Mostre que, se F_{\text {ext }}(t)=0, m=1, k=9 e b=6, então a Equação (3) tem as soluções “criticamente amortecidas” y_{1}(t) =e^{-3 t} e y_{2}(t)=t e^{-3 t}. Qual é o limite dessas soluções quando t \rightarrow \infty ?

Passo 1

O enunciado dá os valores F_{\text{ext}}(t)=0, m=1, k=9 e b=6. Pede duas coisas: (i) mostrar que as funções y_{1}(t)=e^{-3t} e y_{2}(t)=t e^{-3t} são soluções da Equação (3) com esses parâmetros; (ii) determinar o limite dessas soluções quando t\to\infty.

Passo 2

Substituindo os parâmetros na equação (assumindo a forma padrão da equação com esses parâmetros), obtemos a equação homogênea
y'' + 6y' + 9y = 0.
Para resolver essa equação linear de coeficientes constantes usamos o polinômio característico associado:
r^{2} + 6r + 9 = 0.

Passo 3

Resolvendo o polinômio característico, calculamos o discriminante:
\Delta = 6^{2} - 4\cdot 1 \cdot 9 = 36 - 36 = 0.
Como \Delta=0, temos uma raiz real dupla. A raiz é
r = \frac{-6}{2} = -3,
com multiplicidade 2.

Passo 4

Teoria rápida e útil (explicação didática): para uma equação linear homogênea de segunda ordem com coeficientes constantes, se o polinômio característico tem uma raiz dupla r, então uma base de soluções é dada por e^{rt} e t e^{rt}. Assim, pela teoria, as funções
y_{1}(t)=e^{-3t}\quad\text{e}\quad y_{2}(t)=t e^{-3t}
são soluções candidatais. Agora vamos verificar substituindo na equação (para garantir que realmente satisfazem) — é a verificação direta que o professor costuma pedir.

Passo 5

Verificação de y_{1}(t)=e^{-3t}.
Calcule as derivadas:
y_{1}'(t) = -3e^{-3t},\qquad y_{1}''(t)=9e^{-3t}.
Substituindo na equação:
y_{1}'' + 6y_{1}' + 9y_{1} = 9e^{-3t} + 6(-3e^{-3t}) + 9e^{-3t}.
Agrupando os coeficientes:
9 - 18 + 9 = 0,
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y_{1}'' + 6y_{1}' + 9y_{1} = 0,
portanto y_{1} é solução.

Passo 6

Verificação de y_{2}(t)=t e^{-3t}.
Calcule as derivadas (com atenção ao produto):
y_{2}'(t) = e^{-3t} - 3t e^{-3t},
y_{2}''(t) = -3e^{-3t} -3e^{-3t} +9t e^{-3t} = -6e^{-3t} + 9t e^{-3t}.
Substituindo na equação:
y_{2}'' + 6y_{2}' + 9y_{2} = \bigl(-6e^{-3t} + 9t e^{-3t}\bigr) + 6\bigl(e^{-3t} - 3t e^{-3t}\bigr) + 9\bigl(t e^{-3t}\bigr).
Agrupando termos em e^{-3t} e em t e^{-3t}:
(-6 + 6)e^{-3t} + (9 - 18 + 9)t e^{-3t} = 0 + 0 = 0.
Portanto y_{2} também satisfaz a equação.

Passo 7

Conclusão das duas primeiras partes: mostramos que y_{1}(t)=e^{-3t} e y_{2}(t)=t e^{-3t} são soluções da equação dada com os parâmetros indicados; corresponde ao caso de amortecimento crítico (raiz dupla).

Passo 8

Agora determino os limites quando t\to\infty.
Primeiro,
\lim_{t\to\infty} e^{-3t} = 0,
pois e^{-3t} = \dfrac{1}{e^{3t}} e o denominador cresce sem limite.
Segundo, para \lim_{t\to\infty} t e^{-3t} podemos usar L’Hôpital reescrevendo como \dfrac{t}{e^{3t}}. Aplicando L’Hôpital:
\lim_{t\to\infty} \frac{t}{e^{3t}} = \lim_{t\to\infty} \frac{1}{3e^{3t}} = 0.
(ou, mais geralmente, qualquer polinômio em t é dominado por e^{\alpha t} quando \alpha>0, então o produto polinomial vezes e^{-\alpha t} tende a zero.)

Resposta

y_{1}(t)=e^{-3t} e y_{2}(t)=t e^{-3t}.\n \displaystyle \lim_{t\to\infty}y_{1}(t)=0\n \displaystyle \lim_{t\to\infty}y_{2}(t)=0

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