Princípio de Hamilton Dinâmicas Hamiltoniana e Lagrangiana

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7.2 O princípio de Hamilton
Neste capítulo vamos apresentar as formulações 
lagrangeana e hamiltoniana da mecânica que 
podem ser deduzidas a partir de um princípio 
variacional chamado princípio de Hamilton. Estas 
formulações não representam novas teorias físicas, 
uma vez que são em essência equivalentes às Leis 
de Newton, mas são muito convenientes na solução 
de problemas onde forças de vínculo se fazem 
presentes, além de se constituírem em linguagens 
mais próximas de outras teorias físicas, como a 
mecânica quântica e a óptica. Inicialmente vamos 
apresentar o princípio de Hamilton. Em seguida, 
deduziremos as equações de Lagrange a partir 
deste princípio e mostraremos que estas equações 
são equivalentes às equações de Newton. 
Finalmente apresentaremos a Formulação 
hamiltoniana.
O princípio de Hamilton, proposto por Hamilton 
em dois trabalhos publicados em 1834 e 1835, pode 
se enunciado da seguinte forma.
O movimento de um sistema do instante t1 para o 
instante t2 é tal que a integral
7
Princípio de Hamilton: Dinâmicas 
Lagrangeana e Hamiltoniana
02
1
== ∫ dtLI tt
tem um valor estacionário para o caminho de 
movimento correto.
Em coordenadas cartesianas, a energia cinética 
depende somente das componentes da velocidade 
da partícula. Além disso, se o campo de força for 
conservativo, a energia potencial é função somente 
da posição da partícula. Assim, a lagrangeana é
dada por
zxyxxx
xxLxUxTL iiii
→→→
=−≡
321 
),()()( &&
de forma que o princípio de Hamilton pode ser 
escrito como
0),(2
1
=∫ dtxxLtt ii &δ
As equações de Euler correspondentes, chamadas 
neste caso de equações de Lagrange, são
)4.7( 3,2,1 0 ==∂
∂−∂
∂ i
x
L
dt
d
x
L
ii &
Observe que temos uma equação para cada compo-
nente cartesiana.
Como exemplo, considere um oscilador harmônico 
1D. A lagrangeana é dada por
2
2
12
2
1 kxxmUTL −=−= &
Assim
xm
x
L
dt
dxm
x
Lkx
x
L &&&&& =∂
∂⇒=∂
∂−=∂
∂ 
Substituindo na equação de Lagrange, temos
kxxm −=&&
que é a mesma equação de movimento obtida a 
partir da Segunda lei de Newton.
7.3 Coordenadas generalizadas
Considere um sistema mecânico constituído de n
partículas. Se não existirem condições de vínculo, 
são necessárias 3n coordenadas para a descrição 
completa do sistema. Se existirem condições de 
vínculo, as coordenadas que descrevem o sistema 
não são todas independentes. No caso de m
equações de vínculo, o número de coordenadas 
independentes será igual a 3n – m e, neste caso, 
dizemos que existem 3n – m graus de liberdade. 
As 3n – m coordenadas que descrevem um sistema 
não necessariamente têm que ser coordenadas 
cartesianas. Muitas vezes outras coordenadas são 
mais convenientes. O número de graus de liberdade 
é, contudo, independente da escolha das 
coordenadas. As coordenadas que especificam um 
sistema mecânico são chamadas coordenadas 
generalizadas. As coordenadas generalizadas são 
geralmente indicadas por q1, q2,..., ou simplesmente 
qj. Um conjunto de coordenadas cujo número é
igual ao número de graus de liberdade do sistema e 
que não estão sujeitas a condições de vínculo é
chamado de conjunto próprio de coordenadas 
generalizadas.
onde
,UTL −=
Como exemplo, considere uma partícula movendo-
se sobre a superfície de um hemisfério de raio R
cujo centro está na origem. Podemos expressar a 
posição da partícula utilizando coordenadas 
cartesianas: x, y e z. Evidentemente, este não seria 
um conjunto próprio, uma vez que existe uma 
condição de vínculo entre as coordenadas, dada por
2222 Rzyx =++
Isto significa que podemos expressar uma das 
coordenadas em termos das outras duas. Por 
exemplo, podemos escrever
de forma que somente as coordenadas x e y são 
suficientes para descrever a posição da partícula. 
Assim, x e y constituem um conjunto próprio de 
coordenadas generalizadas. A situação fica mais 
evidente quando expressamos a posição da 
partícula em coordenadas esféricas: r, θ e φ. Como 
r é constante (r = R), não precisa ser incluído como 
coordenada. Para expressar a posição da partícula 
bastam as coordenadas θ e φ, que constituem um 
conjunto próprio de coordenadas generalizadas. 
Note que o número de graus de liberdade é 2, 
independente do sistema de coordenadas utilizado.
O estado de um sistema constituído de n partículas, 
sujeito a m condições de vínculo, pode ser 
especificado por s = 3n – m coordenadas 
generalizadas. Portanto, podemos representar o 
estado do sistema em um espaço s–dimensional 
chamado espaço de configurações. A evolução 
temporal do sistema pode ser representada por uma 
curva neste espaço. 
7.4 Equações de Lagrange em 
coordenadas generalizadas
Em coordenadas cartesianas, a Lagrangeana pode 
ser escrita como
),()()( iiii xxLxUxTL αααα && =−=
Das equações (7.5) e (7.6) vemos que, em termos 
de coordenadas generalizadas, 
),,(),(),,( tqqLtqUtqqTL jjjjj && =−=
Assim, o princípio de Hamilton pode ser escrito 
como 
0 ),,(
2
1
=∫ dttqqL
t
t
jj &δ
Supondo que não haja vínculo entre as 
coordenadas, ou seja, que o sistema de coordenadas 
seja próprio, podemos escrever uma equação de 
Lagrange para cada coordenada:
sj
q
L
dt
d
q
L
jj
 ,... 2 ,1 0 ==∂
∂−∂
∂
&
É importante mencionar que estas equações são 
válidas sob duas exigências:
a. as forças existentes devem ser deriváveis de uma 
energia potencial;
b. caso existam condições de vínculo, elas devem 
poder ser expressas em termos de equações do tipo
Além das coordenadas generalizadas, podemos 
definir um conjunto de quantidades consistindo das 
suas derivadas em relação ao tempo, , ou 
simplesmente . Estas quantidades são chamadas 
velocidades generalizadas.
A princípio, a relação entre as coordenadas 
cartesianas e generalizadas pode envolver o tempo, 
de forma que podemos escrever
(7.5) ),( 
),,...,( 21
tqx
tqqqxx
ji
sii
α
αα
=
=
onde 
sj
zyxi
n
,...2,1
,, 3,2,1
partículada número oindica ,...2,1
=
↔=
=α
sendo s o número de graus de liberdade do sistema. 
Em geral, as componentes cartesianas das veloci-
dades dependem das coordenadas e velocidades 
generalizadas, ou seja 
(7.6) ),,( tqqxx jjii &&& αα =
As coordenadas e velocidades generalizadas podem 
ser escritas em termos das componentes cartesia-
),( txqq ijj α=
),,( txxqq iijj αα &&& =
,..., 21 qq &&
jq&
nas como
0),( ou 0),( == tqgtxg jiα
Vínculos que podem ser escritos nesta forma são 
chamados vínculos holônomos.
222 yxRz −−=
Exemplo 7.3 ---------------------------------------------
Considere um projétil em movimento sob influên-
cia da gravidade em 2D. Obtenha as equações de 
movimento em coordenadas cartesianas e também 
em coordenadas polares. 
Solução: 
2
2
12
2
1 ymxmT && +=
y
x
Em coordenadas cartesianas
mgyU =
mgyymxmUTL −+=−= 221221 &&
As equações de movimento para x são: 
0=∂
∂−∂
∂
x
L
dt
d
x
L
&
0 00 =⇒=− xxm
dt
d &&&
Para a coordenada y, temos
0=∂
∂−∂
∂
y
L
dt
d
y
L
&
gyym
dt
dmg −=⇒=−− &&& 0
Em coordenadas cartesianas, as equações de movi-
mento são facilmente resolvidas. Assim, obtemos
2
2
1 e gttyytxx oyooxo −+=+= υυ
Em coordenadas polares,
θ
r
2
2
12
2
1 )( θ&& rmrmT +=
θsenmgrU =
θθ sen)( 221221 mgrrmrmUTL −+=−= &&
O princípio de Hamilton e as equações de Lagrange
podem ser estendidos para contemplar sistemas não 
conservativos e outros tipos de vínculo mas não 
faremos isto neste curso.
x
y
m
lθ
Solução.
2
2
12
2
1 ymxmT && += mgyU=
mgyymxmUTL −+=−= 221221 &&
As relações entre (x,y) e θ são
θsenlx =
θcosly −=
θθ cos&& lx =
θθ sen&& ly =⇒
Assim
θθθθθ cos)sencos( 22222221 mglllmL ++= &&
θθ cos2221 mglml += &
θθ senmgl
L −=∂
∂
e portanto,
Exemplo 7.2 ---------------------------------------------
Obtenha a lagrangeana para o pêndulo simples da 
figura abaixo em termos de coordenadas cartesia-
nas. Em seguida, obtenha as equações de transfor-
mação de (x,y) para θ e obtenha a equação de 
movimento em termos de θ.
θθθθ
&&&&&
22 mlL
dt
dmlL =∂
∂⇒=∂
∂
Substituindo estes resultados na equação de 
Lagrange, temos
0sen =+ θθ
l
g&&
que é a mesma equação de movimento obtida na 
pag. 3 do cap. 3 (notas) via leis de Newton. Note 
que θ sozinho constitui um conjunto próprio de 
coordenadas generalizadas. Temos uma condição 
de vínculo dada por
lyx =+ 22
Sistemas de coordenadas onde condições de 
vínculos se fazem presentes serão tratados na seção 
7.6.
As equações de movimento para r são: 
0=∂
∂−∂
∂
r
L
dt
d
r
L
&
0)(sen2 =−− rm
dt
dmgmr && θθ
0sen2 =−− rgr &&& θθ
0=∂
∂−∂
∂
θθ &
L
dt
dL
0)(cos 2 =−− θθ &mr
dt
dmgr
02cos 2 =−−− θθθ &&&& rrrgr
Claramente, as equações de movimento são muito 
mais complicadas em coordenadas polares do que 
em coordenadas cartesianas. Isto acontece porque 
em coordenadas cartesianas a energia potencial só
depende de y, ao passo que em coordenadas polares 
U é função de r e θ. 
--------------------------------------------------------------
Exemplo 7.4 ---------------------------------------------
Uma partícula de massa m move-se sobre a 
superfície de um cone de meio-ângulo α (figura 
abaixo) sob ação da força gravitacional. Escreva a 
lagrangeana do sistema em termos de um conjunto 
próprio de coordenadas generalizadas e obtenha as 
equações de movimento.
r
z α
θ
Solução. Por causa da simetria cilíndrica do 
problema, é conveniente usar as coordenadas cilín-
dricas r, θ, z como coordenadas generalizadas. 
Sendo assim, a velocidade é dada por
22222 zrr &&& ++= θυ
e a energia cinética é
)( 222221 zrrmT &&& ++= θ
Por sua vez, a energia potencial é
mgzU =
de forma que
mgzzrrmUTL −++=−= )( 222221 &&& θ
Apesar das coordenadas r, θ e z constituírem um 
conjunto capaz de descrever o problema, elas não 
formam um conjunto próprio de coordenadas gene-
ralizadas porque existe uma relação de vínculo 
entre r e z, dada por
αα cot cot rzrz && =⇒=
Podemos eliminar a coordenada z (poderíamos 
também eliminar r em favor de z) e escrever
αθα cot)csc( 222221 mgrrrmUTL −+=−= &&
A equação de movimento para θ é muito simples: 
0 0 =∂
∂⇒=∂
∂
θθ &
L
dt
dL
ctemrL ==∂
∂ θθ
&&
2
Observe que é o momento angular da 
partícula em torno do eixo z, de forma que a 
equação de movimento para θ nada mais é que uma 
expressão da conservação da componente z do 
momento angular.
Por sua vez, a equação de Lagrange para r
ωθ Imr =&2
0=∂
∂−∂
∂
r
L
dt
d
r
L
&
nos leva à seguinte equação de movimento: 
0cossensen22 =+− αααθ grr &&&
--------------------------------------------------------------
Exemplo 7.5 --------------------------------------------
y
xtω
a
θ
ω
b
m
O ponto de apoio de um pêndulo simples de 
comprimento b está preso a um anel de raio a que 
gira com uma velocidade angular constante ω. 
Obtenha as expressões para as componentes carte-
sianas da velocidade e da aceleração da massa m
•
Para θ, temos
em termos de θ. Obtenha, via equação de Lagran-
ge, uma expressão para a aceleração angular
Solução. As componentes cartesianas do vetor 
posição da massa m são:
θω sencos btax +=
θω cossen btay −=
Derivando em relação ao tempo, encontramos as 
componentes da velocidade:
θθωω cossen && btax +−=
θθωω sencos && btay +=
Derivando mais uma vez, obtemos a aceleração:
)sencos(cos 22 θθθθωω &&&&& −+−= btax
)cossen(sen 22 θθθθωω &&&&& ++−= btay
A lagrangeana pode ser escrita, em coordenadas 
cartesianas, como
mgyymxmUTL −+=−= 221221 &&
Substituindo as expressões acima para as compo-
nentes da velocidade, temos
[ ])sen(2222221 tbabamL ωθωθθω −++= &&
)cossen( θω btamg −−
As derivadas da lagrangeana são dadas por
θωθωθθ sen)cos( mgbtmba
L −−=∂
∂ &
)sen(2 tmbambL ωθωθθ −+=∂
∂ &&
)cos()(2 tmbambL
dt
d ωθωθωθθ −−+=∂
∂ &&&&
de forma que a equação de movimento é dada por
θωθωθ sen)cos(
2
b
gt
b
a −−=&&
Note que, se ω = 0, obtemos a equação de movi-
mento conhecida para o pêndulo simples ( cap. 3).
--------------------------------------------------------------
Exemplo 7.6 ---------------------------------------------
Obtenha a lagrangeana e a equação de movimento 
para um pêndulo simples colocado dentro de um 
carro que se move ao longo do eixo x com 
aceleração constante a.
Solução: as coordenadas cartesianas podem ser 
expressas em termos do ângulo θ, da figura, como 
. θ&& θ
m
l
θυ sen221 lattx o ++= θcosly −=
θθυ cos&& latx o ++= θθ sen&& ly =
mgyymxmL ++= 221221 &&
A lagrangeana é dada por
2
2
12
2
1 )sen()cos( θθθθυ && lmlatm o +++=
ou, separando os termos,
atmmltmamL oo υθυ +++= 22212221221 &
θcosmgl+
θθθθθυ coscoscos mglmatllm o +++ &&
As derivadas de L são
θθθθθυθ sensensen mglmatllm
L
o −−−=∂
∂ &&
θθυθθ coscos
2 matllmmlL o ++=∂
∂ &&
θθθθθυθθ sencossen
2 &&&&& maltmallmml
L
dt
d
o −+−=∂
∂
e a equação de movimento é dada por
0cossen 2 =−−−=∂
∂−∂
∂ θθθθθ malmlmgl
L
dt
dL &&&
Isolando , temos
θθθ cossen
l
a
l
g −−=&&
θ&&
--------------------------------------------------------------
Exemplo 7.7 -------------------------------------------
r
z
θ
a
Uma conta desliza ao longo de um arame em forma 
de parábola, z = cr2. O arame gira em torno do eixo 
z com velocidade angular constante. Determine a 
velocidade angular para a qual a conta gira em uma 
circunferência horizontal de raio constante.
Solução. Em coordenadas cilíndricas, r, θ, z, pode-
mos escrever
mgzUrzrmT =++= ; ])([ 22221 θ&&&
As variáveis r e z não são independentes. Ao 
contrário, podemos escrever
rrczcrz && 2 2 =⇒=
Por outro lado, θ também pode ser escrito como
ωθωθ =⇒= & t
de forma que a lagrangeana pode ser escrita, 
somente em termos de r, como
[ ] 222222221 4 mgcr rrrcrmL −++= ω&&
As derivadas de L são dadas por
)24( 222 gcrrrrcm
r
L −+=∂
∂ ω&
)4( 22 rrcrm
r
L &&& +=∂
∂
)48( 2222 rrcrrcrm
r
L
dt
d &&&&&& ++=∂
∂
de forma que a equação de movimento é
0)2( 
4)41(
2
2222
=−−
−+−=∂
∂−∂
∂
ωgcmr
rrmcrcrm
r
L
dt
d
r
L &&&&
Resolver esta equação é uma tarefa complicada 
mas se utilizarmos a informação de que
0 ==⇒= rrcter &&&
podemos escrever
gcgc 2 02 2 =⇒=− ωω
--------------------------------------------------------------
Exemplo 7.8 --------------------------------------------
Considere o sistema de duas polias sem massa da 
figura abaixo. Sejam l1 e l2 os comprimentos 
pendentes dos fios. Utilize o sistema de coorde-
nadas indicado na figura e obtenha as equações de 
movimento. 
Solução. Tomando a posição do centro da polia 1 
como origem e considerando o sentido positivo 
para baixo, as coordenadas das três massas são:
x
xl −1
1Polia 
2Polia 
y yl −2
1m
2m
3m
ylxlxyxlxxx −+−=+−== 213121 
yxxyxxxx &&&&&&&& −−=+−== 321 
Por sua vez, as velocidades são dadas por
A energia cinética do sistema é
2
332
12
222
12
112
1 xmxmxmT &&& ++=
2
3212
22
12
12
1 )()( yxmxymxm &&&&& −−+−+=
e a energia potencial é
332211 gxmgxmgxmU −−−=
)()( 213121 ylxlgmyxlgmgxm −+−−+−−−=
Tomando L = T – U, temos 
gmmm
x
L )( 321 ++−−=∂
∂
ymmxmmm
x
L &&& )()( 23321 −+++=∂
∂
ymmxmmm
x
L
dt
d &&&&& )()( 23321 −+++=∂
∂
de forma que a primeira equação de movimento é
gmmmymmxmmm )()()( 32123321 −−=−+++ &&&&
Analogamente, 
gmm
y
L )( 32 +−−=∂
∂
ymmxmm
y
L &&& )()( 3223 ++−=∂
∂
ymmxmm
y
L
dt
d &&&&& )()( 3223 ++−=∂
∂
de forma que a segunda equação de movimento é
gmmymmxmm )()()( 233223 −=++− &&&&
Como ambas as eq. de movimento contêm , 
elas devem ser resolvidas simultaneamente, o que, 
neste caso, pode ser feito com relativa facilidade.
--------------------------------------------------------------
7.5 Equações de Lagrange com 
multiplicadores indeterminados
Quando as condições de vínculo podem ser 
expressas como relações algébricas entre as 
coordenadas é sempre possível eliminar algumas 
delas e obter um conjunto próprio de coordenadas 
generalizadas. Um outro caminho é incorporar as 
condições de vínculo nas equações de Lagrange 
utilizando o método dos multiplicadores indetermi-
nados, do cap. 6. Assim, se as condições de vínculo 
puderem ser escritas na forma 
yx &&&& e 
mktqg jk ,...,2 ,1 0),( ==
(m equações de vínculo) as equações de Lagrange
são dadas por
∑
=
=∂
∂+∂
∂−∂
∂ m
k j
k
k
jj q
gt
q
L
dt
d
q
L
1
0)(λ&
A vantagem das equações de Lagrange está no fato 
de que a ênfase é colocada sobre a dinâmica do 
sistema e o problema pode ser resolvido sem o 
conhecimento das forças de vínculo. Entretanto, 
muitas vezes, é desejável conhecer estas forças que 
estão diretamente relacionadas aos multiplicadores 
de Lagrange. As forças generalizadas de vínculo
são definidas como
∑
= ∂
∂=
m
k j
k
kj q
gQ
1
λ
Note que, de acordo com esta definição, existe uma 
força generalizada associada a cada coordenada 
generalizada. 
Exemplo 7.9 ---------------------------------------------
Considere o disco que desce rolando sobre o plano 
inclinado do exemplo 6.5 (pag. 6, cap. 6). Obtenha 
as equações de movimento, as acelerações linear e 
angular e as forças de vínculo.
Solução. A energia cinética total é a soma das 
energias cinéticas de translação e de rotação:
2
2
12
2
1 θ&& IymT +=
O momento de inércia do disco é I = mR2/2. Assim,
Supondo U = 0 no topo do plano inclinado, a 
energia potencial pode ser escrita como
22
4
12
2
1 θ&& mRymT +=
αsenmgyU −=
A lagrangeana é
αθ sen2241221 mgymRymUTL ++=−= &&
De acordo com o exemplo 6.5, a equação de 
vínculo é
0),( =−= θθ Ryyg
As equações de Lagrange são:
0=∂
∂+∂
∂−∂
∂
y
g
y
L
dt
d
y
L λ&
0=∂
∂+∂
∂−∂
∂
θλθθ
gL
dt
dL
&
Após os cálculos das derivadas de L, podemos 
reescrever estas equações como
(7.71a) 0sen =+− λα ymmg &&
(7.71b) 0221 =−− RmR λθ&&
Da equação de vínculo, temos
(7.72) θRy =
As três últimas equações constituem um sistema 
que pode ser resolvido para se obter y(t), θ(t) e λ(t). 
De (7.72) podemos escrever, 
(7.73) 
R
y&&&& =θ
Substituindo (7.73) em (7.71b), obtemos
(7.74) 21 ym &&−=λ
Substituindo (7.74) em (7.71a), temos 
(7.75) sen 32 αgy =&&
Finalmente, substituindo (7.75) em (7.73) e (7.74), 
temos 
(7.77) 
3
sen2
R
g αθ =&&
(7.76) sen31 αλ mg−=
As equações (7.75) e (7.77) dão as acelerações 
linear e angular do disco. 
As forças generalizadas de vínculo são dadas por 
8
Para entender o significado físico de Qy = λ, vamos 
reescrever (7.71a) como
αλλ sen31 mgy
fQy −==∂
∂=
αλθλθ sen3
1 mgRRfQ =−=∂
∂=
Por sua vez, Qθ = – λR é o torque devido à força 
de atrito exercida pelo plano sobre o disco. Neste 
caso, a força generalizada de vínculo é um torque. 
Finalmente, vale a pena mencionar que este 
problema pode ser resolvido utilizando um 
conjunto próprio de coordenadas generalizadas. De 
(7.72), podemos escrever
que é a segunda lei de Newton aplicada na direção 
y (ao longo do plano inclinado). Assim, λ deve ser 
a força de atrito que o plano exerce sobre o disco.
λα += senmgym &&
Ry /&& =θ
Substituindo este resultado na lagrangeana, temos
αsen243 mgyymL += &
de maneira que o problema pode ser descrito 
apenas em termos de y (que é, por si só, um 
conjunto próprio de coordenadas generalizadas). A 
equação de movimento é
0sen 23 =−=∂
∂−∂
∂ ymmg
y
L
dt
d
y
L &&& α
de onde podemos obter a equação (7.75).
--------------------------------------------------------------
Exemplo 7.10 ------------------------------------------
Uma partícula de massa m parte do repouso no topo 
de um hemisfério liso de raio a. Obtenha a força de 
vínculo e determine o ângulo para o qual a partí-
cula deixa o hemisfério.
Solução. O movimento da partícula é restrito a um 
plano (φ =cte). Assim podemos escolher r e θ como
coordenadas generalizadas. A equação de vínculo é
0),( =−= arrf θ
Assim 
0 1 =∂
∂=∂
∂
θ
f
r
f
As energias cinética e potencial são dadas por 
θθ cos )( 22221 mgrUrrmT =+= &&
de forma que a lagrangeana é
θθ cos)( 22221 mgrrrmUTL −+=−= &&
As equações de Lagrange são 
0=∂
∂+∂
∂−∂
∂
r
f
r
L
dt
d
r
L λ&
0=∂
∂+∂
∂−∂
∂
θλθθ
fL
dt
dL
&
Após o cálculo das derivadas, chegamos a 
0cos2 =+−− λθθ rmmgmr &&&
02sen 2 =−− θθθ &&&& rmrmrmgr
Da condição de vínculo, temos 
0 ==⇒= rrar &&&
Substituindo este resultado nas equações de movi-
mento, temos
(7.87) 0cos2 =+− λθθ mgma &
(7.88) 0sen 2 =− θθ &&mamga
A última equação nos dá a aceleração angular,
(7.89) senθθ
a
g=&&
Para obter a força de vínculo, de (7.87), é neces-
sário calcular . Lembrando queθ&
θ
θθθθ
θθθ
d
d
dt
d
d
d
dt
d &&&&&& ===
e usando (7.89), podemos escrever
 senθθ
θθ
a
g
d
d =&&
∫∫ = θθθθ dagd sen&&
C
a
g +−= θθ cos
2
2&
Impondo que ./ temos,0para 0 agC === θθ&
9
Assim 
)cos1(22 θθ −=
a
g&
Substituindo este resultado em (7.87) e isolando λ, 
temos
)2cos3( −= θλ mg
O ângulo θo para o qual a partícula deixa a 
superfície é aquele para o qual a força de vínculo 
deixa de existir. Fazendo
0)2cos3( =−= omg θλ
temos
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛= −
3
2cos 1oθ
--------------------------------------------------------------
7.6 Equivalência das equações de 
Lagrange e de Newton
Nesta seção vamos mostrar que as equações de 
Lagrange são equivalentes às equações de Newton. 
Inicialmente vamos mostrar que a segunda lei de 
Newton pode ser obtida a partir das equações de
Lagrange.
Considere as equações de Lagrange para uma 
partícula em coordenadas cartesianas
0=∂
∂−∂
∂
ii x
L
dt
d
x
L
&
ou
0)()( =∂
−∂−∂
−∂
ii x
UT
dt
d
x
UT
&
Uma vez que , )( e )( ii xUUxTT == &
0=∂
∂=∂
∂
ii x
U
x
T
&
Assim, 
ii x
T
dt
d
x
U
&∂
∂=∂
∂−
O lado esquerdo é justamente a componente i da 
força: 
i
i
F
x
U =∂
∂−
O lado direito é dado por
( ) ii
j
j
ii
xmxm
dt
dxm
xdt
d
x
T
dt
d &&&&&& ==⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂=∂
∂ ∑
=
3
1
2
2
1
ii xmF &&=
que é a segunda lei de Newton.
Resta agora mostrar que as equações de Lagrange
podem ser deduzidas das equações de movimento 
de Newton. Para simplificar, vamos considerar 
somente uma partícula. 
Como 
zyxxxmT i
i
i ou , 
3
1
22
1 == ∑
=
&
e
),,( tqqxx jjii &&& =
podemos escrever
∑∑
== ∂
∂=∂
∂
∂
∂=∂
∂ 3
1
3
1 i j
i
i
i j
i
ij q
xxm
q
x
x
T
q
T
&
&&&
&
&&
Por outro lado, como
),( tqxx kii =
(7.100) 
t
xq
q
x
dt
dxx i
k
k
k
ii
i ∂
∂+∂
∂== ∑ &&
de forma que
j
i
j
i
q
x
q
x
∂
∂=∂
∂
&
&
e portanto, 
∑ ∂∂=∂∂ i jiij q
xxm
q
T &&
Derivando esta expressão em relação ao tempo, 
temos
(7.108) ∑ ∑ ∂∂+∂∂=∂∂ i i jiijiij q
x
dt
dxm
q
xxm
q
T
dt
d &&&&
O primeiro termo da equação acima pode ser 
escrito como
Assim, podemos escrever
j
i j
i
ii j
i
i
i j
i
i
q
U
q
x
x
U
q
xF
q
xxm
∂
∂−=
∂
∂
∂
∂−=∂
∂=∂
∂ ∑∑∑
 
&&
Por sua vez, o segundo termo de (7.108) é dado por
∑ ∑∑ ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂
∂
∂+∂
∂
∂
∂=∂
∂
i k j
i
k
j
i
k
i
i j
i
i q
x
t
q
q
x
q
xm
q
x
dt
dxm &&&
10
jjj q
T
q
U
q
T
dt
d
∂
∂+∂
∂−=∂
∂
&
(7.113) )(
jj q
UT
q
T
dt
d
∂
−∂=∂
∂
&
ou
Como U não depende de , podemos adicionar um 
termo nulo 
jq&
jq
U
dt
d
&∂
∂−
no lado esquerdo de (7.113) para obter
 )()(
jj q
UT
q
UT
dt
d
∂
−∂=∂
−∂
&
Como L = T – U, podemos finalmente escrever
 0=∂
∂−∂
∂
jj q
L
q
L
dt
d
&
que são as equações de Lagrange.
A quantidade
j
j
j
i
i xmx
TpxmT &&& =∂
∂=⇒=∑ 221
Claramente pj é a componente j do momento linear. 
Em outros sistemas de coordenadas pj pode ter 
outros significados. Por exemplo, em coordenadas 
polares 
)( 22221 θ&& rrmT +=
rmpr &= é a componente radial do momento linear 
da partícula ao passo que é o seu 
momento angular.
O trabalho realizado por uma força F quando a 
partícula sofre um deslocamento δr é dado, em 
coordenadas cartesianas, por 
θθ &2mrp =
i
i
i xFW ∑= δδ
Em termos de coordenadas generalizadas, podemos 
escrever
j
j i j
i
ij
i j j
i
i qq
xFq
q
xFW δδδ ∑∑∑ ∑ ∂∂=∂∂=
A quantidade
j
i
i
ij q
xFQ ∂
∂=∑
é chamada força generalizada. Em termos de 
coordenadas generalizadas, podemos escrever
(7.102) 
j
j q
Tp &∂
∂=
é chamada momento generalizado. Como estamos 
supondo que U não depende de , podemos 
escrever
7.8 Um teorema sobre a energia cinética
Quando escrita em termos de coordenadas 
cartesianas, a energia cinética de um sistema de 
partículas é uma função quadrática homogênea 
da velocidade, ou seja,
j
j
j qQW δδ ∑=
2
1
3
12
1
i
n
i
xmT α
α
α &∑ ∑
= =
=
onde n é o número de partículas do sistema. Em 
geral, as equações de transformação para um 
conjunto de coordenadas generalizadas são do tipo 
sjtqxx jii ,..., 2 ,1 ),( == αα
onde s é o número de graus de liberdade do 
sistema. Assim,
t
xq
q
xx ij
s
j j
i
i ∂
∂+∂
∂= ∑
=
αα
α &&
1
No caso especial em que as equações de 
transformação não envolvem o tempo explicita-
mente, podemos escrever
j
i j
i
i
i j
i
i
i k
i
k
k
i
j
i
i k
i
j
k
k
i
j
i
i j
i
i
q
T
q
x
x
T
q
xxm
t
xq
q
x
q
xm
t
x
q
q
q
x
q
xm
q
x
dt
dxm
∂
∂=
∂
∂
∂
∂=
∂
∂=
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂
∂
∂=
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂
∂
∂+∂
∂
∂
∂=∂
∂
∑
∑
∑ ∑
∑ ∑∑
 
 
 
 
&
&
&&
&&
&&&
Substituindo estes resultados em (7.108), temos 
Em coordenadas cartesianas 
jq&
(7.102) 
jj
j q
L
q
Tp && ∂
∂=∂
∂=
11
j
s
j j
i
i qq
xx && ∑
= ∂
∂=
1
α
α
de forma que
kj
k
i
s
kj j
i
k
s
k k
i
j
s
j j
i
i qqq
x
q
xq
q
xq
q
xx &&&&& ∂
∂
∂
∂=∂
∂
∂
∂= ∑∑∑
===
αααα
α
1,11
2
A energia cinética é dada por
kj
k
i
s
kj j
i
n
i
i
n
i
qq
q
x
q
xmxmT &&& ∂
∂
∂
∂== ∑∑∑∑∑
== == =
ααα
α
α
α
α
1,1
3
1
2
1
3
1 22
kj
s
kj k
i
j
i
n
i
qq
q
x
q
xm && 
21, 1
3
1
∑ ∑∑
= = = ⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂
∂
∂= αα
α
α
O termo entre parênteses depende dos índices j e k
e pode ser chamado de ajk . Assim,
kj
s
kj
jk qqaT &&∑
=
=
1,
e portanto, T é uma função quadrática homogênea 
das velocidades generalizadas.
Diferenciando a equação acima em relação a , 
temos
lq&
j
s
j
jlk
s
k
lk
l
qaqa
q
T &&& ∑∑ == +=∂
∂
11
(7.122) 2
1,1,1
Tqqaqqa
q
Tq lj
s
lj
jlkl
s
lk
lk
s
l l
l =+=∂
∂ ∑∑∑
===
&&&&&&
Multiplicando por e somando sobre l, temoslq&
Este resultado será utilizado nas próximas seções.
7.9 Teoremas de conservação 
revistos
Conservação da energia
A derivada total da lagrangeana é dada por
t
Lq
q
Lq
q
L
dt
dL
j
j j
j
j j ∂
∂+∂
∂+∂
∂= ∑∑ &&&&
Da equação de lagrange,
jj q
L
dt
d
q
L
&∂
∂=∂
∂
t
L
q
Lq
dt
d
dt
dL
j
j
j ∂
∂+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂=∑ &&
t
LL
q
Lq
dt
d
jj
j ∂
∂−=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −∂
∂∑ &&
A hamiltoniana do sistema é definida como
L
q
LqH
jj
j −∂
∂= ∑ &&
Se ∂L/∂t = 0, a hamiltoniana é constante no tempo.
Suponha que a energia potencial seja função 
somente da posição, 
e que as equações de transformação não envolvam 
o tempo explicitamente, isto é,
)( ixUU α=
)( e )( ijjjii xqqqxx ααα ==
Assim, 
)( jqUU =
e
jjjj q
T
q
U
q
T
q
L
&&&& ∂
∂=∂
∂−∂
∂=∂
∂
Desta forma, a hamiltoniana pode ser escrita como
)( UT
q
TqH
jj
j −−∂
∂= ∑ &&
Como as equações de transformação não envolvem 
o tempo explicitamente, o teorema da seção 
anterior pode ser aplicado, de forma que
EUTUTTH =+=−−= )(2
que, neste caso, é uma constante de movimento. 
É importante ressaltar que as questões, a 
hamiltoniana é igual à energia mecânica? e a 
energia mecânica é conservada? são duas coisas 
distintas. H = E se as equações de transformação de 
coordenadas cartesianas para coordenadas genera-
lizadas não envolverem o tempo explicitamente e 
se a energia potencial for independente da 
velocidade. Portanto, a resposta à questão H = E?
depende da escolha do conjunto de coordenadas.
podemos escrever
t
Lq
q
L
q
L
dt
dq
dt
dL
j
j jjj
j ∂
∂+∂
∂+∂
∂= ∑∑ &&&&&
ou
de forma que
(A) 
t
L
dt
dH
∂
∂−=
12
Por exemplo, suponha que H = E quando um 
sistema é descrito em termos de um dado conjunto 
de coordenadas generalizadas. Se fizermos uma 
transformação para outro conjunto de coordenadas 
envolvendo o tempo, teremos H ≠ E neste novo 
conjunto. Por outro lado, a questão da conservação 
da energia não depende da escolha do sistema de 
coordenadas.
Conservação do momento
Suponha que a lagrangeana que descreve o 
movimento de uma partícula em coordenadas 
cartesianas seja invariante sob translação ao longo 
de uma dada direção representada por xi, ou seja,
0=∂
∂
ix
L
Combinando este resultado com a equação de 
Lagrange, temos
 0=∂
∂
ix
L
dt
d
&
Por outro lado, da definição de momento 
generalizado, podemos escrever
cte
x
Lp
i
i =∂
∂= &
Se a lagrangeana for invariante sob translação em 
todas as direções, dizemos que o espaço é
homogêneo. Neste caso, todas as componentes do 
momento são conservadas, isto é,
ctei =p
O resultado acima foi deduzido para uma partículamas a extensão para um sistema de partículas é
imediata. Se L for invariante sob translação do 
espaço como um todo, então o momento linear do 
sistema é conservado.
Suponha agora, que a lagrangeana seja escrita em 
termos de coordenadas generalizadas e que L seja 
invariante sob uma mudança na coordenada qj, ou 
seja
0=∂
∂
jq
L
Neste caso, o momento generalizado
j
j q
Lp &∂
∂=
é conservado. Por exemplo, se L for invariante sob 
rotação em torno de um eixo, então a componente 
do momento angular ao longo do eixo (o momento 
associado ao ângulo de rotação) é conservada.
7.10 Dinâmica hamiltoniana
Da equação de Lagrange, temos
(7.152) 
jj
j q
L
q
L
dt
dp ∂
∂=∂
∂= &&
LqpH j
j
j −= ∑ &
A equação (7.151) sugere que 
),,( tqqpp kkjj &=
de maneira que as equações da transformação 
inversa podem ser escritas na forma
),,( tpqqq kkjj && =
Isto significa que podemos eliminar da hamilto-
niana e escrevê-la como
jq&
(7.155) ),,(),,( tqqLqptpqH kkj
j
jkk && −= ∑
Esta expressão foi escrita de maneira a deixar claro 
que 
(7.156) ),,( tpqHH kk=
No contexto de (7.156), a derivada total da 
hamiltoniana pode ser escrita como
(7.157) 
t
H
dt
dp
p
H
dt
dq
q
H
dt
dH
k
k
k
k
k ∂
∂+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂= ∑
Por outro lado, de (7.155),
),,( tqqLL kk &=
enquanto 
Utilizado a definição de momento generalizado
podemos escrever a hamiltoniana como
(7.151) 
j
j q
Lp &∂
∂=
de forma que
cte
x
L
i
=∂
∂
&
13
(7.159) 
t
L
dt
dqp
dt
dpq
dt
dH
k
k
k
k
k ∂
∂−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −= ∑ &&
Com auxílio das equações (7.151) e (7.152), 
podemos escrever 
Identificando os termos de (7.157) e (7.159), temos 
(7.160) 
k
k p
Hq ∂
∂=&
(7.161) 
k
k q
Hp ∂
∂=− &
(7.162) 
t
H
t
L
∂
∂=∂
∂−
As equações (7.160) e (7.161) são chamadas 
equações canônicas de Hamilton. As quantidades 
qk e pk são ditas serem grandezas canonicamente 
conjugadas. Combinando a equação (7.162), com 
a equação (A) da página 11 podemos escrever 
Esta expressão nos permite concluir que se L não 
depender explicitamente do tempo (neste caso H
também não depende) a hamiltoniana é uma 
constante de movimento.
Uma desvantagem da formulação hamiltoniana em 
relação à formulação lagrangeana está no fato de 
que para um sistema com s graus de liberdade 
temos s equações de Lagrange e 2s equações de 
Hamilton. Em compensação, as equações de 
Hamilton são equações diferenciais de primeira 
ordem enquanto que as equações de Lagrange são 
equações diferenciais de segunda ordem.
Uma coordenada que não aparece explicitamente 
na lagrangeana ou na hamiltoniana é dita ser uma 
coordenada cíclica. Uma coordenada que é cíclica 
em L é também cíclica em H. Mostraremos a seguir 
que o momento conjugado a uma coordenada 
cíclica é uma constante de movimento.
Se qk for uma coordenada cíclica em L, então
t
L
t
H
dt
dH
∂
∂−=∂
∂=
t
L
dt
qd
q
L
dt
dq
q
L
dt
qdp
dt
dpq
dt
dH
k
k
k
k
k
k
k
k
k ∂
∂−⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂−+=∑ &&&&
ctep
q
Lp k
k
k =⇒=∂
∂= 0&
Por outro lado, se qk for uma coordenada cíclica em 
H, então
ctep
q
Hp k
k
k =⇒=∂
∂−= 0&
Exemplo 7.11 -------------------------------------------
Use o método hamiltoniano para obter as equações 
de movimento de uma partícula de massa m
vinculada a mover-se sobre a superfície de um 
cilindro definido por x2 + y2 = R2. A partícula está
sujeita a uma força dirigida para a origem dada por 
F = – kr. 
Solução.
θ
z
y
x
m
r
R
A energia potencial é dada por 
)()( 2221
222
2
1 zrkzyxkU +=++=
Por sua vez, a energia cinética, em coordenadas 
cilíndricas, é dada por 
)( 222221 zrrmT &&& ++= θ
Como r = R = constante, temos 
)( 22221 zRmT && += θ
e portanto,
)()( 2221
222
2
1 zRkzRmUTL +−+=−= &&θ
Note que, as coordenadas generalizadas são θ e z.
Os momentos generalizados são dados por
(7.168) 2θθθ
&& mR
Lp =∂
∂=
(7.169) zm
z
Lpz && =∂
∂=
Como o sistema é conservativo (U só depende da 
posição) e as equações de transformação não 
envolvem o tempo, H = T + U.
)()( 2221
222
2
1 zRkzRmUT +++=+ &&θ
14
Mas a hamiltoniana deve ser função dos momentos 
e coordenadas e não das velocidades generalizadas. 
Isolando de (7.168) e (7.169) e substituin-
do em T + U, temos
z&& e θ
2222
),,(
222
2
2 kRkz
m
p
mR
pppzH zz +++= θθ
As equações canônicas de movimento são
(7.171) 0=∂
∂−= θθ
Hp&
(7.174) 
m
p
p
Hz z
z
=∂
∂=&
(7.173) 2mR
p
p
H θ
θ
θ =∂
∂=&
 (7.172) kz
z
Hpz −=∂
∂−=&
Note que as equações (7.173) e (7.174) apenas 
reproduzem (7.168) e (7.169). As equações (7.168) 
e (7.171) nos levam a
ctemRp == θθ &2
Como θ é uma coordenada cíclica, pθ é uma 
constante de movimento. Derivando (7.169), 
zmpz &&& =
Substituindo (7.172) nesta equação, temos
kzzm −=&&
que é a equação de um MHS.
Exemplo 7.12 -------------------------------------------
Usando o método hamiltoniano, obtenha as 
equações de movimento para um pêndulo esférico 
de massa m e comprimento b. 
θ
φ
b
Solução. Tomando θ e φ como coordenadas 
generalizadas, a energia cinética é dada por
)sen( 2222221 φθθ && bbmT +=
Por sua vez, a energia potencial é
θcosmgbU −=
Assim
θφθθ cos)sen( 2222221 mgbbbmUTL ++=−= &&
Os momentos generalizados são dados por
(7.180) 2θθθ
&& mb
Lp =∂
∂=
(7.181) en22 φθφφ
&& smb
Lp =∂
∂=
Como no exemplo anterior, o sistema é conser-
vativo e as equações de transformação não 
envolvem o tempo. Assim H = T + U.
θφθθ cos)sen( 2222221 mgbbbmUT −+=+ &&
Substituindo de (7.180) e (7.181), temosφθ && e 
θθ
φθ cos
sen22 22
2
2
2
mgb
mb
p
mb
pH −+=
As equações canônicas de movimento são
2mb
p
p
H θ
θ
θ =∂
∂=&
θφ
φ
φ
22 senmb
p
p
H =∂
∂=&
θθ
θ
θ
φ
θ sensen
cos
32
2
mgb
mb
pHp −=∂
∂−=&
0=∂
∂−= φφ
Hp&
Como a coordenada φ é cíclica, pφ é uma constante 
de movimento.
--------------------------------------------------------------
15
1. Continuando o exemplo 7.6, determine o ângulo 
de equilíbrio e a freqüência de pequenas oscilações 
em torno desta posição.
Problemas 
2. Uma esfera de raio a rola sem deslizar sobre a 
metade inferior da superfície interna de um cilindro 
de raio R. Determine a lagrangeana, a equação de 
vínculo e as equações de movimento. Obtenha a 
freqüência de pequenas oscilações. 
3. Uma partícula move-se em um plano sob 
influência de uma força f = – Arα–1, dirigida para a 
origem, onde A e α são constantes positivas. 
Escolhendo um conjunto apropriado de coorde-
nadas e tomando a energia potencial nula na 
origem, obtenha as equações de movimento de
Lagrange. O momento angular em relação à
origem é conservado? A energia mecânica é
conservada?
4. Obtenha as equações de movimento de Lagrange 
para o pêndulo duplo da figura abaixo. Suponha 
que ambos os pêndulos se movimentem no mesmo 
plano.
l
l
m
m
6. A figura abaixo mostra dois blocos de massa M
ligados por uma corda de comprimento l. Suponha 
que tanto a superfície horizontal quanto a roldana 
sejam perfeitamente lisas. Descreva o movimento 
do sistema supondo (a) uma corda sem massa e (b)
uma corda uniforme com massa total m.
7. Um bloco de massa m está em repouso sobre 
uma tábua lisa.A seguir uma das extremidades da 
tábua é levantada de tal maneira que o ângulo de 
inclinação, θ, cresce a uma razão constante α
(θ = 0 em t = 0), fazendo com que o bloco deslize 
ao longo do plano. Determine o movimento do 
bloco. 
θ
m
5. Um pêndulo consiste de uma massa m suspensa 
por uma mola sem massa de comprimento natural b
e constante k. Obtenha as equações de movimento 
de Lagrange.
8. Considere um pêndulo simples constituído de 
uma massa m presa na extremidade de uma corda 
de comprimento l. Depois que o pêndulo é
colocado em movimento o seu comprimento é
diminuído a uma taxa constante 
cte
dt
dl =−= α
O ponto de suspensão permanece fixo. Obtenha as 
funções lagrangeana e hamiltoniana. Compare a 
hamiltoniana com a energia total e discuta a 
conservação da energia do sistema.
9. Uma partícula de massa m move-se no plano 
atraída para um centro de força com uma força de 
módulo F = k/r2. Obtenha as equações canônicas 
de movimento em termos de coordenadas polares.
M
M