Equações Diferenciais Homogêneas Lineares de Segunda Ordem com Coeficientes Constantes - Teoria e Soluções

Equações Diferenciais Homogêneas Lineares de Segunda Ordem com Coeficientes Constantes A Equação Característica A equação diferencial y a1y a0y 0 em que a1 e a0 são constantes corresponde à equação algébrica λ² a1λ a0 0 obtida da Equação 81 substituindose y y e y por λ² λ¹ e λ⁰ 1 respectivamente A Equação 82 é chamada equação característica de 81 Exemplo 81 A equação característica de y 3y 4y 0 é λ² 3λ 4 0 a equação característica de y 2y y 0 é λ² 2λ 1 0 Obtémse de maneira análoga as equações características de equações diferenciais em outras variáveis dependentes que não y basta substituir a jma derivada da variável dependente por λj j 0 1 2 A equação característica pode ser fatorada em λ λ₁λ λ₂ 0 A Solução Geral Obtémse a solução geral de 81 diretamente a partir das raízes de 83 Há três casos a considerar Caso 1 λ¹ e λ² são ambas reais e distintas eλ¹x e eλ²x são duas soluções linearmente independentes e a solução geral é Teorema 72 y c₁eλ¹x c₂eλ²x No caso especial λ₂ λ₁ a solução 84 pode escreverse como y k₁ cosh λ₁x k₂ senh λ₁x Caso 2 λ₁ a ib um número complexo Como se supõem reais a₁ e a₀ em 81 e 82 as raízes de 82 devem aparecer em pares conjugados assim a outra raiz é λ₂ a ib eaibx e eaibx são duas soluções linearmente independentes e a solução geral complexa é y d₁eaibx d₂eaibx que é algebricamente equivalente a ver Problema 816 y c₁eax cos bx c₂eax sen bx Caso 3 λ₁ λ₂ eλ¹x e xeλ¹x são duas soluções linearmente independentes e a solução geral é y c₁eλ¹x c₂xeλ¹x Importante As soluções anteriores não são válidas se a equação diferencial não é linear ou se não tem coeficientes constantes Consideremos por exemplo a equação y x²y 0 As raízes da equação característica são λ₁ x e λ₂ x mas a solução não é y c₁erx c₂exx c₁ex² c₂ex² Nos Capítulos 23 e 24 estudaremos equações lineares com coeficientes variáveis Problemas Resolvidos 81 Resolva y y 2y 0 A equação característica é λ² λ 2 0 que pode fatorarse como λ 1λ 2 0 Como as raízes λ₁ 1 e λ₂ 2 são reais e distintas a solução é dada por 84 a saber y c₁ex c₂e2x 82 Resolva y 7y 0 A equação característica é λ² 7λ 0 que se fatora em λ 0λ 7 0 Como as raízes λ₁ 0 e λ₂ 7 são reais e distintas a solução é dada por 84 y c₁e0x c₂e7x c₁ c₂e7x 83 Resolva y 5y 0 A equação característica é λ² 5 0 que se fatora em λ 5λ 5 0 Como as raízes λ₁ 5 e λ₂ 5 são reais e distintas a solução é dada por 84 y c₁e5x c₂e5x 84 Expresse a solução do Problema 83 em termos de funções hiperbólicas Utilizando os resultados do Problema 83 com as identidades eλx cosh λx senh λx e eλx cosh λx senh λx obtemos y c₁e5x c₂e5x c₁cosh 5 x senh 5 x c₂cosh 5 x senh 5 x c₁ c₂ cosh 5 x c₁ c₂ senh 5 x k₁ cosh 5 x k₂ senh 5 x onde k₁ c₁ c₂ e k₂ c₁ c₂ 122 Equações Diferenciais 2ª Edição Cap 8 85 Resolva y 10y 21y 0 Aqui a variável independente é t A equação característica é λ2 10λ 21 0 que se fatora em λ 3λ 7 0 As raízes λ1 3 e λ2 7 são reais e distintas e a solução geral é y c1e3t c2e7t 86 Resolva x 001x 0 A equação característica é λ2 001 0 que se fatora como λ 01λ 01 0 As raízes λ1 01 e λ2 01 são reais e distintas e a solução geral é y c1e01t c2e01t ou equivalentemente y c1 cosh 01t c2 senh 01t 87 Resolva y 4y 5y 0 A equação característica é λ2 4λ 5 0 Aplicando a fórmula quadrática obtemos as raízes λ 4 42 45 2 2 i Cap 8 Equações diferenciais homogêneas lineares de segunda ordem com coeficientes constantes 123 As raízes constituem um par complexo conjugado e a solução geral é dada por 86 com a 2 e b 1 como y k1e2x cos x k2e2x sen x 88 Resolva y 4y 0 Equação característica λ2 4λ 0 que se fatora como λ 2iλ 2i 0 As raízes constituem um par complexo conjugado a solução geral é dada por 86 com a 0 e b 2 por y c1 cos 2x c2 sen 2x 89 Resolva y 3y 4y 0 Equação característica λ2 3λ 4 0 Aplicando a fórmula quadrática obtemos as raízes λ 3 32 44 2 32 i72 Essas raízes constituem um par complexo conjugado a solução geral conforme 86 é pois y c1e32x cos 72 x c2e32x sen 72 x 810 Resolva y 6y 25y 0 Equação característica λ2 6λ 25 0 124 Equações Diferenciais 2ª Edição Cap 8 Aplicando a fórmula quadrática obtemos as raízes y 6 62 425 2 3 i4 que formam um par complexo conjugado a solução geral é y c1e3t cos 4t c2e3t sen 4t 811 Resolva d²Idt² 20 dIdt 200I 0 Equação característica λ2 20λ 200 0 Suas raízes são λ 20 202 4200 2 10 i10 As raízes são complexas conjugadas e a solução geral é I c1e10t cos 10t c2e10t sen 10t 812 Resolva y 8y 16y 0 Equação característica λ2 8λ 16 0 que se fatora como λ 42 0 As raízes λ1 λ2 4 são reais e iguais e a solução geral de acordo com 87 é y c1e4x c2xe4x 813 Resolva y 0 Equação característica λ2 0 Cap 8 Equações diferenciais homogêneas lineares de segunda ordem com coeficientes constantes 125 que admite as raízes λ1 λ2 0 Conforme 87 a solução geral é y c1e0x c2xe0x c1 c2x 814 Resolva x 4x 4x 0 Equação característica λ2 4λ 4 0 que pode fatorarse como λ 22 0 As raízes λ1 λ2 2 são reais e iguais e a solução geral é x c1e2t c2te2t 815 Resolva 100 d2Ndt2 20 dNdt N 0 Dividindo por 100 ambos os membros da equação diferencial para reducir à unidade o coeficiente da mais alta derivada obtemos d2Ndt2 02 dNdt 001N 0 Sua equação característica é λ2 02λ 001 0 que se fatora como λ 012 0 As raízes λ1 λ2 01 são reais e iguais e a solução geral é N c1e01t c2te01t 816 Prove que 86 é algebricamente equivalente a 85 Utilizando as relações de Euler eibx cos bx i sen bx e eibx cos bx i sen bx 126 Equações Diferenciais 2ª Edição Cap 8 podemos escrever 85 como y d1eaxei bx d2eax eibx eaxd1eibx d2eibx eaxd1cos bx i sen bx d2cos bx i sen bx eaxd1 d2 cos bx id1 d2 sen bx c1eax cos bx c2eax sen bx 1 onde c1 d1 d2 e c2 id1 d2 A Equação 1 é real se e somente se c1 e c2 forem ambos reais o que só pode correr se d1 e d2 forem complexos conjugados Como estamos interessados na solução geral real de 81 restringimos d1 e d2 a um par conjugado Problemas Suplementares Resolva as seguintes equações diferenciais 817 y y 0 818 y y 30 0 819 y 2y y 0 820 y y 0 821 y 2y 2y 0 822 y 7y 0 823 y 6y 9y 0 824 y 2y 3y 0 825 y 3y 5y 0 826 y y 14 y 0 827 x 20x 64x 0 828 x 60x 500x 0 Cap 8 Equações diferenciais homogêneas lineares de segunda ordem com coeficientes constantes 127 829 x 3x x 0 830 x 10x 25x 0 831 x 25x 0 832 x 25x 0 833 x x 2x 0 834 u 2u 4u 0 835 u 4u 2u 0 836 u 36u 0 837 u 36u 0 838 d2Qdt2 5 dQdt 7Q 0 839 d2Qdt2 7 dQdt 5Q 0 840 d2Pdt2 18 dPdt 81P 0 841 d2Pdx2 2 dPdx 9P 0 842 d2Ndx2 5 dNdx 24N 0 843 d2Ndx2 5 dNdx 24N 0 844 d2Tdθ2 30 dTdθ 225T 0 845 d2Rdθ2 5 dRdθ 0 O Método dos Coeficientes a Determinar A solução geral de uma equação diferencial linear Ly φx é dada pelo Teorema 74 como y yh yp onde yp denota uma solução da equação diferencial e yh é a solução da equação homogênea associada Ly 0 Nos Capítulos 9 e 10 dãose métodos para obter yh quando a equação diferencial tem coeficiente particular yp desde que se conheça yh Forma Simples do Método O método dos coeficientes a determinar ou dos coeficientes indeterminados só se aplica se φx e todas suas derivadas podem escreverse em termos do mesmo conjunto finito de funções linearmente independentes que denotamos por y1x y2x ynx Iniciase o método supondose uma solução particular da forma ypx A1y1x A2y2x Anynx onde A1 A2 An denotam constantes multiplicativas arbitrárias Calculamse então essas constantes arbitrárias levandose a solução proposta na equação diferencial dada e igualandose os coeficientes nos termos semelhantes Caso 1 φx pnx polinômio de grau n em x Supor uma solução da forma yp Anxn An1xn1 A1x A0 onde Ajj 0 1 2 n são constantes a serem determinadas Caso 2 φx keαx onde k e α são constantes conhecidas Admitir uma solução da forma yp Aeαx onde A é uma constante a ser determinada Caso 3 φx k1 sen βx k2 cos βx onde k1 k2 e β são constantes conhecidas Supor uma solução da forma yp A sen βx B cos βx com A e B constantes a determinar Nota Devese tomar 103 integralmente mesmo que k1 ou k2 seja zero porque as derivadas de senos e cosenos envolvem tanto senos como cosenos Generalizações Se φx é o produto de termos considerados nos Casos 1 a 3 devemos tomar yp como o produto das soluções supostas correspondentes e combinar constantes algebricamente sempre que possível Em particular se φx eαxpnx é o produto de um polinômio e uma exponencial admitiremos yp eαxAnxn An1xn1 A1x A0 onde Aj é tal como no Caso 1 Se φx eαxpnx sen βx é o produto de um polinômio uma exponencial e um termo em seno ou se φx eαxpnx cos βx é o produto de um polinômio uma exponencial e um termo em coseno então devemos admitir yp eαx sen βxAnxn A1x A0 eαx cos βxBnxn B1x B0 onde Aj e Bjj 0 1 n são constantes a determinar Se φx é a soma ou diferença de termos já considerados devemos então tomar yp como a soma ou diferença das soluções supostas correspondentes e combinar algebricamente as constantes sempre que possível Modificações Se qualquer termo da solução suposta desprezandose constantes multiplicativas é também um termo de yh a solução homogênea então a solução suposta deve ser modificada multiplicandose por xm onde m é o menor inteiro positivo tal que o produto de xm pela solução suposta não tenha termos em comum com yh Limitações do Método Em geral se φx não é um dos tipos de função considerados anteriormente ou se a equação diferencial não tem coeficientes constantes então deve ser preferido o método do Capítulo 11 Problemas Resolvidos 101 Resolva y y 2y 4x² Pelo Problema 81 yh c1ex c2ex Aqui φx 4x² um polinômio do segundo grau Aplicando 101 admitimos yp A2x² A1x A0 Assim yp 2A2x A1 e yp 2A2 Levando estes resultados na equação diferencial temos 2A2 2A2x A1 2A2x² A1x A0 4x² ou equivalentemente 2A2x² 2A2 2A1x 2A2 A1 2A0 4x² 0x 0 Igualando os coeficientes das potências semelhantes de x obtemos 2A2 4 2A2 2A1 0 2A2 A1 2A0 0 Resolvendo este sistema chegamos a A₂ 2 A₁ 2 e A₀ 3 Logo 1 se escreve yp 2x² 2x 3 e a solução geral é y yh yp c₁eˣ c₂e²ˣ 2x² 2x 3 102 Resolva y y 2y e³ˣ Conforme o Problema 81 yh c₁eˣ c₂e²ˣ Aqui φx tem a forma do Caso 2 com k 1 e α 3 Utilizando 102 admitimos yp Ae³ˣ 1 Assim yp 3Ae³ˣ e yp 9Ae³ˣ Levando estes resultados na equação diferencial temos 9Ae³ˣ 3Ae³ˣ 2Ae³ˣ e³ˣ ou 4Ae³ˣ e³ˣ Seguese que 4A 1 ou A 14 de modo que 1 se escreve yp 14 e³ˣ A solução geral é então y c₁eˣ c₂e²ˣ 14 e³ˣ 103 Resolva y y 2y sen 2x Novamente pelo Problema 81 yh c₁eˣ c₂e²ˣ Aqui φx tem a forma do Caso 3 com k₁ 1 k₂ 0 e β 2 Utilizando 103 admitimos yp A sen 2x B cos 2x 1 Assim yp 2A cos 2x 2B sen 2x e yp 4A sen 2x 4B cos 2x Levando estes resultados na equação diferencial temos 4A sen 2x 4B cos 2x 2A cos 2x 2B sen 2x 2A sen 2x B cos 2x sen 2x ou equivalentemente 6A 2B sen 2x 6B 2A cos 2x 1 sen 2x 0 cos 2x Igualando os coeficientes de termos semelhantes vem 6A 2B 1 2A 6B 0 Resolvendo este sistema obtemos A 320 e B 120 Então de 1 yp 320 sen 2x 120 cos 2x e a solução geral é y c₁eˣ c₂e²ˣ 320 sen 2x 120 cos 2x 104 Resolva ÿ 6ẏ 25y 2 sen t2 cos t2 Do Problema 810 yh c₁e³ᵗ cos 4t c₂e³ᵗ sen 4t Aqui φt tem a forma do Caso 3 com a variável independente t substituindo x k₁ 2 k₂ 1 e β 12 Aplicando 103 com t em lugar de x admitimos que yp A sen t2 B cos t2 1 Conseqüentemente ẏp A2 cos t2 B2 sen t2 e ÿp A4 sen t2 B4 cos t2 Levando estes resultados na equação diferencial obtemos A4 sen t2 B4 cos t2 6 A2 cos t2 B2 sen t2 25 A sen t2 B cos t2 2 sen t2 cos t2 ou equivalentemente 994 A 3B sen t2 3A 994 B cos t2 2 sen t2 cos t2 Igualando os coeficientes dos termos semelhantes temos 994 A 3B 2 3A 994 B 1 Seguese que A 56663 e B 20663 de modo que 1 se escreve yp 56663 sen t2 20663 cos t2 A solução geral é y yh yp c₁e³ᵗ cos 4t c₂e³ᵗ sen 4t 56663 sen t2 20663 cos t2 105 Resolva ÿ 6ẏ 25y 64eᵗ Pelo Problema 810 yh c₁e³ᵗ cos 4t c₂e³ᵗ sen 4t Aqui φt tem a forma do Caso 2 com a variável independente t substituindo x k 64 e α 1 Utilizando 102 com t substituindo x supomos yp Aeᵗ 1 Conseqüentemente ẏp Aeᵗ e ÿp Aeᵗ Levando estes resultados na equação diferencial obtemos Aeᵗ 6Aeᵗ 25Aeᵗ 64eᵗ ou equivalentemente 32Aeᵗ 64eᵗ Seguese que 32A 64 ou A 2 e 1 se torna yp 2eᵗ A solução geral é y yh yp c₁e³ᵗ cos 4t c₂e³ᵗ sen 4t 2eᵗ 106 Resolva ÿ 6ẏ 25y 50t³ 36t² 63t 18 Novamente pelo Problema 810 yh c₁e³ᵗ cos 4t c₂e³ᵗ sen 4t Aqui φt é um polinômio do terceiro grau em t Utilizando 101 com t em lugar de x supomos que yp A3t3 A2t2 A1t A0 1 Conseqüentemente y 3A3t2 2A2t A1 e y 6A3t 2A2 Levando estes resultados na equação diferencial obtemos 6A3t 2A2 63A3t2 2A2t A1 25Aet3 A2t2 A1t A0 50t3 36t2 63t 18 ou equivalentemente 25A3t3 18A3 25A2t2 6A3 12A2 25A1 2A2 6A1 25A0 50t3 36t2 63t 18 Igualando os coeficientes das potências semelhantes de t temos 25A3 50 18A3 25A2 36 6A3 12A2 25A1 63 2A2 6A1 25A0 18 Resolvendo simultaneamente essas quatro equações algébricas chegamos a A3 2 A2 0 A1 3 e A0 0 de modo que 1 se escreve yp 2t3 3t A solução geral é y yh yp c1e3t cos 4t c2e3t sen 4t 2t3 3t 107 Resolva y 6y 11y 6y 2xex Pelo Problema 91 yh c1ex c2e2x c3e3x Aqui φx eαpxnx com α 1 e pnx 2x um polinômio do primeiro grau Utilizando a Equação 104 supomos yp exA1x A0 ou yp A1xex A0ex 1 Assim yp A1xex A1ex A0ex yp A1xex 2A1ex A0ex yp A1xex 3A1ex A0ex Levando estes resultados na equação diferencial e simplificando obtemos 24A1xex 26A1 24A0ex 2xex 0ex Igualando os coeficientes de termos semelhantes vem 24A1 2 26A1 24A0 0 donde A1 112 e A0 13144 A Equação 1 se escreve yp 112 xex 1344 ex e a solução geral é y c1ex c2e2x c3e3x 112 xex 13144 ex 108 Determine a forma particular de y 9x2 2x 1 Aqui φx 9x2 2x 1 e a solução da equação diferencial homogênea associada y 0 é yh c1x c0 Como φx é um polinômio do segundo grau tentamos primeiro yp A2x2 A1x A0 Note entretanto que esta suposta solução a menos de constantes multiplicativas tem termos em comum com yh em particular o termo em primeira potência e o termo constante Logo devemos determinar o menor inteiro positivo m tal que xmA2x2 A1x A0 não tenha termos em comum com yh Para m 1 obtemos xA2x2 A1x A0 A2x3 A1x2 A0x que ainda tem um termo de primeira potência em comum com yh Para m 2 x2A2x2 A1x A0 A2x4 A1x3 A0x2 que não tem termos em comum com yh portanto admitimos uma expressão desta forma para yp 109 Resolva y 9x2 2x 1 Utilizando os resultados do Problema 108 temos yh c1x c0 e supomos yp A2x4 A1x3 A0x2 1 Levando 1 na equação diferencial obtemos 12A2x2 6A1x 2A0 9x2 2x 1 donde A2 34 A1 13 e A0 12 1 escrevese então yp 34 x4 13 x3 12 x2 e a solução geral é y c1x c0 34 x4 13 x3 12 x2 A solução também pode ser obtida integrandose duas vezes ambos os membros da equação em relação a x 1010 Resolva y 5 2e5x Pelo Problema 93 yh c1e5x Como φx 2e5x decorreria da Equação 102 que uma forma plausível para yp fosse yp A0e5x Note entretanto que este yp tem exatamente a mesma forma que yh portanto devemos modificar yp Multiplicando yp por x m 1 obtemos yp A0xe5x 1 Como esta expressão não tem termos em comum com yh é candidata a solução particular Levando 1 e yp A0e5x 5A0xe5x na equação diferencial e simplificando obtemos A0e5x 2r5x donde A0 2 A Equação 1 se escreve yp 2xe5x e a solução geral é y c1 2xe5x 1011 Determine a forma de uma solução particular de y 5y x 1 sen x x 1 cos x Aqui ϕx x 1 sen x x 1 cos x e pelo Problema 93 sabemos que a solução da equação homogênea associada y 5y 0 é yh c1 e5x A Equação 105 dá como suposta solução de x 1 sen x com α 0 A1x A0 sen x B1x B0 cos x e a mesma Equação 105 nos dá como possível a solução de x 1 cos x C1x C0 sen x D1x D0 cos x Usamos C e D na última expressão porque as constantes A e B já foram usadas Tomamos portanto yp A1x A0 sen x B1x B0 cos x C1x C0 sen x D1x D0 cos x Combinando termos semelhantes chegamos a yp E1x E0 sen x F1x F0 cos x como suposta solução onde Ej Aj Cj e Fj Bj Dj j 0 1 1012 Resolva y 5y x 1 sen x x 1 cos x Pelo Problema 93 yh c1 e5x Com os resultados do Problema 1011 supomos que yp E1x E0 sen x F1x F0 cos x 1 Assim yp E1 F1x F0 sen x E1x E0 F1 cos x Levando estes valores na equação diferencial e simplificando obtemos 5E1 F1x sen x 5E0 E1 F0 sen x 5F1 E1x cos x 5F0 E0 F1 cos x 1x sen x 1 sen x 1x cos x 1 cos x Igualando coeficientes de termos semelhantes vem 5E1 F1 1 5E0 E1 F0 1 E1 5F1 1 E0 5F0 F1 1 Resolvendo obtemos E1 213 E0 71338 F1 313 e F0 69338 Então de 1 yp 213 x 71338 sen x 313 x 69338 cos x e a solução geral é y c1 e5x 213 x 71338 sen x 313 x 69338 cos x 1013 Resolva y 5y 3ex 2x 1 Do Problema 93 yh c1 e5x Aqui podemos escrever ϕx como a soma de duas funções de manejo fácil ϕx 3ex 2x 1 Para o termo 3ex devemos supor uma solução da forma Aex e para o termo 2x 1 uma solução da forma B1x B0 Tentamos assim yp Aex B1x B0 1 Levando 1 na equação diferencial e simplificando obtemos 4Aex 5B1x B1 5B0 3ex 2x 1 Igualando coeficientes de termos semelhantes chegamos a A 34 B1 25 e B0 325 Assim 1 se torna yp 34 ex 25 x 325 e a solução geral é y c1 e5x 34 ex 25 x 325 1014 Resolva y 5y x2 ex xe5x Pelo Problema 93 yh c1 e5x Aqui ϕx x2 ex xe5x que é a diferença de dois termos facilmente manejáveis Para x2 ex supomos uma solução da forma ex A2 x2 A1 x A0 1 Para xe5x tentamos inicialmente uma solução da forma e5x B1 x B0 B1 x e5x B0 e5x Mas esta solução suposta teria a menos de constantes multiplicativas o termo e5x em comum com yh Somos pois levados à expressão modificada xe5x B1 x B0 e5x B1 x2 B0 x 2 Tomamos agora yp como a soma de 1 e 2 yp ex A2 x2 A1 x A0 e5x B1 x2 B0 x 3 Levando 3 na equação diferencial e simplificando obtemos ex 4A2 x2 2A2 4A1 x A1 4A0 e5x 2B1 x B0 ex 1x2 0x 0 e5x 1x 0 Igualando coeficientes de termos semelhantes vem 4A2 1 2A2 4A1 0 A1 4A0 0 2B1 1 B0 0 donde A2 14 A1 18 A0 132 B1 12 B0 0 A Equação 3 dá então yp ex 14 x2 18 x 132 12 x e5x e a solução geral é y c1 e5x ex 14 x2 18 x 132 12 x e5x Problemas Suplementares Nos Problemas 1015 a 1026 determine a forma de uma solução particular de Ly φx para φx dada se a solução da equação homogênea associada Ly 0 é yₕ c₁e²ˣ c₂e³ˣ 1015 φx 2x 7 1016 φx 3x² 1017 φx 13x² 388x 1077 1018 φx 05e²ˣ 1019 φx 13e⁵ˣ 1020 φx 4e²ˣ 1021 φx 2 cos 3x 1022 φx 12 cos 3x 3 sen 3x 1023 φx x cos 3x 1024 φx 2x 3e⁸ˣ 1025 φx 2xe⁵ˣ 1026 φx 2xe³ˣ Nos Problemas 1027 a 1036 determine a forma de uma solução particular de Ly φx para φx dada se a solução da equação homogênea associada Ly 0 é yₕ c₁e⁵ˣ cos 3x c₂e⁵ˣ sen 3x 1027 φx 2e³ˣ 1028 φx xe³ˣ 1029 φx 23e⁵ˣ 1030 φx x² 7e⁵ˣ 1031 φx 5 cos 2 x 1032 φx x² sen 2 x 1033 φx cos 3x 1034 φx 2 sen 4x cos 7x 1035 φx 31eˣ cos 3x 1036 φx 16 e⁵ˣ cos 3x Nos Problemas 1037 a 1043 determine a forma de uma solução particular de Lx φt para φt dada se a solução da equação homogênea associada Lx 0 é xₕ c₁ c₂eᵗ c₃teᵗ 1037 φt t 1038 φt 2t² 3t 82 1039 φt te²ᵗ 3 1040 φt 6t⁴ 1041 φt teᵗ 1042 φt 3 t cos t 1043 φt t²e²ᵗ cos 3t Nos Problemas 1044 a 1052 determine as soluções gerais das equações diferenciais dadas 1044 y 2y y x² 1 1045 y 2y y 3e²ˣ 1046 y 2y y 4 cos x 1047 y 2y y 3eˣ 1048 y 2y y xeˣ 1049 y y eˣ 1050 y y xe²ˣ 1 1051 y y sen x cos 2x 1052 y 3y 3y y eˣ 1 Variação dos Parâmetros A variação dos parâmetros constitui outro método ver Capítulo 10 para determinar uma solução particular da equação diferencial linear de ordem n Ly φx 111 desde que se conheça a solução da equação homogênea associada Ly 0 Recordemos do Teorema 72 que se y₁x y₂x yₙx são n soluções linearmente independentes de Ly 0 então a solução geral de Ly 0 é yₕ c₁y₁x c₂y₂x cₙyₙx 112 O Método Uma solução particular de Ly φx tem a forma yₚ υ₁y₁ υ₂y₂ υₙyₙ 113 onde os yᵢ yᵢx i 1 2 n são dados pela Equação 112 e os υᵢ i 1 2 n são funções incógnitas de x a serem determinadas Para achar os vi resolvemos primeiro simultaneamente as seguintes equações lineares em relação a vi v1y1 v2y2 vnyn 0 v1y1 v2y2 vnyn 0 v1y1n2 v2y2n2 vnynn2 0 v1y1n1 v2y2n1 vnynn1 φx Integramos então cada vi para obter vi desprezando todas as constantes de integração o que é permitido porque estamos interessados em apenas uma solução particular Exemplo 111 No caso especial n 3 as equações 114 se reduzem a v1y1 v2y2 v3y3 0 v1y1 v2y2 v3y3 0 v1y1 v2y2 v3y3 φx No caso n 2 as equações 114 se reduzem a v1y1 v2y2 0 v1y1 v2y2 φx e no caso n 1 obtemos a equação única v1y1 φx Como y1x y2x ynx são n soluções linearmente independentes da mesma equação Ly 0 seu wronskiano não é zero Teorema 73 Isto significa que o sistema 114 tem determinante não nulo e pode ser resolvido de modo único em relação a v1x v2x vnx Objetivo do Método O método da variação dos parâmetros pode aplicarse a todas as equações diferenciais lineares É assim mais poderoso do que o método dos coeficientes a determinar que se restringe a equações diferenciais lineares com coeficientes constantes e formas particulares de φx Não obstante quando ambos os métodos são aplicáveis o método dos coeficientes a determinar é mais eficiente devendo assim ser preferido Do ponto de vista prático a integração de vix nem sempre é possível Em tais casos devem empregarse outros métodos em particular técnicas numéricas Problemas Resolvidos 111 Resolva y y sec x Tratase de uma equação de terceira ordem com yh c1 c2 cos x c3 sen x ver Capítulo 9 seguese da equação 113 que yp v1 v2 cos x v3 sen x 1 Aqui y1 1 y2 cos x y3 sen x e φx sec x de modo que 115 se torna v11 v2cos x v3sen x 0 v10 v2 sen x v3cos x 0 v10 v2 cos x v3 sen x sec x Resolvendo simultaneamente este conjunto de equações obtemos v1 sec x v2 1 e v3 tg x Assim v1 v1 dx sec x dx lnsec x tg x v2 v2 dx 1 dx x v3 v3 dx tg x dx sen x cos x dx lncos x Levando estes valores em 1 obtemos yp lnsec x tg x x cos x sen x lncos x A solução geral é pois y yh yp c1 c2 cos x c3 sen x lnsec x tg x x cos x sen x lncos x 112 Resolva y 3y 2y ex 1 ex Tratase de uma equação de terceira ordem com yh c1 c2 ex c3 e2x ver Capítulo 9 seguese da equação 113 que yp v1 v2 ex v3 e2x 1 Aqui y1 1 y2 ex y3 e2x e φx ex1 ex e a equação 115 se escreve v11 v2ex v3e2x 0 v10 v2ex v32e2x 0 v10 v2ex v34e2x ex 1 ex Resolvendo estas equações simultaneamente obtemos v1 12ex 1 ex v2 1 1 ex v3 12ex 1 ex Com a substituição u ex 1 e w 1 ex encontramos v1 12 ex 1 ex dx 12 ex ex 1 ex dx 12 u1u du 12 u 12 lnu 12 ex 1 12 lnex 1 v2 1 1 ex dx ex ex 1 dx du u lnu lnex 1 v3 12 ex 1 ex dx 12 dw w 12 ln w 12 ln 1 ex Levando estes valores em 1 obtemos yp 12 ex 1 12 lnex 1 lnex 1 ex 12 ln1 ex e2x A solução geral é y yh yp c1 c2 ex c3 e2x 12 ex 1 12 lnex 1 ex lnex 1 12 e2x ln1 ex Esta solução pode ser simplificada Notemos primeiro que ln1 ex lnex ex 1 ln ex lnex 1 1 lnex 1 de modo que 12 e2x ln 1 ex 12 e2x 1 lnex 1 12 e2x 12 e2x lnex 1 Então combinando termos semelhantes temos y c1 12 c2 12 ex c3 12 e2x 12 ex 12 e2x lnex 1 c4 c5 ex c6 e2x 12 1 2ex ex2 lnex 1 c4 c5 ex c6 e2x 12 ex 12 lnex 1 com c4 c1 12 c5 c2 12 c6 c3 12 113 Resolva y 2y y exx Aqui n 2 e yh c1 ex c2 x ex logo yp v1 ex v2 x ex 1 Como y1 ex y2 x ex e φx ex x seguese da Equação 116 que v1 ex v2 x ex 0 v1 ex v2 ex x ex exx Resolvendo este conjunto de equações simultaneamente obtemos v1 1 e v2 1x Assim v1 v1 dx 1 dx x v2 v2 dx 1x dx ln x Levando estes valores em 1 obtemos yp x ex x ex ln x A solução geral é pois y yh yp c1 ex c2 x ex x ex x ex ln x c1 ex c3 x ex x ex ln x c3 c2 1 114 Resolva y y 2 e3x Aqui n 2 e yh c1 ex c2 e2x logo yp v1 ex v2 e2x 1 Como y1 ex y2 e2x e φx e3x decorre da Equação 116 que v1 ex v2 e2x 0 v1 ex v2 2 e2x e3x Resolvendo estas equações simultaneamente obtemos v1 e4x3 e v2 ex 3 donde v1 e4x12 e v2 ex 3 Levando estes resultados em 1 obtemos yp 112 e4x ex 13 ex e2x 112 e3x 13 e3x 14 e3x A solução geral é pois y c1 ex c2 e2x 14 e3x Compare com o Problema 102 115 Resolva x 4x sen2 2t É uma equação de segunda ordem em xt com xh c1 cos 2t c2 sen 2t Decorre da Equação 113 que xp v1 cos 2t v2 sen 2t 1 onde v1 e v2 são agora funções de t Aqui x1 cos 2t x2 sen 2t são duas soluções linearmente independentes da equação diferencial homogênea associada e φt sen2 2t de modo que a Equação 116 com x substituindo y se escreve v1 cos 2t v2 sen 2t 0 v1 2 sen 2t v2 2 cos 2t sen2 2t A solução deste conjunto de equações é v1 12 sen³ 2t v2 12 sen² 2t cos 2t Assim v1 12 sen³ 2t dt 14 cos 2t 112 cos³ 2t v2 12 sen² 2t cos 2t dt 112 sen³ 2t Levando estes valores em 1 obtemos xp 14 cos 2t 112 cos³ 2t cos 2t 112 sen³ 2t sen 2t 14 cos² 2t 112 cos⁴ 2t sen⁴ 2t 14 cos² 2t 112 cos² 2t sen² 2tcos² 2t sen² 2t 16 cos² 2t 112 sen² 2t porque cos² 2t sen² 2t 1 A solução geral é x xh xp c1 cos 2t c2 sen 2t 16 cos² 2t 112 sen² 2t 116 Resolva t² d²Ndt² 2t dNdt 2N t ln t sabendo que t e t² são duas soluções linearmente independentes da equação diferencial homogênea associada Primeiro escrevemos a equação diferencial em forma padrão com o coeficiente da mais alta derivada reduzido à unidade Dividindo a equação por t² obtemos d²Ndt² 2t dNdt 2t² N 1t ln t com ϕt 1t ln t Sabemos que N1 t e N2 t² são duas soluções linearmente independentes da equação homogênea de segunda ordem associada Decorre do Teorema 72 que Nh c1 t c2 t² Supomos portanto Np v1 t v2 t² 1 As Equações 116 com N substituindo y se escrevem v1t v2t² 0 v11 v22t 1t ln t A solução deste conjunto de equações é v1 1t ln t e v2 1t² ln t Assim v1 1t ln t dt 12 ln² t v2 1t² ln t dt 1t ln t 1t e 1 se torna Np 12 ln² t t 1t ln t 1t t² 12 ln² t t ln t t A solução geral é N Nh Np c1 t c2 t² t2 ln² t t ln t t c3 t c2 t² t2 ln² t t ln t com c3 c1 1 117 Resolva y 4x y x⁴ Aqui n 1 e conforme Capítulo 5 yh c1 x⁴ logo yp v1 x⁴ 1 Como y1 x⁴ e ϕx x⁴ a Equação 117 se escreve v1 x⁴ x⁴ donde obtemos v1 x⁸ e v1 x⁹9 A Equação 1 se escreve agora yp x⁵9 e a solução geral é assim y c1 x⁴ 19 x⁵ Compare com o Problema 56 118 Resolva y4 5x pela variação dos parâmetros Aqui n 4 e yh c1 c2 x c3 x² c4 x³ logo yp v1 v2 x v3 x² v4 x³ 1 Como y1 1 y2 x y3 x² y4 x³ e ϕx 5x seguese da Equação 114 com n 4 que v11 v2x v3x² v4x³ 0 v10 v21 v32x v43x² 0 v10 v20 v32 v46x 0 v10 v20 v30 v46 5x Resolvendo simultaneamente este conjunto de equações obtemos v1 56 x⁴ v2 52 x³ v3 52 x² v4 56 x donde v1 16 x⁵ v2 58 x⁴ v3 56 x³ v4 512 x² Então de 1 yp 16 x⁵ 58 x⁴x 56 x³x² 512 x²x³ 124 x⁵ e a solução geral é yh c1 c2 x c3 x² c4 x³ 124 x⁵ Podese obter a solução também integrando ambos os membros da equação diferencial quatro vezes em relação a x Problemas Suplementares Use o método da variação dos parâmetros para obter a solução geral das seguintes equações diferenciais 119 y 2y y ex x5 1110 y y sec x 1111 y y 2y e3x 1112 y 60y 900y 5e10x 1113 y 7y 3 1114 y 1x y 1x2 y ln x sabendo que x e 1x são duas soluções da homogênea associada 1115 x2 y xy x3 ex sabendo que 1 e x2 são duas soluções da homogênea associada 1116 y 1x y x2 1117 y 2xy x 1118 y 12 1119 x 2x x et t3 1120 x 6x 9x e3t t2 1121 x 4x 4 sec2 2t 1122 x 4x 3x et 1 et 1123 t2 1 x 2tx 2x t2 12 sabendo que t e t2 1 são duas soluções da homogênea associada Problemas de Valor Inicial Resolvemse problemas de valor inicial aplicandose as condições iniciais à solução geral da equação diferencial Salientese que as condições iniciais se aplicam apenas à solução geral e não à solução homogênea yh muito embora seja yh que possua todas as constantes arbitrárias a serem determinadas A única exceção é quando a solução geral é a própria solução homogênea isto é quando a equação diferencial em estudo é ela própria homogênea Problemas Resolvidos 121 Resolva y y 2y 4x2 y0 1 y0 4 A solução geral da equação diferencial é dada no Problema 101 y c1 ex c2 e2x 2x2 2x 3 1 Portanto y c1 ex 2 c2 e2x 4x 2 2 Aplicando a 1 a primeira condição inicial obtemos y0 c1 e0 c2 e0 202 20 3 1 ou c1 c2 4 3 Aplicando a 2 a segunda condição inicial vem y0 c1 e0 2 c2 e0 40 2 4 ou c1 2 c2 2 4 Resolvendo 3 e 4 simultaneamente chegamos a c1 2 e c2 2 Levando estes valores em 1 obtemos a solução do problema de valor inicial y 2 ex 2 e2x 2x2 2x 3 122 Resolva y 2y y ex x y1 0 y1 1 Pelo Problema 113 a solução geral da equação diferencial é y c1 ex c3 x ex x ex ln x 1 Portanto y c1 ex c3 ex c3 x ex ex ln x x ex ln x ex 2 Aplicando a primeira condição inicial a 1 obtemos y1 c1 e1 c31 e1 1 e1 ln 1 0 ou notando que ln 1 0 c1 e c3 e 0 3 Aplicando a 2 a segunda condição inicial vem y1 c1 e1 c3 e1 c31 e1 e1 ln 1 1 e1 ln 1 e1 1 ou c1 e 2 c3 e 1 e 4 Resolvendo 3 e 4 simultaneamente encontramos c1 c3 e 1 e Levando estes valores em 1 obtemos a solução do problema de valor inicial y ex1 e 11 x x ex ln x 123 Resolva y 4y 8y sen x y0 1 y0 0 Aqui yh e2x c1 cos 2x c2 sen 2x e pelo método dos coeficientes a determinar yp 765 sen x 465 cos x Assim a solução geral da equação diferencial é y e2xc1 cos 2x c2 sen 2x 765 sen x 465 cos x Portanto y 2e2xc1 cos 2x c2 sen 2x e2x2c1 sen 2x 2c2 cos 2x 765 cos x 465 sen x Aplicando a 1 a primeira condição inicial obtemos c1 6965 Aplicando a 2 a segunda condição inicial vem 2c1 2c2 765 Resolvendo 3 e 4 simultaneamente obtemos c1 6965 e c2 131130 Levando estes valores em 1 obtemos a solução do problema de valor inicial y e2x6965 cos 2x 131130 sen 2x 765 sen x 465 cos x 124 Resolva y 6y 11y 6y 0 ypi 0 ypi 0 ypi 1 Do Problema 91 temos yh c1 ex c2 e2x c3 e3x yh c1 ex 2 c2 e2x 3 c3 e3x yh c1 ex 4 c2 e2x 9 c3 e3x Como a equação diferencial dada é homogênea yh é também a solução geral Aplicando cada condição inicial separadamente obtemos ypi c1 epi c2 e2pi c3 e3pi 0 ypi c1 epi 2 c2 e2 pi 3 c3 e3 pi 0 ypi c1 epi 4 c2 e2 pi 9 c3 e3pi 1 Resolvendo estas equações simultaneamente encontramos c1 12 epi c2 e2pi c3 12 e3pi Levando estes valores na primeira equação 1 obtemos finalmente y 12 ex pi e2x pi 12 e3x pi 125 Resolva ddotx 4x sen2 2t x0 0 dotx0 0 A solução geral da equação diferencial é dada no Problema 115 x c1 cos 2t c2 sen 2t 16 cos2 2t 112 sen2 2t Portanto dotx 2 c1 sen 2t 2 c2 cos 2t 13 cos 2t sen 2t Aplicando a 1 a primeira condição inicial obtemos x0 c1 16 0 Logo c1 16 Aplicando a 2 a segunda condição inicial vem dotx0 2 c2 0 Logo c2 0 A solução do problema de valor inicial é pois x 16 cos 2t 16 cos2 2t 112 sen2 2t 126 Resolva ddotx 4x sen2 2t xpi8 0 dotxpi8 0 A solução geral da equação diferencial e a derivada da solução são dadas em 1 e 2 do Problema 125 Aplicando a primeira condição inicial obtemos 0 xpi8 c1 cospi4 c2 senpi4 16 cos2 pi4 112 sen2 pi4 c1 sqrt22 c2 sqrt22 16 12 112 12 ou c1 c2 sqrt28 Aplicando a condição inicial vem 0 dotxpi8 2 c1 senpi4 2 c2 cospi4 13 cospi4 senpi4 2 c1 sqrt22 2 c2 sqrt22 13 sqrt22sqrt22 ou c1 c2 sqrt212 Resolvendo 1 e 2 simultaneamente encontramos c1 548 sqrt2 e c2 148 sqrt2 donde a solução do problema de valor inicial x 548 sqrt2 cos 2t 148 sqrt2 sen 2t 16 cos2 2t 112 sen2 2t Problemas Suplementares Resolva os seguintes problemas de valor inicial 127 y y 2y e3x y0 1 y0 2 128 y y 2y e3x y0 2 y0 1 129 y y 2y 0 y0 2 y0 1 1210 y y 2y e3x y1 2 y1 1 1211 y y x y1 0 y1 1 1212 y 4y sen2 2x ypi 0 ypi 0 1213 y y 0 y2 0 y2 0 1214 y 12 y1 0 y1 0 y1 0 1215 y 2y 2y sen 2t cos 2t y0 0 y0 1 Capítulo 13 Aplicações das Equações Diferenciais Lineares de Segunda Ordem Problemas de Mola O sistema de mola exibido na Figura 131 consiste em uma massa m suspensa da extremidade inferior de uma mola que por seu turno está verticalmente suspensa de um suporte O sistema está em posição de equilíbrio quando está em repouso A massa é posta em movimento por um ou mais dos seguintes meios deslocando a massa de sua posição de equilíbrio imprimindolhe uma velocidade inicial ou sujeitando a uma força externa Ft Lei de Hooke A força F de uma mola é igual e oposta às forças aplicadas à mesma e é proporcional à distensão contração ℓ da mola resultante da força aplicada ou seja F kℓ onde k é a constante de proporcionalidade geralmente chamada constante da mola Exemplo 131 Uma bola de aço de 58 kg de peso está suspensa da extremidade de uma mola causando nesta uma distensão de 06 m em relação ao seu comprimento natural A força aplicada responsável pelo deslocamento distensão de 06 m é o peso da bola 58 kg Assim F 58 kg Então pela lei de Hooke 58 k06 donde k 9667 kgm Posição de equilíbrio Posição inicial em t 0 Por questão de conveniência escolhemos a direção para baixo como direção positiva e tomamos como origem o centro da massa na posição de equilíbrio Desprezando a massa da mola e admitindo que a resistência do ar quando presente seja proporcional à velocidade da massa então no instante t há três forças atuando sobre o sistema 1 Ft medida na direção positiva 2 uma força restauradora dada segundo a lei de Hooke por Fs kx k 0 e 3 uma força devida à resistência do ar dada por Fa ax a 0 onde a é a constante de proporcionalidade Note que a força restauradora Fs sempre atua em uma direção que tende a fazer o sistema voltar à sua posição de equilíbrio se a massa está abaixo da posição de equilíbrio então x é positivo e kx é negativo se a massa está acima da posição de equilíbrio então x é negativo e kx é positivo Note também que como a 0 a força Fa devida à resistência do ar atua em direção oposta à da velocidade tendendo assim a retardar ou amortecer o movimento da massa Decorre então da segunda lei de Newton ver Capítulo 6 que m x kx ax Ft ou x am x km x Ftm 131 Se o sistema parte em t 0 com uma velocidade inicial v₀ e de uma posição inicial de x₀ temos as condições iniciais x0 x₀ x0 v₀ 132 Ver Problemas 1311310 A força de gravidade não aparece explicitamente em 131 não obstante estar presente Esta força é automaticamente compensada medindose a distância em relação à posição de equilíbrio da mola Se quisermos explicitar a gravidade então a distância deve ser medida a partir da extremidade inferior do comprimento natural da mola Ou seja o movimento de uma mola vibrante pode ser representado por x am x km x g Ftm se a origem x 0 é o posto terminal da mola não distendida antes de a massa m ser anexada Problemas de Circuitos Elétricos O circuito elétrico exibido na Figura 132 consiste em uma resistência R em ohms um capacitor C em farads um indutor L em henries e uma força eletromotriz fem Et em volts em geral uma pilha ou um gerador todos ligados em série A corrente I que flui através do circuito é medida em ampères e a carga q no capacitor é medida em coulombs Lei do Laço de Kirchhoff A soma algébrica das quedas de tensão em um circuito elétrico fechado simples é zero Sabese que as quedas de tensão através de uma resistência um capacitor e um indutor são respectivamente RI 1Cq e LdIdt onde q é a carga no capacitor A queda de tensão através de uma força eletromotriz é Et Assim pela lei do laço de Kirchhoff temos RI L dIdt 1C q Et 0 133 A relação entre q e I é I dqdt dIdt d²qdt² 134 Levando esses valores em 133 obtemos d²qdt² RL dqdt 1LC q 1L Et 135 As condições iniciais impostas a q são q0 q₀ dqdtt0 I0 I₀ 136 Para obter uma equação diferencial para a corrente diferenciamos a Equação 133 em relação a t e levamos a Equação 134 diretamente na equação resultante obtendo d²Idt² RL dIdt 1LC I 1L dEtdt 137 A primeira condição inicial é I0 I₀ A segunda condição inicial se obtém da Equação 133 resolvendoa em relação a dIdt e fazendo t 0 Assim dIdtt0 1L E0 RL I₀ 1LC q₀ 138 Podese obter uma expressão para a corrente seja resolvendo diretamente a Equação 137 ou resolvendo a Equação 135 em relação à carga e diferenciando então a expressão Ver Problemas 13121316 Problemas de Flutuação Consideremos um corpo de massa m submerso parcial ou totalmente em um líquido de densidade ρ Este corpo sofre a ação de duas forças uma força para baixo devido à gravidade e uma força contrária regida pelo Princípio de Arquimedes Um corpo mergulhado em um líquido sofre a ação de uma força de flutuação dirigida de baixo para cima igual ao peso do volume do líquido deslocado Ocorre o equilíbrio quando a força de flutuação do líquido deslocado é igual à força da gravidade que atua sobre o corpo A Figura 133 ilustra a situação de um cilindro de raio r e altura H em equilíbrio com h unidades de altura submersas Em equilíbrio o volume de água deslocada pelo cilindro é πr²h que gera uma força de flutuação πr²hρ que deve ser igual ao peso do cilindro mg Assim πr²hρ mg 139 Ocorre o movimento quando o cilindro é deslocado de sua posição de equilíbrio Tomamos arbitrariamente a direção para cima como a direçãox positiva Se o cilindro é elevado xt unidades acima da água ver Figura 133 então não há mais equilíbrio A força para baixo negativa sobre o cilindro permanece igual a mg mas a força de flutuação positiva se reduz a πr²h xtρ Seguese então da segunda lei de Newton que mẍ πr²h xtρ mg Direçãox positiva Estado de equilíbrio Posição de equilíbrio x0 xt Nível da água Figura 133 Levando 139 nesta última equação podemos simplificála para mẍ πr²xtρ ou ẍ πr²ρm x 0 1310 Ver Problemas 13191324 Classificação de Soluções Cordas vibrantes circuitos elétricos simples e corpos em flutuação são todos regidos por equações diferenciais lineares de segunda ordem com coeficientes constantes da forma ẍ a₁ẋ a₀x ft 1311 Em problemas de cordas vibrantes definidos pela Equação 131 a₁ am a₀ km e ft Ftm Para problemas de flutuação definidos pela Equação 1310 a₁ 0 a₀ πr²ρm e ft 0 E para problemas de circuitos elétricos a variável independente x é substituída seja por q na Equação 135 seja por I na Equação 137 O movimento ou corrente em todos esses sistemas é classificado como livre e nãoamortecido quando ft 0 e a₁ 0 É classificado como livre e amortecido quando ft é identicamente zero mas a₁ não é zero No movimento amortecido há três casos separados a considerar conforme as raízes da equação característica associada ver Capítulo 8 sejam 1 reais e distintas 2 reais iguais ou 3 complexas conjugadas Esses casos se classificam respectivamente como 1 superamortecido 2 criticamente amortecido e 3 oscilatório amortecido ou em problemas elétricos subamortecido Se ft não é identicamente zero o movimento ou corrente é classificado como forçado Um movimento ou corrente é transiente se morre isto é tende a zero quando t Um movimento ou corrente de estado estacionário é aquelea que não é transiente nem se torna ilimitado Os sistemas livres amortecidos sempre originam movimentos transientes enquanto os sistemas amortecidos forçados supondo senoidal a força externa originam tanto movimentos transientes como movimentos de estado estacionário Os movimentos livres nãoamortecidos definidos pela Equação 1311 com a1 0 e ft 0 sempre admitem soluções da forma xt c1 cos ωt c2 sen ωt 1312 que define o movimento harmônico simples Aqui c1 c2 e ω são constantes e ω costuma chamarse frequência angular ou circular A frequência natural f é f ω 2π e representa o número de oscilações completas realizadas pela solução em uma unidade de tempo O período do sistema tempo necessário para completar uma oscilação é T 1 f A Equação 1312 admite a forma alternativa xt 1k A cos ωt φ 1313 onde a amplitude é A c12 c22 o ângulo de fase é φ arctg c2c1 e k 0 quando c1 é positivo e k 1 quando c1 é negativo Problemas Resolvidos 131 Uma bola de 60 kg está suspensa de uma mola distendendoa em 06 m além de seu comprimento natural Põese a bola em movimento sem velocidade inicial deslocandoa de 015 m acima da posição de equilíbrio Desprezando a resistência do ar determine a a posição da bola no instante t e b sua posição em t π12 s a O movimento é regido pela Equação 131 Não há força externa aplicada de modo que Ft 0 não se considera tampouco a resistência do ar sendo pois a 0 O movimento é livre e nãoamortecido Aqui g 981 ms2 m 60981 612 kg e k 6006 100 kgm A Equação 131 se escreve x 1636x 0 As raízes da equação característica são λ 404i de modo que a solução é xt c1 cos 404t c2 sen 404t 1 Em t 0 a posição da bola é x 015 m é necessário o sinal menos porque a bola é deslocada inicialmente para cima da posição de equilíbrio que é a direção negativa Aplicando esta condição inicial a 1 temos 015 x0 c1 cos 0 c2 sen 0 c1 de modo que 1 se escreve xt 015 cos 404t c2 sen 404t 2 A velocidade inicial é v0 0 Diferenciando 2 obtemos vt 061 sen 404t 404c2 cos 404t donde 0 061 sen 0 404c2 cos 0 404c2 Assim c2 0 e 2 se reduz a xt 015 cos 404t 3 que é a equação do movimento da bola no instante t b Em t π12 xπ12 015 cos 4π12 01505 0075 m 132 Uma massa de 2 kg está suspensa de uma mola cuja constante é 10 Nm e permanece em repouso É então posta em movimento imprimindoselhe uma velocidade inicial de 150 cms Determine a expressão da posição da massa desprezando a resistência do ar A equação do movimento é regida pela Equação 131 e representa um movimento livre nãoamortecido porque não há força externa aplicada à massa Ft 0 nem há resistência do meio ambiente a 0 A massa e a constante da mola são dadas como m 2 kg e k 10 Nm respectivamente de modo que a Equação 131 se escreve x 5x 0 As raízes da equação característica são imaginários puros e a solução é xt c1 cos 5 t c2 sen 5 t 1 Em t 0 a posição da bola é a posição de equilíbrio x0 0 m Aplicando esta condição inicial a 1 obtemos 0 x0 c1 cos 0 c2 sen 0 c1 e 1 se escreve xt c2 sen 5 t 2 A velocidade inicial é v0 150 cms 15 cms Diferenciando 2 obtemos vt xt 5 c2 cos 5 t donde 15 v0 5 c2 cos 0 5 c2 c2 15 5 06708 e 2 se simplifica para xt 06708 sen 5 t 3 como expressão da posição da massa no instante t 133 Determine a frequência circular a frequência natural e o período do movimento harmônico simples descrito no Problema 132 Frequência circular ω 5 2236 cicloss 2236 Hz Frequência natural f ω2π 5 2π 03559 Hz Período T 1 f 2π 5 281 s 134 Determine a frequência circular a frequência natural e o período do movimento descrito no Problema 131 Frequência circular ω 4 cicloss 4 Hz Frequência natural f 42π 06366 Hz Período T 1 f π2 157 s 135 Uma massa de 10 kg está suspensa de uma mola distendendoa em 07 m além de seu comprimento natural Põese a massa em movimento a partir da posição de equilíbrio imprimindoselhe uma velocidade de 1 ms na direção para cima Determine o movimento subsequente sabendo que a força devida à resistência do ar é de 90x N Com g 98 ms² temos w mg 98 N e k wl 140 Nm Além disso a 90 e Ft 0 não há força externa A Equação 137 se escreve ÿ 9x 14x 0 1 As raízes da equação característica associada são λ₁ 2 e λ₂ 7 que são reais e distintas logo o problema é um exemplo de movimento superamortecido A solução de 1 é x c₁e²t c₂e⁷t As condições iniciais são x0 0 a massa parte da posição de equilíbrio e x0 1 a velocidade inicial está na direção negativa Aplicando estas condições obtemos c₁ c₂ 15 de modo que x 15e⁷t e²t Note que x 0 quando t assim o movimento é transiente 136 Uma massa de 365 kg está suspensa de uma mola distendendoa em 039 m além de seu comprimento natural A massa é posta em movimento a partir de sua posição de equilíbrio com uma velocidade inicial de 122 ms na direção para baixo Determine o movimento subsequente da mola se a força devida à resistência do ar é 091x kg Aqui m 365 kg a 091 Ft 0 não há força externa Pela lei de Hooke k mgl 365981039 9181 A Equação 131 se escreve x 091365 x 9181365 x 0 ou x 025x 2515x 0 1 As raízes da equação característica associada são λ₁ 0125 501i e λ₂ 0125 501i que são complexas conjugadas tratase assim de um exemplo de movimento oscilatório amortecido A solução de 1 é x e⁰¹²⁵t c₁ cos 501t c₂ sen 501t As condições iniciais são x0 0 e x0 122 Aplicandoas obtemos c₁ 0 c₂ 024 assim x 024 e⁰¹²⁵t sen 501t Como x 0 quando t o movimento é transiente 137 Uma massa de 4 kg está suspensa de uma mola cuja constante é 05 kgm Põese a massa em movimento deslocandoa 06 m para baixo e imprimindoselhe uma velocidade de 06 ms para cima Determine o movimento subsequente da massa se a força devida à resistência do ar é 05x kg Aqui m 4 a 05 k 025 Ft 0 A Equação 131 se escreve x 0125x 0063x 0 1 As raízes da equação característica associada são λ₁ 0063 0243i λ₂ 0063 0243i Como as raízes são complexas conjugadas o problema é um exemplo de movimento oscilatório subamortecido A solução de 1 é x e⁰⁰⁶³t c₁ cos 0243t c₂ sen 0243t As condições iniciais são x0 06 e x0 06 a velocidade está na direção negativa Aplicando estas condições obtemos c₁ 06 c₂ 045 e assim x e⁰⁰⁶³t 06 cos 0243t 045 sen 0243t Como x 0 quando t o movimento é transiente 138 Mostre que os tipos de movimento que resultam de problemas de amortecimento livre ficam determinados completamente pela quantidade a² 4km Para movimentos amortecidos livres Ft 0 e a Equação 131 se escrevem x am x km x 0 As raízes da equação característica associada são λ₁ a a² 4km 2m λ₂ a a² 4km 2m Se a² 4km 0 as raízes são reais e distintas Se a² 4km 0 as raízes são iguais se a² 4km 0 as raízes são complexas conjugadas Os movimentos correspondentes são respectivamente superamortecido criticamente amortecido e oscilatório amortecido Como as partes reais de ambas as raízes são sempre negativas o movimento resultante é transiente em todos os três casos Para o movimento superamortecido basta notar que a² 4km a enquanto para os outros dois casos as partes reais são ambas a2m 139 Uma massa de 10 kg está suspensa de uma bola cuja constante é 140 Nm Põese a massa em movimento a partir da posição de equilíbrio com uma velocidade inicial de 1 ms para cima e com uma força externa aplicada Ft 5 sen t Determine o movimento subsequente da massa se a força da resistência do ar é 90x N Aqui m 10 k 140 a 90 e Ft 5 sen t A equação do movimento 131 se escreve x 9x 14x 12 sen t 1 A solução geral da equação homôgenea associada x 9x 14x 0 é ver Problema 135 xₕ c₁e²t c₂e⁷t Pelo método dos coeficientes indeterminados ver Capítulo 10 obtemos xₚ 13500 sen t 9500 cos t 2 A solução geral de 1 é pois x xₕ xₚ c₁e²t c₂e⁷t 13500 sen t 9500 cos t Aplicando as condições iniciais x0 0 e x0 1 obtemos x 1500 90e²t 99e⁷t 13 sen t 9 cos t Note que os termos exponenciais que provêm de xₕ e portanto representam um movimento superamortecido livre associado esvanecemse rapidamente Tais termos são a parte transiente da solução Já os termos que provêm de xₚ não desaparecem quando t eles constituem a parte estacionária da solução 1310 Um peso de 128 kg está suspenso de uma mola cuja constante é de 64 kgm O peso é posto em movimento sem velocidade inicial deslocandoo 05 m acima da posição de equilíbrio e aplicandolhe simultaneamente uma força externa Ft 8 sen 4t Desprezando a resistência do ar determine o movimento subsequente do peso Aqui m 4 k 64 a 0 e Ft 8 sen 4t A Equação 131 se escreve x 16x 2 sen 4t 1 Este problema constitui pois um exemplo de movimento nãoamortecido forçado A solução da equação homogênea associada é xh c1 cos 4t c2 sen 4t Obtémse uma solução particular pelo método dos coeficientes indeterminados aqui fazse necessária a modificação indicada no Capítulo 10 xp 14 t cos 4t A solução de 1 é então x c1 cos 4t c2 sen 4t 14 t cos 4t Aplicando as condições iniciais x0 12 e x0 0 obtemos x 12 cos 4t 116 sen 4t 14 t cos 4t Note que x infinito quando t infinito Este fenômeno é chamado ressonância pura É devido ao fato de a função Ft que representa a força externa ter a mesma frequência circular que a do sistema nãoamortecido livre associado 1311 Escreva o movimento de estado estacionário obtido no Problema 139 na forma especificada pela Equação 1313 O deslocamento de estado estacionário é dado por 2 do Problema 139 como xt 9500 cos t 13500 sen t Sua frequência circular é ω 1 Aqui A square root 135002 95002 00316 e φ arctg13500 9500 0965 radianos O coeficiente do termo em coseno do deslocamento de estado estacionário é negativo de modo que k 1 e a Eq 1313 se escreve xt 00316 cos t 0965 1312 Um circuito RCL ligado em série tem R 180 ohms C 1280 farad L 20 henries e uma tensão aplicada Et 10 sen t Admitindo que não haja carga inicial no capacitor mas uma corrente inicial de 1 ampère em t 0 quando a tensão é aplicada inicialmente determine a carga subsequente no capacitor Levando as quantidades dadas na Equação 135 obtemos q 9q 14q 12 sen t Esta equação é idêntica na forma a 1 do Problema 139 logo a solução deve ser idêntica na forma à solução daquela equação Assim q c1e2t c2e7t 13500 sen t 9500 cos t Aplicando as condições iniciais q0 0 e q0 1 obtemos c1 110500 e c2 101500 Logo q 1500 110e2t 101e7t 13 sen t 9 cos t Tal como no Problema 139 a solução é a soma dos termos transiente e de estado estacionário 1313 Um circuito RCL ligado em série tem R 10 ohms C 102 farad L 12 henry e uma tensão aplicada E 12 volts Admitindo que não haja corrente inicial nem carga inicial em t 0 quando a tensão é aplicada pela primeira vez determine a corrente subsequente no sistema Levando os valores dados na Equação 137 obtemos a equação homogênea como Et 12 dEdt 0 d2Idt2 20 dIdt 200I 0 As raízes da equação característica associada são λ1 10 10i e λ2 10 10i logo tratase de um exemplo de sistema nãoamortecido livre para a corrente A solução é I e10tc1 cos 10t c2 sen 10t 1 As condições iniciais são I0 0 e da Equação 138 dIdtt0 12 12 10 120 1 12102 0 24 Aplicando estas condições a 1 obtemos c1 0 e c2 125 assim I 125 e10t sen 10t que é completamente transiente 1314 Resolva o Problema 1313 determinando primeiro a carga no capacitor Resolveremos primeiro em relação à carga e em seguida utilizaremos I dqdt para obter a corrente Levando na Equação 135 os valores dados no Problema 1313 temos q 20q 200q 24 que representa um sistema forçado para a carga em contraste com o sistema amortecido livre obtido no Problema 1313 para a corrente Utilizando o método dos coeficientes indeterminados para achar uma solução particular obtemos a solução geral q e10t c1 cos 10t c2 sen 10t 325 As condições iniciais para a carga são q0 0 e q0 0 aplicandoas obtemos c1 c2 325 Portanto q e10t 325 cos 10t 325 sen 10t 325 e I dqdt 125 e10t sen 10t Note que embora a corrente seja completamente transiente a carga no capacitor é a soma de termos transiente e de estado estacionário 1315 Um circuito RCL ligado em série tem resistência de 5 ohms indutância de 005 henry capacitor de 4 x 104 farad e uma fem alternada aplicada de 200 cos 100t volts Determine a expressão para a corrente que flui através deste circuito se a corrente inicial e a carga inicial no capacitor são ambas zero Aqui RL 5005 100 1LC 10054 x 104 50000 e 1L dEtdt 1005 200100 sen 100t 400000 sen 100t de modo que a Equação 137 se escreve d²Idt² 100 dIdt 50000I 400000 sen 100t As raízes de sua equação característica são 50 50 19 i logo a solução do problema homogêneo associado é Ih c1 e50t cos 5019 t c2 e50t sen 50 19 t Pelo método dos coeficientes indeterminados uma solução particular é Ip 4017 cos 100t 16017 sen 100t de modo que a solução geral é I Ih Ip c1 e50t cos5019 t c2e50t sen 50 19 t 4017 cos 100t 16017 sen 100t 1 As condições iniciais são I0 0 e pela Equação 138 dIdtt0 200005 5005 0 10054 x 104 0 4000 Aplicando a primeira destas condições diretamente a 1 obtemos 0 I0 c11 c20 4017 ou c1 4017 235 Levando este valor em 1 e diferenciando obtemos dIdt 23550e50t cos 50 19 t 50 19 e50t sen 50 19 t c2 50e50t sen 50 19 t 50 19 e50t cos 50 19 t 400017 sen 100t 1600017 cos 100t donde 4000 dIdtt0 23550 c250 19 1600017 e c2 2213 A Equação 1 se escreve I 235e50t cos 50 19 t 2213 e50t sen 50 19 t 4017 cos 100t 16017 sen 100t 1316 Resolva o Problema 1315 achando primeiro a carga no capacitor Levando na Equação 135 os valores dados no Problema 1315 obtemos d²qdt² 100 dqdt 50000 q 4000 cos 100t A equação homogênea associada é idêntica na forma à do Problema 1315 e tem assim a mesma solução com Ih substituído por qh Pelo método dos coeficientes indeterminados obtemos uma solução particular qp 16170 cos 100t 4170 sen 100t de modo que a solução geral é q qh qp c1 e50t cos 5019 t c2 e50t sen 50 19 t 16170 cos 100t 4170 sen 100t 1 As condições iniciais sobre a carga são q0 0 e dqdtt0 I0 0 Aplicando diretamente a 1 a primeira destas condições obtemos 0 q0 c11 c20 16170 ou c1 16170 00941 Levando este valor e 1 e diferenciando vem dqdt 0094150e50t cos 50 19 t 50 19 e50t sen 50 19 t c2 50e50t sen 50 19 t 50 19 e50t cos 50 19 t 16017 sen 100t 4017 cos 100t 2 donde 0 dqdtt0 0094150 c250 19 4017 e c2 00324 Levando este valor em 2 e simplificando obtemos como anteriormente It dqdt 235e50t cos5019 t 2213 e50t sen 50 19 t 4017 cos 100t 16017 sen 100t 3 1317 Determine a frequência circular a frequência natural e o período da corrente de estado estacionário obtida no Problema 1316 A corrente é dada por 3 do Problema 1316 Quando t os termos exponenciais tendem para zero de modo que a corrente de estado estacionário é It 4017 cos 100t 16017 sen 100t Frequência circular ω 100 Hz Frequência natural f ω2π 1002π 1592 Hz Período T 1f 2π100 0063 s 1318 Escreva a corrente de estado estacionário obtida no Problema 1317 na forma especificada pela Equação 1313 A amplitude é A 4017² 16017² 9701 e o ângulo de fase é ϕ arctg 160174017 1326 radianos A frequência circular é ω 100 O coeficiente do termo em coseno é positivo de modo que k 0 e a Equação 1313 se escreve Ist 9701 cos 100t 1326 1319 Determine se um cilindro de raio 010 m altura 025 m e peso 7 kg pode flutuar num tanque cuja água tem densidade de 1000 kgm³ Seja h o comprimento em metros da parte submersa do cilindro em equilíbrio Com r 010 m decorre da Equação 139 que h mqπ r² ρ 7π010²1000 0223 m 223 cm Assim o cilindro flutuará com 025 0223 0027 m 27 cm acima da linha de água de equilíbrio 1320 Estabeleça uma expressão para o movimento do cilindro do Problema 1319 se ele é liberado com 20 do seu comprimento acima da linha de equilíbrio com uma velocidade de 152 ms dirigida para baixo Aqui r 01 m ρ 1000 kgm³ m 07136 kg e a Equação 1310 se escreve x 4402x 0 As raízes da equação característica associada λ² 4402 0 são 663i a solução geral da equação diferencial é xt c₁ cos 663t c₂ sen 663t 1 Em t 0 20 do comprimento de 025 m ou seja 005 m estão fora da água Pelos resultados do Problema 1319 sabemos que a posição de equilíbrio corresponde a 0027 m acima da água de modo que em t 0 o cilindro está a 005 0027 0023 m acima de sua posição de equilíbrio No contexto da Figura 133 x0 0023 m A velocidade inicial é de 152 ms na direção negativa para baixo no sistema coordenado da Figura 133 de modo que x 0 152 Aplicando estas condições iniciais a 1 obtemos c₁ 0023 e c₂ 023 e a Equação 1 se escreve xt 0023 cos 663t 023 sen 663t 1321 Determine se um cilindro de 10 cm de diâmetro 15 cm de altura e 196 N de peso pode flutuar em um tanque cuja água tem densidade de 980 dinascm³ Seja h o comprimento em centímetros da parte submersa do cilindro em equilíbrio Com r 5 cm e mg 196 N 196 x 10⁶ dinas decorre da Equação 139 que h mg πr²ρ 196 x 10⁶ π5²980 255 cm Como esta é uma altura superior à altura do cilindro este não pode deslocar uma quantidade de água suficiente para flutuar e assim afundará no tanque 1322 Determine se um cilindro de 10 cm de diâmetro 15 cm de altura e 196 N de peso pode flutuar em um tanque de líquido cuja densidade de peso é 2450 dinascm³ Denotemos por h comprimento da porção submersa do cilindro em equilíbrio Com r 5 cm e mg 196 N 196 x 10⁶ dinas decorre da Equação 139 que h mg πr²ρ 196 x 10⁶ π5²2450 102 cm Assim o cilindro flutuará com 15 102 48 cm de comprimento acima da linha do líquido em equilíbrio 1323 Determine uma expressão para o movimento do cilindro referido no Problema 1322 se ele é liberado a partir de uma posição de repouso com 12 cm de seu comprimento submerso Aqui r 5 cm ρ 2450 dinascm³ 19698 2 kg 2000 g e a Equação 1310 se escreve x 9621x 0 As raízes da equação característica associada são 9621 i 981i a solução geral da equação diferencial é xt c₁ cos 981t c₂ sen 981t Em t 0 12 cm do comprimento do cilindro estão submersos Utilizando os resultados do Problema 1322 sabemos que a posição de equilíbrio corresponde a 102 cm submersos de modo que em t 0 o cilindro está com 12 102 18 cm submersos abaixo de sua posição de equilíbrio No contexto da Figura 133 x0 18 cm com o sinal negativo indicando que a linha de equilíbrio está submersa O cilindro parte do repouso de modo que sua velocidade inicial é x0 0 Aplicando estas condições iniciais a 1 obtemos c₁ 18 e c₂ 0 A Equação 1 se escreve xt 18 cos 981t 1324 Um cilindro parcialmente submerso em água cuja densidade é 900 kgm³ com seu eixo em posição vertical oscila para cima e para baixo com um período de 06 s Determine o diâmetro do cilindro sabendo que seu peso é 1 kg Com ρ 900 kgm³ e m wg 1981 0102 kg a Equação 1310 se escreve x 8824πr²x 0 cuja solução geral é xt c₁ cos 8824π rt c₂ sen 8824π rt 1 Sua frequência circular é ω r 8824π sua frequência natural é f ω2π r 2206π 265r Seu período é T 1f 1 265r Mas T 06 então 06 1 265r de onde r 006 m e o diâmetro é 012 m 12 cm 1325 Um prisma cuja secção transversa é um triângulo equilátero com lado de comprimento ℓ flutua em um tanque de líquido de densidade ρ com sua altura paralela ao eixo vertical Põese o prisma em movimento deslocandoo de sua posição de equilíbrio ver Figura 134 e imprimindoselhe uma velocidade inicial Estabeleça a equação diferencial que rege o movimento subsequente do prisma Direçãox positiva Estado de equilíbrio Posição de equilíbrio x0 Nível da água Figura 134