Mostre a dedução da equação de Euler-Lagrange usando o cálculo variacional. Disserte sobre a resolução do Problema da Braquistócrona (p.243). (Ref. Cap. 11 - Mecânica, João Barcelos Neto, p.237-245).

Passo 1

O enunciado pede duas coisas distintas, relacionadas entre si:
  • Deduzir a equação de Euler-Lagrange a partir da ideia de variar uma curva que extremiza um funcional do tipo \displaystyle J[y]=\int_{x_1}^{x_2} F\bigl(x,y(x),y'(x)\bigr)\,dx, com extremidade fixa em x=x_1 e x=x_2.
  • Dissertar sobre a resolução do problema da braquistócrona (tempo mínimo de descida entre dois pontos sob gravidade), cuja solução clássica é a cicloide; explicar o procedimento que leva à cicloide e como usar a equação de Euler-Lagrange (ou uma integral primeira) nesse caso.
Informações dadas e hipóteses usuais que vamos assumir (essas são as “entradas” do problema que serão usadas na dedução):
  • Considera-se funções y(x) suficientemente suaves em [x_1,x_2] e fixas nos extremos: y(x_1)=y_1 e y(x_2)=y_2.
  • O funcional é da forma \displaystyle J[y]=\int_{x_1}^{x_2} F\bigl(x,y,y'\bigr)\,dx, onde y'=\dfrac{dy}{dx}.
  • No problema da braquistócrona: escolher coordenadas cartesianas x horizontal e y vertical para baixo (ou para cima, mas deve-se ser consistente). A partícula desliza sem atrito sob aceleração constante g, parte do repouso no ponto inicial; a quantidade a minimizar é o tempo de percurso T.
  • Para usar argumentos físicos, usaremos conservação de energia para obter a velocidade v em função de y.
A partir daqui passo a passo vamos deduzir a Euler-Lagrange e aplicar ao problema da braquistócrona.

Passo 2

Definição de variação e do que significa extremizar J. Vamos explicar o conceito básico com calma.
  • Seja y(x) uma curva admissível (cumpre as condições de contorno). Considere variações \eta(x) tais que \eta(x_1)=\eta(x_2)=0 e \eta é suficientemente suave. Para qualquer pequeno parâmetro real \varepsilon definimos a família de curvas
y_\varepsilon(x)=y(x)+\varepsilon\,\eta(x).
  • A função y é um extremo de J se a função escalar \Phi(\varepsilon):=J[y_\varepsilon] tem derivada nula em \varepsilon=0, isto é \Phi'(0)=0. Isso é a condição “primeira variação nula”.
  • Vamos calcular \Phi'(\varepsilon) e avaliar em \varepsilon=0. Isso corresponde ao chamado “primeiro variação” \delta J.

Passo 3

Cálculo da primeira variação \delta J. Este é o passo técnico central da dedução.
  • Escrevemos
\Phi(\varepsilon)=\int_{x_1}^{x_2} F\bigl(x,\,y(x)+\varepsilon\eta(x),\,y'(x)+\varepsilon\eta'(x)\bigr)\,dx.
  • Diferenciando sob o sinal de integral (permitido por suavidade), obtemos
\Phi'(\varepsilon)=\int_{x_1}^{x_2}\left[ \frac{\partial F}{\partial y}\bigl(x,y_\varepsilon,y'_\varepsilon\bigr)\eta(x) + \frac{\partial F}{\partial y'}\bigl(x,y_\varepsilon,y'_\varepsilon\bigr)\eta'(x)\right]dx.
  • Avaliando em \varepsilon=0 (ou seja, em y_\varepsilon=y), a primeira variação é
\delta J=\Phi'(0)=\int_{x_1}^{x_2}\left[ \frac{\partial F}{\partial y}(x,y,y')\,\eta(x) + \frac{\partial F}{\partial y'}(x,y,y')\,\eta'(x)\right]dx.
  • Aqui \dfrac{\partial F}{\partial y} e \dfrac{\partial F}{\partial y'} são as derivadas parciais de F(x,y,y') tratadas como função de três variáveis; explicitamente: \dfrac{\partial F}{\partial y}(x,y,y')=\left.\dfrac{\partial F}{\partial y}\right|_{(x,y,y')}, idem para \partial F/\partial y'.

Passo 4

Integração por partes para eliminar \eta'(x). Este é um truque padrão para expressar \delta J em termos de \eta apenas.
  • Use integração por partes na segunda parcela, lembrando que \eta(x_1)=\eta(x_2)=0:
\int_{x_1}^{x_2}\frac{\partial F}{\partial y'}\,\eta'\,dx = \left.\frac{\partial F}{\partial y'}\,\eta\right|_{x_1}^{x_2} - \int_{x_1}^{x_2}\frac{d}{dx}\!\left(\frac{\partial F}{\partial y'}\right)\eta\,dx.
  • Como \eta(x_1)=\eta(x_2)=0, o termo de fronteira some. Portanto
\delta J = \int_{x_1}^{x_2}\left[ \frac{\partial F}{\partial y} - \frac{d}{dx}\!\left(\frac{\partial F}{\partial y'}\right)\right]\eta(x)\,dx.

Passo 5

Condição de estacionaridade levando à equação diferencial: a Euler-Lagrange.
  • A função arbitrária \eta(x) aparece multiplicando o integrando. Se \delta J=0 para todo \eta(x) suave com \eta(x_1)=\eta(x_2)=0, então o integrando deve ser identicamente zero (por um lema fundamental do cálculo das variações / lema da integral nula).
  • Assim obtemos a equação de Euler-Lagrange:
\boxed{\frac{\partial F}{\partial y}(x,y,y') - \frac{d}{dx}\!\left(\frac{\partial F}{\partial y'}(x,y,y')\right)=0.}
  • Comentário didático: essa é uma condição necessária para y ser um extremante de J. Em muitos problemas físicos e geométricos, resolver essa equação (com as condições de contorno) fornece as curvas que tornam J estacionário (mínimo ou máximo).

Passo 6

Observação sobre integrais primeiras: caso especial quando F não depende explicitamente de x. Explicação e fórmula útil.
  • Se F=F(y,y') (isto é, não depende de x explicitamente), existe uma integral primeira conhecida (identidade de Beltrami). Derivemos rapidamente:
  • Considere a quantidade
H := F - y'\frac{\partial F}{\partial y'}.
  • Calculando \dfrac{dH}{dx} usando Euler-Lagrange mostra que \dfrac{dH}{dx}= -\dfrac{\partial F}{\partial x}. Portanto, quando \dfrac{\partial F}{\partial x}=0, concluímos que H é constante ao longo da curva:
\boxed{F - y'\frac{\partial F}{\partial y'} = \text{const.}}
  • Em termos práticos isso reduz o problema a uma equação algébrica entre y e y' que muitas vezes é muito mais fácil de integrar do que a Euler-Lagrange original.

Passo 7

Aplicando ao problema da braquistócrona: construção do funcional tempo. Primeiro, a física básica (energia) explicada com calma.
  • Definição do problema: dado dois pontos A=(x_A,y_A) e B=(x_B,y_B) com y medido para baixo e y_B>y_A (ou seja, B abaixo de A), determinar a curva y(x) que minimiza o tempo de descida de A a B para uma partícula que desliza sem atrito sob gravidade g e parte do repouso em A.
  • Energia mecânica: se a partícula parte do repouso em A, ao atingir uma posição (x,y) a conservação de energia dá
\frac{1}{2}m v^2 = mg(y - y_A),
ou seja
v(x)=\sqrt{2g\bigl(y(x)-y_A\bigr)}.
(Escolheu-se y para baixo, então y-y_A\ge 0 ao descer.)
  • O tempo elementar para percorrer um trecho ds da curva é dt = \dfrac{ds}{v}. O elemento de arco é ds=\sqrt{1+(y')^2}\,dx. Portanto o tempo total é
T[y]=\int_{x_A}^{x_B}\frac{\sqrt{1+(y')^2}}{\sqrt{2g\bigl(y-y_A\bigr)}}\,dx.
  • Para simplificar a notação, podemos dividir por constante \sqrt{2g} e definir o funcional
J[y]=\int_{x_A}^{x_B} F(y,y')\,dx,\qquad F(y,y')=\frac{\sqrt{1+(y')^2}}{\sqrt{y-y_A}}.
(A constante 1/\sqrt{2g} não altera a curva que minimiza T.)

Passo 8

Aplicar a identidade de Beltrami porque F não depende explicitamente de x. Vamos obter uma equação mais simples.
  • Como F=F(y,y') (sem dependência em x), podemos usar
F - y'\frac{\partial F}{\partial y'} = C,
onde C é constante ao longo da solução.
  • Calculamos \partial F/\partial y'. Como
F(y,y')=\frac{1}{\sqrt{y-y_A}}\sqrt{1+(y')^2},
temos
\frac{\partial F}{\partial y'}=\frac{1}{\sqrt{y-y_A}}\cdot\frac{y'}{\sqrt{1+(y')^2}}.
  • Agora calcule F - y'\partial F/\partial y':
F - y'\frac{\partial F}{\partial y'} = \frac{\sqrt{1+(y')^2}}{\sqrt{y-y_A}} - \frac{y'\cdot y'}{\sqrt{y-y_A}\sqrt{1+(y')^2}} = \frac{1}{\sqrt{y-y_A}\sqrt{1+(y')^2}}.
  • Portanto a condição de integral primeira é
\frac{1}{\sqrt{y-y_A}\sqrt{1+(y')^2}} = k,
onde k é uma constante (igual a C acima). Reescrevendo,
\sqrt{1+(y')^2}=\frac{1}{k\sqrt{y-y_A}}.
Quadrando:
1+(y')^2=\frac{1}{k^2(y-y_A)}.

Passo 9

Isolar y' e separar variáveis para integrar. Aqui entra a substituição que levará à parametração cicloidal.
  • Da relação anterior,
(y')^2=\frac{1}{k^2(y-y_A)}-1=\frac{1-k^2(y-y_A)}{k^2(y-y_A)}.
  • Para simplificar, defina a:=\dfrac{1}{k^2}. Então a relação fica
1+(y')^2=\frac{a}{y-y_A}, \qquad\text{ou}\qquad y'=\pm\sqrt{\frac{a}{y-y_A}-1}.
Escolhemos o sinal de acordo com a geometria (a curva que desce de A para B normalmente tem y' positivo em trechos adequados); vamos trabalhar com o sinal que dá avanço positivo em x.
  • Reescrevendo diferencialmente:
\frac{dx}{dy}=\frac{1}{y'}=\frac{\sqrt{y-y_A}}{\sqrt{a-(y-y_A)}}.
Para clareza, defina Y:=y-y_A (a queda vertical desde o ponto inicial). Então
\frac{dx}{dY}=\frac{\sqrt{Y}}{\sqrt{a-Y}}.

Passo 10

Integração por substituição trigonométrica para obter a forma paramétrica. Este passo é o clássico que dá a cicloide.
  • Use a substituição conveniente
Y = a\frac{1-\cos\theta}{2} = \frac{a}{2}\bigl(1-\cos\theta\bigr),
com \theta como parâmetro. (Esta escolha é motivada por conhecer a identidade \sin^2(\theta/2)=(1-\cos\theta)/2, e pela experiência de que a cicloide aparece com essas combinações.)
  • Calcule dY:
dY = \frac{a}{2}\sin\theta\,d\theta.
  • Calcule as raízes que aparecem na expressão de dx/dY:
\sqrt{Y} = \sqrt{\frac{a}{2}}\,\sqrt{1-\cos\theta} = \sqrt{a}\,\sin\frac{\theta}{2},
\sqrt{a-Y} = \sqrt{a}\,\cos\frac{\theta}{2}.
  • Substituindo em \dfrac{dx}{dY}=\dfrac{\sqrt{Y}}{\sqrt{a-Y}} e usando dY,
dx = \frac{\sqrt{Y}}{\sqrt{a-Y}}\,dY = \tan\frac{\theta}{2}\cdot \frac{a}{2}\sin\theta\,d\theta.
  • Simplifique a combinação usando identidades trigonométricas. Note que
\tan\frac{\theta}{2}\sin\theta = \tan\frac{\theta}{2}\cdot 2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2} =2\sin^2\frac{\theta}{2}.
Logo
dx = \frac{a}{2}\cdot 2\sin^2\frac{\theta}{2}\,d\theta = a\sin^2\frac{\theta}{2}\,d\theta.
  • Integre para obter x em função de \theta:
x(\theta)=a\int \sin^2\frac{\theta}{2}\,d\theta = a\int \frac{1-\cos\theta}{2}\,d\theta = \frac{a}{2}\bigl(\theta-\sin\theta\bigr)+\text{const}.
  • Para Y (isto é, y) já temos
y(\theta)=y_A+Y(\theta)=y_A+\frac{a}{2}\bigl(1-\cos\theta\bigr).

Passo 11

Interpretação: reconhecendo a cicloide e ajustando constantes.
  • As equações paramétricas obtidas são
\boxed{x(\theta)=x_0 + R\bigl(\theta-\sin\theta\bigr),\qquad y(\theta)=y_0 + R\bigl(1-\cos\theta\bigr),}
onde R=\dfrac{a}{2} e x_0,y_0 são constantes de integração que fixam a posição inicial (por exemplo x_0=x_A e y_0=y_A se se ajustar a origem do parâmetro \theta de modo apropriado). Essas são exatamente as equações paramétricas de uma cicloide gerada por um ponto na circunferência de raio R que é rolada sem deslize sobre uma linha horizontal.
  • A constante R está ligada à constante k da integral primeira por R=\dfrac{1}{2k^2}. Ela é ajustada para que a cicloide passe pelos pontos A e B (isto é, para satisfazer as condições de contorno).

Passo 12

Comentários finais sobre minimalidade, existência e sentidos físicos.
  • Mostramos que a cicloide torna a primeira variação nula, isto é, é uma curva estacionária para o tempo. Para afirmar que ela realmente minimiza o tempo (e não apenas é um extremo de outra natureza) é necessário analisar a segunda variação ou usar argumentos mais avançados (por exemplo, comparações físicas ou a construção de variações de teste). Historicamente Bernoulli demonstrou que a cicloide é a curva de menor tempo.
  • Observação física intuitiva: a cicloide é mais “íngreme” no início que a reta, permitindo ganhar velocidade mais rapidamente, e depois “suaviza” para alcançar o destino; esse balanço é o que reduz o tempo total em relação a uma descentralização direta.
  • Nota sobre coordenadas: foi importante medir y de modo que a energia nos dê v=\sqrt{2g(y-y_A)}. Se outra convenção fosse adotada, apareceria apenas sinais e constantes que devem ser tratados com coerência.

Passo 13

Resumo prático de como proceder numa prova quando pedirem derivar Euler-Lagrange e resolver braquistócrona.
  • Para deduzir Euler-Lagrange: escreva a família y_\varepsilon=y+\varepsilon\eta, compute \delta J=\dfrac{d}{d\varepsilon}J[y_\varepsilon]\big|_{\varepsilon=0}, integre por partes o termo com \eta' e use que \eta é arbitrária para concluir que o integrando é zero. Apresente a equação
\frac{\partial F}{\partial y}-\frac{d}{dx}\!\left(\frac{\partial F}{\partial y'}\right)=0.
  • Para a braquistócrona: monte o funcional tempo usando dt=ds/v e v pela conservação de energia; observe que F não depende de x explicitamente; use a integral primeira F-y'F_{y'}= const para obter uma relação entre y e y'; separe as variáveis e faça a substituição trigonométrica \displaystyle y-y_A=\frac{a}{2}(1-\cos\theta) para integrar e reconhecer a cicloide.

Resposta

\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}-\frac{d}{dx}\!\left(\frac{\partial F}{\partial y'}\right)=0
\displaystyle x(\theta)=x_0+R\bigl(\theta-\sin\theta\bigr),\qquad y(\theta)=y_0+R\bigl(1-\cos\theta\bigr)

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