Exercício Paiva

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– 1 –
Considere um disco circular de raio r, conforme a Figura 1. Este disco gira em torno do 
eixo perpendicular que passa pelo seu centro O. Em um ponto A na extremidade do disco, há 
uma barra articulada (segmento BA ) que gira sempre perpendiculamente ao disco. Determine 
a aceleração do ponto B. 
 
 
0
A
B
r
Mancal
 
Figura 1 – Representação esquemática do sistema 
 
O objetivo deste exemplo é explorar as diversas formas de se obter uma mesma 
grandeza. São consideradas cinco maneiras diferentes de se obter a aceleração linear absoluta 
do ponto B. A primeira solução é obtida derivando-se duas vezes o vetor posição absoluta do 
ponto B descrito no SR fixo. Em seguida, são apresentadas duas soluções considerando dois 
referenciais móveis distintos (um solidário ao disco e outro solidário à barra BA ). Além 
disso, cada uma destas soluções é descrita em cada um dos dois sistemas de referência 
móveis. Por fim, é feita uma verificação dos resultados encontrados, utilizando-se as matrizes 
de transformação. 
 
 
ª Transformação do sistema de coordenadas: 
 
Para a solução do problema, considere duas rotações sequenciais do SR fixo, conforme 
as Figuras 2a e 2b. Na Figura 2a, arbitra-se um sistema de referência fixo ),,( zyxF que sofre 
uma rotação de um ângulo α no sentido trigonométrico (positivo) em torno do eixo z. Esta 
rotação dá origem ao sistema de referência ),,( zyxQ ′′′ solidário ao disco. Na Figura 2b, 
 
 
– 2 –
trazendo o sistema de referência ),,( zyxQ ′′′ para o ponto A, efetua-se uma nova rotação de 
um ângulo β no sentido trigonométrico em torno do eixo x’. Obtém-se assim o sistema de 
referência ),,( zyxR ′′′′′′ solidário ao braço BA . 
 
Observação: Os sistemas de referência foram escolhidos de forma que todas as rotações 
aconteçam no sentido trigonométrico (positivo) para facilitar a obtenção das 
matrizes de transformação. Isto elimina a preocupação com o sinal das funções 
seno e co-seno das matrizes de transformação. 
 
Assim, tem-se as seguintes mudanças no sistema de coordenadas: 
 
β (1)F 
( x, y, z ) 
Sistema Fixo 
Q
( x’, y’, z’ )
Sistema Móvel 
(Solidário ao disco) 
α (3) R 
( x”, y”, z” ) 
Sistema Móvel 
(Solidário à barra AB) 
 
 
0 ≡ 0’ 
A 
B
α α 
x 
y 
z ≡ z’ 
y’
x’ 
α 
0
0’ ≡ 0” ≡ A
B
β 
β
y’
y’’
z’’
z’ 
x’ ≡ x’’
β 
 
Figura 2 – (a) Mudança no sistema de referência ) , ,( zyxF → ),,( zyxQ ′′′ ; 
(b) Mudança no sistema de referência ),,( zyxQ ′′′ → ),,( zyxR ′′′′′′ . 
 
ª Matrizes de transformação: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡ −
=
100
0)( cos)( sen
0)( sen)( cos
tt
tt
T QF αα
αα
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−=
)( cos)( sen0
)( sen)( cos0
001
tt
ttT RQ
ββ
ββ 
 
 
– 3 –
Para simplificar as expressões, são feitas as seguintes considerações: αα =)( t , 
ββ =)( t . 
 
 
1ª Solução: Obtenção da aceleração absoluta do ponto B derivando-se duas vezes o vetor 
posição absoluta do ponto B descrito no SR fixo. 
 
[ ] BFBFBF rrtdda &&== 22 
 
Observação: Lembrando que qualquer grandeza vetorial descrita no SR ) , ,( zyxF pode ser 
derivada apenas fazendo a derivada temporal de cada uma de suas componentes. 
 
ª Determinação do vetor posição absoluta do ponto B descrito no SR ) , ,( zyxF – ( BF r ): 
 
O vetor B
F r pode ser decomposto da seguinte forma: B
F
AA
F
B
F rrr += . 
 
Observando-se as Figuras 3a e 3b, nota-se que o vetor posição absoluta de A é mais 
facilmente descrito no SR ),,( zyxQ ′′′ , enquanto o vetor posição relativa do ponto B com 
respeito ao ponto A tem sua descrição mais simples no SR ),,( zyxR ′′′′′′ . 
 
0 ≡ 0’
A 
z’
y’
x’ 
α 
r 
 
0” ≡ A 
B 
y’’
z’’
x’’
β 
 
Figura 3 – (a) Posição absoluta do ponto A descrita no SR ),,( zyxQ ′′′ ; 
(b) Posição relativa do ponto B com respeito ao ponto A descrita no SR 
),,( zyxR ′′′′′′ . 
 
 
– 4 –
Desta forma, obtêm-se os vetores A
Q r e B
R
A r
 , conforme a seguir: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
0
0
rr A
Q e 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
0
0
Lr B
R
A . 
 
É necessário aplicar a matriz de transformação a ambos os vetores para obtê-los no SR 
) , ,( zyxF . Portanto: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡−
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡ −
==
0
cos
sen
0
0
100
0cossen
0sencos
 α
α
αα
αα
r
r
rrTr A
QQF
A
F 
 
( ) ( )
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡−
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡ −
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
⎟⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎝
⎛
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−===
β
βα
βα
β
βαα
αα
β
β
ββ
ββ
sen
coscos
cossen
sen
cos
0
100
0cossen
0sencos
sen
cos
0
 
0
0
cossen0
sencos0
001
 
L
L
L
L
L
L
LT
LTrTTrTr
QF
QF
B
R
A
RQQF
B
Q
A
QF
B
F
A
 
 
Observação: Note que para determinar o vetor BA r descrito no SR ) , ,( zyxF , é necessário 
aplicar duas matrizes de transformação. 
 
De posse de A
F r e B
F
A r , escreve-se B
F r : 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
+
−−
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡−
+
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡−
=+=
β
βαα
βαα
β
βα
βα
α
α
sen
coscoscos
cossensen
sen
coscos
cossen
0
cos
sen
 
L
Lr
Lr
L
L
L
r
r
rrr B
F
AA
F
B
F 
 
ª Determinação do vetor aceleração absoluta do ponto B descrito no SR ) , ,( zyxF – ( BF a ): 
 
Derivando-se a primeira vez o vetor B
F r , obtém-se o vetor velocidade absoluta do 
ponto B descrito no SR ) , ,( zyxF , ou seja: 
 
 
– 5 –
[ ]
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−−−
+−−
=
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
+
−−
===
ββ
βαββαααα
βαββαααα
β
βαα
βαα
cos
sencoscossensen
sensencoscoscos
 
sen
coscoscos
cossensen
L
LLr
LLr
L
Lr
Lr
td
drr
td
dv B
F
B
F
B
F
&
&&&
&&&
&
 
 
Derivando-se novamente o vetor B
F r , obtém-se o vetor aceleração absoluta do ponto B 
descrito no SR ) , ,( zyxF , ou seja: 
 
[ ] [ ]
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
+
−+−
+++
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡
+−
−+−−−−
+++−+−
=
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−−−
+−−
====
0
coscossensensencos
cossensencossensen
 
sencos
sensencoscoscossencossen
sencoscossencoscossencos
 
cos
sencoscossensen
sensencoscoscos
2
2
2
22
22
2
2
βαββαβαβαβ
βαββαβαβαβ
ββββ
βαβαβααβαααααα
βαβαβααβαααααα
ββ
βαββαααα
βαββαααα
LLL
LLL
LL
LLLrr
LLLrr
L
LLr
LLr
td
drv
td
dr
td
da B
F
B
F
B
F
B
F
&&&&&
&&&&&
&&&
&&&&&&&&
&&&&&&&&
&
&&&
&&&
&&
 
 
 
2ª Solução: Obtenção da aceleração absoluta do ponto B embarcado no referencial 
),,( zyxQ ′′′ descrita no SR ),,( zyxQ ′′′ . 
 
Bl
Q
QBl
Q
QQ
Q
B
Q
AQ
Q
Q
Q
A
Q
B
Q avraa Re Re
2
 ~ 2 ~~ ++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++= ωαω 
 
ª Determinação do vetor aceleração absoluta do ponto A no SR ),,( zyxQ ′′′ – ( AQ a ): 
 
De acordo com a Figura 4 e segundo o sistema de referência ),,( zyxQ ′′′ , obtêm-se as 
componentes da aceleração normal (centrípeta) aN e da aceleração tangencial aT. 
 
 
 
 
– 6 –
 
0
A ≡ 0’ 
y’
z’
x’ 
r 
a N 
a T 
α 
 
Figura 4 – Aceleração absoluta do ponto A descrita no SR ),,( zyxQ ′′′ : 
 
Lembrando que para um movimento circular no plano (x, y) ou (x’, y’), tem-se:aceleração normal do ponto A: rraN 22 αω &=×= (no sentido negativo de y’); 
aceleração tangencial do ponto A: rraT αω &&& =×= (no sentido negativo de x’). 
 
Portanto: 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
0
2r
r
a A
Q α
α
&
&&
. 
 
ª Determinação do vetor velocidade angular absoluta do referencial ),,( zyxQ ′′′ solidário 
ao disco descrito no SR ),,( zyxQ ′′′ – ( QQω ): 
 
De acordo com a Figura 2a: 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
α
ω
&
0
0
Q
Q . 
 
De acordo com o formulário, obtêm-se as matrizes “til” ( QQω~ ) e seu quadrado ( 2~QQω ) 
associadas ao vetor Q
Qω , ambas descritas no SR ),,( zyxQ ′′′ . 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡ −
=
000
00
00
~ α
α
ω &
&
Q
Q e 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
000
00
00
~ 2
2
2 α
α
ω &
&
Q
Q . 
 
 
– 7 –
ª Determinação do vetor aceleração angular absoluta do referencial ),,( zyxQ ′′′ solidário ao 
disco descrito no SR ),,( zyxQ ′′′ – ( QQα ): 
 
Derivando Q
Qω em relação ao tempo, tem-se: 
 
 [ ] QQQQQQQQQQ tdd ωωωωα ~+== & 
0
 
 
Observação: É possível obter esta aceleração angular derivando-se diretamente as 
componentes do vetor velocidade angular, pois as grandezas envolvidas estão 
descritas no SR ),,( zyxQ ′′′ coincidente com o referencial considerado. Note 
que o produto vetorial entre dois vetores colineares é nulo, ou seja: 
0 ~ =QQQQ ωω . Portanto: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
==
α
ωα
&&
& 0
0
Q
Q
Q
Q . 
 
De acordo com o formulário, obtém-se a matriz “til” ( QQα~ ) associada ao vetor QQα , 
descrita no SR ),,( zyxQ ′′′ . 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡ −
=
000
00
00
~ α
α
α &&
&&
Q
Q 
 
ª Determinação do vetor posição relativa do ponto B com respeito ao ponto A no SR 
),,( zyxQ ′′′ – ( BQA r ): 
 
Da 1a Solução, obtém-se: 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−==
β
β
ββ
ββ
sen
cos
0
0
0
cossen0
sencos0
001
 
L
LLrTr B
R
A
RQ
B
Q
A 
 
 
 
– 8 –
ª Determinação dos vetores velocidade e aceleração relativas do ponto B com respeito ao 
referencial ),,( zyxQ ′′′ solidário ao disco descritos no SR ),,( zyxQ ′′′ – 
( Bl
Q
Q v Re e Bl
Q
Q a Re ): 
 
Considere, novamente, o sistema de referência ),,( zyxR ′′′′′′ com origem no ponto B, 
conforme a Figura 5. 
 
 
a N 
0 
A
B ≡ 0”
y’’
z’’
x’’
a T 
Q V Rel B
β 
 
Figura 5 – Velocidade e aceleração relativas do ponto B com respeito ao referencial 
),,( zyxQ ′′′ solidário ao disco descritas no SR ),,( zyxR ′′′′′′ . 
 
É importante notar que a barra BA executa um movimento de rotação pura em torno do 
ponto A sempre no plano (x”, y”). 
Mais uma vez, percebe-se que é mais fácil identificar estas grandezas no SR 
),,( zyxR ′′′′′′ para então obtê-las no SR ),,( zyxQ ′′′ , aplicando a matriz de transformação. 
Lembrando que para um movimento circular no plano (x”, y”), tem-se: 
 
velocidade do ponto A: Lrwv β&=×= (no sentido positivo de z”); 
 
Portanto, o vetor Bl
R
Q v Re é dado por: 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
 
0
0
 Re
L
v Bl
R
Q
β&
. 
 
 
 
– 9 –
Aplicando a matriz de transformação, obtém-se Bl
Q
Q v Re . 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−==
ββ
ββ
βββ
ββ
cos
sen
0
 
0
0
cossen0
sencos0
001
 Re Re
L
L
L
vTv Bl
R
Q
RQ
Bl
Q
Q
&
&
&
 
 
Recorrendo, novamente, à Figura 5, determinam-se as componentes normal e tangencial 
da aceleração relativa do ponto B com respeito ao referencial ),,( zyxQ ′′′ solidário ao disco. 
 
aceleração normal do ponto A: LraN 22 βω &=×= (no sentido negativo de y”); 
aceleração tangencial do ponto A: LraT βω &&& =×= (no sentido positivo de z”). 
 
Desta forma, o vetor Bl
R
Q a Re é dado por: 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−=
L
La Bl
R
Q
β
β
&&
& 2
 Re
0
 
 
Analogamente, aplicando a matriz de transformação, obtém-se Bl
Q
Q a Re . 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
+−
−−=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−==
ββββ
ββββ
β
β
ββ
ββ
cossen
sencos
00
cossen0
sencos0
001
 
2
22
 Re Re
LL
LL
L
LaTa Bl
R
Q
RQ
Bl
Q
Q
&&&
&&&
&&
& 
 
ª Determinação do vetor aceleração absoluta do ponto B embarcado no referencial 
),,( zyxQ ′′′ solidário ao disco descrito no SR ),,( zyxQ ′′′ – ( BQ a ) : 
 
Resgatando a expressão para a obtenção de B
Q a , tem-se: 
 
Bl
Q
QBl
Q
QQ
Q
B
Q
AQ
Q
Q
Q
A
Q
B
Q avraa Re Re
2
 ~ 2 ~~ ++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++= ωαω 
 
 
 
 
 
 
 
– 10 –
Para facilitar o cálculo final, é conveniente efetuar os seguintes cálculos parciais: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−−
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡ −
+
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
000
0
0
000
00
00
000
00
00
~~ 2
2
2
2
2 αα
αα
α
α
α
α
αω &&&
&&&
&&
&&
&
&
Q
Q
Q
Q 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−−
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
0
cos
cos
sen
cos
0
000
0
0
 ~~ 22
2
2 βα
βα
β
βαα
αα
αω L
L
L
Lr B
Q
AQ
Q
Q
Q &
&&
&&&
&&&
 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡ −
=
0
0
sen2
cos
sen
0
000
00
00
2 ~ 2 Re
ββα
ββ
ββα
α
ω
L
L
Lv Bl
Q
QQ
Q
&&
&
&&
&
 
 
De posse de todos os termos necessários ao cálculo de B
Q a , efetua-se a soma vetorial: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
+−
−−−−
+−−
=
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
+−
−−+
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
+
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
=++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++=
ββββ
βββββαα
ββαβαα
ββββ
ββββ
ββα
βα
βα
α
α
ωαω
cossen
sencoscos
sen2cos
 
cossen
sencos
0
0
0
sen2
0
cos
cos
0
 
 ~ 2 ~~ 
2
222
2
222
 Re Re
2
LL
LLLr
LLr
LL
LL
L
L
L
r
r
avraa Bl
Q
QBl
Q
QQ
Q
B
Q
AQ
Q
Q
Q
A
Q
B
Q
&&&
&&&&&
&&&&&&
&&&
&&&
&&
&
&&
&
&&
 
 
 
3ª Solução: Obtenção da aceleração absoluta do ponto B embarcado no referencial 
),,( zyxR ′′′′′′ solidário à barra BA descrita no SR ),,( zyxQ ′′′ . 
 
Bl
Q
RBl
Q
RR
Q
B
Q
AR
Q
R
Q
A
Q
B
Q avraa Re Re
2
 ~ 2 ~~ ++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++= ωαω 
 
Como o ponto B pertence à barra BA solidária ao referencial ),,( zyxR ′′′′′′ , tem-se 
0 Re =BlRR v e 0 Re =BlRR a . Assim, o vetor BQ a é dado por: 
 
 
 
– 11 –
B
Q
AR
Q
R
Q
A
Q
B
Q raa ~~ 
2 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++= αω 
 
ª Determinação do vetor aceleração absoluta do ponto A no SR ),,( zyxQ ′′′ – ( AQ a ): 
 
Da 2a Solução, tem-se: 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
0
2r
r
a A
Q α
α
&
&&
. 
 
ª Determinação do vetor velocidade angular absoluta do referencial ),,( zyxR ′′′′′′ solidário à 
barra BA descrito no SR ),,( zyxQ ′′′ – ( RQω ): 
 
O vetor R
Qω é obtido através da seguinte decomposição: 
 
R
Q
QQ
Q
R
Q ωωω += 
 
Observação: Note que, de fato, o SR ),,( zyxQ ′′′ é o mais conveniente para descrever os 
vetores Q
Qω e RQQω , pois, de acordo com as Figuras 2(a)e 2(b), ambos podem 
ser obtidos neste SR diretamente observando a figura. 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=+=
α
ββ
α
ωωω
&
&&
&
0
0
00
0
R
Q
QQ
Q
R
Q 
 
De acordo com o formulário, obtém-se a matriz “til” quadrada (
2~
R
Qω ) associada ao 
vetor R
Qω , descrita no SR ),,( zyxQ ′′′ . 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−−
−
=
2
22
2
2
0
00
0
~
ββα
βα
βαα
ω
&&&
&&
&&&
R
Q 
 
 
 
 
– 12 –
ª Determinação do vetor aceleração angular absoluta do referencial ),,( zyxR ′′′′′′ solidário à 
barra BA descrito no SR ),,( zyxQ ′′′ – ( RQα ): 
 
[ ] RQQQRQRQRQ dtd ωωωωα ~+== & 
 
Observação: Neste caso, ambas as parcelas são não-nulas. A primeira parcela ( R
Qω& ) 
corresponde à variação temporal da magnitude (ou módulo) da grandeza R
Qω , 
enquanto a segunda parcela ( R
Q
Q
Q ωω ~ ) está associada à mudança de direção 
da grandeza R
Qω . Ou seja, por estar descrita no SR ),,( zyxQ ′′′ móvel, é 
necessário contemplar a velocidade angular deste referencial ( Q
Qω ). 
 
Da 2a Solução, obtém-se: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡ −
=
000
00
00
~ α
α
ω &
&
Q
Q 
 
Portanto: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡ −
+
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=+=
 0
0
00
000
00
00
0 ~
α
βα
β
βα
α
β
α
β
α
α
α
β
ωωωα
&&
&&
&&
&&
&&
&&
&
&
&
&
&&
&&
& RQQQRQRQ 
 
Utilizando o formulário, obtém-se a matriz “til” ( RQα~ ) associada ao vetor RQα , descrita 
no SR ),,( zyxQ ′′′ . 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
=
0
0
0
~
ββα
βα
βαα
α
&&&&
&&&&
&&&&
R
Q 
 
 
 
 
– 13 –
ª Determinação do vetor posição relativa do ponto B com respeito ao ponto A no SR 
),,( zyxQ ′′′ – ( BQA r ): 
 
Novamente, obtém-se da 2a Solução: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
β
β
sen
cos
0
L
Lr B
Q
A . 
 
ª Determinação do vetor aceleração absoluta do ponto B embarcado no referencial 
),,( zyxR ′′′′′′ solidário à barra BA descrito no SR ),,( zyxQ ′′′ – ( BQ a ) : 
 
Resgatando a expressão para a obtenção de B
Q a , tem-se: 
 
B
Q
AR
Q
R
Q
A
Q
B
Q raa ~~ 
2 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++= αω 
 
Efetuando o cálculo parcial ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ + RQRQ αω ~~ 2 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−−−
−−
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−−
−
+
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
2
22
2
2
22
2
2
0
2
0
00
0
0
0
0
~~
ββ
ββαα
βααα
ββα
βα
βαα
ββα
βα
βαα
αω
&&&
&&&&&&
&&&&&
&&&
&&
&&&
&&&&
&&&&
&&&&
R
Q
R
Q 
 
De posse de todos os termos necessários ao cálculo de B
Q a , descritos no SR 
),,( zyxQ ′′′ , efetua-se a soma vetorial: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−−−−
+−−
=
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−−−
−−
+
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++=
ββββ
βββββαα
ββαβαα
β
β
ββ
ββαα
βααα
α
α
αω
sencos
sencoscos
sen2cos
 
sen
cos
0
0
2
0
 ~~ 
2
222
2
22
2
22
LL
LLLr
LLr
L
Lr
r
raa B
Q
AR
Q
R
Q
A
Q
B
Q
&&&
&&&&&
&&&&&&
&&&
&&&&&&
&&&&&
&
&&
 
9
 
 
 
 
– 14 –
Comparando com o resultado obtido para B
Q a através da 2a Solução, verifica-se que o 
resultado é exatamente o mesmo. 
 
 
sencos
sencoscos
sen2cos
 
2
222
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−−−−
+−−
=
ββββ
βββββαα
ββαβαα
LL
LLLr
LLr
a B
Q
&&&
&&&&&
&&&&&&
 9 
 
 
4ª Solução: Obtenção da aceleração absoluta do ponto B embarcado no referencial 
),,( zyxR ′′′′′′ solidário à barra BA descrita no SR ),,( zyxR ′′′′′′ . 
 
Bl
R
RBl
R
RR
R
B
R
AR
R
R
R
A
R
B
R avraa Re Re
2
 ~ 2 ~~ ++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++= ωαω 
 
A exemplo da 3a Solução, tem-se 0 Re =BlRR v e 0 Re =BlRR a . Portanto: 
 
B
R
AR
R
R
R
A
R
B
R raa ~~ 
2 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++= αω 
 
ª Determinação do vetor aceleração absoluta do ponto A no SR ),,( zyxR ′′′′′′ – ( AR a ): 
 
Aplicando a matriz de transformação a A
Q a obtido na 2a Solução, tem-se: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
==
βα
βα
α
α
α
ββ
ββ
sen
cos
0cossen0
sencos0
001
 
2
22
r
r
r
r
r
aTa A
QQR
A
R
&
&
&&
&
&&
 
 
ª Determinação do vetor velocidade angular absoluta do referencial ),,( zyxR ′′′′′′ solidário à 
barra BA descrito no SR ),,( zyxR ′′′′′′ – ( RRω ): 
 
Aplicando a matriz de transformação a R
Qω obtido na 3a Solução, tem-se: 
 
 
 
– 15 –
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
==
 cos 
 sen 0
cossen0
sencos0
001
 
βα
βα
β
α
β
ββ
ββωω
&
&
&
&
&
R
QQR
R
R T 
 
De acordo com o formulário, obtém-se a matriz “til” quadrada (
2~
R
Rω ) associada ao 
vetor R
Rω , descrita no SR ),,( zyxR ′′′′′′ . 
 
 ( )
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−−
−−
+−
=
βαβββαββα
ββαβαβββα
ββαββαββα
ω
2222
2222
222
2
sencossencos
cossencossen
cossencossen
~
&&&&&
&&&&&
&&&&&
R
R 
1 
 
 
ª Determinação do vetor aceleração angular absoluta do referencial ),,( zyxR ′′′′′′ solidário à 
barra BA descrito no SR ),,( zyxR ′′′′′′ – ( RRα ): 
 
 [ ] RRRRRRRRRR dtd ωωωωα ~+== & 
0
 
 
Observação: Assim como no caso da obtenção do vetor Q
Qα , na 2a Solução, é possível obter 
R
Rα derivando-se diretamente as componentes do vetor RRω , pois: 
0 ~ =RRRR ωω . Portanto: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
+==
ββαβα
ββαβα
β
ωα
sencos
 cossen 
&&&&
&&&&
&&
& RQRR 
 
De acordo com o formulário, obtém-se a matriz “til” ( RRα~ ) associada ao vetor RRα , 
descrita no SR ),,( zyxR ′′′′′′ . 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−−
−−
++−
=
0cossen
0sencos
cossensencos0
~
βββαβα
βββαβα
ββαβαββαβα
α
&&&&&&
&&&&&&
&&&&&&&&
R
R 
 
 
– 16 –
ª Determinação do vetor posição relativa do ponto B com respeito ao ponto A no SR 
),,( zyxR ′′′′′′ – ( BRA r ): 
 
Da 1a Solução, tem-se: 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
0
0
Lr B
R
A 
 
ª Determinação do vetor aceleração absoluta do ponto B embarcado no referencial 
),,( zyxR ′′′′′′ solidário à barra BA descrito no SR ),,( zyxR ′′′′′′ – ( BR a ) : 
 
Resgatando a expressão para a obtenção de B
R a , tem-se: 
 
B
R
AR
R
R
R
A
R
B
R raa ~~ 
2 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++= αω 
 
Efetuando os cálculos parciais abaixo... 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−−+−
+−−−
++−−
=
=
⎟⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−−
−−
++−
+
⎜⎜
⎜⎜
⎝
⎛
+
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−−
−−
−
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
βαβββαββα
ββαββαββα
ββαβαββαβαα
βββαβα
βββαβα
ββαβαββαβα
βαβββαββα
ββαβαβββα
ββαββαα
αω
2222
2222
2
2222
2222
2
2
sencossensen
cossencoscos
cos2sensen2cos
 
 
0cossen
0sencos
cossensencos0
 
 
sencossencos
cossencossen
cossen~~
&&&&&&&
&&&&&&&
&&&&&&&&&
&&&&&&
&&&&&&
&&&&&&&&
&&&&&
&&&&&
&&&&&
R
R
R
R
 
 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
+
−−
+−
=
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−−+−
+−−−
++−−
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
ββαβ
βαβ
ββαβα
βαβββαββα
ββαββαββα
ββαβαββαβαα
αω
cossen
cos
sen2cos
 
0
0
sencossensen
cossencoscos
cos2sensen2cos
 ~~
2
222
2222
2222
2
2
LL
LL
LL
Lr B
R
AR
R
R
R
&&&
&&
&&&&
&&&&&&&
&&&&&&&
&&&&&&&&&
 
 
 
– 17 –
De posse de cada um dos termos, todos no mesmo sistema de referência )' ,' ,'( zyxR , 
obtém-se: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
++
−−−
+−−
=
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
+
−−
+−
+
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++=
ββαββα
βαββα
ββαβαα
ββαβ
βαβ
ββαβα
βα
βα
α
αω
cossensen
coscos
sen2cos
 
cossen
cos
sen2cos
sen
cos ~~ 
22
2222
2
222
2
22
LLr
LLr
LLr
LL
LL
LL
r
r
r
raa B
R
AR
R
R
R
A
R
B
R
&&&&
&&&
&&&&&&
&&&
&&
&&&&
&
&
&&
 
 
 
5ª Solução: Obtenção da aceleração absoluta do ponto B embarcado no referencial 
),,( zyxQ ′′′ solidário ao disco descrita no SR ),,( zyxR ′′′′′′ . 
 
Bl
R
QBl
R
QQ
R
B
R
AQ
R
Q
R
A
R
B
R avraa Re Re
2
 ~ 2 ~~ ++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++= ωαω 
 
ª Determinação do vetor aceleração absoluta do ponto A no SR ),,( zyxR ′′′′′′ – ( AR a ): 
 
Da 4a Solução, tem-se: 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
βα
βα
α
sen
cos
2
2
r
r
r
a A
R
&
&
&&
 
 
ª Determinação do vetor velocidade angular absoluta do referencial ),,( zyxQ ′′′ solidário 
ao disco descrito no SR ),,( zyxR ′′′′′′ – ( QRω ): 
 
Aplicando a matriz de transformação a Q
Qω obtido na 2a Solução, tem-se: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
==
 cos 
 sen 
0
0
0
cossen0
sencos0
001
βα
βα
αββ
ββωω
&
&
&
Q
QQR
Q
R T 
 
 
 
– 18 –
De acordo com o formulário, obtêm-se as matrizes “til” ( QRω~ ) e seu quadrado ( 2~QRω ) 
associadas ao vetor Q
Rω , ambas descritas no SR ),,( zyxR ′′′′′′ . 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
00 sen
00cos
 sen cos0
~
βα
βα
βαβα
ω
&
&
&&
Q
R 
 
 ( )
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
+−
=
βαββα
ββαβα
ββα
ω
222
222
222
2
sencossen0
cossencos0
00cossen
~
&&
&&
&
Q
R
1
 
 
ª Determinação do vetor aceleração angular absoluta do referencial ),,( zyxQ ′′′ solidário ao 
disco descrito no SR ),,( zyxR ′′′′′′ – ( QRα ): 
 
Aplicando a matriz de transformação a Q
Qα obtido na 2a Solução, tem-se: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
==
βα
βα
αββ
ββαα
cos
sen
0
0
0
cossen0
sencos0
001
&&
&&
&&
Q
QQR
Q
R T 
 
Utilizando o formulário, obtém-se a matriz “til” ( QRα~ ) associada ao vetor QRα , descrita 
no SR ),,( zyxR ′′′′′′ . 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
00sen
00cos
sencos0
~
βα
βα
βαβα
α
&&
&&
&&&&
Q
R 
 
ª Determinação do vetor posição relativa do ponto B com respeito ao ponto A no SR 
),,( zyxR ′′′′′′ – ( BRA r ): 
 
Novamente, da 1a Solução, tem-se: 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
0
0
Lr B
R
A 
 
 
– 19 –
ª Determinação dos vetores velocidade e aceleração relativas do ponto B com respeito ao 
referencial ),,( zyxQ ′′′ solidário ao disco descritos no SR ),,( zyxR ′′′′′′ – ( BlRQ v Re e 
Bl
R
Q a Re ): 
 
De acordo com a análise feita na 2a Solução, os vetores Bl
R
Q v Re e Bl
R
Q a Re são 
identificados diretamente a partir da Figura 5 no próprio SR ),,( zyxR ′′′′′′ . Portanto: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
L
v Bl
R
Q
β&
0
0
 Re e 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−=
L
La Bl
R
Q
β
β
&&
& 2
 Re
0
. 
 
ª Determinação do vetor aceleração absoluta do ponto B embarcado no referencial 
),,( zyxQ ′′′ solidário ao disco descrito no SR ),,( zyxR ′′′′′′ – ( BR a ) : 
 
Resgatando a expressão para a obtenção de B
R a , tem-se: 
 
Bl
R
QBl
R
QQ
R
B
R
AQ
R
Q
R
A
R
B
R avraa Re Re
2
 ~ 2 ~~ ++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++= ωαω 
 
Para facilitar o cálculo final, é conveniente efetuar os seguintes cálculos parciais: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−−
−
−−
=
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
+
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
βαββαβα
ββαβαβα
βαβαα
βα
βα
βαβα
βαββα
ββαβα
α
αω
222
222
2
222
222
2
2
sencossensen
cossencoscos
sencos
 
00sen
00cos
sencos0
sencossen0
cossencos0
00
~~
&&&&
&&&&
&&&&&
&&
&&
&&&&
&&
&&
&
Q
R
Q
R
 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−−
−
−−
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
ββα
βα
βα
βαββαβα
ββαβαβα
βαβαα
αω
cossen
cos
cos
0
0
sencossensen
cossencoscos
sencos
 ~~
2
22
222
222
2
2
L
L
L
Lr B
R
AQ
R
Q
R
&
&
&&
&&&&
&&&&
&&&&&
 
 
 
 
– 20 –
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
0
0
sen2
0
0
00 sen
00cos
 sen cos0
2 ~ 2 Re
ββα
ββα
βα
βαβα
ω
L
L
v Bl
R
QQ
R
&&
&&
&
&&
 
 
De posse de todos os termos necessários ao cálculo de B
R a , efetua-se a soma vetorial: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
++
−−−
+−−
=
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−+
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
+
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
=++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++=
LLr
LLr
LLr
L
L
L
L
L
L
r
r
r
avraa Bl
R
QBl
R
QQ
R
B
R
AQ
R
Q
R
A
R
B
R
βββαβα
ββαβα
ββαβαα
β
β
ββα
ββα
βα
βα
βα
βα
α
ωαω
&&&&
&&&
&&&&&&
&&
&
&&
&
&
&&
&
&
&&
cossensen
coscos
sen2cos
 
0
0
0
sen2
cossen
cos
cos
sen
cos 
 ~ 2 ~~ 
22
2222
2
2
22
2
2
 Re Re
2
9 
 
 
Comparando com o resultado obtido para B
R a através da 4a Solução, verifica-se que o 
resultado é exatamente o mesmo. 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
++
−−−
+−−
=
ββαββα
βαββα
ββαβαα
cossensen
coscos
sen2cos
22
2222
LLr
LLr
LLr
a B
R
&&&&
&&&
&&&&&&
 9 
 
ª Verificação dos resultados encontrados, utilizando-se as matrizes de transformação: 
 
Apesar de terem sido contempladas cinco soluções ao longo deste exemplo, foram 
encontrados apenas três resultados distintos para a aceleração absoluta do ponto B. Cada uma 
delas está descrita em um sistema de referência, conforme descrito a seguir: 
 
B
F a – Aceleração absoluta do ponto B descrita no SR ) , ,( zyxF , encontrada na 1a Solução; 
B
Q a – Aceleração absoluta do ponto B descrita no SR ),,( zyxQ ′′′ , encontrada na 2a e 3a Soluções; 
B
R a – Aceleração absoluta do ponto B descrita no SR ),,( zyxR ′′′′′′ , encontrada na 4a e 5a Soluções; 
 
 
 
 
– 21 –
Primeiramente, verifica-se o resultado encontrado na 4a e 5a Soluções ( B
R a ) com aquele 
encontrado na 2a e 3a Soluções ( B
Q a ), aplicando a matrizde transformação, ou seja: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
+−
−−−−
+−−
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
+++−−−
−−−−−−
+−−
=
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
++
−−−
+−−
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−==
ββββ
βββαββα
ββαβαα
ββαββββαββαββββα
ββαβββαβαβββα
ββαβαα
ββαββα
βαββα
ββαβαα
ββ
ββ
cossen
sencoscos
sen2cos
 
cossencoscossencossensencossen
cossensensencoscoscos
sen2cos
 
 
cossensen
coscos
sen2cos
cossen0
sencos0
001
2
222
2222222
222232222
22
2222
LL
LLLr
LLr
LLrLLr
LLrLLr
LLr
LLr
LLr
LLr
aTa B
RRQ
B
Q
&&&
&&&&&
&&&&&&
&&&&&&&
&&&&&&&
&&&&&&
&&&&
&&&
&&&&&&
9 
 
 
Comparando com o resultado obtido para B
Q a através da 2a e 3a Soluções, verifica-se 
que o resultado é exatamente o mesmo. 
 
 
sencos
sencoscos
sen2cos
 
2
222
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−−−−
+−−
=
ββββ
βββββαα
ββαβαα
LL
LLLr
LLr
a B
Q
&&&
&&&&&
&&&&&&
 9 
 
A seguir, verifica-se o resultado encontrado na 2a e 3a Soluções ( B
Q a ) com aquele 
encontrado na 1a Solução ( B
F a ), aplicando a matriz de transformação, ou seja: 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
+
−−
++
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡
++−
−−−+−−
++++−−
=
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
+−
−−−−
+−−
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡ −
==
0
sencoscoscos
sensencossen
 
cossen
coscoscossensen2cossensen
cossensensencos2coscoscos
 
cossen
sencoscos
sen2cos
100
0cossen
0sencos
2
2
2
22
22
2
222
βαββαβ
βαββαβ
ββββ
βααααβαβαβαααα
βααααβαβαβαααα
ββββ
βββββαα
ββαβαα
αα
αα
LL
LL
LL
LrLLr
LrLLr
LL
LLLr
LLr
aTa B
QQF
B
F
&&&
&&&
&&&
&&&&&&&&
&&&&&&&&
&&&
&&&&&
&&&&&&
 
9
 
 
 
– 22 –
Comparando com o resultado obtido para B
F a através da 1a Solução, verifica-se que o 
resultado é exatamente o mesmo. 
 
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
+
−+−
+++
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡
+−
−+−−−−
+++−+−
=
0
coscossensensencos
cossensencossensen
 
sencos
sensencoscoscossencossen
sencoscossencoscossencos
2
2
2
22
22
βαββαβαβαβ
βαββαβαβαβ
ββββ
βαβαβααβαααααα
βαβαβααβαααααα
LLL
LLL
LL
LLLrr
LLLrr
a B
F
&&&&&
&&&&&
&&&
&&&&&&&&
&&&&&&&&
 
9