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Soluções Capítulo 2 (COMPLETO) - Mecânica Analítica (Nivaldo A. Lemos)

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de θ, podemos escrever uma forma alternativa de (157):
d
dθ
(
f − ∂f
∂z′
z′
)
=
∂f
∂z
z′ +
∂f
∂z′
z′′ − z′ d
dθ
(
∂f
∂z′
)
− ∂f
∂z′
z′′ = z′
[
∂f
∂z
− d
dθ
(
∂f
∂z′
)]
= 0
⇒ f − ∂f
∂z′
z′ = C , (158)
onde C é uma constante arbitrária. Isso se traduz em√
z′ 2 + sin2 α z2 − z
′ 2
√
z′ 2 + sin2 α z2
= C ⇒ sin
2 α z2√
z′ 2 + sin2 α z2
= C (159)
que, após isolarmos z′, nos dá
z′ = ± sinα z
√
sin2 α z2
C2
− 1 . (160)
Separando as variáveis e integrando (pode-se usar a substituição sinα z/C = secu), obte-
mosas geodésicas do cone
sinα θ + C ′ = ± arcsec
(
sinα
C
z
)
⇒ z = ± C
sinα cos(sinα θ + C ′)
, (161)
onde C ′ é outra constante arbitrária. O sinal +/− corresponde a curvas subindo no cone
girando no sentido anti-horário/horário. Na verdade, a solução com sinal − pode ser
obtida da solução com sinal + simplesmente tomando C ′ → C ′ + π, tornando o cosseno
negativo. Portanto, só precisamos de um dos sinais:
ρ = z tanα =
C
cosα cos(sinα θ + C ′)
. (162)
20 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 21
Vamos agora determinar as geodésicas satisfazendo condições de contorno espećıficas,
isto é, começando e terminando em pontos espećıficos. Supondo que a geodésica começa
em (z1, θ1) e termina em (z2, θ2), obtemos o sistema{
z1 sinα cos(sinα θ1 + C
′) = C
z2 sinα cos(sinα θ2 + C
′) = C
(163)
que determina as constantes C e C ′. No entando, se z1 = 0 (começamos no vértice do
cone), temos C = 0 obrigatoriamente, o que resulta em z(θ) = 0 pela solução (162).
Na verdade, em qualquer instante de uma geodésica, z = 0 vai implicar em C = 0.
Isto significa que nenhuma geodésica (162) passa pelo vértice do cone! Ainda assim, se
queremos chegar em qualquer ponto do cone partindo do vértice, basta tomar a reta
conectano os dois pontos (que obrigatoriamente está contida no cone).
Problema 2.2. Solução: A equação de movimento para uma part́ıcula movendo-se num
plano vertical genérico sob um campo gravitacional constante vem da lagrangiana L =
mṙ2/2 +mgz e é, em componentes,
mẍ = 0 ⇒ x = x0 + v0xt
mÿ = 0 ⇒ y = y0 + v0yt
mz̈ = −mg ⇒ z = z0 + v0zt− gt
2
2
. (164)
As 6 condições de contorno r(0) = 0 e r(T ) = r0 determinam o plano do movimento
especificando as 6 constantes desconhecidas x0, y0, z0, v0x, v0y e v0z. Portanto, existe uma
única solução rf (t) para a trajetória da part́ıcula satisfazendo estas condições.
Qualquer outra trajetória r(t) = rf (t) + η(t) satisfazendo as condições de contorno
(isto é, η(0) = η(T ) = 0) possui ação
S[r] =
∫ T
0
dt
[
m
2
(ṙf+η̇)
2+mg(z+z′)
]
= S[rf ]+
∫ T
0
dt
[
m
2
(|η̇|2+2ṙf ·η̇)+mgz′
]
, (165)
onde z′ = η · ẑ. Podemos realizar uma integração por partes no penúltimo termo de (165),
obtendo
S[r] = S[rf ] +
m
2
∫ T
0
|η̇|2 dt+ (mṙf · η)
∣∣∣T
0
−
∫ T
0
dt (mr̈f · η +mgz′) . (166)
O termo de fronteira se anula pois η(0) = η(T ) = 0. Além disso, a equação de movimento
(164) implica que somente a componente ẑ de r̈f sobrevive, de maneira que r̈f · η = −gz′
e a última integral também se anula. Assim, conclúımos que
S[r] = S[rf ] +
m
2
∫ T
0
|η̇|2 dt . (167)
A trajetória f́ısica é aquela que minimiza a ação (167). Claramente, η = 0 minimiza
S[r], eliminando completamente o último termo e confirmando que a trajetória f́ısica rf (t)
satisfaz o prinćıpio de Hamilton.
21 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 22
Problema 2.3. Solução: Um oscilador harmônico de massa m e frequência angular ω so
longo do eixo x possui lagrangiana L = (m/2)ẋ2− (mω2/2)x2, que resulta na equação de
movimento ẍ = −ω2x. Esta equação fornece a trajetória f́ısica da part́ıcula, xf (t), após
especificadas as condições de contorno x(0) e x(T ). Analogamente ao Problema 2.2, para
uma trajetória x(t) = xf (t) + η(t) com η(0) = η(T ) = 0, a ação se torna
S[x] =
∫ T
0
dt
[
m
2
(ẋf + η̇)
2 − mω
2
2
(xf + η)
2
]
= S[xf ] +
m
2
∫ T
0
dt (η̇2 + 2ẋf η̇)−
mω2
2
∫ T
0
dt (η2 + 2xfη)
= S[xf ] +
m
2
∫ T
0
dt (η̇2 − ω2η2) + (mẋfη)
∣∣∣T
0
− m
2
∫ T
0
dt (mẍfη + ω
2xfη) ,
onde integramos por parte na última igualdade. O termo de fronteira se anula nova-
mente, assim como a última integral após utilizar a equação de movimento ẍf = −ω2xf ,
resultando em
S[x] = S[xf ] +
m
2
∫ T
0
(η̇2 − ω2η2) dt . (168)
Podemos expandir η(t) em uma série de Fourier η(t) =
∑∞
n=1 Cn sin(Ωnt)+Dn cos(Ωnt),
onde η(0) = 0 zera todos os Dn’s e η(T ) = 0 produz os modos Ωn = nπ/T , nos deixando
η(t) =
∞∑
n=1
Cn sin
(
nπt
T
)
. (169)
Substitúındo (169) em (168), obtemos a expressão
S[x] = S[xf ] +
m
2
∫ T
0
∞∑
n=1
∞∑
m=1
[
CnCm
nπ
T
mπ
T
cos
(
nπt
T
)
cos
(
mπt
T
)
−
− ω2CnCm sin
(
nπt
T
)
sin
(
mπt
T
)]
dt .
Usufruindo da ortogonalidade das funções trigonométricas,
∫ T
0
cos(nπt/T ) cos(mπt/T ) dt =∫ T
0
sin(nπt/T ) sin(mπt/T ) dt = (T/2) δnm, podemos realizar a integração e usar a delta
de Kronecker para eliminar um dos somatórios:
S[x] = S[xf ] +
mT
4
∞∑
n=1
(
n2π2
T 2
− ω2
)
C2n . (170)
O prinćıpio de Hamilton exige que a ação seja mı́nima para a trajetória f́ısica. Para
que isto seja verdade, o segundo termo de (170) não pode ser negativo, pois isto implicaria
em S[x] < S[xf ]. Portanto, exigimos que
n2π2
T 2
> ω2 , ∀n ⇒ T < π
ω
. (171)
22 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 23
Problema 2.4. Solução: Vamos minimizar J [y] =
∫ 1
0
y′ 2 dx com y(0) = 0 e y(1) = 1
testando a solução aproximada yα(x) = x
3 + αx(x − 1). Note que yα(x) satisfaz as
condições de contorno. Sabendo que y′α(x) = 3x
2 +α(2x−1), o funcional para este ansatz
terá como valor
J [yα] =
∫ 1
0
[9x4 + 6α(2x3 − x2) + α2(2x− 1)2] dx
=
9
5
+ 6α
(
2
4
− 1
3
)
+ α2
(
4
3
− 4
2
+ 1
)
=
9
5
+ α +
1
3
α2 .
O mı́nimo de J [yα] ≡ F (α) é obtido encontrando o valor de α que minimiza a expressão
acima. Trata-se de um problema de minimização simples de uma função de 1 variável:
F ′(α)
∣∣∣
α=α0
= 0 ⇒ α0 = −
3
2
. (172)
Portanto, a melhor aproximação deste ansatz para minimizar J [y] é J [yα0 ] = 1.05.
A função exata que minimiza J [y] pode ser obtida através da equação de Euler com
f(y, y′, x) = y′ 2:
∂f
∂y
− d
dx
(
∂f
∂y′
)
= 0 ⇒ y′ = C ⇒ y(x) = Cx+ C ′ , (173)
onde C e C ′ são constantes. As condições de contorno prontamente nos fornecem C ′ = 0
e C = 1, tal que a solução exata para o problema de minimização é y(x) = x . Esta
solução pode ser comparada com a nossa solução aproximada yα0(x) = x
3 − 3x(x− 1)/2
na Figura 1. O valor exato do mı́nimo de J [y] é 1. Isto significa que a nossa aproximação
teve um erro percentual de
Erro =
1.05− 1
1
= 5% . (174)
y(x)
yα0
(x)
0 0.5 1
0
0.5
1
x
f(
x
)
Figure 1: Comparação entre a solução exata e a solução aproximada do Problema 2.4.
23 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 24
Problema 2.5. Solução: Definimos o eixo x tal que os postes verticais ficam em x = a
e x = b (com b > a e ` > b − a para que a corda seja longa o suficiente). A curva que a
altura da corda descreve ao longo do eixo x é y(x). O comprimento de arco infinitesimal
da corda é d`2 = dx2 + dy2 = (1 + y′ 2) dx2, tal que∫ b
a
√
1 + y′ 2 dx = ` . (175)
A energia potencial total da corda é
U =
∫
gy dm =
∫
ρgy d` = ρg
∫ b
a
y
√
1 + y′ 2 dx , (176)
onde ρ = dm/d` é a densidade (constante) do cabo homogêneo. Já que a posição de
equiĺıbrio da corda é aquela que minimiza U , para achar y(x) precisamos minimizar
E[y] =
∫ b
a
y
√
1 + y′ 2 dx . (177)
Trata-se de um problema isoperimétrico cuja solução é obtida minimizando
Ē[y] =
∫ b
a
(
y
√
1 + y′ 2 + λ
√
1 + y′ 2
)
dx , (178)
onde λ é um multiplicador de Lagrange. A equação de Euler na forma (158) nos dá
(y + λ)
√
1 + y′ 2 − (y + λ)y
′ 2√
1 + y′ 2
= C ⇒ (y + λ)2 = C2(1 + y′ 2) , (179)
cuja solução é a catenária (verifique!)

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