Há formulações adicionais do polígono funicular, como por exemplo o polígono funicular dos momentos e o polígono funicular espacial2, 3. Iremos aqui seguir a formulação habitual nos livros de texto de Estática. Assim, a melhor forma de entender o método gráfico do polígono funicular é através de um exemplo concreto. Assim, consideremos um sistema de três vetores deslizantes no plano \(xOy\), os quais são aplicados a uma caixa bidimensional, como na FIGURA 1:


\(\overset{\rightarrow}{V_{1}} = \left(- 2, - 1\right) \textrm{ } , \\ \overset{\rightarrow}{V_{2}} = \left(- 2, - 3\right) \textrm{ } , \\ \overset{\rightarrow}{V_{3}} = \left(3, - 2\right) \textrm{ } ,\)


e escolhamos o sistema de coordenadas solidário com o centro da caixa (isto é, a origem deste sistema está centrada na caixa).


\(A_{1} = \left(- 5,2\right) \textrm{ } , \textrm{ } \\ A_{2} = \left(- 2, - 3\right) \\ A_{3} = \left(5, - 1\right) \textrm{ } . ,\)



FIGURA 1. Sistema de três vetores deslizantes aplicados a uma caixa.

Deste modo, um dos pontos de cada uma das suas linhas de ação, que permitem a definição da equação vetorial da reta associada, podem ser escolhidos de modo que os vetores apareçam aplicados nas fronteiras da caixa, embora os seus efeitos físicos sejam iguais independentemente do ponto de aplicação ao longo das suas linhas suporte respetivas:

Agora, vamos construir uma figura auxiliar, o polígono de forças, começando com o vetor \(\overset{\rightarrow}{V_{1}}\), e colocando na sua extremidade final a extremidade inicial/origem do vetor \(\overset{\rightarrow}{V_{2}}\), e colocando na extremidade final deste a extremidade origem do vetor \(\overset{\rightarrow}{V_{3}}\). De seguida, desenhamos o vetor que é a soma vetorial do sistema, \(\overset{\rightarrow}{R} = \left(- 1, - 6\right)\). Escolhemos aleatoriamente um ponto do espaço, \(H\), e desenhamos as linhas que vão deste às extremidades da construção gráfica da FIGURA 2.


FIGURA 2. Polígono de forças do sistema de três vetores em análise, onde é um ponto arbitrário no espaço.

De modo a determinar o eixo central, ao longo do qual o vetor resultante desliza, desenhamos uma linha paralela ao segmento de reta \(\left[B_{1} , H\right]\) passando por um ponto da linha de ação de \(\overset{\rightarrow}{V_{1}}\), e uma linha paralela a \(\left[B_{2} , H\right]\) passando pelo mesmo ponto de modo que cruze a linha de ação de \(\overset{\rightarrow}{V_{2}}\), tal como na FIGURA 3 A). Neste ponto, desenhamos uma linha paralela a \(\left[B_{3} , H\right]\) até que intersete a linha de suporte do vetor \(\overset{\rightarrow}{V_{3}}\) tal como na FIGURA 3 B). Finalmente, desenhamos uma linha paralela a \(\left[B_{4} , H\right]\) até que esta intersete a linha paralela a \(\left[B_{1} , H\right]\) inicialmente traçada, como na FIGURA 3 C). Este ponto de interseção é um ponto do eixo central. Agora, colocamos a linha de ação do vetor resultante passando por este ponto e desenhamos o vetor principal ao longo do eixo central, tal como na FIGURA 3 D).

O polígono funicular é a construção geométrica da FIGURA 3 D). Adicionalmente, a linha funicular é a linha flexível e inextensível que se obteria ao fazer passar por um ponto da linha paralela a \(\left[B_{1} , H\right]\), que chamaremos \(T_1\), e terminar num ponto da linha paralela a \(\left[B_{4} , H\right]\), que chamaremos \(T_2\), tendo vértices em \(A_1\), \(A_2\) e \(A_3\).

Também podemos encontrar o eixo central por via analítica. O vetor momento relativamente à origem do eixo é dado por:


\(\overset{\rightarrow}{M_{O}} : = \sum_{i = 1}^{N} \overset{\rightarrow}{A_{i} - O} \times \overset{\rightarrow}{V_{i}} \textrm{ } ,\)


pelo que neste caso, fica:


\(\overset{\rightarrow}{M_{O}} = \begin{vmatrix} \overset{\rightarrow}{i} & \overset{\rightarrow}{j} & \overset{\rightarrow}{k} \\ - 5 & 2 & 0 \\ - 2 & - 1 & 0 \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} \overset{\rightarrow}{i} & \overset{\rightarrow}{j} & \overset{\rightarrow}{k} \\ - 2 & - 3 & 0 \\ - 2 & - 3 & 0 \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} \overset{\rightarrow}{i} & \overset{\rightarrow}{j} & \overset{\rightarrow}{k} \\ 5 & - 1 & 0 \\ 3 & - 2 & 0 \end{vmatrix} = \left(0,0 , 2\right) \textrm{ } .\)



FIGURA 3. Construção gráfica do eixo central recorrendo ao método do polígono funicular. A)Traçar duas linhas paralelas a e a intersetando num ponto aleatório da linha de ação do vetor . B) Intersetar com a linha de ação de e traçar a linha paralela a passando por esse ponto de interseção. C) Traçar linha paralelas a e fazê-la passar pelo ponto de interseção entre a linha de ação de e a linha paralela a . D) No ponto de interseção entre as linhas e , traçar a linha paralela ao vetor resultante, o eixo central.

O invariante escalar é obviamente nulo, \(I = \overset{\rightarrow}{R} \cdot \overset{\rightarrow}{M_{O}} = 0\), uma vez que o vetor resultante e o vetor momento são ortogonais entre si. Assim, a equação do eixo central é dada pela teoria dos vetores deslizantes:


\(\overset{\rightarrow}{M_{O}} + \overset{\rightarrow}{O - O^{'}} \times \overset{\rightarrow}{R} = \frac{I}{R^{2}} \textrm{ } \overset{\rightarrow}{R} \textrm{ } ,\)


pelo que neste sistema de três vetores fica:


\( \left ( 0,0,0 \right )=\left ( 0,0,2 \right )+\begin{vmatrix} \overrightarrow{i} & \overrightarrow{j} & \overrightarrow{k} \\ 0-x & 0-y & 0-z \\ -1 & -6 & 0 \\ \end{vmatrix}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} z=0 \\ y=6x+2\end{matrix}\right.\)


É imediato verificar que esta linha é paralela ao vetor resultante e é a mesma determinada pelo método do polígono funicular. Notamos aqui que este método pode ser utilizado para situações muito mais complexas que a que foi explorada, e em alguns casos ser mais simples que o método analítico.