Uma partícula com massa m desliza ao longo de um fio fino cujo formato é descrito pela função z=f(x).
Se \mathbf{X}_{1}=\left(x_{1}, y_{1}\right) for um ponto crítico do sistema autônomo plano associado à partícula deslizante, verifique que a matriz Jacobiana em \mathbf{X}_{1} é
\mathbf{g}^{\prime}\left(\mathbf{X}_{1}\right)=\left(\begin{array}{cc} 0 & 1 \\\\ -g f^{\prime \prime}\left(x_{1}\right) & -\beta / m \end{array}\right) .

Passo 1

O enunciado trata de um sistema autônomo plano que descreve a posição x(t) de uma partícula de massa m que escorrega sem deixar o fio de perfil z=f(x), sujeita à gravidade g e à força de atrito viscoso -\beta\,\dot x. O conteúdo necessário é:
  • escrever a equação de movimento ao longo da tangente ao fio;
  • converter em sistema de primeira ordem \dot x=y,\;\dot y=\dots;
  • calcular o Jacobiano \mathbf g'(\mathbf X) por derivadas parciais e avaliá-lo num ponto crítico \mathbf X_1=(x_1,y_1).

Passo 2

A componente tangencial da gravidade ao longo do fio é
F_{\rm grav}=-m g\,\frac{f'(x)}{\sqrt{1+f'(x)^2}}
e o atrito é -\beta\,\dot x. Como \dot x=y, a segunda lei de Newton dá
m\,\ddot x = -m g\,\frac{f'(x)}{\sqrt{1+f'(x)^2}} \;-\;\beta\,y.
Dividindo por m e escrevendo y=\dot x, obtemos
\ddot x=-g\,\frac{f'(x)}{1+f'(x)^2}-\frac{\beta}{m}\,y.

Passo 3

Definimos o vetor de estado \mathbf{X}=(x,y) e a função
\mathbf{g}(\mathbf{X}) =\begin{pmatrix} y\\[6pt] -\,g\,\dfrac{f'(x)}{1+f'(x)^2}-\dfrac{\beta}{m}\,y \end{pmatrix}.
Um ponto crítico \mathbf{X}_1=(x_1,y_1) satisfaz \mathbf{g}(\mathbf{X}_1)=\mathbf{0}, logo
\;y_1=0\; e \;f'(x_1)=0.
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Passo 4

O Jacobiano geral é
\mathbf{g}'(\mathbf{X}) =\begin{pmatrix} \displaystyle\frac{\partial}{\partial x}\bigl(y\bigr) & \displaystyle\frac{\partial}{\partial y}\bigl(y\bigr)\\[8pt] \displaystyle\frac{\partial}{\partial x}\Bigl(-g\,\frac{f'(x)}{1+f'(x)^2}-\frac{\beta}{m}y\Bigr) &\displaystyle\frac{\partial}{\partial y}\Bigl(-g\,\frac{f'(x)}{1+f'(x)^2}-\frac{\beta}{m}y\Bigr) \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 & 1\\[6pt] -\,g\,\frac{\rm d}{{\rm d}x}\!\Bigl[\frac{f'(x)}{1+f'(x)^2}\Bigr] & -\beta/m \end{pmatrix}.
No ponto crítico temos f'(x_1)=0, e
\frac{\rm d}{{\rm d}x}\!\Bigl[\frac{f'(x)}{1+f'(x)^2}\Bigr]_{x=x_1} =\frac{f''(x_1)\bigl(1+f'(x_1)^2\bigr)-f'(x_1)\,2f'(x_1)f''(x_1)} {\bigl(1+f'(x_1)^2\bigr)^2} =f''(x_1).
Portanto, em \mathbf{X}_1
\mathbf{g}'(\mathbf{X}_1) =\begin{pmatrix} 0 & 1\\\\ -\,g\,f''(x_1) & -\beta/m \end{pmatrix}.
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Resposta

\mathbf g'(\mathbf X_1) =\begin{pmatrix} 0 & 1\\\\ -\,g\,f''(x_1) & -\beta/m \end{pmatrix}.

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