Soluções Capítulo 3 (COMPLETO) - Mecânica Analítica (Nivaldo A. Lemos)

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Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 54
Caṕıtulo 3: Cinemática da Rotação
Exerćıcio 3.1.1. Solução: As componentes de g na base Σ em termos das suas compo-
nentes na base Σ′ são
gi = êi · g =
3∑
j=1
g′j êi · ê′j . (350)
Pela definição dos cossenos diretores, temos êi · ê′j = ê′j · êi = aji e podemos escrever
gi =
3∑
j=1
aji g
′
j . (351)
Usando a invariância de g · g, juntamos os dois resultados
g · g =
3∑
i=1
gigi =
3∑
i=1
( 3∑
j=1
aji g
′
j
)( 3∑
k=1
aki g
′
k
)
=
3∑
k,j=1
( 3∑
i=1
ajiaki
)
g′jg
′
k , (352)
g · g =
3∑
i=1
g′ig
′
i =
3∑
k,j=1
δjk g
′
jg
′
k (353)
para obter
3∑
i=1
ajiaki = δjk . (354)
Em notação matricial, aji = (A)ji, aki = (AT )ik e δjk = (I)jk nos permitem escrever
AAT = I . (355)
Como qualquer vetor g pode ser escrito como g =
∑3
i=1(êi · g) êi =
∑3
i=1(ê
′
i · g) ê′i, o
mesmo vale para para os vetores das bases. Com efeito,
ê′j =
3∑
l=1
(êl · ê′j) êl , êj =
3∑
l=1
(ê′l · êj) ê′l , (356)
com apoio da Eq. (3.1.3) do livro, fornecem
ê′j =
3∑
l=1
ajl êl , êj =
3∑
l=1
alj ê
′
l . (357)
Por fim, sabendo que as bases são compostas por vetores ortonormais, (357) nos dá
δjk = êj · êk =
( 3∑
i=1
aij ê
′
i
)
·
( 3∑
l=1
alk ê
′
l
)
=
3∑
i,l=1
aijalk (ê
′
i · ê′l) =
3∑
i,l=1
aijalk δil
54 Antonio Capanema
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⇒
3∑
i=1
aijaik = δjk , (358)
que é a Eq. (3.1.7) do livro, e
δjk = ê
′
j · ê′k =
( 3∑
i=1
aji êi
)
·
( 3∑
l=1
akl êl
)
=
3∑
i,l=1
ajiakl (êi · êl) =
3∑
i,l=1
ajiakl δil
⇒
3∑
i=1
ajiaki = δjk , (359)
que é a Eq. (3.1.14) do livro.
Exerćıcio 3.1.2. Solução: A Eq. (3.1.2) do livro com g = (g1, g2) = r = (x1, x2) e com
g′ = (g′1, g
′
2) = r
′ = (x′1, x
′
2) se torna, para i = 1, 2,{
x′1 = a11x1 + a12x2
x′2 = a21x1 + a22x2
. (360)
Como aij é o cosseno do ângulo entre x
′
i e xj, identificamos na Fig. 3.3 do livro
a11 = cosφ , a12 = cos(π/2− φ) = sinφ , a21 = cos(π/2 + φ) = − sinφ , a22 = cosφ .
Recuperamos assim as Eqs. (3.1.19) do livro,{
x′1 = x1 cosφ+ x2 sinφ
x′2 = −x1 sinφ+ x2 cosφ
. (361)
A matriz inversa da Eq. (3.1.20) do livro pode ser obtida usando um truque para
matrizes 2× 2:
M =
(
a b
c d
)
⇒ M−1 = 1
detM
(
d −b
−c a
)
. (362)
Sabendo que o determinante de A é
detA = cos2 φ+ sin2 φ = 1 , (363)
a sua inversa será
A−1 =
(
cosφ − sinφ
sinφ cosφ
)
. (364)
Verificamos diretamente que isto corresponde à transposta de A, A−1 = AT , e a matriz
é ortogonal.
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Exerćıcio 3.4.1. Solução: Tendo em mãos a Eq. (3.4.20) do livro que funciona para
vetores, podemos atuar (d/dt)inercial sobre o escalar s = g·h utilizando a regra do produto,(
ds
dt
)
inercial
= h ·
(
dg
dt
)
inercial
+ g ·
(
dh
dt
)
inercial
= h ·
[(
dg
dt
)
corpo
+ ω × g
]
+ g ·
[(
dh
dt
)
corpo
+ ω × h
]
=
(
d(g · h)
dt
)
corpo
+ h · (ω × g) + g · (ω × h) .
Para chegarmos ao resultado desejado, basta notar que os dois últimos termos se cancelam
pela ciclicidade do produto misto (a ·(b×c) = b ·(c×a) = c ·(a×b)) e pela antissimetria
do produto vetorial (a× b = −b× a),
h · (ω × g) = g · (h× ω) = −g · (ω × h) . (365)
Assim, (ds/dt)inercial = (ds/dt)corpo, que vale para qualquer escalar que pode ser escrito
como produto escalar de dois vetores. Como todo escalar pode ser escrito assim, vemos
que a identidade operatorial adequada para escalares é (d/dt)inercial = (d/dt)corpo .
Exerćıcio 3.4.2. Solução: As componentes de ω = ωφ+ωθ+ωψ no sistema de eixos fixo
no espaço (x, y, z) podem ser obtidas de maneira similar ao livro, expressando cada vetor
velocidade angular fixando pares de ângulos de Euler em termos de φ, θ e φ. Fixando θ
e ψ, a rotação é em torno do eixo z, e portanto a velocidade angular será(ωφ)x(ωφ)y
(ωφ)z
 =
00
φ̇
 . (366)
Fixando φ e ψ, o vetor velocidade angular ωθ é (θ̇, 0, 0) nos eixos (ξ, η, ζ). A transformação
para os eixos (x, y, z) se dá pela matriz de rotação D−1 = DT (ver Eq. (3.3.1) do livro):(ωθ)x(ωθ)y
(ωθ)z
 = D−1
θ̇0
0
 =
θ̇ cosφθ̇ sinφ
0
 . (367)
Fixando φ e θ, o vetor ωψ é (0, 0, ψ̇) nos eixos (x
′, y′, z′). A transformação para os eixos
(x, y, z) se dá pela matriz de rotação A−1 = AT (ver Eq. (3.3.5) do livro):(ωψ)x(ωψ)y
(ωψ)z
 = A−1
00
ψ̇
 =
 ψ̇ sin θ sinφ−ψ̇ sin θ cosφ
ψ̇ cos θ
 . (368)
Reunindo as componentes de ω, temos
ωx = θ̇ cosφ+ ψ̇ sin θ sinφ
ωy = θ̇ sinφ− ψ̇ sin θ cosφ
ωz = φ̇+ ψ̇ cos θ
. (369)
56 Antonio Capanema
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Exerćıcio 3.5.1. Solução: Calculando os comutadores explicitamente,
[J1,J2] = J1J2 − J2J1 =
0 0 01 0 0
0 0 0
−
0 1 00 0 0
0 0 0
 = J3 , (370)
[J2,J3] = J2J3 − J3J2 =
0 0 00 0 0
0 1 0
−
0 0 00 0 1
0 0 0
 = J1 , (371)
[J3,J1] = J3J1 − J1J3 =
0 0 10 0 0
0 0 0
−
0 0 00 0 0
1 0 0
 = J2 , (372)
verificamos diretamente que
[Ji,Jj] = Jk (373)
para (i, j, k) sendo qualquer permutação ćıclica de (1, 2, 3). Notando uma propriedade
importante de comutadores que é a antissimetria perante a troca de matrizes,
[A,B] = AB −BA = −(BA−AB) = −[B,A] , (374)
o que implica diretamente em
[A,A] = −[A,A] = 0 , (375)
é imediato concluir que
[Ji,Jj] =
3∑
k=1
�ijk Jk , (376)
onde �ijk é o śımbolo de Levi-Civita. Note que o śımbolo de Levi-Civita faz com que no
máximo 1 termo da soma em (376) seja não-nulo – o termo com i 6= j 6= k. Para tornar
(376) mais evidente, considere os seguintes casos:
1. Se (i, j, k) for uma permutação ćıclica de (1, 2, 3), recuperamos (373) pois �ijk = 1;
2. Se (j, i, k) for uma permutação ćıclica de (1, 2, 3), obtemos [Ji,Jj] = −Jk pois
�ijk = −1, que é consequência direta de (373) e de (374);
3. Se quais quer dois ı́ndices forem iguais, o comutador se anula devido ao śımbolo de
Levi Civita. O caso em que i = j é consequência direta de (375).
Exerćıcio 3.5.2. Solução: Sabendo que toda matriz do grupo SO(3) pode ser escrita
como R(α) = eα·J = eα(n1J1+n2J2+n3J3), vemos que
detR(α) = det eα·J = etrα·J = eα(n1 trJ1+n2 trJ2+n3 trJ3) = e0 = 1 , (377)
onde usamos que trJ1 = trJ2 = trJ3 = 0. Portanto, detR(α) = 1 .
57 Antonio Capanema
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Exerćıcio 3.6.1. Solução: Sejam Σ e Σ′ dois sistemas de referência cujas origens não
coincidem, sendo Σ um sistema inercial e Σ′ um sistema não-inercial. Isto é, Σ′ pode estar
girando e/ou acelerando. Definimos h como o vetor apontando da origem de Σ à origem
de Σ′ (ver Fig. 3.6 do livro). Seja ro o vetor posição de uma part́ıcula de massa m no
referencial Σ, fornecendo a equação de movimento
m
(
d2ro
dt2
)
Σ
= F . (378)
A posição da part́ıcula no referencial Σ′ será r = ro − h. Assim, (378) pode ser escrita
em termos de r como
m
(
d2r
dt2
)
Σ
+m
(
d2h
dt2
)
Σ
= F . (379)
Daqui em diante, seguimos o desenvolvimento de maneira análoga ao livro:(
dr
dt
)
Σ
=
(
dr
dt
)
Σ′
+ ω × r = v + ω × r , (380)
onde v = (dr/dt)Σ′ . Isto nos conduz a(
d2r
dt2
)
Σ
=
(
dv
dt
)
Σ
+
(
d(ω × r)
dt
)
Σ
=
(
dv
dt
)
Σ′
+ ω × v + dω
dt
× r + ω ×
(
dr
dt
)
Σ′
+ ω × (ω × r)
= a + 2ω × v + dω
dt
× r + ω × (ω × r)
onde a = (dv/dt)Σ′ e omitimos o subscrito em dω/dt já que esta quantidade é igual em
ambos os referenciais. Definindo ao′ = (d
2h/dt2)Σ como a aceleração da origem de Σ
′ em
relação à origem de Σ, (379) se torna
ma = F−mao′ + 2mv × ω +mω × (r× ω) +mr×
dω
dt
. (381)
58 Antonio Capanema
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Problema 3.1. Solução: (i) Sendo A = (akl) a matriz antissimétrica real associada ao
vetor v = (v1, v2, v3), pela Eq. (3.4.11b) do livro vemos que (verifique!)
akk = 0 , akl = −alk = vm = �kmlvm , (382)
com (l, k,m) sendo uma permutação ćıclica de (1, 2, 3) (note que �kml = 1 neste caso).
Estas propriedades podem ser resumidas em uma equação coma inclusão de um somatório:
akl =
3∑
m=1
�kmlvm . (383)
Note que ı́ndices repetidos em �kml zeram todos os termos da soma quando k = l, repro-
duzindo a primeira propriedade em (382) e zeram todos menos um termo da soma quando
k 6= l, especificamente aquele com k 6= m 6= l, reproduzindo a segunda propriedade em
(382) com o sinal correto de �kml. Utilizando (383) e a Eq. (A.22) do Apêndice A do
livro, vemos ainda que
3∑
k,l=1
�kmlakl =
3∑
k,l,m=1
�kml�kmlvm =
3∑
k,l,m=1
�mlk�kmlvm
=
3∑
l,m=1
(δmmδll − δmlδlm)vm
=
3∑
m=1
(3δmm − δmm)vm
= 2vm
⇒ vm =
1
2
3∑
k,l=1
�kmlakl . (384)
(ii) A matriz associada ao vetor n = (n1, n2, n3) será
A =
 0 −n3 n2n3 0 −n1
−n2 n1 0
 . (385)
Seus autovalores são as ráızes do polinômio caracteŕıstico, det(A− λI) = 0:
−λ3 − n1n2n3 + n1n2n3 − λ(n21 + n22 + n23) = −λ(λ2 + |n|2) = 0 , (386)
o que nos permite identificar a raiz zero. As outras duas ráızes são as soluções de
λ2 + |n|2= 0 , (387)
que são ±i|n|. Logo, os autovalores de A são λ = 0,±i|n| .
59 Antonio Capanema
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(iii) Seja A uma matriz real antissimétrica. Ela pode ser escrita na forma (385),
associada a algum vetor n tal que
det(I ±A) = 1 + |n|2≥ 1 . (388)
Como det(I ±A) 6= 0 , então as matrizes I ±A são não-singulares (possuem inversa).
Além disso, sabendo que (M−1)T = (MT )−1 vale contanto que a matriz M seja in-
verśıvel13, verificamos que a matriz B = (I +A)(I −A)−1 satisfaz
BT = [(I −A)−1]T (I +A)T
= [(I −A)T ]−1(I +A)T
= [(IT −AT )]−1(IT +AT )
= (I +A)−1(I −A) ,
onde na última etapa usamos a antissimetria deA,AT = −A, e a simetria da identidade,
IT = I. Além disso, vale notar que
(I −A)−1(I +A)−1 = [(I +A)(I −A)]−1
= (I −A2)−1
= [(I −A)(I +A)]−1
= (I +A)−1(I −A)−1 ,
ou seja, (I −A)−1 e (I +A)−1 comutam. O mesmo vale para as inversas:
(I −A)(I +A) = I −A2 = (I +A)(I −A) .
Utilizando estes resultados, vemos que
BTB = (I +A)−1(I −A)(I +A)(I −A)−1
= (I +A)−1(I +A)(I −A)(I −A)−1
= I2 = I
BBT = (I +A)(I −A)−1(I +A)−1(I −A)
= (I +A)(I +A)−1(I −A)−1(I −A)
= I2 = I ,
e, portanto, BT = B−1 e B é ortogonal.
13Esta propriedade pode ser rapidamente demonstrada:
MT (M−1)T = (M−1M)T = IT = I ,
(M−1)TMT = (MM−1)T = IT = I ,
provando que (M−1)T é a inversa deMT , assim coincidindo com (MT )−1.
60 Antonio Capanema
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Problema 3.2. Solução: Para refletir o vetor r em relação a um plano cujo vetor unitário
normal é n̂, nós simplesmente invertemos o sinal da componente de r na direção de n̂,
que é (r · n̂)n̂. Matematicamente, isto corresponde a
r′ = r− 2(r · n̂)n̂ , (389)
onde r′ é o vetor resultante da reflexão.
SejaA a matriz que efetua esta reflexão. Qualquer vetor v paralelo a n̂ será espelhado
para o seu inverso, Av = −v, ao passo que qualquer vetor perpendicular a n̂ estará no
plano de reflexão e permanecerá inalterado, Av = v. Portanto, os únicos autovalores
posśıveis para qualquer matriz de reflexão são λ = ±1 . Autovetores associados ao au-
tovalor −1 são vetores colineares com n̂. Autovetores associados ao autovalor +1 são
vetores perpendiculares a n̂.
Se n̂ = (n1, n2, n3), a reflexão (389) realizada pela matriz A = (Aij) pode ser escrita
como
r′i =
3∑
j=1
Aijrj = ri − 2
( 3∑
j=1
rjnj
)
ni =
3∑
j=1
(δij − 2ninj)rj , (390)
o que nos permite identificar
Aij = δij − 2ninj . (391)
Para verificar que A é ortogonal, note que
Aji = δji − 2njni = δij − 2ninj = Aij (392)
implica que AT = A. Note também que
3∑
j=1
AijAjk =
3∑
j=1
(δij − 2ninj)(δjk − 2njnk)
= δik − 2nink − 2nink + 4nink
3∑
j=1
njnj
= δik − 4nink + 4nink|n̂|2
= δik ,
onde usamos que n̂ é unitário (|n̂|= 1), o que significa em notação matricial que A2 = I,
isto é, A−1 = A. Combinando estes resultados, vemos que A é ortogonal: AT = A−1 .
Além disso, sabendo que o determinante de uma matriz é o produto dos seus autovalores,
temos detA = −1 e A é uma matriz ortogonal imprópria.
61 Antonio Capanema
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(Nivaldo A. Lemos) 62
Problema 3.3. Solução: Vamos utilizar a indução matemática para obter uma expressão
paraDn, ondeD é dada pela Eq. (3.3.1) do livro. Como nosso caso base, vamos considerar
n = 1, que nos dá a prórpia Eq. (3.3.1) e portanto vale por definição. Agora, assumindo
que vale
Dn =
 cosnφ sinnφ 0− sinnφ cosnφ 0
0 0 1
 , (393)
precisamos mostrar que
Dn+1 =
 cos[(n+ 1)φ] sin[(n+ 1)φ] 0− sin[(n+ 1)φ] cos[(n+ 1)φ] 0
0 0 1
 . (394)
De fato,
Dn+1 = DnD =
 cosnφ sinnφ 0− sinnφ cosnφ 0
0 0 1
 cosφ sinφ 0− sinφ cosφ 0
0 0 1

=
 cosnφ cosφ− sinnφ sinφ cosnφ sinφ+ sinnφ cosφ 0− sinnφ cosφ− cosnφ sinφ − sinnφ sinφ+ cosnφ cosφ 0
0 0 1

=
 cos[(n+ 1)φ] sin[(n+ 1)φ] 0− sin[(n+ 1)φ] cos[(n+ 1)φ] 0
0 0 1
 ,
onde usamos as fórmulas para seno e cosseno da soma de arcos. Sabendo que o resultado
vale para o caso base n = 1 e sabendo que, se o resultado vale para n, então ele também
vale para n+ 1, conclúımos por indução que, para todo n ≥ 1,
Dn =
 cosnφ sinnφ 0− sinnφ cosnφ 0
0 0 1
 . (395)
Problema 3.4. Solução: A matriz A correspondendo a uma rotação de um ângulo Φ
ao redor do eixo z é
A =
 cos Φ sin Φ 0− sin Φ cos Φ 0
0 0 1
 (396)
e possui traço trA = 2 cos Φ+1. Como o traço é independente do sistema de coordenadas,
então o traço de uma matriz de rotação por um ângulo Φ em torno de qualquer eixo (que
é basicamente (396) expressa em outra base) satisfaz
cos Φ = (trA− 1)/2 . (397)
62 Antonio Capanema
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(Nivaldo A. Lemos) 63
Problema 3.5. Solução: Seja h = (x, y, R) a posição do centro da esfera em um referen-
cial inercial Σ. Seja Σ′ o referencial não-inercial que acompanha o movimento e a rotação
da esfera, com origem no centro da mesma. Tem-se portanto que h é a posição da origem
de Σ′ em relação a Σ, assim como na Fig. 3.6 do livro. Considere um ponto na superf́ıcie
da esfera, localizado em ro = h + r, onde r é a posição deste ponto em relação a Σ
′. A
Eq. (3.6.2) do livro nos dá(
dr0
dt
)
Σ
=
(
dh
dt
)
Σ
+
(
dr
dt
)
Σ
=
(
dh
dt
)
Σ
+
(
dr
dt
)
Σ′
+ ω × r , (398)
onde ω é o vetor velocidade angular da esfera (isto é, do referencial Σ′). Note que
(dr/dt)Σ′ = 0 pois o ponto está fixo na esfera e, portanto, se move junto com os eixos de
Σ′. Logo, (
dr0
dt
)
Σ
=
(
dh
dt
)
Σ
+ ω × r . (399)
Vamos agora escolher ro como sendo o ponto da esfera em contato instantâneo com
o plano. Sabemos que naquele instante de tempo, r = −Rẑ e ω = (ωx, ωy, ωz) em
relação a Σ, onde as componentes de ω são dadas pela Eq. (3.4.31) do livro. Usando que
(dh/dt)Σ = (ẋ, ẏ, 0), obtemos(
dr0
dt
)
Σ
= (ẋ, ẏ, 0) + (−Rωy, Rωx, 0) . (400)
O v́ınculo de rolamento sem deslizamento vem da exigência de que a velocidade do ponto
da esfera em contato com o plano seja zero no referencial inercial, ou seja, (dr0/dt)Σ = 0.
Isto faz com que (400) se reduza a
ẋ−Rωy = 0 , ẏ +Rωx = 0 , (401)
ou ainda, explicitamente em termos dos ângulos de Euler,{
ẋ−R(θ̇ sinφ− ψ̇ sin θ cosφ) = 0 ,
ẏ +R(θ̇ cosφ+ ψ̇ sin θ sinφ) = 0
. (402)
Para que o primeiro dos v́ınculos (402) seja holônomo, ele deve ser escrito na forma
G(x, φ, θ, ψ, t) = C, onde C é uma constante. Introduzimos um fator integrante g(x, φ, θ, ψ, t)
tal que
dG
dt
=
∂G
∂x
ẋ+
∂G
∂φ
φ̇+
∂G
∂θ
θ̇ +
∂G
∂ψ
ψ̇ +
∂G
∂t
= gẋ− gR(θ̇ sinφ− ψ̇ sin θ cosφ) = 0
Podemos identificar que ∂G/∂x = g, ∂G/∂φ = 0 e ∂G/∂θ = −gR sinφ. Igualando
segundas derivadas, vemos que
∂2G
∂φ∂x
=
∂2G
∂x∂φ
⇒ ∂g
∂φ
= 0 ⇒ g = g(x, θ, ψ, t) , (403)
63 Antonio Capanema
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(Nivaldo A. Lemos) 64
∂2G
∂φ∂θ
=
∂2G
∂θ∂φ
⇒ ∂
∂φ
(−gR sinφ) = 0 ⇒ g = 0 . (404)
A inexisência de um fator integrante não-nulo prova que o v́ınculo não é integrável e,
portanto não é holônomo. Assumindo que o segundo dos v́ınculos (402) pode ser escrito
como H(y, φ, θ, ψ, t) = C ′, introduzimosh(y, φ, θ, ψ, t) tal que
dH
dt
=
∂H
∂y
ẏ +
∂H
∂φ
φ̇+
∂H
∂θ
θ̇ +
∂H
∂ψ
ψ̇ +
∂H
∂t
= hẏ + hR(θ̇ cosφ+ ψ̇ sin θ sinφ) = 0 .
Identificamos ∂H/∂y = h, ∂H/∂φ = 0 e ∂H/∂θ = hR cosφ e igualamos as segundas
derivadas para obter
∂2H
∂φ∂y
=
∂2H
∂y∂φ
⇒ ∂h
∂φ
= 0 ⇒ h = h(y, θ, ψ, t) , (405)
∂2H
∂φ∂θ
=
∂2H
∂θ∂φ
⇒ ∂
∂φ
(hR cosφ) = 0 ⇒ h = 0 , (406)
conclúındo que o segundo v́ınculo também não é holônomo.
Problema 3.6. Solução: Suponha que a velocidade angular ω = (ωx, ωy, ωz) pode ser
escrita como a derivada demporal de um vetor Ω = (Ωx(θ, φ, ψ),Ωy(θ, φ, ψ),Ωz(θ, φ, ψ)),
isto é,
ωx =
∂Ωx
∂θ
θ̇+
∂Ωx
∂φ
φ̇+
∂Ωx
∂ψ
ψ̇ , ωy =
∂Ωy
∂θ
θ̇+
∂Ωy
∂φ
φ̇+
∂Ωy
∂ψ
ψ̇ , ωz =
∂Ωz
∂θ
θ̇+
∂Ωz
∂φ
φ̇+
∂Ωz
∂ψ
ψ̇ .
A Eq. (3.4.31) do livro nos dá as componentes de ω me termos dos ângulos de Euler.
Comparando os coeficientes de θ̇, ψ̇ e ψ̇, podemos identificar
∂Ωx
∂θ
= cosφ ,
∂Ωx
∂φ
= 0 ,
∂Ωx
∂ψ
= sin θ sinφ , (407)
∂Ωy
∂θ
= sinφ ,
∂Ωy
∂φ
= 0 ,
∂Ωy
∂ψ
= − sin θ cosφ , (408)
∂Ωz
∂θ
= 0 ,
∂Ωz
∂φ
= 1 ,
∂Ωz
∂ψ
= cos θ . (409)
Considere, por exemplo, Ωx e as relações (407). Igualando segundas derivadas, temos
∂2Ωx
∂φ∂θ
=
∂2Ωx
∂θ∂φ
⇒ ∂
∂φ
cosφ = 0 ⇒ φ = 0, π , (410)
o que claramente é um problema quando consideramos Ωy e as relações (408),
∂2Ωy
∂φ∂θ
=
∂2Ωy
∂θ∂φ
⇒ ∂
∂φ
sinφ = 0 ⇒ φ = π
2
,
3π
2
. (411)
Esta contradição nos leva a concluir que @Ω, ω = Ω̇ .
64 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 65
Problema 3.7. Solução: (i) Como os elementos da matriz identidade são constantes, a
derivada temporal de I é a matriz nula İ = 0. Se A é uma matriz ortogonal dependente
do tempo, derivando ATA = I em relação ao tempo, obtemos
ȦTA+AT ȦT = 0 ⇒ ȦTA = −AT ȦT = −AT (ȦT )T . (412)
Usando que BTAT = (AB)T , encontramos que ȦTA = −(ȦTA)T , ou seja, ȦTA é
uma matriz antissimétrica.
(ii) Se rΣ e rΣ′ são as componentes do mesmo vetor em referenciais diferentes conec-
tados pela matriz de rotação de Σ para Σ′ dependente do tempo A, então temos
rΣ′ = A rΣ e rΣ = AT rΣ′ , (413)
onde a segunda destas relações vem do fato queAT = A−1. Derivando a segunda equação
em (413) em relação ao tempo, obtemos
vΣ =
drΣ
dt
= AT drΣ
′
dt
+ ȦT rΣ′ = ATv′Σ′ + ȦT rΣ′ . (414)
onde v e v′ são as velocidades da part́ıcula em relação a Σ e Σ′, respectivamente. Sabendo
que ATv′Σ′ = v′Σ e utilizando a primeira equação em (413), chegamos a
vΣ = v
′
Σ + ȦTA rΣ . (415)
Lembrando que ȦTA é uma matriz antissimétrica, a Eq. (3.4.11b) do livro nos diz que
ela corresponde a um vetor, que chamaremos de ω, através de (383):
(ȦTA)kl =
3∑
m=1
�kmlωm . (416)
Assim, podemos escrever em componentes
(ȦTA rΣ)k =
3∑
l=1
(ȦTA)kl(rΣ)l
=
3∑
l,m=1
�kmlωm(rΣ)l
= (ω × rΣ)k ,
onde usamos a Eq. (A.21) do livro. Já que uma igualdade entre vetores é válida em
qualquer sistema de coordenadas, podemos eliminar o substrito Σ e escrever
v = v′ + ω × r , (417)
que coincide com a Eq. (3.4.14) do livro. Estabelecemos com sucesso uma definição
puramente algébrica do vetor ω, cuja existência é garantida pela existência da matriz
ȦTA.
65 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 66
Problema 3.8. Solução: (i) Duas rotações de 180o consecutivas em torno de um eixo
arbitrário se tornam uma rotação de 360o em torno daquele eixo, o que traz o vetor de
volta para a sua posição original. Portanto, P2 = I .
(ii) Se A = (I +P)/2 e B = (I −P)/2, então temos
A2 = (I +P)
2
4
=
I2 + IP +PI +P2
4
=
2I + 2P
4
= A , (418)
onde usamos que I2 = I e que PI = IP = P . Analogamente,
B2 = (I −P)
2
4
=
I2 − IP −PI +P2
4
=
2I − 2P
4
= B , (419)
e vemos que ambas as matrizes são idempotentes, A2 = A e B2 = B .
(iii) A única matriz idempotente que possui inversa é a identidade:
A = A−1A2 = A−1A = I . (420)
Logo, A e B não possuem inversa e são singulares. O produto destas matrizes é
AB = (I +P)(I −P)
4
=
I2 − IP +PI −P2
4
= 0 , (421)
BA = (I −P)(I +P)
4
=
I2 + IP −PI −P2
4
= 0 . (422)
Conclúımos que AB = BA = 0 é a matriz nula.
66 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 67
Problema 3.9. Solução: A superf́ıcie da Terra é um referencial não-inercial que gira
com velocidade angular ω = −ω cosλ î + ω sinλ k̂ em termos dos eixos definidos na Fig.
3.7 do livro e da latitude λ. Uma part́ıcula disparada verticalmente possui velocidade
v = vk̂, com v > 0 durante a subida e v < 0 durante a descida. Isto produz uma força
de Coriolis
FCor = 2mv × ω = 2mvk̂× (−ω cosλ î + ω sinλ k̂) = −2mωv cosλ ĵ . (423)
Durante a subida, o desvio é no sentido leste-oeste, sentido este que inverte durante a
descida. A equação de movimento para a part́ıcula na direção z é leva em conta somente
a gravidade,
z̈ = −g ⇒ ż = v = v0 − gt ⇒ z = v0t−
gt2
2
, (424)
onde adotamos as condições iniciais adequadas para o nosso problema: ż(0) = v0, z(0) = 0.
Como a força de Coriolis é muito menor do que a gravidade14, podemos desprezar a
componente horizontal da velocidade da part́ıcula. Assim, FCor gera um movimento
horizontal, considerando y(0) = ẏ(0) = 0, da forma
ÿ = −2ωv cosλ ≈ −2ω(v0 − gt) cosλ ⇒ y =
ωgt3
3
cosλ− ωv0t2 cosλ . (425)
De (424) obtemos gt = v0 ±
√
v20 − 2gz para o tempo em função de z. O instante de
tempo em que a part́ıcula chega no solo, t∗, é obtido tomando z = 0:
gt∗ = v0 ± v0 . (426)
O sinal negativo nos dá t∗1 = 0, que é o instante em que a part́ıcula é lançada (de z = 0),
enquanto que o sinal positivo nos dá t∗2 = 2v0/g, que é o tempo total que a part́ıcula levou
até voltar para o chão. A deflexão total provocada pela força de Coriolis é
∆y = y(t∗2) = ω
(
8v30
3g2
− 4v
3
0
g2
)
cosλ = −4ωv
3
0
3g2
cosλ . (427)
Queremos comparar esta deflexão com aquela produzida quando a part́ıcula é largada
em repouso da mesma altura máxima, ∆y′. O Exemplo (3.6.1) do livro nos fornece o
resultado para uma altura h arbitrária na Eq. (3.6.16). Por conservação de energia, é
fácil verificar que a altura máxima atingida pela part́ıcula no nosso caso é h = v20/2g.
Substitúındo este valor na Eq. (3.6.16) do livro, obtemos
∆y′ =
ωv30
3g2
cosλ . (428)
Conclúımos que ∆y = −4∆y′ , isto é, o desvio horizontal tem sentido oposto (por causa
do sinal negativo) e é quatro vezes maior para uma part́ıcula lançada do solo comparado
a uma part́ıcula largada em repouso da altura máxima.
14A justificativa para esta suposição está presente no parágrafo que antecede o Exemplo 3.6.1 do livro.
67 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 68
Problema 3.10. Solução: Considere a lagrangiana em termos de r = (x, y, z) = (x1, x2, x3)
L =
mv2
2
− V −mr · ao′ +
m
2
(ω × r)2 +mv · (ω× r) , (429)
onde v = ṙ e V = V (r) é o potencial da força F, isto é, F = −∇V . Ao invés de escrever
a equação de Lagrange para cada uma das 3 coordenadas em r, vamos utilizar a equação
d
dt
(∇vL)−∇L = 0 , (430)
onde∇v ≡ (d/dvx) î+(d/dvy) ĵ+(d/dvz) k̂, que é uma consequência direta das 3 equações.15
Vale a pena pararmos para notar que a regra do produto16
∇(A ·B) = (∇A)B + (∇B)A , (432)
onde ∇A é a matriz com componentes (∇A)ij = ∂Aj/∂xi, nos confere algumas pro-
priedades interessantes. Se C = (C1, C2, C3) é um vetor constante, então:
1. (∇C)ij = 0 e assim ∇C é a matriz nula 0 (assim como ∇vC) ,
2. (∇r)ij = ∂xj∂xi = δij e assim ∇r é a matriz identidade I (assim como ∇vv) ,
3. ∇(r ·C) = (∇r)C = C (assim como ∇v(v ·C) = C) ,
4. ∇v(v2) =∇v(v · v) = 2v ,
5. [∇(C× r)]ij = ∂(C×r)j∂xi =
∂(
∑3
k,l=1 �jklCkxl)
∂xi
=
∑3
k,l=1 �jklCkδli =
∑3
k=1 �jkiCk .
Note que v (e qualquer função de v) é visto como uma constante perante ∇ e, analoga-
mente, r (e qualquer função de r) é visto como uma constante perante ∇v.
Podemos agora calcular os termos em (430). A maioria deles é trivial utilizando as
propriedades acima, de modo que vamos somente explicitar a conta para os termos mais
complicados.Usando a ciclicidade do produto misto e a propriedade 3, temos
∇[v · (ω × r)] =∇[r · (v × ω)] = v × ω . (433)
15De fato, (430) pode ser reescrita como (verifique!)
3∑
i=1
[
d
dt
(
∂L
∂ẋi
)
− ∂L
∂xi
]
êi = 0 , (431)
onde ê1 = î, ê2 = ĵ, ê3 = k̂ são os versores cartesianos. Vemos que cada termo do somatório acima é zero
individualmente graças às equações de Lagrange para cada coordenada xi, que anulam os termos dentro
dos colchetes.
16Uma demonstração para esta propriedade pode ser obtida facilmente utilizando a notação de ı́ndices:
[∇(A ·B)]i =
∂
∂xi
( 3∑
j=1
AjBj
)
=
3∑
j=1
∂Aj
∂xi
Bj +
3∑
j=1
∂Bj
∂xi
Aj
=
3∑
j=1
(∇A)ijBj +
3∑
j=1
(∇B)ijAj = [(∇A)B]i + [(∇B)A]i ,
que é o que desejávamos provar.
68 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 69
Além disso, a propriedade 5 pode ser usada para calcular
∇[(ω × r)2] =∇[(ω × r) · (ω × r)] = 2[∇(ω × r)](ω × r)
em notação de ı́ndices:
2[∇(ω × r)]ij(ω × r)j = 2
3∑
k=1
�jkiωk(ω × r)j = 2
3∑
k=1
�ijk(ω × r)jωk = 2[(ω × r)× ω]i
⇒∇[(ω × r)2] = 2(ω × r)× ω . (434)
Com apoio destes resultados, podemos enfim reescrever (430). Usando a antissimetria do
produto vetorial, juntamos o primeiro termo,
d
dt
(∇vL) =
d
dt
[mv +m(ω × r)] = ma−mv × ω −mr× dω
dt
,
onde a = v̇, e o segundo termo,
∇L = −∇V −mao′ +m(ω × r)× ω +mv × ω
= F−mao′ +mω × (r× ω) +mv × ω ,
para obter finalmente
ma = F−mao′ + 2mv × ω +mω × (r× ω) +mr×
dω
dt
. (435)
A integral de Jacobi, definida pela Eq. (2.6.1) do livro, pode ser reescrita como
h = (v ·∇v)L− L , (436)
onde v ·∇v = vx(d/dvx) + vy(d/dvy) + vz(d/dz) pela definição de ∇v. Notando que
(v ·∇v)v2 = (v ·∇v)(v2x + v2y + v2z) = 2v2 ,
(v ·∇v)[v · (ω × r)] = (v ·∇v)[vx(ω × r)x + vy(ω × r)y + vz(ω × r)z] = v · (ω × r) ,
obtemos
h =
mv2
2
+ V +mr · ao′ −
m
2
(ω × r)2 . (437)
69 Antonio Capanema