( 1,5 ) Uma massa de 1 kg é presa a uma mola com rigidez k=8 \mathrm{~N} / \mathrm{m}. No instante t=0, uma força externa f(t)=20 \cos 4 t \mathrm{~N} é aplicada ao sistema. A constante de amortecimento para o sistema é 4 \mathrm{~N}-\mathrm{s} / \mathrm{m}. Determine a solução em regime estacionário para o sistema.

Passo 1

O enunciado dá uma massa presa a uma mola com amortecimento e força externa harmónica. Pergunta: determinar a solução em regime estacionário (ou seja, o movimento permanente forçado, depois que os transientes já se dissiparam). Dados fornecidos:
m=1\\ \text{kg},\qquad k=8\\ \text{N/m},\qquad c=4\\ \text{N·s/m},
f(t)=20\cos 4t\\ \text{N}.
A meta é achar a solução em regime estacionário x_{ss}(t).

Passo 2

Escrevemos a equação do movimento (lei de Newton para massa-mola-amortecedor):
m x''(t)+c x'(t)+k x(t)=f(t).
Substituindo os dados numéricos:
1\cdot x''(t)+4\cdot x'(t)+8\cdot x(t)=20\cos 4t,
ou seja
x''(t)+4x'(t)+8x(t)=20\cos 4t.
Explicação didática: a solução geral desta EDO é soma da solução homogênea (transiente) mais uma solução particular (forçada). O regime estacionário corresponde precisamente à solução particular, porque os termos transientes decaem no tempo quando c>0.

Passo 3

Método escolhido: coeficientes indeterminados com tentativa de solução particular da forma
x_p(t)=A\cos 4t + B\sin 4t,
porque o lado direito é uma combinação de \cos 4t e \sin 4t. Isto é padrão: para uma força F\cos\omega t tenta-se uma combinação de \cos\omega t e \sin\omega t. Agora calculamos as derivadas necessárias:
x_p'(t) = -4A\sin 4t + 4B\cos 4t,
x_p''(t) = -16A\cos 4t -16B\sin 4t.

Passo 4

Substituímos x_p, x_p', x_p'' na EDO e agrupamos coeficientes de \cos 4t e \sin 4t:
x_p''+4x_p'+8x_p = (-16A\cos 4t -16B\sin 4t) +4(-4A\sin 4t +4B\cos 4t) +8(A\cos 4t + B\sin 4t).
Agora coeficiente de \cos 4t:
-16A + 16B + 8A = (-8A + 16B).
Coeficiente de \sin 4t:
-16B -16A + 8B = (-16A -8B).
Esses devem igualar os coeficientes do lado direito 20\cos 4t + 0\sin 4t. Logo obtemos o sistema linear:
\begin{cases} -8A + 16B = 20,\\[4pt] -16A -8B = 0. \end{cases}]

Passo 5

Resolvendo o sistema. Da segunda equação:
-16A -8B = 0 \quad\Rightarrow\quad 2A + B = 0 \quad\Rightarrow\quad B=-2A.
Substituindo na primeira:
-8A + 16(-2A) = -8A -32A = -40A = 20 \quad\Rightarrow\quad A = -\tfrac{1}{2}.
Então
B = -2A = -2\cdot\left(-\tfrac{1}{2}\right) = 1.

Passo 6

Portanto uma solução particular (e então o regime estacionário) é
x_{ss}(t)=x_p(t) = -\tfrac{1}{2}\cos 4t + 1\cdot\sin 4t.
É comum e útil escrever isso na forma de amplitude e defasagem:
x_{ss}(t)=R\cos(4t-\varphi),
onde
R=\sqrt{A^2+B^2}=\sqrt{\left(-\tfrac{1}{2}\right)^2+1^2}=\sqrt{\tfrac{1}{4}+1}=\sqrt{\tfrac{5}{4}}=\tfrac{\sqrt5}{2},
e a defasagem \varphi satisfaz
\cos\varphi=\frac{A}{R}=-\frac{1/2}{\sqrt5/2}=-\frac{1}{\sqrt5},\qquad \sin\varphi=\frac{B}{R}=\frac{1}{\sqrt5}.
Portanto
\tan\varphi=\frac{B}{A}=-2,
e, observando que \cos\varphi<0 e \sin\varphi>0, \varphi está no segundo quadrante, isto é
\varphi=\pi-\arctan 2.
Valores numéricos (aproximação):
R=\tfrac{\sqrt5}{2}\approx 1,118,\qquad \varphi\approx 2,0344\\ \text{rad}\\ (\approx 116,565^\circ).

Passo 7

Comentário final e incentivo: a solução em regime estacionário é independente das condições iniciais porque o amortecimento faz os transientes da solução homogênea decaírem. Assim, na prova, basta encontrar a particular (como fizemos) para dar o movimento permanente forçado.

Resposta

x_{ss}(t)=-\tfrac{1}{2}\cos 4t + \sin 4t = \tfrac{\sqrt5}{2}\cos\bigl(4t-(\pi-\arctan 2)\bigr).

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