Lista 13 - Equações de Hamilton-Jacobi

1
a) Construa a formulação equivalente a Equação de Hamilton-Jacobi, mas baseado em uma função geratriz do tipo 3.

b)Aplique a na solução do oscilador harmônico unidimensional de massa m e frequência angular $\omega$. Resolva completamente o problema.

Resolução:

a) A função do tipo 3, $F_{3} = F_{3}(p,Q,t)$ será reescrita como uma função do tipo $S=S(p,Q,t)$, e temos as relações que são conhecidas desta função geradora:

$q = -\dfrac{\partial S}{\partial p}\,\, e\,\, P = \dfrac{\partial S}{\partial Q}$

Para a transformação canônica  podemos escrever uma Kamiltoniana da seguinte forma:

$\displaystyle K = H(q,p,t) + \dfrac{\partial S(p,Q,t)}{\partial t}$ e a Kamiltoniana será nula por hipótese se encontrarmos a transformação canônica adequada. Assim:

$ H(q,p,t) + \dfrac{\partial S(p,Q,t)}{\partial t} = 0$                               (1)

Para separar as variáveis vamos supor uma função $S$ do tipo:

$S(p,Q,t) = W(p,Q)-V(Q)t$

E tomando a derivada parcial de S e igualando a H vemos que: $H = V = \alpha$, pois as duas funções são de variáveis independentes. E reescrevendo S temos:

$S = W(p,Q) - \alpha t$, esta equação fornece as soluções desejadas para cada problema.

b) A Hamiltoniana do oscilador unidimensional de massa $m$ e frequência angular $\omega$ é dado por:

$H = \dfrac{p^{2}}{2m} + \dfrac{1}{2}m\omega^{2}q^{2}$

Para aplicarmos a solução encontrada precisaremos reescrever $H= H(\dfrac{\partial S}{\partial p})$ o que fornece a seguinte equação:

$H = \dfrac{p^{2}}{2m}+ \dfrac{m\omega^{2}}{2}(\dfrac{\partial S}{\partial p})^{2}$

do item a) vimos que $S = W(p,Q) - V(Q)t é uma forma de separar as variáveis do problema, fazendo esta substituição e tomando as derivadas das funções podemos escrever:

$H = \dfrac{p^{2}}{2m} + \dfrac{m\omega^{2}}{2}(\dfrac{\partial W(p,Q)}{\partial p})^{2}$

Da expressão para S, e da equação (1) vemos que $H = \dfrac{\partial S}{\partial t} = \alpha$, onde $\alpha$ é uma constante. E podemos, então escrever:

$ \dfrac{\partial W(p,Q)}{\partial p} =  \dfrac{1}{m\omega}\sqrt{2m\alpha - p^{2}}$

Que pode ser integrado em $p$ fornecendo:

$W = \dfrac{\alpha}{\omega}(\frac{1}{2}\sin(2\theta) + \theta)$

Retornando para as variáveis originais temos:

$W = \dfrac{\alpha}{\omega}(\frac{p}{\sqrt{2m\alpha}}\sqrt{1-\frac{p^{2}}{2m\alpha}}+ arcsin(\frac{p}{\sqrt{2m\alpha}})$

E podemos escrever a função de Hamilton como: 

$S = \dfrac{\alpha}{\omega}(\frac{p}{\sqrt{2m\alpha}}\sqrt{1-\frac{p^{2}}{2m\alpha}}+ arcsin(\frac{p}{\sqrt{2m\alpha}})-\alpha t$

E como $q = -\dfrac{\partial S}{\partial p}$, podemos escrever $\alpha \omega = \beta$ o que fornece uma equação que permite determinar $p$ como:

$p(t) = \sqrt{2\alpha}sin(\omega t - \beta)$

e

$q(t) = -\sqrt{\frac{2\alpha}{m\omega^{2}}}\cos(\omega t - \beta)$

2


a) O que são variáveis de ação-ângulo? Qual sua relação com a teoria de Hamilton-Jacobi?

b) Faça uso destas variáveis e resolva o problema do oscilador harmônico simples.

Resolução

a) Como vimos a função principal de Hamilton-Jacobi, pode ser relacionada a integral de ação do sistema $S = \int Ldt$, e pelo princípio de Hamilton esta grandeza é estacionária para a evolução do sistema, ou seja pode ser considerada cíclica, o que possibilita usar essa grandeza como variável canônica, e neste caso esta grandeza é dita ser uma variável de ação. e o seu momento conjugado é chamado de variável ângulo.


b) Como vimos para o oscilador harmônico temos que:

$H = \dfrac{p^{2}}{2m} + \dfrac{1}{2}m\omega^{2}q^{2} = \alpha$

Que é constante do movimento, já que $H$ independe explicitamente do tempo. É possível reescrever esta equação como :

$(\frac{p}{\sqrt{2m\alpha}})^{2} + (\sqrt{\dfrac{m}{2\alpha}}\omega q)^{2} = 1$

Precisamos determinar a integral de ação, para um caso de um momento J tal que:

$J = \frac{1}{2\pi}\oint pdq$

Fazendo $a = 2m\alpha\, \, e \, \, b = \frac{m\omega^{2}}{2\alpha}$ podemos determinar de modo direto o valor da área desta integral que fornece:

$J = \frac{\alpha}{\omega}$, 

Ou seja:

$H = \omega J$. 

fornece a frequência deste movimento. e as equações horárias são as mesmas equações paramétricas da elipse: 

$p(t) = acos(X)\, \, e \, \, q(t) = bsin(Y)$ 

O que resulta na mesma solução encontrada na questão 1)

Lista 12 - Transformações canônicas e Parêntesis de Poisson.

1 - Sabe-se que o conjunto de transformações entre um conjunto de coordenadas é:

$Q = \ln (1 + \sqrt{q}\cos(p))$

$P = 2(1 + \sqrt{q}\cos(p))\sqrt{q}\sin(p)$

a) Mostre diretamente que Q e P são variáveis canônicas se p e q também o forem.

b) Mostre que a função geratriz $F_{3}$ que dá origem a esta transformação canônica é:

$F_{3} = -(e^{Q}-1)^2 \tan(p)$

Resolução:

As condições que permitem demonstrar diretamente que as variáveis são canônicas são: 

$\displaystyle (\dfrac{\partial Q_{i}}{\partial q_{j}})_{q,p} = (\dfrac{\partial p_{j}}{\partial P_{i}})_{Q,P}$

$\displaystyle (\dfrac{\partial P_{i}}{\partial q_{j}})_{q,p} = -(\dfrac{\partial p_{j}}{\partial Q_{i}})_{Q,P}$


$\displaystyle (\dfrac{\partial Q_{i}}{\partial p_{j}})_{q,p} = -(\dfrac{\partial q_{j}}{\partial P_{i}})_{Q,P}$

$\displaystyle (\dfrac{\partial P_{i}}{\partial p_{j}})_{q,p} = (\dfrac{\partial q_{j}}{\partial Q_{i}})_{Q,P}$

Para aplicar estas condições precisamos agora escrever q e p como função de Q e P.

As equações de partida são: 

$Q = \ln (1 + \sqrt{q}\cos(p))$                         (1)

$P = 2(1 + \sqrt{q}\cos(p))\sin(p)$                 (2)

Tomando a exponencial de ambos os lados da equação (1), e substituindo expressão equivalente a  na equação (2), eliminando também $\sqrt{q}$, pode-se escrever uma equação pra $p$ em função de Q e P dada por:

$$p = \arctan(\dfrac{Pe^{-Q}}{2(e^{Q}-1)})$$

Isolando $\sqrt{q}\cos(p)\, e\, \sqrt{q}\sin(p)$ nas expressões 1 e 2 e somando o quadrado destas expressões obtemos o ultima expressão que precisamos:

$$q = (e^{Q}-1)^{2} + \dfrac{P^{2}}{4e^{2Q}}$$

Agora, tendo em mãos as 4 equações para obtenção das relações diretas procedemos os cálculos das derivadas desejas: como só temos um grau de liberdade não precisamos nos preocuparmos com os índices:

$\displaystyle (\dfrac{\partial Q}{\partial q})_{q,p} = \dfrac{\cos(p)}{2(\sqrt{q}+q\cos(p))} = (\dfrac{\partial p_{j}}{\partial P_{i}})_{Q,P}$

$\displaystyle (\dfrac{\partial P}{\partial q})_{q,p} = \sin(p)(2\cos(p) + \dfrac{1}{\sqrt{q}}) = -(\dfrac{\partial p}{\partial Q})_{Q,P}$




$\displaystyle (\dfrac{\partial Q}{\partial p})_{q,p} = -\dfrac{\sqrt{q}\sin(p)}{1+\sqrt{q}\cos(p)} = -(\dfrac{\partial q}{\partial P})_{Q,P}$



$\displaystyle (\dfrac{\partial P}{\partial p})_{q,p} = -2q(\sin^{2}(p)-\cos^{2}(p)) -2\sqrt{q}\cos(p) = (\dfrac{\partial q}{\partial Q})_{Q,P}$

E observamos que as derivadas satisfazem as condições diretas. Outra maneira de desenvolver este exercício é partir dos colchetes de Poisson, e mostrar que são válidos em cada caso como segue:

$[Q,Q]=[P,P] = 0$

$[Q,P]=1$

$[P,Q]=-1$

Que são os critérios exigidos para que a transformação seja canônica.

b) Para determinar se a função F, dada por:  $F_{3} = -(e^{Q}-1)^2 \tan(p)$ é função geratriz desta transformação, e sabendo que F é do tipo 3, precisamos mostrar que as expressões:

$q = - \dfrac{\partial F_{3}}{\partial p}$

$P = \dfrac{\partial F_{3}}{\partial p}$

Fazendo a derivada temos:

$\dfrac{\partial F_{3}}{\partial p} = -(e^{Q}-1)\sec^{2}(p) \Rightarrow \sqrt{q}\cos(p) = e^{Q}-1$

$\dfrac{\partial F_{3}}{\partial p} = -\tan(p)2(e^{Q}-1)e^{Q} \Rightarrow P = 2q\sin(p)\cos(p) + 2\sqrt{q}\sin{p}$

Nesta ultima expressão é preciso reescrever $e^{Q}$ em função de q para podermos encontrar a solução desejada. Como partindo da função $F_{3}$ encontramos as grandezas esperadas, pode-se dizer que esta é uma função geratriz desta transformação.

2) Mostre que se a Hamiltoniana e uma quantidade $F$ são constantes de movimento, então, $\dfrac{\partial F}{\partial t}$ também deverá ser constante de movimento. Como ilustração desse resultado, considere o movimento uniforme de uma partícula livre de massa m. A Hamiltoniana, certamente se conserva e a quantidade $F =  x- \dfrac{pt}{m}$ é uma constante do movimento. Mostre então, que a constante de movimento  $\dfrac{\partial F}{\partial t}$ concorda com $[H, F]$.

Resolução: 

Podemos economizar na notação definindo que $\dfrac{\partial U}{\partial t} = \partial ^{t} U$. Usando esta notação e sabendo que H e F são constantes do movimento, podemos escrever que:

$\dfrac{d H}{d t} = [H,H] +\partial^{t} H = 0$                               (1)

$\dfrac{d F}{d t} = [F,H] +\partial^{t} F = 0$                               (2)

Então temos que: 

$\dfrac{d }{d t} \partial^{t} F = [\partial^{t} F,H] + \partial^{t}(\partial^{t} F) = 0$

Usando o resultado da equação (2) temos que:

$\dfrac{d }{d t} \partial^{t} F = [-[F,H],H] - \partial^{t}([F,H]) = 0$

Que usando a regra da cadeia e os resultados em 1 e 2, pode ser escrito como:

$\dfrac{d }{d t} \partial^{t} F = [[H,F],H] + [[F,H],H] +[[H,H],F]$ 

Que é a identidade de Jacobi, portanto:

$\dfrac{d }{d t} \partial^{t} F = 0$, ou seja,  $\dfrac{\partial F}{\partial t}$ concorda com $[H, F]$.

b) A hamiltoniana do sistema é dada por: $H = \dfrac{p^{2}}{2m}$, portanto $\dot{p} = 0$ e p é constante. Usando o fato de F ser constante do movimento.

$\partial^{t} F = -[F,H] = [H,F]$, então:

$\partial^{t} F = -\dfrac{p}{m}$

Ou seja,  $\dfrac{\partial F}{\partial t}$ é constante do movimento.

3) Considere a Lagrangeana $\displaystyle L = e^{\beta t} |\dfrac{m\dot{x}^{2}}{2}-V(x)|$

a) Escreva a equação do movimento para o sistema descrito por ela.

b) Obtenha o momento canonicamente conjugado à coordenada generalizada.

c) Escreva a Hamiltoniana do sistema e obtenha a sua variação temporal $\displaystyle \dfrac{d H}{d t}$.

Resolução:


a) Temos duas situações a considerar.

$\displaystyle \dfrac{m\dot{x}^{2}}{2}>V(x)$        (1)

e 

$\displaystyle \dfrac{m\dot{x}^{2}}{2}<V(x)$     (2)

Vamos primeiramente analisar o caso (1). 

$L = e^{\beta t}(\dfrac{m\dot{x}^{2}}{2}-V(x))$ 

Substituindo na equação de Euler-Lagrange tem-se que :

$\ddot{x} + \beta \dot{x} + m^{-1}\dfrac{\partial V(x)}{\partial x} = 0$

Que é uma das equações do movimento.

No caso (2): 

$L = -e^{\beta t}(\dfrac{m\dot{x}^{2}}{2}-V(x))$ 

E substituindo na equação de Euler-Lagrange tem-se que :

$\ddot{x} + \beta \dot{x} + m^{-1} \dfrac{\partial V(x)}{\partial x}$

b)  

No caso 1, temos que :

$p = \dfrac{\partial L}{\partial \dot{x}} = e^{\beta t}m\dot{x}$

No caso 2:

$p = \dfrac{\partial L}{\partial \dot{x}} = - e^{\beta t}m\dot{x}$

c) $H =p\dot{x} -L$ , vamos analisar cada um dos casos.

No caso 1 teremos:

$H = e^{\beta t}m\dot{x}^{2} - e^{\beta t}(\dfrac{m\dot{x}^{2}}{2}-V(x))$

Caso 1:

$H =   e^{- \beta t}\dfrac{p^{2}}{2m}+ e^{\beta t}V(x)$

Caso 2:

$H = - e^{- \beta t}\dfrac{p^{2}}{2m}- e^{\beta t}V(x)$

Lembrando que $\dfrac{d H}{dt} = - \dfrac{\partial L}{\partial t}$,  e escrevendo a lagrangeana em função do momento generalizado temos:

Caso 1:

$\dot{H} =   e^{- \beta t}\dfrac{p^{2}}{2m}\beta+ e^{\beta t}V(x)\beta$

Caso 2:

$\dot{H} = - e^{- \beta t}\dfrac{p^{2}}{2m}\beta- e^{\beta t}V(x)\beta$

Lista de Exercícios 11 - Colchetes de Poisson.

Resolução:

2)  

Resolução:

Lista 10 - Transformação Canônica.

1)
a) Ache a transformação canônica definida pela função geradora:  $$F(q,Q,t) =\dfrac{1}{2}m\omega q^{2}cot(Q)$$.

Escreva as equações do movimento nas variáveis Q e P para um oscilador harmônico de frequência angular $\omega$.

b) Ache a transformação canônica definida pela função geradora: $$F(q,Q,t) = \dfrac{1}{2}m\omega (q - \dfrac{f(t)}{m\omega^{2}})^{2}cot(Q)$$.

Escreva as equações do movimento nas variáveis Q e P para o mesmo oscilador do item anterior quando este é submetido a uma força externa $f(t)$.


Resolução:

a) $F = F(q,Q,t)$ é uma função geratriz do tipo 1. E tem-se que:

$p = \dfrac{\partial F}{\partial q}$, 

$P = -\dfrac{\partial F}{\partial Q}$, e

$K(Q,P,t) = H(q,p,t) + \dfrac{\partial F}{\partial t}$ 

logo:

$p = m\omega qcot(Q)$,  

$P = -(-\dfrac{1}{2}m\omega q^{2}cosec^{2}(Q) ) = \dfrac{m\omega q^{2}}{2sin^{2}(Q)}$.

O que permite escrever: 

$q = \sqrt(\dfrac{2P}{m\omega})sin(Q)$; 

e

 $p = \sqrt(2Pm\omega)cos(Q)$. 

Que são as duas equações de transformação canônica. Para um oscilador harmônico simples de frequência $\omega$ e massa $m$ a expressão do Hamiltoniano é dado por:

$H = \dfrac{1}{2m}(p^{2} + m^{2}\omega^{2} q^{2})$.

Onde $w = \sqrt(\dfrac{k}{m})$.  Realizando a transformação canônica, e lembrando que $\dfrac{\partial F}{\partial t} = 0$, ou seja,  $K=H$, então :

$$K = P\omega$$.

Usando as expressões para a Kamiltoniana temos: 

$\dot{Q} = \dfrac{\partial K}{\partial P}$ 

e

 $\dot{P} = -\dfrac{\partial K}{\partial Q}$. 

Então: 

$$\dot{Q} = \omega$$

$$\dot{P} = 0$$

Que são as equações do movimento.

b) Esta função geradora também é do tipo 1. Repetindo os mesmo procedimentos utilizados temos:

$p = \dfrac{\partial F}{\partial q} = m\omega (q-\dfrac{f(t)}{m\omega^{2}})cot(Q)$        (1 b)

$P = -\dfrac{\partial F}{\partial Q}  = \dfrac{m\omega(q-\dfrac{f(t)}{m\omega^{2}})^{2}}{2\sin^{2}     (Q)}$     (2 b)

$\dfrac{\partial F}{\partial t} = -\dfrac{\dot{f}(t)}{\omega}(q-\dfrac{f(t)}{m\omega^{2}})cot(Q)$.    (3b)

De (2 b) podemos escrever:

$q = \sqrt{\dfrac{2P}{m\omega}}sin(Q) + \dfrac{f(t)}{m\omega^{2}}$  (4 b)

e substituindo este resultado em (1 b) temos:

$p = \sqrt{2Pm\omega}cos(Q)$    (5 b)

4 e 5 b são as duas equações de transformação.

A Hamiltoniana do oscilador sob ação de uma força externa pode ser escrita como:

$H = \dfrac{p^{2}}{2m} + \dfrac{ m\omega^{2}}{2} (q-\dfrac{f(t)}{m\omega^{2}})^{2}$.

Onde o fator $\dfrac{f(t)}{m\omega^{2}}$  representa a distensão do oscilador de constante de mola $ k = m\omega^{2}$,  quando sujeito a força adicional  $ f(t) $.   A Kamiltoniana é obtida da expressão $K(q,Q,t) = H(q,p,t) + \dfrac{\partial F}{\partial t}$, portanto:

$K = \omega P -\dfrac{\dot{f}(t)}{\omega}(q-\dfrac{f(t)}{m\omega^{2}})cot(Q)$

ou, 

$K = \omega P -\dfrac{\dot{f}(t)}{\omega}\sqrt{\dfrac{2P}{m\omega}}cos(Q)$

portanto: 

$\dot{Q} = \dfrac{\partial K}{\partial P} = \omega - \dfrac{\dot{f}(t)}{2\omega}\sqrt{\dfrac{2}{m\omega P}}cos(Q)$

e

$\dot{P} = \dfrac{\partial K}{\partial Q} = \dfrac{\dot{f}(t)}{\omega}\sqrt{\dfrac{2P}{m\omega }}sin(Q)$

Que são as duas equações do movimento nas coordenadas P e Q.

2)
a) Resolva usando a formulação Hamiltoniana o problema de uma partícula de massa $m$ que sofre uma queda livre a partir do repouso


Consideremos uma partícula de massa $m$, em queda livre sob ação da força gravitacional de aceleração $\vec{a} = g$, energia cinética desta partícula é: $T = \dfrac{1}{2}m\dot{y}^{2}$ e a energia potencial é : $V = -mgy$, cuja lagrangeana é $L = \dfrac{1}{2}m\dot{y}^{2} + mgy$,  portanto a Hamiltoniana deste sistema é:
$H = \dfrac{1}{2}m\dot{y}^{2} - mgy$, que reescrito e considerando que $ p = \dfrac{\partial L}{\partial q}$, ou seja $ p = m\dot{y}$. Temos:

$H = \dfrac{p^{2}}{2m} - mgq$

E pode-se obter escrever:

$\dot{p} = -\dfrac{\partial H}{\partial q} = mg$  (2a)

e

$\dot{q} = \dfrac{\partial H}{\partial p} = mp$ (2b)

Substituindo 2a em 2b, temos: $\ddot{q} = g$, ou seja,

$q(t) = g\dfrac{t^{2}}{2} + at + b$, usando as condições de contorno: $q(0) = 0$, e $\dot{q}(0) = 0$, temos:

$q(t) = \dfrac{1}{2}gt^{2}$

b) É possível reescrever este problemas em termos de novas coordenadas e momentos de modo que única coordenada seja cíclica?

Resposta:

Sim, é possível. Observando que a energia mecânica se conserva, neste caso, pode-se simplesmente definir uma grandeza para ser a grandeza física idêntica a energia mecânica e então encontrar a variável cíclica associada, Como o momento linear total se conserva, vamos por exemplo supor que $P = \dfrac{p^{2}}{2m} - mgq$. Então a Kamiltoniana é $K = P$, e neste caso $Q$ é a variável cíclica associada. Mas, a forma de realizar esta transformação não é única, e outros casos são possíveis de ser encontrados.


c) Em caso afirmativo, determine F, a função geratriz de transformação canônica correspondente. Se necessário utilize a resposta do item a) para descobrir a transformação. usando a transformação $P = \dfrac{p^{2}}{2m} - mgq$, pode-se escrever : $q = \dfrac{1}{mg}(\dfrac{p^{2}}{2m}-P)$. Vamos escolher uma função do tipo $F_{4}$, assim: $q_{i} = -\dfrac{\partial F_{4}}{\partial p_{i}}$, utilizando esta expressão e a função conhecida para $q_{i}$, podemos então integrar em $p_{i}$ e obter $F_{4} = F(p,P,t)$.

$F_{4} = -\int \dfrac{1}{mg}(\dfrac{p^{2}}{2m}-P)dp$

$F_{4} = \dfrac{1}{mg}(Pp - \dfrac{p^{3}}{6m})$

Esta é a função desejada.

Lista 9 - Teorema de Noether

1) Demonstre o teorema de Noether.

Solução:


Vamos supor um sistema descrito pela Lagrangeana $L(q(t),\dot{q}(t),t)$ e que a ação associada é : $S = \int_{t_{1}}^{t_{2}}L(q(t),\dot{q}(t),t)dt$.

Supondo a seguinte transformação:

$t \mapsto t' = t + \epsilon X(q(t),t)$ e $q(t) \mapsto q(t') = q(t) + \epsilon \Psi_{i} (q(t),t)$. Onde $\epsilon$  é um parâmetro infinitesimal.


Agora vamos supor que a ação é invariante sob a transformação considerada. Agora, calculando a variação da ação temos:

$$\Delta S = \int_{t'_{1}}^{t'_{2}}L(q(t'),\frac{dq(t')}{dt'},t')dt' - \int_{t_{1}}^{t_{2}}L(q(t),\frac{dq(t)}{dt},t)dt$$


Fazendo uma mudança na integral da Lagrangeana em $dt'$, para a variável de integração $dt$, levando em conta as transformações temos que :

$\dfrac{dt'}{dt} = 1+\epsilon \dot{X}$, de onde $\frac{dt}{dt'} = (1+\epsilon \dot{X})^{-1}$, e expandindo este último termo usando a expansão binomial, considerando apenas os termos de primeira ordem tem-se:

$\dfrac{dt}{dt'} = 1-\epsilon \dot{X}$, portanto:

$\dfrac{dq'(t')}{dt'} = \dfrac{dq'(t')}{dt} \dfrac{dt}{dt'} $ tomando a derivada da transformação de $q'(t')$ e substituindo a expressão encontrada para $\dfrac{dt}{dt'}$ temos que: $\dfrac{dq'(t')}{dt'} = \dot{q}_{i}+\epsilon \xi_{i}$.

Sendo que $\xi = \dot{\Psi}_{i}-\dot{q}_{i}\dot{X}$, tendo descartados os termos de ordem maior que 1 em $\epsilon$.

Reescrevendo a variação na integral de ação em termos da variável $dt$ obtem-se:

$$\Delta S = \int_{t_{1}}^{t_{2}}L(q(t)+\epsilon \Psi, \dot{q}+\epsilon \xi,t + \epsilon X)(1+\epsilon \dot{X})dt - \int_{t_{1}}^{t_{2}}L(q(t),\frac{dq(t)}{dt},t)dt$$

Para calcular a variação na ação vamos primeiramente expandir a  primeira Lagrangeana numa série de Taylor de primeira ordem e então calcular a variação na ação.


$L(q(t)+\epsilon \Psi, \dot{q}+\epsilon \xi,t + \epsilon X) = L(q,\dot{q},t) + \sum_{i=1}^{n} (\dfrac{\partial L}{\partial q_{i}}\epsilon \Psi_{i} + \dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}\epsilon \xi_{i}) + \dfrac{\partial L}{\partial t}\epsilon X$

Então a variação na ação pode ser escrita como: $\Delta S = \epsilon \int_{t_{1}}^{t_{2}} [\sum_{i=1}^{n} (\dfrac{\partial L}{\partial q_{i}}\Psi_{i} + \dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}\xi_{i}) + \dfrac{\partial L}{\partial t}X + L\dot{X}]dt$

Como $\epsilon$ e os limites de integração são arbitrários, para que a ação seja nula, é necessário que o integrando seja nulo. Portanto : $\sum_{i=1}^{n} [\dfrac{\partial L}{\partial q_{i}}\Psi_{i} + \dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}(\dot{\Psi}_{i}-\dot{q}_{i}\dot{X})] + \dfrac{\partial L}{\partial t}X + L\dot{X} = 0$


Agora iremos utilizar a equação de Lagrange, $\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}) - \dfrac{\partial L}{\partial q_{i}} = 0$ para escrever a derivada parcial em $\dot{q}_{i}$. Então:

$\sum_{i=1}^{n} [\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}})\Psi_{i} + \dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}\dot{\Psi}_{i}]-(\sum_{i=1}^{n}\dot{q}_{i}\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}- L)\dot{X} + \dfrac{\partial L}{\partial t}X= 0$.

Como sabemos que : $\dfrac{dh}{dt}=-\dfrac{\partial L}{\partial t}$, escrevendo o primeiro termo como a derivada do produto, e lembrando que $ h = \sum_{i=1}^{n}\dot{q}_{i}\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}- L$ então:

$$\sum_{i=1}^{n} [\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}\Psi_{i}) -hX - \dfrac{dh}{dt}X$$

O termos negativos podem ser reescritos como: $-\dfrac{d}{dt}[hX]$, e vemos que a constante do movimento pode ser escrita como:  $C = hX - \dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}})\Psi_{i}$, ou reescrita como:

$$\sum_{i=1}^{n}\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}(\dot{q}_{i}X-\Psi_{i}) - LX = C$$

Onde C é uma constante do Movimento.


2) Apresente uma situação Física para cada um dos casos abaixo:

a) A função de Hamilton é conservada, mas não corresponde à energia mecânica.
b) A função de Hamilton corresponde a energia mecânica, mas não é conservada.

Resolução:
a) Se encontrarmos um termo que depende da velocidade na função de Hamilton, isto já é suficiente para podermos dizer que esta expressão não corresponde somente a energia mecânica do corpo. Um exemplo deste fato é o caso de uma partícula carregada num campo eletromagnético. Camo já vimos a Lagrangeana deste sistema é dado por: $L =\dfrac{m\dot{x}^{2}}{2}-q(\phi + \dfrac{\dot{\vec{x}}}{c}.\vec{A})$, onde q é a carga da partícula, c é a velocidade da luz,  $\vec{A}$ é o potencial vetor, e $\phi$ o potencial escalar. Estes potenciais não dependem do tempo, e a Lagrangeana não depende diretamente do tempo, logo $\dfrac{\partial L}{\partial t} = 0$ e imediatamente, $\dfrac{dH}{dt} = 0$, ou seja, H é conservado. Porém o potencial depende da velocidade, e portanto não corresponde somente a energia mecânica.

b) Neste caso basta que a Hamiltoniana dependa diretamente do tempo, e que o potêncial não seja função da velocidade, para que a Hamiltoniana corresponda a energia mecânica e que não seja conservada. Por exemplo um pêndulo de massa m tem seu comprimento l encurtado a uma taxa constante $\alpha$, ou seja, $l(t) = l_{0}-\alpha t$. O Lagrangeano do sistema é $L = \dfrac{1}{2}m\alpha^{2} + \dfrac{1}{2}ml(t)^{2}\dot{\theta}^{2} + mgl(t)cos\theta$. Logo como $\dfrac{\partial L}{\partial t}\neq 0 \mapsto \dfrac{dH}{dt} \neq 0$. A energia não é conservada, mas corresponde a energia mecânica.

3) Escreva a função de Hamilton para um sistema massa-mola cuja constante elástica vale k e a massa vale m. Escolha dois conjuntos distintos de condições iniciais e represente o movimento do sistema no espaço de fase em cada caso.

Resolução:

O sistema pode ser descrito pela lagrangeana $L = \dfrac{1}{2}m\dot{x}^{2} - \dfrac{1}{2}kx^{2}$.
Sistema com 1 grau de liberdade. O hamiltoniano do sistema é descrito por : $H = p\dot{q}-L$, onde as coordenadas generalizadas são $q = x$, e $p = \dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\dot{x}$ que implica que $\dot{x} = \dfrac{p}{m}$, então:

$ H =  \dfrac{p^{2}}{2m} + \dfrac{1}{2}kx^{2}$.

Usando as equação de Hamilton temos que :

$\dot{p} = -\dfrac{\partial H}{\partial x} = -kx$ e $\dot{x} = \dfrac{\partial H}{\partial p} = \dfrac{p}{m}$

Se prestarmos atenção na expressão do Hamiltoniano, não precisamos resolver este sistema, já que a energia total E é conservada, ou seja: $p = \sqrt{2mE}$,  em $x = 0$, e $x = \sqrt{\dfrac{2E}{k}}$, para $p=0$. Então:

$$\dfrac{x^2}{(2E/k)} + \dfrac{p^2}{(2mE)}=1.$$

Para duas condições iniciais $(x_{0},p_{0})$ diferentes teremos duas energias diferentes. De modo geral o espaço de fase é dado por curvas do tipo:

Onde E e E', representam condições iniciais diferentes para o sistema dentro dos limites de oscilações periódicas.

Lista de Exercícios 8 - Hamiltoniana.


1) Suponha que a função de Hamilton para um sistema de N partículas não varie quando ocorre uma translação infinitesimal de todo o sistema. Discuta a Conservação de Momentum.

Resolução:

Dada a Hamiltoniana de um sistema temos que a equação de Hamilton que descreve a variação dessa Hamiltoniana com relação a uma variação translacional infinitesimal é: $\frac{\partial H}{\partial q_{j}} = -\dot{p_{j}}$, como não ocorreu variação em H, isto implica que o momentum conjugado a esta coordenada ciclica $q_{j}$ é conservado.

2) Obtenha a função de Hamilton para um oscilador anarmônico, cuja função de Lagrange é dada por:

$$L = \frac{\dot{x^{2}}}{2}-\frac{w^{2}x^{2}}{2}-\alpha x^{3} +\beta x\dot{x}^{2}$$

Resolução:

Dada a Lagrangeana, pode-se usando a transformação de Legendre escrever:

$H = p\dot{q}-L$, onde p é o momento conjugado a coordenada x, e é dado por: $p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}$, sendo que para este sistema $q=x$. Assim temos que:

$p_{x} = \dot{x} + 2\beta x\dot{x}$, ou $\dot{x} = \frac{p_{x}}{1 + 2\beta x}$, e a Hamiltoniana fica : 

$$H= p_{x}(\frac{p_{x}}{1+2\beta x})-\frac{\dot{x}^{2}}{2}+ \frac{w^{2}x^{2}}{2}+ \alpha x^{3}-\beta x\dot{x}^{2}$$

que escrito como $H = H(x,p_{x})$ fica:

$$ H = \frac{1}{2} (\frac{p_{x}^{2}}{1+2\beta x}) + \frac{w^{2}x^{2}}{2}+ \alpha x^{3}$$ 

3) Ache a equação de movimento de uma partícula, cuja função de Hamilton é:

a) $H(x,p_{x}) = \frac{p_{x}^2}{2}+\frac{w^{2}x^{2}}{2}+ \lambda (\frac{p_{x}^{2}}{2}+\frac{w^{2}x^{2}}{2})^{2}$

b) $H(x,p_{x}) =A\sqrt{p}-xF$

Resolução: 

Usando as equações canônicas $ \dot{x} = \frac{\partial H}{\partial p_{x}}$ e $\dot{p_{x}}= -\frac{\partial H}{\partial x} $  temos:

a) $ \dot{x} = p_{x} + \lambda (p_{x}^{2}+w^{2}x^{2})p_{x}$, ou $$ \dot{x} = p_{x}(1 + \lambda (p_{x}^{2}+w^{2}x^{2}))$$ 

E,  $\dot{p}_{x} = -(w^{2}x + \lambda (p_{x}^{2}+w^{2}x^{2})w^{2}x)$, ou  $$\dot{p} = -w^{2}x(1+ \lambda(p_{x}^{2}+w^{2}x^{2}) )$$

 b) Se A e F forem constantes arbitrárias teremos  $\dot{x} = \frac{A}{2\sqrt{p_{x}}}$ e $\dot{p_{x}} = F$,

Ou seja, $p_{x} = F.t$, e $x = A\sqrt(\frac{t}{F})+C$, onde C é uma constante.

Lista de Exercícios 5 - Equação de Euler-Lagrange e Potencial Generalizado.

1) Uma partícula se move num plano sobre a influência de uma força central (atuando em direção ao centro da força) cuja magnitude é:
$$F = \dfrac{1}{r^2}(1-\dfrac{ \dot{r}^{2}-2\ddot{r}r}{c^{2}})$$

Solução:

Fazendo a multiplicação dos termos:
$$F = \dfrac{1}{r^{2}}-\dfrac{\dot{r}}{c^{2}r^{2}} +\dfrac{2\ddot{r}}{c^{2}r}$$                   (1)

Lembrando que: $Q = -\dfrac{\partial U}{\partial r} +\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial U }{\partial \dot{r}})$ é a expressão para a força generalizada em função do potencial generalizado.

Determinar por integração direta e obter o potencial generalizado pode não ser uma tarefa simples, por sorte observando os termos na expressão vemos que se escolhermos um termo tal como $\dfrac{2\dot{r}}{c^{2}r}$ a sua derivada no tempo fornece uma expressão que contém o terceiro termo da força na expressão (1). $\dfrac{d}{dt}(\dfrac{2\dot{r}}{c^{2}r}) = \dfrac{-2\dot{r}^{2}}{c^{2}r} + \dfrac{2\ddot{r}}{c^{2}r}$, e este termo pode na verdade ser escrito como uma derivada em $\dot{r}$ tal que: $\dfrac{\partial }{\partial \dot{r}}\dfrac{\dot{r}^{2}}{c^{2}r^{2}} = \dfrac{2\dot{r}}{c^{2}r}$, podemos imaginar que o termo que está faltando na expressão para podermos escrever a força seja dado por : $-\dfrac{\partial}{\partial r}\dfrac{1}{r} = \dfrac{1}{r^{2}}$,

Então um potencial escolhido de acordo com a expressão é: $$U = \dfrac{1}{r} + \dfrac{\dot{r}^{2}}{c^{2}{r}}$$ que fornece a força desejada.

A Lagrangeana é dada por: $L = T-U$, e $T$ pode ser dado por $T=\dfrac{1}{2}m({\dot{r}^{2}+r^{2}\dot{\theta}^{2}})$,  e então a Lagrangeana do sistema fica:

$$L = \dfrac{1}{2}m({\dot{r}^{2}+r^{2}\dot{\theta}^{2}}) - \dfrac{1}{r} - \dfrac{\dot{r}^{2}}{c^{2}{r}}$$


2) Uma Lagrangeana para um sistema particular pode ser escrito como:
$$L = \dfrac{m}{2}(a\dot{x}^{2} + b\dot{x}\dot{y} + c\dot{y}^{2})-\dfrac{k}{2}(ax^{2} + bxy + cy^{2})$$
onde a, b e c, são constantes arbitrárias, mas sujeitas a condições: $b^{2}-ac \neq 0.$ QUais são as equações do movimento? Examine particularmente os dois casos $ a=0=c$ e $b=0$,  $c=-a$.

Qual o sistema físico descrito pela Lagrangeana acima.

Solução: Temos duas coordenadas generalizadas, o que significa dosi graus de liberdade, e portanto duas equações para descrever o sistema. Usando a equação de Euler-Lagrange, temos:
para a coordenada x:
$\dfrac{\partial L'}{\partial \dot{x}}=ma\dot{x} +mb\dot{y}$ e $\dfrac{\partial L'}{\partial x}=-Kax -Kby$
 e para a coordenada y:

$\dfrac{\partial L'}{\partial \dot{y}}=mb\dot{x} +mc\dot{y}$ e $\dfrac{\partial L'}{\partial y}=-Kbx -Kcy$

Ou escrevendo de outra forma:

$$a\ddot{x} + b\ddot{y} + \dfrac{k}{m}(ax + by) = 0\quad e$$

$$b\ddot{x} + c\ddot{y} + \dfrac{k}{m}(bx + cy) = 0\quad $$


Se $ a= c =o$, então
$$\ddot{y} + \dfrac{k}{m}y = 0\quad e$$
$$\ddot{x} + \dfrac{k}{m}y = 0\quad $$

Temos as equações de dois osciladores harmônicos, uma para cada grau de liberdade do sistema. Quando $b=0$ e $c=-a$ tem-se:

$$-c(\ddot{x} + \dfrac{k}{m}x) = 0\quad e$$
$$ c(\ddot{y} + \dfrac{k}{m}y) = 0\quad $$

Novamente, temos as equações de dois osciladores harmônicos, uma para cada grau de liberdade.

3) Uma partícula de massa m move-se em uma direção tal que tem sua lagrangeana dada:

$$L = \dfrac{m^{2}\dot{x}^{4}}{12} + m\dot{x}^{2}V(x) - V^{2}(x)$$

Onde V, é uma função diferenciável de x. Encontre a equação do movimento para $x(t)$. E descreva e descreva a natureza física do sistema com base nesta equação.


Solução: substituindo a Lagrangeana na equação de Euler-Lagrange, $\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{x}})-\dfrac{\partial L}{\partial x}=0$, assim:

$$\dfrac{\partial L}{\partial x} = (m\dot{x}^{2}-2V)\dfrac{\partial V}{\partial x}\quad , e$$


$$\dfrac{\partial L}{\partial \dot{x}} = \dfrac{1}{3}m^{2}\dot{x}^{3} + 2m\dot{x}V(x)$$

E derivando com relação ao tempo temos:

$$\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{x}}) = m\ddot{x}(m\dot{x}^{2} + 2V(x)) + 2m\dot{x}\dot{V}(x)$$



Escrevendo $\dot{V}(x) = \dot{x}\dfrac{dV}{dx}$ a equação de Euler-Lagrange fica:

$$m^{2}\dot{x}^{2}\ddot{x} + 2m\ddot{x}V(x) + m\dot{x}^{2}\dfrac{dV(x)}{dx} + 2V(x)\dfrac{dV(x)}{dx}=0$$

Então: $(m\ddot{x} + \dfrac{dV(x)}{dx})(m\dot{x}^{2} + 2V(x)) = 0.$
É possível manipular os termos dentro dos parenteses, fazendo $F = -\dfrac{\partial V(x)}{\partial x}$ e $T = \dfrac{1}{2}m\dot{x}^{2}$, e então podemos escrever:

$$(F-m\ddot{x})(T + V(x)) = 0$$

E desta equação, ou $F - m\ddot{x} = 0$,   ou então $T + V(x)  = 0$.

4° Lista de Exercícios: Equação de Euler-Lagrange

1) Resolva utilizando a equação de Euler-Lagrange:

Solução:  

Definindo para a massa $m_{1}$ que está sobre o plano, a coordenada generalizada q, temos:

Energia cinética dada por: 

$T_{1}=\dfrac{1}{2}m_{1}\dot{q}^{2}$ 

e energia potencial dada por: 

$U_{1}= sin(\theta)m_{1}gq$ 

onde $\theta$ é a inclinação do plano.  Fixando o referencial da energia potencial na polia e o sentido para baixo da polia como negativo, e para a direita como positivo. Para a massa $m_{2}$ temos: 

$T_{2}=\dfrac{1}{2}m_{2}\dot{y}^{2}$, e 

$U_{2} = m_{2}gy$, o sistema têm um vínculo holonômico dado portemos o vínculo dado por $q+y = l$, onde $l$ é o comprimento do fio unindo as duas massas, então podemos reescrever as equações para a massa 2 como: 

$T_{2} = \dfrac{1}{2}m_{2}\dot{q}^{2}$ e $U_{2} = m_{2}g(l-q)$

Então a lagrangeana do sistema é: $L = \dfrac{1}{2} m_{1} \dot{q}^{2} + \dfrac{1}{2} m_{2} \dot{q}^{2} - sin(\theta)  m_{1} qg - m_{2} g(l-q)$

Ou, 

$$L = \dfrac{1}{2}(m_{1} + m_{2})\dot{q}^{2} - sin( \theta) m_{1} - m_{2}) gq - m_{2}gl$$

E a equação de Euler-Lagrange permite escrever: $\ddot{q}(m_{1} + m_{2}) = (m_{2} - sin( \theta ) m_{1})g.$

Como neste caso $\theta= 30°$, temos: 

$$\ddot{q} = \dfrac{(m_{2} - \dfrac{m_{1}}{2})g}{(m_{1} + m_{2})}$$

2) Sabe-se que um certo sistema físico é adequadamente descrito pela função Lagrangeana $L=L(q,\dot{q},t),$ onde q representa um conjunto de n coordenadas generalizadas. Suponha conhecidas as equações de transformação entre as coordenadas generalizadas $q$ e $s$. Nestas condições, discuta se é verdade que se $L=L(q,\dot{q},t)$ satisfaz as equações de Euler-Lagrange nas suas variáveis, $L=L(s,\dot{s},t),$ satisfaz as equações de Euler-Lagrange nas novas variáveis.

Solução:  Seja a equação de transformação do sistema de coordenadas generalizadas dado por:  $q_{j} = q_{j}(s_{1},s_{2},s_{3},...,s_{n},t)$. A Lagrangeana  tem a seguinte dependência: $L=L(s,\dot{s},t),$ nas coordenadas $s$, assim usando a equação de Euler Lagrange, é preciso mostrar que:

$$\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{s}_{k}})-(\dfrac{\partial L}{\partial s_{k}})=0.$$ Levando em consideração a equação de transformação entre as coordenadas generalizadas pode-se reescrever o lado esquerdo da equação da seguinte forma:

$$\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{s}_{k}})-(\dfrac{\partial L}{\partial s_{k}}) = \dfrac{d}{dt}(\sum_{j}^{n}\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{j}}\dfrac{\partial \dot{q}_{j}}{\partial \dot{s}_{k}})-(\sum_{j}^{n}\dfrac{\partial L}{\partial q_{j}}\dfrac{\partial q_{j}}{\partial s_{k}})$$

O lado direito desta igualdade pode ser manipulado lembrando que já se sabe (ver lista 3) que $\dfrac{\partial \dot{q}_{j}}{\partial \dot{q}_{l}}=\dfrac{\partial q_{j}}{\partial q_{l}}$, que pode ser generalizado para:  $\dfrac{\partial \dot{q}_{j}}{\partial \dot{s}_{k}}=\dfrac{\partial q_{j}}{\partial s_{k}}$. Então, pode-se escrever:

$$\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{s}_{k}})-(\dfrac{\partial L}{\partial s_{k}})=\dfrac{d}{dt}(\sum_{j}^{n}\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{j}}\dfrac{\partial q_{j}}{\partial s_{k}})-(\sum_{j}^{n}\dfrac{\partial L}{\partial q_{j}}\dfrac{\partial q_{j}}{\partial s_{k}})$$

Que pode ser reorganizada da seguinte maneira:

$$\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{s}_{k}})-(\dfrac{\partial L}{\partial s_{k}})=\sum_{j}^{n}[\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{j}})-(\dfrac{\partial L}{\partial q_{j}})]\dfrac{\partial q_{j}}{\partial s_{k}}$$

Como já se sabe que $ \dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{j}})-(\dfrac{\partial L}{\partial q_{j}}) = 0$

Tem-se que: 

$$\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{s}_{k}})-(\dfrac{\partial L}{\partial s_{k}})=0$$

3) 

É apresentado um sistema composto por uma barra que oscila tendo uma de suas extremidades conectadas a uma mola. Observe que a massa da barra está uniformemente distribuída por todo seu comprimento. Pede-se:

A) Indique quantos e quais são os graus de liberdade deste sistema.

B) Escolha as coordenadas generalizadas adequadas para a solução deste sistema.

C) Escreva a energia cinética do sistema em função das coordenadas e velocidades generalizadas que você escolheu.

D) Escreva a energia potencial do sistema em função das coordenadas e velocidades generalizadas que você escolheu.

E) Escreva a função de Lagrange e Obtenha as equações (ou equação) diferenciais do movimento.

Solução:

A) Este sistema possui dois graus de liberdade, um devido ao deslocamento da mola, que pode ser descrito pelo movimento do ponto A em relação a plataforma, e o outro devido ao movimento da barra no plano, que pode ser caracterizado pelo ângulo que a barra faz em relação a vertical.

B) De acordo com a figura, iremos escolher como coordenada generalizada $h$, para representa a distância do ponto A em relação a plataforma, e o ângulo $\theta$ para representar a posição da barra em relação a vertical.

C) Como a barra possui tanto movimento translacional como rotacional a energia cinética será descrita pelas duas componentes portanto:

$T_{barra} = T_{trans} +T_{rot}$, onde a e energia cinética de translação,$T_{trans}$, pode ser escrita como: $T_{trans} = \dfrac{1}{2}M|\vec{v}_{CM}|^{2}$, como a posição do centro de massa é dada por: $\vec{r}_{CM}=(h+\dfrac{L}{2}\cos(\theta))\hat{i}+\dfrac{L}{2}\sin(\theta)\hat{j}$, onde o versor $\hat{i}$ aponta para baixo em relação a vertical, e o versor $\hat{j}$ aponta para a direta com relação a horizontal, então a velocidade do centro de massa é: $\vec{v}_{CM} = (\dot{h}-\dfrac{L}{2}\dot{\theta}\sin(\theta))\hat{i} + \dfrac{L}{2}\dot{\theta}\cos(\theta)\hat{j}$, então a energia cinética de translação é: $T_{trans}=\dfrac{1}{2}M(\dot{h}^{2}-L\dot{\theta}\dot{h}\sin(\theta)+\dfrac{L^{2}\dot{\theta}^{2}}{4}) $. A energia cinética de translação pode ser descrita como: $T_{rot} = \dfrac{1}{2}I_{CM}\dot{\theta}^{2}$, onde $I_{CM}$ é o momento de inercia da barra de comprimento L e massa M, que é dado por: $I_{CM}=\dfrac{1}{12}ML^{2}$.  Assim temos que: $T_{rot} = \dfrac{1}{24}ML^{2}\dot{\theta}^{2}$. A energia cinética total é dada por:

$$T_{CM} = \dfrac{1}{2}M(\dot{h}^{2}-L\dot{\theta}\dot{h}\sin(\theta)+\dfrac{L^{2}\dot{\theta}^{2}}{4})  +  \dfrac{1}{24}ML^{2}\dot{\theta}^{2}$$

D) A energia Potência como hipótese inicial somente é função das coordenadas generalizadas do sistema, sendo independente de suas velocidades. 

A energia potencial  do centro de massa da barra, é descrito por uma contribuição devido a energia potencial gravitacional, $U_{g}$ e da energia potencial elástica, $U_{el}$ em relação ao centro de massa. Assim $U_{CM} = U_{g} + U_{el}$. A energia potencial gravitacional é dada por: $U_{g} = -Mg(h + \dfrac{L}{2}\cos(\theta))$, com a zero no ponto de fixação da mola. 

Enquanto que a energia potencial elástica é dada por: $U_{el}  = \dfrac{1}{2}k(h-l_{0})^{2}$, onde $l_{0}$ é a posição de equilíbrio da mola de constante elástica $k$. Assim temos que: 

$$U_{CM}= -Mg(h + \dfrac{L}{2}\cos(\theta)) + \dfrac{1}{2}k(h-l_{0})^{2}$$

E) A Lagrangeana do sistema, $L = T-U$, é dada por:

$$ L = \dfrac{1}{2}M\dot{h}^{2} - \dfrac{1}{2}ML\dot{\theta}\dot{h}\sin(\theta) + \dfrac{1}{6}ML^{2}\dot{\theta}^{2} + Mg(h+\dfrac{L}{2}\cos(\theta)) - \dfrac{1}{2}k(h-l_{0})^{2}$$

Calculemos as derivadas parciais necessárias para obtermos a expressão de Euler-Lagrange:

$$\dfrac{\partial L}{\partial h} = Mg - kh$$

$$\dfrac{\partial L}{\partial \theta} = -\dfrac{1}{2}ML\dot{\theta}\dot{h}\cos(\theta) - \dfrac{1}{2}MLg\sin(\theta)$$

$$\dfrac{\partial L}{\partial \dot{h}} = M\dot{h}-\dfrac{1}{2}ML\dot{\theta}\sin(\theta)$$

$$\dfrac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = -\dfrac{ML}{2}\dot{h}\sin(\theta) + \dfrac{ML^{2}}{3}\dot{\theta}$$

E, 

$$\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{h}})=M\ddot{h}-\dfrac{ML}{2}\ddot{\theta}\sin(\theta)+\dfrac{ML}{2}\dot{\theta}^{2}\cos(\theta)$$

E, 

$$\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{\theta}})=-\dfrac{ML}{2}\ddot{h}\sin(\theta)-\dfrac{ML}{2}\dot{h}\dot{\theta}\cos(\theta) + \dfrac{ML^{2}}{3}\ddot{\theta}$$

Substituindo estas expressões na equação de Euler-Lagrange  obtem-se as equações do movimento:

$$M\ddot{h}-\dfrac{ML}{2}(\ddot{\theta}\sin(\theta)+\dot{\theta}^{2}\cos(\theta)) = Mg-k(h-l_{0})\quad e\quad$$

$$ \dfrac{2}{3}L\ddot{\theta}-\ddot{h}\sin(\theta) = g\sin(\theta) $$

Lista de Exercícios 03: Lagrangiana.

1) Demonstre que $\ddot{\vec{r}}\dfrac{\partial \vec{r}_{i}}{\partial q_{j}} = \dfrac{d}{dt}[\frac{\partial}{\partial \dot{q}_{j}}(\dfrac{v_{i}^{2}}{2})]- \dfrac{\partial}{\partial q_{j}}(\dfrac{v_{i}^{2}}{2})$

Resolução:

Escrevendo a equação $\ddot{\vec{r}}\dfrac{\partial \vec{r}_{i}}{\partial q_{j}}$ como: $$\dot{\vec{v}}\dfrac{\partial \vec{r}_{i}}{\partial q_{j}} \quad (1),$$
e reescrevendo este ultimo termo como a derivada do produto temos:  $$\dot{\vec{v}}\dfrac{\partial \vec{r}_{i}}{\partial q_{j}}  = \dfrac{d}{dt}(\vec{v}\dfrac{\partial \vec{r}_{i}}{\partial q_{j}})-\vec{v}_{i}\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial \vec{r}_{i}}{\partial q_{j}})\quad  (2)$$
A parcela com sinal negativo surge devido a regra da cadeia para derivada do produto. Lembrando que: $$\dfrac{\partial \vec{r}_{i}}{\partial q_{j}}= \sum_{j}\dfrac{\partial \vec{r}_{i}}{\partial q_{j}}\dot{q}_{j} + \dfrac{\partial \vec{r}_{i}}{\partial t} = \vec{v}_{i}\quad (4).$$
Como a derivada desta equação com relação as velocidades generalizadas $\dot{q}_{j}$ é dada por:
$$\dfrac{\partial \vec{v}_{i}}{\partial \dot{q}_{j}} = \dfrac{\partial \vec{r}_{i}}{\partial q_{j}} \quad (5)$$
O  termo $\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial \vec{r}_{i}}{\partial q_{j}})$ da equação (2), pode ser reescrito considerando que é possível inverter a ordem das derivadas parcial e total e ficamos com a seguinte expressão: $$\dfrac{\partial}{\partial q_{j}}(\dfrac{d \vec{r}_{i}}{dt}) = \dfrac{\partial \vec{v}_{i}}{\partial q_{j}} \quad (6)$$
Substituindo as expressões (5 e 6) na equação (2), temos:
$$\dot{\vec{v}}\dfrac{\partial \vec{r}_{i}}{\partial q_{j}}  = \dfrac{d}{dt}(\vec{v}\dfrac{\partial \vec{v}_{i}}{\partial \dot{q}_{j}})-\vec{v}_{i}\dfrac{\partial \vec{v}_{i}}{\partial q_{j}}\quad  (2)$$

Notando que:  $ \vec{v}\dfrac{\partial \vec{v}_{i}}{\partial \dot{q}_{j}} = \dfrac{\partial \vec{v}_{i}^{2}}{2\partial \dot{q}_{j}}$ e que  $\vec{v}_{i}\dfrac{\partial \vec{v}_{i}}{\partial q_{j}}  = \dfrac{\partial \vec{v}_{i}^{2}}{2\partial q_{j}}$, logo:

$$\ddot{\vec{r}}\dfrac{\partial \vec{r}_{i}}{\partial q_{j}} = \dot{\vec{v}}\dfrac{\partial \vec{r}_{i}}{\partial q_{j}} =  \dfrac{d}{dt}[\frac{\partial}{\partial \dot{q}_{j}}(\dfrac{v_{i}^{2}}{2})]- \dfrac{\partial}{\partial q_{j}}(\dfrac{v_{i}^{2}}{2})$$

como queriamos demonstrar.






2) Utilizando as equações de Lagrange, obtenha as equações diferenciais do movimento de um pêndulo duplo.

Resolução:

Este movimento está restrito a vínculos holonômicos, como existem dois graus de liberdade no problema que são os ângulos independêntes $\theta_{1}$ e $\theta_{2}$ é possível encontrar duas equações diferenciais para descrever este sistema.

Considerando as coordenadas de posição dadas por: 

$$x_{1} = l_{1}sen(\theta_{1})\quad  e\quad y_{1} = -l_{1}\cos(\theta_{1})$$

Para a posição da massa $m_{1}$, e,  

$$x_{2} = l_{1}sen(\theta_{1}) + l_{2}sen(\theta_{2})\quad \quad e\quad \quad y_{2} = -l_{1}\cos(\theta_{1}) - l_{2}\cos(\theta_{2}).$$ 

Para a posição da massa $m_{2}$.

E suas velocidades são escritas para massa $m_{1}$ e $m_{2}$ repectivamente como:

$$\dot{x}_{1} = l_{1}\dot{\theta}_{1}\cos(\theta_{1})\quad e \quad \dot{y}_{1} = l_{1}\dot{\theta}_{1}\sin(\theta_{1})$$

$$\dot{x}_{2} = l_{1}\dot{\theta}_{1}\cos(\theta_{1}) + l_{2}\dot{\theta}_{2}\cos(\theta_{2})\quad e \quad \dot{y}_{2} = l_{1}\dot{\theta}_{1}\sin(\theta_{1}) + l_{2}\dot{\theta}_{2}\sin(\theta_{2})$$

Assim, é possível determinar as energias cinética e potencial do sistema, lembrando que: $T = \dfrac{1}{2}m\dot{x}^{2}$ e $ U = mgy$

$$T=\dfrac{1}{2}m_{1}l_{1}^{2}\dot{\theta}_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}m_{2}(l_{1}^{2}\dot{\theta}_{1}^{2}+2l_{1}l_{2}\cos(\theta_{1}-\theta_{2}) \dot{\theta}_{1}\dot{\theta}_{2} +   l_{2}^{2}\dot{\theta}_{2}^{2})  $$

$$U = -m_{1}gl_{1}\cos(\theta_{1})-m_{2}g(l_{1}cos(\theta_{1})+l_{2}cos(\theta_{2}))$$

E é possível definir a Lagrangiana do sistema , $L = T-V$ como:

$$ L = \dfrac{1}{2}m_{1}l_{1}^{2}\dot{\theta}_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}m_{2}(l_{1}^{2}\dot{\theta}_{1}^{2}+2l_{1}l_{2}\cos(\theta_{1}-\theta_{2}) \dot{\theta}_{1}\dot{\theta}_{2} +   l_{2}^{2}\dot{\theta}_{2}^{2})  + m_{1}gl_{1}\cos(\theta_{1}) + m_{2}g(l_{1}cos(\theta_{1})+l_{2}cos(\theta_{2}))$$

E podemos calcular os momentos generalizados, $\dfrac{\partial L}{\partial \dot{\theta_{i}}}$, ou seja:

$$\dfrac{\partial L}{\partial \dot{\theta_{1}}} = (m_{1}+m_{2})l_{1}^{2}\dot{\theta}_{1} + m_{2}l_{1}l_{2}cos(\theta_{1}-\theta_{2})\dot{\theta}_{2}$$

$$\dfrac{\partial L}{\partial \dot{\theta_{2}}}=m_{2}l_{1}l_{2}cos(\theta_{1}-\theta_{2})\dot{\theta}_{1} + m_{2}l_{2}^{2}\dot{\theta}_{2}$$

Tomando a derivada destas equações com relação ao tempo temos:

$$\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{\theta_{1}}}) = (m_{1} + m_{2})l_{1}^{2}\ddot{\theta}_{1} + m_{2}l_{1}l_{2}\cos(\theta_{1}-\theta_{2})\ddot{\theta}_{2} -  m_{2}l_{1}l_{2}\sin(\theta_{1}-\theta_{2})(\dot{\theta}_{1}-\dot{\theta}_{2})\dot{\theta}_{2}\quad e$$

$$\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{\theta_{2}}}) =  m_{2}l_{1}l_{2}\cos(\theta_{1}-\theta_{2})\ddot{\theta}_{1} -  m_{2}l_{1}l_{2}\sin(\theta_{1}-\theta_{2})(\dot{\theta}_{1}-\dot{\theta}_{2})\dot{\theta}_{1} + m_{2}l_{2}^{2}\ddot{\theta}_{2}$$

Calculando as derivadas  $\dfrac{\partial L}{\partial \theta_{i}}$ temos:

$$\dfrac{\partial L}{\partial \theta_{1}} = -(m_{1}+m_{2})gl_{1}\sin(\theta_{1}) - m_{2}l_{1}l_{2}\sin(\theta_{1}-\theta_{2})\dot{\theta}_{1}\dot{\theta}_{2}\quad e$$

$$\dfrac{\partial L}{\partial \theta_{2}} =  - m_{2}gl_{2}\sin(\theta_{2}) + m_{2}l_{1}l_{2}\sin(\theta_{1}-\theta_{2})\dot{\theta}_{1}\dot{\theta}_{2}$$

Usando a equação de Lagrange: $\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}) - \dfrac{\partial L}{\partial q_{i}}=0$,  e os resultados encontrados chega-se as expressões:

$$l_{1}\ddot{\theta}_{1}+\dfrac{m_{2}l_{2}}{m_{1}+m_{2}}\cos(\theta_{1}-\theta_{2})\ddot{\theta}_{2}+\dfrac{m_{2}l_{2}}{m_{1}+m_{2}}\sin(\theta_{1}-\theta_{2})\dot{\theta}_{2}^{2} + g\sin(\theta_{1}) = 0\quad e$$

$$l_{1}\cos(\theta_{1}-\theta_{2})+l_{2}\ddot{\theta}_{2}-l_{1}\sin(\theta_{1}-\theta_{2})\dot{\theta}_{1}^{2} + g\sin(\theta_{2})=0$$ 

Que são as duas equações diferenciais que descrevem o movimento deste sistema.

3)

Obtenha a equação diferencial do movimento utilizando: $$\displaystyle\frac{d}{dt}(\displaystyle\frac{\partial}{\partial \dot{q}_{j}}T)-(\displaystyle\frac{\partial}{\partial q_{j}}T) = Q_{j}$$

Resolução:

Durante o movimento deste sistema, se considerarmos deslocamentos virtuais de forma radial, o trabalho das forças ativas é nulo. Assim a força generalizada $Q_{j}=0$, E como a velocidade angular é constante, tem-se que: $\ddot{\theta}= 0$. 

O movimento está restrito ao plano e pode ser descrito pela coordenada generalizada $\vec{r} = r\hat{u}_{r}$ e a velocidade do sistema pode ser descrita como: $\dot{\vec{r}}= \dot{r}\hat{u}_{r} + r\dot{\hat{u}}_{r} $.

A derivada do vetor direcional unitário $\hat{u}_{r} = \dot{\theta}\hat{u}_{\theta}$ e fazendo o produto escalar encontramos que  $\dot{\vec{r}}.\dot{\vec{r}} = \dot{r}^{2} + r^{2}\dot{\theta}^{2}$, e a energia cinética do sistema pode ser escrita como: 

$$T = \dfrac{1}{2}m\dot{\vec{r}}.\dot{\vec{r}} = \dfrac{1}{2}m(\dot{r}^{2} + r^{2}\dot{\theta}^{2})$$

E, $\dfrac{\partial T}{\partial \dot{r}} = m\dot{r}$  e $\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial T}{\partial \dot{r}}) = m\ddot{r}$,  e  $\dfrac{\partial T}{\partial r} = mr\dot{\theta}^{2}$, lembrando que $\dot{\theta} = \omega$, temos: $\dfrac{\partial T}{\partial r} = mr\omega^{2}$ , e a equação de movimento do sistema é:

$$\ddot{r}-r\omega^{2}=0$$