Equações Diferenciais de Segunda Ordem - Vibração de Molas e Movimento Harmônico

Aplicações de equações diferenciais de segunda ordem Vibração de molas 1 Consideremos o movimento de um objeto com massa m na extremidade de uma mola que está na vertical posição de equilíbrio ou na horizontal sobre uma superfície plana 2 Pela lei de Hooke se uma mola por esticada passa para a posição do equilíbrio 0x ou posição de equilíbrio 0 x 21 passa para passa para ou comprimida x unidades a partir de seu tamanho natural então ela exerce uma força que é proporcional a x força elástica kx onde k é uma constante positiva chamada constante elástica obs Se ignorarmos qualquer força de resistência externa devido à resistência do ar ou ao atrito em seguida pela segunda lei de Newton força é igual à massa vezes aceleração temos 1 F ma e como a d2 xe dt2 a aceleração é a derivada segunda da posição em relação ao tempo 2 F kx fazendo 1 2 verificamos que m d2 xedt2 kx 3 m d2 xedt2 kx 0 eq diferencial linear de segunda ordem 4 usamos a equação auxiliar m r2 k 0 onde re r2 e xe 1 então mr2 k 0 Δ 02 4mk 4mk 0 daí 41 r1 bΔ 2a 0 4mk 2m 4mki2 2m i m12 k12 2m i m12 k12 i k12 m12 42 r2 bΔ 2a 0 4mk 2m i k m assim a solução geral é xet c1 cos wt c2 sen wt 5 fazendo w km onde w km é a frequência 6 e A c12 c22 é a amplitude logo a solução geral também pode ser 7 xet A cos wt δ 8 cos δ c1A onde δ é o ângulo da fase sen δ c2A 9 esse tipo de movimento é chamado movimento harmônico simples exe uma mola com a massa de 2kg tem comprimento natural de 05 m uma força de 258 N é necessária para mantêla esticada até um comprimento de 07 m se a mola é esticada até um comprimento de 07 m e em seguida libertada com uma velocidade inicial igual a zero encontre a posição da massa em qualquer momento t 1 Pela lei de Hooke 11 x 07 05 02 m mola esticada de 05 m 02 m 12 k x 256 k 02 256 k 25602 k 128 constante da mola 13 voltando a equação m d²xdt² k x 0 2 d²xdt² 128 x 0 14 então a solução é xt c1 cos wt c2 sen wt 141 w km 1282 64 8 142 voltando a xt c1 cos 8t c2 sen 8t 143 como x0 02 então x0 c1 cos 80 c2 sen 80 02 c1 cos0 02 c1 02 144 derivando xt temos xt c1 cos 8t1 c2 sen 8t1 xt c1 sen 8t 8t1 c2 cos 8t8t1 xt 8 c1 sen 8t 8 c2 cos 8t como x0 é velocidade inicial e x0 0 então x0 8 02 sen 80 8 c2 cos 80 0 16 sen 0 8 c2 cos0 0 8 c2 1 0 c2 0 daí como xt c1 cos 8t c2 sen 8t xt 02 cos 8t ou xt 15 cos 8t Vibrações Amortecidas Consideramos agora o movimento de uma massa presa a uma mola que está sujeita a uma força de atrito fim F b dxdt posição de equilíbrio ou uma força de amortecimento no caso de uma mola vertical qui se movimenta em meio a um fluido Um exemplo é a forca de amortecimento fornecida pelo amortecedor em um carro ou uma bicicleta 1 suponha que a força de amortecimento seja proporcional a velocidade da massa e atue no direção oposta ao movimento Forca de Amortecimento c dxdt onde c é uma constante positiva chamada constante de amortecimento Assim nesse caso a segunda lei de Newton fornece 2 m d²xdt² força restauradora forca de amortecimento m d²xdt² k x c dxdt que m d²xdt² c dxdt k x 0 equação linear de segunda ordem 3 m d²xdt² c dxdt k x0 31 usamos a equação auxiliar m y c y k y0 onde yr² yr e y1 temos m r² c r k 0 32 determinamos as raízes r₁ b Δ c c² 4 m k 2m r₂ b Δ c c² 4 m k 2m Logo temos 3 casos Δ 0 Δ 0 e Δ0 4 caso 1 Δ 0 superamortecimento r₁r₂ IR ou seja temos raízes reais distintas e a solução é x c₁ er₁t c₂ er₂t Observação 41 uma vez que c m e k são todas positivas temos c² 4mk c logo as raízes r₁ e r₂ devem ser negativas 42 isto mostra que x 0 quando t ou seja a massa gasta muito tempo para voltar à posição de equilíbrio x0 z 6 caso 3 Δ 0 subamortecimento r₁ e r₂ são raízes complexas r₁ b Δ² 2a b i Δ 2a ou ainda r₁ c 2m wi r₂ b Δ² 2a b i Δ 2a ou ainda r₂ c 2m wi a solução é xt c₁ cos βt c₂ sen βt ou ainda x ec2m t c₁ cos wt c₂ sen wt 61 vemos que há oscilações amortecidas pelo fator ec2m t 62 uma vez que c 0 e m 0 temos c2m 0 logo ec2m t 0 quando t 63 Isso implica que x 0 quando t 64 ou seja o movimento decai a 0 à medida que o tempo cresce x A ec2m t x A ec2m t t ex suponha que a massa do exemplo 1 esteja imersa em um fluido com constante de amortecimento c40 Determine a posição da massa em qualquer instante se ele iniciar da posição de equilíbrio e for dado um empurrão para que a velocidade inicial seja de 06 ms 43 é possível que a massa passe para a posição de equilíbrio uma vez porém apenas uma vez 44 Isso ocorre pois c² 4mk significa que há uma forte força de amortecimento efeito de alta viscosidade ou graxa comparada com uma mola fraca ou com uma massa pequena 5 caso 2 Δ0 amortecimento crítico r₁r₂ IR ou seja raízes reais iguais r₁r₂c2m e a solução é xtc₁ er₁tc₂ t er₂ t ou ainda xtc₁ c₂ t ec2m 51 O amortecimento é suficiente para suprimir as vibrações x z 52 Qual discrésimo na viscosidade do fluido gera as vibrações do case seguinte subamortecimento Trabalho para entregar no dia da prova 1 Uma mola com uma massa de 9 Kg tem um comprimento natural de 05m Uma força de 243N é necessária para mantêla esticada a um comprimento de 08m Se a mola for esticada para um comprimento de 08m e então for solta com velocidade inicial 0 determine a posição da massa em qualquer tempo t 2 Determine a posição da massa em qualquer tempo t com os seguintes dados respeitando a estrutura do exercício 1 a F256N massa 4Kg comprimento natural de 03m comprimento forçado de 07m b F64N massa 2Kg comprimento natural de 01m comprimento forçado de 03m 3 Suponha que a mola do exercício 1 esteja imersa em um fluido com constante de amortecimento c36 Ao sofrer um empurrão saiu da posição de equilíbrio com uma velocidade inicial 06 ms Determine a posição da massa em qualquer instante t 4 Determine a posição da massa em qualquer instante t com os seguintes dados respeitando a estrutura do exercício 3 a Constante de amortecimento c40 e com velocidade inicial de 08 ms Use os dados do exercício 2a b Constante de amortecimento c24 e com velocidade inicial de 1ms Use os dados do exercício 2b 5 Uma mola com massa de 3Kg é mantida esticada 06 m além de seu comprimento natural por uma força de 20N Se a mola começar em sua posição de equilíbrio determine a posição da mola depois de t segundos após ter sofrido um empurrão a uma velocidade inicial de 12ms 6 Uma mola com uma massa de 2Kg tem uma constante de amortecimento igual a 14 e uma força de 6N é necessária para manter a mola esticada 05m além de seu comprimento natural e então solta com velocidade zero Determine a posição da massa em qualquer instante t 7 Para a mola do exercício 6 determine a massa que deve produzir o amortecimento crítico lembrese que Δ0 amortecimento crítico m2 k128 então temos 1 2 d²xedt² 40 dxedt 128x 0 2 2 d²xdt² 20 dxdt 64x 0 3 usamos a equação auxiliar y 20y 64y 0 31 logo r² 20r 64 0 32 Δ 20² 4164 144 0 r₁ r₂ superarmol e cimento 33 r₁ 20 12 2 32 2 16 r₂ 20 12 2 8 2 4 4 a solução é xt C₁ er₁t C₂ er₂t xt C₁ e16t C₂ e4t 5 o corpo está na posição de equilíbrio x0 0 x0 C₁ e0 C₂ e0 C₁ C₂ 0 6 a velocidade inicial é igual a 06 ms qdo t 0 xt 16 C₁ e0 4 C₂ e0 x0 16 C₁ 4 C₂ 06 x0 16 C₁ e0 4 C₂ e0 06 16 C₁ 4 C₂ 06 7 vamos resolver o sistema 71 C₁ C₂ 0 C₁ C₂ 72 16C₁ 4C₂ 06 subst 73 em 72 16C₂ 4C₂ 06 12 C₂ 06 C₂ 005 74 subst 74 em 73 C₁ 005 8 a equação que determina a posição da massa em qualquer instante é xt 005 e16t 005 e4t 8 Uma mola com massa de 3Kg tem uma constante de amortecimento igual a 30 e a constante da mola é 123 Determine a posição da massa no instante t se ela começar em posição de equilíbrio com uma velocidade de 2ms 9 Para a mola do exercício 8 determine a constante de amortecimento que deve produzir amortecimento crítico Equações lineares de segunda ordem Uma equação diferencial de segunda ordem tem a forma Px d²ydx² Qx dydx Rx y fx onde P Q R e f são funções contínuas Equações desse tipo aparecem no estudo do movimento de uma mola e em circuitos elétricos Vamos estudar os casos em que fx 0 portanto temos equações lineares homogêneas Px d²ydx² Qx dydx Rx y 0 e se G 0 para algum x a equação é não homogênea Dois fatos básicos permitemnos resolver equações lineares homogêneas 1 O primeiro é que se conhecermos duas soluções Y₁ e Y₂ de tal equação então a combinação linear Y C₁Y₁ C₂Y₂ também será uma solução 2 O segundo é a solução geral é uma combinação linear de duas soluções linearmente independentes Y₁ e Y₂ Obs 1 Solucões linearmente independentes Y₁ e Y₂ Isso significa que nem Y₁ nem Y₂ são múltiplos por constantes um do outro Por exemplo as funções fx 2x² e gx 5x² são linearmente dependentes Teorema 2 Se Y₁ e Y₂ forem soluções linearmente independentes de Px d²ydx² Qx dydx Rx y 0 em um intervalo e Px nunca for 0 então a solução geral será dada por Yx C₁Y₁x C₂Y₂x Isto quer dizer que se conhecermos duas soluções particulares linearmente independentes então conheceremos todas as soluções então temos de Px d²ydx² Qx dydx Rx y 0 a y b y c y 0 onde a b e c são constantes e a 0 então substituindo y por r² y por r e y por 1 temos de ay by cy 0 temos ar² br c 0 a equação auxiliar ou também chamada de equação característica da equação diferencial ay by c 0 como é uma equação do 2º grau suas raízes são r₁ b b² 4ac 2a e r₂ b b² 4ac 2a logo se caso 1 b² 4ac 0 temos raízes reais distintas r₁ e r₂ se as raízes r₁ e r₂ da equação auxiliar ar² br c 0 forem reais e distintas então a solução geral de ay by cy 0 é y c₁ eʳ₁ˣ c₂ eʳ₂ˣ ene 1 Resolver a equação y y 6y 0 1 a equação auxiliar é r² r 6 0 Partimos de y y 6y 0 usamos a equação auxiliar r² r 6 0 2 calculamos Δ b² 4ac então Δ 1² 416 Δ 1 24 25 Δ 25 0 r₁ r₂ ℝ 3 determinamos as raízes 31 r₁ b Δ 2a 1 25 21 1 5 2 6 2 3 32 r₂ b Δ 2a 1 25 21 1 5 2 4 2 2 4 logo a solução geral de y y 6y 0 com Δ 0 é y c₁ eʳ₁ˣ c₂ eʳ₂ˣ então temos y c₁ e³ˣ c₂ e²ˣ ene 2 Resolver 3 d²ydx² dydx y 0 1 eq auxiliar 3r² r 1 0 2 Δ 1² 431 1 12 13 0 r₁ r₂ ℝ 3 r₁ 1 1323 1 136 r₂ 1 1323 1 136 4 a solução é y c₁ eʳ¹ˣ c₂ eʳ²ˣ logo y c₁ e1 136x c₂ e1 136x Caso 2 b² 4ac 0 então qdo Δ 0 existem duas raízes reais iguais Se a equação auxiliar ar² br c 0 tem duas raízes reais iguais então a solução geral de ay by cy 0 é y c₁ eʳˣ e₂ x eʳˣ exe 3 Resolver a equação 4y 12y 9y 0 1 eq auxiliar é 4r2 12r 9 0 2 Δ 122 4 4 9 144 144 0 Δ 0 r1 r2 R 3 r1 12 0 24 12 8 32 r2 12 0 24 12 8 32 4 a solução é y c1 er1 x c2 x er2 x então fica y c1 e32 x c2 x e32 x caso 3 b2 4ac 0 qdo Δ 0 não existem raízes reais mas temos raízes complexas Se as raízes da equação auxiliar ar2 br c 0 forem os números complexos r1 α βi e r2 α βi então a solução geral de ay by cy 0 será y eαx c1 cos βx c2 sen βx exe 4 Resolver a equação y 6y 13y 0 1 eq auxiliar r2 6r 13 0 2 Δ 62 4 1 13 Δ 36 52 16 0 i2 1 3 r1 6 16 21 6 16 i2 2 6 4i 2 3 2i r1 3 2i r2 6 16 21 6 16 i2 2 6 4i 2 3 2i r2 3 2i 4 logo a solução é y eαx c1 cos βx c2 sen βx em r1 3 2i e r2 3 2i tiramos que α 3 e β 2 então a solução fica y e3x c1 cos 2x c2 sen 2x Problemas de valores iniciais e valores de contorno Um problema de valor inicial consiste em determinar uma solução y da equação diferencial que satisfaça as condições iniciais da forma yx0 y0 e yx0 y1 onde y0 e y1 são constantes exe 1 Resolva o problema de valor inicial y y 6y 0 y0 1 e y0 0 1 eq auxiliar r2 r 6 0 2 Δ 12 4 1 6 1 24 25 Δ 0 r1 r2 R 3 as raízes r1 1 5 21 4 2 2 r2 1 5 21 6 2 3 4 a solução geral é y c1 er1 x c2 er2 x temos y c1 e2x c2 e3x 5 y0 1 y0 1 c1 e0 c2 e0 c1 c2 1 6 y0 0 então temos que derivar y continuando 6 y0 0 vamos derivar y C1 e3x C2 e2x então y 3x C1 e3x 2x C2 e2x y 3 C1 e3x 2 C2 e2x e agora 7 calcular y0 0 y0 0 3 C1 e30 2 C2 e20 3 C1 e0 2 C2 e0 0 3 C1 2 C2 0 8 vamos resolver o sistema abaixo p definirmos C1 e C2 C1 C2 1 C1 e C2 3 C1 3 C2 3 3 C1 2 C2 0 5 C2 3 C2 35 subist C1 C2 1 temos C1 35 1 C1 1 35 25 então C1 25 9 a solução particular é Y 25 e3x 35 e2x ex 2 Resolver o problema de valor inicial y y 0 y0 2 e y0 3 1 eq auxiliar r2 1 0 2 Δ 02 411 4 0 3 r1 42 4 i22 2i i 2 r2 42 4 i22 2 i i2 3 y eα x C1 cos β x C2 sen β x α 0 e β 1 y e0 x C1 cos 1 x C2 sen 1 x y C1 cos x C2 sen x 4 y C1 sen x x C2 cos x x y 1 C1 sen x 1 C2 cos x C1 sen x C2 cos x 5 y0 2 então y0 2 C1 cos 0 C2 sen 0 e1 cos 0 C2 sen 0 2 C1 1 C2 0 2 C1 2 e 6 y0 3 y0 3 1 e1 seno 1 C2 cos 3 C2 1 C2 3 7 então a solução do problema inicial é y 2 cos x 3 sen x exc Resolver o problema de valor de contorno y 2y y 0 y0 1 e y1 3 1 eq auxiliar r2 2r 1 0 2 Δ 22 411 4 4 0 r1 r2 3 r1 r2 2 0 21 22 1 4 solução geral é yx C1 ex C2 x ex 5 as condições de contorno são satisfeitas se y0 1 y0 1 C1 e10 C2 x e10 1 C1 e0 C2 0 e0 C1 1 e y1 3 y1 C1 e11 C2 1 e1 3 3 C1 e1 1 C2 e1 6 como C1 1 então 1 e1 1 C2 e1 3 e1 1 C2 e1 3 x e1 e0 1 C2 e0 3e 1 1 C2 3e C2 3e 1 a solução do problema de contorno é y C1 er1 C2 x er1 y ex 3e 1 x ex trabalho 4 1 Resolva as equações Diferenciais a y y 6y 0 R y C1 e3x C2 e2x b y 16y 0 R y C1 cos 4x C2 sen 4x c 9 y 12 y 4y 0 R y C1 e2x3 C2 x e2x3 d 2 d²ydt² 2 dydt y 0 R y C1 e3 12 t C2 e3 12 t e 100 d²pdt² 200 dpdt 101p 0 R P et C1 cos 110 t C2 sen 110 t 2 Resolver o problema de valor inicial a 2 y 5 y 3 y 0 y0 3 e y0 4 R y 2 e32 x ex b 9 y 12 y 4 y 0 y0 1 e y0 0 R y e2x3 23 x e2x3 3 Resolver o problema de valor de contorno a y 4 y 0 y0 5 e yπ4 3 R y 5 cos 2x 3 sen 2x b y 4 y 4 y 0 y0 2 e y1 0 R y 2 e2x 2x e2x