O pêndulo cicloidal de Huyghens consiste numa partícula oscilando num plano vertical ao longo de um arco de ciclóide com equações paramétricas
x=R(\theta-\sin (\theta)), \quad y=R(1-\cos (\theta)),
com o eixoy apontando verticalmente para baixo. Mostre que a lagrangiana desse sistema pode ser posta na forma
\mathcal{L}=2 m R^{2} \dot{\theta}^{2} \sin ^{2}\left(\frac{\theta}{2}\right)+m g R(1-\cos (\theta))
Fazendo a transformação de ponto u=\cos (\theta / 2), obtenha a lagrangiana e a equação de Lagrange em termos da coordenada u. Prove que o período de oscilação é igual a 4 \pi(R / g)^{1 / 2}, independente, portanto, da amplitude \theta_{o}.

Passo 1

O enunciado dá as equações paramétricas do arco ciclóide:
x=R(\theta-\sin\theta),\qquad y=R(1-\cos\theta),
com o eixo y apontando verticalmente para baixo. As perguntas são, explicitamente:
  • Mostrar que a lagrangiana pode ser escrita como
\mathcal{L}=2 m R^{2} \dot{\theta}^{2} \sin^{2}\!\left(\frac{\theta}{2}\right)+m g R(1-\cos\theta).
  • Fazer a transformação de ponto u=\cos(\theta/2), obter a lagrangiana em u e a equação de Lagrange correspondente.
  • Provar que o período de oscilação é
T=4\pi\sqrt{\frac{R}{g}},
independente da amplitude \theta_0.
Informações relevantes dadas:
  • Posição em função de \theta (acima).
  • m massa da partícula, g aceleração da gravidade, R parâmetro geométrico.
  • A orientação do eixo y é para baixo (importante para o sinal da energia potencial).

Passo 2

Vamos montar a lagrangiana passo a passo. Lembrando: a lagrangiana é \mathcal{L}=T-V, onde T é a energia cinética e V a energia potencial. Primeiro calculamos as velocidades.
Derivando as coordenadas em relação ao tempo usando a regra da cadeia:
\dot{x}=\frac{dx}{d\theta}\,\dot{\theta},\qquad \dot{y}=\frac{dy}{d\theta}\,\dot{\theta}.
Calculando as derivadas em \theta:
\frac{dx}{d\theta}=R(1-\cos\theta),\qquad \frac{dy}{d\theta}=R\sin\theta.
Portanto
\dot{x}=R(1-\cos\theta)\,\dot{\theta},\qquad \dot{y}=R\sin\theta\,\dot{\theta}.

Passo 3

Agora a energia cinética T=\dfrac{1}{2}m(\dot{x}^2+\dot{y}^2). Substituindo:
\dot{x}^2+\dot{y}^2 =R^2\dot{\theta}^2\big[(1-\cos\theta)^2+\sin^2\theta\big].
Expandindo e simplificando usando \sin^2\theta+\cos^2\theta=1:
(1-\cos\theta)^2+\sin^2\theta =1-2\cos\theta+\cos^2\theta+\sin^2\theta =2-2\cos\theta=2(1-\cos\theta).
Usando a identidade trigonométrica 1-\cos\theta=2\sin^2(\theta/2) obtemos
\dot{x}^2+\dot{y}^2=2R^2\dot{\theta}^2(1-\cos\theta)=4R^2\dot{\theta}^2\sin^2\!\left(\frac{\theta}{2}\right).
Logo
T=\frac{1}{2}m\cdot 4R^2\dot{\theta}^2\sin^2\!\left(\frac{\theta}{2}\right) =2mR^2\dot{\theta}^2\sin^2\!\left(\frac{\theta}{2}\right).

Passo 4

Agora a energia potencial V. Como o eixo y aponta para baixo, a altura em relação a uma referência é h=-y (ou seja, subir diminui y). A energia potencial gravitacional é V=mgh. Portanto, em função de y
V=m g h = m g(-y) = -m g y.
Dado que y=R(1-\cos\theta), temos
V=-m g R(1-\cos\theta).
Então a lagrangiana \mathcal{L}=T-V fica
\mathcal{L} =2mR^2\dot{\theta}^2\sin^2\!\left(\frac{\theta}{2}\right)-\big(-m g R(1-\cos\theta)\big) =2mR^2\dot{\theta}^2\sin^2\!\left(\frac{\theta}{2}\right)+m g R(1-\cos\theta).
Isto é exatamente a forma pedida.
Comentário didático curto: o sinal “positivo” no segundo termo vem do fato de y positivo ser para baixo, então V=-mgy; assim T-V=T-(-mgy)=T+mgy.

Passo 5

Aplicamos agora a transformação de ponto u=\cos(\theta/2). Primeiro expressamos as quantidades trigonométricas em função de u:
\sin^2\!\left(\frac{\theta}{2}\right)=1-u^2, \qquad 1-\cos\theta=2(1-u^2).
Precisamos também relacionar \dot{\theta} com \dot{u}. Diferenciando u=\cos(\theta/2):
\dot{u}=-\tfrac{1}{2}\sin\!\left(\frac{\theta}{2}\right)\,\dot{\theta}.
Isolando \dot{\theta} e quadrando:
\dot{\theta}=-\frac{2\dot{u}}{\sin(\theta/2)} \quad\Rightarrow\quad \dot{\theta}^2\sin^2\!\left(\frac{\theta}{2}\right)=4\dot{u}^2.

Passo 6

Substituímos essas expressões na lagrangiana em \theta:
\mathcal{L} =2mR^2\dot{\theta}^2\sin^2\!\left(\frac{\theta}{2}\right)+m g R\big(1-\cos\theta\big).
Usando \dot{\theta}^2\sin^2(\theta/2)=4\dot{u}^2 e 1-\cos\theta=2(1-u^2):
\mathcal{L}(u,\dot{u}) =2mR^2\cdot 4\dot{u}^2 + m g R\cdot 2(1-u^2).
Portanto
\boxed{\mathcal{L}(u,\dot{u})=8mR^2\dot{u}^2 + 2 m g R(1-u^2).}

Passo 7

Agora obtemos a equação de Lagrange para u. A equação de Euler–Lagrange é
\frac{d}{dt}\!\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{u}}\right)-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial u}=0.
Calculamos as derivadas:
\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{u}}=16mR^2\dot{u}, \qquad \frac{d}{dt}\!\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{u}}\right)=16mR^2\ddot{u},
\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial u}=2mgR\cdot(-2u)=-4mgR\,u.
Substituindo na equação de Euler–Lagrange:
16mR^2\ddot{u}-(-4mgR\,u)=0 \quad\Rightarrow\quad 16mR^2\ddot{u}+4mgR\,u=0.
Dividindo por 4mR:
4R\ddot{u}+g\,u=0 \quad\Rightarrow\quad \boxed{\ddot{u}+\frac{g}{4R}\,u=0.}
Esta é a equação de um oscilador harmônico simples linear.

Passo 8

Da equação \ddot{u}+\omega^2 u=0 com \omega^2=\dfrac{g}{4R}, o período da oscilação é
T=\frac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\frac{1}{\omega^2}} =2\pi\sqrt{\frac{4R}{g}}=4\pi\sqrt{\frac{R}{g}}.
Como a equação em u é linear e homogênea com constante \omega independente da amplitude, o período é independente da amplitude \theta_0.

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}(\theta,\dot{\theta})=2mR^{2}\dot{\theta}^{2}\sin^{2}\!\left(\frac{\theta}{2}\right)+mgR(1-\cos\theta)
\displaystyle \mathcal{L}(u,\dot{u})=8mR^{2}\dot{u}^{2}+2mgR(1-u^{2})
\displaystyle \text{Equação de Lagrange: }\ddot{u}+\frac{g}{4R}u=0çã
\displaystyle T=4\pi\sqrt{\frac{R}{g}}

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