4- Considerando o sistema da questão anterior e seguindo o conteúdo apresentado em aula, obtenha:
a) A solução geral omega0 para o oscilador amortecido considerado no regime supercrítico ( v(t) ).
b) A expressão para a.
c) Determine as constantes b e x(0)=x0 a partir da condição inicial v(0)= e v0 x(t).
d) Reescreva a solução geral v(t) e a velocidade x0 em função de v0 e .

Passo 1

Beleza, olha só o que temos: um oscilador amortecido no regime supercrítico (ou seja, amortecimento forte, com
ddot x + gamma,dot x + omega0^2,x = 0, ). A equação de movimento é
x(t)=e^-gamma2tl[a,e^beta t+b,e^-beta tr], beta=raiztfracgamma^24-omega0^2;
e a gente quer:
a) mostrar que a solução geral é
b) achar a velocidade ;
c) fixar e pelas condições iniciais , ;
d) reescrever e já com e .
O que vamos usar: método da equação característica (procurar ), derivação de exponencial e álgebra pra resolver sistema de duas equações.

Passo 2

A gente supõe r^2 + gamma,r + omega0^2 = 0 . Substituindo em r1,2 = -gamma2pm raizgamma^24-omega0^2 = -gamma2pmbeta dá a equação característica
x(t) = C1 e^r1 t + C2 e^r2 t = e^-gamma2tl[a,e^beta t + b,e^-beta tr],
Como , as raízes são reais e distintas:
Logo a solução geral é
onde definimos e . Pronto, mostramos o item (a).

Passo 3

Agora vamos achar a velocidade v(t)=ddtl[e^-gamma2t(a,e^beta t+b,e^-beta t)r] .
Usamos derivada do produto:
v(t) = e^-gamma2tl[a,beta,e^beta t-b,beta,e^-beta tr] ;+; l(-tfracgamma2r)e^-gamma2tl[a,e^beta t+b,e^-beta tr]
Aplicando a regra:
v(t) = e^-gamma2tl[a(beta-tfracgamma2)e^beta t ;-;b(beta+tfracgamma2)e^-beta tr]
Juntando termos:

Passo 4

A condição inicial x(0)=a+b = x0
v(0)=al(beta-tfracgamma2r)-bl(beta+tfracgamma2r)=v0
E a+b = x0, a(beta-tfracgamma2) - b(beta+tfracgamma2) = v0
a(beta-tfracgamma2) -(x0-a)(beta+tfracgamma2)=v0 ;Longrightarrow; a,2beta - x0(beta+tfracgamma2)=v0
Temos um sistema em a = v0 + (beta+tfracgamma2),x02beta, b = x0 - a = (beta-tfracgamma2),x0 - v02beta e :
Da primeira, . Substituindo na segunda:
Então

Passo 5

Basta voltar nos x(t) = e^-gamma2t gl[ v0 + (beta+tfracgamma2)x02beta,e^beta t + (beta-tfracgamma2)x0 - v02beta,e^-beta t gr], e v(t) = e^-gamma2t gl[ v0 + (beta+tfracgamma2)x02beta,(beta-tfracgamma2),e^beta t - (beta-tfracgamma2)x0 - v02beta,(beta+tfracgamma2),e^-beta t gr] que achamos e jogar em e . Assim temos:

[
v(t)
= e^{-\frac{\gamma}{2}t}
\Biggl[
\frac{v_0 + (\beta+\tfrac{\gamma}{2})x_0}{2\beta},(\beta-\tfrac{\gamma}{2}),e^{\beta t}

\frac{(\beta-\tfrac{\gamma}{2})x_0 - v_0}{2\beta},(\beta+\tfrac{\gamma}{2}),e^{-\beta t}
\Biggr].
]

Resposta

boxed x(t)&= e^-gamma2t!l[tfracv0+(beta+tfracgamma2)x02beta,e^beta t +tfrac(beta-tfracgamma2)x0-v02beta,e^-beta tr],[6pt] v(t)&= e^-gamma2t!l[tfracv0+(beta+tfracgamma2)x02beta(beta-tfracgamma2),e^beta t -tfrac(beta-tfracgamma2)x0-v02beta(beta+tfracgamma2),e^-beta tr], beta=raiztfracgamma^24-omega0^2

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