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

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LC2 Mecânica Analı́tica Nivaldo Lemos
João Batista Pinto Júnior
Janeiro 2021
1 2.1
Usando coordenadas cilı́ndricas temos: 
dx = dr
dy = rdθ
dz = dr cotα
Logo o diferencial da superfı́cie será:
ds2 = dr2 + r2dθ 2 +dr2 cot2 α
ds2 = dr2
[
1+ r2
(
dθ
dr
)2
+ cot2 α
]
ds2 = dr2
[
r2
(
dθ
dr
)2
+ csc2 α
]
Assim:
s(θ) =
∫ r2
r1
√
r2θ ′2 + csc2 αdr
De forma que o funcional será:
f (r,θ ′,θ) =
√
r2θ ′2 + csc2 α
2 2.2
Uma partı́cula se movimentando em um plano vertical sobre ação da gravidade.
Temos:
r f (t) = x(t)î+ y(t) ĵ
Dadas as seguintes condições de contorno: {
r(0) = 0
r(T ) = r0
A energia cinética é T =
1
2
m(ẋ2 + ẏ2) e a energia potencial é V =−mgy
L = T −V = 1
2
m(ẋ2 + ẏ2)+mgy
1
d
dt
(
∂L
∂ ẋ
)
− ∂L
∂x
= 0
mẍ = 0
mẋ = cte
d
dt
(
∂L
∂ ẏ
)
− ∂L
∂y
= 0
mÿ−mg = 0 ∴ ÿ =−g
Encontrando as esquações do movimento:
dx(t)
dt
= c1 ∴ x(t) =
∫
c1dt = c1t + c2
x(0) = c2 = 0
x(T ) = c1T = x0 ∴ c1 =
x0
T
d2y(t)
dt2
=−g ∴ dy(t)
dt
=
∫
−gdt =−gt + c1
y(t) =
∫
(−gt + c1)dt =−
1
2
gt2 + c1t + c2
y(0) = c2 = 0
y(T ) =−1
2
gT 2 + c1T = y0
c1 =
y0
T
+
gT
2
x(t) =
x0
T
t
y(t) =
(
y0
T
+
gT
2
)
t− 1
2
gt2
r f (t) =
x0
T
î+
[(
y0
T
+
gT
2
)
t− 1
2
gt2
]
ĵ
Agora temos r(t) = r f (t)+η(t) onde η(T ) = η(0) = 0
ṙ(t) = ṙ f (t)+ η̇(t)
L(~r,~̇r, t) =
1
2
m~̇r ·~̇r+mgy
L(~r,~̇r, t) =
1
2
m[ṙ f (t)2 +2ṙ f (t)η̇(t)+ η̇(t)2]+mg ĵ · [r f (t)−η(t)]
S[r] =
∫ T
0
1
2
m[ṙ f (t)2 +2ṙ f (t)η̇(t)+ η̇(t)2]]+mg ĵ · [r f (t)−η(t)]dt
2
S[r] =
1
2
m
∫ T
0
[ṙ f (t)2 +2ṙ f (t)η̇(t)+ η̇(t)2]dt +mg ĵ ·
∫ T
0
[r f (t)−η(t)]dt
S[r f ] =
1
2
m
∫ T
0 ṙ f (t)
2dt +mg ĵ
∫ T
0 r f (t)dt então:
S[r] = S[r f ]+m
∫ T
0
ṙ f (t)η̇(t)dt +
1
2
m
∫ T
0
η̇(t)2dt−mg ĵ
∫ T
0
η(t)dt
Integrando por partes m
∫ T
0 ṙ f (t)η̇(t)dt
mṙ f (t)η(t)|T0 −m
∫ T
0
η(t)dṙ f (t)
Temos que
r̈ f (t) =
dṙ f (t)
dt
∴ dṙ f (t) = r̈ f (t)dt = ÿ f ĵdt
E ÿ f =−g
mṙ f (t)η(t)|T0 +mg ĵ
∫ T
0
η(t)dt
S[r] = S[r f ]+mṙ f (t)η(t)|T0 +���
���
�
mg ĵ
∫ T
0
η(t)dt +
1
2
m
∫ T
0
η̇(t)2dt−���
���
�
mg ĵ
∫ T
0
η(t)dt
Sabemos que η(0) = η(T ) = 0 então:
S[r] = S[r f ]+
1
2
m
∫ T
0
η̇(t)2dt
3 2.3
Nesse problema faremos como no problema anterior Tomando a lagrangiana como uma função L(q, q̇, t) a
solução da equação do movimento como x(t) = x f (t)+η(t) com η(0) = η(T ) = 0
x(t) = x f (t)+η(t)
x(t)2 = x f (t)2 +2x f (t)η(t)+η(t)2
ẋ(t) = ẋ f (t)+ η̇(t)
ẋ(t)2 = ẋ f (t)2 +2ẋ f (t)η̇(t)+ η̇(t)2
T =
1
2
mẋ2
V =
1
2
mω2x2
L(x, ẋ, t) =
1
2
mẋ2− 1
2
mω2x2
S[x] =
∫ T
0
L(x, ẋ, t)dt =
1
2
m
∫ T
0
[ẋ f (t)2 +2ẋ f (t)η̇(t)+ η̇(t)2−ω2(x f (t)2 +2x f (t)η(t)+η(t)2)]dt
3
Sabemos que S[x f ] =
∫ T
0 L(x f (t), ẋ f (t), t)dt =
∫ T
0
1
2
mẋ f (t)−
1
2
mω2x f (t)2
Assim:
S[x] = S[x f ]+
1
2
m
∫ T
0
[2ẋ f (t)η̇(t)+ η̇(t)2−2ω2x f (t)η(t)−ω2η(t)2]dt
ẍ f =−ω2x f
S[x] = S[x f ]+
1
2
m
∫ T
0
[2ẋ f (t)η̇(t)+ η̇(t)2 +2ẍ f (t)η(t)−ω2η(t)2]dt
S[x] = S[x f ]+m
∫ T
0
[ẋ f (t)η̇(t)+ ẍ f (t)η(t)]dt +
1
2
m
∫ T
0
[η̇(t)2−ω2η(t)2]dt
S[x] = S[x f ]+m
∫ T
0
d
dt
[ẋ(t)η(t)]dt +
1
2
m
∫ T
0
[η̇(t)2−ω2η(t)2]dt
Sabemos que η(0) = η(T ) = 0, então m
∫ T
0
d
dt
[ẋ(t)η(t)]dt = 0
S[x] = S[x f ]+
1
2
m
∫ T
0
[η̇(t)2−ω2η(t)2]dt
Para η(t) enquanto η(0) = η(T ) = 0, sendo uma função contı́nua e integrável no intervalo (0,T ), η(t) pode
ser expandida em uma série de Fourrier.
η(t) =
∞
∑
n
Cn sin
nπt
T
η̇(t) =
∞
∑
n
Cn
nπ
T
cos
nπt
T
S[x] = S[x f ]+
1
2
m
∫ T
0
[
∞
∑
n
C2n
n2π2
T 2
cos2
nπt
T
−ω2
∞
∑
n
C2n sin
2 nπt
T
]
dt
Tomando a propriedade trigonométrica sin2 θ + cos2 θ = 1 ∴ sin2 θ = 1− cos2 θ
S[x] = S[x f ]+
1
2
m
∫ T
0
[
∞
∑
n
C2n
n2π2
T 2
cos2
nπt
T
−ω2C2n +ω2C2n cos2
nπt
T
]
dt
Podemos considerar as somas elevadas ao quadrado dessa forma, pois quando η(t) e η̇(t) são elevados ao
quadrado a integrais dos termos onde há multiplicação de sin e cos são zero no intervalo de (0,T )
S[x] = S[x f ]+
1
2
m
∞
∑
n
[
C2n
n2π2
T 2
+ω2C2n
]∫ T
0
cos2
nπt
T
dt− 1
2
m
∫ T
0
ω
2C2ndt
S[x] = S[x f ]+
1
2
m
∞
∑
n
[
C2n
n2π2
T 2
+ω2C2n
]∫ T
0
cos2
nπt
T
dt− 1
2
mω2C2nT
Sabendo que cos2θ = cos2 θ − sin2 θ e que sin2 θ = 1− cos2 θ
cos2θ = 2cos2 θ −1 ∴ cos2 θ = cos2θ +1
2
4
Logo:
S[x] = S[x f ]+
1
4
m
∞
∑
n
[
C2n
n2π2
T 2
+ω2C2n
][∫ T
0
cos
2nπt
T
dt +
∫ T
0
dt
]
− 1
2
mω2C2nT
S[x] = S[x f ]+
1
4
m
∞
∑
n
[
C2n
n2π2
T 2
+ω2C2n
][
T
2nπ
sin
2nπt
T
|T0 + t|T0
]
− 1
2
mω2C2nT
S[x] = S[x f ]+
T
4
m
∞
∑
n
[
C2n
n2π2
T 2
+ω2C2n
]
− T
2
mω2C2n
S[x] = S[x f ]+
T
4
m
∞
∑
n
C2n
[
n2π2
T 2
−ω2
]
Temos que T <
π
ω
∴ T 2 <
π2
ω2
∴ ω2 <
π2
T 2
Para n = 1,2,3... sempre
(
n2π2
T 2
−ω2
)
> 0 Assim sabemos que S[x]> S[x f ] logo S[x f ] é a ação mı́nima.
4 2.4
A solução aproximada foi dada pelo enunciado como yα(x) = x3 +αx(x−1) Eentão temos:
y′(x) = 3x2 +2α(x−1)
f (y,y′,x) = y′2
Aplicando a equações de Euler-Lagrange spbre f :
∂ f
∂y
− d
dx
(
∂ f
∂y′
)
= 0
−d2y
′
dx
= 0
−d2y
′
dx
= 12x+4α = 0
Logo:
α0 =−
12x
4
=−3x
Temos:
yα0(x) = x
3−3x3 +3x2
yα0(x) =−2x
3 +3x2
Porém sabendo que −d2y
′
dx
=
dy′
dx
= 0 e tendo as condições de contorno dadas y(0) = 0 e y(1) = 1 podemos
resolver a EDO.
y(x) =
∫
Cdx =Cx+C0
5
y(0) =C ·0+C0 = 0 ∴C0 = 0
y(1) =C = 1
y(x) = x
Nota-se que yα(x) se aproxima de y(x) no intervalo (0,1)
J[yα ] =
∫ 1
0
y′α(x)
2dx
y′α(x) =−6x2 +6x
J[yα ] =
∫ 1
0
(36x4−72x3 +36x2)dx
J[yα ] =
[
36
5
x5− 72
4
x4 +
36
3
x3
]1
0
J[yα ] =
36
5
− 72
4
+
36
3
= 7.2−18+12 = 1.2
J[yα ] = 1.2
J[y] =
∫ 1
0
dx = 1
J[y] = 1
A difereça entre o resultado exato eo aproximado é de 0.2 que corresponde a um erro percentual de 20%
6
5 2.5
É dado no enunciado da questão que o extremo do funcional
J[y] =
∫ x2
x1
F
(
y(x)1...yn(x),y′1...y
′
n,x
)
dx
Com as condições subsidiárias ∫ x2
x1
fi
(
y(x)1...yn(x),y′1...y
′
n,x
)
dx = li
Onde i = 1, ...,m E determinado por meio da equação de Euler para:
J̄[y] =
∫ x2
x1
(
F +
m
∑
i
λi fi
)
dx
Devemos agora demonstrar a forma de um cabo inextensı́vel ligados a dois postes verticais. Levando em
consideração que a posição equilı́brio do cabo ´eaquela onde a energia potencial é mı́nima. Dados:
E[y] =
∫ b
a
y
√
i+ y′2dx
Com a condição: ∫ b
a
√
1+ y′2dx = l
A densidade linear do cabo é ρ =
dm
dl
∴ ρdl = dm
dV [y] = dmgy = ρydl = ρgy
√
1+ y′2dx = ρgdE[y]
Então de V [y] é mı́nimo E[y] também deve ser. Deve notar que isso é verdade pois como o fio está parado e
a parte mais baixa deste fio se encontrará no ponto médio entre os postes.
Ē[y] =
∫ b
a
(
y
√
1+ y′2 +λ
√
1+ y′2
)
dx
Ē[y] =
∫ b
a
(
y
√
1+ y′2
)
dx+λ l
E[y] =
∫ b
a
(
y
√
1+ y′2
)
dx
Invertendo x e y temos f (x,x′,y) = y
√
1+ x′2
Aplicando
∂ f
∂x
− d
dy
(
∂ f
∂x′
)
= 0
yx′√
1+ x′2
= k
k
√
1+ x′2 = yx′
7
k2(1+ x′2) = y2x′2
k2 + k2x′2 = y2x′2
k2 = y2x′2− k2x′2
k2
y2− k2
= x′2
x =
∫ k√
y2− k2
dy
x =C1 + k cosh−1
(y
k
)
y
k
= cosh
(
x−C1
k
)
y = k cosh
(
x−C1
k
)
6 2.7
L̄ =
1
12
ẋ4 +
1
2
ω
2ẋ2x2− 1
4
ω
4x4
Aplicando a equação de Euler
∂ L̄
∂x
− d
dt
(
∂ L̄
∂ ẋ
)
= 0
∂ L̄
∂x
= ω2ẋ2x−ω4x3
8
d
dt
(
∂ L̄
∂ ẋ
)
=
d
dt
(
1
3
ẋ3 +ω2ẋx2
)
= ẍẋ2 +ω2(ẍx2 +2ẋ2x)
ω
2ẋ2x−ω4x3− ẍẋ2−ω2(ẍx2 +2ẋ2x) = 0
−ω4x3− ẍẋ2−ω2ẍx2−ω2ẋ2x = 0
ẍ(−ẋ2−ω2x2)+ω2x(−ẋ2−ω2x2) = 0
Dividindo tudo por (−ẋ2−ω2x2)
ẍ+ω2x = 0
Podemos concluir então que a lagrangiana dada chega a uma equação equivalente a do oscilador harmônico.
7 2.8
Para que
I(r, ṙ,θ , θ̇) = r2θ̇
[
ṙ cos
θ
2
− rθ̇
2
sin
θ
2
]
+gr2 sin
θ
2
cos2
θ
2
seja uma constante de movimento
dI(r, ṙ,θ , θ̇)
dt
= 0
Assim
d
dt
(
r2ṙθ̇ cos
θ
2
)
= 2rṙ2θ̇ cos
θ
2
+ r2r̈θ̇ cos
θ
2
+ r2ṙθ̈ cos
θ
2
− r2ṙ θ̇
2
2
sin
θ
2
d
dt
(
r3
θ̇ 2
2
sin
θ
2
)
= 3r2ṙ
θ̇ 2
2
sin
θ
2
+ r3θ̇ θ̈ sin
θ
2
+ r3
θ̇ 3
4
cos
θ
2
d
dt
(
gr2 sin
θ
2
cos2
θ
2
)
= 2gṙrsin
θ
2
cos2
θ
2
+gr2
θ̇
2
cos3
θ
2
−gr2θ̇ sin2 θ
2
cos
θ
2
Podemos substituir sin
θ
2
e cos
θ
2
por a e b respectivamente
2rṙ2θ̇b+ r2r̈θ̇b+ r2ṙθ̈b− r2ṙ θ̇
2
2
a−3r2ṙ θ̇
2
2
a− r3θ̇ θ̈a− r3 θ̇
3
4
b+2gṙrab2 +gr2
θ̇
2
b3−gr2θ̇a2b = 0
Dividindo tudo por r
2ṙ2θ̇b+ rr̈θ̇b+ rṙθ̈b− rṙ θ̇
2
2
a−3rṙ θ̇
2
2
a− r2θ̇ θ̈a− r2 θ̇
3
4
b+2gṙab2 +gr
θ̇
2
b3−grθ̇a2b = 0
Já resolvemos o problema da máquina de Atwood na Lista anterior então:
L =
(M+m)ṙ2
2
+
1
2
mr2θ̇ 2−gr(M+mcosθ)
d
dt
(
∂L
∂ q̇k
)
− ∂L
∂qk
= 0
9
d
dt
(
∂L
∂ ṙ
)
= (M+m)r̈
∂L
∂ r
= mrθ̇ 2−g(M−mcosθ)
(M+m)r̈−mrθ̇ 2 +g(M−mcosθ) = 0
Tomando M = 3m
4mr̈−mrθ̇ 2 +g(3m−mcosθ) = 0
4r̈− rθ̇ 2 +g(3− cosθ) = 0
r̈ =
rθ̇ 2
4
− 3g
4
+
g
4
cosθ
r̈ =
rθ̇ 2
4
− 3g
4
+
gb2
4
− ga
2
4
d
dt
(
∂L
∂ θ̇
)
= mr2θ̈r+mṙθ̇
∂L
∂θ
=−mgr senθ
mr2θ̈ +mgr senθ +mṙθ̇ = 0
rθ̈ +gsenθ + ṙθ̇ = 0
rθ̈ =−gsinθ − ṙθ̇ =−2gsin θ
2
cos
θ
2
− ṙθ̇ =−2gab− ṙθ̇
Substituindo teremos:
2ṙ2θ̇b+
r2θ̇ 3b
4
− 3grθ̇b
4
+
grθ̇b3
4
− grθ̇a
2b
4
−2gṙab2− ṙ2θ̇b−rṙ θ̇
2
2
a−3rṙ θ̇
2
2
a+2grθ̇a2b+rrθ̇ 2a−r2 θ̇
3
4
b+2gṙab2+gr
θ̇
2
b3−grθ̇a2b= 0
ṙ2θ̇b− 3grθ̇b
4
+
3grθ̇b3
4
+
3grθ̇a2b
4
= 0
Sabendo que a2 +b2 = 1
2ṙ2θ̇b+
��
���
���
��3grθ̇b
4
(
−1+b2 +a2
)
= 0
ṙ2θ̇b = 0
Nota-se que:
dI(r, ṙ,θ , θ̇)
dt
= ṙ2θ̇b = 0
Logo I(r, ṙ,θ , θ̇) é constante de movimento.
10
8 2.10
I
Sobre a superfı́cie da esfera de raio R tendo a posição da partı́cula r =
√
x2 + y2 + z2, seja r < R, r = R
ou r > R os momentos lineares px, pyepz não se conservam devido a mudança de direção da partı́cula em
translação na superfı́cie. Porém o momento angular lz se conserva para rotação em torno do eixo z
II
Para um paralelepı́pedo ao longo do eixo x não haverá variação para esta posição, então haverá conservação
do momento linear na direção x, px. Não haverá conservação do momento linear nas outras direções.
Rotações arbitrárias em torno odo eixo x não mantém a lagrangiana invariante, porém não haverá conservação
do momento angular.
III
Se a haste está posicionada ao longo do eixo x temos um caso semelhante a II para px que se conserva
enquanto py e pz não se conservam. Se a haste tem um eixo de rotação x sendo esta haste com simetria
rotacional temos conservação do momento angular lx enquanto ly e lz não se conservam.
IV
Nesse caso, considerando que o eixo x passa no centro de disco, só teremos a conservação do momento
angular lz, e não haverá conservação do momento linear pois para qualquer movimento de translação a la-
grangiana não é invariante.
V
Para o cilindro infinito ao longo do eixo x temos ao caso idêntico ao da haste em III.
VI
Para o plano infinito, considerando a face do plano na direção z temos a Lagrangiana invariante para os
movimento na direção x e y logo px e py se conservam porém pz não se conserva. Para a rotação em trono
do eixo z podemos imaginar que esse plano infinito seria como um disco infinito, então teremos que apenas
lz se conserva.
VII
Para o plano semi-infinito, se este está ao longo do eixo x, apenas px se conserva e não haverá conservação
do momento angular pois não há simetria de rotação.
VIII
Para o caso da hélice a única simetria de translação é ao longo do eixo central do fio z, logo somente pz se
conserva e apenas lz se conserva.
9 2.11
Dados: φ ′ = φ −
1
c
∂Λ
∂ t
~A′ = ~A+∇Λ
A lagrangiana é:
L′ =
1
2
mv2− eφ ′+ 1
c
e~v ·~A′
Substituindo:
L′ =
1
2
mv2− e
(
φ − 1
c
∂Λ
∂ t
)
+
1
c
e~v ·
(
~A+∇Λ
)
11
L′ =
1
2
mv2− eφ + e
c
∂Λ
∂ t
+
e
c
~v ·~A+ e
c
~v ·∇Λ
L′ = L+
e
c
∂Λ
∂ t
+
��
��e
c
~v ·∇Λ
L′ = L+
e
c
dΛ
dt
as equações de Euler não se modificam.
Usando o princı́pio de Hamilton.
S̄ =
∫ t2
t1
L′dt =
∫ t2
t1
(
L+
e
c
dΛ
dt
)
dt = S+ f (q(t2), t2)− f (q(t1)t1)
Mas como a variação mantém os pontos extemos fixos δ S̄ = δS
10 2.12
12