A força F 0 c o s ( ω t + θ 0 ) age sobre um oscilador a partir de t = 0 .

a) Quais os valores iniciais de x e v , de modo que não exista transiente.

Passo 1

Oiiie, tudo bem com você?

Temos aqui um oscilador harmônico amortecido (o enunciado não diz explicitamente, mas o transiente está relacionado ao termo de decaimento exponencial relacionado ao amortecimento), temos então a seguinte equação diferencial:

x ¨ ( t )   + 2 γ x ˙ ( t ) + ω 0 2 x ( t ) = F 0 m c o s ( ω t + θ 0 )           ( 1 )

Precisamos encontrar tanto a solução da parte homogênea quanto a solução particular, no entanto, o enunciado não deixa claro qual tipo de amortecimento temos neste problema. Para cada escolha γ < ω 0 2 , γ > ω 0 2 e γ = ω 0 2 . Temos uma solução diferente, como o capítulo trata esta temática utilizando o contexto subcrítico, vou utilizar esta, o método de tratamento para as outras escolhas será análogo (com resultados diferentes), a solução da parte homogênea nestas condições é:

x h ( t )   =   e - γ t [ C 1 c o s ( ω 1 t ) + C 2 s i n ( ω 1 t ) ]           ( 2 )

ou, da mesma forma:

x h ( t )   =   A e - γ t c o s ( ω 1 t + θ )

em que C 1 = A c o s ( θ ) e C 2 = - A s i n ( θ ) . Ambas dependem de duas constantes e precisam portanto de duas condições iniciais, elas tomam a forma:

x ( t = 0 ) = x 0   e   x ˙ ( t = 0 ) = v 0           ( 3 )

A primeira alternativa trata de escolher as condições iniciais (3) de forma a eliminar a solução transiente. Mas antes de podermos fazer isso, precisamos de uma solução particular, beleza?

Passo 2

Temos a seguinte expressão na parte não-homogênea F ( t )   =   F 0 m c o s ( ω t + θ 0 ) . Utilizando o método de coeficientes a determinar, podemos chutar uma solução e obter constantes que respeitem a equação (1), saca só o formato deste chute:

x p ( t )   =   A c o s ( ω t + θ 0 ) + B s i n ( ω t + θ 0 )           ( 4 )

Para usar a equação (1) precisamos das derivadas, vamos fazer isso de uma vez!

x ˙ p ( t )   = - A ω s i n ( ω t + θ 0 ) + B ω c o s ( ω t + θ 0 )           ( 5 )

x ¨ p ( t )   =   - A ω 2 c o s ( ω t + θ 0 ) - B ω 2 s i n ( ω t + θ 0 )         ( 6 )

Vamos aplicar (5) e (6) na equação (1). Vamo que vamo!

Passo 3

Nós vamos obter o seguinte

- A ω 2 c o s ( ω t + θ 0 ) - B ω 2 s i n ( ω t + θ 0 )   →

→ + 2 γ [ - A ω s i n ( ω t + θ 0 ) + B ω c o s ( ω t + θ 0 ) ] →

→ + ω 0 2 [   A c o s ( ω t + θ 0 ) + B s i n ( ω t + θ 0 ) ] = F 0 m c o s ( ω t + θ 0 )

Podemos identificar então as equações necessárias para que a igualdade seja possível, e assim determinar nossos coeficientes, saca só!

- A ω 2 + 2 B γ ω + A ω 0 2 = F 0 m           ( 7 )

- B ω 2 - 2 A γ ω + B ω 0 2 = 0 → B   =   2 γ ω ω 0 2 - ω 2 A           ( 8 )

E portanto usando o resultado (8) em (7), temos:

A ( ω 0 2 - ω 2 ) + 2 γ ω × 2 γ ω ω 0 2 - ω 2 A = F 0 m → A ( ω 0 2 - ω 2 ) + 4 γ 2 ω 2 ω 0 2 - ω 2 A = F 0 m →

→ A = F 0 ( ω 0 2 - ω 2 ) m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ]           ( 9 )

Usando (9) em (8), temos:

B = 2 F 0 γ ω m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ]           ( 10 )

Portanto nossa solução particular (4) toma a forma:

x p ( t )   = F 0 ( ω 0 2 - ω 2 ) m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] c o s ( ω t + θ 0 ) + 2 F 0 γ ω m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] s i n ( ω t + θ 0 ) →

→ x p ( t ) = F 0 m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] [ ( ω 0 2 - ω 2 ) c o s ( ω t + θ 0 ) + 2 γ ω s i n ( ω t + θ 0 ) ]           ( 11 )

Okay, quase lá! Agora que temos nossa solução particular, precisamos juntar e encontrar a nossa solução geral, aplicar as condições iniciais e ver qual escolha elimina o transiente! Bora lá!

Passo 4

A solução geral toma a forma:

x ( t )   =   x h ( t ) + x p ( t )

Portanto:

x ( t )   =   e - γ t [ C 1 c o s ( ω 1 t ) + C 2 s i n ( ω 1 t ) ] + →

→ F 0 m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] [ ( ω 0 2 - ω 2 ) c o s ( ω t + θ 0 ) + 2 γ ω s i n ( ω t + θ 0 ) ]           ( 12 )

Para aplicar as condições iniciais (3), precisamos da derivada dessa monstruosidade acima, bora lá!

x ˙ ( t ) = - γ e - γ t [ C 1 c o s ( ω 1 t ) + C 2 s i n ( ω 1 t ) ] + →

→ + e - γ t [ - ω 1 C 1 s i n ( ω 1 t ) + ω 1 C 2 c o s ( ω 1 t ) ] + →

→ + F 0 m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] [ - ω ( ω 0 2 - ω 2 ) s i n ( ω t + θ 0 ) + 2 γ ω 2 c o s ( ω t + θ 0 ) ]           ( 13 )

Vamos aplicar as condições (3) então!

Passo 5

Usando as condições (3) em (12), temos:

x 0   =   C 1 + F 0 m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] [ ( ω 0 2 - ω 2 ) c o s ( θ 0 ) + 2 γ ω s i n ( θ 0 ) ] →

C 1 = x 0 - F 0 m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] [ ( ω 0 2 - ω 2 ) c o s ( θ 0 ) + 2 γ ω s i n ( θ 0 ) ]         ( 14 )

Agora aplicando (3) em (13), temos:

v 0 = - γ C 1 + ω 1 C 2 + F 0 m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] [ - ω ( ω 0 2 - ω 2 ) s i n ( θ 0 ) + 2 γ ω 2 c o s ( θ 0 ) ]           ( 15 )

Usando ( 14 ) em (15), temos finalmente:

v 0 = - γ [ x 0 - F 0 m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] [ ( ω 0 2 - ω 2 ) c o s ( θ 0 ) + 2 γ ω s i n ( θ 0 ) ] + →

→ ω 1 C 2 + F 0 m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] [ - ω ( ω 0 2 - ω 2 ) s i n ( θ 0 ) + 2 γ ω 2 c o s ( θ 0 ) ] →

→ C 2 = 1 ω 1 { v 0 + γ x 0 + F 0 m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] { - γ [ ( ω 0 2 - ω 2 ) c o s ( θ 0 ) + 2 γ ω s i n ( θ 0 ) ] + →

→ ω ( ω 0 2 - ω 2 ) s i n ( θ 0 ) - 2 γ ω 2 c o s ( θ 0 ) } }           ( 16 )

Beleza… para terminar isso precisamos agora escolher x 0 e v 0 , de forma que ambas as constantes sejam nulas, pois assim o transiente seria eliminado. Vamos lá!

Passo 6

Para que C 1 seja nulo, é necessário pela equação (14), que x 0 seja o seguinte:

x 0 = F 0 m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] [ ( ω 0 2 - ω 2 ) c o s ( θ 0 ) + 2 γ ω s i n ( θ 0 ) ]           ( 17 )

Agora usando (17) em (16) (Meu deus…) nós temos:

→ 0 = 1 ω 1 { v 0 + γ [ F 0 m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] [ ( ω 0 2 - ω 2 ) c o s ( θ 0 ) + 2 γ ω s i n ( θ 0 ) ] ] + →

F 0 m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] { - γ [ ( ω 0 2 - ω 2 ) c o s ( θ 0 ) + 2 γ ω s i n ( θ 0 ) ] + →

→ ω ( ω 0 2 - ω 2 ) s i n ( θ 0 ) - 2 γ ω 2 c o s ( θ 0 ) } }

Portanto:

v 0 = 2 γ ω 2 c o s ( θ 0 ) - ω ( ω 0 2 - ω 2 ) s i n ( θ 0 )           ( 18 )

As equações (17) e (18) nos dão exatamente as condições necessárias para que o transiente não exista! A alternativa a) é isso, bora para a b).

Resposta

x 0 = F 0 m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] [ ( ω 0 2 - ω 2 ) c o s ( θ 0 ) + 2 γ ω s i n ( θ 0 ) ]  

e

v 0 = 2 γ ω 2 c o s ( θ 0 ) - ω ( ω 0 2 - ω 2 ) s i n ( θ 0 )