Trabalho de Métodos Matemáticos

1 Seja m d2x dt2 β dx dt kx 0 Dividindo tudo por m obtemos d2x dt2 w2 dx dt w0 2x 0 11 Com w2 β m e w0 2 k m a Vamos resolver 11 Para tanto fassomos buscamos uma solução da forma xt et 12 Pondo 12 em 11 obtemos d2 dt2 et w2 d dt et w0 2 et 0 λ2 w2 λ w0 2 0 λ w2 w4 4w0 2 2 Nesse caso obtemos λ w2 2 1 2 w4 4w0 2 Agora veja que para os valores de β dados podemos fazer βm m 50 com m 034 e m 5 12a Logo temos w m 2 βm m 50 m 20 5 m w0 2 k m 1000 10 100 Ou seja λ 5 m 2 1 2 25 m2 400 5 m 2 1 2 25 m2 16 5 m 2 5 2 m2 16 5 2 m m2 16 Logo temos λ 5 2 m m2 16 13 Daí a solução geral da EDO é χt A eλ t B eλ t A e 5 2 m t 5 2 m2 16 t B e 5 2 m t 5 2 m2 16 t e 5 m t2 A e 5 m2 16 t2 B e 5 m2 16 t2 14 Com A e B constantes a determinar Definamos por simplicidade a 5 2 m2 16 15a Logo podemos escrever 14 como xt e 5 m t2 A eat B eat 15 1 Vibrações livres amortecidas Dizse que um sistema sofre vibração livre quando oscila somente sob uma perturbação inicial sem a ação de nenhuma força após esta perturbação inicial Neste caso o modelo matemático que descreve o movimento vibratório é dado pela equação homogênea m d2x dt2 β dx dt kx 0 1 a Resolva e a equação 1 para o seguinte conjunto de dados massa m 10 Kg k 1000 Kgs2 x0 05 m e v0 02 ms com os seguintes valores para o coeficiente de amortecimento é β β 0 β 150 kgs β 200 kgs β 250 kgs b Classifique cada solução quanto ao amortecimento superamortecido subamortecido criticamente amortecido ou sem amortecimento c Plote o gráfico de cada uma das soluções para t no intervalo 010 identificando cada uma delas 2 EDOs de Ordem Superior Determine a solução geral e as soluções particulares respectivamente das equações diferenciais lineares a seguir a yIV 4y 3x 2e2x b y 7y 12y 0 y0 1 y0 0 y0 4 c y y sec x tanx Agora veja que para β0 m²0 15 fica dada por xt A e52 16 t β e52 16 t A e52 it β e52 it A e10 it β e10 it Acos10 t i sen10 t βcos10 t i sen10 t à cos10 t B sen10 t com à A β e B Ai Bi Segue então que x0 x₀ à B 0 à x₀ V0 V₀ ddt xtt0 ddt x₀ cos10 t B sen10 tt0 10 x₀ sen10 t B cos10 tt0 10 B B V₀ 10 B V₀ 10 Como x₀ 05 12 e V₀ 02 15 temos xt 12 cos10 t 150 sen10 t 16 que é a solução do problema para β0 Para β200 temos m²4 Logo 15 fica dada por a m²4 52 1616 0 com x₁t e54 t2 A e0 t β e0 t à e10 t Nesse caso uma segunda solução LI a primeira é x₂t B t e10 t E a solução geral é xt à e10 t B t e10 t e10 tà B t Pondo as condições iniciais t0 x₀ à t0 V₀ ddt xtt0 10 e10 tà B t e10 tBt0 10 à B B V₀ 10 à Ou seja B V₀ 10 x₀ Com isso temos à x₀ 12 e B 15 102 5 15 265 E a solução fica xt e10 t 12 265 t 17 Para β150 m²3 Logo da Eq 15 obtemos a 52 916 52 7 i Logo obtemos xt e15 t2 A e57 it2 β e5 7 it2 e15 t2 à cos572 t B sen572 t com à A β e B Ai Bi Então pondo as condições iniciais t0 x₀ xt0 à t0 V₀ Vt0 152 e15 t2 à cos572 t B sen572 tt0 e152 t 572 à sen572 t B cos572 tt0 152 à 572 B Logo B 257 V₀ 152 à 257 V₀ 152 x₀ 257 15 15212 157 410 7510 79507 Logo xt e1572 12 cos572 t 79507 sen572 t 18 Para β 250 m 5 Logo a 52 sqrtm2 16 m5 52 sqrt2516 52 sqrt9 152 Logo temos xt e25t2 Ae152 t Be152 t Pondo t0 obtemos t0 x0 A B t0 v0 252 e25t2 Ae152 t Be152 t 152 e25t2 Ae152 t Be152 t t0 252 AB 152 AB Logo 152 AB v0 252 x0 A B 215 v0 53 x0 Daí temos A B x0 i A B 215 v0 53 x0 ii Somando i e ii obtemos A 12 2v015 8x03 v015 4x03 13 125 42 102150 B 12 A 12 102150 150204300 950 Logo xt e25t2 3450 e152 t 950 e152 t e25t250 34 e152 t 9 e152 t 19 Logo 16 17 18 e 19 são as soluções desejadas b 16 é sem amortecimento pois β 0 17 é criticamente amortecido pois o termo a é nulo 18 é suamortecido pois a ℂ 19 é superamortecido pois a ℝ e a 0 Observe que a avaliação do a dado na Eq15a é equivalente a avaliar o sinal do termo Δ² βm² 4κm c Segue os esboços C Segue os gráficos pedidos Gráfico das funções x1t x2t x3t e x4t x1t 12 cos10t 150 sin10t x2t e10t 12 265 t x3t e15t2 12 cos57 t2 79507 sin57 t2 x4t e25t250 34 e152 t 9 e152 t Questão 2 completa item a Vamos resolver yIV 4y 3x 2e2x Primeiramente vamos resolver a parte homogênea buscando uma solução da forma exponencial com parâmetro r a determinar Com efeito façamos yhx erx Pondo na EDO obtemos yhIV 4yh0 r4 erx 4r2 erx 0 r2 r2 4 0 r 0 dupla r 2 Com isso somos capazes de escrever a solução geral da parte homogênea como sendo dada pela seguinte combinação linear yhx C1 C2 x C3 e2x C4 e2x em que a parte associada a constante C2 aparece em virtude da dupla multiplicidade da raiz r Agora vamos determinar as soluções particulares associadas aos termos não homogêneos que aparecem na EDO Com efeito para 3x assumimos uma solução da forma yp1 Ax3 Bx2 já que r 0 é raiz dupla yp1IV 4yp1 3x 0 46Ax 2B 3x 24Ax 8B 3x A 18 B 0 Para o termo não homogêneo 2e2x procedemos da seguinte forma Como r 2 é raiz simples da equação característica adotamos a forma yp2 Cxe2x Vamos logo de início calcular todas as derivadas necessárias até a quarta ordem yp2 ddx Cxe2x Ce2x 2Cxe2x yp2 ddx Ce2x 2Cxe2x 2Ce2x 2Ce2x 4Cxe2x 4Ce2x 4Cxe2x yp2 ddx 4Ce2x 4Cxe2x 8Ce2x 8Cxe2x 4Ce2x 12Ce2x 8Cxe2x yp2IV ddx 12Ce2x 8Cxe2x 24Ce2x 8Ce2x 16Cxe2x 32Ce2x 16Cxe2x Agora basta Substituirmos na equação diferencial original yIV 4y 2e2x 32Ce2x 16Cxe2x 4 4Ce2x 4Cxe2x 2e2x 32C 16Cx 16C 16Cx e2x 2e2x 16C e2x 2e2x Igualando os coeficientes 16C 2 C 18 o que especifica a solução final como sendo dada por yp2 x 18 xe2x Então com isso podemos escrever a solução geral do problema yx yh x yp1 x yp2 x C1 C2 x C3 e2x C4 e2x 18 x3 18 xe2x b y 7y 12y 0 y0 1 y0 0 y0 4 Para a solução geral vamos fazer yx erx r3 7r2 12r 0 rr 3r 4 0 r 0 3 4 Com isso podemos escrever via princípio da superposição a seguinte solução geral da EDO yx C1 C2e3x C3e4x Agora vamos aplicar as condições inciais Com efeito veja que as derivadas da solução são yx C1 C2e3x C3e4xyx 3C2e3x 4C3e4xyx 9C2e3x 16C3e4x Então agora podemos ver que ao introduzirmos a condição inicial ficamos com Aplicando as con dições iniciais y0 C1 C2 C3 1 y0 3C2 4C3 0 y0 9C2 16C3 4 Daí basta resolvermos o sistema acima Com efeito veja que multiplicando a segunda equação por 3 e subtraindo da terceira equação obtemos 16 12C3 4 C3 4 4 1 1 logo como C2 43C3 43 e por fim C1 1 C2 C3 83 Ou seja obtivemos C2 4 3 C3 1 C1 8 3 Com isso podemos então escrever que a solução particular do PVI é 3 yx 83 43 e3x e4x itemc Primeiramente vamos resolver a parte homogênea buscando uma solução da forma exponencial com parâmetro r a determinar Com efeito façamos yhx erx Pondo na EDO obtemos yh yh 0 r²erx erx 0 r² 1erx 0 r i Com isso somos capazes de escrever a solução geral da parte homogênea como sendo dada pela seguinte combinação linear yhx C1 cos x C2 sin x Agora vamos determinar a solução particular associada ao termo não homogêneo sec x tan x utilizando o método de variação de parâmetros Com efeito assumimos uma solução da forma ypx u1x cos x u2x sin x Para determinar u1x e u2x montamos o seguinte sistema u1 cos x u2 sin x 0 u1 sin x u2 cos x sec x tan x Resolvendo o sistema começamos por multiplicar a primeira equação por sin x e a segunda por cos x u1 sin x cos x u2 sin² x 0 u1 sin x cos x u2 cos² x tan x Somando as duas equações obtemos u2sin² x cos² x tan x u2 tan x Integrando encontramos u2x tan x dx ln cos x K1 Substituindo u2 na primeira equação do sistema original u1 u2 tan x tan² x Integrando novamente u1x tan² x dx sec² x 1 dx tan x x K2 x tan x K2 Tomando K1 K2 0 para obter uma solução particular temos ypx x tan x cos x ln cos x sin x ypx x cos x sin x ln cos x sin x Finalmente podemos escrever a solução geral do problema como yx yhx ypx yx C1 cos x C2 sin x x cos x sin x 1 ln cos x