Enunciado

O período de um pêndulo com comprimento L que faz um ângulo máximo θ 0 com a vertical é

T = 4 L g ∫ 0 π 2 d x 1 - k 2 s e n 2 x

onde k = s e n 1 2 θ 0 e g é a aceleração da gravidade.

(a) Expanda o integrando com uma série binomial e use o resultado do Exercício 44 da Seção 7.1 , no Volume I , para mostrar que

T = 2 π L g 1 + 1 2 2 2 k 2 + 1 2 3 2 2 2 4 2 k 4 + 1 2 3 2 5 2 2 2 4 2 6 2 k 6 + …

Se θ 0 não for muito grande, a aproximação T ≈ 2 π L g , obtida ao se usar o primeiro termo da série, é frequentemente utilizada. Uma aproximação melhor seria obtida pelos dois primeiros termos:

T = 2 π L g 1 + 1 4 k 2

(b) Observe que todos os termos da série, com exceção do primeiro, têm coeficientes que são, no máximo, 1 4 . Use esse fato para comparar esta série com a série geométrica e mostre que

2 π L g 1 + 1 4 k 2 ≤ T ≤ 2 π L g   4 - 3 k 2 4 - 4 k 2

(c) Use as desigualdade em (b) para estimar o período de um pêndulo com L = 1 metro e θ 0 = 10 ° . Como isso se compara com a estimativa T ≈ 2 π L g ? O que aconteceria se θ 0 = 42 ° ?

Passo 1

(a) Beleza, galera? Primeiro, vamos expandir o integrando:

T = 4 L g ∫ 0 π 2 d x 1 - k 2 s e n 2 x = 4 L g ∫ 0 π 2 1 + - k 2 s e n 2 x - 1 2   d x =

= 4 L g ∫ 0 π 2 1 - 1 2 - k 2 s e n 2 x + 1 2 . 3 2 2 ! - k 2 s e n 2 x 2 - 1 2 . 3 2 . 5 2 3 ! - k 2 s e n 2 x 3 + … d x =

= 4 L g ∫ 0 π 2 1 + 1 2 k 2 s e n 2 x + 1   .   3 2   .   4 k 4 s e n 4 x + 1   .   3   .   5 2   .   4   .   6 k 6 s e n 6 x + … d x  

Passo 2

Show! Agora estamos prontos pra resolver a integral e vamos usar o seguinte resultado mencionado no enunciado:

∫ 0 π 2 s e n 2 ( k + 1 ) x d x = 1   .   3   .   5   .   … . ( 2 k - 1 ) ( 2 k + 1 ) 2   .   4   .   6   .   … . ( 2 k ) ( 2 k + 2 ) . π 2

T = 4 L g π 2 + 1 2 1 2 . π 2 k 2 + 1   .   3 2   .   4 1   .   3 2   .   4 . π 2 k 4 + 1   .   3   .   5 2   .   4   .   6 1   .   3   . 5 2   .   4   .   6 . π 2 k 6 + … =

= 2 π L g 1 + 1 2 2 2 k 2 + 1 2 3 2 2 2 4 2 k 4 + 1 2 3 2 5 2 2 2 4 2 6 2 k 6 + …

Passo 3

(b) Galera, já sabemos que a inequação 2 π L g 1 + 1 4 k 2 ≤ T é verdadeira pois a série que representa T só possui termos positivos, e em 2 π L g 1 + 1 4 k 2 , pegamos apenas os dois primeiros termos. Pra provar a outra inequação, veja o seguinte:

T = 2 π L g 1 + 1 2 2 2 k 2 + 1 2 3 2 2 2 4 2 k 4 + 1 2 3 2 5 2 2 2 4 2 6 2 k 6 + … ≤ 2 π L g 1 + 1 4 k 2 + 1 4 k 4 + 1 4 k 6 + …

Podemos escrever isso porque todos os termos da série, exceto o primeiro, têm coeficientes que são, no máximo, 1 4 . Agora vamos escrever parte disso como a soma de uma série geométrica de primeiro termo 1 4 k 2 e razão k 2 :

T ≤ 2 π L g 1 + 1 4 k 2 1 - k 2 = 2 π L g 4 - 3 k 2 4 - 4 k 2

Então,

2 π L g 1 + 1 4 k 2 ≤ T ≤ 2 π L g   4 - 3 k 2 4 - 4 k 2

Passo 4

(c) Pessoal, se substituirmos L = 1 , g = 9,8 e k = s e n 10 ° 2 ≈ 0,08716 na inequação do item anterior, chegaremos a:

2,01090 ≤ T ≤ 2,01093

Então podemos dizer que T ≈ 2,0109 . Usando a outra estimativa, teríamos:

T ≈ 2 π L g ≈ 2,0071

Agora, pra θ 0 = 42 ° , teríamos k ≈ 0,35837 e a inequação ficaria assim:

2,07153 ≤ T ≤ 2,08103

de modo que diríamos T ≈ 2,0763 . E isso difere bem mais da outra estimativa T ≈ 2,0071 , pois esta é melhor para ângulos pequenos.

Resposta

(c) θ 0 = 10 ° :                   T ≈ 2,0109

            θ 0 = 42 ° :                   T ≈ 2,076 3

T ≈ 2 π L g ≈ 2,007 1

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