A posição de determinado sistema mola-massa satisfaz o problema de valor inicial
s^{\prime \prime}+\frac{1}{4} s^{\prime}+2 s=0, \quad s(0)=0, \quad s^{\prime}(0)=2 .
(a) Encontre a solução deste problema de valor inicial.
(b) Faça os gráficos de s e de s^{\prime} em função de t no mesmo par de eixos.
(c) Faça o gráfico de s^{\prime} em função de s no plano de fase (veja o Problema 28). Identifique diversos pontos correspondentes nas curvas dos itens (b) e (c). Qual o sentido do movimento no plano de fase quando t aumenta?

Passo 1

O enunciado dá um problema de valor inicial para a posição s(t) de um sistema mola-massa, com a equação diferencial e as condições iniciais:
s''+\frac{1}{4}s'+2s=0,\qquad s(0)=0,\qquad s'(0)=2.
Perguntas pedidas:
(a) Encontrar a solução s(t) desse PVI.
(b) Fazer os gráficos de s e de s' em função de t no mesmo par de eixos.
(c) Fazer o gráfico de s' em função de s (plano de fase), identificar pontos correspondentes entre (b) e (c) e dizer o sentido do movimento no plano de fase quando t aumenta.
Informações relevantes dadas: a equação é linear, homogênea, com coeficientes constantes; as duas condições iniciais em t=0 fixam a solução única.

Passo 2

Estratégia (sem resolver ainda): para EDO linear homogênea com coeficientes constantes, escrevemos a equação característica associada substituindo s(t)=e^{rt}. A equação característica fornece as raízes r que determinam a forma da solução geral. Se as raízes forem complexas conjugadas r=\alpha\pm i\beta, a solução geral é da forma
s(t)=e^{\alpha t}\big(A\cos(\beta t)+B\sin(\beta t)\big),
onde A,B são constantes determinadas pelas condições iniciais. Vou aplicar esse procedimento passo a passo.

Passo 3

Formação e resolução da equação característica. Substituindo s=e^{rt} na EDO obtemos:
r^2+\frac{1}{4}r+2=0.
Usamos a fórmula quadrática r=\dfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a} com a=1, b=\tfrac{1}{4}, c=2. Calcule o discriminante:
\Delta=b^2-4ac=\left(\tfrac{1}{4}\right)^2-4\cdot1\cdot2=\tfrac{1}{16}-8=\tfrac{1-128}{16}=-\tfrac{127}{16}<0.
Como \Delta<0, as raízes são complexas conjugadas. Calcule as raízes explicitamente:
r=\frac{-\tfrac{1}{4}\pm i\sqrt{127}/4}{2}=-\frac{1}{8}\pm i\frac{\sqrt{127}}{8}.
Logo a parte real é \alpha=-\tfrac{1}{8} e a parte imaginária \beta=\tfrac{\sqrt{127}}{8}.

Passo 4

Escrever a solução geral usando a forma para raízes complexas. Pela teoria,
s(t)=e^{\alpha t}\big(A\cos(\beta t)+B\sin(\beta t)\big).
Substituindo \alpha e \beta encontrados:
s(t)=e^{-t/8}\big(A\cos\big(\tfrac{\sqrt{127}}{8}t\big)+B\sin\big(\tfrac{\sqrt{127}}{8}t\big)\big).
Agora vamos usar as condições iniciais para determinar A e B.

Passo 5

Aplicar s(0)=0. Em t=0,
s(0)=e^{0}\big(A\cos 0 + B\sin 0\big)=A\cdot1 + B\cdot0 = A.
Como s(0)=0, obtemos A=0. Então a solução reduz-se a
s(t)=B\,e^{-t/8}\sin\big(\tfrac{\sqrt{127}}{8}t\big).

Passo 6

Aplicar s'(0)=2. Primeiro derivamos s(t). Com s(t)=B e^{-t/8}\sin(\beta t) onde \beta=\tfrac{\sqrt{127}}{8}, a derivada pelo produto dá:
s'(t)=B\Big(-\tfrac{1}{8}e^{-t/8}\sin(\beta t)+e^{-t/8}\beta\cos(\beta t)\Big) = B e^{-t/8}\big(-\tfrac{1}{8}\sin(\beta t)+\beta\cos(\beta t)\big).
Agora avalie em t=0: \sin 0=0, \cos 0=1. Portanto
s'(0)=B\cdot 1\cdot\big(0+\beta\cdot1\big)=B\beta.
A condição s'(0)=2 B\beta=2, então
B=\frac{2}{\beta}=\frac{2}{\tfrac{\sqrt{127}}{8}}=\frac{16}{\sqrt{127}}.

Passo 7

Escrever a solução final e verificar comportamento inicial. Substituindo B e \beta,
\boxed{\,s(t)=\frac{16}{\sqrt{127}}\,e^{-t/8}\sin\!\big(\tfrac{\sqrt{127}}{8}t\big).\,}
Verificação rápida do comportamento em t\approx0: para t pequeno, \sin(\beta t)\approx\beta t, então
s(t)\approx\frac{16}{\sqrt{127}}e^{0}\cdot\beta t=\frac{16}{\sqrt{127}}\cdot\frac{\sqrt{127}}{8}\,t=2t,
logo s'(0)=2, consistente com a condição inicial. Isso confirma que a constante B está correta.

Passo 8

Derivar explicitamente s'(t) final (útil para os gráficos e para o plano de fase). Usando B=\dfrac{16}{\sqrt{127}} e \beta=\dfrac{\sqrt{127}}{8},
s'(t)=\frac{16}{\sqrt{127}}\,e^{-t/8}\Big(-\tfrac{1}{8}\sin(\beta t)+\beta\cos(\beta t)\Big).
Podemos simplificar parcialmente multiplicando por \beta quando necessário, mas essa forma é prática para avaliar valores e desenhar o gráfico.

Passo 9

Parâmetros numéricos importantes para os gráficos (valores aproximados úteis para desenho à mão):
\beta=\frac{\sqrt{127}}{8}\approx 1{,}40868,\qquad\text{período }T=\frac{2\pi}{\beta}\approx\frac{2\pi}{1{,}40868}\approx 4{,}459.í
Amplitude inicial (envelope máximo quando e^{-t/8}=1) é
\frac{16}{\sqrt{127}}\approx 1{,}4209.
Alguns pontos de referência (valores aproximados calculados para desenho):
  • t=0:\; s(0)=0,\; s'(0)=2. (ponto inicial no plano de fase: (0,2))
  • Primeiro máximo de s ocorre quando s'(t)=0. Resolve-se \tan(\beta t)=\dfrac{\beta}{1/8}=\!8\beta=\sqrt{127}, dando \beta t\approx\arctan(\sqrt{127})\approx1{,}4837. Assim
t_{\text{max}}\approx\frac{1{,}4837}{\beta}\approx1{,}053,
e o máximo vale aproximadamente s(t_{\text{max}})\approx1{,}239 (positivo) com s'(t_{\text{max}})=0. No plano de fase corresponde ao ponto (\approx1{,}239,\;0).
  • Primeiro zero subsequente de s ocorre quando \beta t=\pi\Rightarrow t=\dfrac{\pi}{\beta}\approx2{,}231. Nesse instante
s(t)=0,\qquad s'(t)=-2e^{-t/8}\approx-1{,}513,
correspondendo no plano de fase ao ponto (0,\approx-1{,}513).
Esses pontos (início (0,2), máximo (1{,}239,0), zero (0,-1{,}513), etc.) ajudam a traçar os gráficos qualitativos.

Passo 10

Como desenhar os gráficos pedidos:
(b) Gráfico de s(t) e s'(t) no mesmo par de eixos t vs valor:
  • s(t) é uma oscilação amortecida: uma seno multiplicada por e^{-t/8}. Desenhe uma seno de período T\approx4{,}459 com amplitude máxima inicial \approx1{,}4209 e envelope superior e inferior dados por \pm\frac{16}{\sqrt{127}}e^{-t/8}. A função começa em 0 e sobe com inclinação 2 (pois s'(0)=2) até o primeiro pico em t\approx1{,}053.
  • s'(t) pode ser desenhada usando a expressão do Passo 8: é também uma oscilação amortecida, com zeros onde s(t) tem extremos e com amplitude decrescente. No mesmo gráfico, escolha escalas que permitam ver tanto s quanto s' (por exemplo eixo vertical de -2 a 2{,}5), marque os pontos calculados acima para guiar o traçado.
(c) Plano de fase (s,s'):
  • Trajetória paramétrica dada por s(t) e s'(t) (ver Passos 7 e 8). Como e^{-t/8}\to0 quando t\to\infty, as oscilações diminuem e a trajetória é uma espiral que converge para a origem.
  • Sentido do movimento: ao aumentar t a trajetória parte do ponto (0,2), vai para a direita até (\approx1{,}239,0), depois desce até (0,\approx-1{,}513), etc. Isso descreve um giro no sentido horário. Portanto o movimento no plano de fase é uma espiral voltando para a origem no sentido horário.
  • Identificação de pontos correspondentes entre (b) e (c): cada zero de s(t) corresponde a um ponto sobre o eixo vertical s=0 no plano de fase (com s' igual ao valor mostrado em (b) nesses instantes); cada máximo/minimo de s(t) corresponde a um ponto sobre o eixo horizontal s' = 0 no plano de fase; o ponto inicial t=0 aparece em (b) como s(0)=0,s'(0)=2 e em (c) como (0,2). Marque os mesmos instantes de tempo nas duas figuras para ver a correspondência.

Resposta

(a) \displaystyle s(t)=\frac{16}{\sqrt{127}}\,e^{-t/8}\sin\!\big(\tfrac{\sqrt{127}}{8}t\big).
(b) Gráficos: s(t) é uma seno amortecida com envelope \pm\frac{16}{\sqrt{127}}e^{-t/8}, período T=\dfrac{16\pi}{\sqrt{127}}\approx4{,}459 e primeiros pontos s(0)=0,\\ s'(0)=2,\\ s(t_{\text{max}}\approx1{,}053)\approx1{,}239. s'(t) dado por \displaystyle s'(t)=\frac{16}{\sqrt{127}}\,e^{-t/8}\big(-\tfrac{1}{8}\sin(\tfrac{\sqrt{127}}{8}t)+\tfrac{\sqrt{127}}{8}\cos(\tfrac{\sqrt{127}}{8}t)\big); desenhe s e s' no mesmo eixo usando esses envelopes e pontos de referência.
(c) Plano de fase: curva paramétrica \big(s(t),s'(t)\big) com s(t) e s'(t) das fórmulas acima; é uma espiral que converge para a origem no sentido horário. Pontos correspondentes: t=0\Rightarrow(0,2), t\approx1{,}053\Rightarrow(\approx1{,}239,0), t\approx2{,}231\Rightarrow(0,\approx-1{,}513), etc.

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