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.