Problema 5. Sobre o oscilador amortecido.
a) Mostre que a equação diferencial do movimento de uma massa m presa a uma mola de constante elástica k, sob a ação de uma força de atrito -m \gamma \dot{x}, é dada por
\frac{d^{2} x}{d t^{2}}+\gamma \frac{d x}{d t}+\omega_{0}^{2} x=0
onde \omega_{0}^{2}=k / m.
b) Resolva essa equação (usando variáveis complexas), assumindo uma solução da forma x=e^{\alpha t}, e mostre que a solução geral, quando \gamma<2 \omega_{0}, é
\begin{aligned} & x(t)=e^{-\gamma t / 2}(A \cos \omega t+B \operatorname{sen} \omega t), \\\ \operatorname{com} \omega=\sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}} & \end{aligned}
c) Qual é a solução geral quando \gamma>2 \omega_{0} ?
d) Para t=0, a posição e a velocidade da massa m são x(0)= x_{0} e \dot{x}(0)=v_{0}. Determine os coeficientes A e B.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Dados fornecidos:
    • Uma massa m presa a uma mola de constante elástica k.
    • Uma força de atrito proporcional à velocidade dada por -m\gamma \dot{x} (sinal negativo indica que a força é oposta à velocidade).
    • Definição \omega_{0}^{2}=k/m.
    • Condições iniciais (aparecem na parte d): x(0)=x_{0} e \dot{x}(0)=v_{0}.
  • O enunciado pede:
    a) Mostrar que a equação do movimento é \frac{d^{2} x}{d t^{2}}+\gamma \frac{d x}{d t}+\omega_{0}^{2} x=0.
    b) Resolver essa equação assumindo uma solução da forma x=e^{\alpha t} e mostrar que, quando \gamma<2\omega_{0}, a solução geral é x(t)=e^{-\gamma t/2}\bigl(A\cos\omega t+B\sin\omega t\bigr), \qquad \omega=\sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}}.
    c) Determinar a solução geral quando \gamma>2\omega_{0}.
    d) Usando x(0)=x_{0} e \dot{x}(0)=v_{0}, determinar os coeficientes A e B (presumivelmente para o caso \gamma<2\omega_{0} já tratado na parte b).

Passo 2

Derivando a equação do movimento (parte a).
  • Aplicar a Segunda Lei de Newton: soma das forças é igual a m vezes a aceleração. As forças atuantes na massa são:
    • Força elástica da mola: -k x (restauradora, proporcional ao deslocamento e apontando para o equilíbrio).
    • Força de atrito (amortecimento): -m\gamma \dot{x}.
  • Escrevendo a equação de movimento:
m\frac{d^{2}x}{dt^{2}} = -k x - m\gamma \frac{dx}{dt}.
  • Dividindo ambos os lados por m:
\frac{d^{2}x}{dt^{2}} + \gamma \frac{dx}{dt} + \frac{k}{m} x = 0.
  • Usando \omega_{0}^{2}=\dfrac{k}{m} obtemos exatamente
\frac{d^{2}x}{dt^{2}} + \gamma \frac{dx}{dt} + \omega_{0}^{2} x = 0,
como pedido.

Passo 3

Resolver a equação homogênea com coeficientes constantes pelo método dos expoentes (parte b início).
  • Para equações lineares homogêneas com coeficientes constantes, uma boa tentativa é uma solução exponencial da forma \,x(t)=e^{\alpha t}\,, onde \alpha é, a princípio, complexo.
  • Substituindo \,x(t)=e^{\alpha t}\, em
\frac{d^{2}x}{dt^{2}} + \gamma \frac{dx}{dt} + \omega_{0}^{2} x = 0
obtemos (derivando e^{\alpha t} \alpha e^{\alpha t} e \alpha^{2} e^{\alpha t}):
\alpha^{2} e^{\alpha t} + \gamma \alpha e^{\alpha t} + \omega_{0}^{2} e^{\alpha t} = 0.
  • Como e^{\alpha t} nunca é zero, dividimos e ficamos com a equação característica:
\alpha^{2} + \gamma \alpha + \omega_{0}^{2} = 0.

Passo 4

Encontrar as raízes da equação característica e interpretar os casos.
  • As raízes da quadrática são dadas pela fórmula de Bhaskara:
\alpha = \frac{-\gamma \pm \sqrt{\gamma^{2} - 4\omega_{0}^{2}}}{2}.
  • As três situações possíveis são:
    1. \gamma^{2} - 4\omega_{0}^{2} > 0 (duas raízes reais distintas) — caso superamortecido.
    2. \gamma^{2} - 4\omega_{0}^{2} = 0 (raízes reais iguais) — caso criticamente amortecido.
    3. \gamma^{2} - 4\omega_{0}^{2} < 0 (raízes complexas conjugadas) — caso subamortecido (oscilatório amortecido).
Vamos tratar separadamente o caso subamortecido ( \gamma<2\omega_{0}) exigido na parte b e o caso superamortecido ( \gamma>2\omega_{0}) pedido na parte c.

Passo 5

Resolver o caso subamortecido \gamma<2\omega_{0} e obter a forma com cosseno e seno (parte b completo, com didática).
  • Se \gamma<2\omega_{0}, então \gamma^{2}-4\omega_{0}^{2}<0. Escrevemos a raiz discriminante como um número imaginário:
\sqrt{\gamma^{2}-4\omega_{0}^{2}} = i\sqrt{4\omega_{0}^{2}-\gamma^{2}}.
  • As raízes ficam
\alpha_{1,2} = -\frac{\gamma}{2} \pm i\frac{\sqrt{4\omega_{0}^{2}-\gamma^{2}}}{2}.
  • Definindo
\omega \coloneqq \sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}},
observa-se que
\frac{\sqrt{4\omega_{0}^{2}-\gamma^{2}}}{2} = \sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}} = \omega.
  • Assim as raízes são
\alpha_{1,2} = -\frac{\gamma}{2} \pm i\omega.
  • Uma solução genérica construída com as duas exponenciais complexas é
x(t) = C_{1} e^{\left(-\frac{\gamma}{2}+i\omega\right)t} + C_{2} e^{\left(-\frac{\gamma}{2}-i\omega\right)t},
onde C_{1} e C_{2} são constantes complexas que serão escolhidas para tornar x(t) real. Essa forma é válida, mas em provas costuma-se apresentar a solução realmente explícita em termos de função cosseno e seno.
  • Usando a identidade de Euler e^{i\omega t}=\cos\omega t + i\sin\omega t, escrevemos
e^{\left(-\frac{\gamma}{2}+i\omega\right)t}=e^{-\gamma t/2}\bigl(\cos\omega t + i\sin\omega t\bigr).
  • Uma combinação linear adequada das duas exponenciais complexas pode ser reescrita como uma combinação real de cosseno e seno. De fato, tomando constantes A e B reais, a função
x(t)=e^{-\gamma t/2}\bigl(A\cos\omega t + B\sin\omega t\bigr)
é a forma real geral das soluções correspondentes às raízes complexas (os dois parâmetros reais A e B equivalem às duas constantes de integração). Portanto obtemos exatamente a forma desejada:
x(t)=e^{-\gamma t/2}\bigl(A\cos\omega t + B\sin\omega t\bigr), \qquad \omega=\sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}}.
  • Intuição física curta: a exponencial e^{-\gamma t/2} descreve o decaimento da amplitude pela perda de energia, enquanto \cos e \sin descrevem a oscilação com frequência reduzida \omega (menor que \omega_{0} por causa do amortecimento).

Passo 6

Resolver o caso superamortecido \gamma>2\omega_{0} (parte c).
  • Se \gamma>2\omega_{0}, então \gamma^{2}-4\omega_{0}^{2}>0 e as raízes \alpha_{1} e \alpha_{2} são reais e distintas:
\alpha_{1} = \frac{-\gamma + \sqrt{\gamma^{2}-4\omega_{0}^{2}}}{2}, \qquad \alpha_{2} = \frac{-\gamma - \sqrt{\gamma^{2}-4\omega_{0}^{2}}}{2}.
  • A solução geral é a combinação linear das exponenciais correspondentes:
x(t) = C e^{\alpha_{1} t} + D e^{\alpha_{2} t},
onde C e D são constantes reais (ou complexas conjugadas se desejar, mas para dados reais tomam-se reais). Ambas as exponenciais decaem no tempo porque \alpha_{1}<0 e \alpha_{2}<0 (já que -\gamma/2 é negativo e o termo com a raiz não compensa para tornar positivo).
  • Observação breve (fora do pedido): no caso crítico \gamma=2\omega_{0} tem-se raiz dupla \alpha=-\gamma/2 e a solução geral é
x(t) = (C + Dt)e^{-\gamma t/2}.

Passo 7

Determinar A e B a partir das condições iniciais (parte d), assumindo \gamma<2\omega_{0} e portanto usando a forma oscilatória amortecida).
  • Temos a solução (relembrando):
x(t)=e^{-\gamma t/2}\bigl(A\cos\omega t + B\sin\omega t\bigr).
  • Primeiro apliquei a condição x(0)=x_{0}:
    • Avaliando em t=0: \,x(0)=e^{0}\bigl(A\cos 0 + B\sin 0\bigr)=A\cdot 1 + B\cdot 0 = A.
    • Logo
A = x_{0}.
  • Agora uso a condição sobre a velocidade \dot{x}(0)=v_{0}. Primeiro calculo \dot{x}(t) aplicando a regra do produto (derivada de e^{-\gamma t/2} vezes o parêntese mais e^{-\gamma t/2} vezes derivada do parêntese):
\dot{x}(t) = \frac{d}{dt}\left[e^{-\gamma t/2}\right]\bigl(A\cos\omega t + B\sin\omega t\bigr) + e^{-\gamma t/2}\frac{d}{dt}\bigl(A\cos\omega t + B\sin\omega t\bigr).
  • Calculando as derivadas separadamente:
    • \dfrac{d}{dt}e^{-\gamma t/2} = -\dfrac{\gamma}{2}e^{-\gamma t/2}.
    • \dfrac{d}{dt}\bigl(A\cos\omega t + B\sin\omega t\bigr) = -A\omega\sin\omega t + B\omega\cos\omega t.
  • Juntando,
\dot{x}(t) = e^{-\gamma t/2}\left[-\frac{\gamma}{2}\bigl(A\cos\omega t + B\sin\omega t\bigr) + \omega\bigl(-A\sin\omega t + B\cos\omega t\bigr)\right].
  • Avaliando em t=0 (onde e^{0}=1, \cos 0=1, \sin 0=0):
\dot{x}(0) = -\frac{\gamma}{2}A + \omega B.
  • Igualando a v_{0} obtemos
v_{0} = -\frac{\gamma}{2}A + \omega B.
  • Como já sabemos que A=x_{0}, resolvemos para B:
\omega B = v_{0} + \frac{\gamma}{2}A = v_{0} + \frac{\gamma}{2}x_{0},
portanto
B = \frac{v_{0} + \dfrac{\gamma}{2}x_{0}}{\omega}.

Resposta

a) \displaystyle \frac{d^{2}x}{dt^{2}}+\gamma\frac{dx}{dt}+\omega_{0}^{2}x=0.
b) \displaystyle x(t)=e^{-\gamma t/2}\bigl(A\cos\omega t + B\sin\omega t\bigr),\qquad \omega=\sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}},\\ \text{para }\gamma<2\omega_{0}.
c) \displaystyle x(t)=C\,e^{\alpha_{1}t}+D\,e^{\alpha_{2}t},\qquad \alpha_{1,2}=\frac{-\gamma\pm\sqrt{\gamma^{2}-4\omega_{0}^{2}}}{2},\\ \text{para }\gamma>2\omega_{0}.
d) \displaystyle A=x_{0},\qquad B=\frac{v_{0}+\dfrac{\gamma}{2}x_{0}}{\omega}.

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