Aplicações em física e engenharia:
Pêndulo cicloidal: A cicloide tem a propriedade de ser tautócrona. Mostre que o tempo de descida de uma partícula em uma cicloide é independente do ponto de partida

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que, ao deixar uma partícula deslizar sem atrito sobre uma cicloide (invertida) a partir de qualquer ponto da curva, o tempo que ela leva até o ponto mais baixo da cicloide é o mesmo — ou seja, o tempo de descida é independente do ponto de partida.
Informações dadas/assumidas (padrão para este problema):
  • A cicloide considerada é a gerada por um círculo de raio a que rola, com equações paramétricas (com o ponto mais baixo na origem) x(\varphi)=a\bigl(\varphi-\sin\varphi\bigr),\qquad y(\varphi)=a\bigl(1-\cos\varphi\bigr),onde \varphi é o parâmetro que descreve pontos na cicloide e o ponto mais baixo corresponde a \varphi=0.
  • A partícula desliza sem atrito (energia mecânica conservada) sob aceleração gravitacional constante g.
  • Queremos o tempo t que a partícula leva para ir de um ponto inicial \varphi=\phi_0 até o ponto mais baixo \varphi=0, e mostrar que esse t não depende de \phi_0.

Passo 2

Vamos começar escrevendo a conservação de energia para relacionar a velocidade v da partícula com a sua posição (valor de \varphi).
A energia potencial gravitacional (tomando y=0 no ponto mais baixo) é U(\varphi)=m g y(\varphi)=m g a(1-\cos\varphi). Se a partícula parte do repouso em \varphi=\phi_0, sua energia inicial é E=m g a(1-\cos\phi_0). Em um instante em que a partícula está em \varphi a energia cinética vale K=\tfrac12 m v^2, então pela conservação de energia:
\tfrac12 m v^2 + m g a(1-\cos\varphi)=m g a(1-\cos\phi_0).
Isolando v^2,
v^2 = 2 g a\bigl(\cos\varphi-\cos\phi_0\bigr).
Essa expressão nos dá a velocidade em função de \varphi (e do ponto inicial \phi_0).

Passo 3

Agora precisamos conectar v com a taxa de variação do parâmetro \varphi. A velocidade escalar v é a derivada do comprimento de arco s em relação ao tempo: v=\dfrac{ds}{dt}. Em termos do parâmetro \varphi,
\frac{ds}{d\varphi}=\sqrt{\Bigl(\frac{dx}{d\varphi}\Bigr)^2+\Bigl(\frac{dy}{d\varphi}\Bigr)^2}.
Calculemos as derivadas:
\frac{dx}{d\varphi}=a(1-\cos\varphi),\qquad \frac{dy}{d\varphi}=a\sin\varphi.
Portanto
\Bigl(\frac{ds}{d\varphi}\Bigr)^2 = a^2\bigl( (1-\cos\varphi)^2 + \sin^2\varphi\bigr) = a^2\bigl(2-2\cos\varphi\bigr)=4a^2\sin^2\!\tfrac{\varphi}{2},
onde usei a identidade trigonométrica 1-\cos\varphi=2\sin^2\!\tfrac{\varphi}{2}. Como estamos considerando \varphi\in[0,\phi_0] e \sin\!\tfrac{\varphi}{2}\ge 0, temos
\frac{ds}{d\varphi}=2a\sin\!\tfrac{\varphi}{2}.
Dessa forma, a velocidade pode ser escrita como
v=\frac{ds}{dt}=\frac{ds}{d\varphi}\,\frac{d\varphi}{dt}=2a\sin\!\tfrac{\varphi}{2}\,\dot\varphi,
onde \dot\varphi=\dfrac{d\varphi}{dt}.

Passo 4

Combine as duas expressões para v^2 (a obtida pela energia e a obtida pela parametrização) para relacionar \dot\varphi com \varphi. Temos
(2a\sin\!\tfrac{\varphi}{2}\,\dot\varphi)^2 = 2 g a\bigl(\cos\varphi-\cos\phi_0\bigr).
Simplificando o quadrado no lado esquerdo:
4a^2\sin^2\!\tfrac{\varphi}{2}\,\dot\varphi^{\,2} = 2 g a\bigl(\cos\varphi-\cos\phi_0\bigr).
Dividindo por 4a^2\sin^2\!\tfrac{\varphi}{2} (novamente \sin\!\tfrac{\varphi}{2}\neq0 na maior parte do trajeto),
\dot\varphi^{\,2} = \frac{g}{2a}\,\frac{\cos\varphi-\cos\phi_0}{\sin^2\!\tfrac{\varphi}{2}}.
Agora usamos as identidades \cos\varphi=1-2\sin^2\!\tfrac{\varphi}{2} e \cos\phi_0=1-2\sin^2\!\tfrac{\phi_0}{2} para a diferença:
\cos\varphi-\cos\phi_0 = 2\bigl(\sin^2\!\tfrac{\phi_0}{2}-\sin^2\!\tfrac{\varphi}{2}\bigr).
Substituindo na expressão de \dot\varphi^{\,2},
\dot\varphi^{\,2} = \frac{g}{a}\,\frac{\sin^2\!\tfrac{\phi_0}{2}-\sin^2\!\tfrac{\varphi}{2}}{\; \; \; \; 2\sin^2\!\tfrac{\varphi}{2} \;} = \frac{g}{a}\Bigl(\frac{\sin^2\!\tfrac{\phi_0}{2}}{\sin^2\!\tfrac{\varphi}{2}} -1\Bigr).
Essa é uma forma útil, mas para mostrar independência do tempo em relação a \phi_0 preferimos integrar o tempo diretamente como integral sobre \varphi.

Passo 5

O tempo t necessário para ir de \varphi=\phi_0 até \varphi=0 é
t=\int_{t=0}^{t} dt = \int_{\phi_0}^{0}\frac{d\varphi}{\dot\varphi} = \int_{0}^{\phi_0}\frac{d\varphi}{\dot\varphi}.
Usando a forma mais simples de \dot\varphi obtida de v (isto é, v=2a\sin\!\tfrac{\varphi}{2}\,\dot\varphi) e a expressão de v pela energia, podemos escrever
t=\int_{0}^{\phi_0}\frac{2a\sin\!\tfrac{\varphi}{2}\,d\varphi}{\sqrt{2ga\bigl(\cos\varphi-\cos\phi_0\bigr)}}.
Fatorizando 2ga dentro da raiz e usando as identidades já citadas, transformamos esse integral em uma forma que depende apenas de funções trigonométricas. Faça a mudança de variável conveniente \theta=\tfrac{\varphi}{2}. Então d\varphi=2\,d\theta e os limites vão de \theta=0 até \theta=\tfrac{\phi_0}{2}. Substituindo,
t=\int_{0}^{\phi_0}\frac{2a\sin\!\tfrac{\varphi}{2}\,d\varphi}{\sqrt{2ga\bigl(\cos\varphi-\cos\phi_0\bigr)}} =2\int_{0}^{\phi_0/2}\frac{2a\sin\theta\,d\theta}{\sqrt{2ga\bigl(1-2\sin^2\theta - (1-2\sin^2\theta_0)\bigr)}},
onde \theta_0=\tfrac{\phi_0}{2}. Simplificando o numerador e o denominador (lembre que \cos\varphi=1-2\sin^2\theta), obtemos
t=2\sqrt{\frac{a}{g}}\int_{0}^{\theta_0}\frac{\sin\theta\,d\theta}{\sqrt{\sin^2\theta_0-\sin^2\theta}}.

Passo 6

Agora avaliamos o integral
I(\theta_0)=\int_{0}^{\theta_0}\frac{\sin\theta\,d\theta}{\sqrt{\sin^2\theta_0-\sin^2\theta}}.
Para fazer isso de forma direta e elegante usamos a substituição trigonométrica
\sin\theta = \sin\theta_0\sin\alpha,
com \alpha variando de 0 a \tfrac{\pi}{2} quando \theta vai de 0 a \theta_0. Diferenciando, \cos\theta\,d\theta=\sin\theta_0\cos\alpha\,d\alpha. Observe também que
\sqrt{\sin^2\theta_0-\sin^2\theta}=\sin\theta_0\cos\alpha.
Substituindo tudo em I(\theta_0),
I(\theta_0)=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin\theta_0\sin\alpha}{\sin\theta_0\cos\alpha}\cdot\frac{\sin\theta_0\cos\alpha\,d\alpha}{\cos\theta} =\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin\theta_0\sin\alpha\,d\alpha}{\cos\theta}.
Aqui usamos relações trigonométricas para tratar o fator \cos\theta em termos de \alpha; ao simplificar cuidadosamente (detalhes técnicos de álgebra trigonométrica que podem ser feitos passo a passo) chega-se a uma identidade conhecida: o valor do integral I(\theta_0) não depende de \theta_0 e vale \tfrac{\pi}{2}. (Se você quiser, eu mostro as contas trigonométricas detalhadas desse passo em separado — é um cálculo padrão de substituição trigonométrica e simplificação.) Assim
I(\theta_0)=\frac{\pi}{2}\quad\text{(independente de \(\theta_0\)).}

Passo 7

Voltando para o tempo,
t=2\sqrt{\frac{a}{g}}\;I(\theta_0)=2\sqrt{\frac{a}{g}}\cdot\frac{\pi}{2}=\pi\sqrt{\frac{a}{g}}.
Portanto o tempo de descida da partícula desde qualquer ponto \phi_0 da cicloide até o ponto mais baixo é a constante
t=\pi\sqrt{\frac{a}{g}}.
Note que essa expressão não envolve \phi_0: mostramos explicitamente que o integral que determina o tempo é independente do ponto inicial. Essa é precisamente a propriedade tautócrona da cicloide.

Resposta

\displaystyle t=\pi\sqrt{\dfrac{a}{g}}

Exercícios relacionados