Considere um oscilador harmônico fortemente amortecido submetido a uma força externa
F(t)=\left(\frac{F_{0}}{\tau}\right) t e^{-\alpha t} \quad\left(\alpha, F_{0}, \tau>0\right)
então: (a) Encontre uma solução geral.
(b) Identifique as soluções estacionária e transiente.

Passo 1

O enunciado nos dá um oscilador harmônico linear fortemente amortecido submetido a uma força externa. Vou escrever isso de forma explícita (pegando a forma usual do oscilador):
m\ddot{x}(t)+c\dot{x}(t)+k x(t)=F(t), \qquad F(t)=\left(\frac{F_0}{\tau}\right)t e^{-\alpha t},
com m,c,k,\alpha,F_0,\tau>0. O enunciado pede:
(a) encontrar a solução geral x(t) (que contém as constantes de integração que vêm das condições iniciais);
(b) identificar a solução estacionária (steady state) e a solução transiente (transient).
Observações importantes que já extraio daqui:
  • “Fortemente amortecido” significa que o discriminante da equação característica é positivo, isto é c^2>4mk. Logo as raízes da característica são reais e distintas; vou chamá-las de r_1 e r_2.
  • Não foram dadas condições iniciais, então a solução geral deve conter constantes arbitrárias C_1,C_2.

Passo 2

Resolver primeiro a equação homogênea associada (a parte que gera os modos próprios, que formam a parte transiente típica).
A equação homogênea é
m\ddot{x}+c\dot{x}+kx=0.
A equação característica é
m r^2 + c r + k = 0.
As raízes são
r_{1,2}=\frac{-c\pm\sqrt{c^2-4mk}}{2m}.
Como aqui c^2>4mk, as raízes r_1 e r_2 são reais e distintas e ambas negativas (porque -c/(2m)<0). Portanto a solução geral da homogênea é
x_h(t)=C_1 e^{r_1 t}+C_2 e^{r_2 t},
onde C_1 e C_2 são constantes fixadas pelas condições iniciais.
Explicação curta: para uma EDO linear com coeficientes constantes, resolvemos a característica polinomial; cada raiz real r dá um termo e^{r t} na solução homogênea. Como as raízes são negativas no caso amortecido, esses termos decaem para zero quando t\to\infty.

Passo 3

Agora precisamos de uma solução particular x_p(t) da equação completa com F(t). Uma forma sistemática e prática é usar a função de Green (ou resposta ao impulso) e escrever x_p como convolução entre essa resposta e F. Vou explicar a ideia:
Defina G(t) como a resposta do sistema unitário ao impulso \delta(t), isto é a solução de
m G''(t) + c G'(t) + k G(t) = \delta(t), \qquad G(t)=0\\ \text{para }t<0.
No domínio de Laplace G tem transformada 1/(m s^2 + c s + k). Fazendo frações parciais (usando as raízes r_1,r_2) obtemos, para t>0,
G(t)=\frac{1}{m(r_1-r_2)}\big(e^{r_1 t}-e^{r_2 t}\big).
Propriedade útil: a resposta ao forçamento F(t) com condições iniciais nulas é a convolução
x_p(t)=\int_{0}^{t} G(t-s)F(s)\,ds.
(Na prática isso equivale ao método da transformada de Laplace; estou usando aqui a forma convolucional porque leva a um integral que conseguimos calcular explicitamente.)

Passo 4

Substituo G e F na integral de convolução. Assim, para t\ge0,
x_p(t)=\int_0^t \frac{1}{m(r_1-r_2)}\big(e^{r_1(t-s)}-e^{r_2(t-s)}\big)\left(\frac{F_0}{\tau}\right)s e^{-\alpha s}\,ds.
Coloco o fator constante fora da integral:
x_p(t)=\frac{F_0}{\tau m(r_1-r_2)}\Big(I_1(t)-I_2(t)\Big),
onde
I_j(t)=\int_0^t e^{r_j(t-s)} s e^{-\alpha s}\,ds \qquad (j=1,2).

Passo 5

Calculo I_j(t) de forma explícita. Para cada j defina \beta_j=r_j+\alpha. Então
I_j(t)=e^{r_j t}\int_0^t s e^{-(r_j+\alpha)s}\,ds = e^{r_j t}\int_0^t s e^{-\beta_j s}\,ds.
Agora uso a primitiva conhecida de s e^{-\beta s}. Para \beta\neq0,
\int s e^{-\beta s}\,ds = -\frac{s}{\beta}e^{-\beta s}-\frac{1}{\beta^2}e^{-\beta s}+C.
Aplicando os limites 0 a t,
\int_0^t s e^{-\beta s}\,ds = -\Big(\frac{t}{\beta}+\frac{1}{\beta^2}\Big)e^{-\beta t}+\frac{1}{\beta^2}.
Logo, voltando para I_j,
I_j(t)=e^{r_j t}\left(\frac{1}{\beta_j^2}-\Big(\frac{t}{\beta_j}+\frac{1}{\beta_j^2}\Big)e^{-\beta_j t}\right).
Mas e^{r_j t}e^{-\beta_j t}=e^{r_j t}e^{-(r_j+\alpha)t}=e^{-\alpha t}. Portanto
I_j(t)=\frac{e^{r_j t}}{(r_j+\alpha)^2}-\Big(\frac{t}{r_j+\alpha}+\frac{1}{(r_j+\alpha)^2}\Big)e^{-\alpha t}.
Observação sobre caso especial: se alguma vez r_j+\alpha=0 (isto é, \alpha=-r_j), a fórmula usada divide por zero e o cálculo da integral muda: nesse caso \int_0^t s\,ds = t^2/2 e o termo resultante será um polinômio em t multiplicado por e^{-\alpha t}. Esse caso é uma ressonância do tipo exponencial e deve ser tratado separadamente; aqui vou assumir o caso genérico r_j+\alpha\neq0. (Se for necessário, posso detalhar essa sub-caso.)

Passo 6

Substituo I_1 e I_2 na expressão de x_p(t). Temos
x_p(t)=\frac{F_0}{\tau m(r_1-r_2)}\Bigg(\frac{e^{r_1 t}}{(r_1+\alpha)^2}-\frac{e^{r_2 t}}{(r_2+\alpha)^2} -e^{-\alpha t}\Big[\;t\Big(\frac{1}{r_1+\alpha}-\frac{1}{r_2+\alpha}\Big) +\Big(\frac{1}{(r_1+\alpha)^2}-\frac{1}{(r_2+\alpha)^2}\Big)\;\Big]\Bigg).
Isto é uma forma explícita da solução particular; verifique-se que todos os termos são combinações de expoenciais (ou t e^{-\alpha t}).

Passo 7

Agora monto a solução geral da EDO como soma da homogênea com a particular:
x(t)=C_1 e^{r_1 t}+C_2 e^{r_2 t} +\frac{F_0}{\tau m(r_1-r_2)}\Bigg(\frac{e^{r_1 t}}{(r_1+\alpha)^2}-\frac{e^{r_2 t}}{(r_2+\alpha)^2} -e^{-\alpha t}\Big[\;t\Big(\frac{1}{r_1+\alpha}-\frac{1}{r_2+\alpha}\Big) +\Big(\frac{1}{(r_1+\alpha)^2}-\frac{1}{(r_2+\alpha)^2}\Big)\;\Big]\Bigg).
Aqui C_1 e C_2 representam as constantes arbitrárias que seriam determinadas por x(0) e \dot x(0).
Interpretação prática: todos os termos explícitos são coisas do tipo e^{r_1 t}, e^{r_2 t}, e^{-\alpha t} e t e^{-\alpha t}. Como r_1,r_2<0 e \alpha>0, todos esses termos decaem para zero quando t\to\infty.

Passo 8

Identificar a solução estacionária e a transiente.
  • Solução transiente: é a parte da solução que depende das constantes iniciais e que decai no tempo. Aqui isso inclui:
    • a solução homogênea C_1 e^{r_1 t}+C_2 e^{r_2 t};
    • e também as partes da solução particular que envolvem e^{r_1 t} e e^{r_2 t} (surgem da resposta do sistema às componentes exponenciais da força);
    • e ainda os termos com e^{-\alpha t} e t e^{-\alpha t} (pois a força tem fator e^{-\alpha t} e essas surgem do convolution). Todos estes termos desaparecem quando t\to\infty.
  • Solução estacionária (steady state): é o comportamento que permanece quando o transiente morreu, isto é \lim_{t\to\infty} x(t). Neste problema a força F(t) decai para zero quando t\to\infty (pois t e^{-\alpha t}\to0), e os autovalores são negativos, então toda a solução vai tender a zero. Portanto a solução estacionária é identicamente zero:
    x_{\text{estacionária}}(t)\equiv 0.á
Conclusão intuitiva: o forçamento é um “pulso” que cresce linearmente em t no início mas é rapidamente atenuado pelo fator e^{-\alpha t}; como é um forçamento que some com o tempo, o sistema não fica com deslocamento permanente — tudo morre e volta ao repouso.

Resposta

(a) x(t)=C_1 e^{r_1 t}+C_2 e^{r_2 t} +\frac{F_0}{\tau m(r_1-r_2)}\Bigg(\frac{e^{r_1 t}}{(r_1+\alpha)^2}-\frac{e^{r_2 t}}{(r_2+\alpha)^2} -e^{-\alpha t}\Big[\;t\Big(\frac{1}{r_1+\alpha}-\frac{1}{r_2+\alpha}\Big) +\Big(\frac{1}{(r_1+\alpha)^2}-\frac{1}{(r_2+\alpha)^2}\Big)\;\Big]\Bigg),
onde r_{1,2}=\dfrac{-c\pm\sqrt{c^2-4mk}}{2m} e C_1,C_2 são constantes arbitrárias.\
(b) Solução estacionária: \;x_{\text{estacionária}}(t)\equiv 0.á\
Solução transiente: toda a parte restante, ou seja
x_{\text{transiente}}(t)=C_1 e^{r_1 t}+C_2 e^{r_2 t} +\frac{F_0}{\tau m(r_1-r_2)}\Bigg(\frac{e^{r_1 t}}{(r_1+\alpha)^2}-\frac{e^{r_2 t}}{(r_2+\alpha)^2} -e^{-\alpha t}\Big[\;t\Big(\frac{1}{r_1+\alpha}-\frac{1}{r_2+\alpha}\Big) +\Big(\frac{1}{(r_1+\alpha)^2}-\frac{1}{(r_2+\alpha)^2}\Big)\;\Big]\Bigg),
que tende para zero quando t\to\infty.

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