Lista Mecânica Analítica

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PRIMEIRA PARTE – LIVRO NIVALDO 
 
1. Considere os vínculos: (𝒙𝟐 + 𝒚𝟐)𝒅𝒙 + 𝒙𝒛 ∙ 𝒅𝒛 = 𝟎 e (𝒙𝟐 + 𝒚𝟐)𝒅𝒚 + 𝒚𝒛 ∙ 𝒅𝒛 = 𝟎. Cada um deles 
separadamente é não integrável. 
a) Prove que, juntos, eles equivalem a 𝒅(𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐) = 𝟎 e 𝒅 𝐥𝐧 (
𝒚
𝒙
) = 𝟎. 
Primeiramente, vamos somar os dois vínculos que nos foram dados no enunciado do problema: 
(𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑥 + 𝑥𝑧 ∙ 𝑑𝑧 + (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑦 + 𝑦𝑧 ∙ 𝑑𝑧 = 0 
 
(𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑥 + (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑦 + 𝑥𝑧 ∙ 𝑑𝑧 + 𝑦𝑧 ∙ 𝑑𝑧 = 0 
 
Vamos modificar um pouco esses termos colocando algumas coisas em evidência e acrescentando termos 
para não modificar nossa igualdade: 
𝑥(𝑥𝑑𝑥 + 𝑦𝑑𝑦 + 𝑧𝑑𝑧) − 𝑥𝑦 ∙ 𝑑𝑦 + 𝑦2𝑑𝑥 + 𝑦(𝑥𝑑𝑥 + 𝑦𝑑𝑦 + 𝑧𝑑𝑧) − 𝑥𝑦 ∙ 𝑑𝑥 + 𝑥2𝑑𝑦 = 0 
 
(𝑥 + 𝑦)(𝑥𝑑𝑥 + 𝑦𝑑𝑦 + 𝑧𝑑𝑧) + 𝑥(𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥) − 𝑦(𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥) = 0 
 
(𝑥 + 𝑦)(𝑥𝑑𝑥 + 𝑦𝑑𝑦 + 𝑧𝑑𝑧) + (𝑥 − 𝑦)(𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥) = 0 
 
Pausa... 
𝑑(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2) = 2(𝑥𝑑𝑥 + 𝑦𝑑𝑦 + 𝑧𝑑𝑧) 
 
𝑑 ln (
𝑦
𝑥
) =
𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥
𝑥𝑦
 
Voltando... 
(𝑥 + 𝑦)
1
2
𝑑(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2) + (𝑥 − 𝑦) ∙ 𝑥𝑦 ∙ 𝑑 ln (
𝑦
𝑥
) = 0 
 
Para que esses termos sejam iguais a zero, obrigatoriamente nossos termos diferenciais devem ser iguais a 
zero para quaisquer valores de 𝑥 e 𝑦. Portanto: 
𝑑(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2) = 0 𝑑 ln (
𝑦
𝑥
) = 0 
 
b) Conclua que o sistema é holônomo com vínculos: 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 = 𝑪𝟏 e 𝒚 = 𝑪𝟐𝒙. 
Temos que ambos os vínculos 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 − 𝐶1 = 0 e 𝑦 − 𝐶2𝑥 = 0 são holônomos, pois 
dependem apenas de suas coordenadas. 
De forma conjunta, os vínculos provados no exercício anterior conjuntamente com esses dois são sim 
integráveis e, portanto, holônomos em conjunto. 
Dessa forma, o sistema formado por essas quatro equações de vínculo é holônomo. 
 
Provando a primeira integral... 
 
 
 
Agora, a segunda... 
 
 
 
 
∫𝑑(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2) = 0 ∴ 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 − 𝐶1 = 0 
 
∫𝑑 (ln (
𝑦
𝑥
)) = 0 
 
ln (
𝑦
𝑥
) − 𝐶1 = 0 → ln𝑦 = 𝐶1 + ln 𝑥 
 
𝑒ln 𝑦 = 𝑒𝐶1+ln 𝑥 
 
𝑦 = 𝑒𝐶1 ∙ 𝑒ln 𝑥 
 
𝑦 = 𝐶2𝑥 ∴ 𝑦 − 𝐶2𝑥 = 0 
 
SEGUNDA PARTE – LIVRO GOLDSTEIN 
 
1. Mostre que, para uma partícula: 
a) Com a massa constante, a equação do movimento implica na seguinte equação diferencial para 
a energia cinética: 
𝒅𝑻
𝒅𝒕
= 𝑭 ∙ 𝒗. 
Temos que a massa desta partícula é constante, então teremos: 
�⃗� = �̇� =
𝑑
𝑑𝑡
(𝑚𝑣) = 𝑚
𝑑𝑣
𝑑𝑡
 
Da equação da energia cinética: 
𝑇 =
1
2
𝑚𝑣2 =
1
2
𝑚 ∙ 𝑣 ∙ 𝑣 
 
𝑑𝑇
𝑑𝑡
=
𝑑
𝑑𝑡
(
1
2
𝑚 ∙ 𝑣 ∙ 𝑣) =
𝑚
2
∙
𝑑(𝑣 ∙ 𝑣)
𝑑𝑡
 
 
𝑑𝑇
𝑑𝑡
=
𝑚
2
∙ 2 (
𝑑𝑣
𝑑𝑡
) ∙ 𝑣 
 
𝑑𝑇
𝑑𝑡
=
𝑑(𝑚𝑣)
𝑑𝑡
∙ 𝑣 =
𝑑𝑝
𝑑𝑡
∙ 𝑣 
Se 
𝑑�⃗�
𝑑𝑡
= 𝐹, então: 
𝑑𝑇
𝑑𝑡
= 𝐹 ∙ 𝑣 
 
b) Com massa variável em relação ao tempo, a equação correspondente será: 
𝒅(𝒎𝑻)
𝒅𝒕
= 𝑭 ∙ 𝒑. 
Para a massa variável, faremos uma análise semelhante à letra “a”. Teremos então: 
𝑑(𝑚𝑇)
𝑑𝑡
=
𝑑
𝑑𝑡
(
1
2
𝑚𝑣 ∙ 𝑚𝑣) =
1
2
∙ 2𝑚𝑣 ∙
𝑑(𝑚𝑣)
𝑑𝑡
 
 
𝑑(𝑚𝑣)
𝑑𝑡
= 𝐹 𝑒 𝑚𝑣 = 𝑝 
Portanto: 
𝑑(𝑚𝑇)
𝑑𝑡
= 𝐹 ∙ 𝑝 
 
2. Prove que a magnitude 𝑹 do vetor posição do centro de massa a partir de uma origem arbitrária é 
dada pela seguinte equação: 
𝑴𝟐𝑹𝟐 = 𝑴∑𝒎𝒊𝒓𝒊
𝟐
𝒊
−∑𝒎𝒊𝒎𝒋𝒓𝒊𝒋
𝟐
𝒊,𝒋
 
Temos da definição que o vetor �⃗⃗� define o centro de massa de um sistema e é dado por: 
�⃗⃗� =
∑𝑚𝑖𝑟𝑖
𝑀
 
 
Ajustando a equação e elevando ao quadrado, teremos: 
𝑀2𝑅2 =∑𝑚𝑖𝑟𝑖
𝑖
∙∑𝑚𝑗𝑟𝑗
𝑗
=∑𝑚𝑖 ∙ 𝑚𝑗 ∙ 𝑟𝑗 ∙ 𝑟𝑖
𝑖,𝑗
 
Pausa... 
𝑟𝑖𝑗 = 𝑟𝑖 − 𝑟𝑗 
𝑟𝑖𝑗
2 = 𝑟𝑖
2 − 2𝑟𝑖𝑟𝑗 + 𝑟𝑗
2 
𝑟𝑖𝑟𝑗 =
1
2
(𝑟𝑖
2 + 𝑟𝑗
2 − 𝑟𝑖𝑗
2) 
 
Voltando... 
𝑀2𝑅2 =
1
2
(∑𝑚𝑖 ∙ 𝑚𝑗 ∙ 𝑟𝑖
2
𝑖,𝑗
) +
1
2
(∑𝑚𝑖 ∙ 𝑚𝑗 ∙ 𝑟𝑗
2
𝑖,𝑗
) −
1
2
(
 
 
∑𝑚𝑖 ∙ 𝑚𝑗 ∙ 𝑟𝑖𝑗
2
𝑖,𝑗
𝑖≠𝑗 )
 
 
 
 
Se separarmos os somatórios e assumirmos que o somatório das massas 𝑚𝑖 e 𝑚𝑗 será igual a 𝑀, ficaremos 
com: 
𝑀2𝑅2 =
𝑀
2
(∑𝑚𝑖 ∙ 𝑟𝑖
2
𝑖
) +
𝑀
2
(∑𝑚𝑗 ∙ 𝑟𝑗
2
𝑗
) −
1
2
(∑𝑚𝑖 ∙ 𝑚𝑗 ∙ 𝑟𝑖𝑗
2
𝑖,𝑗
) 
 
Como 𝑖 e 𝑗 são letras que são facilmente substituíveis por qualquer outra, não alterando a generalidade do 
exercício, podemos fazer 𝑖 = 𝑗 e chegaremos ao resultado: 
𝑀2𝑅2 = 𝑀∑𝑚𝑖𝑟𝑖
2
𝑖
−∑𝑚𝑖𝑚𝑗𝑟𝑖𝑗
2
𝑖,𝑗
 
 
3. Suponha que um sistema de duas partículas é conhecido por obedecer as seguintes equações de 
movimento: 
𝑴
𝒅𝟐𝑹
𝒅𝒕𝟐
=∑𝑭𝒊
(𝒆)
𝒊
≡ 𝑭(𝒆) 
𝒅𝑳
𝒅𝒕
= 𝑵(𝒆) 
A partir das equações do movimento das partículas individuais mostre que as forças internas 
entre as partículas satisfazem tanto a lei fraca quanto a forte de ação e reação. 
 
Temos a seguinte equação, que aplicada a um sistema de duas partículas ficará: 
�⃗⃗� =
∑𝑚𝑖𝑟𝑖
𝑀
 ⇒ 𝑀�⃗⃗� = 𝑚1𝑟1 +𝑚2𝑟2 
 
E a equação de movimento de uma partícula é dada por (para as partículas 1 e 2, respectivamente): 
𝑚1
𝑑2𝑟1
𝑑𝑡2
= �⃗�1
(𝑒)
+ �⃗�12 𝑚2
𝑑2𝑟2
𝑑𝑡2
= �⃗�2
(𝑒)
+ �⃗�21 
 
Se somarmos ambas e reorganizarmos alguns termos, ficaremos com: 
𝑑2
𝑑𝑡2
(𝑚1𝑟1 +𝑚2𝑟2) = �⃗�1
(𝑒) + �⃗�2
(𝑒) + �⃗�12 + �⃗�21 
 
𝑑2
𝑑𝑡2
(𝑀�⃗⃗�) = 𝐹(𝑒) + �⃗�12 + �⃗�21 
Da primeira equação, temos que 
𝑀
𝑑2𝑅
𝑑𝑡2
=∑𝐹𝑖
(𝑒)
𝑖
≡ 𝐹(𝑒) ∴ 
𝑑2
𝑑𝑡2
(𝑀�⃗⃗�) = 𝐹(𝑒) + �⃗�12 + �⃗�21 ⇔ �⃗�12 + �⃗�21 = 0 
Provamos assim que �⃗�12 + �⃗�21 = 0 e, por consequência, mostramos que as forças internas entre as 
partículas satisfazem a lei fraca de ação e reação. 
Agora, faremos a lei forte. Da equação anterior, temos que: 
𝑑𝑝1
𝑑𝑡
= �⃗�1
(𝑒) + �⃗�12 𝑒 
𝑑𝑝2
𝑑𝑡
= �⃗�2
(𝑒) + �⃗�21 
 
Se multiplicarmos 𝑟1 e 𝑟2 de ambos os lados: 
𝑑
𝑑𝑡
(𝑟1 × 𝑝1) = 𝑟1 × �⃗�1
(𝑒) + 𝑟1 × �⃗�12 𝑒 
𝑑
𝑑𝑡
(𝑟2 × 𝑝2) = 𝑟2 × �⃗�2
(𝑒) + 𝑟2 × �⃗�21 
 
𝑑�⃗⃗�1
𝑑𝑡
= 𝑁1
(𝑒) + 𝑟1 × �⃗�12 𝑒 
𝑑�⃗⃗�2
𝑑𝑡
= 𝑁2
(𝑒) + 𝑟2 × �⃗�21 
 
Se somarmos as duas equações e fizermos algumas manipulações (lembrando que �⃗�12 = −�⃗�21), teremos: 
𝑑
𝑑𝑡
(�⃗⃗�1 + �⃗⃗�2) = 𝑁1
(𝑒) +𝑁2
(𝑒) + 𝑟1 × �⃗�12 + 𝑟2 × �⃗�21 
 
𝑑𝐿
𝑑𝑡
= 𝑁(𝑒) + (𝑟1 − 𝑟2)�⃗�12 
Da segunda equação, temos que 
𝑑𝐿
𝑑𝑡
= 𝑁(𝑒) ∴ 
𝑑𝐿
𝑑𝑡
= 𝑁(𝑒) + (𝑟1 − 𝑟2)�⃗�12 ⇔ (𝑟1 − 𝑟2)�⃗�12 = 0 
 
Provamos assim que (𝑟1 − 𝑟2)�⃗�12 = 0 e, por consequência, mostramos que as forças internas entre as 
partículas satisfazem a lei forte de ação e reação. 
 
4. As equações de vínculo para um disco rolante são casos especiais de equações diferenciais lineares 
gerais de vínculo da forma 
∑𝒈𝒊(𝒙𝟏, … , 𝒙𝒏)𝒅𝒙𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝟎 
 
Um vínculo deste tipo é holônomo somente se puder ser encontrada uma função integradora 
𝒇(𝒙𝟏, … , 𝒙𝒏) que a transforme em uma diferencial exata. Claramente, a função deve ser tal que 
𝝏(𝒇𝒈𝒊)
𝝏𝒙𝒋
=
𝝏(𝒇𝒈𝒋)
𝝏𝒙𝒊
 ∀ 𝒊 ≠ 𝒋 
 
Mostre que não há fator integrante para nenhuma das equações seguintes: 
{
𝒅𝒙 − 𝒂 ∙ 𝐬𝐢𝐧𝜽 ∙ 𝒅𝚽 = 𝟎
𝒅𝒚 + 𝒂 ∙ 𝐜𝐨𝐬 𝜽 ∙ 𝒅𝚽 = 𝟎
 
 
O fator integrante da forma geral pode ser encontrado da seguinte maneira: 
𝑓(𝑥1, … , 𝑥𝑛) ∙ [∑𝑔𝑖(𝑥1, … , 𝑥𝑛)𝑑𝑥𝑖
𝑛
𝑖=1
] = 𝑑𝐺(𝑥1, … , 𝑥𝑛) 
 
∑𝑓 ∙ 𝑔𝑖(𝑥1, … , 𝑥𝑛)𝑑𝑥𝑖
𝑛
𝑖=1
=
𝜕𝐺
𝜕𝑥1
𝑑𝑥1 +⋯+
𝜕𝐺
𝜕𝑥𝑛
𝑑𝑥𝑛 
∑𝑓 ∙ 𝑔𝑖(𝑥1, … , 𝑥𝑛)𝑑𝑥𝑖
𝑛
𝑖=1
= 𝑓𝑔1𝑑𝑥1 +⋯+ 𝑓𝑔𝑛𝑑𝑥𝑛 
 
𝜕(𝑓𝑔𝑖)
𝜕𝑥𝑗
=
𝜕(𝑓𝑔𝑗)
𝜕𝑥𝑖
 ∀ 𝑖 ≠ 𝑗 
 
Vamos, inicialmente, encontrar o fator integrante de 𝑑𝑥 − 𝑎 ∙ sin 𝜃 ∙ 𝑑Φ = 0. Vamos definir que este fator 
depende dos seguintes elementos: 𝑓 = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝜃, Φ). Teremos então: 
 
𝑓(𝑥 − 𝑎 ∙ sin 𝜃 ∙ 𝑑Φ) = 𝑑𝐺 
 
𝑓(𝑥 − 𝑎 ∙ sin 𝜃 ∙ 𝑑Φ) =
𝜕𝐺
𝜕𝑥
𝑑𝑥 +
𝜕𝐺
𝜕𝑦
𝑑𝑦 +
𝜕𝐺
𝜕𝜃
𝑑𝜃 +
𝜕𝐺
𝜕Φ
𝑑Φ 
 
𝜕𝐺
𝜕𝑥
= 𝑓 
𝜕𝐺
𝜕𝑦
=
𝜕𝐺
𝜕𝜃
= 0 
𝜕𝐺
𝜕Φ
= −𝑎𝑓 ∙ sin 𝜃 
 
𝜕2𝐺
𝜕𝑦𝜕𝑥
=
𝜕2𝐺
𝜕𝑥𝜕𝑦
 → 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 0 → 𝑓 = 𝑓(𝑥, 𝜃, Φ) 
 
𝜕2𝐺
𝜕𝜃𝜕𝑥
=
𝜕2𝐺
𝜕𝑥𝜕𝜃
 →𝜕𝑓
𝜕𝜃
= 0 → 𝑓(𝑥,Φ) 
 
𝜕2𝐺
𝜕𝜃𝜕Φ
=
𝜕2𝐺
𝜕Φ𝜕𝜃
 → 
𝜕(−𝑎𝑓 ∙ sin 𝜃)
𝜕𝜃
= 0 → 𝑎𝑓 ∙ cos 𝜃 = 0 ∴ 𝑓 = 0 
 
Não há fator integrante diferente de zero, portanto, este vínculo não é holônomo. 
Agora para o segundo: 
𝑓(𝑑𝑦 + 𝑎 ∙ cos𝜃 ∙ 𝑑Φ) = 𝑑𝐺 
 
𝑓(𝑑𝑦 + 𝑎 ∙ cos 𝜃 ∙ 𝑑Φ) =
𝜕𝐺
𝜕𝑥
𝑑𝑥 +
𝜕𝐺
𝜕𝑦
𝑑𝑦 +
𝜕𝐺
𝜕𝜃
𝑑𝜃 +
𝜕𝐺
𝜕Φ
𝑑Φ 
 
𝜕𝐺
𝜕𝑥
= 0 
𝜕𝐺
𝜕𝑦
= 𝑓 
𝜕𝐺
𝜕𝜃
= 0 
𝜕𝐺
𝜕Φ
= 𝑎𝑓 ∙ cos𝜃 
 
𝜕2𝐺
𝜕𝑥𝜕𝑦
=
𝜕2𝐺
𝜕𝑦𝜕𝑥
 → 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 0 → 𝑓 = 𝑓(𝑦, 𝜃,Φ) 
 
𝜕2𝐺
𝜕𝜃𝜕𝑦
=
𝜕2𝐺
𝜕𝑦𝜕𝜃
 → 
𝜕𝑓
𝜕𝜃
= 0 → 𝑓(𝑦, Φ) 
 
𝜕2𝐺
𝜕𝜃𝜕Φ
=
𝜕2𝐺
𝜕Φ𝜕𝜃
 → 
𝜕(𝑎𝑓 ∙ cos𝜃)
𝜕𝜃
= 0 → −𝑎𝑓 ∙ sin 𝜃 = 0 ∴ 𝑓 = 0 
 
Não há fator integrante diferente de zero, portanto, este vínculo também é não-holônomo. 
 
5. Duas rodas de raio a são montadas nas extremidades de um eixo comum de comprimento b de 
modo que as rodas girem independentemente. Toda o sistema rola sem escorregar no plano. 
Mostre que existem dois vínculos não-holônomos dados por 
𝐜𝐨𝐬 𝜽𝒅𝒙 + 𝐬𝐢𝐧𝜽𝒅𝒚 = 𝟎 
𝐬𝐢𝐧𝜽𝒅𝒙 − 𝐜𝐨𝐬𝜽𝒅𝒚 =
𝒂
𝟐
(𝒅𝚽 + 𝒅𝚽′) 
E um vínculo holônomo dado por 
𝜽 = 𝑪 −
𝒂
𝒃
(𝚽−𝚽′) | 𝑪 = 𝒄𝒕𝒆 
 
Vamos demonstrar primeiro os vínculos não-holônomos. Definiremos nosso fator integrante como sendo 
𝑓 = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝜃,Φ, Φ′) 
𝑓(cos𝜃 𝑑𝑥 + sin 𝜃 𝑑𝑦) = 𝑑𝐺 
 
𝑓(cos𝜃 𝑑𝑥 + sin 𝜃 𝑑𝑦) =
𝜕𝐺
𝜕𝑥
𝑑𝑥 +
𝜕𝐺
𝜕𝑦
𝑑𝑦 +
𝜕𝐺
𝜕𝜃
𝑑𝜃 +
𝜕𝐺
𝜕Φ
𝑑Φ+
𝜕𝐺
𝜕Φ′
𝑑Φ′ 
 
𝜕𝐺
𝜕𝑥
= 𝑓 cos𝜃 
𝜕𝐺
𝜕𝑦
= 𝑓 sin 𝜃 
𝜕𝐺
𝜕𝜃
=
𝜕𝐺
𝜕Φ
=
𝜕𝐺
𝜕Φ′
= 0 
 
𝜕2𝐺
𝜕Φ𝜕𝑥
=
𝜕2𝐺
𝜕𝑥𝜕Φ
 → 
𝜕(𝑓 cos𝜃)
𝜕Φ
= 0 → 𝑓 = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝜃,Φ′) 
 
𝜕2𝐺
𝜕Φ′𝜕𝑥
=
𝜕2𝐺
𝜕𝑥𝜕Φ′
 → 
𝜕(𝑓 cos𝜃)
𝜕Φ′
= 0 → 𝑓 = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝜃) 
 
𝜕2𝐺
𝜕𝜃𝜕𝑥
=
𝜕2𝐺
𝜕𝑥𝜕𝜃
 → 
𝜕(𝑓 cos 𝜃)
𝜕𝜃
= 0 → 
𝜕𝑓
𝜕𝜃
cos 𝜃 − 𝑓 sin 𝜃 = 0 → 
𝜕𝑓
𝜕𝜃
=
sin 𝜃
cos 𝜃
𝑓 
 
𝜕2𝐺
𝜕𝜃𝜕𝑦
=
𝜕2𝐺
𝜕𝑦𝜕𝜃
 → 
𝜕(𝑓 sin 𝜃)
𝜕𝜃
= 0 → 
𝜕𝑓
𝜕𝜃
sin 𝜃 + 𝑓 cos 𝜃 = 0 → 
𝜕𝑓
𝜕𝜃
= −
cos𝜃
sin 𝜃
𝑓 
 
Se igualarmos 
𝜕𝑓
𝜕𝜃
, ficaremos com 
−
cos𝜃
sin 𝜃
𝑓 =
sin 𝜃
cos 𝜃
𝑓 → 𝑓 (
1
cos𝜃 ∙ sin 𝜃
) = 0 ∴ 𝑓 = 0 
 
Não há fator integrante diferente de zero, portanto, este vínculo é não-holonômo. 
Agora para o segundo vínculo: 
𝑓 [sin 𝜃 𝑑𝑥 − cos 𝜃 𝑑𝑦 −
𝑎
2
(𝑑Φ + 𝑑Φ′)] = 𝑑𝐺 
 
𝑓 [sin 𝜃 𝑑𝑥 − cos 𝜃 𝑑𝑦 −
𝑎
2
(𝑑Φ + 𝑑Φ′)] =
𝜕𝐺
𝜕𝑥
𝑑𝑥 +
𝜕𝐺
𝜕𝑦
𝑑𝑦 +
𝜕𝐺
𝜕𝜃
𝑑𝜃 +
𝜕𝐺
𝜕Φ
𝑑Φ+
𝜕𝐺
𝜕Φ′
𝑑Φ′ 
 
𝜕𝐺
𝜕𝑥
= 𝑓 sin 𝜃 
𝜕𝐺
𝜕𝑦
= 𝑓 cos𝜃 
𝜕𝐺
𝜕𝜃
= 0 
𝜕𝐺
𝜕Φ
=
𝜕𝐺
𝜕Φ′
= −
𝑎
2
(𝑑Φ + 𝑑Φ′) 
 
𝜕2𝐺
𝜕𝜃𝜕Φ
=
𝜕2𝐺
𝜕Φ𝜕𝜃
 → −
𝑎
2
∙
𝜕𝑓
𝜕𝜃
= 0 → 
𝜕𝑓
𝜕𝜃
= 0 → 𝑓 = 𝑓(𝑥, 𝑦, Φ,Φ′) 
 
𝜕2𝐺
𝜕𝜃𝜕x
=
𝜕2𝐺
𝜕x𝜕𝜃
 → 
𝜕(𝑓 sin 𝜃)
𝜕𝜃
= 0 → 
𝜕𝑓
𝜕𝜃
sin 𝜃 + 𝑓 cos𝜃 = 0 ∴ 𝑓 = 0 
 
Não há fator integrante diferente de zero, portanto, este vínculo também é não-holônomo. 
O terceiro e último vínculo é facilmente visto como holonômo, pois depende apenas de suas coordenadas, ou 
seja, não possui elemento diferencial em sua forma. 
 
11. Considere um disco, fino e uniforme, rolando, sem deslizar, num plano horizontal. A força 
horizontal é aplicada no centro do disco e numa direção paralela ao plano do disco. 
a) Derive a equação de Lagrange e ache a força generalizada. 
Temos que a energia cinética e a energia potencial neste exercício são dadas por: 
𝑇 =
1
2
𝑚𝑣2 =
1
2
𝑚(𝑟𝜔)2 𝑒 𝑉 = 0 
 
Portanto, se a Lagrangiana é dada por 𝐿 = 𝑇 − 𝑉, então: 
𝐿 =
1
2
𝑚(𝑟𝜔)2 
 
Aplicando na equação de Lagrange: 
𝑄 =
𝑑
𝑑𝑡
(
𝜕𝐿
𝜕�̇�
) −
𝜕𝐿
𝜕𝑥
=
𝑑
𝑑𝑡
(
𝜕
1
2𝑚
(𝑟𝜔)2
𝜕(𝑟𝜔)
) −
𝜕
1
2𝑚
(𝑟𝜔)2
𝜕𝑥
 
 
𝑑
𝑑𝑡
𝑚(𝑟𝜔) = 𝑄 ∴ 𝑄 = 𝑚(𝑟�̈�) 
 
b) Discuta o movimento se a força não for aplicada paralelamente ao plano do disco. 
Se a força não for aplicada paralelamente ao plano do disco, então deverá ocorrer algum 
deslizamento, ou outra coordenada generalizada deveria ser aplicada e explicitada, como por exemplo um 𝜃 
para descrever o movimento no eixo perpendicular ao plano do disco. Dessa forma, a velocidade do disco 
não se aplicaria apenas ao eixo do plano do disco. 
 
18. A Lagrangiana para um sistema físico particular pode ser escrito como 
𝑳′ =
𝒎
𝟐
(𝒂�̇�𝟐 + 𝟐𝒃�̇��̇� + 𝒄�̇�𝟐) −
𝑲
𝟐
(𝒂𝒙𝟐 + 𝟐𝒃𝒙𝒚 + 𝒄𝒚𝟐) 
 
Onde 𝒂, 𝒃 e 𝒄 são constantes arbitrárias, mas sujeitas à condição de que 𝒃𝟐 − 𝒂𝒄 ≠ 𝟎. 
a) Quais são as equações de movimento? 
𝜕𝐿′
𝜕𝑞
=
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿′
𝜕�̇�
 
Primeiramente, para 𝑥, teremos: 
−
𝜕𝐿′
𝜕𝑥
= −(−𝐾𝑎𝑥 − 𝐾𝑏𝑦) = 𝐾(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦) 
 
𝜕𝐿′
𝜕�̇�
= 𝑚(𝑎�̇� + 𝑏�̇�) 
 
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿′
𝜕�̇�
= 𝑚(𝑎�̈� + 𝑏�̈�) 
Juntando as duas equações: 
−𝐾(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦) = 𝑚(𝑎�̈� + 𝑏�̈�) 
Agora, do mesmo modo para 𝑦: 
−
𝜕𝐿′
𝜕𝑥
= −(−𝐾𝑏𝑥 − 𝐾𝑐𝑦) = 𝐾(𝑏𝑥 + 𝑐𝑦) 
 
𝜕𝐿′
𝜕�̇�
= 𝑚(𝑏�̇� + 𝑐�̇�) 
 
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿′
𝜕�̇�
= 𝑚(𝑏�̈� + 𝑐�̈�) 
Juntando as duas equações: 
−𝐾(𝑏𝑥 + 𝑐𝑦) = 𝑚(𝑏�̈� + 𝑐�̈�) 
 
Assim, nossas equações do movimento serão: 
−𝐾(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦) = 𝑚(𝑎�̈� + 𝑏�̈�) 
−𝐾(𝑏𝑥 + 𝑐𝑦) = 𝑚(𝑏�̈� + 𝑐�̈�) 
 
b) Faça uma análise para o caso específico onde 𝒂 = 𝟎 = 𝒄 e para 𝒃 = 𝟎 e 𝒄 = −𝒂. 
Para o primeiro caso onde 𝑎 = 0 = 𝑐, teremos: 
−𝐾𝑥 = 𝑚�̈� 𝑒 − 𝐾𝑦 = −𝑚�̈� 
 
Agora, para o segundo caso, se 𝑏 = 0 e 𝑐 = −𝑎, então: 
−𝐾𝑥 = 𝑚�̈� 𝑒 − 𝐾𝑦 = −𝑚�̈� 
 
c) Qual o sistema físico descrito por essa Lagrangiana? 
O sistema físico é um oscilador harmônico de uma partícula de massa 𝑚 em duas dimensões. Se fizermos 
uma substituição para um sistema de coordenadas mais fácil de ser visualizado: 
{
𝑢 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦
𝑣 = 𝑏𝑥 + 𝑐𝑦
 → 
−𝐾𝑢 = 𝑚�̈�
−𝐾𝑣 = 𝑚�̈�
 
 
O sistema, após essa transformação, pode ser melhor visto como dois osciladores harmônicos simples, que 
são independentes, mas idênticos. 
 
d) Qual o significado da condição 𝒃𝟐 − 𝒂𝒄 ≠ 𝟎? 
Quando essa condição é violada, teremos 𝑏 = √𝑎𝑐. Substituindo esse valor na nossa Lagrangiana: 
𝐿′ =
𝑚
2
(�̇�√𝑎 + �̇�√𝑐)
2
−
𝐾
2
(𝑥√𝑎 + 𝑦√𝑐)
2
 
 
Verificamos que agora este se tornou um problema unidimensional. Assim, vemos que essa condição serve 
para manter a Lagrangiana em 2 dimensões. Podemos dizer também que a matriz transformação: 
[𝑎 𝑏
𝑏 𝑐
] 
É singular porque 𝑏2 − 𝑎𝑐 ≠ 0. 
 
20. Uma partícula de massa 𝒎 se move, em uma dimensão, tal que sua Lagrangiana é dada por: 
𝑳 =
𝒎𝟐�̇�𝟒
𝟏𝟐
+𝒎�̇�𝟐𝑽(𝒙) − 𝑽𝟐(𝒙) 
Onde 𝑽 é uma função diferencial de 𝒙. Ache a equação de movimento para 𝒙(𝒕) e descreva a natureza 
física do sistema baseada na equação dada acima. 
Vamos assumir que existem alguns erros nesta questão e organizar a Lagrangiana de forma que ela possa ser 
desenvolvida. Assim, a Lagrangiana “correta” da questão seria: 
𝐿 =
𝑚2�̇�4
12
− 𝑚�̇�2𝑉(𝑥) − 𝑉2(𝑥) 
 
Achando a equação de movimento, teremos: 
𝜕𝐿
𝜕𝑥
= −𝑚�̇�2𝑉′(𝑥) − 2𝑉(𝑥)𝑉′(𝑥) 
 
𝜕𝐿
𝜕�̇�
=
𝑚2�̇�3
3
+ 2𝑚�̇�𝑉(𝑥) 
 
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�
= 𝑚2�̇�2�̈� + 2𝑚𝑉(𝑥)�̈� 
 
Juntando as equações temos nossa equação do movimento: 
𝑚�̇�2𝑉′ + 2𝑉𝑉′ +𝑚2�̇�2�̈� + 2𝑚𝑉�̈� = 0 
 
Para interpretarmos a natureza física do problema vamos organizar alguns termos e fazer algumas 
substituições: 
𝑚�̇�2𝑉′
2
+ 𝑉𝑉′ +
𝑚�̇�2
2
∙ 𝑚�̈� + 𝑚�̈�𝑉 = 0 
 
𝑉′ (
𝑚�̇�2
2
+ 𝑉) + 𝑚�̈� (
𝑚�̇�2
2
+ 𝑉) = 0 
 
(
𝑚�̇�2
2
+ 𝑉) (𝑉′ +𝑚�̈�) = 0 
 
Se definirmos 𝐸 =
𝑚�̇�2
2
+ 𝑉(𝑥) essa equação que transformamos se parecerá com 𝐸 ∙ 𝐸′ = 0. Isso 
significaria que 
𝑑
𝑑𝑡
𝐸2 = 2𝐸𝐸′ = 0 
 
Que nos permite ver 𝐸2 como uma constante. Se olharmos para 𝑡 = 0 e a energia inicial da partícula e 
notarmos que 𝐸 = 0 quando 𝑡 = 0, então a energia seránula também para todos os outros instantes. Mas se 
𝐸 ≠ 0 quando 𝑡 = 0 então a energia não será nula também para todos os outros instantes, enquanto que 
𝑉′ +𝑚�̈� = 0. 
 
22. Obtenha a Lagrangiana e as equações de movimento para o pêndulo duplo da 
imagem a seguir onde o comprimento dos pêndulos são 𝒍𝟏 e 𝒍𝟐 com suas massas 
correspondentes 𝒎𝟏 e 𝒎𝟐. 
 Para o pêndulo 1 temos as seguintes equações para as energias cinética e potencial: 
 𝑇1 =
1
2
𝑚𝑙1
2𝜃1
2 𝑒 𝑉1 = −𝑚1𝑔𝑙1 cos𝜃1 
 
 
Assim, a Lagrangiana 𝐿 = 𝑇 − 𝑉 será: 
𝐿1 =
1
2
𝑚𝑙1
2𝜃1
2 +𝑚1𝑔𝑙1 cos𝜃1 
 
Usaremos as seguintes coordenadas para encontrar a Lagrangiana do segundo pêndulo: 
{
𝑥2 = 𝑙1 sin 𝜃1 + 𝑙2 sin 𝜃2
𝑦2 = 𝑙1 cos𝜃1 + 𝑙2 cos𝜃2
 𝑇2 =
1
2
𝑚2(�̇�2
2 + �̇�2
2) 𝑒 𝑉2 = −𝑚2𝑔𝑦2 
 
Tirando as derivadas, reorganizando os termos e montando nossa Lagrangiana, teremos: 
𝑇2 =
1
2
𝑚2(𝑙1
2�̇�1
2 + 𝑙2
2�̇�2
2 + 2𝑙1𝑙2 ∙ cos(𝜃1 − 𝜃2) ∙ �̇�1�̇�2) 𝑒 𝑉2 = −𝑚2𝑔(𝑙1 cos𝜃1 + 𝑙2 cos 𝜃2) 
 
𝐿2 =
1
2
𝑚2(𝑙1
2�̇�1
2 + 𝑙2
2�̇�2
2 + 2𝑙1𝑙2 ∙ cos(𝜃1 − 𝜃2) ∙ �̇�1�̇�2) + 𝑚2𝑔(𝑙1 cos𝜃1 + 𝑙2 cos 𝜃2) 
 
Se fizermos 𝐿1 + 𝐿2 acharemos nossa Lagrangiana geral, então: 
𝐿 =
1
2
(𝑚1 +𝑚2)𝑙1
2�̇�1
2 +𝑚2𝑙1𝑙2 ∙ cos(𝜃1 − 𝜃2) ∙ �̇�1�̇�2 +
1
2
𝑚2𝑙2
2�̇�2
2 + (𝑚1 +𝑚2)𝑔𝑙1 cos𝜃1 +𝑚2𝑔𝑙2 cos 𝜃2 
 
Agora, achando a equação do movimento para 𝜃1: 
𝜕𝐿
𝜕𝜃1
= −𝑚2𝑙1𝑙2 sin(𝜃1 − 𝜃2) ∙ �̇�1�̇�2 − (𝑚1 +𝑚2)𝑔𝑙1 sin 𝜃1 
 
𝜕𝐿
𝜕�̇�1
= (𝑚1 +𝑚2)𝑙1
2�̇�1 +𝑚2𝑙1𝑙2 cos(𝜃1 − 𝜃2) ∙ �̇�2 
 
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�1
= (𝑚1 +𝑚2)𝑙1
2�̈�1 +𝑚2𝑙1𝑙2 cos(𝜃1 − 𝜃2) ∙ �̈�2 + �̇�2
𝑑
𝑑𝑡
[𝑚2𝑙1𝑙2 cos(𝜃1 − 𝜃2)] 
 
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�1
= (𝑚1 +𝑚2)𝑙1
2�̈�1 +𝑚2𝑙1𝑙2 cos(𝜃1 − 𝜃2) ∙ �̈�2 + �̇�2
2𝑚2𝑙1𝑙2 sin(𝜃1 − 𝜃2) − 𝑚2𝑙1𝑙2 ∙ sin(𝜃1 − 𝜃2) ∙ �̇�1�̇�2 
 
−
𝜕𝐿
𝜕𝜃1
+
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�1
= (𝑚1 +𝑚2)𝑔𝑙1 sin𝜃1 + (𝑚1 +𝑚2)𝑙1
2�̈�1 +𝑚2𝑙1𝑙2 cos(𝜃1 − 𝜃2) ∙ �̈�2 + �̇�2
2𝑚2𝑙1𝑙2 sin(𝜃1 − 𝜃2) 
 
Por fim, ficaremos com nossa primeira equação do movimento: 
(𝑚1 +𝑚2)𝑔 sin 𝜃1 + (𝑚1 +𝑚2)𝑙1�̈�1 +𝑚2𝑙2 cos(𝜃1 − 𝜃2) ∙ �̈�2 + �̇�2
2𝑚2𝑙2 sin(𝜃1 − 𝜃2) = 0 
 
Agora, achando a segunda equação do movimento, mas para 𝜃2: 
𝜕𝐿
𝜕𝜃2
= 𝑚2𝑙1𝑙2 sin(𝜃1 − 𝜃2) ∙ �̇�1�̇�2 −𝑚2𝑔𝑙2 sin 𝜃2 
 
𝜕𝐿
𝜕�̇�2
= 𝑚2𝑙1𝑙2 ∙ cos(𝜃1 − 𝜃2) ∙ �̇�1 +𝑚2𝑙2
2�̇�2 
 
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�2
= 𝑚2𝑙2
2�̈�2 +𝑚2𝑙1𝑙2 ∙ cos(𝜃1 − 𝜃2) ∙ �̈�1 + �̇�1
𝑑
𝑑𝑡
[𝑚2𝑙1𝑙2 cos(𝜃1 − 𝜃2)] 
 
−
𝜕𝐿
𝜕𝜃2
+
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�2
= 𝑚2𝑔𝑙2 sin 𝜃2 +𝑚2𝑙2
2�̈�2 +𝑚2𝑙1𝑙2 ∙ cos(𝜃1 − 𝜃2) ∙ �̈�1 − �̇�1
2
𝑚2𝑙1𝑙2 sin(𝜃1 − 𝜃2) 
 
Por fim, ficaremos com nossa segunda equação do movimento: 
𝑚2𝑔 sin 𝜃2 +𝑚2𝑙2�̈�2 +𝑚2𝑙1 ∙ cos(𝜃1 − 𝜃2) ∙ �̈�1 − �̇�1
2
𝑚2𝑙1 sin(𝜃1 − 𝜃2) = 0 
 
23. Obtenha a equação de movimento para uma partícula caindo verticalmente sob influência da 
gravidade quando as forças de atrito obtidas de uma função de dissipação 
𝟏
𝟐
𝒌𝒗𝟐 estão presentes. 
Integre a equação para obter a velocidade em função do tempo e mostre que a velocidade máxima 
possível para uma queda a partir do repouso é 𝒗 +
𝒎𝒈
𝒌
. 
Trabalhando nosso sistema em apenas uma dimensão, teremos a seguinte Lagrangiana: 
𝐿 =
1
2
𝑚�̇�2 −𝑚𝑔𝑧 
A função dissipação é 
𝐹 =
1
2
𝑘�̇�2 
A formulação da Lagrangiana agora será: 
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�
−
𝜕𝐿
𝜕𝑧
+
𝜕𝐹
𝜕�̇�
= 0 
 
Fazendo as derivadas e substituindo, ficaremos com: 
𝑚�̈� −𝑚𝑔 + 𝑘�̇� = 0 
 
Mas, na velocidade final não há força total atuando sobre a partícula. A gravidade corresponde à força 
devido ao atrito, ou seja, 𝑚�̈� = 0. Temos, portanto, a seguinte equação de movimento: 
𝑚𝑔 = 𝑘�̇� ∴ �̇� =
𝑚𝑔
𝑘
 
 
Mas, integrando como proposto no exercício e fazendo 𝑓 = �̇� −
𝑚𝑔
𝑘
 e substituindo na equação do 
movimento, teremos: 
𝑚�̈� −𝑚𝑔 + 𝑘�̇� = 0 
 
𝑚�̈�
𝑘
−
𝑚𝑔
𝑘
+ �̇� = 0 
 
𝑚�̈�
𝑘
+ 𝑓 = 0 
𝑓′ = �̈� 
𝑚𝑓′
𝑘
+ 𝑓 = 0 
 
𝑓′
𝑓
= −
𝑘
𝑚
 → ∫
𝑓′
𝑓
𝑑𝑡 = −∫
𝑘
𝑚
𝑑𝑡 
 
ln 𝑓 = −
𝑘
𝑚
𝑡 + 𝐶 ∴ 𝑓 = 𝐶𝑒−
𝑘
𝑚
𝑡
 
 
Colocando nas condições originais onde 𝑡 = 0 e �̇� = 0: 
−
𝑚𝑔
𝑘
= 𝐶 
 
�̇� −
𝑚𝑔
𝑘
= −
𝑚𝑔
𝑘
𝑒−
𝑘
𝑚
𝑡
 
Para 𝑡 → ∞: 
�̇� =
𝑚𝑔
𝑘