulo y su rebote se

sigue del mismo ángulo con la que entró formado éste con la tangente a la curva.

Definición. Sea 𝑄 ⊆ ℝ2 un conjunto abierto acotado y conexo, llamaremos a este

conjunto mesa del billar.

Ejemplos de mesas de billar:

Billar cuadrado Billar circular Billar elíptico

En general, una mesa de billar puede ser cualquier polígono regular, o cualquier curva

cerrada que se pueda construir siempre que su frontera sea la unión finita de curvas

compactas y suaves.

Más ejemplos:

Estadio: Este billar es

una “combinación” del

billar cuadrado y del

billar circular.

Billar triangular

Billar en un polígono

hexagonal

Dinámica.

Denotaremos por 𝑞0 = (𝑢0, 𝑣0) ∈ 𝑄 como la posición inicial de la partícula con velocidad

𝑣 ∈ ℝ2.

Se mencionó los rebotes elásticos, entonces sea cualquier billar con curvas fronteras

suaves, al menos 𝐶2, y supongamos cualquier vector velocidad inicial 𝑣0 , la actualización

del vector velocidad, osea 𝑣1, viene siendo determinada por la siguiente fórmula

𝑣1 = 𝑣0 − 2⟨𝑣0, 𝑛(𝑞)⟩𝑛(𝑞)

Donde 𝑛(𝑞) es un vector normal a la curva frontera en el punto de incidencia, (donde la

partícula rebota). Esto se describe con el siguiente esquema.

La formula se obtiene de la siguiente manera:

𝑞0

𝑣0

𝑛(𝑞)

𝑣1

𝑙3Tangente a la

curva

Dado que 𝑛 es un vector normal a la curva, sea 𝜇 un vector perpendicular a 𝑛

entonces 𝜇 es el vector direccional de la recta tangente a la curva.

Como 𝜇 𝑦 𝑛 son perpendiculares, podemos escribir como combinación lineal a

𝑣0 = 𝛼𝜇 + 𝛽𝑛 … … … … … … … (1)

con 𝛼, 𝛽 constantes.

Cuando ocurre el rebote, se obtiene que 𝜇 se conserva y 𝛼 cambia de sentido ya que por

hipótesis los ángulos de reflexión son iguales a los de incidencia por lo tanto podemos

escribir a 𝑣1 en términos de 𝜇 𝑦 𝑛 de la siguiente forma:

𝑣1 = 𝛼𝜇 − 𝛽𝑛 … … … … … … … (2)

Hacemos producto punto la ecuación (1) con 𝑛

⟨𝑛. 𝑣0⟩ = 𝛼⟨𝜇. 𝑛⟩ + 𝛽⟨𝑛. 𝑛⟩

⟹ ⟨𝑛. 𝑣0⟩ = 𝛽 … … … … … … … (3)

La ultima igualdad se obtiene de tener a 𝑛 como un vector normal.

Reescribimos la ecuación (2)

𝑣1 = 𝑣0 − 2𝛽𝑛

Y sustituimos la ecuación (3) en la igualdad de arriba

𝑣1 = 𝑣0 − 2⟨𝑛. 𝑣0⟩𝑛 … … … … … (4

Ahora analicemos algunos billares en mesas particulares.

Billar cuadrado.

El billar cuadrado es considerado uno de los más simples y con el que muchos artículos

empiezan describiendo.

Cuando la partícula llega a un vértice la trayectoria termina, esto se debe a que en ese

punto no es posible determinar una tangente con la cual podamos decir cómo se

comportara la partícula después del rebote. En general supondremos que la posición

inicial de la partícula está sobre alguna curva frontera.

Este billar presenta algunas propiedades muy interesantes. La longitud de los lados del

cuadrado puede variar (puede ser un rectángulo) pero simplificaremos el caso a un

cuadrado unitario.

Sea 𝑄 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2: 0 ≤ 𝑥, 𝑦 ≤ 1}

Tenemos trayectorias muy interesantes, resulta que desde cualquier punto 𝑞0 ∈ 𝑄 si el

vector velocidad es de la forma (±1, 0) ó (0, ±1) entonces se obtiene una “orbita

periódica de periodo dos”. Esto se ilustra a continuación:

La posición inicial es 𝑞0 = (1

5,

1

2) y 𝑣0 =

(1, 0), aunque no es notable el punto

inicial porque la trayectoria se sigue

indefinidamente por las hipótesis ya

mencionadas.

Aquí tenemos la partícula con la misma

posición inicial pero con 𝑣0 = (0, 1)

𝜋

2

𝜋

2

La actualización del vector velocidad viene dada por la ecuación (4).

Entonces sea 𝑣0 = (𝑎, 𝑏) el vector inicial, con el billar cuadrado, usemos como vectores

normales (±1, 0) ó (0, ±1) a cada frontera vertical y horizontal respectivamente. Si

suponemos que la trayectoria se dirige hacia un lado vertical; 𝑛(𝑞) = (1, 0)ó (−1, 0) y

𝑣1 = (𝑎, 𝑏) − 2⟨(1, 0). (𝑎, 𝑏)⟩(1, 0)

⟹ 𝑣1 = (𝑎, 𝑏) − 2𝑎(1, 0)

⟹ 𝑣1 = (−𝑎, 𝑏)

O en otro caso

𝑣1 = (𝑎, 𝑏) − 2⟨(−1, 0). (𝑎, 𝑏)⟩(−1, 0)

⟹ 𝑣1 = (𝑎, 𝑏) + 2𝑎(−1, 0)

⟹ 𝑣1 = (−𝑎, 𝑏)

Análogamente, para los rebotes con las fronteras horizontales usamos;

𝑛(𝑞) = (0, 1) ó (0, −1) y

𝑣1 = (𝑎, 𝑏) − 2⟨(0, 1). (𝑎, 𝑏)⟩(0, 1)

⟹ 𝑣1 = (𝑎, 𝑏) − 2𝑏(0, 1)

⟹ 𝑣1 = (𝑎, −𝑏)

O en otro caso

𝑣1 = (𝑎, 𝑏) − 2⟨(0, −1). (𝑎, 𝑏)⟩(0, −1)

⟹ 𝑣1 = (𝑎, 𝑏) + 2𝑏(0, 1)

⟹ 𝑣1 = (𝑎, −𝑏)

Por lo tanto denotamos 𝑣𝑡 = ((−1)𝑛𝑎, (−1)𝑚𝑏), donde 𝑛 es el número de rebotes con

las fronteras verticales y 𝑚 es el número de rebotes con las fronteras verticales. El

subíndice 𝑡 es debido a que la posición de la partícula y su velocidad dependen del

tiempo.

Si consideramos las orbitas que no se dirigen hacia un vértice y cuya velocidad es distinta

a las anteriores, obtenemos orbitas como se ilustran en seguida.

𝑞0 = (0.6, 0.1) 𝑦 𝑣0 = (1

2,

1

4). Se

muestran 5 rebotes.

Se mantienen constantes dos ángulos

que no necesariamente son iguales,

excepto en el caso de las orbitas

periódicas de periodo dos en el que los

ángulos son de 𝜋

2.

Más propiedades

Proposición: Sea 𝑣0 = (𝑎, 𝑏)

1. Si la trayectoria inicial tiene pendiente racional, es decir, si 𝑏/𝑎 ∈ ℚ entonces es

periódica.

2. Si la trayectoria inicial tiene pendiente irracional, es decir, si 𝑏/𝑎 ∉ ℚ, entonces es

densa.

Denso

La trayectoria se vuelve densa cuando ésta no es periódica, no se cierra y termina

“llenando todo el cuadro” si prolongáramos indefinidamente todos sus rebotes

marcándolas con líneas. Una muestra de esto se da a continuación.

𝑞0 = (0.6, 0.1) 𝑦 𝑣0 = (0.5, 𝜋) .

Se muestran 300 rebote.

𝜋

0.5∉ 𝑄

𝛼

𝛼

𝛼

𝛼

𝛽

𝛼

𝛽

El desdoblamiento (unfolding)

La trayectoria de la partícula dentro del billar cuadrado puede obtenerse con un

procedimiento muy usado en algunos billares poligonales- el desdoblamiento (unfolding)-

que consiste en continuar la trayectoria en línea recta como si la frontera desapareciera

momentáneamente. Haciendo además cuadrados adyacentes al cuadrado original. Los

rebotes de la partícula con las líneas verticales y horizontales que lo delimitan, son

resultado de reflejar la línea por ese lado.

𝑞0 = (0.2, 0.2) 𝑦 𝑣0 = (2, 1) . Se muestran 4 rebotes.

El cuadrado inferior izquierda es el billar original en

donde los rebotes se plasman con todas las hipótesis;

los otros cuadrados muestran el rebote reflejado por ese

lado.

Periodicidad

En este billar hay una forma de determinar la periodicidad de la trayectoria cuando esta es

cerrada, ya se ha dicho que para ello la pendiente de la trayectoria debe ser racional.

Siendo 𝑣0 = (𝑎, 𝑏) con 𝑏/𝑎 racional entonces la periodicidad de esta trayectoria inicial es

de 2(𝑎 + 𝑏).

Ejemplo:

𝑞0 = (1

5,

1

4) 𝑦 𝑣0 = (4, 3), como se

puede ver, los rebotes con un “costado”

vertical son 4 y por ambos son 8,

mientras que los rebotes con un lado

horizontal son tres y por ambos lados son

6, esto nos da un total de 14 rebotes con

las fronteras.

En la figura anterior aun no se cierra la

trayectoria pues la posición inicial no

está sobre la frontera, sin embargo, en el

rebote 15 se ve más claro cuando se

cierra.

Billar en un círculo.

Este billar aunque desde un principio lo estudiaremos completo, mas adelante veremos

cuando se estudie por sectores.

Sea 𝑄 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2: 𝑥2 + 𝑦2 = 1}

El radio puede variar, pero usaremos el radio igual a uno.

Este billar presenta también órbitas periódicas de periodo dos, pero éstas existen si la

trayectoria inicial se dirige hacia el centro del billar (en este caso el origen). A diferencia

del billar cuadrado en las que éstas existen si el vector 𝑣0 es un vector normal a

cualesquiera de sus fronteras.

Por ejemplo:

𝑞0 = (0, 0) 𝑦 𝑣0 = (1, 1)

𝑞0 = (0, 0) 𝑦 𝑣0 = (−1, 1)

Los ángulos que se forman con la tangente a la curva en cada rebote son de 𝜋

2= 90°.

Esta orbita coincide con el diámetro de la circunferencia, por lo que entonces podemos

crear distintas trayectorias que reflejen el diámetro.

Por la simetría del circulo, encontramos diversas orbitas de periodo “n”, algunos ejemplos

de estos son todos los polígonos regulares inscritos en el circulo.

𝜋

2

𝜋

2

𝑣0 𝑣0

Tomemos como punto de referencia 𝑞0 = (−1, 0).

La recta tangente en el punto 𝑞0 coincide

con la recta 𝑥 = −1. Si el ángulo de

salida formado con ésta recta es de de 𝜋

3,

se obtiene una orbita de periodo 3

Si el ángulo formado entre la recta

tangente y el vector velocidad es de 𝜋

4

entonces se obtiene una órbita de

periodo 4.

Si el ángulo que se forma entre la

tangente y el vector velocidad es 𝜋

5

entonces se obtiene una orbita de

periodo 5.

𝜋

4

𝜋

3

𝜋

5

𝑣0

𝑣0

𝑣0

En este caso el ángulo formado entre la

recta tangente y el vector velocidad es de 𝜋

6.

En general para obtener estas orbitas cerradas que corresponden a los polígonos

regulares de n lados, debemos escoger un vector cuyo ángulo de salida formado con la

tangente sea de la forma 𝜋

𝑛, con 𝑛 ≥ 2.

A lo que nos lleva a la pregunta: ¿cómo debemos elegir 𝑣0?.

Con 𝑞0 = (−1, 0), veamos la siguiente figura

𝜃 es el ángulo que se forma con 𝑣0 y el

eje x, α es el ángulo formado entre la

recta tangente y 𝑣0, y 𝛽 es un ángulo que

complementa al triangulo formado si

uniéramos los puntos de rebote al centro

(como se muestra en la figura).

De la figura obtenemos las siguientes igualdades:

𝛼 + 𝜃 =𝜋

2

2𝜃 + 𝛽 = 𝜋

De esta dos ecuaciones nos lleva a encontrar que

𝛽 = 2𝛼

𝛽

𝜃 𝛼

𝜃

𝜋

6

𝑣0

𝑣0

𝑞0

Entonces dado un vector de salida 𝑣0, el ángulo 𝛽 determina una partición (hablando en el

sentido de los ángulos) de tamaño 2𝛼. Esto también nos dice que el circulo está siendo, de

cierta manera, “fragmentado” en 𝑛 sectores. Puesto que

2𝜋

𝛽=

2𝜋

2𝛼=

𝜋

𝛼=

𝜋𝜋𝑛

= 𝑛

Sea 𝑣0 = (𝑥, 𝑦) y tomemos (1, 0) como vector paralelo al eje x, entonces haciendo

producto punto

(𝑥, 𝑦). (1, 0) = ‖(1, 0)‖‖(𝑥, 𝑦)‖cos (𝜃)

que se reduce a

𝑥 = √𝑥2 + 𝑦2 cos(𝜃) … … … … … … … . (5)

También observamos que

0 ≤ 𝜃 ≤𝜋

2

⟹ 0 ≤ cos(𝜃) ≤ 1

Y elevamos ambos miembros al cuadrado de la ecuación (5).

𝑥2 = (𝑥2 + 𝑦2) cos2(𝜃)

⟹ 𝑥2(1 − cos2(𝜃)) = 𝑦2 cos2(𝜃)

Sustituimos 𝜃 en términos de 𝛼

⟹ 𝑥2(1 − cos2 (𝜋

2− 𝛼)) = 𝑦2(𝑐𝑜𝑠2 (

𝜋

2− 𝛼))

⟹ 𝑥2 (𝑠𝑒𝑛2 (𝜋

2− 𝛼)) = 𝑦2(cos2 (

𝜋

2− 𝛼))

⟹ 𝑦2 = 𝑡𝑎𝑛2(𝜋

2− 𝛼)𝑥2

Y como por ahora 𝛼 =𝜋

𝑛, entonces

𝑦2 = 𝑡𝑎𝑛2 (𝜋

2−

𝜋

𝑛) 𝑥2

Pero 𝑥 > 0, 𝑦 ≥ 0 & tan (𝜋

2−

𝜋

𝑛) ∈ [0, ∞) ∀𝑛 ≥ 2, y simplificamos la ecuación a

𝑦 = 𝑡𝑎𝑛 (𝜋

2−

𝜋

𝑛) 𝑥 … … … … … … … . (6)

Esta última ecuación representa a 𝑦 en función de 𝑥. Con 𝑛 ≥ 2 fija, podemos encontrar

distintos vectores que nos generen polígonos regulares de 𝑛 lados. Y de (6) concluimos

que

𝑣0 = (𝑥, 𝑡𝑎𝑛 (𝜋

2−

𝜋

𝑛) 𝑥) , 𝑛 ≥ 2, 𝑥 > 0 … … … … … . (7)

Más orbitas de periodo 𝑛

¿Qué sucede si eligiéramos 𝛼 de la forma

𝛼 =𝑚𝜋

𝑛?

El ángulo 𝛼 es un ángulo que varía de

0 ≤ 𝛼 ≤𝜋

2

Entonces elegir 𝑚 𝑦 𝑛 tal que 𝑚 > 𝑛 no es factible.

Enfoquemos entonces ahora en elegir 𝑚 ≤ 𝑛.

Si 𝑚 = 1, obtenemos las orbitas de periodo 𝑛 que corresponden a los polígonos regulares.

Si 𝑚 𝑦 𝑛 son tal que su 𝑚𝑐𝑑(𝑚, 𝑛) = 1 entonces obtenemos polígonos “estrellados”

Ejemplo:

Orbita de periodo 5. El ángulo que se

forma entre el eje x y la recta tangente es

de 2𝜋

5, en este caso 𝑚 = 2 𝑦 𝑛 = 5.

Esta es una trayectoria de periodo 7, el

ángulo de salida 𝛼 es de 2𝜋

7 y 𝜃 =

3𝜋

14

𝛼

2𝜋

5

𝜋

10 𝜃

En esta figura se muestra otra trayectoria

de periodo 7. 𝛼 =3𝜋

7 𝑦 𝜃 =

𝜋

14.

Y en ésta última, una trayectoria de

periodo 8, 𝛼 =3𝜋

7 𝑦 𝜃 =

𝜋

14.

La obtención de estas orbitas es consecuencia de generalizar la ecuación (7)

𝑣0 = (𝑥, 𝑡𝑎𝑛 (𝜋

2−

𝑚𝜋

𝑛) 𝑥) , 𝑐𝑜𝑛 𝑚𝑐𝑑(𝑚, 𝑛) = 1, 𝑚 < 𝑛 , 𝑥 > 0 … … … … … . (8)

Billar elíptico.

Describimos el billar elíptico como 𝑄 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2 : (𝑥

𝑐)

2

+ (𝑦

𝑑)

2

= 1 𝑐𝑜𝑛 𝑐 ≠ 𝑑}

𝜃 𝛼

𝛼

Es claro que el caso 𝑐 = 𝑑 nos llevaría al caso del billar circular, además de que 𝑐 𝑦 𝑑 son

cualesquiera números positivos. Pongamos 𝑐 = 2 𝑦 𝑑 = 1 para ver algún ejemplo.

En este billar solo existen dos trayectorias que corresponden a órbitas de periodo 2. A

diferencia del billar circular en la que toda trayectoria inicial que se dirija al centro

corresponde a una órbita de periodo 2. Las ilustramos a continuación:

𝑞0 = (−2, 0)

y 𝑣0 = (1, 0)

𝑞0 = (0, 0) y

𝑣0 = (0, 1)

Más adelante hablaremos sobre la “estabilidad” de estas orbitas.

𝜋

2

𝜃

𝜋

2

𝑞0

𝑞0

𝑞0

𝜃

Una órbita de periodo 4 mostramos a continuación.

𝑞0 = (−2, 0)

𝑦 𝑣0 = (2, 1)

Orbitas de periodo tres.

Hallar estas orbitas no es tan sencillo como lo fue para las de periodo dos y cuatro, pero

aseguramos que estas existen en este billar.

Un intento por encontrar una órbita de periodo tres…

Con la intención de obtener una órbita de periodo tres, sugerimos plantear el problema

de la siguiente manera:

Sea (𝑥

𝑐)

2

+ (𝑦

𝑑)

2

= 1 la ecuación de la elipse, en general, y 𝑙1, 𝑙2 𝑦 𝑙3 rectas tangentes

distintas, a la elipse, como se muestra en el siguiente esquema

𝛾 + 𝜑 =𝜋

2

𝜑

𝛾

𝑞0

𝜃

𝜃

𝜑

𝛾

Los puntos de tangencia tienen coordenadas, supongamos, 𝐴 = (𝑥1, 𝑦1),

𝐵 = (𝑥2, 𝑦2) 𝑦 𝐶 = (𝑥3, 𝑦3)

Supongamos también que las rectas 𝑙1, 𝑙2 𝑦 𝑙3 tienen pendientes 𝑚1, 𝑚2 𝑦 𝑚3

respectivamente, entonces por ser tangentes a la elipse, la derivada en los puntos

𝐴, 𝐵 𝑦 𝐶 coincide con las pendientes de éstas y deducimos lo siguiente

𝑚1 = −𝑑2

𝑐2

𝑥1

𝑦1

𝑚2 = −𝑑2

𝑐2

𝑥2

𝑦2

𝑚3 = −𝑑2

𝑐2

𝑥3

𝑦3

Del esquema los segmentos 𝐴𝐵, 𝐵𝐶 𝑦 𝐶𝐴 determinan la trayectoria de la partícula, que

puede ser recorrida en cualquier sentido.

Sean tambien:

𝑙4 recta que pasa por los punto 𝐴 𝑦 𝐵 con pendiente 𝑚4

𝑙5 recta que pasa por los punto 𝐵 𝑦 𝐶 con pendiente 𝑚5 y

𝑙6 recta que pasa por los punto 𝐶 𝑦 𝐴 con pendiente 𝑚6.

Y expresamos estas pendientes en términos de las coordenadas de 𝐴, 𝐵 𝑦 𝐶

𝑚4 =𝑦2 − 𝑦1

𝑥2 − 𝑥1

𝑚5 =𝑦3 − 𝑦2

𝑥3 − 𝑥2

𝑚6 =𝑦3 − 𝑦1

𝑥3 − 𝑥1

A simple vista, esto parece describir una trayectoria triangular cualquiera que no

necesariamente es de billar por lo que necesitamos afinar algunos detalles para lograr que

ésta sea una cumpliendo todas las hipótesis mencionadas.

Para hacer esto posible establecemos las siguientes ecuaciones:

tan(𝛼) =𝑚1 − 𝑚4

1 + 𝑚1𝑚4=

𝑚6 − 𝑚1

1 + 𝑚1𝑚6

tan(𝛽) =𝑚4 − 𝑚2

1 + 𝑚2𝑚4=

𝑚2 − 𝑚5

1 + 𝑚2𝑚5

tan(𝛾) =𝑚3 − 𝑚6

1 + 𝑚3𝑚6=

𝑚5 − 𝑚3

1 + 𝑚3𝑚5

Como 𝐴, 𝐵 𝑦 𝐶 satisfacen la ecuación de la elipse tenemos por último las siguientes

igualdades:

𝑥12

𝑐2+

𝑦12

𝑑2= 1

𝑥22

𝑐2+

𝑦22

𝑑2= 1

𝑥32

𝑐2+

𝑦32

𝑑2= 1

Resumiendo todo lo anterior vemos que tenemos 12 ecuaciones con 12 incógnitas, un

sistema algo grande y quizás complicado de resolver. Aunque si de alguna manera

lográramos conocer los puntos 𝐴, 𝐵 𝑦 𝐶, en seguida tendríamos los valores de

𝑚4, 𝑚5 𝑦 𝑚6 ya que éstas están en función de las primeras y estaríamos reduciendo el

sistema a 9 ecuaciones.

Como se puede notar, el plantear de la misma manera este problema para hallar orbitas

de periodo 5 se estaría añadiendo a un sistema parecido al anterior otras 4 variables y 4

ecuaciones más lo que se obtendría un total de 16 ecuaciones con 16 incógnitas.

Sistemas de coordenadas en los billares.

Se establece un sistema de coordenadas (𝑠, 𝑝), donde 𝑠 es la longitud de arco alcanzado

de un rebote a otro medido desde un punto fijo, tomado como referencia, en el sentido

de las manecillas del reloj mientras que 𝑝 = cos (𝛼), donde 𝛼 es el ángulo formado por la

recta tangente a la curva y el vector de salida.

Ejemplo.

Fijamos un punto inicial que llamaremos 𝑠0 = 0 en la circunferencia de radio 1 con centro

en el origen, en este caso hemos elegido (1,0), y supondremos una velocidad inicial

𝑣0 = (𝑢0, 𝑤0).

En el punto (1, 0) la recta tangente es vertical por lo cual podemos usar como vector

direccional a (0, 1) y tenemos lo siguiente:

𝑝0 = cos(𝛼) =𝑣0. (0, 1)

‖𝑣0‖‖(0, 1)‖=

𝑤0

‖𝑣0‖

Esto se ilustra a continuación

En este punto hemos iniciado una trayectoria con coordenadas (𝑠0, 𝑝0) = (0,𝑤0

‖𝑣0‖),

Cuando ocurra el primer rebote tendremos lo siguiente

Las coordenadas de la partícula en este segundo rebote se obtienen calculando la longitud

de arco delimitada por los puntos 𝑠0 𝑦 𝑠1 (marcada de color rojo) y calculando cos (𝛽).

Existe otro sistema de coordenadas que solo emplea ángulos, es decir, denotamos las

coordenadas de los rebotes de la partícula como (𝛼, 𝜓) donde 𝛼 sigue siendo el ángulo

formado por la recta tangente y el vector de salida mientras que 𝜓 es el ángulo formado

por la recta tangente y el eje x.