Dados dois pontos A e B num plano vertical, encontrar a curva AMB pela qual um corpo móvel M, descendo pelo próprio peso, vai de A a B no menor tempo possível.

— Johann Bernoulli, Acta Eruditorum (junho de 1696)

Em junho de 1696, nas Acta Eruditorum, Johann Bernoulli desafiou “os matemáticos mais perspicazes do mundo inteiro”. A pergunta parece de parque de diversões: qual é o formato do escorregador mais rápido entre dois pontos? O nome do problema vem do grego: brachistos, o mais curto, e chronos, tempo. Braquistócrona, a curva do menor tempo.

Johann deu seis meses de prazo e avisou que já tinha a solução. Era um desafio para todos, mas tinha dois alvos: o irmão Jakob, com quem estava em guerra aberta, e Isaac Newton, que os amigos de Leibniz acusavam de ter copiado o cálculo.

A reta não é a resposta

A reta é o caminho mais curto, mas não o mais rápido. Uma bolinha que desce sem atrito ganha velocidade conforme cai. Por isso compensa começar descendo bem íngreme, para ganhar velocidade cedo, mesmo que o caminho fique mais comprido. Por outro lado, um mergulho exagerado alonga demais o percurso. O melhor caminho é um meio-termo, e encontrá-lo é encontrar uma curva inteira entre infinitas possíveis.

Ponha $x$ na horizontal e $y$ para baixo, com a partida em $A=(0,0)$. Pela conservação da energia, a velocidade depois de cair uma altura $y$ é

$$\frac12mv^2=mgy\quad\Longrightarrow\quad v=\sqrt{2gy}.$$

Só depende da altura, não do caminho.

A ideia de Johann: a bolinha é um raio de luz

Johann teve uma ideia brilhante. Fermat tinha mostrado que a luz, ao passar de um meio para outro, segue o caminho de menor tempo, e que disso resulta a lei da refração de Snell:

$$\frac{\operatorname{sen}\alpha_1}{v_1}=\frac{\operatorname{sen}\alpha_2}{v_2},$$

onde $\alpha$ é o ângulo do raio com a vertical e $v$ é a velocidade da luz em cada meio. A luz também quer chegar o mais rápido possível!

Então Johann imaginou o espaço entre $A$ e $B$ fatiado em camadas horizontais finíssimas, como placas de vidro, cada uma com uma velocidade, $v=\sqrt{2gy}$, que aumenta para baixo. Um raio de luz que atravessa as camadas vai se dobrando a cada uma. Com camadas infinitamente finas, o raio vira uma curva suave, e a lei de Snell vale em cada ponto:

$$\frac{\operatorname{sen}\alpha}{v}=\text{constante}.$$

Isso é uma equação para a curva. Como $\alpha$ é o ângulo da tangente com a vertical, $\operatorname{sen}\alpha=\dfrac{1}{\sqrt{1+y'^2}}$. Substituindo $v=\sqrt{2gy}$ e elevando ao quadrado,

$$\boxed{\ y\left(1+y'^2\right)=2a\ }$$

com uma constante $a>0$.

A resposta: a cicloide

Johann reconheceu a equação: é a da cicloide, a curva descrita por um ponto da borda de uma roda que rola sobre uma reta, aqui de cabeça para baixo. Numa roda de raio $a$ que girou um ângulo $\theta$,

$$x=a(\theta-\operatorname{sen}\theta),\qquad y=a(1-\cos\theta).$$

Vamos conferir. Dividindo as derivadas, $y'=\dfrac{\operatorname{sen}\theta}{1-\cos\theta}=\cot\dfrac\theta2$, e como $1-\cos\theta=2\operatorname{sen}^2\dfrac\theta2$,

$$y(1+y'^2)=2a\operatorname{sen}^2\frac\theta2\cdot\frac1{\operatorname{sen}^2(\theta/2)}=2a.$$

Confere. O escorregador mais rápido é um arco de cicloide, que começa caindo na vertical e termina mais suave.

A cicloide e a reta entre os mesmos pontos A e B. A cicloide começa descendo na vertical, passa por baixo da reta e chega a B na horizontal. O eixo vertical cresce para baixo.
A cicloide e a reta entre os mesmos pontos A e B. A cicloide começa descendo na vertical, passa por baixo da reta e chega a B na horizontal. O eixo vertical cresce para baixo.Ilustração de Euler’s Eyes

Quanto se ganha

Escolha $B=(\pi a,2a)$, o ponto mais baixo da cicloide, que corresponde a $\theta=\pi$. Na cicloide, o elemento de comprimento e a velocidade são

$$ds=2a\operatorname{sen}\frac\theta2\,d\theta,\qquad v=\sqrt{2g\cdot2a\operatorname{sen}^2\frac\theta2}=2\sqrt{ga}\operatorname{sen}\frac\theta2.$$

O tempo de cada pedaço é $dt=\dfrac{ds}v=\sqrt{\dfrac ag}\,d\theta$: o seno se cancela! De $\theta=0$ a $\theta=\pi$,

$$T_{\text{cicloide}}=\pi\sqrt{\frac ag}.$$

Na reta de $A$ a $B$, o comprimento é $\ell=a\sqrt{\pi^2+4}$ e a aceleração ao longo da rampa é constante, $g\cdot\frac{2a}\ell$. Da fórmula $\ell=\frac12\cdot\text{aceleração}\cdot T^2$,

$$T_{\text{reta}}=\sqrt{\pi^2+4}\,\sqrt{\frac ag}.$$

Como $\pi\approx3{,}14$ e $\sqrt{\pi^2+4}\approx3{,}72$, a cicloide é cerca de 16% mais rápida. Com $a=1$ m, um escorregador de 3,14 m de largura e 2 m de altura, a bolinha leva $1{,}00$ s pela cicloide e $1{,}19$ s pela reta.

A garra do leão

Quando o prazo acabou, só Leibniz tinha mandado uma solução. A pedido dele, Johann estendeu o prazo até a Páscoa de 1697 e mandou o problema impresso diretamente a vários matemáticos, entre eles Newton, em Londres.

Newton tinha 54 anos e trabalhava na Casa da Moeda. Segundo a sobrinha, Catherine Conduitt, recebeu a carta às quatro da tarde de 29 de janeiro de 1697, ao chegar cansado do trabalho, e não foi dormir até resolver o problema, às quatro da manhã. Mandou a solução, sem assinatura e sem demonstração, à Royal Society, que a publicou anônima.

Em maio de 1697, as Acta Eruditorum publicaram cinco soluções: de Johann, de Jakob, de Leibniz, de l’Hôpital e de Tschirnhaus, e reproduziram a resposta anônima da Inglaterra. Johann não teve dúvida sobre quem era o autor. Escreveu que o reconhecia tanquam ex ungue leonem: “como se reconhece o leão pela garra”.

A solução mais importante, porém, foi a de Jakob. Mais trabalhosa que a do irmão, ela não usava a analogia com a luz: comparava a curva com curvas vizinhas, uma ideia que, generalizada, deu origem ao cálculo das variações de Euler e Lagrange.

Exercício: se todas as dimensões do escorregador forem multiplicadas por quatro, o que acontece com os tempos?

Nas duas fórmulas o tempo é proporcional a $\sqrt a$. Multiplicar $a$ por 4 multiplica os tempos por $\sqrt4=2$. A vantagem da cicloide continua a mesma, cerca de 16%: a razão $\frac{\pi}{\sqrt{\pi^2+4}}\approx0{,}844$ não depende do tamanho.

Exercício: na cicloide, em que ponto a bolinha está quando já passou metade do tempo?

Como $dt=\sqrt{a/g}\,d\theta$, o tempo é proporcional a $\theta$. Na metade do tempo, $\theta=\frac\pi2$, e o ponto é $x=a\left(\frac\pi2-1\right)\approx0{,}57a$, $y=a$. A bolinha já desceu metade da altura total, $2a$, mas andou só 18% da distância horizontal, $\pi a$. É a estratégia da cicloide: cair primeiro, avançar depois.

Fontes: Johann Bernoulli, “Curvatura radii in diaphanis non uniformibus”, Acta Eruditorum (maio de 1697) · Herman H. Goldstine, A History of the Calculus of Variations (Springer, 1980), cap. 1 · Richard S. Westfall, A Vida de Isaac Newton (Nova Fronteira, 1995).

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