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

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2θ̇) = λ1a12 = 0 , (226)
m1ÿ −m1g = λ1a13 = λ1 . (227)
9Estes coeficientes também podem ser obtidos através da Eq. (2.4.32) do livro com f1(q, t) = r+y− l.
33 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 34
Note a lagrangiana é independente da variável θ, o que a torna uma coordenada ćıclica.
Pelo Teorema 2.5.1 do livro, o seu momento conjugado
pθ =
∂L
∂θ̇
= m2r
2θ̇ (228)
é constante de movimento, ratificando (226). A tensão no fio T é a força de reação do
peso de m1. Usando a Eq. (2.4.12) do livro (com um sinal negativo já que T aponta no
sentido negativo do eixo y),
−T = Q′y = λ1a13 = λ1 . (229)
Por virtude das equações de movimento, o v́ınculo, que pode ser reescrito como r̈ = −ÿ,
nos dá uma expressão para o multiplicador de Lagrange
r̈ = −ÿ ⇒ λ1
m2
+ rθ̇2 = − λ1
m1
− g
⇒ m1 +m2
m1m2
λ1 = −g −
p2θ
m22r
3
⇒ λ1 = −
m1m2
m1 +m2
(
g +
p2θ
m22r
3
)
.
Logo, a tensão no fio é
T =
m1m2
m1 +m2
(
g +
p2θ
m22r
3
)
. (230)
No caso em que pθ = 0, a equação de movimento para y se torna
m1ÿ −m1g = λ1 = −
m1m2
m1 +m2
g . (231)
Dáı, tiramos que a aceleração de queda da massa m1 é
ÿ =
m1
m1 +m2
g (232)
na direção positiva do eixo y (para baixo).
34 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 35
Problema 2.13. Solução: (i) O prinćıpio de Hamilton na mecânica generalizada nos
dá a trajetória f́ısica através da extremização da ação
S =
∫ t2
t1
L(q, q̇, q̈, t) dt , (233)
com variação nula de qi e q̇i nos extremos temporais. Em outras palavras, se realizarmos
uma variação infinitesimal na trajetória do sistema,
q̄i(t) = qi(t) + δqi(t) ∀i , (234)
com δqi(t1) = δqi(t2) = δq̇i(t1) = δq̇i(t2) = 0,∀i, a variação da ação (233) deve ser nula:
δS =
∫ t2
t1
∑
i
(
∂L
∂qi
δqi +
∂L
∂q̇i
δq̇i +
∂L
∂q̈i
δq̈i
)
dt = 0 . (235)
Integrando por partes o segundo termo uma vez e o terceiro termo duas vezes,∫ t2
t1
∑
i
[
∂L
∂qi
δqi −
d
dt
(
∂L
∂q̇i
)
δqi +
d2
dt2
(
∂L
∂q̈i
)
δqi
]
dt +
+
∑
i
∂L
∂q̇i
δqi
∣∣∣∣t2
t1
+
∑
i
∂L
∂q̈i
δq̇i
∣∣∣∣t2
t1
−
∑
i
∂L
∂q̈i
δqi
∣∣∣∣t2
t1
= 0 ,
vemos que os termos de fronteira são anulados (anular δq̇ nos extremos é necessário para
que isso aconteça). Como os δqi’s são independentes entre si, podemos fatorá-los e impor
que cada termo da soma seja nulo por si só. Isto dá lugar às equações de Lagrange
d2
dt2
(
∂L
∂q̈i
)
− d
dt
(
∂L
∂q̇i
)
+
∂L
∂qi
= 0 . (236)
Para lagrangianas contendo derivadas de ordens superiores, a generalização é direta. Por
exemplo, para L(q, q̇, q̈,
...
q, t),
d3
dt3
(
∂L
∂
...
qi
)
− d
2
dt2
(
∂L
∂q̈i
)
+
d
dt
(
∂L
∂q̇i
)
− ∂L
∂qi
= 0 . (237)
(ii) Usando (236), é fácil verificar que a lagrangiana L = −mqq̈/2 − kq2/2 gera a
equação de movimento
−mq̈
2
− mq̈
2
− kq = 0 ⇒ mq̈ + kq = 0 , (238)
que descreve um oscilador harmônico, advindo da lagrangiana usual L̄ = mq̇2/2− kq2/2.
De fato, estas lagrangianas são equivalentes:
L = −mqq̈
2
− kq
2
2
= L̄− mqq̈
2
− mq̇
2
2
(239)
⇒ L = L̄− d
dt
(mqq̇
2
)
. (240)
35 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 36
Problema 2.14. Solução: Se definirmos as funções auxiliares f(x, ẋ) = (2ẋ+ λx)/2Ωx,
onde Ω =
√
ω2 − λ2/4 é uma constante, e g(x, ẋ) = ẋ2 + λxẋ+ ω2x2, sabendo que
∂f
∂x
≡ fx =
λ(2Ωx)− 2Ω(2ẋ+ λx)
4Ω2x2
= − ẋ
Ωx2
,
∂f
∂ẋ
≡ fẋ =
1
Ωx
, (241)
∂g
∂x
≡ gx = λẋ+ 2ω2x ,
∂g
∂ẋ
≡ gẋ = 2ẋ+ λx =
2f
fẋ
, (242)
vemos que a equação de movimento gerada pela lagrangiana
L =
2ẋ+ λx
2Ωx
arctan
(
2ẋ+ λx
2Ωx
)
− 1
2
ln
(
ẋ2 + λxẋ+ ω2x2
)
= f arctan(f)− 1
2
ln(g) ,
pode ser escrita em termos de f e g como
d
dt
[
fẋ arctan(f) + f
fẋ
1 + f 2
− gẋ
2g
]
− fx arctan(f)− f
fx
1 + f 2
+
gx
2g
= 0 . (243)
A expressão expĺıcita para Ω2 nos dá a propriedade
1 + f 2 = 1 +
4ẋ2 + 4λẋx+ λ2x2
4Ω2x2
=
4(ω2 − λ2/4)x2 + 4ẋ2 + 4λẋx+ λ2x2
4Ω2x2
= gf 2ẋ , (244)
tal que os dois últimos termos dentro da derivada no tempo se cancelam graças a (242):
f
fẋ
1 + f 2
− gẋ
2g
=
f
gfẋ
− f
gfẋ
= 0 . (245)
Executando a derivada no tempo, a equação de movimento se torna
ḟẋ arctan(f) + fẋ
ḟ
1 + f 2
− fx arctan(f)− f
fx
1 + f 2
+
gx
2g
= 0 . (246)
Note que ḟẋ = −ẋ/Ωx2 = fx, fazendo com que os termos com arco tangente se cancelem.
Usando novamente (244), chegamos a
ḟ
gfẋ
− ffx
gf 2ẋ
+
gx
2g
= 0 . (247)
Multiplicando todos os termos por g, podemos substituir
ḟ =
(2ẍ+ λẋ)2Ωx− (2ẋ+ λx)2Ωẋ
4Ω2x2
=
ẍx− ẋ2
Ωx2
,
na equação de movimento, obtendo a equação para um oscilador harmônico amortecido.
ẍx− ẋ2
x
+
(2ẋ+ λx)Ωx
2
ẋ
Ωx2
+
λẋ+ 2ω2x
2
= 0 (248)
⇒ ẍ+ λẋ+ ω2x = 0 . (249)
36 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 37
Sob uma dilatação espacial infinitesimal caracterizada pelas transformações de coor-
denadas x′(t′) = (1 + �)x(t) e t′ = t, obtemos as relações
dt′
dt
= 1 ⇒ dx
′(t′)
dt′
=
dx′(t)
dt
= (1 + �)ẋ (250)
(entenda ẋ por dx(t)/dt), tal que a lagrangiana sob as novas coordenadas será
L
(
x′(t′),
dx′(t′)
dt′
, t′
)
= L((1 + �)x, (1 + �)ẋ, t)
=
2ẋ+ λx
2Ωx
arctan
(
2ẋ+ λx
2Ωx
)
− 1
2
ln
(
ẋ2 + λxẋ+ ω2x2
)
− ln(1 + �) .
Note que o primeiro termo permanece igual pois os fatores de (1 + �) no numerador e no
denominador se cancelam. No segundo termo, usamos ln((1 + �)2g) = 2 ln(1 + �) + ln(g).
Expandindo ln(1 + �) até primeira ordem em �,
L
(
x′(t′),
dx′(t′)
dt′
, t′
)
= L(x, ẋ, t)− � . (251)
Desta forma, a variação da ação sob essa transformação é
∆S =
∫ t′2
t′1
L
(
x′(t′),
dx′(t′)
dt′
, t′
)
dt′ −
∫ t2
t1
L
(
x(t), ẋ, t
)
dt
= −
∫ t2
t1
� dt =
∫ t2
t1
�
d
dt
(−t) dt
⇒ ∆S =
∫ t′2
t′1
L
(
x′(t′),
dx′(t′)
dt′
, t′
)
dt′ −
∫ t2
t1
{
L
(
x(t), ẋ, t
)
+ �
d
dt
(−t)
}
dt = 0 , (252)
isto é, ela satisfaz a Eq. (2.7.11) do livro com G(x, t) = −t .
O teorema de Noether generalizado nos diz que a quantidade conservada associada a
essa simetria de dilatação espacial é
C =
∂L
∂ẋ
(ẋX −Ψ)− LX +G , (253)
onde X(x), t) = 0 e Ψ(x, t) = x pelas Eqs. (2.7.1) do livro. Usando G = −t e os resultados
da primeira parte do exerćıcio,
∂L
∂ẋ
= fẋ arctan(f) =
1
Ωx
arctan
(
2ẋ+ λx
2Ωx
)
(254)
⇒ C = − 1
Ω
arctan
(
2ẋ+ λx
2Ωx
)
− t . (255)
Definindo δ = ΩC, esta nova quantidade é uma constante de movimento,
δ = − arctan
(
2ẋ+ λx
2Ωx
)
− Ωt . (256)
37 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 38
Por outro lado, uma simetria da lagrangiana de Bateman (Problema 1.14) – que
também gera (249) para m = 1 – nos dá, pelo teorema de Noether, outra constante
de movimento do oscilador harmônico amortecido (Eq. (2.7.17) do livro com m = 1):
C̄ = eλt
(
ẋ2
2
+
ω2x2
2
+
λxẋ
2
)
. (257)
De (256), tiramos que
2ẋ+ λx
2Ωx
= − tan(Ωt+ δ) ⇒ ẋ = −x
[
Ω tan(Ωt+ δ) +
λ
2
]
, (258)
resultado este que pode ser inserido em (257) para chegarmos a
2C̄ = x2eλt
[
Ω2 tan2(Ωt+ δ) + Ωλ tan(Ωt+ δ) +
λ2
4
+ ω2 − λΩ tan(Ωt+ δ)− λ
2
2
]
= x2eλt
[
Ω2 tan2(Ωt+ δ)− λ
2
4
+ ω2
]
= x2Ω2eλt[tan2(Ωt+ δ) + 1]
= x2Ω2eλt sec2(Ωt+ δ) .
Podemos isolar x na expressão acima para obter (por meios puramente algébricos) a
solução geral da equação de movimento do oscilador amortecido:
x =
√
2C̄
e−λt/2
Ω
cos(Ωt+ δ) ⇒ x(t) = Ae−λt/2 cos(Ωt+ δ) , (259)
onde A =
√
2C̄/Ω2 é uma constante.
38 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 39
Problema 2.15. Solução: Sob uma transformação de Galileu
r′i = ri − vt , t′ = t , (260)
onde v é constante10, o vetor velocidade transformado será dr′i/dt
′ = dr′i/dt = ṙi − v.
Consequentemente, a lagrangiana L = T − V para um sistema de N part́ıculas, onde
T =
∑
imiṙ
2
i /2 e V = V (rij) = V (|ri − rj|), se transforma como
L′ =
∑
i
mi
2
ṙ′2i − V (r′ij)
=
∑
i
mi
2
(ṙ2i − 2ṙi · v + v2)− V (rij)
= L+
∑
i
mi
2
(v2 − 2ṙi · v) ,
onde v2 = v · v e usamos que r′ij = |r′i − r′j|=