Consideremos un cable de longitud L sujeto por sus dos extremos que están situados a la misma altura y que distan 2a uno del otro. Sea λ la densidad del cable (masa por unidad de longitud).

En la figura, se representa las fuerzas que actúan sobre una porción s de cable que tiene como extremo el punto más bajo A:

• el peso, λgs, producto de la densidad lineal, por la gravedad, por la longitud de la cuerda
• la fuerza T₀, que ejerce la parte izquierda del cable sobre el extremo izquierdo A de dicho segmento
• la fuerza T, que ejerce la parte derecha del cable sobre el extremo derecho P .

La condición de equilibrio se escribe

Tcosθ=T₀
Tsinθ=λgs

O bien,

${\displaystyle \tan \theta =\frac{dy}{dx}=\frac{\lambda gs}{T_0}}$

Derivando con respecto de x, y teniendo en cuenta que la longitud del arco diferencial ds²=dx²+dy²

${\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{\lambda g}{T_0}\frac{ds}{dx}\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{\lambda g}{T_0}\sqrt{\text{1}+{\left(\frac{dy}{dx}\right)}^2}}$

Integrando esta ecuación, teniendo en cuenta que para x=a, v=dy/dx=0.

${\displaystyle \begin{array}{l}{\displaystyle \underset{0}{\overset{v}{\int }}\frac{dv}{\sqrt{1+v^2}}}={\displaystyle \underset{a}{\overset{x}{\int }}\frac{\lambda g}{T_0}dx}\hfill \\ \text{arcsinh}(v)=\frac{\lambda g}{T_0}(x-a)v=\frac{dy}{dx}=\text{sinh}\left(\frac{\lambda g}{T_0}(x-a)\right)\hfill \end{array}}$

Integrando de nuevo, con la condición de que para x=a, y=-h.

${\displaystyle y+h=\frac{T_0}{\lambda g}\text{cosh}\left(\frac{\lambda g}{T_0}(x-a)\right)-\frac{T_0}{\lambda g}}$

Como la catenaria es simétrica para x=2a, y=0, por lo que la flecha h vale.

${\displaystyle h=\frac{T_0}{\lambda g}\text{cosh}\left(\frac{\lambda g}{T_0}a\right)-\frac{T_0}{\lambda g}}$

La ecuación de la catenaria es, finalmente

${\displaystyle y=\frac{T_0}{\lambda g}\left\{\text{cosh}\left(\frac{\lambda g}{T_0}(x-a)\right)-\text{cosh}\left(\frac{\lambda g}{T_0}a\right)\right\}}$

La longitud de la catenaria es

${\displaystyle \begin{array}{l}L={\displaystyle \int ds}={\displaystyle \underset{0}{\overset{2a}{\int }}\sqrt{1+{\left(\frac{dy}{dx}\right)}^2}dx}={\displaystyle \underset{0}{\overset{2a}{\int }}\text{cosh}\left(\frac{\lambda g}{T_0}(x-a)\right)dx}\hfill \\ L=\frac{2T_0}{\lambda g}\text{sinh}\left(\frac{\lambda g}{T_0}a\right)\hfill \end{array}}$

Para dibujar una catenaria simétrica de longitud L, cuya "luz" es a

1. Se resuelve la ecuación transcendente, calculando el valor de γ

${\displaystyle L=\frac{2}{\gamma }\sinh (\gamma a)\gamma =\frac{\lambda g}{T_0}}$

2. Se representa la catenaria

${\displaystyle y=\frac{1}{\gamma }\left\{\cosh \left(\gamma (x-a)\right)-\cosh (\gamma a)\right\}}$

3. Se calcula el mínimo o la "flecha" h

${\displaystyle h=\frac{1}{\gamma }\left(\cosh (\gamma a)-1\right)}$

L=1; %longitud de las catenarias
hold on
for a=[0.3,0.5,0.8]/2 %luz 2a de las catenarias
    f=@(x) sinh(a*x)-L*x/2;
    gamma=fzero(f,[0.1 100]);
    f=@(x) (cosh(gamma*(x-a))-cosh(gamma*a))/gamma;
    fplot(f,[0,2*a]);
end
hold off
axis equal
grid on
xlabel('x');
ylabel('y');
title('Catenarias')

Tensión del cable

En la figura se muestran las fuerzas sobre el cable de longitud L, densidad λ y cuyos extremos están a la misma altura separados una distancia a

El peso, λgL, aplicado en un punto situado en el eje de simetría

La fuerza T que ejercen los postes sobre los extremos del cable, que forman un ángulo θ con la horizontal

La componente horizontal de la fuerza Tcosθ=T₀ es constante en todos los puntos de la catenaria. La componente vertical, por simetría, es la mitad del peso del cable

${\displaystyle T=\sqrt{T_0^2+{\left(\frac{\lambda gL}{2}\right)}^2}=\lambda ga\sqrt{{\tau }_0^2+{\left(\frac{L}{2a}\right)}^2}}$

Donde hemos definido las tensiones adimensionales τ=T/(λga) y τ₀=T₀/(λga) y la longitud adimensional L/a del cable

En la ecuación transcendente, fijado a, calculamos τ₀

${\displaystyle \begin{array}{l}L=\frac{2T_0}{\lambda g}\sinh \left(\frac{\lambda ga}{T_0}\right)\hfill \\ \left(\frac{L}{2a}\right)\frac{1}{{\tau }_0}=\sinh \left(\frac{1}{{\tau }_0}\right)\hfill \end{array}}$

Elaboramos un script para calcular la componente horizontal τ₀ de la tensión y a continuación, la tensión τ del cable en su extremo, en función de la longitud del cable L/(2a)

longitud=1.05:0.05:3;
%la luz 2a=1
tension=zeros(1,length(longitud));
i=1;
for l=longitud
  f=@(x) sinh(1/x)-l/x;
  T0=fzero(f,1);
  tension(i)=sqrt(T0^2+l^2);
  i=i+1;
end
plot(longitud,tension)
grid on
xlabel('L/(2a)')
ylabel('T/(\lambdaga)')
title('Catenaria')

Buscamos el mínimo de la tensión y la longitud del cable L/a correspondiente a este mínimo

>> [M,I]=min(tension)
M =    1.5091
I =     5
>> longitud(I)
ans =    1.2500

La longitud óptima de un cable cuyos extremos cuelgan de postes de la misma altura separados una distancia 2a es L=1.25·2a

El mínimo se encuentra en el intervalo (1.2,1.3). Elaboramos otro script similar para localizar el mínimo con mayor precisión

longitud=1.2:0.001:1.3;
%la luz 2a=1
tension=zeros(1,length(longitud));
i=1;
for l=longitud
  f=@(x) sinh(1/x)-l/x;
  T0=fzero(f,1);
  tension(i)=sqrt(T0^2+l^2);
  i=i+1;
end
[M,I]=min(tension);
disp(longitud(I))

1.2580

Dibujamos la catenaria óptima cuyos extremos distan 2a=0.8

a=0.4; %'luz' 2a
L=1.2580*2*a;%longitud de las catenaria
f=@(x) sinh(a*x)-L*x/2;
gamma=fzero(f,[0.1 100]);
f=@(x) (cosh(gamma*(x-a))-cosh(gamma*a))/gamma;
fplot(f,[0,2*a]);
axis equal
grid on
xlabel('x');
ylabel('y');
title('Catenaria óptima')

Energía potencial mínima

Consideremos un cable flexible, de longitud L que cuelga de los puntos (-a,h) y (a,h) tal como se muestra en la figura.

La longitud L del cable es

${\displaystyle L={\displaystyle \underset{-a}{\overset{a}{\int }}ds}={\displaystyle \underset{-a}{\overset{a}{\int }}\sqrt{1+{\left(\frac{dy}{dx}\right)}^2}dx}L>2a}$

El cable está en una configuración de equilibrio estable, lo que significa que su energía potencial es mínima. La energía potencial de una porción de cable de densidad uniforme λ y de longitud ds es (λ·ds)gy, siendo y la altura del cable sobre el eje X.

${\displaystyle E_p={\displaystyle \underset{-a}{\overset{a}{\int }}\left(\lambda gds\right)y=\lambda g{\displaystyle \underset{-a}{\overset{a}{\int }}y\sqrt{1+{\left(\frac{dy}{dx}\right)}^2}dx}}}$

Un problema similar isoperimétrico estudiado en la página titulada 'Cálculo de variaciones'. Formamos la función F dependiente de un parámetro k

${\displaystyle F(x,y,\dot{y})=\lambda gy\sqrt{1+{\dot{y}}^2}+k\sqrt{1+{\dot{y}}^2}}$

Aplicando la ecuación de Euler-Lagrange a la función F que no depende de x

${\displaystyle \begin{array}{l}\dot{y}\frac{\partial F}{\partial \dot{y}}-F=C_1\\ \left(\lambda gy+k\right)\left(\frac{{\dot{y}}^2}{\sqrt{1+{\dot{y}}^2}}-\sqrt{1+{\dot{y}}^2}\right)=C_1\\ {\left(\frac{dy}{dx}\right)}^2=\frac{{\left(\lambda gy+k\right)}^2}{C_1^2}-1\end{array}}$

Llamando z=(λgy+k)/C₁, dz=λg·dy/C₁

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{dz}{\sqrt{z^2-1}}=\frac{\lambda g}{C_1}dx\\ {\displaystyle \int \frac{dz}{\sqrt{z^2-1}}=}\frac{\lambda g}{C_1}{\displaystyle \int dx}+C_2\end{array}}$

Haciendo el cambio z=coshu, dz=sinhu·du

${\displaystyle \begin{array}{l}{\displaystyle \int du=\frac{\lambda g}{C_1}x+C_2}\\ {\cosh }^{-1}z=\frac{\lambda g}{C_1}x+C_2\\ z=\cosh \left(\frac{\lambda g}{C_1}x+C_2\right)\\ y=-\frac{k}{\lambda g}+\frac{C_1}{\lambda g}\cosh \left(\frac{\lambda g}{C_1}x+C_2\right)\end{array}}$

Llamando γ=λga/C₁, tenemos una ecuación más simple

${\displaystyle y=-\frac{k}{\lambda g}+\frac{a}{\gamma }\cosh \left(\gamma \frac{x}{a}+C_2\right)}$

Aplicamos las condiciones de contorno para determinar las constantes γ y C₂. Para x₁=-a, y₁=h y para para x₂=a, y₂=h. Por simetría C₂=0

La constante γ se calcula sabiendo que la longitud de la catenaria es L

${\displaystyle L={\displaystyle \underset{-a}{\overset{a}{\int }}\sqrt{1+{\left(\frac{dy}{dx}\right)}^2}dx}={\displaystyle \underset{-a}{\overset{a}{\int }}\cosh \left(\frac{\lambda g}{C_1}x\right)dx}=\frac{2a}{\gamma }\sinh (\gamma )}$

Resolvemos la ecuación trascendente para calcular γ

${\displaystyle \frac{L}{2a}=\frac{1}{\gamma }\sinh \gamma }$

Sabiendo que para x=a, y=h, obtenemos el parámetro k/(λg)

${\displaystyle h=-\frac{k}{\lambda g}+\frac{a}{\gamma }\cosh \left(\gamma \right)}$

Finalmente, la ecuación de la catenaria es

${\displaystyle y=\frac{a}{\gamma }\left\{\cosh \left(\gamma \frac{x}{a}\right)-\cosh \left(\gamma \right)\right\}+h}$

Conocidos la longitud L de la catenaria y la 'luz' 2a, se resuelve la ecuación trascendente para calcular γ. Conocido h que puede ser cero, se representa la catenaria

L=1; %longitud de las catenarias
h=0; %altura
a=0.4;
f=@(x) sinh(x)/x-L/(2*a);
gamma=fzero(f,[0.1 100]);
f=@(x) a*(cosh(gamma*x/a)-cosh(gamma))/gamma+h;
fplot(f,[-a,a])
axis equal
grid on
xlabel('x');
ylabel('y');
title('Catenaria')

Catenaria asimétrica

Partimos de la ecuación de la catenaria

${\displaystyle y=-\frac{k}{\lambda g}+\frac{a}{\gamma }\cosh \left(\gamma \frac{x}{a}+C_2\right)}$

Sea una catenaria asimétrica que cuelga de dos puntos (-a, 0) y (a, h)

${\displaystyle \begin{array}{l}0=-\frac{k}{\lambda g}+\frac{a}{\gamma }\cosh \left(-\gamma +C_2\right)\\ h=-\frac{k}{\lambda g}+\frac{a}{\gamma }\cosh \left(\gamma +C_2\right)\end{array}}$      (1)

Restando las ecuaciones (1), eliminamos el parámetro k desconocido

${\displaystyle h=\frac{a}{\gamma }\left\{\cosh \left(\gamma +C_2\right)-\cosh \left(-\gamma +C_2\right)\right\}=\frac{2a}{\gamma }\sinh \gamma \sinh C_2}$

Se ha utilizado la relación

>> syms A B;
 >> expand(cosh(A+B)-cosh(-A+B))
ans =2*sinh(A)*sinh(B)

El parámetro k se calcula sabiendo que la longitud de la catenaria es L

${\displaystyle \begin{array}{l}L={\displaystyle \underset{-a}{\overset{a}{\int }}\sqrt{1+{\left(\frac{dy}{dx}\right)}^2}dx}={\displaystyle \underset{-a}{\overset{a}{\int }}\cosh \left(\gamma \frac{x}{a}+C_2\right)dx}=\hfill \\ \frac{a}{\gamma }\left\{\sinh (\gamma +C_2)-\sinh (-\gamma +C_2)\right\}=\frac{2a}{\gamma }\sinh \gamma \cosh C_2\hfill \end{array}}$

Se ha utilizado la relación

>>  expand(sinh(A+B)-sinh(-A+B))
 ans =2*cosh(B)*sinh(A)

Dividiendo estas dos relaciones se obtiene

${\displaystyle \tanh C_2=\frac{h}{L}}$

Se despeja C₂ y luego, γ, empleando cualesquiera de las dos relaciones anteriores, la correspondiente a la longitud L o a la altura h

Sumando las ecuaciones (1)

${\displaystyle \begin{array}{l}h=-\frac{2k}{\lambda g}+\frac{a}{\gamma }\left\{\cosh \left(\gamma +C_2\right)+\cosh \left(-\gamma +C_2\right)\right\}\\ h=-\frac{2k}{\lambda g}+\frac{2a}{\gamma }\cosh \gamma \cosh C_2\end{array}}$

La ecuación de la catenaria se escribe en términos de los parámetros conocidos C₂ y γ

${\displaystyle y=\frac{h}{2}+\frac{a}{\gamma }\left\{\cosh \left(\gamma \frac{x}{a}+C_2\right)-\cosh C_2\cosh \gamma \right\}}$

Dados los datos de la longitud de la cadena flexible L, la distancia 2a entre los puntos fijos y la altura h

• Calculamos C₂ a partir de h y L
• Resolvemos la ecuación trascendente y obtenemos la raíz, γ
• Dibujamos la curva catenaria entre los puntos (-a,0) y (a,h)

L=1; %longitud de las catenaria
h=0.3; %altura
a=0.4; %2a es la 'luz'
C2=atanh(h/L);
f=@(x) sinh(x)-x*L/(2*a*cosh(C2));
gamma=fzero(f,[0.1 100]);
f=@(x) h/2+a*(cosh(gamma*x/a+C2)-cosh(gamma)*cosh(C2))/gamma;
fplot(f,[-a,a])
axis equal
grid on
xlabel('x');
ylabel('y');
title('Catenaria')

La catenaria de longitud no especificada

En este apartado, estudiamos la forma que adopta un cable flexible apilado sobre una mesa, tiramos hacia arriba de un extremo, lo pasamos por una polea B situada a una altura y₀ y después lo sujetamos a una altura y₁ en un poste A situado a una distancia d.

El cable que une los puntos A y B tiene una longitud L desconocida y adoptará una forma tal que su energía potencial sea mínima

En el apartado anterior, calculamos la expresión de la energía potencial de un cable sujetado por sus extremos

${\displaystyle E_p={\displaystyle \underset{0}{\overset{d}{\int }}(\lambda gds)y}=\lambda g{\displaystyle \underset{0}{\overset{d}{\int }}y\sqrt{1+{\left(\frac{dy}{dx}\right)}^2}dx}}$

El funcional tiene la forma

${\displaystyle I(y)={\displaystyle \underset{0}{\overset{d}{\int }}F(x,y,\dot{y})dx}={\displaystyle \underset{0}{\overset{d}{\int }}y\sqrt{1+{\left(\frac{dy}{dx}\right)}^2}dx}}$

Aplicando la ecuación de Euler-Lagrange a una función F que no depende de x

${\displaystyle \begin{array}{l}\dot{y}\frac{\partial F}{\partial \dot{y}}-F=c_1\hfill \\ y\frac{{\dot{y}}^2}{\sqrt{1+{\dot{y}}^2}}-y\sqrt{1+{\dot{y}}^2}=c_1\hfill \\ {\left(\frac{dy}{dx}\right)}^2=\frac{y^2}{c_1^2}-1\hfill \end{array}}$

Integramos, haciendo el cambio de variable coshu=y/c₁

${\displaystyle \begin{array}{l}x={\displaystyle \int \frac{dy}{\sqrt{\frac{y^2}{c_1^2}-1}}=c_{1}u+c_2}\\ x=c_1\text{arccosh}\frac{y}{c_1}+c_2\\ y=c_1\cosh \left(\frac{x-c_2}{c_1}\right)\end{array}}$

Las constantes c₁ y c₂ se determinan sabiendo que para x=0, y=y₀ y para x=d, y=y₁

${\displaystyle \begin{array}{l}{y}_0=c_1\cosh \left(\frac{-c_2}{c_1}\right)\\ y_1=c_1\cosh \left(\frac{d-c_2}{c_1}\right)\end{array}}$

Llamamos k₁=c₁ y k₂=-c₂/c₁

${\displaystyle \begin{array}{l}\{\begin{array}{l}{y}_0=k_1\cosh \left(k_2\right)\\ y_1=k_1\cosh \left(\frac{d}{k_1}+k_2\right)\end{array}\\ y_1=\frac{y_0}{\cosh \left(k_2\right)}\cosh \left(\frac{d}{y_0}\cosh \left(k_2\right)+k_2\right)\end{array}}$

Representamos la función f(k₂) para y₀=1 y d=1

y0=1; %altura izquierda
d=1; %distancia

f=@(x) y0*cosh(d*cosh(x)/y0+x)./cosh(x); %función
fplot(f,[-2.5,1])
g=@(x) (sinh(cosh(x)+x).*(1+sinh(x)).*cosh(x)-cosh(cosh(x)+x).
*sinh(x))./cosh(x).^2; %derivada
k2=fzero(g,-1.5);
line([k2,k2],[0,f(k2)],'lineStyle','--','color','k')
line([-2.5,k2],[f(k2),f(k2)],'lineStyle','--','color','k')
ylim([0,4])
grid on
xlabel('k_2')
ylabel ('y_1')
title('Catenaria')

Para calcular el mínimo de la función y=f(x), derivamos dy/dx=0, e igualamos a cero. La función fzero de MATLAB nos devuelve la raíz buscada (mínimo) en las proximidades de x=-1.5

>> k2,f(k2)
k2 =   -1.5549
ans =    0.5871

Observamos que la función tiene un mínimo para k₂=-1.56 que vale y₁=0.5871

• Si y₁<0.5871, no hay catenaria
• Si y₁=0.5871, hay una catenaria
• Si y₁>0.5871, hay dos catenarias

Sea y₁=0.8, mayor que el valor crítico. Resolvemos la ecuación transcendente y₁=f(x) en las proximidades de x=-2 y de x=0.5 empleando la función fzero de MATLAB. Representamos la catenaria correspondiente a cada uno de los dos valores k₂ encontrados

y0=1; %altura izquierda
d=1; %distancia
y1=0.8; %altura derecha >0.59

f=@(x) y0*cosh(d*cosh(x)/y0+x)./cosh(x)-y1;
hold on
for k2=[fzero(f,-2),fzero(f,0.5)]
    k1=y0/cosh(k2);
    fplot(@(x) k1*cosh(x/k1+k2),[0,d]);
end
hold off
grid on
axis equal
xlabel('x')
ylabel ('y')
title('Catenaria')

Solamente, una de las dos catenarias es posible

La longitud de la catenaria es

${\displaystyle \begin{array}{l}L={\displaystyle \underset{0}{\overset{d}{\int }}\sqrt{1+{\left(\frac{dy}{dx}\right)}^2}dx}={\displaystyle \underset{0}{\overset{d}{\int }}\frac{y}{c_1}dx={\displaystyle \underset{0}{\overset{d}{\int }}\cosh \left(\frac{x-c_2}{c_1}\right)dx=}}{c}_1\sinh \left(\frac{d-c_2}{c_1}\right)-c_1\sinh \left(\frac{-c_2}{c_1}\right)\\ =k_1\sinh \left(\frac{d}{y_0}\cosh \left(k_2\right)+k_2\right)-k_1\sinh \left(k_2\right)\end{array}}$

Representamos la función f(k₂) para y₀=1 y d=1

f=@(x) (sinh(cosh(x)+x)-sinh(x))./cosh(x); %función
fplot(f,[-2.5,1])
g=@(x) (cosh(cosh(x)+x).*(1+sinh(x)).*cosh(x)-sinh(cosh(x)+x)
.*sinh(x)-1)./cosh(x).^2; %derivada
k2=fzero(g,-0.5);
line([k2,k2],[0,f(k2)],'lineStyle','--','color','k')
line([-2.5,k2],[f(k2),f(k2)],'lineStyle','--','color','k')
y1=cosh(cosh(k2)+k2)/cosh(k2);
ylim([0,4])
grid on
xlabel('k_2')
ylabel ('L')
title('Catenaria')

Para calcular el mínimo de la función y=f(x), derivamos dy/dx=0, e igualamos a cero. La función fzero de MATLAB nos devuelve la raíz buscada (mínimo) en las proximidades de x=-0.5

>> k2,f(k2)
k2 =   -0.4988
ans =    1.0560

La longitud mínima de la catenaria es L=1.0560, que se produce para k₂=-0.4988

y0=1; %altura izquierda
d=1; %distancia
k2=-0.4988; 

k1=y0/cosh(k2);
fplot(@(x) k1*cosh(x/k1+k2),[0,d]);
axis equal
grid on
xlabel('x')
ylabel ('y')
title('Catenaria')

La altura del extremo derecho es y₁=1.0682

>> y1=k1*cosh(d/k1+k2)
y1 =    1.0682

La catenaria discreta

En este apartado, describimos la forma de una cadena formada por 2N+1 eslabones de longitud d. Cuando el número de eslabones es grande comprobaremos que la forma de la cadena se aproxima a una catenaria.

La cadena estará formada por un número impar 2N+1 de eslabones de masa m cada uno, de modo que el central es horizontal y los otros son simétricos respecto del eje vertical Y, tal como se muestra en la figura para una cadena de 9 eslabones.

Estudiamos el equilibrio del primer eslabón y del eslabón k

Como la fuerza que actúa sobre la cadena, el peso, es vertical, la componente horizontal T₀ es constante en todos los eslabones. Las componentes verticales se identifican fácilmente.

• Sobre el extremo izquierdo del primer eslabón actúa hacia abajo la mitad del peso del eslabón horizontal, mg/2, que se equilibra con la fuerza vertical 3mg/2 en el extremo derecho y el peso mg de dicho eslabón.

• Sobre el extremo izquierdo del segundo eslabón actuará hacia abajo 3mg/2 (principio de acción y reacción), que se equilibra con la fuerza hacia arriba 5mg/2 en el extremo derecho y el peso mg de dicho eslabón.

• En el eslabón k, la fuerza (k-1/2)mg en el extremo izquierdo, representa el peso de medio eslabón horizontal y el peso de los (k-1) eslabones que hay por debajo. Tendremos que ejercer una fuerza hacia arriba (k+1/2)mg en el extremo derecho para equilibrar esa fuerza con el peso de dicho eslabón k.

En el equilibrio, el momento de las fuerzas que actúan sobre el primer eslabón es cero, respecto de cualquier punto, por ejemplo, el extremo izquierdo

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{3}{2}mg·d\cos {\theta }_1-T_{0}d\sin {\theta }_1-mg\frac{d}{2}\cos {\theta }_1=0\\ T_0=\frac{mg}{\tan {\theta }_1}\end{array}}$

En el equilibrio, el momento de las fuerzas que actúan sobre el eslabón k, respecto de cualquier punto, por ejemplo, el extremo izquierdo

${\displaystyle \begin{array}{l}\left(k+\frac{1}{2}\right)mg·d\cos {\theta }_k-T_{0}d\sin {\theta }_k-mg\frac{d}{2}\cos {\theta }_k=0\\ k·\cos {\theta }_k-\frac{1}{\tan {\theta }_1}\sin {\theta }_k=0\\ \tan {\theta }_1=k\tan {\theta }_k\end{array}}$

La 'flecha' h es

${\displaystyle h={\displaystyle \sum _{k=1}^{N}d\sin {\theta }_k}}$

La 'luz' 2a es

${\displaystyle \begin{array}{l}a=\frac{d}{2}+{\displaystyle \sum _{k=1}^{N}d\cos {\theta }_k}\\ a=\frac{d}{2}+d{\displaystyle \sum _{k=1}^N\frac{1}{\sqrt{1+{\tan }^2{\theta }_k}}}=d\left(\frac{1}{2}+{\displaystyle \sum _{k=1}^N\frac{1}{\sqrt{1+k^2{\tan }^2{\theta }_1}}}\right)\end{array}}$

Dado el número de eslabones 2N+1, su longitud d y la 'luz' a, resolvemos la ecuación transcendente

${\displaystyle {\displaystyle \sum _{k=1}^N\frac{1}{\sqrt{1+k^2{\tan }^2{\theta }_1}}+}\frac{1}{2}-\frac{a}{d}=0}$

para calcular θ₁, y las posiciones de las puntos de unión de dos eslabones contiguos (color rojo) y sus simétricos

${\displaystyle \begin{array}{l}{x}_0=\frac{d}{2},y_0=0\\ \tan {\theta }_i=i\tan {\theta }_1\{\begin{array}{l}{x}_k=\frac{d}{2}+d{\displaystyle \sum _{i=1}^k\cos {\theta }_i,k=\mathrm{1,2...}N}\\ y_k=d{\displaystyle \sum _{i=1}^k\sin {\theta }_i}\end{array}\end{array}}$

De la descripción discreta a la continua

Partimos de la relación entre el primer ángulo θ₁ que forma el eslabón con la horizontal y el del eslabón k, θ_k

${\displaystyle \begin{array}{l}\tan {\theta }_k=k\tan {\theta }_1\\ \frac{dy}{dx}=k\frac{mg}{T_0}=\frac{1}{T_0}\frac{m}{d}g(kd)=\frac{\lambda g}{T_0}s\end{array}}$

Derivando con respecto de x, y teniendo en cuenta que la longitud del arco diferencial ds²=dx²+dy²

${\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{\lambda g}{T_0}\frac{ds}{dx}\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{\lambda g}{T_0}\sqrt{1+{\left(\frac{dy}{dx}\right)}^2} }$

La misma ecuación que obtuvimos al principio de la página, que vamos a integrar con otras condiciones iniciales

Integrando esta ecuación, teniendo en cuenta que para x=0, v=dy/dx=0.

${\displaystyle \begin{array}{l}{\displaystyle \underset{0}{\overset{v}{\int }}\frac{dv}{\sqrt{1+v^2}}}={\displaystyle \underset{0}{\overset{x}{\int }}\frac{\rho g}{T_0}dx}\hfill \\ \text{arcsinh}(v)=\frac{\rho g}{T_0}x,v=\frac{dy}{dx}=\text{sinh}\left(\frac{\rho g}{T_0}x\right)\hfill \end{array}}$

Integrando de nuevo, con la condición de que para x=0, y=0.

${\displaystyle y=\frac{T_0}{\lambda g}\text{cosh}\left(\frac{\lambda g}{T_0}x\right)-\frac{T_0}{\lambda g}}$

La longitud de la catenaria es

${\displaystyle \begin{array}{l}L={\displaystyle \int ds}=2{\displaystyle \underset{0}{\overset{a}{\int }}\sqrt{1+{\left(\frac{dy}{dx}\right)}^2}dx}=2{\displaystyle \underset{0}{\overset{a}{\int }}\text{cosh}\left(\frac{\rho g}{T_0}x\right)dx}\hfill \\ L=\frac{2T_0}{\rho g}\text{sinh}\left(\frac{\rho g}{T_0}a\right)\hfill \end{array}}$

Para dibujar una catenaria simétrica de longitud L, cuya "luz" es 2a

1. Se resuelve la ecuación transcendente, calculando el valor de γ

${\displaystyle L=\frac{2}{\gamma }\sinh (\gamma a)\gamma =\frac{\lambda g}{T_0}}$

2. Se representa la catenaria

${\displaystyle y=\frac{1}{\gamma }\left(\cosh (\gamma x)-1\right)}$

3. Se calcula el mínimo o la "flecha" h para x=a

${\displaystyle h=\frac{1}{\gamma }\left(\cosh (\gamma a)-1\right)}$

Sea una cadena

• de 9 eslabones, N=4
• la longitud de la cadena, L=5.25
• la longitud de cada eslabón, d=L/(2N+1)
• la 'luz', distancia entre extremos, a=2

Representamos la cadena y la catenaria de longitud L y 'luz' 2a

L=5.25; %longitud
N=4; %9 eslabones
d=L/(2*N+1);
k=1:N;
a=1; %luz 2a=2
f=@(x) sum(1./sqrt(1+(k.^2).*(tan(x).^2)))+1/2-a/d;
ang=fzero(f,[0,89*pi/180]);

hold on
x0=d/2; y0=0;
line([-x0,x0],[0,0],'color','k')
plot(x0,0,'o','markersize',4,'markeredgecolor','r','markerfacecolor','r')
plot(-x0,0,'o','markersize',4,'markeredgecolor','k','markerfacecolor','r')
for k=1:N
    th=atan(k*tan(ang));
    x1=x0+d*cos(th);
    y1=y0+d*sin(th);
    line([x0,x1],[y0,y1],'color','k')
    line([-x0,-x1],[y0,y1],'color','k')
    plot(x1,y1,'o','markersize',4,'markeredgecolor','r','markerfacecolor','r')
    plot(-x1,y1,'o','markersize',4,'markeredgecolor','r','markerfacecolor','r')
    x0=x1;
    y0=y1;
end
%continua
g=@(x) sinh(a*x)-L*x/2;
gamma=fzero(g,[0.1 100]);
fplot(@(x) (cosh(gamma*x)-1)/gamma,[-a,a])
hold off
grid on
xlabel('x')
ylabel('y')
title('Catenaria discreta')

Con 21 eslabones, N=10, la cadena se hace casi indistinguible de la catenaria

Referencias

Beléndez, A., Beléndez, T. Neipp C. Estudio estático de un cable homogéneo bajo la acción de su propio peso: Catenaria. Revista Española de Física 15(4) 2001, págs. 38-42

C Y Wang. The optimum spanning catenary cable. Eur. J. Phys. 36(2015) 028001

Del apartado, 'La catenaria de longitud no especificada'

A Mareno, L Q English. The stability of the catenary shapes for a hanging cable of unspecified length. Eur. J. Phys.30 (2009) pp. 97–108

Del apartado, 'La catenaria discreta'

David Agmon, Hezi Yizhaq. A new solution of the discrete catenary problem. Eur. J. Phys. 41(2020) 025002