Um pêndulo simples consiste de uma massa m puntiforme, suspensa por um fio (ou uma barra) inextensível de massa desprezível e de comprimento I, oscilando em torno de sua posição de
(a) Obtenha a equação diferencial característica desse sistema; equilíbrio.
(b) Mostre que, para pequenas oscilações, a trajetória do pêndulo pode ser descrita por um MHS, ou seja,
\theta(t)=A \cos (\omega t+\delta)
Dica: Use a expansão da função seno:
\sin (x)=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\frac{x^{7}}{7!}+\cdots

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  1. (a) Obter a equação diferencial que descreve o movimento do pêndulo simples.
  2. (b) Mostrar que, para pequenas oscilações, a solução é um movimento harmônico simples (MHS) da forma
\theta(t)=A\cos(\omega t+\delta).
Informações dadas e convenções que vou usar (para não haver confusão com letra maiúscula que lembra momento de inércia): a massa é pontual de massa m, o comprimento do fio é \ell (troquei o I do enunciado por \ell para não confundir com momento de inércia), e existe aceleração da gravidade g. A variável dinâmica é o ângulo \theta(t) medido a partir da posição de equilíbrio vertical (posição de repouso). Não há atrito nem perda de energia no enunciado.

Passo 2

Montando as equações físicas (intuitivamente): a força peso m\mathbf{g} atua verticalmente para baixo; o braço do peso em relação ao pivô gera um torque que tende a restaurar o pêndulo para \theta=0. Vou calcular esse torque e usá-lo na segunda lei do movimento rotacional.
Definições e fórmulas que usamos:
  • Torque (moment of force) devido ao peso em módulo é m g \ell \sin\theta. O sinal é negativo quando \theta é medido para um lado porque a força tende a reduzir \theta (restauradora). Portanto o torque escalar pode ser escrito como
\tau = - m g \ell \sin\theta.
Expliquei: o \sin\theta aparece porque a componente tangencial do peso que produz rotação é mg\sin\theta, multiplicada pelo braço \ell.
  • Momento de inércia (rotacional) de uma massa pontual m a distância \ell do pivô é
I_{\text{rot}} = m\ell^{2}.
  • A segunda lei para rotação (análogo a F=ma) é
\tau = I_{\text{rot}} \, \alpha,
onde \alpha é a aceleração angular, isto é \alpha=\ddot{\theta} (segunda derivada do ângulo em relação ao tempo).

Passo 3

Agora substituo os valores do torque e do momento de inércia na segunda lei rotacional:
Começando com
\tau = I_{\text{rot}} \ddot{\theta},
substituindo \tau = -m g \ell \sin\theta e I_{\text{rot}} = m\ell^{2}, obtemos
- m g \ell \sin\theta = m\ell^{2} \ddot{\theta}.
Posso simplificar dividindo por m\ell^{2} (assumindo m>0 e \ell>0):
\ddot{\theta} + \frac{g}{\ell}\sin\theta = 0.
Essa é a equação diferencial não-linear característica do pêndulo simples. É a resposta pedida no item (a).

Passo 4

Agora vamos mostrar (b): para pequenas oscilações usamos a expansão em série de Taylor da função seno (a dica do enunciado):
A série é
\sin x = x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \cdots.
Quando o ângulo \theta é pequeno (em radianos), |\theta|\ll 1, os termos de ordem \theta^{3}, \theta^{5}, … são muito menores que o termo linear \theta. Então, a primeira aproximação de ordem é
\sin\theta \approx \theta,
com erro da ordem de \theta^{3}. (Exemplo numérico rápido: se \theta=0{,}1 rad, \sin\theta \approx 0{,}09983, enquanto \theta=0{,}1; a diferença é pequena.)
Usando essa aproximação na equação não-linear do passo anterior, obtemos a equação linearizada:
\ddot{\theta} + \frac{g}{\ell}\theta = 0.
Isso é uma equação diferencial linear homogênea de segunda ordem com coeficientes constantes — a equação canônica do MHS.

Passo 5

Vamos resolver essa equação linearizada passo a passo.
Escrevo a equação como
\ddot{\theta} + \omega^{2}\theta = 0,
onde defino
\omega^{2} \equiv \frac{g}{\ell},
e portanto \omega = \sqrt{\dfrac{g}{\ell}} (frequência angular do pêndulo).
Para resolver, uso o método clássico de equações lineares com coeficientes constantes: suponho uma solução do tipo e^{rt}. Substituindo,
r^{2}e^{rt} + \omega^{2} e^{rt} = 0 \quad\Rightarrow\quad (r^{2} + \omega^{2}) e^{rt}=0.
Como e^{rt}\neq 0, o polinômio característico é
r^{2} + \omega^{2} = 0.
As raízes são
r = \pm i\omega.
Portanto a solução geral real da equação é combinação linear das funções \cos(\omega t) e \sin(\omega t):
\theta(t) = C_{1}\cos(\omega t) + C_{2}\sin(\omega t),
onde C_{1} e C_{2} são constantes determinadas pelas condições iniciais (ângulo inicial e velocidade angular inicial).

Passo 6

Mostrar a forma desejada com amplitude e fase. Usamos a identidade trigonométrica (soma de cosseno com seno pode ser reescrita como um único cosseno com deslocamento de fase):
Existe A\ge 0 e \delta tais que
C_{1}\cos(\omega t) + C_{2}\sin(\omega t) = A\cos(\omega t + \delta).
Uma forma prática para encontrar A e \delta é:
A = \sqrt{C_{1}^{2} + C_{2}^{2}},
e um \delta que satisfaz \cos\delta = \dfrac{C_{1}}{A}, \sin\delta = -\dfrac{C_{2}}{A} (ou escolha análoga dependendo da forma com que você preferir escrever a fase; o importante é que sempre existe um \delta que combina as constantes). Assim obtemos a forma padrão de MHS pedida:
\theta(t) = A\cos(\omega t + \delta),
com \omega = \sqrt{\dfrac{g}{\ell}}.
Observação prática e encorajamento: na prova, o essencial é (i) escrever a equação não linear \ddot{\theta}+(g/\ell)\sin\theta=0, (ii) justificar a aproximação \sin\theta\approx\theta para pequenos \theta, e (iii) resolver a equação linear resultante mostrando que a solução é harmônica com \omega=\sqrt{g/\ell}. Se te pedirem período, lembra que T = 2\pi/\omega = 2\pi\sqrt{\ell/g}. Vai dar tudo certo — respira fundo e aplica esses passos na prova.

Resposta

(a) \ddot{\theta}+\dfrac{g}{\ell}\sin\theta=0.
(b) \theta(t)=A\cos\!\bigl(\omega t+\delta\bigr) com \omega=\sqrt{\dfrac{g}{\ell}}.

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