Matemática universitária — Graduação 1 · Bachelor Year 1

5Equações Diferenciais Lineares

Encontradas pela primeira vez no volume do ensino médio, as equações diferenciais são tratadas aqui com demonstrações completas e em maior generalidade: equações lineares de primeira ordem com coeficientes variáveis (resolvidas completamente pelo método da variação das constantes) e equações lineares de segunda ordem com coeficientes constantes, o modelo das oscilações. Os dois casos exibem a mesma estrutura: solução geral $=$ uma solução particular $+$ solução geral da equação homogênea.

5.1 Equações lineares de primeira ordem

Definição 5.1

Sejam $I$ um intervalo e $a, b \colon I \to \R$ (ou $\C$ ) funções contínuas. A equação

(E)\colon\quad y' + a(x)\,y = b(x),

na função incógnita derivável $y \colon I \to \R$ (ou $\C$ ), é uma equação diferencial linear de primeira ordem. A equação $(H)\colon y' + a(x) y = 0$ é a sua equação homogênea.

Teorema 5.2 (Resolvendo a equação homogênea)

Seja $A$ uma primitiva de $a$ em $I$ (ela existe: Capítulo 15). As soluções de $(H)$ em $I$ são exatamente as funções

y(x) = \lambda\, \eu^{-A(x)}, \qquad \lambda \in \R \text{ (ou} \C).

Demonstração. Essas funções são soluções: $y' = -\lambda A' \eu^{-A} = -a y$ . Reciprocamente, seja $y$ uma solução de $(H)$ e ponha $z(x) = y(x)\, \eu^{A(x)}$ . Então

z' = y' \eu^{A} + y\, a\, \eu^{A} = (y' + ay)\, \eu^{A} = 0 ,

de modo que $z$ é constante no intervalo $I$ , digamos $z = \lambda$ : $y = \lambda \eu^{-A}$ . (Note a lógica: nenhuma solução se perde, porque toda solução foi escrita na forma anunciada.) ∎

Exemplo 5.3 (Uma equação homogênea com coeficiente variável)

Resolva $y' + (\cos x)\,y = 0$ em $\R$ . Uma primitiva de $a(x) = \cos x$ é $A(x) = \sin x$ , de modo que as soluções são

y(x) = \lambda\,\eu^{-\sin x}, \qquad \lambda \in \R .

Duas leituras. Toda solução é periódica (de período $2\pi$ ) e nunca se anula, a menos que $\lambda = 0$ — o sinal de $\lambda$ é para sempre o sinal de $y$ , pois uma exponencial não pode cruzar o zero. E a solução que passa por $y(0) = y_0$ é $y_0\eu^{-\sin x}$ : exatamente uma curva da família por cada ponto inicial, o retrato unidimensional do Teorema 5.4 (2).

Teorema 5.4 (Variação das constantes; problema de Cauchy)

Com as notações acima:

As soluções de $(E)$ em $I$ são exatamente

$y(x) = \Bigl(\lambda + \int_{x_0}^{x} b(t)\, \eu^{A(t)} \dd t \Bigr)\, \eu^{-A(x)}, \qquad \lambda \in \R,$

em que $x_0 \in I$ está fixado. Equivalentemente: solução geral de $(H)$ mais uma solução particular de $(E)$ .
Para todos $x_0 \in I$ e $y_0$ , o problema de Cauchy “ $(E)$ e $y(x_0) = y_0$ ” tem exatamente uma solução em $I$ .

Demonstração. (1) Seguindo o método chamado variação das constantes, procuremos soluções da forma $y = \mu(x)\, \eu^{-A(x)}$ com $\mu$ derivável — nenhuma generalidade se perde, pois toda função em $I$ pode ser assim escrita ( $\mu = y\,\eu^{A}$ ). Substituindo,

y' + ay = \mu' \eu^{-A} - \mu a \eu^{-A} + a\mu\eu^{-A} = \mu'\, \eu^{-A},

de modo que $y$ é solução de $(E)$ se, e somente se, $\mu'(x) = b(x)\,\eu^{A(x)}$ , se e somente se $\mu(x) = \lambda + \int_{x_0}^x b(t)\eu^{A(t)}\dd t$ para alguma constante $\lambda$ (duas primitivas de uma mesma função contínua num intervalo diferem por uma constante).

(2) Na fórmula, $y(x_0) = \lambda\,\eu^{-A(x_0)}$ : a condição $y(x_0) = y_0$ determina $\lambda = y_0 \eu^{A(x_0)}$ de modo único. ∎

Exemplo 5.5

Resolva $y' + \dfrac{y}{x} = x^2$ em $I = \intoo{0}{+\infty}$ . Aqui $a(x) = \frac 1x$ , $A(x) = \ln x$ , $\eu^{-A(x)} = \frac 1x$ . Soluções homogêneas: $\frac{\lambda}{x}$ . Variação das constantes: $\mu'(x) = x^2 \cdot x = x^3$ , de modo que $\mu = \frac{x^4}{4} + \lambda$ , e

y(x) = \frac{x^3}{4} + \frac{\lambda}{x}, \qquad \lambda \in \R .

Com a condição inicial $y(1) = 0$ : $\lambda = -\frac14$ . Verificação: $y' + \frac yx = \frac{3x^2}{4} - \frac{\lambda}{x^2} + \frac{x^2}{4} + \frac{\lambda}{x^2} = x^2$ .

Exemplo 5.6 (Adivinhar bate integrar)

Resolva $y' + 2x\,y = x$ em $\R$ . A variação das constantes funciona ( $A = x^2$ , $\mu' = x\,\eu^{x^2}$ , $\mu = \frac12\eu^{x^2} + \lambda$ ), mas observar que a constante $y_p = \frac12$ resolve a equação ( $0 + 2x\cdot\frac12 = x$ ) é mais rápido. Com as soluções homogêneas $\lambda\,\eu^{-x^2}$ :

y(x) = \frac12 + \lambda\,\eu^{-x^2}, \qquad \lambda \in \R .

Toda solução converge para $\frac12$ extremamente depressa quando $x \to \pm\infty$ : a solução particular constante é um equilíbrio ao qual todas as soluções se juntam. A ideia: antes de lançar o método geral, gaste dez segundos procurando uma solução particular óbvia (constante, monômio, múltiplo do lado direito); o teorema de estrutura conclui então o trabalho.

Observação 5.7 (Os intervalos importam)

O teorema vive num intervalo em que $a$ e $b$ são contínuas. Para $y' + \frac yx = 0$ em $\R^*$ , as soluções são $\frac{\lambda}{x}$ em $\intoo{0}{+\infty}$ e $\frac{\mu}{x}$ em $\intoo{-\infty}{0}$ , com constantes independentes: não há razão para uma única fórmula colar através da singularidade em $0$ .

Exemplo 5.8 (Um lado direito complexo, duas respostas reais)

Resolva $y' - y = \cos x$ e $y' - y = \sin x$ de uma só vez. Trabalhe em $\C$ com o lado direito $\eu^{\iu x}$ : tentar $y_p = c\,\eu^{\iu x}$ dá $c(\iu - 1)\eu^{\iu x} = \eu^{\iu x}$ , de modo que

c = \frac1{\iu - 1} = \frac{-1 - \iu}2, \qquad y_p = -\frac{(1 + \iu)(\cos x + \iu\sin x)}2 = \frac{\sin x - \cos x}2 + \iu\,\frac{-\sin x - \cos x}2 .

Como a equação tem coeficientes reais, as partes real e imaginária se separam: $\frac{\sin x - \cos x}2$ resolve $y' - y = \cos x$ , e $-\frac{\sin x + \cos x}2$ resolve $y' - y = \sin x$ (verifique a primeira: a derivada $\frac{\cos x + \sin x}2$ , menos a função, dá $\cos x$ ). Uma linha complexa substituiu duas execuções da variação das constantes — a mesma economia que o Método 5.13 sistematiza para a segunda ordem, e um dividendo recorrente do Capítulo 3.

5.2 Equações lineares de segunda ordem com coeficientes constantes

Definição 5.9

Sejam $a, b \in \R$ e $f \colon I \to \R$ contínua. A equação

(E)\colon\quad y'' + a\,y' + b\,y = f(x)

é uma equação linear de segunda ordem com coeficientes constantes; $(H)\colon y'' + ay' + by = 0$ é a sua equação homogênea, e $\chi(r) = r^2 + ar + b$ , o seu polinômio característico.

Teorema 5.10 (Soluções homogêneas)

Seja $\Delta = a^2 - 4b$ o discriminante de $\chi$ . As soluções reais de $(H)$ em $\R$ são:

se $\Delta > 0$ , com $r_1 \neq r_2$ as duas raízes reais: $\;y = \lambda\, \eu^{r_1 x} + \mu\, \eu^{r_2 x}$ ;
se $\Delta = 0$ , com $r_0$ a raiz dupla: $\;y = (\lambda + \mu x)\, \eu^{r_0 x}$ ;
se $\Delta < 0$ , com raízes $\alpha \pm \iu\omega$ ( $\omega > 0$ ): $\;y = \eu^{\alpha x} (\lambda \cos\omega x + \mu \sin\omega x)$ ;

em cada caso com $(\lambda, \mu)$ percorrendo $\R^2$ .

Demonstração. Observe primeiro que, para $r \in \C$ , $x \mapsto \eu^{rx}$ é solução de $(H)$ se, e somente se, $\chi(r) = 0$ (substitua: $(r^2 + ar + b)\eu^{rx} = 0$ ). É por isso que as exponenciais são o primeiro palpite natural: a derivação age sobre $\eu^{rx}$ como a multiplicação pelo número $r$ , de modo que a equação diferencial se torna a equação numérica $\chi(r) = 0$ — todo o problema analítico fica comprimido em encontrar as raízes de uma equação do segundo grau.

O passo-chave é uma mudança de incógnita que reduz a ordem. Seja $r$ uma raiz (possivelmente complexa) de $\chi$ e escreva $y = z\, \eu^{rx}$ , o que não faz perder generalidade. Então

y'' + ay' + by = \bigl(z'' + (2r + a) z' + \chi(r) z\bigr)\eu^{rx} = \bigl(z'' + (2r + a) z'\bigr)\eu^{rx},

de modo que $(H)$ se torna a equação de primeira ordem $u' + (2r + a) u = 0$ para $u = z'$ .

Caso $\Delta \neq 0$ : escolha $r = r_1$ ; então $2r_1 + a = r_1 - r_2$ (pois $r_1 + r_2 = -a$ ). Pelo Teorema 5.2, $z' = c\,\eu^{(r_2 - r_1)x}$ para alguma constante $c$ ; integrando em $\R$ , $z = \mu\, \eu^{(r_2 - r_1)x} + \lambda$ com $\mu = \frac{c}{r_2 - r_1}$ e, portanto, $y = z\, \eu^{r_1 x} = \lambda\,\eu^{r_1x} + \mu\,\eu^{r_2x}$ . Quando $\Delta < 0$ , as raízes são $\alpha \pm \iu\omega$ e as soluções complexas são $y = c_1\eu^{(\alpha+\iu\omega)x} + c_2\eu^{(\alpha-\iu\omega)x}$ com $c_1, c_2 \in \C$ . Quais delas assumem valores reais? Como $\conj{\eu^{(\alpha+\iu\omega)x}} = \eu^{(\alpha-\iu\omega)x}$ , o conjugado de $y$ é $\conj{c_2}\, \eu^{(\alpha+\iu\omega)x} + \conj{c_1}\,\eu^{(\alpha-\iu\omega)x}$ , e $y = \conj y$ para todo $x$ força $c_2 = \conj{c_1}$ (as duas exponenciais são linearmente independentes: avalie em dois pontos, ou compare em $x=0$ depois de dividir por $\eu^{\alpha x}$ ). Escrevendo $c_1 = \frac{\lambda - \iu\mu}2$ com $\lambda, \mu$ reais:

y = 2\,\Re\Bigl(c_1\,\eu^{\alpha x}(\cos\omega x + \iu\sin\omega x)\Bigr) = \eu^{\alpha x}\bigl(\lambda\cos\omega x + \mu\sin\omega x\bigr),

e, reciprocamente, toda função desse tipo é solução (parte real de uma solução complexa de uma equação real): o espaço das soluções reais é o anunciado.

Caso $\Delta = 0$ : $r = r_0$ , $2r_0 + a = 0$ , de modo que $z'' = 0$ : $z = \lambda + \mu x$ e $y = (\lambda + \mu x)\eu^{r_0 x}$ . ∎

Exemplo 5.11 (Um problema de Cauchy, do início ao fim)

Resolva $y'' - 3y' + 2y = 0$ com $y(0) = 0$ , $y'(0) = 1$ . O polinômio característico $r^2 - 3r + 2 = (r - 1)(r - 2)$ tem as raízes reais $1$ e $2$ : solução geral $y = \lambda\eu^{x} + \mu\eu^{2x}$ . As duas condições dão o sistema linear

\lambda + \mu = 0, \qquad \lambda + 2\mu = 1 ,

de modo que $\mu = 1$ , $\lambda = -1$ :

y(x) = \eu^{2x} - \eu^{x} .

Verificação: $y(0) = 0$ ; $y' = 2\eu^{2x} - \eu^x$ tem $y'(0) = 1$ ; e $y'' - 3y' + 2y = (4 - 6 + 2)\eu^{2x} + (-1 + 3 - 2)\eu^x = 0$ . Note a forma da resposta: perto de $-\infty$ domina o modo lento $-\eu^x$ ; perto de $+\infty$ , o modo rápido $\eu^{2x}$ . Ler as soluções como superposições de modos com taxas diferentes de decaimento ou crescimento é o hábito rentável — é assim que a separação transitório/regime permanente do problema de fim de semana é organizada.

Os três regimes de y'' + ay' + by = 0 com soluções que decaem: oscilação amortecida (raízes complexas), retorno crítico (raiz dupla), decaimento superamortecido (duas raízes reais). Qual regime ocorre lê-se apenas no sinal de = a2 - 4b — antes de resolver o que quer que seja. — Os três regimes de $y'' + ay' + by = 0$ com soluções que decaem: oscilação amortecida (raízes complexas), retorno crítico (raiz dupla), decaimento superamortecido (duas raízes reais). Qual regime ocorre lê-se apenas no sinal de $\Delta = a^2 - 4b$ — antes de resolver o que quer que seja.

Teorema 5.12 (Estrutura e problema de Cauchy)

Se $y_p$ é uma solução particular de $(E)$ , as soluções de $(E)$ são exatamente $y_p + y_h$ , com $y_h$ percorrendo as soluções de $(H)$ .
(Superposição) Se $y_1$ resolve $y'' + ay' + by = f_1$ e $y_2$ resolve $y'' + ay' + by = f_2$ , então $y_1 + y_2$ resolve a equação com lado direito $f_1 + f_2$ .
Para todos $x_0 \in I$ e $(y_0, y_0')$ , o problema de Cauchy “ $(E)$ , $y(x_0) = y_0$ , $y'(x_0) = y_0'$ ” tem exatamente uma solução em $I$ . (Existência dada uma solução particular; unicidade em geral.)

Demonstração. (1) $y$ resolve $(E)$ se, e somente se, $y - y_p$ resolve $(H)$ , pela linearidade de $y \mapsto y'' + ay' + by$ . (2) é a mesma linearidade.

(3) Por (1), basta demonstrar que as constantes $(\lambda, \mu)$ podem sempre ser ajustadas, de modo único, a quaisquer dados $(y_0, y_0')$ . Transladando a variável, suponha $x_0 = 0$ . No caso (1) do Teorema 5.10, $y = \lambda\eu^{r_1x} + \mu\eu^{r_2x}$ dá

y(0) = \lambda + \mu, \qquad y'(0) = r_1\lambda + r_2\mu :

um sistema linear em $(\lambda, \mu)$ cujo determinante é $r_2 - r_1 \neq 0$ ; resolvendo-o explicitamente, $\mu = \frac{y_0' - r_1y_0}{r_2 - r_1}$ e $\lambda = y_0 - \mu$ : exatamente uma solução. No caso (2), $y(0) = \lambda$ e $y'(0) = r_0\lambda + \mu$ : o sistema é triangular, com determinante $1$ , resolvido por $\lambda = y_0$ , $\mu = y_0' - r_0y_0$ . No caso (3), $y(0) = \lambda$ e $y'(0) = \alpha\lambda + \omega\mu$ : determinante $\omega \neq 0$ , resolvido por $\lambda = y_0$ , $\mu = \frac{y_0' - \alpha y_0}\omega$ . Em cada caso, a aplicação $(\lambda, \mu) \mapsto (y(x_0), y'(x_0))$ é uma bijeção linear — a linguagem do Capítulo 20 comprimirá esta verificação por casos numa única frase. ∎

Método 5.13 (Solução particular para $f(x) = P(x)\,\eu^{\gamma x}$ )

Quando o lado direito é $P(x)\,\eu^{\gamma x}$ com $P$ um polinômio e $\gamma \in \R$ (isso cobre polinômios, exponenciais e, via $\gamma$ complexo ou superposição, $\cos$ e $\sin$ ), procure uma solução particular da forma

y_p(x) = x^{m}\, Q(x)\, \eu^{\gamma x}, \qquad m = \text{multiplicidade de} \gamma \text{ como raiz de} \chi \ (m = 0, 1 \text{ ou} 2),

com $Q$ um polinômio do mesmo grau que $P$ , cujos coeficientes se encontram por substituição e identificação. Para $f = K\cos\omega x$ (ou $\sin$ ), resolva com lado direito $K\eu^{\iu\omega x}$ e tome a parte real (resp. imaginária).

Exemplo 5.14 (Superposição em ação)

Resolva $y'' - y = \eu^{x} + 4$ em $\R$ . Homogênea: $\chi(r) = r^2 - 1$ , raízes $\pm1$ , de modo que $y_h = \lambda\eu^x + \mu\eu^{-x}$ . Separe o lado direito e trate cada parcela pelo quadro do método. Parcela $\eu^x$ : aqui $\gamma = 1$ é raiz simples de $\chi$ , então tente $y_1 = c\,x\,\eu^x$ : nesse caso $y_1'' - y_1 = c(x + 2)\eu^x - cx\eu^x = 2c\,\eu^x$ , o que dá $c = \frac12$ . Parcela $4$ : $\gamma = 0$ não é raiz; a constante $y_2 = -4$ serve. Por superposição (Teorema 5.12 (2)):

y = \frac{x\,\eu^x}2 - 4 + \lambda\,\eu^x + \mu\,\eu^{-x}, \qquad (\lambda, \mu) \in \R^2 .

Note como as duas parcelas exigiram formas diferentes ( $m = 1$ contra $m = 0$ ): o teste de multiplicidade é aplicado a cada expoente separadamente, o que é toda a razão de separar o lado direito antes de adivinhar.

Exemplo 5.15 (A regra da multiplicidade em ação)

Resolva $y'' + y' = x$ em $\R$ . O lado direito é $P(x)\eu^{0 \cdot x}$ com $P(x) = x$ , e $\gamma = 0$ é raiz simples de $\chi(r) = r^2 + r = r(r + 1)$ : logo $m = 1$ , e o palpite correto é $y_p = x\,(\alpha x + \beta) = \alpha x^2 + \beta x$ , um grau acima de $P$ . Substituindo:

y_p'' + y_p' = 2\alpha + (2\alpha x + \beta) = 2\alpha x + (2\alpha + \beta) ,

e a identificação com $x$ dá $\alpha = \frac12$ , $\beta = -1$ : $y_p = \frac{x^2}2 - x$ . Solução geral: $y = \frac{x^2}2 - x + \lambda + \mu\,\eu^{-x}$ . Se tivéssemos adivinhado $y_p = \alpha x + \beta$ (ignorando a multiplicidade), a substituição daria $y_p'' + y_p' = \alpha$ , uma constante — nenhuma escolha de $\alpha, \beta$ pode igualar $x$ , e a falha é estrutural: as constantes já resolvem a equação homogênea, de modo que são invisíveis ao lado esquerdo. O fator $x^m$ existe precisamente para sair do espaço das soluções homogêneas.

Observação 5.16 (A apólice de seguro de trinta segundos)

Toda equação resolvida neste capítulo termina com uma verificação por substituição, e isso não é decorativo. Um cálculo de equação diferencial encadeia muitos passos pequenos (uma primitiva, uma regra do produto, duas constantes), e um único erro de sinal se propaga invisivelmente; substituir a fórmula final na equação captura essencialmente todos eles ao custo de uma derivação. Cultive o reflexo em três camadas: verifique a solução particular sozinha (a parte homogênea se cancela de qualquer modo), verifique as condições iniciais na solução completa e, quando houver um parâmetro, verifique um valor degenerado (a fórmula para $\Omega$ geral reproduz a resposta conhecida em $\Omega = 0$ ?). O hábito custa meio minuto e converte “provavelmente certo” em “verificado”.

Observação 5.17 (Armadilhas frequentes)

Normalize primeiro. As fórmulas supõem que a equação se lê $y' + a(x)y = b(x)$ — coeficiente $1$ em $y'$ . Para $xy' - 2y = x^3$ , divida por $x$ (num intervalo que evite $0$ ) antes de identificar $a$ e $b$ , como no Exercício 5.2.
Uma constante por dimensão, fixada no fim. A solução geral de primeira ordem carrega uma constante; a de segunda ordem, duas; as condições iniciais são impostas à solução completa $y_p + y_h$ , nunca a $y_h$ sozinha — impô-las antes de somar $y_p$ é o erro estrutural mais frequente.
Atenção à multiplicidade. Um palpite de solução particular que resolve a equação homogênea é invisível ao lado esquerdo; o fator $x^m$ do Método 5.13 não é opcional (Exemplo 5.15).
Os intervalos fazem parte da resposta. As soluções vivem em intervalos nos quais os coeficientes são contínuos; colar através de uma singularidade pode criar constantes espúrias (Exercício 5.12) ou destruir a unicidade. “Resolva em $\R^*$ ” significa dois problemas independentes.

Exemplo 5.18 (Forçamento fora de ressonância)

Resolva $y'' + 4y = \sin x$ em $\R$ . Frequência natural $2$ , frequência de forçamento $1$ : como $\iu$ não é raiz de $\chi(r) = r^2 + 4$ , a multiplicidade é $m = 0$ e uma senoide simples basta. Tentando $y_p = \alpha\sin x$ (nenhum cosseno é necessário: a equação não tem termo em $y'$ , e $\sin$ regenera $\sin$ ):

y_p'' + 4y_p = -\alpha\sin x + 4\alpha\sin x = 3\alpha\sin x ,

de modo que $\alpha = \frac13$ , e a solução geral é

y = \frac{\sin x}3 + \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x .

Toda solução permanece limitada: uma superposição de duas oscilações nas frequências $1$ (forçada) e $2$ (natural). Compare com o exemplo seguinte, em que forçar na frequência natural muda a própria forma da resposta.

Exemplo 5.19 (Uma oscilação forçada)

Resolva $y'' + y = \cos x$ , $y(0) = 0$ , $y'(0) = 0$ .

Homogênea: $\chi(r) = r^2 + 1$ , raízes $\pm\iu$ : $y_h = \lambda\cos x + \mu \sin x$ .

Particular: lado direito $\Re(\eu^{\iu x})$ com $\gamma = \iu$ raiz simples de $\chi$ : tente $z_p = c\, x\, \eu^{\iu x}$ ( $c \in \C$ ). Então $z_p'' + z_p = c\,(2\iu)\eu^{\iu x}$ , o que é igual a $\eu^{\iu x}$ para $c = \frac{1}{2\iu} = -\frac\iu2$ . Logo, $z_p = -\frac{\iu}{2} x (\cos x + \iu \sin x)$ e $y_p = \Re(z_p) = \frac{x \sin x}{2}$ .

Solução geral: $y = \frac{x\sin x}{2} + \lambda\cos x + \mu\sin x$ . Condições: $y(0) = \lambda = 0$ ; $y' = \frac{\sin x + x\cos x}{2} + \mu\cos x$ , de modo que $y'(0) = \mu = 0$ . Resposta: $y = \frac{x\sin x}{2}$ — uma oscilação cuja amplitude cresce linearmente: o fenômeno da ressonância, causado por forçar o sistema na sua frequência natural.

Ressonância: a solução y = x x/2 de y'' + y = x oscila entre as retas y = ± x2 (tracejadas), com amplitude sempre crescente. — Ressonância: a solução $y = \frac{x \sin x}{2}$ de $y'' + y = \cos x$ oscila entre as retas $y = \pm\frac x2$ (tracejadas), com amplitude sempre crescente.

Observação 5.20 (Interlúdio: a linearidade é uma geometria)

Olhe de novo a forma de cada conjunto solução deste capítulo: uma solução especial mais um espaço de soluções homogêneas com uma constante livre (primeira ordem) ou duas (segunda ordem). Os capítulos de álgebra linear (Capítulos 18, 19 e 20) fornecerão o vocabulário exato: a aplicação $L(y) = y'' + ay' + by$ é linear, as suas soluções homogêneas formam o núcleo de $L$ , um espaço vetorial cuja dimensão é igual à ordem da equação — eis o conteúdo honesto de “uma constante por ordem” — e o conjunto solução de $L(y) = f$ é um subespaço afim, um transladado do núcleo. Até a aplicação de Cauchy $(\lambda, \mu) \mapsto (y(x_0), y'(x_0))$ do Teorema 5.12 é uma bijeção linear entre dois planos, isto é, um sistema $2 \times 2$ invertível (Capítulo 21). Nada neste capítulo precisará ser refeito — apenas rebatizado, e o rebatismo é o melhor aquecimento possível para a álgebra linear: toda definição abstrata de lá já ganhou o seu sustento aqui.

Observação 5.21 (Onde este capítulo é usado)

O teorema de estrutura — as soluções de $(E)$ formam “uma solução particular mais as soluções de $(H)$ ” — é a primeira aparição de um padrão que o Capítulos 18 e 20 nomeará: o conjunto solução de $(H)$ é o núcleo da aplicação linear $y \mapsto y'' + ay' + by$ , e o conjunto solução de $(E)$ é um transladado afim dele. O polinômio característico reaparece como o polinômio característico de uma matriz no Capítulo 21: uma equação de segunda ordem é um sistema de primeira ordem $2 \times 2$ disfarçado, ponto de vista que o volume do segundo ano de graduação sistematiza. As integrais exigidas pela variação das constantes são fornecidas pelo Capítulo 15, e o problema de fim de semana abaixo — o oscilador amortecido e forçado — é o caso modelo de toda questão de oscilação nas ciências, dos circuitos às pontes suspensas.

5.3 Exercícios

Exercício 5.1 ★

Resolva em $\R$ : $\;y' + 2y = \eu^{3x}$ ; depois o problema de Cauchy $y(0) = 1$ .

Solução

Solução de Exercício 5.1.

Homogênea: $y_h = \lambda\,\eu^{-2x}$ . Particular: tente $y_p = c\,\eu^{3x}$ ( $3$ não é raiz de $r + 2$ ): $3c + 2c = 1$ , $c = \frac15$ . Solução geral: $y = \frac{\eu^{3x}}{5} + \lambda\,\eu^{-2x}$ . Com $y(0) = 1$ : $\frac15 + \lambda = 1$ , $\lambda = \frac45$ , de modo que $y = \frac{\eu^{3x} + 4\,\eu^{-2x}}{5}$ .

Exercício 5.2 ★

Resolva em $\intoo{0}{+\infty}$ : $\;x y' - 2y = x^3$ (coloque a equação na forma normalizada primeiro).

Solução

Solução de Exercício 5.2.

Em $\intoo{0}{+\infty}$ , divida por $x$ : $y' - \frac{2}{x}\,y = x^2$ . Aqui $A(x) = -2\ln x$ , $\eu^{-A(x)} = x^2$ : soluções homogêneas $\lambda x^2$ . Variação das constantes: $\mu'(x) = x^2 \cdot x^{-2} = 1$ , de modo que $\mu = x + \lambda$ e

y(x) = x^3 + \lambda x^2, \qquad \lambda \in \R .

Verificação: $x(3x^2 + 2\lambda x) - 2(x^3 + \lambda x^2) = x^3$ .

Exercício 5.3 ★

Resolva em $\R$ , dando a solução geral real: $\;y'' - 3y' + 2y = 0$ ; $\;y'' + 4y' + 4y = 0$ ; $\;y'' - 2y' + 5y = 0$ .

Solução

Solução de Exercício 5.3.

$y'' - 3y' + 2y = 0$ : raízes $1$ e $2$ ; $\;y = \lambda\,\eu^{x} + \mu\,\eu^{2x}$ .

$y'' + 4y' + 4y = 0$ : raiz dupla $-2$ ; $\;y = (\lambda + \mu x)\,\eu^{-2x}$ .

$y'' - 2y' + 5y = 0$ : raízes $1 \pm 2\iu$ ; $\;y = \eu^{x}(\lambda\cos 2x + \mu\sin 2x)$ .

Exercício 5.4 ★

Resolva $y'' - y = x^2$ em $\R$ e depois o problema de Cauchy $y(0) = 0$ , $y'(0) = 1$ .

Solução

Solução de Exercício 5.4.

Homogênea: raízes $\pm 1$ , $y_h = \lambda\,\eu^x + \mu\,\eu^{-x}$ . Particular com lado direito polinomial ( $\gamma = 0$ não é raiz): $y_p = ax^2 + bx + c$ ; substituindo, $2a - (ax^2 + bx + c) = x^2$ dá $a = -1$ , $b = 0$ , $c = 2a = -2$ : $y_p = -x^2 - 2$ . Solução geral: $y = -x^2 - 2 + \lambda\eu^x + \mu\eu^{-x}$ .

Cauchy: $y(0) = -2 + \lambda + \mu = 0$ e $y'(0) = \lambda - \mu = 1$ : $\lambda = \frac32$ , $\mu = \frac12$ . Logo, $y = -x^2 - 2 + \frac{3\eu^x + \eu^{-x}}{2}$ .

Exercício 5.5 ★★

Resolva em $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ : $\;y' + y\tan x = \sin 2x$ .

Solução

Solução de Exercício 5.5.

$a(x) = \tan x$ , $A(x) = -\ln(\cos x)$ (válido: $\cos > 0$ no intervalo), $\eu^{-A} = \cos x$ : soluções homogêneas $\lambda\cos x$ . Variação das constantes: $\mu'(x) = \sin 2x \cdot \frac{1}{\cos x} = 2\sin x$ , de modo que $\mu = -2\cos x + \lambda$ e

y(x) = -2\cos^2 x + \lambda \cos x .

Verificação: $y' = 4\cos x \sin x - \lambda\sin x$ e $y\tan x = -2\cos x\sin x + \lambda \sin x$ ; a soma vale $2\cos x\sin x = \sin 2x$ , como exigido.

Exercício 5.6 ★★

Resolva $y'' - 4y' + 3y = (2x + 1)\,\eu^{x}$ em $\R$ . (Atenção à multiplicidade: $1$ é raiz do polinômio característico?)

Solução

Solução de Exercício 5.6.

$\chi(r) = r^2 - 4r + 3 = (r-1)(r-3)$ : $\gamma = 1$ é raiz simples ( $m = 1$ ). Tente $y_p = x(ax + b)\,\eu^x$ . Com $u = ax^2 + bx$ ,

y_p'' - 4y_p' + 3y_p = \bigl(u'' + (2 - 4)u' + \chi(1) u\bigr)\eu^x = \bigl(2a - 2(2ax + b)\bigr)\eu^x .

Identificando com $(2x + 1)\eu^x$ : $-4a = 2$ e $2a - 2b = 1$ , de modo que $a = -\frac12$ , $b = -1$ . Solução geral:

y = -\Bigl(\frac{x^2}{2} + x\Bigr)\eu^{x} + \lambda\,\eu^{x} + \mu\,\eu^{3x}, \qquad (\lambda, \mu) \in \R^2 .

Exercício 5.7 ★★

Resolva $y'' + 4y = \sin 2x + x$ em $\R$ (superposição; trate cada lado direito separadamente).

Solução

Solução de Exercício 5.7.

Homogênea: $y_h = \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x$ .

Lado direito $x$ ( $\gamma = 0$ não é raiz): $y_1 = ax + b$ com $4(ax + b) = x$ : $y_1 = \frac x4$ .

Lado direito $\sin 2x = \Im(\eu^{2\iu x})$ , sendo $2\iu$ raiz simples de $r^2 + 4$ : tente $z = c\,x\,\eu^{2\iu x}$ ; então $z'' + 4z = 4\iu c\,\eu^{2\iu x}$ , igual a $\eu^{2\iu x}$ para $c = \frac{1}{4\iu} = -\frac{\iu}{4}$ . Logo, $z = -\frac{\iu x}{4}(\cos 2x + \iu \sin 2x)$ e $y_2 = \Im(z) = -\frac{x\cos 2x}{4}$ .

Por superposição:

y = \frac{x}{4} - \frac{x\cos 2x}{4} + \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x .

Exercício 5.8 ★★

Uma xícara de café à temperatura $T_0 = 80\,^\circ$ C está numa sala a $20\,^\circ$ C. A lei do resfriamento de Newton diz que $T' = -k\,(T - 20)$ com $k > 0$ . Resolva para $T(t)$ e, sabendo que o café está a $50\,^\circ$ C após $10$ minutos, determine quando ele atinge $25\,^\circ$ C.

Solução

Solução de Exercício 5.8.

A equação $T' + kT = 20k$ tem a solução particular constante $20$ e as soluções homogêneas $\lambda\eu^{-kt}$ : $T(t) = 20 + \lambda\,\eu^{-kt}$ , e $T(0) = 80$ dá $\lambda = 60$ :

T(t) = 20 + 60\,\eu^{-kt} .

$T(10) = 50$ : $\eu^{-10k} = \frac12$ , de modo que $k = \frac{\ln 2}{10}$ . Então $T(t) = 25$ exige $\eu^{-kt} = \frac{5}{60} = \frac{1}{12}$ , isto é,

t = \frac{\ln 12}{k} = 10\,\frac{\ln 12}{\ln 2} \approx 35.8 \text{ minutos.}

Exercício 5.9 ★★★

(Oscilador amortecido) Para $\varepsilon \geq 0$ , considere $y'' + 2\varepsilon y' + y = 0$ .

Resolva para $\varepsilon \in \intco{0}{1}$ , $\varepsilon = 1$ e $\varepsilon > 1$ .
Mostre que, para $\varepsilon > 0$ , toda solução tende a $0$ em $+\infty$ , e que, para $\varepsilon = 0$ , as soluções não nulas não tendem.
Para $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ , mostre que os zeros de uma solução não nula são regularmente espaçados, com passo $\frac{\pi}{\sqrt{1 - \varepsilon^2}}$ .

Solução

Solução de Exercício 5.9.

$\chi(r) = r^2 + 2\varepsilon r + 1$ , $\Delta = 4(\varepsilon^2 - 1)$ . Para $\varepsilon \in \intco{0}{1}$ : raízes $-\varepsilon \pm \iu\sqrt{1 - \varepsilon^2}$ , de modo que $y = \eu^{-\varepsilon t}\bigl(\lambda\cos\omega t + \mu\sin\omega t\bigr)$ com $\omega = \sqrt{1 - \varepsilon^2}$ . Para $\varepsilon = 1$ : raiz dupla $-1$ , $y = (\lambda + \mu t)\,\eu^{-t}$ . Para $\varepsilon > 1$ : raízes reais $r_\pm = -\varepsilon \pm \sqrt{\varepsilon^2 - 1}$ , ambas $< 0$ , e $y = \lambda\eu^{r_+t} + \mu\eu^{r_-t}$ .
Para $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ : $\abs y \leq \eu^{-\varepsilon t}(\abs\lambda + \abs\mu) \to 0$ . Para $\varepsilon = 1$ : $(\lambda + \mu t)\eu^{-t} \to 0$ (a exponencial vence o polinômio, Proposição 4.6). Para $\varepsilon > 1$ : as duas exponenciais decaem, pois $r_\pm < 0$ (com efeito, $\sqrt{\varepsilon^2 - 1} < \varepsilon$ ). Para $\varepsilon = 0$ : $y = \lambda\cos t + \mu\sin t$ tem amplitude constante $\sqrt{\lambda^2 + \mu^2} \neq 0$ , a menos que $y = 0$ .
Escreva $\lambda\cos\omega t + \mu\sin\omega t = R\cos(\omega t - \varphi)$ com $R = \sqrt{\lambda^2 + \mu^2} > 0$ . Os zeros de $y$ são os de $\cos(\omega t - \varphi)$ (o fator $\eu^{-\varepsilon t}$ nunca se anula): $\omega t - \varphi \equiv \frac\pi2 \pmod \pi$ , uma progressão aritmética de passo $\frac{\pi}{\omega} = \frac{\pi}{\sqrt{1 - \varepsilon^2}}$ .

Exercício 5.10 ★★★

Encontre todas as funções $f \colon \R \to \R$ , duas vezes deriváveis, tais que

\forall x, y \in \R, \qquad f(x + y) + f(x - y) = 2 f(x) f(y),

com $f(0) \ne 0$ e $f$ não constante. Sugestão: fixe $y$ , derive duas vezes em relação a $x$ em $0$ ; mostre que $f(0) = 1$ e $f'' = c f$ para alguma constante $c$ ; depois resolva conforme o sinal de $c$ e verifique quais soluções satisfazem a equação funcional.

Solução

Solução de Exercício 5.10.

Ponha $x = y = 0$ : $2f(0) = 2f(0)^2$ , e $f(0) \neq 0$ dá $f(0) = 1$ . Fixe $x$ e derive duas vezes a equação em relação a $y$ :

f''(x+y) + f''(x-y) = 2 f(x) f''(y) .

Fazendo $y = 0$ : $\;2f''(x) = 2 f(x) f''(0)$ , isto é,

f''(x) = c\,f(x), \qquad c = f''(0).

Caso $c = \omega^2 > 0$ : $f(x) = \lambda\cosh\omega x + \mu\sinh\omega x$ ; $f(0) = 1$ dá $\lambda = 1$ . Substituindo na equação funcional e usando as fórmulas de adição (Proposição 4.18), a equação força $\mu = 0$ (compare os coeficientes de $\sinh\omega x \sinh\omega y$ ou avalie em $x = y$ ): $f = \cosh\omega x$ , que de fato satisfaz $\cosh(x+y) + \cosh(x-y) = 2\cosh x\cosh y$ .

Caso $c = -\omega^2 < 0$ : do mesmo modo, $f(x) = \cos\omega x$ ( $\omega \neq 0$ ), que satisfaz a equação.

Caso $c = 0$ : $f$ é afim com $f(0) = 1$ : $f(x) = 1 + \mu x$ ; a equação força $\mu = 0$ , o que está excluído ( $f$ não constante).

Conclusão: as soluções são $f(x) = \cos\omega x$ e $f(x) = \cosh\omega x$ , $\omega > 0$ .

Exercício 5.11 ★★

(Equação de Euler) Resolva $x^2 y'' - x y' + y = 0$ em $\intoo{0}{+\infty}$ . Sugestão: ponha $z(t) = y(\eu^t)$ , isto é, substitua $x = \eu^t$ , e mostre que $z$ satisfaz uma equação linear com coeficientes constantes.

Solução

Solução de Exercício 5.11.

Ponha $z(t) = y(\eu^t)$ , de modo que $y(x) = z(\ln x)$ para $x > 0$ . Então

y'(x) = \frac{z'(\ln x)}x, \qquad y''(x) = \frac{z''(\ln x) - z'(\ln x)}{x^2} ,

e, substituindo na equação:

x^2y'' - xy' + y = \bigl(z'' - z'\bigr) - z' + z = z'' - 2z' + z = 0 .

Polinômio característico $(r - 1)^2$ : raiz dupla $1$ , de modo que $z(t) = (\lambda + \mu t)\,\eu^t$ e, de volta à variável $x = \eu^t$ :

y(x) = (\lambda + \mu\ln x)\,x, \qquad \lambda, \mu \in \R .

Exercício 5.12 ★★★

Considere a equação $x\,y' = 2y$ em toda a reta real, na função incógnita derivável $y \colon \R \to \R$ .

Resolva em $\intoo{0}{+\infty}$ e em $\intoo{-\infty}{0}$ .
Mostre que, para quaisquer constantes $a, b \in \R$ , a função igual a $ax^2$ para $x \geq 0$ e a $bx^2$ para $x < 0$ é derivável em $\R$ e resolve a equação em toda parte.
Conclua que o conjunto solução em $\R$ é uma família a dois parâmetros e explique por que isso não contradiz a unicidade do Teorema 5.4.

Solução

Solução de Exercício 5.12.

Na forma normalizada $y' - \frac2x\,y = 0$ em cada intervalo: $A(x) = -2\ln\abs x$ , de modo que as soluções são $y = a x^2$ em $\intoo0{+\infty}$ e $y = b x^2$ em $\intoo{-\infty}0$ , com constantes independentes (Teorema 5.2).
Seja $y = ax^2$ para $x \geq 0$ e $bx^2$ para $x < 0$ . Em cada semirreta aberta, $y$ é derivável com $xy' = 2y$ . Em $0$ : os quocientes de diferenças $\frac{y(h) - y(0)}h = ah$ ou $bh$ tendem a $0$ , de modo que $y'(0) = 0$ existe, e a equação em $x = 0$ diz que $0 \cdot y'(0) = 2y(0) = 0$ : satisfeita. Logo, $y$ resolve a equação em todo o $\R$ .
As soluções em $\R$ são exatamente essas funções coladas: uma família a dois parâmetros para uma equação de primeira ordem. Não há contradição com o Teorema 5.4, cujas hipóteses falham aqui: escrito como $y' + a(x)y = 0$ , o coeficiente $a(x) = -\frac2x$ não é contínuo em $0$ — nem sequer está definido — de modo que $\R$ não é um intervalo no qual o teorema se aplique. A singularidade em $0$ desconecta as duas semirretas, e o valor $y(0) = 0$ fica forçado, sem transportar informação alguma de um lado ao outro. Todo dado de Cauchy em $x_0 \neq 0$ determina a solução apenas na semirreta que contém $x_0$ .

5.4 Problema: O oscilador amortecido e forçado

Problema 5.1

Uma única equação governa uma massa presa a uma mola num meio viscoso, a carga num circuito RLC e um prédio balançando ao vento:

(E_\Omega)\colon\quad x'' + 2\lambda x' + \omega_0^2\,x = A\cos(\Omega t),

com $\lambda \geq 0$ o amortecimento, $\omega_0 > 0$ a frequência natural, e $A > 0$ , $\Omega > 0$ a amplitude e a frequência do forçamento. Este problema extrai o seu comportamento completo: o decaimento dos transitórios, o único regime permanente periódico, a curva de ressonância e a sua nitidez (o fator de qualidade), os batimentos do caso não amortecido e o balanço de energia que sustenta a oscilação. Salvo menção em contrário, $0 < \lambda < \omega_0$ (regime subamortecido) e escrevemos $\omega_d = \sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}$ .

Parte I — O oscilador livre. Aqui $A = 0$ .

Resolva a equação homogênea $(H)$ para $0 < \lambda < \omega_0$ e para $\lambda = 0$ . (Os regimes $\lambda \geq \omega_0$ foram tratados no Exercício 5.9; cite-os.)
Mostre que, para todo $\lambda > 0$ , todas as soluções de $(H)$ tendem a $0$ em $+\infty$ — nos três regimes.
Defina a energia $\mathcal E(t) = \frac12 x'(t)^2 + \frac12\omega_0^2\,x(t)^2$ ao longo de uma solução de $(H)$ . Mostre que $\mathcal E'(t) = -2\lambda\,x'(t)^2 \leq 0$ e deduza (sem resolver nada) que o problema de Cauchy “ $(H)$ , $x(t_0) = x'(t_0) = 0$ ” só tem a solução nula, para todo $\lambda \geq 0$ .
Para $0 < \lambda < \omega_0$ , escreva a solução não nula como $x(t) = R\,\eu^{-\lambda t}\cos(\omega_d t - \varphi)$ e seja $T_d = \frac{2\pi}{\omega_d}$ o pseudoperíodo. Mostre que $x(t + T_d) = \eu^{-\lambda T_d}\,x(t)$ : cada oscilação é a anterior encolhida pelo fator constante $\eu^{-\delta}$ , $\delta = \frac{2\pi\lambda}{\omega_d}$ (o decremento logarítmico). Calcule $\delta$ para $\omega_0 = 1$ , $\lambda = 0.1$ .
Defina o fator de qualidade $Q = \dfrac{\omega_0}{2\lambda}$ . Mostre que, após o tempo $\frac1\lambda$ (uma multiplicação da amplitude por $1/\eu$ ), o oscilador completou $\frac{\omega_d}{2\pi\lambda}$ pseudoperíodos, o que, para amortecimento fraco ( $\lambda \ll \omega_0$ ), é aproximadamente $\frac Q\pi$ : o fator de qualidade conta, a menos de $\pi$ , as oscilações sobreviventes antes de a amplitude decair por um fator $\eu$ .

Parte II — O regime permanente. Agora $A > 0$ e $\lambda > 0$ .

Procure uma solução particular como parte real de $z\,\eu^{\iu\Omega t}$ com $z \in \C$ (Método 5.13). Mostre que isso funciona com

$z = \frac{A}{\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega} .$
Deduza o regime permanente na forma amplitude–fase: $x_p(t) = R(\Omega)\cos\bigl(\Omega t - \varphi(\Omega)\bigr)$ com

$R(\Omega) = \frac{A}{\sqrt{(\omega_0^2 - \Omega^2)^2 + 4\lambda^2\Omega^2}}, \qquad \tan\varphi = \frac{2\lambda\Omega}{\omega_0^2 - \Omega^2}, \quad \varphi \in \intoo0\pi .$
Interprete os dois regimes extremos: calcule os limites de $R$ e $\varphi$ quando $\Omega \to 0^+$ (resposta quase estática $A/\omega_0^2$ , fase $0$ ) e quando $\Omega \to +\infty$ ( $R \sim A/\Omega^2 \to 0$ , fase $\to \pi$ : a massa se move em oposição a um forçamento rápido demais).
Mostre que toda solução de $(E_\Omega)$ é $x_p$ mais uma solução de $(H)$ e, portanto, converge para o regime permanente $x_p$ quando $t \to +\infty$ , quaisquer que sejam as condições iniciais: depois que o transitório morre, o oscilador não guarda memória de como começou.
Mostre que $x_p$ é a única solução periódica de $(E_\Omega)$ .
Leve um problema de Cauchy até o fim: para $x'' + 2x' + 2x = \cos t$ com $x(0) = x'(0) = 0$ , mostre que a solução é

$x(t) = \frac{\cos t + 2\sin t}5 - \eu^{-t}\,\frac{\cos t + 3\sin t}5 ,$

e identifique as partes transitória e permanente.

Parte III — A curva de ressonância. Estudo de $\Omega \mapsto R(\Omega)$ em $\intoo0{+\infty}$ .

Pondo $u = \Omega^2$ e $g(u) = (\omega_0^2 - u)^2 + 4\lambda^2 u$ , mostre que: se $2\lambda^2 < \omega_0^2$ , então $R$ atinge um máximo estrito na frequência de ressonância $\Omega_r = \sqrt{\omega_0^2 - 2\lambda^2}$ , com

$R_{\max} = R(\Omega_r) = \frac{A}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}} .$
Mostre que $\dfrac{R_{\max}}{R(0)} = Q\,\bigl(1 - \tfrac{\lambda^2}{\omega_0^2}\bigr)^{-1/2} \geq Q$ : na ressonância, o forçamento é amplificado (essencialmente) pelo fator de qualidade.
Demonstre que a amplitude da velocidade $V(\Omega) = \Omega\,R(\Omega)$ é máxima exatamente em $\Omega = \omega_0$ (e não em $\Omega_r$ ), e que ali a fase vale $\varphi(\omega_0) = \frac\pi2$ : em $\Omega = \omega_0$ a velocidade está exatamente em fase com a força.
(Largura de banda) Resolva $g(u) = 2\,g(u_r)$ exatamente, em que $u_r = \omega_0^2 - 2\lambda^2$ , e deduza que as duas frequências $\Omega_\pm$ em que $R = R_{\max}/\sqrt2$ satisfazem $\Omega_+^2 - \Omega_-^2 = 4\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}$ ; conclua que, para amortecimento fraco, a largura de banda é $\Omega_+ - \Omega_- \approx 2\lambda$ , isto é, $Q \approx \frac{\omega_0}{\Omega_+ - \Omega_-}$ : picos de ressonância agudos correspondem a sistemas de $Q$ alto.
Retrato numérico para $\omega_0 = 1$ , $\lambda = 0.05$ ( $Q = 10$ ), $A = 1$ : calcule $\Omega_r$ , $R_{\max}$ , a resposta estática $R(0)$ e a largura de banda aproximada.
Mostre que, se $2\lambda^2 \geq \omega_0^2$ , então $R$ é estritamente decrescente em $\intoo0{+\infty}$ : sistemas fortemente amortecidos não têm pico de ressonância algum.

Parte IV — Sem amortecimento: batimentos e ressonância. Aqui $\lambda = 0$ .

Para $\Omega \neq \omega_0$ , encontre a solução geral de $x'' + \omega_0^2 x = A\cos(\Omega t)$ .
Resolva o problema de Cauchy $x(0) = x'(0) = 0$ e transforme a resposta na forma de produto

$x(t) = \frac{2A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\, \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\Bigr) \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 + \Omega)t}2\Bigr) .$
Para $\Omega$ próximo de $\omega_0$ , leia o produto como uma oscilação rápida de frequência $\frac{\omega_0 + \Omega}2$ modulada por um envelope lento de frequência $\frac{\abs{\omega_0 - \Omega}}2$ : os batimentos. Dê o período do envelope e a amplitude máxima, e note como ambos explodem quando $\Omega \to \omega_0$ .
Fixe $t$ e faça $\Omega \to \omega_0$ na fórmula da questão 19: mostre que o limite é

$x_\infty(t) = \frac{A\,t\,\sin(\omega_0 t)}{2\omega_0} ,$

e verifique diretamente que $x_\infty$ resolve a equação ressonante $x'' + \omega_0^2 x = A\cos(\omega_0 t)$ com $x(0) = x'(0) = 0$ (compare com o Exemplo 5.19): a ressonância é o limite de batimentos cada vez mais lentos e cada vez maiores.
Contraste os dois destinos da ressonância: crescimento linear $\frac{At}{2\omega_0}$ sem amortecimento, contra saturação em $R_{\max} \approx Q\,\frac{A}{\omega_0^2}$ com amortecimento fraco. Em uma frase: que mecanismo físico converte o primeiro no segundo?

Parte V — Balanço de energia e síntese.

No regime permanente da Parte II, calcule a média ao longo de um período $\frac{2\pi}\Omega$ de (a) a potência injetada pelo forçamento, $P_{\mathrm{in}}(t) = A\cos(\Omega t) \cdot x_p'(t)$ , e (b) a potência dissipada pelo amortecimento, $P_{\mathrm{diss}}(t) = 2\lambda\,x_p'(t)^2$ . Mostre que as duas médias valem $\lambda\,R^2\Omega^2$ : o forçamento injeta exatamente o que o amortecimento queima — eis por que o regime permanente é permanente.
Onde exatamente o problema usou: (i) o teorema de estrutura Teorema 5.12; (ii) o método da exponencial complexa; (iii) um estudo de função de variável real ao estilo do Capítulo 4? Uma frase para cada.
Síntese: descreva o mapa completo de comportamentos de $(E_\Omega)$ — livre contra forçado, amortecido contra não amortecido, o papel de $Q$ como o único mostrador adimensional que ajusta altura do pico, largura de banda e tempo de vida do transitório — e mencione onde a história continua: sistemas $2 \times 2$ de primeira ordem (Capítulo 21 e o volume do segundo ano de graduação) e a decomposição de um forçamento periódico geral em senoides (séries de Fourier, no volume do terceiro ano de graduação), para as quais o caso senoidal deste problema é o tijolo fundamental.

Solução

Solução de Problema 5.1.

1. $\chi(r) = r^2 + 2\lambda r + \omega_0^2$ , $\Delta = 4(\lambda^2 - \omega_0^2) < 0$ para $0 < \lambda < \omega_0$ : raízes $-\lambda \pm \iu\omega_d$ , de modo que, pelo Teorema 5.10,

x(t) = \eu^{-\lambda t}\bigl(\lambda_1\cos\omega_d t + \mu_1\sin\omega_d t\bigr), \qquad (\lambda_1, \mu_1) \in \R^2 .

Para $\lambda = 0$ : $x = \lambda_1\cos\omega_0 t + \mu_1\sin\omega_0 t$ . Os regimes crítico ( $\lambda = \omega_0$ ) e superamortecido ( $\lambda > \omega_0$ ) são os do Exercício 5.9 (após reescalonar o tempo): $(\lambda_1 + \mu_1 t)\eu^{-\lambda t}$ , resp. combinações de $\eu^{r_\pm t}$ com $r_\pm = -\lambda \pm \sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2}$ .

2. Subamortecido: $\abs x \leq \eu^{-\lambda t}(\abs{\lambda_1} + \abs{\mu_1}) \to 0$ . Crítico: $(\lambda_1 + \mu_1 t)\eu^{-\lambda t} \to 0$ , pois as exponenciais vencem os polinômios (Proposição 4.6). Superamortecido: $r_- < r_+ = -\lambda + \sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2} < 0$ porque $\sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2} < \lambda$ ; as duas exponenciais decaem.

3. Ao longo de uma solução de $(H)$ , usando $x'' = -2\lambda x' - \omega_0^2 x$ :

\mathcal E'(t) = x'x'' + \omega_0^2 x x' = x'\bigl(-2\lambda x' - \omega_0^2 x\bigr) + \omega_0^2 xx' = -2\lambda\,x'^2 \leq 0 .

Se $x(t_0) = x'(t_0) = 0$ , então $\mathcal E(t_0) = 0$ ; $\mathcal E$ é não negativa e não crescente, de modo que $\mathcal E \equiv 0$ em $\intco{t_0}{+\infty}$ , o que força $x \equiv 0$ ali; para $t \leq t_0$ , aplique o mesmo argumento a $\tilde x(t) = x(2t_0 - t)$ , que resolve a equação com amortecimento $-\lambda$ , mas ainda tem $\tilde{\mathcal E}(t_0) = 0$ e $\tilde{\mathcal E}' = +2\lambda\tilde x'^2 \geq 0$ com $\tilde{\mathcal E} \geq 0$ ; não negativa, não decrescente e nula na extremidade direita de $\intoc{-\infty}{t_0}$ significa nula em toda parte. Logo, $x \equiv 0$ em $\R$ — uma demonstração de unicidade por energia, válida para todo $\lambda \geq 0$ .

4. $x(t + T_d) = R\,\eu^{-\lambda t}\eu^{-\lambda T_d}\cos(\omega_d t + 2\pi - \varphi) = \eu^{-\lambda T_d}x(t)$ . O fator de encolhimento por pseudoperíodo é $\eu^{-\delta}$ com $\delta = \lambda T_d = \frac{2\pi\lambda}{\omega_d}$ . Para $\omega_0 = 1$ , $\lambda = 0.1$ : $\omega_d = \sqrt{0.99} = 0.99499$ , de modo que $\delta = \frac{0.62832}{0.99499} = 0.6315$ : cada oscilação guarda $\eu^{-0.63} \approx 53\%$ da sua amplitude.

5. O fator de amplitude é $\eu^{-\lambda t}$ , que decai por um fator $\eu$ ao longo de $t = \frac1\lambda$ . Esse intervalo contém $\frac{1/\lambda}{T_d} = \frac{\omega_d}{2\pi\lambda}$ pseudoperíodos. Para $\lambda \ll \omega_0$ , $\omega_d \approx \omega_0$ e isso vale $\approx \frac{\omega_0}{2\pi\lambda} = \frac Q\pi$ . Uma corda de violão com $Q = 300$ soa por cerca de cem períodos; um amortecedor de porta com $Q = 1$ não completa nem um.

6. Substituir $z\,\eu^{\iu\Omega t}$ no lado esquerdo dá $z\,(-\Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega + \omega_0^2)\,\eu^{\iu\Omega t}$ , que é igual a $A\,\eu^{\iu\Omega t}$ exatamente para $z = \frac{A}{\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega}$ (o denominador é não nulo: a sua parte imaginária é $2\lambda\Omega > 0$ ). Como os coeficientes são reais, a parte real $x_p = \Re\bigl(z\eu^{\iu\Omega t}\bigr)$ resolve a equação com lado direito $\Re\bigl(A\eu^{\iu\Omega t}\bigr) = A\cos\Omega t$ .

7. Escreva $\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega = \sqrt{D}\,\eu^{\iu\varphi}$ com $D = (\omega_0^2 - \Omega^2)^2 + 4\lambda^2\Omega^2$ e $\varphi \in \intoo0\pi$ (a parte imaginária $2\lambda\Omega$ é positiva), de modo que $\tan\varphi = \frac{2\lambda\Omega}{\omega_0^2 - \Omega^2}$ . Então $z = \frac{A}{\sqrt D}\eu^{-\iu\varphi}$ e

x_p(t) = \Re\Bigl(\frac A{\sqrt D}\,\eu^{\iu(\Omega t - \varphi)}\Bigr) = R\cos(\Omega t - \varphi), \qquad R = \frac A{\sqrt D} .

8. Quando $\Omega \to 0^+$ : $D \to \omega_0^4$ , de modo que $R \to A/\omega_0^2$ e $\tan\varphi \to 0^+$ com $\varphi \in \intoo0{\frac\pi2}$ : $\varphi \to 0$ . A massa segue a força quase estaticamente, deslocada por força/rigidez. Quando $\Omega \to +\infty$ : $D \sim \Omega^4$ , de modo que $R \sim A/\Omega^2 \to 0$ , e $\varphi \to \pi$ (o número complexo $\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega$ vai para o segundo quadrante, com argumento $\to \pi$ ): a massa mal se move, e em oposição de fase — a inércia domina.

9. Pelo Teorema 5.12 (1), toda solução é $x = x_p + x_h$ com $x_h$ resolvendo $(H)$ ; pela questão 2, $x_h(t) \to 0$ , de modo que $x(t) - x_p(t) \to 0$ : todas as soluções convergem ao mesmo regime permanente. As condições iniciais só moldam o transitório.

10. Se $x$ é uma solução periódica, $x - x_p = x_h$ é uma solução periódica de $(H)$ que tende a $0$ em $+\infty$ ; uma função periódica com limite $0$ é identicamente $0$ (os seus valores num período se repetem para sempre, de modo que todo valor é limite de uma subsequência que tende a $0$ ). Portanto, $x = x_p$ .

11. Aqui $\lambda = 1$ , $\omega_0^2 = 2$ , $\Omega = 1$ , $A = 1$ : $z = \frac1{2 - 1 + 2\iu} = \frac{1 - 2\iu}5$ , de modo que

x_p = \Re\Bigl(\frac{(1 - 2\iu)(\cos t + \iu\sin t)}5\Bigr) = \frac{\cos t + 2\sin t}5 .

Homogênea: as raízes de $r^2 + 2r + 2$ são $-1 \pm \iu$ : $x_h = \eu^{-t}(C\cos t + S\sin t)$ . Condições: $x(0) = \frac15 + C = 0$ dá $C = -\frac15$ ; derivando, $x'(0) = \frac25 - C + S = 0$ dá $S = C - \frac25 = -\frac35$ . Portanto,

x(t) = \underbrace{\frac{\cos t + 2\sin t}5}_{\text{permanente}} - \underbrace{\eu^{-t}\,\frac{\cos t + 3\sin t}5}_{\text{transitório}} ,

com o transitório morrendo como $\eu^{-t}$ .

12. Expandindo, $g(u) = u^2 - 2(\omega_0^2 - 2\lambda^2)u + \omega_0^4 = (u - u_r)^2 + g(u_r)$ com $u_r = \omega_0^2 - 2\lambda^2$ e

g(u_r) = \omega_0^4 - u_r^2 = (\omega_0^2 - u_r)(\omega_0^2 + u_r) = 2\lambda^2\bigl(2\omega_0^2 - 2\lambda^2\bigr) = 4\lambda^2(\omega_0^2 - \lambda^2) .

Se $2\lambda^2 < \omega_0^2$ , então $u_r > 0$ é uma frequência ao quadrado admissível: $g$ tem ali um mínimo estrito, de modo que $R = A/\sqrt g$ tem um máximo estrito em $\Omega_r = \sqrt{u_r} = \sqrt{\omega_0^2 - 2\lambda^2}$ , com $R_{\max} = A/\sqrt{g(u_r)} = \frac{A}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}}$ .

13. $R(0) = A/\omega_0^2$ , de modo que

\frac{R_{\max}}{R(0)} = \frac{\omega_0^2}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}} = \frac{\omega_0}{2\lambda}\cdot \frac{\omega_0}{\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}} = Q\,\Bigl(1 - \frac{\lambda^2}{\omega_0^2}\Bigr)^{-1/2} \geq Q .

Para amortecimento fraco, o fator de correção é próximo de $1$ : a ressonância multiplica o deslocamento estático essencialmente por $Q$ .

14. $V(\Omega)^2 = \frac{A^2 u}{g(u)}$ com $u = \Omega^2$ . A sua derivada tem o sinal de $g(u) - u\,g'(u) = (\omega_0^2 - u)^2 + 4\lambda^2 u - u\bigl(2(u - \omega_0^2) + 4\lambda^2\bigr) = (\omega_0^2 - u)^2 + 2u(\omega_0^2 - u) = (\omega_0^2 - u)(\omega_0^2 + u)$ , positivo para $u < \omega_0^2$ e negativo além disso: máximo estrito exatamente em $\Omega = \omega_0$ , para todo amortecimento. Ali $\tan\varphi$ explode, com $\varphi \in \intoo0\pi$ : $\varphi = \frac\pi2$ , e $x_p'(t) = -R\Omega\sin(\Omega t - \frac\pi2) = R\Omega\cos(\Omega t)$ está exatamente em fase com a força: transferência ótima de potência.

15. $R = R_{\max}/\sqrt2 \iff g(u) = 2g(u_r) \iff (u - u_r)^2 = g(u_r) = 4\lambda^2(\omega_0^2 - \lambda^2)$ , o que dá

u_\pm = u_r \pm 2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}, \qquad \Omega_+^2 - \Omega_-^2 = 4\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2} .

Então $\Omega_+ - \Omega_- = \frac{\Omega_+^2 - \Omega_-^2}{\Omega_+ + \Omega_-}$ e, para $\lambda \ll \omega_0$ , ambos $\Omega_\pm \approx \omega_0$ : $\Omega_+ - \Omega_- \approx \frac{4\lambda\omega_0}{2\omega_0} = 2\lambda$ , de modo que $\frac{\omega_0}{\Omega_+ - \Omega_-} \approx \frac{\omega_0}{2\lambda} = Q$ . Medir a largura de um pico de ressonância é medir o seu fator de qualidade.

16. $Q = 10$ ; $\Omega_r = \sqrt{1 - 2(0.05)^2} = \sqrt{0.995} = 0.9975$ ; $R_{\max} = \frac1{2 \times 0.05 \sqrt{1 - 0.0025}} = \frac1{0.1 \times 0.99875} = 10.01$ ; resposta estática $R(0) = 1$ ; largura de banda $\approx 2\lambda = 0.1$ . Um pico alto e fino, de altura $\approx Q$ , sobre um platô de altura $1$ .

17. Se $2\lambda^2 \geq \omega_0^2$ , então $u_r \leq 0$ e $g'(u) = 2(u - u_r) > 0$ para todo $u > 0$ : $g$ cresce estritamente em $\intoo0{+\infty}$ , de modo que $R = A/\sqrt g$ decresce estritamente a partir de $R(0) = A/\omega_0^2$ : a resposta é máxima na frequência zero e não há pico algum.

18. $\gamma = \iu\Omega$ não é raiz de $r^2 + \omega_0^2$ (pois $\Omega \neq \omega_0$ ), de modo que o Método 5.13 com $m = 0$ dá $x_p = \frac{A\cos\Omega t}{\omega_0^2 - \Omega^2}$ (substitua e verifique: $-\Omega^2 + \omega_0^2$ vezes o cosseno). Solução geral:

x(t) = \frac{A\cos\Omega t}{\omega_0^2 - \Omega^2} + \lambda_1\cos\omega_0 t + \mu_1\sin\omega_0 t .

19. $x(0) = 0$ força $\lambda_1 = -\frac A{\omega_0^2 - \Omega^2}$ , e $x'(0) = 0$ força $\mu_1 = 0$ :

x(t) = \frac{A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\, \bigl(\cos\Omega t - \cos\omega_0 t\bigr) = \frac{2A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\, \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\Bigr) \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 + \Omega)t}2\Bigr) ,

pela fórmula de transformação em produto $\cos a - \cos b = 2\sin\frac{b - a}2\sin\frac{b + a}2$ aplicada com $a = \Omega t$ , $b = \omega_0 t$ .

20. Para $\Omega$ próximo de $\omega_0$ , o segundo seno oscila na frequência rápida $\frac{\omega_0 + \Omega}2 \approx \omega_0$ , ao passo que o primeiro é um envelope lento de frequência $\frac{\abs{\omega_0 - \Omega}}2$ : a amplitude da oscilação rápida cresce e mingua, com período do envelope $\frac{2\pi}{\abs{\omega_0 - \Omega}}$ (dois batimentos por período do envelope), atingindo máximos $\frac{2A}{\abs{\omega_0^2 - \Omega^2}}$ . Quando $\Omega \to \omega_0$ , os batimentos ficam ao mesmo tempo mais lentos (período $\to \infty$ ) e mais altos (amplitude $\to \infty$ ).

21. Fixe $t$ . Quando $\Omega \to \omega_0$ :

\frac{2A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\sin\Bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\Bigr) = \frac{2A}{\omega_0 + \Omega}\cdot \frac{\sin\bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\bigr)} {\omega_0 - \Omega} \longrightarrow \frac{2A}{2\omega_0}\cdot\frac t2 = \frac{At}{2\omega_0} ,

ao passo que $\sin\bigl(\frac{(\omega_0 + \Omega)t}2\bigr) \to \sin(\omega_0 t)$ : o limite é $x_\infty(t) = \frac{At\sin\omega_0 t}{2\omega_0}$ . Verificação direta: com $C = \frac A{2\omega_0}$ , $x_\infty = Ct\sin\omega_0 t$ tem $x_\infty'' = 2C\omega_0\cos\omega_0 t - C\omega_0^2 t \sin\omega_0 t$ , de modo que $x_\infty'' + \omega_0^2 x_\infty = 2C\omega_0\cos\omega_0 t = A\cos\omega_0 t$ , com $x_\infty(0) = 0$ e $x_\infty'(0) = C\sin 0 + C\omega_0 \cdot 0 \cdot \cos 0 = 0$ — para $\omega_0 = A = 1$ isso é exatamente o Exemplo 5.19. A ressonância é a degeneração dos batimentos: o primeiro inchaço do envelope, esticado até um comprimento infinito.

22. Sem amortecimento, a amplitude ressonante cresce linearmente e sem limite; com amortecimento $\lambda > 0$ , o crescimento satura em $R_{\max} \approx Q\,\frac A{\omega_0^2}$ . O mecanismo: a dissipação retira energia a uma taxa que cresce com a amplitude (questão 23), de modo que o acúmulo para exatamente quando o amortecimento queima energia tão depressa quanto o forçamento a fornece.

23. Com $x_p' = -R\Omega\sin(\Omega t - \varphi)$ , ao longo de um período as médias $\langle\cos^2\rangle = \langle\sin^2\rangle = \frac12$ e $\langle\sin\cos\rangle = 0$ dão:

\langle P_{\mathrm{diss}}\rangle = 2\lambda\,R^2\Omega^2\,\langle\sin^2(\Omega t - \varphi)\rangle = \lambda R^2\Omega^2 ;

e, expandindo $\sin(\Omega t - \varphi) = \sin\Omega t\cos\varphi - \cos\Omega t\sin\varphi$ :

\langle P_{\mathrm{in}}\rangle = -AR\Omega\,\bigl\langle\cos\Omega t\,\sin(\Omega t - \varphi)\bigr\rangle = AR\Omega\,\frac{\sin\varphi}2 .

Como $\sin\varphi = \frac{2\lambda\Omega}{\sqrt D} = \frac{2\lambda\Omega R}A$ , isso vale $\frac{AR\Omega}2 \cdot \frac{2\lambda\Omega R}A = \lambda R^2\Omega^2$ : as potências injetada e dissipada se equilibram exatamente — a propriedade que define um regime permanente.

24. (i) O teorema de estrutura separou cada solução em regime permanente mais transitório (questões 9–11) e reduziu a unicidade ao problema homogêneo. (ii) O método complexo transformou a busca de uma solução particular numa única divisão de números complexos (questão 6), com amplitude e fase lidas num módulo e num argumento. (iii) A curva de ressonância é um puro estudo de função — uma quadrática em $u = \Omega^2$ , o seu mínimo, os seus conjuntos de nível — ao estilo do Capítulo 4 (questões 12–17).

25. Livre e amortecido: pseudo-oscilações que decaem, tempo de vida $\frac1\lambda$ , cerca de $\frac Q\pi$ oscilações. Forçado e amortecido: os transitórios morrem e sobrevive um único regime permanente senoidal na frequência de forçamento, com amplitude que atinge o pico perto de $\omega_0$ (altura $\approx Q \times$ a resposta estática, largura $\approx \frac{\omega_0}Q$ ) e fase varrendo de $0$ a $\pi$ , passando por $\frac\pi2$ em $\omega_0$ . Livre e não amortecido: oscilação perpétua. Forçado e não amortecido: batimentos, degenerando numa ressonância de crescimento linear na sintonia exata. Um único número adimensional, $Q = \frac{\omega_0}{2\lambda}$ , ajusta tudo — altura do pico, largura de banda e tempo de vida do transitório são três leituras do mesmo mostrador. A continuação: reescrever $x'' + 2\lambda x' + \omega_0^2x$ como um sistema de primeira ordem abre os métodos matriciais do Capítulo 21 e do volume do segundo ano de graduação, e decompor um forçamento periódico arbitrário em senoides (séries de Fourier, volume do terceiro ano de graduação) torna a análise a uma só frequência deste problema o tijolo universal: resolva para cada frequência e superponha.