Retrato de Fase do Pêndulo

Um pêndulo de 1 m é libertado do repouso a 30°. Determine o seu período exatamente — a fórmula do manual escolar não é a resposta — e, em seguida, determine quão próximo da vertical teria de o libertar para estender uma oscilação completa a 10 s. Considere g = 9,81 m/s², sem amortecimento.

1. Duas grandezas determinam a frequência natural, e a massa não é uma delas: multiplica cada termo da equação do movimento e simplifica-se antes de qualquer outra coisa acontecer.

   $${\omega }_0=\sqrt{g/L}=\sqrt{9.81}=3.1321rad/s$$

2. Substitua sin θ por θ e o que resta é um oscilador harmónico, cujo período é 2π/ω₀. Observe o que foi omitido: θ₀. A independência em relação à amplitude é uma propriedade dessa substituição, não do pêndulo.

   $$T_{\mathrm{linear}}=\frac{2\pi }{{\omega }_0}=2.0061\mathrm{s}$$

3. Agora faça-o sem a substituição. A conservação da energia não necessita de ângulos pequenos — a energia cinética ao ângulo θ é exatamente a energia potencial libertada na queda a partir de θ₀ — por isso, resolva em ordem à velocidade angular.

   $$\frac{1}{2}{L}^2{\dot{\theta }}^2=gL(\cos \theta -\cos {\theta }_0)⟹\dot{\theta }={\omega }_0\sqrt{2(\cos \theta -\cos {\theta }_0)}$$

4. O tempo é a distância sobre a velocidade, integrada, e um quarto de período é a oscilação de 0 até θ₀. O ângulo de libertação está de volta, figurando simultaneamente na função integranda e no limite superior, pelo que o período não pode ser independente dele.

   $$T=\frac{4}{{\omega }_0}{\int }_0^{{\theta }_0}\frac{\mathrm{d}\theta }{\sqrt{2(\cos \theta -\cos {\theta }_0)}}$$

5. A função integranda diverge em θ = θ₀, e a identidade cos θ = 1 − 2sin²(θ/2) mostra que a divergência é apenas a raiz quadrada de um zero simples: a diferença de cossenos é uma diferença de quadrados. Designe por k o seno de metade da amplitude, e deixe φ variar de 0 a π/2 enquanto θ varia até θ₀.

   $$k=\sin \frac{{\theta }_0}{2},\sin \frac{\theta }{2}=k\sin \phi ⟹\cos \theta -\cos {\theta }_0=2k^2{\cos }^2\phi$$

6. A raiz problemática cancela-se agora com dθ, e o que resta é o integral elítico completo de primeira espécie — a fórmula que o painel acima apresenta, que escreve o seu argumento como sin²(θ₀/2), ou seja, k², e não k.

   $$T=\frac{4}{{\omega }_0}{\int }_0^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}\phi }{\sqrt{1-k^2{\sin }^2\phi }}=\frac{4}{{\omega }_0}K(k)$$

7. K não tem uma forma fechada elementar, mas a sua função integranda tem: uma série binomial em u = k²sin²φ, cujos coeficientes são os coeficientes binomiais centrais.

   $$(1-u{)}^{-1/2}=\sum _{n\ge 0}{c}_n{u}^n,c_n=\frac{(2n)!}{4^n(n!{)}^2}$$

8. Integrando essa série termo a termo, o integral de Wallis devolve exatamente o mesmo c_n que a expansão binomial acaba de produzir. Essa coincidência é todo o truque.

   $${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{2n}\phi \mathrm{d}\phi =\frac{\pi }{2}{c}_n$$

9. Cada termo recolhe, portanto, c_n duas vezes, pelo que cada coeficiente da série do período é o quadrado de um coeficiente binomial: 1/4, 9/64 e 25/256 são os quadrados de 1/2, 3/8 e 5/16.

   $$\frac{T}{T_{\mathrm{linear}}}=\sum _{n\ge 0}{c}_n^2{k}^{2n}=1+\frac{k^2}{4}+\frac{9k^4}{64}+\frac{25k^6}{256}+\cdots$$

10. A 30°, a metade da amplitude é 15°, pelo que k² é apenas 0,067 e cada termo é mais de 20 vezes menor do que o anterior. Parando ao fim de 3 termos, obtém-se 1,017378, que multiplicado dá 2,0409 s; o 4.º termo é o que altera o último dígito.

    $$k^2={\sin }^{2}15^{\circ }=0.066987:1+0.016747+0.000631+0.000029=1.017407$$

11. Multiplique. Este é o período exato que o painel apresenta, e 1,0174 é a razão apresentada ao seu lado — ambos obtidos sem avaliar K numericamente uma única vez.

    $$T=2.0061\times 1.017407=2.0410\mathrm{s}$$