No cálculo das variações, o problema de achar o extremo do funcional
J[y]=\int_{x_{1}}^{x_{2}} F\left(y_{1}(x), \ldots, y_{n}(x), y_{1}^{\prime}(x), \ldots y_{n}^{\prime}(x), x\right) d x
com as condições subsidiárias
\int_{x_{1}}^{x_{2}} f_{i}\left(y_{1}(x), \ldots, y_{n}(x), y_{1}^{\prime}(x), \ldots y_{n}^{\prime}(x), x\right) d x=\ell_{i} \quad, \quad i=1, \ldots, m
onde os \ell_{i} são constantes, é chamado de problema isoperimétrico. Pode-se provar (Elsgoltz 1969) que o extremo de J[y] é determinado por meio das equações de Euler para o funcional
\bar{J}[y]=\int_{x_{1}}^{x_{2}}\left(F+\sum_{i=1}^{m} \lambda_{i} f_{i}\right) d x
onde os multiplicadores de Lagrange \lambda_{i} são constantes. Use este resultado para determinar a forma de um cabo de comprimento \ell, flexível, inextensível e homogêneo, que pende de dois postes verticais. Levando em conta que a posição de equilíbrio do cabo é aquela em que sua energia potencial gravitacional é mínima, mostre que o cabo toma a forma da curva que minimiza E[y]=\int_{a}^{b} y \sqrt{1+y^{\prime 2}} d x com a condição \int_{a}^{b} \sqrt{1+y^{\prime 2}} d x=\ell, \mathrm{e} mostre que a solução é uma catenária.

Passo 1

O enunciado pede para encontrar a forma do cabo (a curva y(x)) que minimiza a energia potencial gravitacional, dado que o cabo é flexível, inextensível, homogêneo e tem comprimento fixo \ell. As informações e condições relevantes são:
  • A energia potencial total do cabo, por unidade de massa linear constante, é dada pelo funcional
E[y]=\int_{a}^{b} y\sqrt{1+y^{\prime 2}}\,dx.
Aqui y(x) é a altura do cabo em relação a uma referência, definida em [a,b], e y'(x)=\dfrac{dy}{dx}.
  • A condição de comprimento fixo (restrição isoperimétrica) é
\int_{a}^{b}\sqrt{1+y^{\prime 2}}\,dx=\ell,
onde \ell é a constante (comprimento do cabo).
  • Temos um problema isoperimétrico: minimizar E[y] sujeito à restrição do comprimento. Pelo enunciado, podemos usar multiplicadores de Lagrange constantes \lambda e minimizar o funcional aumentado
\bar J[y]=\int_{a}^{b}\big(F+\lambda f\big)\,dx
com F(y,y',x)=y\sqrt{1+y'^2} e f(y,y',x)=\sqrt{1+y'^2}.

Passo 2

Formulemos explicitamente o funcional aumentado. Como dito,
F(y,y')=y\sqrt{1+y'^2},\qquad f(y,y')=\sqrt{1+y'^2}.
Portanto o integrando do funcional aumentado é
L(y,y')=F+\lambda f=(y+\lambda)\sqrt{1+y'^2},
onde \lambda é o multiplicador de Lagrange (constante). Nosso objetivo agora é aplicar as equações de Euler–Lagrange ao funcional
\bar J[y]=\int_{a}^{b} (y+\lambda)\sqrt{1+y'^2}\,dx.

Passo 3

Recordemos a equação de Euler–Lagrange para um funcional \int L(y,y',x)\,dx:
\frac{d}{dx}\!\left(\frac{\partial L}{\partial y'}\right)-\frac{\partial L}{\partial y}=0.
Aqui L depende de y e y' mas, no nosso caso, não depende explicitamente de x. Vamos calcular \partial L/\partial y e \partial L/\partial y' para L=(y+\lambda)\sqrt{1+y'^2}.

Passo 4

Calculemos as derivadas parciais passo a passo:
  1. Derivada em relação a y:
\frac{\partial L}{\partial y}=\sqrt{1+y'^2},
porque \partial(y+\lambda)/\partial y=1 e \sqrt{1+y'^2} é tratado como constante quando derivamos em relação a y.
  1. Derivada em relação a y':
\frac{\partial L}{\partial y'}=(y+\lambda)\cdot\frac{d}{dy'}\sqrt{1+y'^2}=(y+\lambda)\cdot\frac{y'}{\sqrt{1+y'^2}}.
Aqui usei a regra da cadeia: \dfrac{d}{dy'}\sqrt{1+y'^2}=\dfrac{y'}{\sqrt{1+y'^2}}.

Passo 5

Substituindo na equação de Euler–Lagrange obtemos
\frac{d}{dx}\!\left(\frac{(y+\lambda)\,y'}{\sqrt{1+y'^2}}\right)-\sqrt{1+y'^2}=0.
Podemos simplificar a resolução observando que L(y,y') não depende explicitamente de x. Nesse caso existe uma primeira integral (identidade de Beltrami): a quantidade
H = L - y'\frac{\partial L}{\partial y'}
é constante ao longo da solução. Vou usar essa identidade porque evita derivar a expressão acima explicitamente e permite integrar com mais facilidade.

Passo 6

Calculemos H:
H = (y+\lambda)\sqrt{1+y'^2} - y'\cdot\frac{(y+\lambda)\,y'}{\sqrt{1+y'^2}}.
Fatorando (y+\lambda) e simplificando:
H=(y+\lambda)\left(\sqrt{1+y'^2}-\frac{y'^2}{\sqrt{1+y'^2}}\right)=(y+\lambda)\cdot\frac{1}{\sqrt{1+y'^2}}.
Logo existe uma constante c tal que
\frac{y+\lambda}{\sqrt{1+y'^2}}=c.
Esta é a primeira integral da equação de Euler–Lagrange.

Passo 7

A partir da relação anterior isolamos \sqrt{1+y'^2}:
\sqrt{1+y'^2}=\frac{y+\lambda}{c}.
Elevando ao quadrado:
1+y'^2=\frac{(y+\lambda)^2}{c^2}\quad\Rightarrow\quad y'^2=\frac{(y+\lambda)^2-c^2}{c^2}.
Tomando raiz (escolhendo o sinal apropriado conforme orientação):
\frac{dy}{dx}=y'=\pm\frac{\sqrt{(y+\lambda)^2-c^2}}{c}.
Separamos as variáveis para integrar:
dx=\pm c\frac{dy}{\sqrt{(y+\lambda)^2-c^2}}.

Passo 8

Agora fazemos a integral. Use a substituição u=\dfrac{y+\lambda}{c}. Então dy=c\,du e a integral torna-se
\int dx=\pm c\int\frac{dy}{\sqrt{(y+\lambda)^2-c^2}}=\pm c\int\frac{c\,du}{\sqrt{c^2(u^2-1)}}=\pm\int\frac{du}{\sqrt{u^2-1}}.
Conhecemos a primitiva \dfrac{d}{du}\operatorname{arcosh} u=\dfrac{1}{\sqrt{u^2-1}} para u>1. Assim,
x+x_0=\pm c\,\operatorname{arcosh}\!\left(\frac{y+\lambda}{c}\right),
onde x_0 é constante de integração (surgindo ao integrar em x).

Passo 9

Invertendo a função \operatorname{arcosh} pela \operatorname{cosh} obtemos
\frac{y+\lambda}{c}=\operatorname{cosh}\!\left(\frac{x-x_0}{c}\right),
ou seja
y(x)=c\operatorname{cosh}\!\left(\frac{x-x_0}{c}\right)-\lambda.
Esta é precisamente a forma de uma catenária. Podemos renomear constantes para uma forma mais habitual: tomando a=c>0 e b=-\lambda, escrevemos
y(x)=a\operatorname{cosh}\!\left(\frac{x-x_0}{a}\right)+b,
com a,x_0,b constantes determinadas pelas condições de contorno (posições dos postes) e pela condição de comprimento \int_a^b\sqrt{1+y'^2}\,dx=\ell.

Passo 10

Resumo didático e interpretação física das constantes:
  • a (ou c) é um parâmetro de escala da catenária, relacionado à tensão horizontal do cabo; valores maiores de a tornam a curva mais “aberta”.
  • x_0 é o deslocamento horizontal (o eixo de simetria da catenária).
  • b (ou -\lambda) é um deslocamento vertical, ajustado para que a curva passe pelas alturas dos postes.
  • As constantes a,x_0,b são fixadas pelas condições de contorno (posições dos extremos do cabo) e pela restrição do comprimento \ell.
Portanto a solução que minimiza a energia sob a restrição do comprimento é uma catenária dada pela fórmula acima.

Resposta

y(x)=a\operatorname{cosh}\!\left(\frac{x-x_{0}}{a}\right)+b

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