Esercizio 174oscillatore forzato con smorzamento, transitorio e regime permanente

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1. Integrale generale

Omogenea. $p(\lambda) = \lambda^2 + 2\lambda + 5 = 0$, $\Delta = 4 - 20 = -16 < 0$, $\lambda = -1 \pm 2i$, quindi $\alpha = -1$, $\omega = 2$: $$x_0(t) = e^{-t}\big(c_1\cos 2t + c_2\sin 2t\big) \qquad \forall c_1, c_2 \in \mathbb{R}$$ (è il sottosmorzato: $c = 2 < c_{cr} = 2\sqrt{5} \approx 4{,}47$).

Soluzione particolare. $b(t) = 10\cos 2t$, quindi $\bar\lambda = 0 + 2i = 2i$. Non è radice di $p$ (le radici hanno parte reale $-1$, quella di $2i$ è $0$): niente risonanza, e $$x_p(t) = A\cos 2t + B\sin 2t$$ (anche il seno, perché derivando il coseno compare il seno). Le derivate sono $$x_p' = -2A\sin 2t + 2B\cos 2t, \qquad x_p'' = -4A\cos 2t - 4B\sin 2t$$ Sostituendo in $x_p'' + 2x_p' + 5x_p = 10\cos 2t$ e raccogliendo seno e coseno: $$\cos 2t:\ \ -4A + 4B + 5A = A + 4B, \qquad \sin 2t:\ \ -4B - 4A + 5B = B - 4A$$ Il termine $2x_p'$ contribuisce con $2\cdot 2B\cos 2t = 4B\cos 2t$ e con $2\cdot(-2A)\sin 2t = -4A\sin 2t$. L'uguaglianza vale per ogni $t$ se $$\begin{cases} A + 4B = 10 \\ -4A + B = 0 \end{cases}$$ Dalla seconda $B = 4A$; nella prima $A + 16A = 17A = 10$, quindi $$A = \frac{10}{17}, \qquad B = \frac{40}{17}, \qquad x_p(t) = \frac{10}{17}\cos 2t + \frac{40}{17}\sin 2t$$ Integrale generale: $$x(t) = e^{-t}\big(c_1\cos 2t + c_2\sin 2t\big) + \frac{10}{17}\cos 2t + \frac{40}{17}\sin 2t \qquad \forall t \in \mathbb{R}$$

2. Regime permanente

Si scrive $x_p = X\cos(2t - \varphi)$ con $$X = \sqrt{A^2 + B^2} = \sqrt{\frac{100 + 1600}{289}} = \frac{\sqrt{1700}}{17} = \frac{10}{\sqrt{17}} \approx 2{,}425 \ \text{m}, \qquad \tan\varphi = \frac BA = 4 \ \Rightarrow\ \varphi = \arctan 4 \approx 1{,}326 \ \text{rad}$$ ($\varphi$ è circa $76$ gradi, in ritardo di $\frac{\varphi}{\Omega} = \frac{1{,}326}{2} \approx 0{,}66$ s rispetto alla forza.) La stessa ampiezza si ottiene dalla formula della nota: $D = (k - m\Omega^2)^2 + (c\Omega)^2 = (5 - 4)^2 + 4^2 = 17$ e $X = \frac{F_0}{\sqrt D} = \frac{10}{\sqrt{17}}$ ✓.

3. Condizioni iniziali

Serve $x'$: $$x'(t) = e^{-t}\big[(-c_1 + 2c_2)\cos 2t + (-2c_1 - c_2)\sin 2t\big] - \frac{20}{17}\sin 2t + \frac{80}{17}\cos 2t$$ In $t = 0$: $$\begin{cases} x(0) = c_1 + \dfrac{10}{17} = 0 \\[2mm] x'(0) = -c_1 + 2c_2 + \dfrac{80}{17} = 0 \end{cases}$$ Dalla prima $c_1 = -\frac{10}{17}$. Nella seconda: $\frac{10}{17} + 2c_2 + \frac{80}{17} = 0$, cioè $2c_2 = -\frac{90}{17}$ e $c_2 = -\frac{45}{17}$. Quindi $$x(t) = \frac{1}{17}\Big[e^{-t}\big(-10\cos 2t - 45\sin 2t\big) + 10\cos 2t + 40\sin 2t\Big]$$ Verifica (Python, dsolve): coincide con la soluzione trovata.

4. Quando il transitorio diventa trascurabile

Il transitorio è $x_0(t) = e^{-t}\big(c_1\cos 2t + c_2\sin 2t\big)$ con $c_1 = -\frac{10}{17}$, $c_2 = -\frac{45}{17}$. Per la disuguaglianza $|c_1\cos 2t + c_2\sin 2t| \le \sqrt{c_1^2 + c_2^2}$ (Cauchy-Schwarz, oppure scrivendo la combinazione come $C\cos(2t - \psi)$): $$|x_0(t)| \le C\,e^{-t}, \qquad C = \frac{\sqrt{100 + 2025}}{17} = \frac{\sqrt{2125}}{17} \approx 2{,}712$$ Si vuole $C\,e^{-t} \le 0{,}01\,X \approx 0{,}02425$: $$e^{-t} \le \frac{0{,}02425}{2{,}712} \approx 0{,}00894 \iff t \ge \ln\frac{2{,}712}{0{,}02425} \approx \ln 111{,}8 \approx 4{,}72 \ \text{s}$$ Dopo circa $4{,}7$ s il moto coincide, a meno dell'$1\%$ dell'ampiezza, con l'oscillazione a regime. Il tempo è legato al decadimento $e^{-t}$: la costante di tempo è $\frac{1}{|\alpha|} = \frac{2m}{c} = 1$ s, e servono circa $4{,}7$ costanti di tempo.

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Errori comuni

• Cercare $x_p = A\cos 2t$ senza il seno: con $c \ne 0$ i due coefficienti sono entrambi diversi da $0$ ($B = 4A$).
• Imporre le condizioni iniziali alla sola $x_0$ (dimenticando $x_p(0) = \frac{10}{17}$ e $x_p'(0) = \frac{80}{17}$): le costanti $c_1, c_2$ vanno trovate sull'integrale generale completo.
• Pensare che $c_1$ e $c_2$ cambino il regime permanente: $x_p$ non dipende dalle condizioni iniziali.
• Calcolare l'ampiezza come $A + B$ anziché $\sqrt{A^2 + B^2}$.