Aula 1.12 - Oscilações Mecânicas

Escrito por Antônio Ítalo

Chamamos de oscilação todo movimento periódico no tempo. O exemplo mais simples de uma oscilação é o Movimento harmônico simples, abreviado como M.H.S. É importante notar que em alguns trechos dessa aula será necessário um conhecimento básico sobre derivadas, portanto, se não está acostumado com esse conceito pode ignorar esses trechos à princípio ou antes de prosseguir ler a Ideia 11 de Física, que trata de diversas aplicações do Cálculo na Física. Em outros trechos, pode-se estar utilizando notações relacionadas às derivadas, entretanto, é necessário somente entender que se refere por exemplo à aceleração instantânea ou à velocidade instantânea por exemplo. Devido à abrangência desse conteúdo muitos trechos dessa aula são acima do Nível 2 da OBF, mas esses trechos estarão marcado com um *.

M.H.S.

Um movimento harmônico simples é todo movimento cuja a segunda lei de Newton da partícula que está o realizando pode ser escrita na forma:

$m\ddot{x}=-m\omega ^{2} x$ ou $\ddot{x}+\omega^{2}x=0$

Obs: Aqui será utilizada a notação $\dot{}$ para simbolizar a derivada temporal $\dfrac{d}{dt}$, ou seja, $\ddot{x}=\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}}=a_{x}$.

Onde $x$ é uma coordenada da partícula e $\omega$ é a chamada frequência angular da oscilação, devendo ser real. Ao chegar nesse tipo de equação poderemos demonstrar que esse será um movimento senoidal de período dado por:

$T=\dfrac{2\pi}{\omega}$

Há duas maneiras principais de demonstrar isso, uma delas é a resolução da equação diferencial obtida a partir da segunda lei de Newton, a outra e que será abordada aqui é uma analogia com outro movimento bem conhecido: o movimento circular uniforme.

Antes de prosseguirmos com nossa demonstração será necessário demonstrar um fato conhecido mas que não foi apresentado em aulas anteriores, a existência da aceleração centrípeta em um movimento circular uniforme e a fórmula que nos dá seu valor. Realizaremos isso pela definição de aceleração:

$\vec{a}=\dfrac{d^{2}\vec{r}}{dt^{2}}$

Primeiramente, precisamos escrever o vetor posição de nossa partícula em coordenadas cartesianas:

$\vec{r}=x\hat{x}+y\hat{y}=R\left(\cos{\left(\phi\right)}\hat{x}+\sin{\left(\phi\right)}\hat{y}\right)$

$\vec{r}=R\cos{\left(\phi_{0}+\omega t\right)}\hat{x}+R\sin{\left(\phi_{0}+\omega t\right)}\hat{y}$

Agora, derivando duas vezes, obteremos a aceleração:

$\vec{a}=-\omega^{2}\left(R\cos{\left(\phi\right)}\hat{x}+R\sin{\left(\phi\right)}\hat{y}\right)$

$\vec{a}=-\omega^{2}\vec{r}$

Também é possível realizar uma demonstração mais geométrica desse fato ao desenhar o vetor velocidade em dois instantes consecutivos e realizar a diferença entre esses dois vetores, entretanto, é interessante compreender a primeira demonstração mostrada pois dessa mesma maneira pode-se encontrar a aceleração em coordenadas polares de um movimento mais geral.

Observemos que esse resultado é muito interessante para nós, pois, temos que no eixo $x$ de um M.C.U.:

$\ddot{x}=-\omega^{2}x$

Portanto, temos que o eixo $x$ de um M.C.U. representa um M.H.S. de frequência angular igual à velocidade angular do M.C.U. sabemos então encontrar a solução geral para um M.H.S. que será do tipo:

$x\left(t\right)=A\cos{\left(\phi\right)}=A\cos{\left(\omega t+ \phi_{0}\right)}$

Ou ainda:

$x\left(t\right)=C\cos{\left(\omega t\right)}+D\sin{\left(\omega t\right)}$

Onde $A$,$\phi_{0}$,$C$ e $D$ são constantes que dizem respeitos às condições iniciais de nossa partícula, ou seja, sua posição e sua velocidade inicial. Sabendo disso, é fácil ver que o período de oscilação será o tempo para que a fase dentro do cosseno mude por $2\pi$, ou seja:

$\omega T=2\pi$

$T=\dfrac{2\pi}{\omega}$

Tendo visto a teoria sobre M.H.S., podemos ver a seguir alguns exemplos:

Exemplo 1 (Oscilador Massa mola):

Um bloco de massa $m$, está conectado à uma mola de constante elástica $k$ que está conectada à uma parede fixa. Sendo a origem do eixo $x$ a posição de equilíbrio desse sistema, encontre a função horária do espaço para nosso bloco sabendo que sua velocidade inicial é $v_{0}$ e sua posição inicial é $x_{0}$.

Solução:

Escreveremos a segunda lei de Newton para o bloco:

$m\ddot{x}=-kx$

$\ddot{x}+\dfrac{k}{m}x=0$

Definindo: $\omega_{0}^{2}=\dfrac{k}{m}$

$\ddot{x}+\omega_{0}^{2}x=0$

Temos então que a solução geral é:

$x\left(t\right)=A\cos{\left(\omega_{0}t\right)}+B\sin{\left(\omega_{0}t\right)}$

$\dot{x}\left(t\right)=-\omega_{0}A\sin{\left(\omega_{0}t\right)}+\omega_{0}B\cos{\left(\omega_{0}t\right)}$

Aplicando as condições iniciais:

$x\left(0\right)=x_{0} \rightarrow A=x_{0}$

$\dot{x}\left(0\right)=v_{0} \rightarrow \omega_{0}B=v_{0} \rightarrow B=\dfrac{v_{0}}{\omega_{0}}$

Logo:

$x\left(t\right)=x_{0}\cos{\left(\omega_{0}t\right)}+\dfrac{v_{0}}{\omega}\sin{\omega t}$

Exemplo 2 (Pêndulo Simples):

Uma massa $m$ está ligada por um fio sem massa de comprimento $l$ à um teto fixo em um campo gravitacional $g$ constante. Na posição vertical essa massa está em equilíbrio, entretanto, um agente externo causa uma pequena pertubação e esse está no instante $t=0$ fazendo um ângulo pequeno $\theta_{0}$ com a vertical e possui velocidade angular inicial nula. Encontre o ângulo com a vertical $\theta$ em função do tempo e o período dessas oscilações.

Obs: Ângulos positivos no sentido anti-horário.

Solução:

Escrevamos a segunda lei de Newton na direção tangencial para essa massa:

$ml\ddot{\theta}=-mg\sin{\left(\theta\right)}$

Sendo $\theta$ pequeno, podemos usar: $\sin{\left(\theta\right)}\approx\theta$

$l\ddot{\theta}=-g\sin{\left(\theta\right)} \rightarrow \ddot{\theta}+\dfrac{g}{l}\theta=0$

Logo:

$\theta\left(t\right)=\theta_{0}\cos{\left(\sqrt{\dfrac{g}{l}}t\right)}$

Temos então:

$T=2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g}}$

Energia em um M.H.S.

Vamos tentar calcular o trabalho de uma força do tipo $-m\omega^{2}x$ entre dois pontos. Essa força não é constante, portanto temos duas opções:

Opção 1 (Usa cálculo integral):

Calcular o trabalho pela sua definição formal:

$W_{12}=\displaystyle{\int\limits_{x_{1}}^{x_{2}}F dx}$

$W_{12}=-\dfrac{m\omega^{2}x^{2}_{2}}{2}+\dfrac{m\omega^{2}x^{2}_{1}}{2}$

Temos então que o trabalho não depende do caminho, podemos então associar uma energia potencial a essa força:

$W=-\Delta U_{12}$

$U\left(x\right)=\dfrac{m\omega^{2}x^{2}}{2}$

Opção 2 (Não usa cálculo integral):

Podemos utilizar o fato de que o trabalho entre dois pontos de uma força no eixo $x$ é a área orientada do gráfico $F$ por $x$, temos então no gráfico uma linha reta de coeficiente angular $-m\omega^{2}$, logo, a área será dada simplesmente pela diferença entre a área orientada do triângulo que vai de $0$ à $x_{2}$ e do triângulo que vai de $0$ à $x_{1}$:

$W_{12}=\Delta A$

$W=-m\omega^{2}x_{2}\dfrac{x_{2}}{2}+m\omega^{2}x_{1}\dfrac{x_{1}}{2}$

Temos então que o trabalho não depende do caminho, logo podemos associar uma energia potencial à essa força:

$W_{12}=-\Delta U_{12}$

$U=\dfrac{m\omega^{2}x^{2}}{2}$

Conhecendo a energia potencial desse tipo de força, podemos, através da conservação da energia, encontrar por exemplo $v\left(x\right)$:

$E=\dfrac{mv^{2}}{2}+\dfrac{m\omega^{2}x^{2}}{2}$

$v=\pm\sqrt{\dfrac{2E}{m}- \omega^{2}x^{2}}$

Oscilações forçadas

Até agora temos trabalhado somente com problemas em que a única força sobre o sistema é do tipo $-kx$, entretanto, como procederíamos se além dessa força houvesse uma força externa dependente do tempo? Como por exemplo se tivéssemos um oscilador vertical sujeito a força peso que é constante. Esse é o exemplo mais simples e será realizado a seguir, em seguida, procuraremos um método para resolver para uma força geral dependente do tempo e em seguida o aplicaremos para uma força senoidal.

Exemplo 1:

Um bloco de massa $m$ está ligado à uma mola de constante elástica $k$ e comprimento natural $l_{0}$ que está ligada à um teto fixo. O campo gravitacional $g$ é constante. Encontre $x\left(t\right)$ em função de duas constantes arbitrárias que serão determinadas pelas condições iniciais sendo a origem do espaço definida no teto e $x$ definido como positivo para baixo. (Desconsidere a possibilidade de colisões com o teto).

Solução:

Primeiramente, procuremos a posição de equilíbrio desse sistema, ou seja, procuremos $x$ tal que a força resultante na nossa massa seja nula:

$0=-k\left(x_{eq}-l_{0}\right)+mg$

$x_{eq}=l_{0}+\dfrac{mg}{k}$

Agora, vamos definir um novo sistema de coordenadas em que $x'=0$ quando temos o nosso bloco em $x_{eq}$. Ou seja: $x=x'+x_{eq}$. Escrevamos então a segunda lei de Newton:

$m\ddot{x}'=-k\left(x_{eq}+x'-l_{0}\right)+mg$

$\ddot{x}'+\dfrac{k}{m}x'=0$

Sabemos então que:

$x'\left(t\right)=A\cos{\left(\omega_{0}t\right)}+B\sin{\left(\omega_{0}t\right)}$

Onde $\omega_{0}^{2}=\dfrac{k}{m}$. Logo:

$x\left(t\right)=A\cos{\left(\omega_{0}t\right)}+B\sin{\left(\omega_{0}t\right)}+l_{0}+\dfrac{mg}{k}$

Encontramos então $x\left(t\right)$.

(*)Força Geral:

Agora devemos nos perguntar como resolver isso para uma força arbitrária $F\left(t\right)$. Pensemos sobre o procedimento que realizamos no caso anterior. Nós reescrevemos a posição $x$ como:

$x=x'+x_{eq}$

Onde x_{eq} era a posição em que caso ele estivesse estaria em equilíbrio. Faremos algo parecido no caso de uma força qualquer escrevendo nosso $x$ como:

$x=x_{h}+x_{p}$

Onde $x_{h}$ é o que chamamos de solução homogênea, ou seja, é a solução para $x\left(t\right)$ caso não houvesse força externa e $x_{p}$ é o que chamamos de solução particular, ou seja, é uma solução qualquer para $x\left(t\right)$ que obedeça a segunda lei de Newton sendo independente de constantes arbitrárias, no exemplo anterior nosso $x_{p}$ era o $x_{eq}$ que era constante, mas no nosso próximo exemplo veremos que isso nem sempre acontece.

(*)Exemplo 2:

Um bloco de massa $m$ está ligado à uma mola de comprimento natural $0$ e constante elástica $k$ que está ligada à uma parede fixa. Esse sistema está sobre uma mesa horizontal. Um agente externo realiza uma força variável com o tempo sobre o bloco da forma:

$F\left(t\right)=F_{0}\sin{\left(\omega t\right)}$

Sendo $x=0$ definido na parede encontre $x\left(t\right)$ em função de duas constantes que podem ser determinadas pelas condições iniciais. (Desconsidere colisões com a parede).

(*)Solução:

Primeiramente, escrevamos a segunda lei de Newton:

$m\ddot{x}=-kx+F_{0}\sin{\left(\omega t\right)}$

$\ddot{x}+\omega_{0}^{2}x=\dfrac{F_{0}}{m}\sin{\left(\omega t\right)}$

Sendo $\omega_{0}^{2}=\dfrac{k}{m}$.

Como a força externa é senoidal, procuremos uma solução particular também senoidal de mesma frequência do tipo:

$x_{p}=C\sin{\left(\omega t\right)}$

Substituindo na segunda lei de Newton:

$-\omega^{2}C\sin{\left(\omega t\right)}+\omega_{0}^{2}C\sin{\left(\omega t\right)}=\dfrac{F_{0}}{m}\sin{\omega t}$

$C=\dfrac{F_{0}}{m\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right)}$

Sendo assim, nossa solução mais geral será do tipo:

$x\left(t\right)=A\cos{\left(\omega_{0}t\right)}+B\sin{\left(\omega_{0}t\right)}+\dfrac{F_{0}}{m\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right)}\sin{\left(\omega t\right)}$

(*)Oscilações amortecidas

Nesse tópico, estudaremos o que ocorre quando além de uma força do tipo $-kx$ nosso bloco também está sofrendo a influência de uma resistência do ar linear, nesse caso, nós podemos ter três tipos de oscilações, mas só estudaremos aqui o caso mais simples, a oscilação amortecida sub-crítica. Definiremos qual a condição para que isso aconteça mais tarde. Para analisar o problema, claro, precisamos escrever a segunda lei de Newton para nosso bloco:

$m\ddot{x}=-kx+F_{res}$

Sendo que nossa força de resistência linear será do tipo:

$\vec{F}_{res}=-b\vec{v}$

Logo:

$m\ddot{x}=-kx-b\dot{x}$

$\ddot{x}+\dfrac{b}{m}\dot{x}+\dfrac{k}{m}x$

Como sempre, definimos:

$\omega_{0}^{2}=\dfrac{k}{m}$

Definimos também:

$\gamma=\dfrac{b}{m}$

No caso em que não havia resistência do ar resolvemos a segunda lei de Newton através de uma analogia com o M.C.U, entretanto, nesse caso essa analogia não será possível então teremos que "chutar" uma solução. Em geral, podemos procurar soluções do tipo:

$x\left(t\right)=Ae^{\alpha t}$

Derivando, obtemos:

$\dot{x}\left(t\right)=\alpha Ae^{\alpha t}$

$\ddot{x}\left(t\right)=\alpha^{2}Ae^{\alpha t}$

Substituindo na segunda lei de Newton:

$\alpha^{2}+\gamma\alpha+\omega_{0}^{2}=0$

Temos então duas soluções para $\alpha$:

$\alpha_{1}=-\dfrac{\gamma}{2}+\sqrt{\dfrac{\gamma^{2}}{4}-\omega_{0}^{2}}$

$\alpha_{2}=-\dfrac{\gamma}{2}-\sqrt{\dfrac{\gamma^{2}}{4}-\omega_{0}^{2}}$

Define-se:

$\Omega^{2}=\dfrac{\gamma^{2}}{4}-\omega_{0}^{2}$

Note que a solução mais geral então será do tipo:

$x\left(t\right)=e^{-\frac{\gamma}{2}t}\left(A.e^{-\Omega t}+B.e^{\Omega t}\right)$

Se tivermos $\Omega$ imaginário (Condição para amortecimento subcrítico), podemos escrever.

$A=\dfrac{C}{2}e^{i\phi}$

$B=\dfrac{C}{2}e^{-i\phi}$

E definir:

$\omega=-i\Omega=\sqrt{\omega_{0}^{2}-\dfrac{\gamma^{2}}{4}}$

Teremos então, após algumas manipulações:

$x\left(t\right)=Ce^{-\frac{\gamma}{2}t}\cos{\left(\omega t +\phi\right)}$

Oscilações Acopladas

Além dos Movimentos harmônicos simples, teremos também oscilações acopladas, aquelas em que, por exemplo, duas massas estão presas e ligadas por uma mola de constante elástica $k$. Para resolver essas situações estudaremos os chamados modos normais de oscilação. Para mostrar como resolver esse tipo de problema daremos um exemplo a seguir.

Exemplo:

Dois blocos, um de massa $m_{1}$ e outro de massa $m_{2}$, estão ligados por uma mola de constante elástica $k$ sob uma superfície horizontal. O sistema de coordenadas utilizado para localizar esses blocos é tal que quando $x_{1}=0$ e $x_{2}=0$ temos a mola no seu comprimento natural. Encontre $x_{1}\left(t\right)$ e $x_{2}\left(t\right)$ em função de 4 constantes arbitrárias que serão determinadas pelas condições iniciais.

Duas soluções serão apresentadas.

Solução 1:

Nessa solução, procuraremos as chamadas coordenadas normais desse oscilador, ou seja, procuraremos combinações lineares de $x_{1}$ e $x_{2}$ tal que a equação dessa coordenada seja um M.H.S. ou outra equação que saibamos resolver. Antes de tudo, escrevamos as equações do movimento:

$m_{1}\ddot{x}_{1}=-k\left(x_{1}-x_{2}\right)\, \left(1\right)$

$m_{2}\ddot{x}_{2}=-k\left(x_{2}-x_{1}\right) \, \left(2\right)$

Ou ainda:

$\ddot{x}_{1}+\dfrac{k}{m_{1}}x_{1}-\dfrac{k}{m_{1}}x_{2}=0 \, \left(3\right)$

$\ddot{x}_{2}+\dfrac{k}{m_{2}}x_{2}-\dfrac{k}{m_{2}}x_{1}=0 \, \left(4\right)$

Defina as seguintes variáveis:

$p=m_{1}x_{1}+m_{2}x_{2}$

$q=x_{1}-x_{2}$

Somando $\left(1\right)$ e $\left(2\right)$, obtemos:

$\ddot{p}=0$

Temos então algo como um M.U. para essa "coordenada":

$p\left(t\right)=At+B$

Sendo $A$ e $B$ constantes arbitrárias a serem descobertas pelas condições iniciais.

Somando $\left(3\right)$ e $\left(4\right)$, obtemos:

$\ddot{q}+k\left(\dfrac{1}{m_{1}}+\dfrac{1}{m_{2}}\right)q=0$

Definimos então a massa reduzida $\mu$ por:

$\dfrac{1}{\mu}=\dfrac{1}{m_{1}}+\dfrac{1}{m_{2}}$

E também:

$\omega_{0}^{2}=\dfrac{k}{\mu}$

Temos então um M.H.S. na "coordenada" q:

$q\left(t\right)=C\cos{\left(\omega_{0}t\right)}+D\sin{\left(\omega_{0}t\right)}$

Sendo $C$ e $D$ constantes arbitrárias a serem determinadas pelas condições iniciais.

Temos então o seguinte sistema:

$x_{1}-x_{2}=C\cos{\left(\omega_{0}t\right)}+D\sin{\left(\omega_{0}t\right)} \, \left(5\right)$

$m_{1}x_{1}+m_{2}x_{2}=At+B \, \left(6\right)$

Resolvendo então esse sistema poderemos obter $x_{1}\left(t\right)$ e $x_{2}\left(t\right)$ em função de outras constantes arbitrárias:

$x_{1}\left(t\right)=K_{1}+K_{2}t+K_{3}\cos{\left(\omega_{0}t\right)}+K_{4}\sin{\left(\omega_{0}t\right)}$

$x_{2}\left(t\right)=K_{1}+K_{2}t-K_{3}\dfrac{m_{1}}{m_{2}}\cos{\left(\omega_{0}t\right)}-K_{4}\dfrac{m_{1}}{m_{2}}\sin{\left(\omega_{0}t\right)}$

(*)Solução 2:

Nessa solução tentaremos encontrar os chamados modos normais de vibração. Nesses modos tanto a massa $1$ como a massa $2$ realizam um M.H.S. de mesma frequência $\omega$. Após acharmos todos os modos normais, a solução geral será uma superposição de todos os modos normais. Essa solução requer um conhecimento básico de álgebra linear. Escrevemos então novamente as equações de movimento.

$\ddot{x}_{1}+\dfrac{k}{m_{1}}x_{1}-\dfrac{k}{m_{1}}x_{2}=0 \, \left(1\right)$

$\ddot{x}_{2}+\dfrac{k}{m_{2}}x_{2}-\dfrac{k}{m_{2}}x_{1}=0 \, \left(2\right)$

Substituímos então $\ddot{x_1}=-\omega_{2}x_{1}$ e $\ddot{x_{2}}=-\omega_{2}x_{2}$. A partir de agora, escreveremos isso na forma matricial.

$\begin{pmatrix} \dfrac{k}{m_{1}}-\omega^{2} & -\dfrac{k}{m_{1}}\\ -\dfrac{k}{m_{2}} & \dfrac{k}{m_{2}}-\omega^{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_{1}\\ x_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$

Sendo que nós queremos as soluções não triviais para $x_{1}$ e $x_{2}$, ou seja, $x_{1}$ e $x_{2}$ diferente de zero, logo, um dos resultados da álgebra linear diz que devemos ter:

$\begin{vmatrix} \dfrac{k}{m_{1}}-\omega^{2} & -\dfrac{k}{m_{1}}\\ -\dfrac{k}{m_{2}} & \dfrac{k}{m_{2}}-\omega^{2} \end{vmatrix}=0$

Calculando o determinante:

$\dfrac{k^{2}}{m_{1}m_{2}}-\dfrac{k}{\mu}\omega^{2}+\omega^{4}-\dfrac{k^{2}}{m_{1}m_{2}}=0$

$\omega^{4}=\dfrac{k}{\mu}\omega^{2}$

Novamente definimos a massa reduzida como $\dfrac{1}{\mu}=\dfrac{1}{m_{1}}+\dfrac{1}{m_{2}}$, resolvendo então, teremos dois modos normais de oscilação:

Primeiro modo normal:

$\omega=0$

Se substituirmos essa frequência angular nas equações de movimento obtemos:

$x_{1}=x_{2}$

Ou seja, há um modo normal em que ambos possuem o mesmo deslocamento da posição de equilíbrio e aceleração zero (devido $\omega=0$). Nesse caso, teremos:

$\begin{pmatrix} x_{1} \\ x_{2} \end{pmatrix}=K_{1}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} + K_{2}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} t$

Onde $K_{1}$ e $K_{2}$ são constantes determinadas pelas condições iniciais.

Segundo modo normal:

$\omega=\sqrt{\dfrac{k}{\mu}}$

Se substituirmos essa frequência angular nas equações de movimento obtemos:

$x_{2}=-\dfrac{m_{1}}{m_{2}}x_{1}$

Ou seja, esse é um modo normal onde $x_{1}$ e $x_{2}$ oscilam com frequência angular $\sqrt{\dfrac{k}{\mu}}$, mas com uma razão constante na amplitude desse movimento, podemos então escrever:

 

 

$\begin{pmatrix} x_{1} \\ x_{2} \end{pmatrix} = K_{3}\begin{pmatrix} 1 \\ -\dfrac{m_{1}}{m_{2}} \end{pmatrix}\cos{\left(\omega_{0}t\right)}+K_{4} \begin{pmatrix} 1 \\-\dfrac{m_{1}}{m_{2}}\end{pmatrix} \sin{\left(\omega_{0}t\right)}$

Onde $K_{3}$ e $K_{4}$ são constantes determinadas pelas condições iniciais e $\omega_{0}=\omega=\sqrt{\dfrac{k}{\mu}}$

Sendo assim, a solução mais geral será escrita na forma:

$\begin{pmatrix} x_{1} \\ x_{2} \end{pmatrix} = K_{1}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} + K_{2}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} t +K_{3}\begin{pmatrix} 1 \\ -\dfrac{m_{1}}{m_{2}} \end{pmatrix}\cos{\left(\omega_{0}t\right)}+K_{4} \begin{pmatrix} 1 \\-\dfrac{m_{1}}{m_{2}}\end{pmatrix} \sin{\left(\omega_{0}t\right)}$

Condizente com a solução anterior.

É importante notar que nesse caso ambos os métodos de resolução tiveram a mesma dificuldade para a resolução do problema, entretanto, para problemas mais complexos, pode ser muito difícil encontrar as chamadas coordenadas normais, que nesse caso seriam múltiplos de $p\left(t\right)$ e $q\left(t\right)$, portanto é preferível se acostumar ao segundo método que é sempre realizado exatamente da mesma maneira.