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

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Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 16
Caṕıtulo 2: Prinćıpio Variacional de Hamilton
Exerćıcio 2.3.1. Solução: Se a Lagrangiana L(q, q̇, t) satisfaz as equações de Lagrange
d
dt
(
∂L
∂q̇
)
− ∂L
∂q
= 0 (126)
∀q, então a Lagrangiana L̄(q, q̇, t) = L(q, q̇, t) + d
dt
f(q, t) satisfaz
d
dt
(
∂L̄
∂q̇
)
− ∂L̄
∂q
=
d
dt
[
∂L
∂q̇
+
∂
∂q̇
(
d
dt
f(q, t)
)]
− ∂L
∂q
− ∂
∂q
(
d
dt
f(q, t)
)
=
d
dt
(
∂L
∂q̇
)
− ∂L
∂q
+
d
dt
[
∂
∂q̇
(
d
dt
f(q, t)
)]
− ∂
∂q
(
d
dt
f(q, t)
)
=
d
dt
[
∂
∂q̇
(
d
dt
f(q, t)
)]
− ∂
∂q
(
d
dt
f(q, t)
)
,
onde usamos (126) na última igualdade. No entanto, se aplicarmos a regra da cadeia,
vemos que
d
dt
f(q, t) = q̇
∂f
∂q
+
∂f
∂t
(127)
⇒ d
dt
[
∂
∂q̇
(
d
dt
f(q, t)
)]
=
d
dt
(
∂f
∂q
)
= q̇
∂2f
∂q2
+
∂2f
∂t∂q
(128)
⇒ ∂
∂q
(
d
dt
f(q, t)
)
= q̇
∂2f
∂q2
+
∂2f
∂q∂t
. (129)
Igualando as segundas derivadas cruzadas em q e t, fica claro que Lagrangianas equiva-
lentes geram as mesmas equações de movimento:
d
dt
(
∂L̄
∂q̇
)
− ∂L̄
∂q
= 0 =
d
dt
(
∂L
∂q̇
)
− ∂L
∂q
. (130)
Exerćıcio 2.4.1. Solução: O trabalho virtual das forças generalizadas de v́ınculo dadas
pela Eq. (2.4.12) do livro é
δWv =
n∑
k=1
Q′k · δqk =
n∑
k=1
p∑
l=1
λlalk · δqk =
p∑
l=1
λl
( n∑
k=1
alk · δqk
)
, (131)
onde os δqk’s são os deslocamentos virtuais. No entanto, sabemos que estes deslocamentos
virtuais devem obedecer à Eq. (2.4.3) do livro:
n∑
k=1
alkδqk = 0⇒ δWv = 0 . (132)
Mostramos que o trabalho virtual total das forças de v́ınculo é zero, confirmando que
satisfazemos o prinćıpio dos trabalhos virtuais da Eq. (1.3.7) do livro e, mais geralmente,
o prinćıpio de d’Alembert de Eq. (1.3.9) do livro. Portanto, mesmo com v́ınculos não-
holônomos, o prinćıpio de Hamilton δS = 0 na versão da Eq. (2.4.2) do livro não viola o
prinćıpio de d’Alembert.
16 Antonio Capanema
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(Nivaldo A. Lemos) 17
Exerćıcio 2.4.2. Solução: Para que o v́ınculo
ẋ− ωy = 0 (133)
seja holônomo, ele deveria ser escrito na forma G(x, y, t) = C, com C uma constante
arbitrária, que tem a forma da Eq. (1.2.7) do livro. Para isso, é preciso que exista um
fator integrante h(x, y, t) tal que (133) seja integrável diretamente se multiplicada por h:
hẋ− hωy = d
dt
G(x, y, t) =
∂G
∂x
ẋ+
∂G
∂y
ẏ +
∂G
∂t
= 0 . (134)
Claramente, (134) implica não somente em G(x, y, t) = C mas também em ∂G/∂x = h,
∂G/∂y = 0 e ∂G/∂t = −hωy. Igualando as segundas derivadas,
∂2G
∂y∂x
=
∂2G
∂x∂y
⇒ ∂h
∂y
= 0⇒ h = h(x, t) (135)
∂2G
∂y∂t
=
∂2G
∂t∂y
⇒ ∂
∂y
(−hωy) = 0⇒ h = 0 . (136)
O fator integrante trivial (nulo) nos diz que o v́ınculo (133) não é holônomo.
Exerćıcio 2.4.3. Solução: As equações newtonianas de movimento para a força F′ cujas
componentes são F ′x = mωẏ e F
′
y = 0 são
mẍ = mωẏ e mÿ = 0 . (137)
A segunda destas equações nos diz que y = y0 + v0yt, com y0 e v0 constantes arbitrárias.
Levando esta solução à primeira equação de (137), obtemos
ẍ = ωv0 ⇒ x = x0 + v0xt+
1
2
ωv0yt
2 . (138)
Para que estas soluções satisfaçam automaticamente o v́ınculo ẋ− ωy = 0, é preciso que
v0x + ωvoyt− ω(y0 + voyt) = 0 , (139)
ou seja, as condições iniciais devem satisfazer v0x = ωy0 . Isto nada mais é do que a
restrição imposta pelo v́ınculo sobre as condições iniciais.
Exerćıcio 2.4.4. Solução: As n primeiras equações (2.4.52) do livro são simplesmente
d
dt
(
∂L
∂q̇k
)
− ∂L
∂qk
= 0⇒ d
dt
(
∂L
∂q̇k
)
− ∂L
∂qk
=
p∑
l=1
λlalk , k = 1, ..., n , (140)
onde L = L(q, q̇, t) +
∑p
l=1 λlfl(q, t) e usamos que os v́ınculos holônomos fl(q, t) = 0
satisfazem a Eq. (2.4.32) do livro, ∂fl/∂qk = alk. Reproduzimos assim as Eqs. (2.4.9) do
livro, ao passo que as p últimas equações (2.4.52) caem nas Eqs. (2.4.30) do livro:
d
dt
(
∂L
∂λ̇m
)
− ∂L
∂λm
= 0⇒ δmlfl = fm(q, t) = 0 , m = 1, ..., p . (141)
17 Antonio Capanema
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Exerćıcio 2.6.1. Solução: A energia cinética pode ser escrita em termos das coordenadas
e velocidades generalizadas como
T =
1
2
∑
i
miv
2
i =
1
2
∑
i
mi
(∑
k
∂ri
∂qk
q̇k +
∂ri
∂t
)
·
(∑
l
∂ri
∂ql
q̇l +
∂ri
∂t
)
=
1
2
∑
i
mi
[
∂ri
∂t
· ∂ri
∂t
+ 2
∑
k
(
∂ri
∂qk
· ∂ri
∂t
)
q̇k +
∑
k,l
(
∂ri
∂qk
· ∂ri
∂ql
)
q̇kq̇l
]
=
1
2
∑
i
mi
∂ri
∂t
· ∂ri
∂t
+
∑
k
(∑
i
mi
∂ri
∂qk
· ∂ri
∂t
)
q̇k +
1
2
∑
k,l
(∑
i
mi
∂ri
∂qk
· ∂ri
∂ql
)
q̇kq̇l
= M0 +
∑
k
Mkq̇k +
1
2
∑
k,l
Mklq̇kq̇l ,
onde
M0 =
1
2
∑
i
mi
∂ri
∂t
· ∂ri
∂t
, (142)
Mk =
∑
i
mi
∂ri
∂qk
· ∂ri
∂t
, (143)
Mkl =
∑
i
mi
∂ri
∂qk
· ∂ri
∂ql
. (144)
Exerćıcio 2.6.2. Solução: A integral de Jacobi
h =
∑
k
q̇k
∂L
∂q̇k
− L (145)
tem como derivada total (lembrando que L = L(q, q̇, t))
dh
dt
=
∑
k
[
q̈k
∂L
∂q̇k
+ q̇k
d
dt
(
∂L
∂q̇k
)]
−
∑
k
(
∂L
∂qk
q̇k +
∂L
∂q̇k
q̈k
)
+
∂L
∂t
=
∑
k
q̇k
[
d
dt
(
∂L
∂q̇k
)
− ∂L
∂qk
]
− ∂L
∂t
.
Na presença de forças dissipativas com função de dissipação F , a equação de movimento
se torna na Eq. (1.6.17) do livro:
d
dt
(
∂L
∂q̇k
)
− ∂L
∂qk
+
∂F
∂q̇k
= 0 . (146)
Portanto, realizando esta substituição em dh/dt, obtemos
dh
dt
= −
∑
k
q̇k
∂F
∂q̇k
− ∂L
∂t
. (147)
18 Antonio Capanema
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(Nivaldo A. Lemos) 19
Exerćıcio 2.7.1. Solução: Definimos q1 = x1, q2 = y1, q3 = z1, ..., q3N = zN como
coordenadas generalizadas sujeitas aos p v́ınculos da Eq. (2.5.11) do livro. As translações
ŕıgidas das Eqs. (2.5.9) são da forma das Eqs. (2.7.1) do livro com X = 0, Ψ3m+1 = n̂ · x̂,
Ψ3m+2 = n̂ · ŷ e Ψ3m+3 = n̂ · ẑ, com m = 0, ..., N − 1. A condição de Noether na presença
de v́ınculos é obtida invocando a invariância de
L = L+
p∑
l=1
λlfl(q1, ..., q3N , t) (148)
ao invés de L, conforme a Eq. (2.4.53) do livro. Assim, o teorema de Noether nos diz que
−
3N∑
k=1
∂L
∂q̇k
Ψk = cte. . (149)
Substitúındo os Ψk’s e usando que ∂L/∂ṙi = pi é o momento linear da part́ıcula i (as-
sumimos que o potencial é independente das velocidades, assim como no Teorema 2.5.2),
−
N∑
i=1
∂L
∂ṙi
· n̂ = −
N∑
i=1
pi · n̂ = cte. ⇒ P · n̂ = cte. , (150)
reproduzindo a Eq. (2.5.17) do livro.
Exerćıcio 2.7.2. Solução: (i) Verificando que a condição de Noether para 1 coordenada
generalizada q1 = x
Ψ
∂L
∂x
+ (Ψ̇− ẋẊ)∂L
∂ẋ
+ LẊ +
∂L
∂t
X = 0 (151)
é satisfeita para para a lagrangiana
L = eλt
(
m
2
ẋ2 − mω
2
2
x2
)
(152)
e as transformações infinitesimais da Eq. (2.7.1) do livro com X = 1 e Ψ = −λx/2:
λ
2
xeλtmω2x− λ
2
ẋeλtmẋ+ λL = 0 , (153)
equação esta que é identicamente satisfeita (0 = 0).
(ii) A conservação da quantidade C da Eq. (2.7.17) do livro pode ser traduzida em
dC
dt
= eλt
(
mẋẍ+mω2xẋ+
mλ
2
ẋ2 +
mλ
2
xẍ
)
+ λC
= eλt
(
mẋẍ+mω2xẋ+mλẋ2 +
mλ
2
xẍ+
mω2λ
2
x2 +
mλ2
2
xẋ
)
= 0
⇒ ẋ(ẍ+ ω2x+ λẋ) + xλ
2
(ẍ+ ω2x+ λẋ) = 0 . (154)
Da equação de movimento (107) do oscilador amortecido obtida no Problema 1.14, pode-
mos substituir ẍ+ λẋ+ ω2x = 0 em (154), satisfazendo-a identicamente.
19 Antonio Capanema
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(Nivaldo A. Lemos) 20
Problema 2.1. Solução: Considere o comprimento de arco elementar em coordenadas
ciĺındricas
ds2 = dρ2 + ρ2dθ2 + dz2 =
[(
dρ
dθ
)2
+ ρ2 +
(
dz
dθ
)2]
dθ2 . (155)
A superf́ıcie de um cone com vértice na origem, eixo de simetria ao longo do eixo z e
ângulo de abertura 2α é caracterizada pela relação tanα = ρ/z. Assim, podemos eliminar
a coordenada radial ρ para obter a distância entre dois pontos no cone ao longo de uma
curva z(θ):
s[z] =
∫
ds =
∫ θ2
θ1
√
(1 + tan2 α)z′(θ)2 + tan2 α z(θ)2 dθ . (156)
A curva geodésica é aquela que minimiza s[z]. Colocando em evidência um fator de√
1 + tan2 α = secα em (156), conclúımos que z(θ) deve satisfazer a equação de Euler
∂f
∂z
− d
dθ
(
∂f
∂z′
)
= 0 (157)
com f(z, z′, θ) =
√
z′ 2 + sin2 α z2. Para facilitar nossos cálculos, note que, como f não
depende diretamentede 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
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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
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(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!)y(x) = C cosh
(
x
C
+ C ′
)
− λ , (180)
onde C e C ′ são constantes arbitrárias. As 3 constantes desconhecidas C, C ′ e λ serão
determinadas pelas condições de contorno em y(a) e y(b) e por (175).
24 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 25
Problema 2.6. Solução: Sabendo que a derivada total
d
dt
(
∂L
∂q̇i
)
=
n∑
j=1
∂2L
∂q̇j∂q̇i
q̈j +
n∑
j=1
∂2L
∂qj∂q̇i
q̇j +
∂2L
∂t∂q̇i
, (181)
podemos reescrever a equações de Lagrange na forma expĺıcita
n∑
j=1
∂2L
∂q̇j∂q̇i
q̈j +
n∑
j=1
∂2L
∂qj∂q̇i
q̇j +
∂2L
∂t∂q̇i
− ∂L
∂qi
= 0 , i = 1, ..., n . (182)
Se L̄(q, q̇, t) e L(q, q̇, t) diferem somente por uma derivada total no tempo de uma
função f(q, t), então a equação de movimento para L̄ = L+ ḟ é
0 =
n∑
j=1
∂2L̄
∂q̇j∂q̇i
q̈j +
n∑
j=1
∂2L̄
∂qj∂q̇i
q̇j +
∂2L̄
∂t∂q̇i
− ∂L̄
∂qi
=
n∑
j=1
∂2L
∂q̇j∂q̇i
q̈j +
n∑
j=1
∂2L
∂qj∂q̇i
q̇j +
∂2L
∂t∂q̇i
− ∂L
∂qi
+
+
n∑
j=1
∂2ḟ
∂q̇j∂q̇i
q̈j +
n∑
j=1
∂2ḟ
∂qj∂q̇i
q̇j +
∂2ḟ
∂t∂q̇i
− ∂ḟ
∂qi
.
Avaliando expĺıcitamente os termos com ḟ ,
∂2ḟ
∂q̇j∂q̇i
=
∂2
∂q̇j∂q̇i
( n∑
k=1
∂f
∂qk
q̇k +
∂f
∂t
)
=
∂
∂q̇j
(
∂f
∂qi
)
= 0 , (183)
∂2ḟ
∂qj∂q̇i
=
∂2
∂qj∂q̇i
( n∑
k=1
∂f
∂qk
q̇k +
∂f
∂t
)
=
∂2f
∂qj∂qi
, (184)
∂2ḟ
∂t∂q̇i
=
∂2
∂t∂q̇i
( n∑
k=1
∂f
∂qk
q̇k +
∂f
∂t
)
=
∂2f
∂t∂qi
, (185)
∂ḟ
∂qi
=
∂
∂qi
( n∑
j=1
∂f
∂qj
q̇j +
∂f
∂t
)
=
n∑
j=1
∂2f
∂qi∂qj
q̇j +
∂2f
∂qi∂t
, (186)
obtemos
0 =
n∑
j=1
∂2L
∂q̇j∂q̇i
q̈j +
n∑
j=1
∂2L
∂qj∂q̇i
q̇j +
∂2L
∂t∂q̇i
− ∂L
∂qi
+
+
n∑
j=1
∂2f
∂qj∂qi
q̇j +
∂2f
∂t∂qi
−
( n∑
j=1
∂2f
∂qi∂qj
q̇j +
∂2f
∂qi∂t
)
=
n∑
j=1
∂2L
∂q̇j∂q̇i
q̈j +
n∑
j=1
∂2L
∂qj∂q̇i
q̇j +
∂2L
∂t∂q̇i
− ∂L
∂qi
.
Portanto, L̄ e L geram equações de movimento idênticas.
25 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 26
Se, por outro lado, L̄(q, q̇, t) e L(q, q̇, t) são lagrangianas que geram equações de movi-
mento idênticas, então
n∑
j=1
∂2L
∂q̇j∂q̇i
q̈j +
n∑
j=1
∂2L
∂qj∂q̇i
q̇j +
∂2L
∂t∂q̇i
− ∂L
∂qi
=
=
n∑
j=1
∂2L̄
∂q̇j∂q̇i
q̈j +
n∑
j=1
∂2L̄
∂qj∂q̇i
q̇j +
∂2L̄
∂t∂q̇i
− ∂L̄
∂qi
(187)
implica na igualdade dos coeficientes de q̈j,
∂2L
∂q̇j∂q̇i
=
∂2L̄
∂q̇j∂q̇i
⇒ L− L̄ =
n∑
k=1
Fk(q, t) q̇k +G(q, t) , (188)
onde as Fk’s e G são funções arbitrárias. Substitúındo (188) em (187), obtemos
n∑
j=1
∂Fi
∂qj
q̇j +
∂Fi
∂t
−
( n∑
j=1
∂Fj
∂qi
q̇j +
∂G
∂qi
)
= 0 . (189)
Igualando os coeficientes de cada q̇j,
∂Fi
∂qj
=
∂Fj
∂qi
, j = 1, ..., n , (190)
podemos usar o Teorema D.1 do Apêndice D do livro para identificar a diferencial exata
dΦ(q, t) =
n∑
i=1
Fi(q, t) dqi + T (q, t) dt ⇒ Fi =
∂Φ
∂qi
, T =
∂Φ
∂t
, (191)
onde T (q, t) é uma função desconhecida.6 Substitúındo Fi de (191) em (189), podemos
expressar G em termos de Φ,
∂Fi
∂t
=
∂2Φ
∂t∂qi
=
∂G
∂qi
⇒ G = ∂Φ
∂t
, (192)
identificando que T = G. Assim, a diferença L− L̄ em (188) pode ser reescrita exclusiva-
mente em termos de Φ:
L− L̄ =
n∑
k=1
∂Φ
∂qi
q̇i +
∂Φ
∂t
=
dΦ
dt
. (193)
Conclúımos, portanto, que se L̄ e L satisfazem equações de movimento idênticas, então elas
devem diferir por uma derivada total no tempo de uma função arbitrária das coordenadas
generalizadas e do tempo.
6Note que, para valer o Teorema D.1, é necessário que ∂Fi/∂t = ∂T/∂qi, ∀i, para que tenhamos
n+ 1 funções de n+ 1 variáveis satisfazendo a condição (D.4) do livro. Isto é claramente satisfeito após
identificarmos T = G em (192).
26 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 27
Problema 2.7. Solução: A Lagrangiana
L̄ =
1
12
ẋ4 +
ω2
2
x2ẋ2 − ω
4
4
x4 (194)
gera a equação de movimento
d
dt
(
ẋ3
3
+ ω2x2ẋ
)
− ω2xẋ2 + ω4x3 = 0 ⇒ ẋ2ẍ+ ω2(xẋ2 + x2ẍ) + ω4x3 = 0 (195)
cuja solução pode ser posta na forma x(t) = A sin(ωt+ φ) , com A e φ constantes a
determinar pelas condições iniciais. Verificando:
0 = −A3ω4 cos2(ωt+ φ) sin(ωt+ φ) + ω2
[
A3ω2 sin(ωt+ φ) cos2(ωt+ φ)−
− A3ω2 sin3(ωt+ φ)
]
+ ω4A3 sin3(ωt+ φ)
= 0 .
Esta é a mesma solução da equação de movimento para um oscilador harmônico de massa
m = 1, obtido através da lagrangiana usual L = ẋ2/2 − ω2x2/2. Portanto, L e L̄ geral
equações de movimento equivalentes, isto é, que possuem as mesmas soluções.
Para demonstrar que estas lagrangianas não diferem por uma derivada total no tempo,
precisamos provar que
L̄− L = 1
12
ẋ4 + (ω2x2 − 1) ẋ
2
2
−
(
ω2x2
2
− 1
)
ω2x2
2
(196)
não possui antiderivada. Vamos começar assumindo que existe F (x, t) tal que dF/dt =
L− L̄. Pela regra da cadeia, o coeficiente de ẋ é
∂F
∂x
=
1
12
ẋ3 + (ω2x2 − 1) ẋ
2
. (197)
Claramente, este F é inexistente pois nenhuma função de (x, t) nos daria termos com ẋ
após uma derivada parcial em x. Esta contradição demonstra que as lagrangianas não
são equivalentes,
@F : L− L̄ = dF
dt
. (198)
Portanto, as as equações de movimento são equivalentes, mas não idênticas.
27 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 28
Problema 2.8. Solução: A máquina de Atwood oscilante do Problema 1.5 com M = 3m
possui equações de movimento
4r̈ − rθ̇2 + g(3− cos θ) = 0 , (199)
r2θ̈ + 2rṙθ̇ + gr sin θ = 0 . (200)
Para provar que a quantidade
I(r, ṙ, θ, θ̇) = r2θ̇
(
ṙ cos
θ
2
− rθ̇
2
sin
θ
2
)
+ gr2 sin
θ
2
cos2
θ
2
(201)
é constante de movimento, vamos derivá-la no tempo diretamente:
dI
dt
=
∂I
∂r
ṙ +
∂I
∂ṙ
r̈ +
∂I
∂θ
θ̇ +
∂I
∂θ̇
θ̈ +
∂I
∂t
. (202)
Antecipando o tamanho desta expressão, vamos escrever cada termo separadamente:
∂I
∂r
ṙ = 2rṙ2θ̇ cos
θ
2
− 3r
2ṙθ̇2
2
sin
θ
2
+ 2grṙ sin
θ
2
cos2
θ
2
, (203)
∂I
∂ṙ
r̈ = r2θ̇r̈ cos
θ
2
, (204)
∂I
∂θ
θ̇ = −r
2ṙθ̇2
2
sin
θ
2
− r
3θ̇3
4
cos
θ
2
+
gr2θ̇
2
(
cos3
θ
2
− 2 sin2 θ
2
cos
θ
2
)
, (205)
∂I
∂θ̇
θ̈ = r2ṙθ̈ cos
θ
2
− r
3θ̇θ̈
2
sin
θ
2
− r
3θ̇θ̈
2
sin
θ
2
, (206)
∂I
∂t
= 0 . (207)
Há diversas simplificações para serem feitas:
1. Os dois últimos termos de (206) são iguais e podem ser juntados;
2. O segundo termo de (203) pode ser juntado com o primeiro termo de (205);
3. Usando (199), podemos substituir a soma de (204) com o segundo termo de (205)
por (gr2θ̇/4)(cos θ − 3) cos(θ/2);
4. Podemos reescrever cos3 θ/2 = (1 − sin2 θ/2) cos θ/2 no terceiro termo de (205),
simplificando a expressão entre parêntesis ao colocar cos θ/2 em evidência;
5. Usamos sin θ = 2 sin(θ/2) cos(θ/2) para simplificar o terceiro termo de (203).
28 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 29
Após estas simplificações, obtemos
dI
dt
= 2rṙ2θ̇ cos
θ
2
− 2r2ṙθ̇2 sin θ
2
+ grṙ sin θ cos
θ
2
+
gr2θ̇
4
cos θ cos
θ
2
−
− 3gr
2θ̇
4
cos
θ
2
+
gr2θ̇
2
(
1− 3 sin2 θ
2
)
cos
θ
2
+ r2ṙθ̈ cos
θ
2
− r3θ̇θ̈ sin θ
2
.
Ainda temos 8 termos para lidar. Usando (200), podemos colocar ṙ cos(θ/2) em evidência
no primeiro, terceiro e penúltimo termos para eliminá-los completamente:
dI
dt
= −2r2ṙθ̇2 sin θ
2
+
gr2θ̇
4
cos θ cos
θ
2
−3gr
2θ̇
4
cos
θ
2
+
gr2θ̇
2
(
1−3 sin2 θ
2
)
cos
θ
2
−r3θ̇θ̈ sin θ
2
.
Reduzimos nosso problema a 5 termos. Podemos usar (200) novamente, desta vez colo-
cando rθ̇ sin(θ/2) em evidência no primeiro e último termos para reescrevê-los como um
só termo proporcional a g:
dI
dt
= gr2θ̇ sin θ sin
θ
2
+
gr2θ̇
4
cos θ cos
θ
2
− 3gr
2θ̇
4
cos
θ
2
+
gr2θ̇
2
(
1− 3 sin2 θ
2
)
cos
θ
2
.
Finalmente, chegamos a uma expressão na qual todos os termos são proporcionais a
gr2θ̇/4. Colocando esta quantidade em evidência, podemos usar relações trigonométricas
para chegar a
dI
dt
=
gr2θ̇
4
(
4 sin θ sin
θ
2
+ cos θ cos
θ
2
− 3 cos θ
2
+ 2 cos
θ
2
− 6 cos θ
2
sin2
θ
2
)
=
gr2θ̇
4
(
8 sin2
θ
2
+ cos θ − 1− 6 sin2 θ
2
)
cos
θ
2
=
gr2θ̇
4
(
8 sin2
θ
2
+ cos2
θ
2
− sin2 θ
2
− 1− 6 sin2 θ
2
)
cos
θ
2
=
gr2θ̇
4
(
8 sin2
θ
2
− 8 sin2 θ
2
)
cos
θ
2
⇒ dI
dt
= 0 . (208)
Portanto, I é uma constantede movimento.
29 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 30
Problema 2.9. Solução: (i) A equação de movimento para um oscilador harmônico
com frequência dependente do tempo, cuja lagrangiana é L = mq̇2/2−mω2(t)q2/2, é
q̈ + ω2(t)q = 0 . (209)
Usando esta equação de movimento, vemos que a quantidade I(q, q̇, t) = (ρq̇−ρ̇q)2+q2/ρ2,
que é implicitamente função de ρ e ρ̇ também, onde ρ(t) satisfaz a equação diferencial
ρ̈− 1
ρ3
+ ω2(t)ρ = 0 , (210)
é constante de movimento:
dI
dt
=
∂I
∂q
q̇ +
∂I
∂q̇
q̈ +
∂I
∂ρ
ρ̇+
∂I
∂ρ̇
ρ̈+
∂I
∂t
= −2(ρq̇ − ρ̇q)ρ̇q̇ + 2qq̇
ρ2
+ 2(ρq̇ − ρ̇q)ρq̈ + 2(ρq̇ − ρ̇q)q̇ρ̇− 2q
2ρ̇
ρ3
− 2(ρq̇ − ρ̇q)qρ̈
=
2qq̇
ρ2
− 2(ρq̇ − ρ̇q)ρω2(t)q − 2q
2ρ̇
ρ3
− 2(ρq̇ − ρ̇q)qρ̈
=
2qq̇
ρ2
− 2ρ2q̇ω2(t)q − 2ρq̇qρ̈+ 2q2ρ̇
(
ρ̈− 1
ρ3
+ ω2(t)ρ
)
= −2qq̇ρ
(
ρ̈− 1
ρ3
+ ω2(t)ρ
)
⇒ dI
dt
= 0 . (211)
(ii) Para o caso em que ω2(t) = ω20 + 2/(9t
2), a equação diferencial para ρ se torna
ρ̈− 1
ρ3
+
(
ω20 +
2
9t2
)
ρ = 0 . (212)
Esta é uma equação diferencial não-homogênea e não-linear de segunda ordem, o que
a torna bastante dif́ıcil de resolver. Podeŕıamos tentar substituir a solução desejada na
equação diferencial, mas isto daria muito trabalho! Por sorte, em 1950, Pinney7 verificou
que a solução completa para (212) é
ρ(t) =
√
u2(t) + v2(t) , (213)
onde u(t) e v(t) são a solução da equação diferencial linear correspondente (isto é, sem o
termo proporcional a ρ−3),
ÿ +
(
ω20 +
2
9t2
)
y = 0 . (214)
Nosso trabalho agora se resume a resolver (214).
7E. Pinney, The nonlinear differential equation y′′ + p(x)y + cy−3 = 0, Proc. Amer. Math. Soc. 1,
681 (1950). Versão alternativa da solução online em arXiv:1902.02739.
30 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 31
Começamos realizando a substituição y(t) =
√
tf(t) em (214). Tendo em mãos que
ÿ =
√
tf̈ + ḟ/
√
t− f/4t3/2, somos conduzidos à famosa equação de Bessel
√
tf̈ +
ḟ√
t
− f
4t3/2
+
(
ω20
√
t+
2
9t3/2
)
f = 0
⇒ t2f̈ + tḟ +
(
ω20t
2 − 1
36
)
f = 0 , (215)
cuja solução é uma combinação linear de funções de Bessel de primeira e segunda espécies,
J1/6(ω0t) e Y1/6(ω0t), respectivamente
8. Assim, a solução geral de (214),
y(t) = c1
√
t J1/6(ω0t) + c2
√
t Y1/6(ω0t) , (218)
nos permite identificar u(t) =
√
πt/2 J1/6(ω0t) e v(t) =
√
πt/2Y1/6(ω0t), onde tomamos
a liberdade de escolher c1 = c2 =
√
π/2 (é claro que esta escolha depende das condições
iniciais do problema, que não foram fornecidas). Finalmente, chegamos à solução
ρ(t) =
√
πt
2
√
J21/6(ω0t) + Y
2
1/6(ω0t) . (219)
8As funções de Bessel Jν(x) e Yν(x) são as soluções da equação de Bessel x
2y′′+xy′+ (x2− ν2)y = 0,
onde ν é chamada de ordem das funções de Bessel. Vale a pena ressaltar que Jν(ω0x) e Yν(ω0x) satisfazem
ω20x
2 d
2y
d(ω0x)2
(ω0x) + ω0x
dy
d(ω0x)
(ω0x) + (ω
2
0x
2 − ν2)y(ω0x) = 0 (216)
após uma simples renomeação da variável x→ ω0x. Podemos trocar as derivadas em ω0x por derivadas
somente em x pela regra da cadeia:
dy
d(ω0x)
(ω0x) =
dx
d(ω0x)
dy
dx
(ω0x) =
1
ω0
y′(ω0x) ,
d2y
d(ω0x)2
(ω0x) =
1
ω20
y′′(ω0x) ,
onde y′(ω0x) denota a derivada de y por x avaliada em ω0x. Assim, a equação diferencial (216) pode ser
reescrita na mesma forma de (215),
x2y′′(ω0x) + xy
′(ω0x) + (ω
2
0x
2 − ν2)y(ω0x) = 0 , (217)
provando que as soluções de (215) são J1/6(ω0x) e Y1/6(ω0x).
31 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 32
Problema 2.10. Solução: Os Teoremas 2.5.2 e 2.5.3 do livro nos dizem que, para um
potencial V independente das velocidades, se a lagrangiana L = T−V do sistema (e quais-
quer v́ınculos holônomos a que o sistema esteja sujeito) for invariante sob uma translação
ao longo da direção n̂ (rotação em torno do eixo n̂), então a componente n̂ do momento
linear P (angular L) do sistema é conservado. Uma part́ıcula movendo-se livremente num
potencial gravitacional não possui v́ınculos, e seu potencial certamente independe da sua
velocidade. A energia cinética é sempre invariante perante translações ou rotações (os
módulos das velocidades são inalterados), de modo que basta estudarmos as simetrias
de V para determinar as componentes de P e L que se conservam. Veremos que estas
simetrias associam-se às simetrias da própria distribuição de massa que é fonte do campo
gravitacional.
(i) Uma esfera de raio R gera um potencial que só depende da coordenada radial, V (r), e
é invariante perante rotação em torno de qualquer eixo (passando pela origem em r = 0).
Assim, todas as componentes de L se conservam: dL/dt = 0 . Como qualquer translação
afeta a coordenada r =
√
x2 + y2 + z2, nenhuma componente de P se conserva.
(ii) Um paraleleṕıpedo infinitamente longo com seção transversal quadrada não possui
nenhum eixo de simetria perante rotações arbitrárias (só rotações de 180°). Portanto,
o seu potencial V não será invariante perante rotações e nenhuma componente de L se
conserva. No entanto, há simetria de translação ao longo do eixo perpendicular à seção
transversal, n̂, o que implica em V ser invariante perante translações ao longo deste eixo.
Assim, d(P · n̂)/dt = 0 .
(iii) Uma haste de comprimento ` é uma distribuição que possui simetria ciĺındrica ao
longo do seu eixo, que chamaremos de n̂. Isto implica numa invariância sob rotações em
torno deste eixo: d(L · n̂)/dt = 0 . De resto, não há mais simetrias.
(iv) Um disco de raio R possui exatamente a mesma simetria do que a haste do item
anterior: d(L · n̂)/dt = 0 .
(v) Um cilindro infinitamente longo com seção transversal circular é análogo aos 2 itens
anteriores, d(L · n̂)/dt = 0 , porém com a diferença crucial de que o seu potencial também
é invariante sob translações ao longo do eixo n̂ já que trata-se de uma distribuição infinita
(igual ao item (ii)). Logo, d(P · n̂)/dt = 0 .
(vi) O caso do plano infinito foi discutido no final da seção 2.5 do livro: seu potencial
gravitacional é invariante perante translações paralelas ao plano (que tomaremos como
sendo o plano xy) e sob rotações em torno de um eixo perpendicular ao plano (conse-
quentemente, o eixo z). Isto resulta em d(P · x̂)/dt = d(P · ŷ)/dt = d(L · ẑ)/dt = 0 .
(vii) Um plano semi-infinito não possui simetrias; não há conservação de P ou L, muito
menos de suas componentes.
(viii) Uma hélice de raioR e passo p também não possui simetria sob translações/rotações
arbitrárias (só translações no eixo de comprimento fixo p). Não há momentos conservados.
32 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 33
Problema 2.11. Solução: Sob a transformação de calibre
A −→ A′ = A +∇Λ , φ −→ φ′ = φ− 1
c
∂Λ
∂t
, (220)
onde Λ(r, t) é uma função diferenciável arbitrária, a lagrangiana de uma part́ıcula imersa
em um campo eletromagnético externo (Eq. (1.6.11) do livro)
L =
mv2
2
− eφ+ e
c
v ·A (221)
se torna
L′ =
mv2
2
− eφ′ + e
c
v ·A′
=
mv2
2
− eφ+ e
c
∂Λ
∂t
+
e
c
v ·A + e
c
v · (∇Λ)
= L+
e
c
(
v ·∇Λ + ∂Λ
∂t
)
.
Vemos que a lagrangiana é alterada somente pelo acréscimo de uma derivada total de
uma função das coordenadas e do tempo,
L′ = L+
e
c
dΛ
dt
, (222)
e as equações de movimento são inalteradas pois L e L′ são equivalentes.
Problema 2.12. Solução: Definimos como coordenadas generalizadas deste sistema q1 =
r, q2 = θ e q3 = y; as duas primeiras especificam a posição de m2 na mesa e a última
representa a altura de m1 (medida para baixo a partir da mesa). Este sistema possui o
v́ınculo holônomo
r + y − l = 0 ⇒ dr + dy = 0 , (223)
onde l é o comprimento do fio, do qual identificamos, segundo a Eq. (2.4.1) do livro,
a11 = a13 = 1 e a12 = a1t = 0.
9 A lagrangiana
L =
m1ẏ
2
2
+
m2
2
(ṙ2 + r2θ̇2) +m1gy (224)
gera as equações de movimento, de acordo com a Eq. (2.4.9) do livro,
m2r̈ −m2rθ̇2 = λ1a11 = λ1 , (225)
d
dt
(m2r2θ̇) = 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|=|ri − vt − rj + vt|= rij. Nota-se
que o a diferença entre as duas lagrangianas é a derivada total no tempo da função
F (r1, ..., rN , t) =
∑
imiv
2t/2−miri · v. Explicitamente,
dF
dt
=
∑
i
miv
2
2
−miṙi · v ⇒ L′ = L+
dF
dt
, (261)
e assim, L e L′ são equivalentes.
Tomando v como parâmetro infinitesimal da transformação, podemos desprezar todos
os termos de O(v2) ou maior. Isto faz com que L′ = L −
∑
imiṙi · v e a ação é quase
invariante sob a transformação de Galileu,
∆S =
∫ t′2
t′1
L′ dt′ −
∫ t2
t1
(
L− v · d
dt
∑
i
miri
)
dt =
∫ t2
t1
(
L′ − L+ d
dt
∑
i
miri
)
dt
⇒ ∆S = 0 . (262)
Seguindo a notação do livro para o teorema de Noether generalizado, as Eqs. (2.7.1) nos
dão X = 0 e Ψi = −t (i = 1, ..., N), enquanto que a Eq. (2.7.11) nos dá G = −
∑
imiri.
Finalmente, a Eq. (2.7.13) do livro nos permite obter a constante de movimento
C =
∑
i
∂L
∂ṙi
(0−Ψi) +G =
∑
i
miṙit−
∑
i
miri . (263)
Podemos identificar em (263) o momento linear total P =
∑
imiṙi e o vetor posição
do centro de massa do sistema R =
∑
imiri/M , onde M é a massa total do sistema.
Expressa em termos destas quantidades, a quantidade conservada é
C = tP−MR . (264)
10A transformação de Galileu é definida como a transformação entre dois referenciais que possuem uma
velocidade relativa constante entre si.
39 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 40
Problema 2.16. Solução: (i) A lagrangiana L = e2γxẋ2/2 gera a equação de movimento
d
dt
(e2γxẋ)− γe2γxẋ2 = 0 ⇒ ẍ+ γẋ2 = 0 , (265)
que é a equação de movimento de uma part́ıcula de massa m = 1 sujeita à força não-
conservativa F = −γẋ2.
(ii) A integral de Jacobi associada a esta lagrangiana é dada pela Eq. (2.6.1) do livro:
h = ẋ
∂L
∂ẋ
− L = e2γx ẋ
2
2
. (266)
Verificando explicitamente a conservação de h,
dh
dt
=
∂h
∂x
ẋ+
∂h
∂ẋ
ẍ+
∂h
∂t
= e2γx
(
2γ
ẋ3
2
+ ẋẍ
)
= e2γx
(
γẋ3 − ẋγẋ2
)
= 0 . (267)
onde usamos (265). Já que h é uma constante, então C1 ≡
√
2h = ẋeγx também é.
(iii) Sob a transformação x′ = x+ a, t′ = eβa t, temos
dx′
dt′
=
dx′
dt
dt
dt′
= ẋe−βa ⇒ L′ ≡ L
(
x′,
dx′
dt′
, t′
)
= e2γ(x+a)
ẋ2
2
e−2βa = e2(γ−β)a L , (268)
onde L ≡ L(x, ẋ, t). Para que a ação seja invariante, precisamos ter
∆S =
∫ t′2
t′1
L′ dt′ −
∫ t2
t1
Ldt = e2(γ−β)a
∫ eβat2
eβat1
Ldt′ −
∫ t2
t1
Ldt = 0 . (269)
Realizando uma susbtituição de variáveis na primeira integral,
e2(γ−β)a
∫ t2
t1
Leβa dt−
∫ t2
t1
Ldt = 0 ⇒ (e2γa−βa − 1)
∫ t2
t1
Ldt = 0 (270)
requer que β = 2γ para garantir que a ∆S = 0. Esta transformação pode ser interpre-
tada como uma translação espacial por uma distância a atrelada a uma dilatação temporal
por um fator e2γa.
(iv) Considerando a como um parâmetro infinitesimal, podemos expandir a exponen-
cial até primeira ordem, e2γa ≈ 1+2γa, para identificar as seguintes quantidades relevates
para o teorema de Noether: X = 2γt e Ψ = 1. Portanto, a quantidade
C2 =
∂L
∂ẋ
(ẋX −Ψ)− LX = (2γtẋ− 1)ẋe2γx − γtẋ2e2γx
⇒ C2 = (γtẋ− 1)ẋe2γx (271)
é uma constante de movimento.
40 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 41
(v) Combinando as duas constantes C1 e C2 para eliminar ẋ,
C2 = (γtC2e
−γx − 1)C1eγx = γtC2C1 − C1eγx , (272)
e isolar x(t),
eλx = γtC2 −
C2
C1
⇒ x(t) = 1
γ
ln
(
−C2
C1
+ γtC2
)
, (273)
identificamos a solução geral da equação de movimento (265):
x(t) = A+
1
γ
ln(B + γt) , (274)
onde A = ln(C2)/γ e B = −1/C1 são constantes. Vamos verificar substitúındo esta
solução diretamente em (265). Tendo em mãos os resultados
ẋ(t) =
1
B + γt
, ẍ(t) = − γ
(B + γt)2
, (275)
é fácil ver que é satisfeita
ẍ+ γẋ2 = − γ
(B + γt)2
+
γ
(B + γt)2
= 0 . (276)
41 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 42
Problema 2.17. Solução: (i) Sob a transformação infinitesimal x → x′ = x + �β,
y → y′ = y − �α, com α a β constantes, a lagrangiana L = m(ẋ2 + ẏ2)/2− (αx + βy) se
torna
L′ =
m
2
(ẋ′2 + ẏ′2)− (αx′ + βy′) = m
2
(ẋ2 + ẏ2)− (αx+ βy + α�β − β�α) = L , (277)
onde usamos que ẋ′ = dx′/dt′ = dx′/dt = dx/dt = ẋ (e analogamente para ẏ′). Portanto, a
lagrangiana, e consequentemente a ação, é invariante perante esta transformação. Usando
que X = 0, Ψ1 = β e Ψ2 = −α, o teorema de Noether nos fornece a constante
A = −∂L
∂ẋ
Ψ1 −
∂L
∂ẏ
Ψ2 = mẋβ −mẏα (278)
A = m(βẋ− αẏ) . (279)
(ii) Introduzindo novas coordenadas generalizadas x̄ = αx+βy e ȳ = βx−αy, temos
as relações inversas
x =
αx̄+ βȳ
α2 + β2
, y =
βx̄− αȳ
α2 + β2
(280)
⇒ ẋ2 = α
2 ˙̄x2 + 2αβ ˙̄x ˙̄y + β2 ˙̄y2
(α2 + β2)2
, ẏ2 =
β2 ˙̄x2 − 2αβ ˙̄x ˙̄y + α2 ˙̄y2
(α2 + β2)2
(281)
A lagrangiana em termos destas novas coordenadas será
L̄ =
m
2
[
(α2 + β2) ˙̄x2 + (β2 + α2) ˙̄y2
(α2 + β2)2
]
− x̄
=
m( ˙̄x2 + ˙̄y2)
2(α2 + β2)
− x̄ ,
tornando a coordenada ȳ ćıclica. Isto é, dentre as coordenadas de L̄(x̄, ȳ, ˙̄x, ˙̄y), ȳ não
aparece. Pelo Teorema 2.5.1 do livro, o seu momento conjugado
pȳ =
∂L̄
∂ ˙̄y
=
m ˙̄y
α2 + β2
(282)
é uma constante de movimento. Esta quantidade, no entanto, não passa da constante A
de (279) multiplicada por uma constante:
A = m(βẋ− αẏ) = m ˙̄y ⇒ A = (α2 + β2) ˙̄y . (283)
A transformação de coordenadas (280) é essencialmente uma rotação no plano xy, alin-
hando o eixo x̄ com a força que gera o potencial V = αx+ βy = x̄,
F = −∇V = −ˆ̄x . (284)
Dessa forma, como não há força na direção ȳ, a componente do momento linear da
part́ıcula paralela ao eixo ȳ, A = m ˙̄y, é conservada!
42 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 43
Problema 2.18. Solução: (i) Um potencial vetor A(r) = B×r/2, com B = Bk̂, produz
o campo magnético uniforme esperado
B =∇×A = 1
2
∇× (B× r)
=
1
2
[
B(∇ · r)− r(∇ ·B) + (r ·∇)B− (B ·∇)r
]
=
1
2
(
3B−B
)
= B ,
onde usamos a identidade ∇× (a× b) = a(∇ · b)− b(∇ · a) + (b ·∇)a− (a ·∇)b e11
∇ · r = 3 , ∇ ·B = 0 , (r ·∇)B = 0 , (B ·∇)r = B ∂zr = B . (285)
A lagrangiana para este campo é obtida através da Eq. (1.6.11) do livro (com φ = 0),
lembrando que r = x î + y ĵ + z k̂ e v = ẋ î + ẏ ĵ + ż k̂,
L =
mv2
2
+
e
c
v ·A = mv
2
2
+
e
2c
v · (B× r) = m
2
(ẋ2 + ẏ2 + ż2) +
eB
2c
(xẏ − yẋ) , (286)
onde usamos a propriedade ćıclica do produto misto, v ·(B×r) = B·(r×v) = B(xẏ−yẋ).
As três equações de Lagrange,
mẍ− eB
c
ẏ = 0 , mÿ +
eB
c
ẋ = 0 , mz̈ = 0 , (287)
podem ser combinadas em uma só equação vetorial (verifique!)
mr̈ +
eB
c
k̂× ṙ = 0 ⇒ v̇ = −ω × v , (288)
onde ω = eB/mc .
(ii) Em coordenadas ciĺındricas, a lagrangiana se torna
L =
m
2
(ρ̇2 + ρ2ϕ̇2 + ż2) +
eB
2c
[
ρ cosϕ(ρ̇ sinϕ− ρϕ̇ cosϕ)− ρ sinϕ(ρ̇ cosϕ+ ρϕ̇ sinϕ)
]
⇒ L = m
2
(ρ̇2 + ρ2ϕ̇2 + ż2)− eB
2c
ρ2ϕ̇ . (289)
Note que ϕ é uma coordenada ćıclica. Pelo Teorema 2.5.1 do livro, o seu momento
conjugado, pϕ = mρ
2ϕ̇ − eBρ2/2c é conservado. Isto implica que a componente z do
momento angular da part́ıcula Lz = mρ
2ϕ̇ não é conservada (já que o segundo termo
de pϕ não é uma constante de movimento). Embora L seja invariante perante rotações
ao redor do eixo z, o Teorema 2.5.3 do livro é inválido pois o potencial depende das
velocidades. Portanto, Lz não é conservado em geral. Somente no caso especial em que
v ‖ B é que v̇ será uma aceleração centŕıpeta constante e a part́ıcula executará um
movimento circular (ρ = cte.), implicando na conservação de Lz.
11A segunda destas relações é chamada de lei de Gauss para o campo magnético e é sempre verdadeira,
embora neste caso seja trivial pois B é um vetor constante.
43 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 44
Problema 2.19. Solução: No caso da part́ıcula livre de massa unitária, L = q̇2/2 implica
que q é uma coordenada ćıclica e seu momento conjugado p = ∂L/∂q̇ = q̇ é constante de
movimento. Se acrescentarmos à lagrangiana a derivada total no tempo de uma função
F (q, t), anova lagrangiana L̄ = L + dF/dt em geral não terá q como coordenada ćıclica,
mesmo sendo equivalente à lagrangiana original. Por exemplo, para F (q, t) = q2 teremos
L̄ =
q̇2
2
+ 2qq̇ (290)
produzindo a equação de movimento
q̈ + 2q̇ − 2q̇ = 0 ⇒ q̈ = 0 , (291)
que é a mesma equação de movimento para L. Mas será que p = q̇ é conservado no caso
de L̄? Claro que sim! Uma simples integração da equação de movimento implica em
q̇ = cte.
Este aparente paradoxo pode ser resolvido ajustando a demonstração do Teorema
2.5.1 do livro. Ao invés de considerar as equações de Lagrange para L, vamos utilizar
L̄ = L+ dF (q, t)/dt. Para a k-ésima coordenada generalizada,
d
dt
(
∂L̄
∂q̇k
)
− ∂L̄
∂qk
= 0 (292)
implica em
d
dt
[
pk +
∂
∂q̇k
(
dF
dt
)]
− ∂
∂qk
(
dF
dt
)
= 0 , (293)
onde usamos a definição do momento conjugado pk e o fato de que L independe de qk.
Além disso, usando os resultados de (128) e (129), sabemos que
d
dt
[
∂
∂q̇k
(
dF
dt
)]
=
∂
∂qk
(
dF
dt
)
, (294)
o que nos permite chegar ao mesmo resultado de conservação:
dpk
dt
= 0 . (295)
Assim, coordenadas ćıclicas continuam tendo seus momentos conjugados conservados,
mesmo após adicionarmos uma derivada total de uma função das coordenadas e do tempo.
Por outro lado, se pudermos adicionar algum dF/dt a uma lagrangiana para tornar alguma
de suas coordenadas em uma coordenada ćıclica, o seu momento conjugado (para ambas
as lagrangianas) será conservado.
44 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 45
Problema 2.20. Solução: Utilizando como coordenadas generalizadas (q1, q2, q3, q4) =
(xm, ym, xM , yM) definidas no Problema 1.12, os v́ınculos holônomos
ym = 0 , yM = 0 (296)
nos permitem identificar que a12 = a24 = 1 e que todos os outros coeficiences são nulos
partir das Eqs. (2.4.30) e (2.4.32) do livro. Se utilizarmos a lagrangiana (92), obteremos
2 equações de movimento que são (93) e (94), além de termos mais 2 equações de v́ınculo,
totalizando 4 equações para encontrarmos 6 incógnitas (as 4 coordenadas e mais 2 multi-
plicadores de Lagrange). Portanto, precisamos escrever a lagrangiana em termos de todas
as 4 coordenadas generalizadas, de modo que obteremos 6 equações no total.
Exprimindo a lagrangiana em termos destas coordenadas,
L =
M
2
(ẋ2M + ẏ
2
M) +
m
2
[
(ẋM − ẋm cosα− ẏm sinα)2 + (ẏM − ẋm sinα + ẏm cosα)2
]
+
+mg(xm sinα− ym cosα− yM) , (297)
e reescrevendo-a para simplificar nossas contas,
L =
M +m
2
(ẋ2M + ẏ
2
M) +
m
2
(ẋ2m + ẏ
2
m) +mg(xm sinα− ym cosα− yM)−
−m(ẋM ẋm cosα + ẋM ẏm sinα + ẏM ẋm sinα− ẏM ẏm cosα) , (298)
chegamos às equações de movimento para xm, ym, xM e yM , respectivamente
mẍm −mẍM cosα−mẏM sinα−mg sinα = 0 , (299)
mÿm −mẍM sinα +mẏM cosα +mg cosα = λ1 , (300)
(M +m)ẍM −mẍm cosα−mẏM sinα = 0 , (301)
(M +m)ÿM −mẍm sinα +mẏm cosα−mg = λ1 . (302)
Com aux́ılio dos v́ınculos, estas equações de movimento se tornam
ẍm − ẍM cosα− g sinα = 0 , mẍM sinα−mg cosα = −λ1 , (303)
(M +m)ẍM −mẍm cosα = 0 , mẍm sinα +mg = −λ2 . (304)
A força de v́ınculo sobre o bloco de massa m é Q′ym = λ1. Substitúındo (95) na segunda
das equações (304), obtemos
m2g sin2 α cosα
M +m sin2 α
−mg cosα = −λ1 ⇒ Q′ym =
Mmg cosα
M +m sin2 α
. (305)
45 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 46
Problema 2.21. Solução: A lagrangiana do Problema 1.7 (com um fator m−1 inclúıdo
na exponencial; ver nota de rodapé do Problema 1.7),
L = eλt/m
(
m
2
ẋ2 −mgx
)
, (306)
se transforma sob uma translação infinitesimal x′ = x+ � em
L′ = eλt/m
(
m
2
ẋ′2 −mgx′
)
= L− eλt/mmg� . (307)
Notamos que a ação é quase-invariante sob esta transformação,
∆S =
∫ t′2
t′1
L′ dt′ −
∫ t2
t1
(
L+ �
dG
dt
)
dt
=
∫ t2
t1
(
L− eλt/mmg�
)
dt−
∫ t2
t1
(
L+ �
dG
dt
)
dt
= 0 ,
com G = −eλt/mm2g/λ. Identificando as funções associadas à transformação X = 0 e
Ψ = 1, a constante de movimento do teorema de Noether (Eq. (2.7.13) do livro) é
C = eλt/m
(
mẋ+
m2g
λ
)
, (308)
onde eliminamos um sinal negativo global já que isso não altera o fato de ser uma constante
de movimento.
Para verificar que C é constante de movimento, basta derivá-la,
dC
dt
= eλt/mmẍ+ eλt/m
(
λẋ+mg
)
= eλt/m
(
mẍ+ λẋ+mg
)
.
Usando a equação de movimento (60),
dC
dt
= 0 . (309)
46 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 47
Problema 2.22. Solução: (i) Uma part́ıcula de massa m movendo-se sob o potencial
V = −κ/r (cuja força central associada é F = −κr̂/r2) possui lagrangiana dada pela Eq.
(1.7.2) do livro. Vale lembrar que, como o vetor posição r é alinhado com F = ṗ, então
o torque em relação à origem é nulo:
r× F = N = l̇ = 0 ⇒ l = r× p = cte . (310)
Com este resultado, podemos ver que o vetor de Laplace-Runge-Lenz,
A = p× l−mκr
r
, (311)
é constante de movimento12:
dA
dt
= F× l−mκ
(
ṙ
r
− r
r2
dr
dt
)
= F× (r× p)− κp
r
+mκ
r
r2
dr
dt
= r(F · p)− p(F · r)− κp
r
+mκ
r
r2
dr
dt
= −mκr
(
r̂
r2
· ṙ
)
+ p
κ
r
− κp
r
+mκ
r
r2
dr
dt
= −mκ
r3
r(r · ṙ) +mκ r
r2
dr
dt
= −mκ
r3
r
(
1
2
d
dt
r2
)
+mκ
r
r2
dr
dt
= −mκ
r3
r
(
r
dr
dt
)
+mκ
r
r2
dr
dt
⇒ dA
dt
= 0 . (313)
(ii) Pela definição de A,
A · l = (p× l) · l−mκr
r
· l = 0 , (314)
onde o primeiro é zero por definição (p × l é obrigatoriamente perpendicular a l) e o
segundo termo é nulo pois o vetor posição da part́ıcula permanece no plano da órbita, que
é perpendicular a l. Este resultado nos diz que A ⊥ l , implicando que A está contido
no plano da órbita.
12Uma forma mais elegante de dedizir que A é constante de movimento é através do teorema de
Noether. Sob a transformação infinitesimal
x′i = xi +
�
2
[
2pixs − xips − δis(r · p)
]
, (312)
onde i, s = 1, 2, 3 correspondem às 3 componentes de cada vetor, pode-se mostrar que a lagrangiana
do problema de Kepler é quase-invariante. A quantidade conservada associada a esta transformação,
segundo o teorema de Noether, é a componente s do vetor de Laplace-Runge-Lenz, As.
47 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 48
(iii) Tomando o produto escalar de A por r,
A · r = (p× l) · r−mκr
r
· r = l2 −mκr , (315)
onde usamos a propriedade ćıclica do produto misto: (p× l) · r = (r× p) · l = l · l = l2.
Se o ângulo entre A e r é θ, então temos a relação
Ar cos θ = l2 −mκr ⇒ 1
r
=
mκ
l2
(
1 +
A
mκ
cos θ
)
, (316)
que corresponde à equação da órbita (Eq. (1.7.16) do livro)
1
r
=
mκ
l2
(1 + e cosϕ) . (317)
(iv) De (316) e (317) podemos identificar diretamente
e =
A
mκ
(318)
e θ = ±ϕ. Como ϕ é o ângulo entre r e o semieixo maior da órbita eĺıptica, este último
resultado implica que A aponta ao longo deste eixo (no sentido positivo ou negativo,
dependendo do sinal relativo entre θ e ϕ).
Problema 2.23. Solução: (i) Sob a transformação finita x′(t′) = eα x(t), t′ = e2α t,
onde α é uma constante, a lagrangiana L = ẋ2/2− g/x2, com g constante, se torna
dx′
dt′
= e−2α
dx′
dt
= e−αẋ ⇒ L′ = e−2α ẋ
2
2
− e−2α g
x2
= e−2α L . (319)
A variação da ação será
∆S =
∫ t′2
t′1
L′ dt′ −
∫ t2
t1
Ldt = e−2α
∫ e2αt2
e2αt1
Ldt′ −
∫ t2
t1
Ldt = e−2α
∫ t2
t1
Le2α dt−
∫ t2
t1
Ldt ,
onde realizamos a mudança de variáveis t′ → t na primeira integral da última equação.
Assim, fica evidente que a ação é invariante, ∆S = 0 . Pelo teorema de Noether,
C =
∂L
∂ẋ
(ẋX −Ψ)− LX = ẋ(ẋX −Ψ)−
(
ẋ2
2
− g
x2
)
X (320)
é uma constante de movimento. Para identificar as quantidades X e Ψ, promovemos a
constante α a uma constante infinitesimal. A transformação até O(α) é
x′ = x+ αx , t′ = t+ 2αt , (321)
implicando que X = 2t e Ψ = x pelas Eqs. (2.7.1) do livro.
48 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 49
Munidos de X e Ψ, podemos escrever a constante do teorema de Noether como
C = 2t
(
ẋ2
2
+
g
x2
)
− xẋ . (322)Note que a lagrangiana L = T −V nos permite identificar as energias cinética e potencial:
T = ẋ2/2 e V = g/x2. Portanto, a energia total do sistema é
E = T + V =
ẋ2
2
+
g
x2
. (323)
Definindo a constante I ≡ −C, vemos que
I = xẋ− 2Et (324)
é constante de movimento.
(ii) Sob a transformação infinitesimal x′(t′) = x(t)− �tx(t), t′ = t+ �t2, temos
dt′ = (1 + 2�t)dt ⇒ dt
dt′
= (1 + 2�t)−1 = 1− 2�t+O(�2) ,
onde usamos a expansão de Taylor para (1 + 2�t)−1, mantendo somente os termos até
O(�). Assim,
dx′
dt′
= (1− 2�t) dx
′
dt
= (1− 2�t)
[
(1− �t)ẋ− �x
]
= ẋ− �(3tẋ+ x) +O(�2)
e a lagrangiana transformada será, descartando termos além de O(�),
L′ =
ẋ2
2
− �ẋ(3tẋ+ x)− g
x2
(1− �t)−2 = L− �ẋ(3tẋ+ x)− 2�tg
x2
. (325)
A ação transformada será, até O(�),
S ′ =
∫ t′2
t′1
L′ dt′ =
∫ t2+�t22
t1+�t21
[
L− �ẋ(3tẋ+ x)− 2�tg
x2
]
dt′
=
∫ t2
t1
[
L− �ẋ(3tẋ+ x)− 2�tg
x2
]
(1 + 2�t) dt
=
∫ t2
t1
[
L− �
(
2tẋ2 + ẋx+
4tg
x2
)]
dt+O(�2)
=
∫ t2
t1
[
L− �
(
4tE + ẋx
)]
dt
= S −
∫ t2
t1
�
d
dt
(
2Et2 +
x2
2
)
dt
onde substitúımos a energia total (323) e a ação original S =
∫ t2
t1
Ldt. Identificando
X = t2, Ψ = −tx e G = −(2Et2 + x2/2), o teorema de Noether generalizado nos diz que
C̄ = ẋ(ẋt2 + tx)− Lt2 − (2Et2 + x2/2) = txẋ− Et2 − x2/2 (326)
49 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 50
é constante de movimento. Invertendo o sinal, obtemos a constante
K = Et2 − txẋ+ x
2
2
. (327)
(iii) A solução para a equação de movimento associada a L,
ẍ− 2g
x3
= 0 , (328)
pode ser obtida combinando (324) e (327) de modo a isolar x:
K = Et2 − t(I + 2Et) + x
2
2
⇒ x(t) =
√
2(K + Et2 + It) . (329)
Podemos verificar que esta é a solução substitúındo (329) diretamente em (328). Com
ẋ =
√
2
2
2Et+ I√
K + Et2 + It
⇒ ẍ =
√
2
2
(
2E√
K + Et2 + It
− 1
2
(2Et+ I)2
(K + Et2 + It)3/2
)
=
√
2
2
2E(K + Et2 + It)− 2E2t2 − 2EtI − I2/2
(K + Et2 + It)3/2
=
√
2
2
2EK − I2/2
(K + Et2 + It)3/2
,
a equação de movimento (328) se torna
√
2
2
2EK − I2/2
(K + Et2 + It)3/2
− 2g
[2(K + Et2 + It)]3/2
= 0 (330)
⇒ 2EK − I2/2− g = 0 . (331)
Substitúındo as expressões para K e I,
2E
(
Et2 − txẋ+ x
2
2
)
− x
2ẋ2 − 4xẋEt+ 4E2t2
2
− g = 0 (332)
⇒ x2 2E − ẋ
2
2
− g = 0 . (333)
Sabendo que 2E = ẋ2 + 2g/x2, verificamos facilmente que (333) é satisfeita trivialmente,
confirmando que (329) é a solução desejada.
50 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 51
Problema 2.24. Solução: Na presença de v́ınculos da forma da Eq. (2.4.10) do livro
n∑
k=1
alkq̇k + alt = 0 , l = 1, ..., p , (334)
as equações de movimento do sistema são dadas pela Eq. (2.4.9) do livro,
d
dt
(
∂L
∂q̇k
)
− ∂L
∂qk
=
p∑
l=1
λlalk , k = 1, ..., n . (335)
Assim, a integral de Jacobi, cuja derivada total em relação ao tempo é (ver a demonstração
do Teorema 2.6.1 do livro)
dh
dt
=
n∑
k=1
[
q̈k
∂L
∂q̇k
+ q̇k
d
dt
(
∂L
∂q̇k
)]
−
[ n∑
k=1
(
∂L
∂qk
q̇k +
∂L
∂q̇k
q̈k
)
+
∂L
∂t
]
, (336)
safistaz, após a substituição (335) em (336),
dh
dt
= −∂L
∂t
+
n∑
k=1
q̇k
p∑
l=1
λlalk . (337)
As equações dos v́ınculos (334) nos permitem reescrever o último termo para obter o
resultado desejado:
dh
dt
= −∂L
∂t
−
p∑
l=1
λlalt . (338)
Portanto, na presença de v́ınculos que variam no tempo (alt 6= 0), h em geral não é
conservado mesmo que L seja independente do tempo explicitamente (∂L/∂t = 0).
51 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 52
Problema 2.25. Solução: (i) No problema de um cilindro rolando sem deslizar sobre
outro cilindo considerado no Exemplo 2.4.3 do livro, a força generalizada Q2 é definida
segundo as Eqs. (1.4.6) e (1.6.12) do livro (neste caso, Q2 = Q
′
2 não provém de nenhum
potencial generalizado pois é uma força de atrito) como
Q′2 = f ·
∂r
∂θ
= rf · (− sin θ î + cos θ ĵ) = rf · êθ = rfθ , (339)
onde usamos o vetor posição em coordenadas cartesianas r = r cos θ î + r sin θ ĵ de forma
análoga ao Exemplo 1.4.4. Agora podemos calcular Q′2 da maneira usual para obter fθ,
Q′2 =
2∑
l=1
λlal2 = rλ1 ⇒ fθ = λ1 . (340)
Combinando as Eqs. (2.4.44) e (2.4.45) do livro, podemos reescrever λ1 e chegar na
resposta desejada
−λ1 =
m
2
(a+ b) θ̈ =
mg
3
sin θ ⇒ fθ = −
mg
3
sin θ . (341)
(ii) Para que não haja deslizamento, é necessário que |fθ|≤ µN , onde N é dada pela
Eq. (2.4.49) do livro, já que uma força de atrito maior do que µN é imposśıvel. Ou seja,
o deslizamento começa quando o ângulo é θ1 tal que
|fθ|=
mg
3
|sin θ1|= µN = µ
mg
3
(7 cos θ1 − 4) ⇒ |sin θ1|= µ(7 cos θ1 − 4) . (342)
Elevando ambos os lados ao quadrado,
sin2 θ1 = µ
2(7 cos θ1 − 4)2 = µ2(49 cos2 θ1 − 56 cos θ1 + 16) , (343)
e usando que sin2 θ = 1− cos2 θ, chegamos a uma equação de segundo grau para cos θ1,
(1 + 49µ2) cos2 θ1 − 56µ2 cos θ1 + 16µ2 − 1 = 0 , (344)
cuja única solução posśıvel para θ1 no primeiro quadrante (cos θ1 > 0 ∀µ) é
cos θ1 =
28µ2 +
√
1 + 33µ2
1 + 49µ2
. (345)
(iii) Para que o resultado do Exemplo 2.4.3 do livro esteja correto, é preciso que
θ0 ≥ θ1, senão o cilindro móvel desliza antes de abandonar o cilindro fixo. Então queremos
cos θ1 ≥ cos θ0 ⇒
28µ2 +
√
1 + 33µ2
1 + 49µ2
≥ 4
7
, (346)
o que requer µ� 1 para que
cos θ1 &
28µ2
49µ2
=
4
7
. (347)
52 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 53
Problema 2.26. Solução: Para uma carga se movendo num campo eletromagnético com
E e B constantes, a derivada no tempo do vetor K = mv + (e/c)B× r− eEt é
dK
dt
= ma +
e
c
B× v − eE ,
onde a = v̇ = r̈. A partir da Eq. (1.6.3) do livro, que é a equação de movimento para a
carga (em unidades CGS gaussianas),
ma = eE +
e
c
v ×B , (348)
podemos usar a anticomutatividade do produto vetorial v × B = −B × v para provar
facilmente que K é constante de movimento:
dK
dt
= 0 . (349)
53 Antonio Capanema