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Física II
Takeshi Kodama
Instituto de Física - UFRJ
(Dated: date)
Abstract
Neste curso, estudaremos como tratar os fenômenos caracterizados pela oscilações, ondas e con-
ceitos básicos de termodinâmica e sua aplicação na hidrodinâmica. Também abordamos alguns
elementos básicos da Mecânica Estatística.
1
Contents
I. Oscilações 4
A. Oscilador Harmônico - Revisão 4
1. Circuito LC 7
B. Oscilador Harmonico Amortecido e Equação Diferencial Linear Homogênea 8
1. Princícpio de Superposição 10
2. Método de Equação Característica 11
3. Caso Degenerado 12
C. Uso de método da algebra linear 14
D. Comportamento da Solução 19
1. Caso a) 20
2. Caso b) 20
3. Caso C 21
E. Oscilador forçado 21
1. Equação Diferencial Linear Não Homogênia 22
2. Um método de obter uma solução particular 23
3. Forças Harmônicas 25
4. Regime Estacionária e Resonância 26
5. Regime Transiente 30
F. Interlúdio: Números complexos como Espaço Vetorial 31
1. Multiplicação entre números complexos como operação 34
2. Representação Polar 36
3. Divisão por números complexos como operação inversa da multiplicação 37
G. 42
H. Osciladores Acoplados 42
1. Caso n = 2, Exemplos 42
2. Caso n = 3, Exemplos 42
3. Grande valor de n 42
4. Noção de modos normais 42
II. Ondas 42
2
A. Exemplo de ondas 42
1. Limite contínuo de osciladores numa reta 42
2. Onda de compressão do gás num tubo 42
3. Vibração de uma corda 42
B. Ondas uni-dimensional 42
1. Ondas longitudinais e ondas transversais 42
2. Equação de onda e Solução Geral 42
3. Ondas Estacionárias 42
4. Separação de Variáveis e Soluções Harmônicas 42
5. Princípio de superposição 42
6. Noção de Série de Fourier 42
C. Ondas tridimensional 42
1. Ondas planas 42
2. Ondas esfericas. 42
III. Movimento de Fluido 43
A. Equação de Continuidade 43
B. Pressão e Princípio de Pascal 43
C. Equação de Euler 43
D. Movimento unidimensional estacinário 43
E. Energia do fluido 43
F. Hidrostática 43
G. Onda de Som 43
IV. Introdução a Termodinâmica 43
A. Noção de Equilíbrio termodinâmica 43
B. Primeira Lei de Termodinâmica 43
C. Noção de Entropia 43
D. Segunda Lei de Termodinâmica 43
E. Variáveis Termodinâmicas 43
V. Teoria Cinética de Gás 43
3
References 43
I. OSCILAÇÕES
A. Oscilador Harmônico - Revisão
Na Física I, estudamos exemplos de osciladores harmônicos e através de uma equação de
Newton, como surge o movimento oscilatório. Aqui, vamos resumir o que aprendemos.
Um exemplo típico de oscilador harmônico é um sistema de mola-massa. A lei do Newton
é expressa em termos de uma equação diferencial, e para uma massa m ligado por uma mola
com constante de mola, κ, o deslocamento x da massa do ponto de equilíbrio tem que
satisfazer
m
d2x
dt2
= −κx (1)
para um movimento unidimensional. Sabemos que:
1. A solução geral pode ser escrita como uma das formas escrita em baixo:
x(t) = A sin (ωt+ δ)
= B1 sinωt+B2 cosωt
= C1e
iωt + C2e
−iωt (2)
onde ω =
p
κ/m é dito frequência angular e tem dimensão de [T−1] , onde [T ] é
dimensão do tempo. Da solução acima, podemos ver que o movimento é periódico,
ou seja, para um dado tempo T, o sistema volta totalmente a configuração inicial.
Utilizamos o simbolo T tambem para expressar o período, definido por
T =
2π
ω
.
O movimento descrito pela Eq.(2) é dito oscilador harmônico.
2. A conservação de energia pode ser escrita como
m
2
µ
dx
dt
¶2
+
κ
2
x2 = E : Const. (3)
Com essa forma de conservação de energia, podemos inferir que o movimento deve ser
oscilatório, sem obter a solução explicitamente.
4
Exercício: Obtenha a solução geral da Eq.(1) pelas duas maneiras. 1) Supondo que a
solução tenha a forma (justifique porque),
x = Aeλt (4)
ou 2) integrando a Eq.(3) diretamente.
Exercício: Expresse os constantes A, δ,B1, B2, C1 e C2 em termos de condição inicial para
posição e velicidade, x0 e v0.
Exercício: Utilizando Eq.(3), discuta a forma da solução qualitativamente.
Exercício: Determina as possíveis formas de trajetórias de um oscilador 2-dimensional
isotrópico no plano X − Y.
m
d2r
dt2
= −κr
Exercício: Discuta as trajetórias possíveis (com demonstração) no caso 3-dimensional do
problema acima.
Exercício: Da conservação de energia, discuta qualitativamente, os movimentos de uma
massa que obdece a segunda equação de movimento e desenhe os graficos tipicos para
x = x (t) , apontando possíveis diferenças em relação ao caso do oscilador harmônico.
m
d2x
dt2
= −κx2,
m
d2x
dt2
= −κx3,
Exercício: O movimento de oscilador harmônico é periódico, mas um movimento periódico
não necessariamente seja oscilador harmonico. Dê alguns exemplos de movimento
períodico, mas não harmônico, com suas equações de movimento e explique porque
não é harmônico.
Uma vez sabendo a resposta da equação, podemos re-interpretar a origem da mecanismo
que gera um movimento oscilatório. A Eq.(1) pode ser interpretado como equilíbrio entre
duas "forças", uma, a força da mola (o lado direito da equação) e o termo de inércia (o
lado esquerdo). A força da mola puxa a massa ao seu ponto de equílibrio mais fortemente
quando fica mais longe. Em contraste, a ínercia tenta manter sua velocidade constante.
5
Assim, quando a massa está próximo do ponto de equilíbrio, ela não para no ponto de
equilíbrio, pois a inércia manter sua velocidade que tinha e ultrapassa o ponto. Quando
começa afaster do ponto de equilíbrio, a força restauradora da mola entra em ação e mudar
a direção da velocidade.
Entretanto, um argumento qualitativo como este tem que ser utilizado com cuidado, e
preferencialmente sempre deve ser apoiado com expressões matetática.
Exercício: O Aristóteles pensava que a força é diretamente associado a moviento, e não a
mudança de movimento, como estabelecido pelos Galilei e Newton. Em vez da Eq.(1),
suponhe que a velocidade está diretamente proporcional a força,
m
dx
dt
= −κx. (5)
Discuta em profundidade, as diferenças nas consequências (comportamento das
soluções, conservação da energia(?), interpretação qualitativa, etc) das Eqs. (1) e
(5).
Exercício: Considere os exemplos físicos que correspondem a equação de movimento de
Newton abaixo,
m
d2x
dt2
= −ηdx
dt
, (6)
com interpretação de coeficientes e discuta todos os aspectos da soluções.
Exercício: Um disco de espessura d, raio R, com densidade de massa ρ0 homogênia está
fixo horizontalmente pelo centro do disco, através de uma linha de aço, como ilustrado
abaixo. O disco pode girar em torno da linha que fixa o disco. As linhas tem com-
primento c, e geram um torque quando elas ficam torcidas. O magnitude de torque,
quando uma pedaço da linha de unidade de comprimento é proporcional ao ângulo de
torção,
T = η θ
1. Calcule a torque que atua para o disco quando o disco se gira por ângulo θ.
2. Quando o disco for inicialmente girado por ângulo θ0, devido a torque das linhas,
o disco começa oscilar. Estabelece a equação de movimento para essa oscilação,
e obtenha a frequência da oscilação.
6
d
l
R
l
FIG. 1: Fig. 1
1. Circuito LC
Um outro exemplo interessante da oscilação harmônica é o circuito LC. Consideramos
um circuito eletrônico, formado de um bobina de indução elétronica e um condensador.
Estudaremos mais em detalhe na Física III, mas uma bobina L é feito de um fio condutor,
enrolado muitas vezes em torno de uma barra de ferro, for examplo (pode ser uma bobina
vazia), e C é um condensador que é essencialmente duas placas de condutores palarelas,
isolado pela matéria di-elétrica (pode ser vazio tambem). Embora as duas placas são isoladas
elétricamente, quando aplicar uma potência elétrica V, surge as cargas opostas nessas placas
devido ao efeito chamado de polarização elétrica da matéria no meio. A quantidade de carga
q acumulada num das placas é proporcional a potência aplicada,
q = CV, (7)
onde C é uma constante caracterizada pela propriedade da matéria e a forma geométrica
das placas. Por outro lado, o valor de potência que surge nos pontos finais da bobina é
proporcional a variação temporal dacorrente j,
V = L
dj
dt
, (8)
devido ao efeito de indução. A constante de proporcionalidade L depende da propriedade
da matéria no meio da bobina e sua forma geométrica, e em geral, proporcioal ao número de
volta do rolamento. Note que numa regime estacionária, onde j = const, então a potência
V tem que ser nula.
7
C L
q
-q
j
V
FIG. 2: Fig.2
Agora, a corrente j é definida como número de carga que passa no fio por unidade do
tempo, escolhendo um sistema de unidade adequadamente, podemos escrever
j = −dq
dt
. (9)
Aqui o sinal ”− ” leva em conta a direção da corrente (a corrente passa na direção indicada
na figura, quando a carga q da placa acima reduz). Usando Eqs.(7),(8) e (9) podemos
eliminar V e j, temos
L
d2q
dt2
= − 1
C
q,
Comparando essa equação, a variação temporal da carga q é identico ao do oscilador har-
mônico, onde L faz o papel de massaM e 1/C faz o papel de coeficiente de mola, κ. Usando
a Eq.(9), vemos que a corrente j também satisfaz a mesma equação,
L
d2j
dt2
= − 1
C
j.
Note que essas equações valem somente no caso de circuito idealizado (por exemplo, não há
resistência R ).
B. Oscilador Harmonico Amortecido e Equação Diferencial Linear Homogênea
Quando um oscilador harmonico é submetido com a força de atrito,
fatr = −η
dx
dt
,
8
a equação de movimento fica
m
d2x
dt2
= −κx− ηdx
dt
.
Sendo m 6= 0, podemos escrever na forma,
d2x
dt2
+ 2b
dx
dt
+ cx = 0, (10)
que é a forma mais geral de uma equação diferencial ordinario linear homogênea de segunda
ordem, com coeficientes constantes.
Exercício: Obtenha a equação de movimento para o ângulo de rotação do disco da Fig.1,
quando considera o atrito causado com a presença do ar. Discuta como o coeficiente
de atrito dependeria em geometria do disco.
Exercício: Que mecanismo físico que geraria o termo correspondente ao atrito no caso de
variação da corrente no circuito da Fig.2?
A equação acima chamada de linear homogênea, pela seguinte razão. Vamos re-escrever
a equação na forma, µ
d2
dt2
+ 2b
d
dt
+ c
¶
x = 0. (11)
e denotamos simbolicamente
D[x] = 0,
onde
D [x] ≡
µ
d2
dt2
+ 2b
d
dt
+ c
¶
x
é considerado um operador que atua numa função do tempo, x (t) , gerando uma outra
função do tempo t. Podemos verificar o operador D acima é linear, ou seja, para uma função
que é a combinação linear de duas funções, x (t) e y (t) ,
a x (t) + b y (t) ,
onde a e b são constantes, esse operador atua como
D [a x (t) + b y (t)] = aD [x] + bD [y] . (12)
9
Exercício: A linearidade não é a propriedade exclusiva da Eq.(11). Quais equações difer-
enciais para x = x (t) abaixo que tem propriedade linear?
d2x
dt2
+
1
t
dx
dt
+
α
t2
x = 0,
d3x
dt3
+ e−t
dx
dt
+ t3 x = 0,
d2x
dt2
+ 2 x2 = 0,
x
d2x
dt2
+
dx
dt
+ 2x = 0.
1. Princícpio de Superposição
A propriedade linear, Eq(12) leva uma propriedade extremamente importante sobre o
conjunto de soluções da equação diferencial (11). Sejam x = x (t) e y = y (t) as duas
soluções quaisquer (chamadas soluções particulares) da Eq.(11). Ou seja,
D [x] = 0,
D [y] = 0.
Entao, da Eq(12), a nova função formada de uma combinação linear dessas duas,
z (t) = αx (t) + βy (y)
obviamente satisfaz
D[z] = 0, (13)
ou seja, z = z (t) é também a solução da Eq.(11). Em outras plavras, se temos duas
soluções linearmente independentes, podemos gerar um conjunto de soluções que contém 2
parametros livres.
Por outro lado, não provamos aqui, mas o teorema fundamental para uma equação difer-
encial ordinário, o teorema de existêncua e sua unicidade da solução para a equação diferen-
cial diz que, desde que os coeficientes da equação satisfazem uma certa condição, a solução
da equação diferencial é determinada completamente pela condição inicial e para uma dada
condição inicial, só existe uma única solução. No caso de uma equação diferencial de segunda
ordem com coeficientes constantes, vale esse teorema.
10
Exercício: Sejam x = x (t) e y = y (t) as duas funções linearmente independentes[1].
Demonstre que, para um valor de t, t0, e as duas constantes C1 e C2, sempre podemos
encontrar uma combinação linear
z (t) = α x (t) + β y (t) ,
tal que
z (t0) = C1,
dz
dt
(t0) = C2.
Do resultado do Exercício acima, junto com a propriedade linear da equação (10),
podemos concluir que se temos duas suloções particulares linearmente independentes,
podemos construir qualquer solução correspondente a condição inicial especificada. Ou seja,
uma combinação linear dessas duas soluções particulares linearmente independentes fornece
a solução geral da equação.
Exercício: Para uma equação difrencial ordinária linear de 3a ordem, demonstre que a
solução geral é obtida pela combinação linear de 3 soluções particulares linearmente
independentes.
2. Método de Equação Característica
Para equação diferencial ordinária linear homogênea, então, podemos obter a solução
geral a partir de soluções particulares linearmente independents, não importa como foram
obtidas..No caso de uma equação diferencial com coeficientes constantes, um método
pardão de obter soluções particulares é supor que a solução tenha a forma[? ],
x = eλt, (14)
e substituir esta expressão na equação original, Eq.(??). O lado direto da equação resulta
em
d2x
dt2
+ 2b
dx
dt
+ cx = (λ2 + 2bλ+ c)eλt. (15)
Note que a dependência em t fica fatorizada completamente, e esta equação mostra que
existe um valor da constante λ (independente de t) para qual o anstaz Eq.(14) é de fato a
11
solução. Isto é, se λ satisfaz a equação,
λ2 + 2bλ+ c = 0, (16)
a ansatz se torna a solução. Temos[2]
λ± = −b±
√
b2 − c. (17)
Assim, chegamos a duas soluções particulares,
x1 = eλ+t, (18)
x2 = eλ−t. (19)
Estas duas soluções são linearmente independentes, se λ+ 6= λ−. Neste caso, podemos
constuir a solução geral,
xGeral (t) = αeλ+t + βeλ−t, (20)
desde λ+ 6= λ−, ou seja, q ≡
√
b2 − c 6= 0. Para q = 0, as duas soluções z+ e z− são identicas
e não faz sentido de formar uma combinação linear das duas. Neste caso deverá tratado
separadamente como se ver mais adiante. Os constantes α e β devem ser determinados
utilzando a condição inicial, i.e., os valores da posição inicial, x0 e da velocidade inicial v0.
IMPORTANTE: O método acima vale somente no caso de uma equação com coeficientes
constantes, pois só neste caso, a dependência em t fica fatorado via eλt.Não vai funcionar
para, por exemplo,
d2
dt2
x+
a
t
dx
dt
+
b
t2
x = 0.
Exercício: Para a equação diferencial acima, que tipo de ansatz poderia levar as soluções
particulares? Obtenha as soluções particulares.
3. Caso Degenerado
Na lógica para construção da solução geral a partir de duas soluções particulares, foi
essencial a condição de que as duas soluções particulares são linearmente independentes.
Essa condição é satisfeita para duas soluções (18,19), desde que λ+ 6= λ−. Mas quando
λ+ = λ−, as duas soluções não são linearmente independentes, pois são idênticas. Tal
12
situação acontece quando os raízes da Eq.(16) tenha raizes degenerados. Da (17), isto
ocorre quando
b2 − c = 0.
Mas o que acontece se
b2 − c = ε,
onde ε é um número infinitesimalmente pequena? Será que o caso de b2 = c pode ser
considerado como o caso de limite de
√
b2 − c→ 0 ? Vamos investigar a situação.
Vamos definir q ≡
√
b2 − c. Sabemos que quando q 6= 0,
λ+ = −b+ q,
λ− = −b− q,
e podemos escrever a Eq.(20) na forma,
x (t) = e−bt
¡
αeqt + βe−qt
¢
= e−bt
∙
(α+ β)
eqt + e−qt
2
+ (α− β) e
qt − e−qt
2
¸
.
Assim, nesta expressão, se tomamos no limite de q → 0, vejamos o segundo termo dentro
de [ ] desaparece na equação acima e resulta na Eq.(??), desde que o coeficiente, α−β não
for infinito. Mas, nada impede nos escolher o coeficiente α − β de tal forma que ele tende
para o infinito quando q → 0. Ou explicitamente, sempre podemos escrever,
x (t) = e−bt
∙
(α+ β)
eqt + e−qt
2
+ (α− β) e
qt − e−qt
2
¸
= e−bt
∙
A
eqt + e−qt
2
+B
eqt − e−qt
2q
¸
,
onde redefinmos novos coeficientes A e B, por
A = α+ β,
B = q (α− β) .
Agora, A e B são os constantesde combinação linear de duas funções linearmente indepen-
denes,
y¯1 (t) = e−bt
µ
eqt + e−qt
2
¶
,
y¯2 (t) = e−bt
µ
eqt − e−qt
2q
¶
,
13
de tal forma que a solução geral pode ser escrito como,
x = Ay¯1 (t) +By¯2 (t) .
Note que nesta forma o papel dos dois constantes de combinação linear pode manter con-
stante, mesmo para o limite q → 0. Isto porque, no limite de q → 0, as duas funções y1 (t)
e y2 (t) ficam,
y¯1 = e−bt,
y¯2 = te−bt,
mantendo independencia linear entre elas. Finalmente temos
xgeral (t) = e
−bt [A+Bt] , para q = 0. (21)
Exercício: Verifique que a Eq.(21) é a solução da Eq.(??) diretamente pela substituição.
C. Uso de método da algebra linear
O método da caracterísitica pode parecer uma técnica ad-hoc, devido a introdução de
“ansatz” Eq. (14). Para uma equação linear, existe um método de raçocíneo bastante geral
para lever a solução do problema. No caso do problema aqui, é um pouco exagerado intro-
duzir o método, mas é interessante sempre ententender o método complexo numa situação
mais fácil.
Estamos considerando a equação
d2x
dt2
+ 2b
dx
dt
+ cx = 0. (22)
É sempre possível transformar a equação de segunda ordem em um conjunto de equações de
primeira ordem como mostrado abaixo. Vamos introduzir uma nova variável
v =
dx
dt
. (23)
Podemos re-escrever a Eq.(22) como
dv
dt
= −cx− 2bv. (24)
14
Assim, a Eq.(22) é completamente equivalente a seguinte conjunto das equações para os
incognitos x e v:
dx
dt
= v, (25)
dv
dt
= −cx− 2bv. (26)
Vamos introduzir a notação matricial. Escrevemos o conjunto de variãveis (x, v) em termos
de um vetor coluna z. como
z =
⎛
⎝ z1
z2
⎞
⎠ ≡
⎛
⎝ x
v
⎞
⎠ . (27)
Podemos então escrever as equações (25,26) na forma matricial,
d
dt
z =
⎛
⎝ 0 1
−c −b
⎞
⎠z. (28)
ou seja,
dz
dt
= Az, (29)
onde
A =
⎛
⎝ 0 1
−c −2b
⎞
⎠ . (30)
Exercício: Obtenha a matriz A nas sequiges relações:
⎧
⎨
⎩
2x+ 3y = 1
5x+ 2y = 2,
(31)
→ Az =
⎛
⎝ 1
2
⎞
⎠ (32)
⎧
⎨
⎩
dz1/dt = 4z1 − 2z2,
dz2/dt = 3z1 + z2,
(33)
→ d z
dt
= Az (34)
15
a. Mudança de Variáveis Na álgebra linear, aprendemos que a multiplicação de uma
matriz constante, digamos S,
y = Sz (35)
corresponde a mudança de variáveis de (z1, z2) para (y1, y2) onde
y =
⎛
⎝ y1
y2
⎞
⎠ . (36)
Multiplicando os dois lados da equação vetorial,
d
dt
z = Az, (37)
do lado esquerda, (importante o lado da multiplicação de uma matrix a um vetor)
S
d
dt
z = SAz. (38)
Já que
y = Sz, (39)
enão
z = S−1y,
portanto, temos
d
dt
y = SAS−1y, (40)
onde utilizamos o fato de que a matriz S é uma matriz constante e podemos escrever
S
d
dt
z =
d
dt
Sz (41)
=
d
dt
y. (42)
A Eq.(40) tem a forma
d
dt
y = Dy, (43)
onde
D = SAS−1 (44)
é uma nova matriz (2× 2). A forma desta matriz depende, claro, de S. A Eq.(44) é
considerada uma transformação de matriz A pela matriz S e chamada a transformação
16
similar. É conhecido que, podemos escolher S adequadamente de tal forma que a matriz D
fica na forma diagonal. Tal matriz S é determinada, dentro de um fator constante, quando
A é dada.
D = SAS−1 =
⎛
⎝ λ1 0
0 λ2
⎞
⎠ . (45)
Os valores λ1 e λ2 são valores intrinsêcos de A e são chamados de autovalores de A. Supon-
hamos que encontramos tal S e os autovalores deA. Neste caso, a Eq.(43) fica explicitamente
d
dt
⎛
⎝ y1
y2
⎞
⎠ =
⎛
⎝ λ1 0
0 λ2
⎞
⎠
⎛
⎝ y1
y2
⎞
⎠ . (46)
Ou seja,
dy1
dt
= λ1y1, (47)
dy2
dt
= λ2y2. (48)
Em outras palavras, as variáveis y1 e y2 satisfazem equações separadamente. (Chamamos
que as variáveis ficam desacopladas). Nesta forma, podemos resolver facilmente, tendo as
soluções,
y1 (t) = B1eλ1t, (49)
y2 (t) = B2e
λ2t. (50)
onde B1, B2 são constantes. Em termos de variáveis originais, x e v, temos
z = S−1y, (51)
e escrevendo
S−1 =
⎛
⎝ α β
γ δ
⎞
⎠ , (52)
⎛
⎝ x (t)
v (t)
⎞
⎠ =
⎛
⎝ α β
γ δ
⎞
⎠
⎛
⎝ y1 (t)
y2 (t)
⎞
⎠ . (53)
Explcitamente,
x = C1eλ1t + C2eλ2t, (54)
v = C3e
λ1t + C4e
λ2t, (55)
17
onde C1, C2, C3 e C4 são constantes que podem ser escritas em termos de B1, B2, α, β, γ, δ.
Mas como o que interessa para nós é a solução especial determinados por condições iniciais
para x e v, não precisam ser explicitados em termos de B1, B2, α, β, γ, δ. Podemos determinar
C1, C2, C3 e C4 em termos de condição inicial para variáveis originais, x e v.
x (0) , v (0) =
dx
dt
¯¯¯¯
t=0
.
Agora vamos determinar λ1 e λ2. Da Eq.(45), temos
AS−1 = S−1D (56)
Explicitamente
A
⎛
⎝ α β
γ δ
⎞
⎠ =
⎛
⎝ α β
γ δ
⎞
⎠
⎛
⎝ λ1 0
0 λ2
⎞
⎠ . (57)
Pela regra de multiplicação de matriz, podemos verificar que a equação acima pode ser
escrita como ⎛
⎝A
⎛
⎝ α
γ
⎞
⎠ , A
⎛
⎝ β
δ
⎞
⎠
⎞
⎠ =
⎛
⎝λ1
⎛
⎝ α
γ
⎞
⎠ , λ2
⎛
⎝ β
δ
⎞
⎠
⎞
⎠ . (58)
Ou seja,
A
⎛
⎝ α
γ
⎞
⎠ = λ1
⎛
⎝ α
γ
⎞
⎠ , (59)
e
A
⎛
⎝ β
δ
⎞
⎠ = λ2
⎛
⎝ β
δ
⎞
⎠ . (60)
As ambas equações acima tem a forma,
Aξ = λξ, (61)
onde λ = λ1 ou λ2, e ξ =
⎛
⎝ α
γ
⎞
⎠ ou
⎛
⎝ β
δ
⎞
⎠ , respectivametne. Aqui, ξ é chamado de
autovetor de A. Note que a Eq.(61) pode ser escrita por
(A− λI) ξ = 0, (62)
onde I é a matriz identidade,
I =
⎛
⎝ 1 0
0 1
⎞
⎠ . (63)
18
A equação Eq.(62) é um sistema de equações linear e homogênea, e para ter solução não
trivial, devemos ter
det (A− λI) = 0. (64)
Isto determina os possíveis valores de λ. No nosso caso particular
A =
⎛
⎝ 0 1
−c −2b
⎞
⎠ , (65)
temos
A− λI =
⎛
⎝ −λ 1
−c −λ− 2b
⎞
⎠ , (66)
e portanto,
det
⎛
⎝ −λ 1
−c −λ− 2b
⎞
⎠ = λ2 + 2bλ+ c. (67)
Assim, os valores de λ1 e λ2 devem satisfazer a equação,
λ2 + 2bλ+ c = 0, (68)
que é nada mais que a Eq.(16).
Exercício: Dentro dos argumentos acima, considere o caso degenerado, ou seja, b2− c = 0.
D. Comportamento da Solução
Vamos investigar as propriedades das funções, z+ e z−. Primeiramente, vamos obervar
que b, c > 0.
Devemos tratar separadamente os casos,
a)
b2 > c,
b)
b2 < c,
c)
b2 = c.
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1. Caso a)
Aqui, os dois raíses são reais, e já que b, c > 0, temos
λ+ < λ− < 0.
Isto significa que as duas soluções são funções que decaem exponencialmente em tempo t.
Assim, sua combinação linear também é uma função que decai exponencialmente, a menos
que um eventual crescimento na origem dependendo da velocidade inicial. Para determinar
as constantes, colocamos z(t = 0) = z0 e dz/dt(t = 0) = v0, tendo,
z0 = α+ β,
v0 = λ+α+ λ−β.
Neste regime, o movimento é dito superamortecido.
2. Caso b)
No caso b), vamos introduzir uma nova notação
ωr =
√
c− b2, (69)
e
λ+ = −b+ iωr,
λ− = −b− iωr.
Assim,
x = e−bt
¡
αeiωrt + βe−iωrt
¢
= e−bt {α (cosωrt+ i sinωrt) + β (cosωrt− i sinωrt)}
= e−bt {(α+ β) cosωrt+ i (α− β) sinωrt}
= e−bt {C1 cosωrt+ C2 sinωrt}
= Ae−bt cos (ωrt− φ) (70)
onde A =
p
C21 + C
2
2 e φ = tan
−1 (C2/C1). Novamente, as constantes, C1 e C2, ou A e φ são
determinadas pelas condições iniciais. A solução oscila indefinidamente com a frequência
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