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:

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

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