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Graduação em Engenharia Mecânica
Notas de Aulas
da Disciplina de Vibrações
Prof. Dr. Ricardo de Medeiros
Prof. Dr. Eduardo Lenz Cardoso
6 de Julho de 2018
2
Conteúdo
I Vibrações Mecânicas 7
1 Introdução 9
1.1 História da Vibração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2 Importância do Estudo de Vibrações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3 Conceitos Básicos de Vibração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4 Classi�cação das Vibrações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2 Sistemas Mecânicos Equivalentes 19
2.1 Associações de Molas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.2 Inércia Equivalente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.3 Vigas com uma massa concentrada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.4 Tabelas Momento de Inércia e Constantes Elásticas . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.5 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
II Vibrações Livres de Sistemas 1 Grau de Liberdade 37
3 Vibrações Livres não Amortecidas 39
3.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.2 Vibrações Livres Não Amortecidas - 1 gdl - Translacional . . . . . . . . . . . . . 39
3.3 Vibrações Livres Não Amortecidas - 1 gdl - Torcional . . . . . . . . . . . . . . . 44
3.4 Pêndulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
3.5 Princípio da Conservação de Energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.6 Centro Instantâneo de Rotação (CIR) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
3.7 Disco Rolando em uma Superfície Côncava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
3.8 Instabilidade Estática de Sistemas Oscilantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
3.9 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
4 Vibrações Livres Amortecidas 63
4.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
4.2 Vibrações Livres Amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
4.3 Decremento Logaritimico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
4.4 Coe�ciente de Amortecimento Equivalente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3
4 CONTEÚDO
4.5 Abordagem Energética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
4.6 Resposta Livre Devido a Impacto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
4.7 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
III Vibrações Forçadas de Sistemas 1 Grau de Liberdade 87
5 Forças Harmônicas 89
5.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
5.2 Excitação por Força Harmônica Permanente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
5.3 Excitação por Massas Excêntricas Rotativas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
5.4 Excitação por Movimento Harmônico de Base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
5.5 Fator de Qualidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
5.6 Batimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
5.7 Método Energético Aplicado a Problemas com Força Harmônica . . . . . . . . . 119
5.8 Sobreposição de Efeitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
5.9 Série de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
5.10 Resposta Complexa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
5.11 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
IV Vibrações em Sistemas com N-Graus de Liberdade 137
6 Vibrações Livres não Amortecidas 139
6.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
6.2 Sistemas com N-gdls . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
6.3 Desacoplamento Modal - Sem amortecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
6.4 Desacoplamento Modal - Com amortecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
6.5 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
V Análise de Vibrações 163
7 Vibrações de Meios Contínuos 165
7.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165
7.2 De�nição do Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165
7.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172
8 Velocidade Crítica de Rotores 173
8.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
8.2 De�nição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
8.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
CONTEÚDO 5
9 Isolamento de Vibrações 179
9.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
9.2 Isolamento Ativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180
9.3 Isolamento Passivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182
VI Material Complementar 187
10 Série de Fourier 189
11 Autovalores e Autovetores 195
11.1 Autovalores e Autovetores Reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201
11.2 Multiplicidade de Autovalores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201
11.3 Subespaços Próprios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203
11.4 Problema Generalizado de Autovalores e Autovetores . . . . . . . . . . . . . . . 205
12 Solução de Problemas de Autovalores e Autovetores 209
12.1 Método da Potência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
12.1.1 Método da Potência Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212
12.2 Método de Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214
12.3 Método QR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216
12.3.1 Utilizando a Decomposição QR para Solucionar Sistemas de Equações
Lineares Mal-Condicionados. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221
12.4 Decomposição Cholesky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223
12.5 OPCIONAL - Método de Leverrier-Faddev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227
13 Transformada Discreta de Fourier - DFT 233
13.1 In�uência da taxa de amostragem - aliasing . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240
13.2 DFT como um Filtro Digital - Spectral Leakage . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243
13.2.1 Janelamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245
6 CONTEÚDO
Parte I
Vibrações Mecânicas
7
Capítulo 1
Introdução
Os conceitos apresentados aqui servirão para que o leitor seja capaz de compreender um texto
da área de vibrações mecânicas, bem como entenda a lógica por trás das análises dinâmicas
que serão discutidas ao longo da disciplina. O texto é organizado de maneira a introduzir os
conceitos fundamentais em uma sequência lógica. Para isto, iremos iniciar com a motivação do
estudo de vibrações mecânicas, ou seja, aplicações práticas na indústria e conceitos importantes
envolvidos na disciplina, como graus de liberdade, elementos de um sistema vibratório, tipos
de excitações, sistemas equivalentes. Após, será apresentado a modelagem de um sistema
equivalente massa-mola-amortecedor com 1 grau de liberdade, considerando vibração livre e
vibração forçada. Em seguida, será apresentado os conceitos de vibrações, livre e forçada, para
sistemas N graus de liberdade. Além disso, será discutidos conceitos de vibrações de meios
contínuos, velocidade críticade rotores e isolamento de vibrações.
É importante salientar que este material é de apoio e não pretende substituir a bibli-
ogra�a básica sobre os assuntos abordados. Para tanto, sugiro fortemente que o leitor
consulte sempre que possível livros clássicos da área, como por exemplo os livros: [1],[2], [3],
[4], [5],[6], [7], [8].
A disciplina de vibrações consiste no estudo de movimentos oscilatórios de corpos/sistemas
deformáveis.
Oscilação é o movimento caracterizado por assumir a mesma con�guração em diferentes
instantes de tempo.
Assim:
• ETT =⇒ rígido / estático (sem ~a)
• MSOI/II =⇒ �exível / estático
• DIM =⇒ rígido / dinâmico (com ~a)
• VIB =⇒ �exível / dinâmico
Portanto, todo sistema mecânico que apresente variações de força/posição ao longo do tempo
e, que apresente força de inércia, poderá ser estudado em vibrações.
9
10 CAPÍTULO 1. INTRODUÇÃO
1.1 História da Vibração
Segundo Rao [1], o interesse em vibrações foi desenvolvidos quando surgiram os primeiros
instrumentos musicais. Desde então tem-se estudado o fenômeno da vibração. As vibrações
ocorre em muitos aspectos de nossa vida. Por exemplo, no corpo humano, oscilações de baixa
frequência ocorrem nos pulmões e no coração, e oscilações de alta frequência, no sistema auditivo
[2].
Figura 1.1: Principais nomes do campo das vibrações e suas contribuições [2].
1.2. IMPORTÂNCIA DO ESTUDO DE VIBRAÇÕES 11
1.2 Importância do Estudo de Vibrações
Segundo Rao [1] a maioria das atividades humanas envolve vibração. Podemos destacar o
desbalanceamento da maioria dos motores de acionamento. Tal desequilíbrio deve-se a falha no
projeto ou manutenção ruim. Além disso,
• Motores a diesel;
• Rodas de locomotivas;
• Eixos rotativos;
• Vibração de painéis;
• Flutter;
• Turbinas.
Figura 1.2: Ponte Tacoma Narrows quebrando devido a oscilações (FONTE:
https://assets.ntcbrasil.com.br/wp-content/uploads/2015/07/tacoma-narrows-bridge-quebrando.jpg).
Ainda, a vibração pode levar a falha por fadiga devido variação cíclica da tensão induzida.
Ainda segundo Rao [1] a vibração causa desgaste mais rápido de peças de máquinas como
rolamentos e engrenagens, além de gerar um ruído excessivo.
12 CAPÍTULO 1. INTRODUÇÃO
Portanto, quando a frequência de excitação (frequência de trabalho) coincidir com a frequên-
cia natural da estrutura, ocorre um fenômeno conhecido como ressonância.
O estudo de vibrações visa minimizar as oscilações por meio do projeto adequado de má-
quinas e de seus suportes.
Entretanto a vibração também pode ser utilizada à favor em várias aplicações:
• Esteiras transportadoras;
• Tremonhas;
• Peneiras;
• Compactadores;
• Máquinas de lavar;
• Brocas odontológicas;
• Bate-estacas;
• Análise modal de estruturas.
A Figura 1.3 mostra o teste de vibração no solo (GVT) na aeronave F-15B da Nasa Dryden
com o mitigador de boom sônico Gulfstream Quiet Spike anexado em preparação para voos de
teste. O projeto buscou veri�car a integridade estrutural do anexo, projetado para reduzir e
controlar o boom sônico.
Figura 1.3: Teste de Vibração no solo (FONTE: https :
//www.nasa.gov/sites/default/files/images/334627mainED06− 0054− 115full.jpg).
1.3. CONCEITOS BÁSICOS DE VIBRAÇÃO 13
1.3 Conceitos Básicos de Vibração
O estudo da vibração é caracterizado pelos movimentos oscilatórios de corpos e às forças que lhes
são associadas [4]. Estes corpos, também tratados como sistemas vibratórios, são compostos
de meios que armazenam de energia cinética (massas ou inércias), energia potencial (molas ou
elasticidades) e meios que geram perda gradual de energia (amortecedores) [1].
Ainda, Rao [1] de�ne graus de liberdade como o número mínimo de coordenadas indepen-
dentes requeridas para determinar completamente as posições de todas as partes de um sistema
a qualquer instante.
Figura 1.4: 1 grau de liberdade (FONTE: [1]).
Figura 1.5: 2 graus de liberdade (FONTE: [1]).
Figura 1.6: 3 grau de liberdade (FONTE: [1]).
14 CAPÍTULO 1. INTRODUÇÃO
Deve-se salientar que a escolha de um conjunto de coordenadas não é única. Segundo Samuel
[9] as quantidades cinemáticas como deslocamentos, velocidades e aceleração são escritas em
função das coordenadas independentes e de suas derivadas temporais.
De acordo com Rao [1] uma grande quantidade de sistemas práticos pode ser descrita usando
um número �nito de graus de liberdade. Entretanto, elementos contínuos, têm um número in�-
nito de graus de liberdade. Ou seja, por exemplo uma viga que apresenta in�nitas coordenadas
para de�nir sua curvatura.
Portanto, Sistemas discretos podem ser de�nidos como sistemas com um número �nito de
graus de liberdade, e sistemas contínuos como sendo sistemas com in�nitos graus de liberdade.
Figura 1.7: In�nitos grau de liberdade (FONTE: [1]).
1.4 Classi�cação das Vibrações
As vibrações que ocorrem em sistemas mecânicos podem ser classi�cadas da seguinte maneira:
• Livres ou forçadas: vibrações livres ocorrem em sistemas que não estão submetidos
à aplicação de forças após o início da sua movimentação. Já sistemas onde há forças
externas atuando mesmo após o início das oscilações estão sujeitos a vibrações forçadas.
• Amortecidas ou não amortecidas: vibrações que ocorrem em sistemas que apresen-
tam meios que dissipam energia são ditas amortecidas. Todavia, se o sistema em questão
não apresentar amortecimento, ou seja, meios de dissipar a energia das oscilações, a vibra-
ção é considerada não amortecida. É valido citar que sistemas reais sempre apresentam
amortecimento, por menor que seja o mesmo.
• Lineares e não lineares: se os componentes que constituem o sistema vibratório se com-
portam de maneira linear a vibração é linear. Caso contrário, a vibração é caracterizada
como não linear. Para o primeiro caso as técnicas matemáticas são bem desenvolvidas e
o princípio de superposição é válido [1].
• Determinística e aleatória: se a magnitude da excitação sobre um sistema oscilatório
for conhecida a um dado instante, a excitação é dita determinística. Caso isto não ocorra,
a vibração é conhecida como aleatória.
1.4. CLASSIFICAÇÃO DAS VIBRAÇÕES 15
Classi�cadas as vibrações, faz-se necessário, para o melhor entendimento, listar algumas
de�nições e terminologias referentes a sistemas oscilatórios e seu comportamento em função do
tempo. É válido salientar que as nomenclaturas apresentadas estão de acordo com [1].
• Ciclo: O movimento de um corpo vibratório de sua posição de repouso ou equilíbrio
até sua posição extrema em um sentido, então até a posição de equilíbrio, então até sua
posição extrema no outro sentido e de volta à posição de equilíbrio é denominada um
ciclo de vibração.
• Amplitude: O máximo deslocamento de um corpo vibratório em relação à sua posição
de equilíbrio é denominado amplitude de vibração.
• Período de oscilação: É o tempo que leva para concluir um ciclo de movimento. É
denotado por τ e de�nido pela equação τ = 2·Π
ω
, onde ω é a frequência angular.
• Frequência de oscilação: Frequência de oscilação: É o número de ciclos por unidade
de tempo, denotado por f e de�nido pela equação f = 1
τ
= ω
2·Π .
• Grau de liberdade: Número de coordenadas independentes requeridas para a descrição
do movimento do sistema oscilatório.
• Frequência natural: Se, após uma perturbação inicial, um sistema continuar a vibrar
por si próprio sem a ação de forças externas, a frequência com que ele oscila é conhecida
como sua frequência natural. Caso o sistema apresente amortecimento, essa frequência é
conhecida então como frequência natural amortecida. Para um sistema com n graus de
liberdade, existirão n frequências naturais distintas. De�nido por ωn ou ω0 em [rad/s].
• Modos de vibração: Deslocamento característico da estrutura quando a mesma for
excitada na sua frequência natural. Para sistemas com n frequências naturais haverá n
modos de vibração.
• Ângulo de fase: Diferença angular entre a origem da curva de deslocamento u tempo e
o primeiro pico da mesma.
• Ressonância: Ocorre quando o sistemaé excitado em suas frequências de ressonância.
A amplitude da vibração nesse caso é muito elevada e deve ser evitada para que não haja
falha do sistema mecânico. De�nido por ωr em [rad/s].
• Força Harmônica: forma de excitação mais estudada e descrita pela equação:
F (t) = F cos (ωt) (1.1)
F (t) = F sin (ωt) (1.2)
16 CAPÍTULO 1. INTRODUÇÃO
sendo F a amplitude da excitação e ω a frequência de excitação em rad/s. Também é
usual descrever as frequências em Hertz Hz. Assim o movimento harmônico pode ser
completamente de�nido a partir do conhecimento das variáveis acima. Figura 1.8 mostra
um exemplo deste tipo de força. Um exemplo prático são rotores em balanço.
Figura 1.8: Força harmônica (FONTE: https://pt.wikipedia.org/wiki/Vibração).
• Força Periódica: Excitação que se repete após um período, mas não de forma igual
(Figura 1.9). Um exemplo prático são motores de combustão interna.
Figura 1.9: Força periódica não harmônica (FONTE: https://pt.wikipedia.org/wiki/Vibração).
• Força Transitória: Excitação caracterizada por uma liberação de energia grande em
1.4. CLASSIFICAÇÃO DAS VIBRAÇÕES 17
um intervalo curto de tempo (Figura 1.10). Pode ser descrita pela função Delta de Dirac.
Exemplos práticos são explosões e impactos.
Figura 1.10: Força transitória (FONTE:https://pt.wikipedia.org/wiki/Vibração).
• Força Aleatória: São forças de excitação que não descrevem um padrão determinístico
que possa ser de�nido por uma equação. Para tratar sistemas excitados por forças ale-
atórias é necessário utilizar métodos estatísticos (Figura 1.11). Um exemplo prático são
cálculos de tensões e deformações em asas de aviões, que não apresentam um contato
uniforme com o vento.
Figura 1.11: Força periódica não harmônica (FONTE:https://pt.wikipedia.org/wiki/Vibração).
18 CAPÍTULO 1. INTRODUÇÃO
Capítulo 2
Sistemas Mecânicos Equivalentes
Objetivo: reduzir um sistema mecânico composto por diversas molas e massas DISCRETAS
para um sistema EQUIVALENTE de 1 gl.
2.1 Associações de Molas
• Molas em série
Figura 2.1: Sistema com molas em série.
Ao movermos a massa um δx (deslocamento), teremos o seguinte DCL no contorno da
partícula (massa).
Figura 2.2: Diagrama do corpo livre.
19
20 CAPÍTULO 2. SISTEMAS MECÂNICOS EQUIVALENTES
−Fi − Fm + F (t) = 0 ,
Fi + Fm = F (t) .
Onde,
Fi = mü(t) e Fm =? .
Figura 2.3: Força nas molas.
Com as molas estão em série, observamos que ambas estão submetidas a mesma força, Fm
e que o deslocamento total será dado pelo somatório:
u =
nm∑
j=1
uj ,
F1 = F2 = Fm ,
sendo, nm = número de molas.
Com F1 = k1u1 e F2 = k2u2 ou ui = Fiki .
u =
nm∑
j=1
Fj
kj
,
mas, como Fj = Fm ∀ j, obtemos,
u = Fm
nm∑
j=1
1
kj
,
e �nalmente, como queremos obter,
Fm = kequ ,
ou
u =
Fm
keq
,
2.1. ASSOCIAÇÕES DE MOLAS 21
então,
Fm
keq
= Fm
nm∑
j=1
1
kj
,
assim,
1
keq
=
nm∑
j=1
1
kj
.
Exemplo 1: Para o caso com duas molas:
k1 = 100[N/m] e k2 = 300[N/m] ,
1
keq
=
1
100
+
1
300
,
keq = 75 [N/m] .
Figura 2.4: Sistema equivalente translacional.
E podemos calcular a ωn usando,
ωn =
√
keq
m
.
Para o caso torcional, observamos o mesmo comportamento:
Figura 2.5: Sistema equivalente torcional.
22 CAPÍTULO 2. SISTEMAS MECÂNICOS EQUIVALENTES
1
kTeq
=
nm∑
j=1
1
kTj
.
• Molas em Paralelo
Figura 2.6: Sistema com molas em paralelo.
Realizando um DCL em torno da partícula (massa),
Figura 2.7: Diagrama do corpo livre.
Ou,
Figura 2.8: Diagrama do corpo livre.
Onde:
Fm = Fm1 + Fm2 ,
u1 = u2 = u ,
como
Fj = kjuj ,
2.1. ASSOCIAÇÕES DE MOLAS 23
Fm = k1u1 + k2u2 =
nm∑
j=1
kjuj =
(
nm∑
j=1
kj
)
u ,
pois u é constante.
E como o nosso objetivo é obter,
Fm =
(
nm∑
j=1
kj
)
u ,
sendo que,
keq =
nm∑
j=1
kj ,
Exemplo 2: Para o caso com duas molas:
k1 = 100 [N/m] e k2 = 300 [N/m] ,
keq = 100 + 300 ,
keq = 400 [N/m] .
Figura 2.9: Sistema equivalente translacional.
Se torcional:
Figura 2.10: Sistema equivalente torcional.
24 CAPÍTULO 2. SISTEMAS MECÂNICOS EQUIVALENTES
kTeq =
nm∑
j=1
kTj .
Moral da história: se o objetivo é aumentar a rigidez → molas em paralelo.
• Molas em Radiais
Figura 2.11: Sistema com molas radiais.
Como estamos interessados somente nos valores horizontais da força,
Fm1 = Pm1 cos(α1) ,
onde: Pmj = força da mola em sua linha de ação.
Figura 2.12: Força mola radial direção horizontal.
Figura 2.13: Decomposição das forças.
2.1. ASSOCIAÇÕES DE MOLAS 25
Entretanto, o mais complicado aqui é relacionar Pm1 com o deslocamento u da massa.
Sendo:
δl1 = cos(α1)u ou δlj = cos(αj)u ,
Figura 2.14: Decomposição das forças.
Assim,
Pm1 = k1δl1 = k1u cos(αj) .
Sendo, para a mola 1
Fm1 = k1u cos(α1) cos(α1) ,
Fm1 =
(
k1 cos(α1)
2
)
u ,
Como as molas estão em paralelo
keq =
nm∑
j=1
kj cos(αj)
2 .
Funciona como uma barra de rigidez k, mas em um sistema local, que está α radianos do
eixo x global.
No sistema local,
KL =
[
k 0
0 0
]
.
Sendo que a rotação é dada por,
K = RTKLR .
R =
[
c s
−s c
]
.
26 CAPÍTULO 2. SISTEMAS MECÂNICOS EQUIVALENTES
[
c −s
s c
][
k 0
0 0
][
c s
−s c
]
.
[
c −s
s c
][
kc ks
0 0
]
.
Kg =
[
kc2 ksc
ksc ks2
]
.
Entretanto, somente nos interessa a componente x:
kc2 .
• Molas acopladas a alavancas
Figura 2.15: Sistema com molas acopladas a alavancas.
Primeiro caso: Ao deslocarmos a massa um u(t) para a direita, iremos observar que, como
a barra é rígida:
u
l
=
u1
d1
=
u2
d2
=
u3
d3
.
uj =
u · dj
l
.
Sendo que:
∑
Mo = 0 .
−F3d3 − F2d2 − F1d1 + Feql = 0 ,
2.1. ASSOCIAÇÕES DE MOLAS 27
Figura 2.16: Diagrama do corpo livre Sistema Translacional.
e como Fj = kjuj.
k3u3d3 + k2u2d2 + k1u1d1 = kequl ,
k3u
d23
l
+ k2u
d22
l
+ k1u
d21
l
= kequl ,
e dividindo tudo por l,
(
nm∑
j=1
kj
d2j
l2
)
u = kequ ,
portanto,
keq =
nm∑
j=1
kj
(
dj
l
)2
.
sendo l constante.
Segundo caso: sistema torcional equivalente.
Figura 2.17: Diagrama do corpo livre Sistema Torcional.
28 CAPÍTULO 2. SISTEMAS MECÂNICOS EQUIVALENTES
kTeqθ = equilibrio =
nm∑
j=1
Tj .
nm∑
j=1
Tj =
nm∑
j=1
kjujdj .
e, uj ' θdj, tal que,
kTeqθ =
nm∑
j=1
kjθd
2
j .
kTeqθ =
(
nm∑
j=1
kjd
2
j
)
θ .
e,
kTeq =
nm∑
j=1
kjd
2
j .
No entanto, deveremos ter cuidado aqui, pois a inércia será a de rotação da massa em torno
do ponto de rotação:
Jz = mr
2 = ml2 .
Assim,
Equação translacional:
ωn =
√√√√∑ kj (djl )2
m
.
Equação rotacional:
ωn =
√∑nm
j=1 kjd
2
j
ml2
.
Como l é constante, veri�camos que a estimativa é idêntica.
2.2 Inércia Equivalente
1◦) Reduzir para um sistema equivalente translacional, com 1 gdl.
Inicialmente, como já temos J3o , podemos calcular a inércia rotacional de todo o sistema
em relação a este ponto:
Jo = m1r
2
1 +m2r
2
2 + J3o .
2.2. INÉRCIA EQUIVALENTE 29
Figura 2.18: Sistema com mais de uma massa.
Figura 2.19: Sistema equivalente translacional.
E como nosso objetivo é obter uma massa equivalente, podemos converter o último termo
para um termo que contém m3.
J3o = m3ρ
2
3o ,
onde ρ3o é o raio de giração em torno de o.
Sendo que,
Jo = m1r
2
1 +m2r
2
2 +m3ρ
2
3o .
Agora que temos a inércia rotacional total, podemos considerar que é provocada por uma
partícula (massa) posicionada sobre a mola.
Jo = meqr
2
1 .
Sendo que,
meq =
m1r
2
1 +m2r
2
2 +m3ρ
2
3o
r21
.
2◦) Reduzir para um sistema equivalente rotacional, com 1 gdl.
30 CAPÍTULO 2. SISTEMAS MECÂNICOS EQUIVALENTES
Figura 2.20: Sistema equivalente rotacional.
A inércia rotacional é dada por,
Jo = m1r
2
1 +m2r
2
2 + J3o .
E a rigidez equivalente é dada por,
kTeq = k1r
2
1 .
Tal que,
Frequência natural de translação:
ωn =
√√√√ k1
m1r21+m2r
2
2+m3ρ
2
3o
r21
.
ωn =
√
k1r21
m1r21 +m2r
2
2 +m3ρ
2
3o
.
Frequência natural de rotação:
ωn =
√
k1r21
m1r21 +m2r
2
2 + J3o
,
ou seja, são equivalentes.
Exemplo 3: Considere o sistema abaixo:
Figura 2.21: Sistema exemplo 3.
2.3. VIGAS COM UMA MASSA CONCENTRADA 31
Vamos reduzir o sistema para:
Figura 2.22: Sistema equivalente exemplo 3.
Neste problema devemos obter uma massa e umainércia equivalentes.
Sabemos que:
keq =
k
4
.
Assim, estudando qual deve ser a massa equivalente, primeiro vamos reduzir todo o sistema
para o ρvo , onde já temos o valor de Jo.
Jeqo = mR
2 + Jo .
Sendo que a massa equivalente sobre a mola será:
Jeqo = meqR
2 ,
e,
mR2 + Jo = meqR
2 .
Portanto,
meq =
mR2 + Jo
R2
.
Sendo que,
ωn =
√
k
4
mR2+Jo
R2
.
Substituindo valores:
ωn = 2[rad/s] .
2.3 Vigas com uma massa concentrada
Dado o sistema a seguir:
32 CAPÍTULO 2. SISTEMAS MECÂNICOS EQUIVALENTES
Figura 2.23: Viga com uma massa concentrada.
Figura 2.24: Sistema equivalente viga com uma massa concentrada.
Podemos utilizar o sistema equivalente de 1 gdl na forma.
Onde k será a relação entre a força na direção x e o deslocamento.
Da teoria de vigas longas, sabemos que:
Figura 2.25: Viga força concentrada na extremidade.
δ(L) =
FL3
3EI
.
De tal forma que a rigidez será:
F =
3EI
L3
δ(L) ,
ou seja,
k =
3EI
L3
,
e,
ωn =
√
3EI
L3m
.
Assim, se desconsiderarmos o peso da viga, podemos utilizar as relações entre força e des-
locamento que aprendemos a obter em MSO-II (inclusive as hiperestáticas).
2.4. TABELAS MOMENTO DE INÉRCIA E CONSTANTES ELÁSTICAS 33
2.4 Tabelas Momento de Inércia e Constantes Elásticas
Para determinar a constante elástica de vários elementos estruturais elásticos, podemos utilizar
relações conhecidas entre a força e o deslocamento.
Figura 2.26: Constantes elásticas para alguns elementos elásticos comuns [2].
34 CAPÍTULO 2. SISTEMAS MECÂNICOS EQUIVALENTES
Omovimento de translação de uma massa é descrito como o movimento ao longo do percurso
seguido pelo centro de massa [2].
Figura 2.27: Momentos de inércia de massa em torno do eixo z normal ao plano x − y e que
atravessa o centro de massa [2].
As unidades associadas com estes elementos e os símbolos comumente utilizados para vários
elementos estão relacionadas a seguir.
Figura 2.28: Unidades de componentes que compõem um sistema mecânico vibratório e seus
símbolos comuns.
2.5. EXERCÍCIOS 35
2.5 Exercícios
1) Determine a constante elástica equivalente do sistema (Rao [1]).
2) Determine a constante elástica equivalente do sistema na direção de θ (Rao [1]).
3) Determine a constante elástica equivalente do sistema no sentido da carga P (Rao [1]).
36 CAPÍTULO 2. SISTEMAS MECÂNICOS EQUIVALENTES
4) Determine keq para o sistema.
4) Determine keq para o sistema.
Parte II
Vibrações Livres de Sistemas 1 Grau de
Liberdade
37
Capítulo 3
Vibrações Livres não Amortecidas
3.1 Introdução
Segundo Samuel [9] muitos sistemas mecânicos lineares complexos podem ser modelados como
um sistema equivalente massa-mola-amortecedor com 1 grau de liberdade (gdl). Estes siste-
mas dinâmicos correspondentes têm seus movimentos de�nidos por apenas uma coordenada,
de translação ou de rotação. Inúmeros métodos podem ser usados para obter a equação do
movimento do sistema. Um método popular é construir um diagrama de corpo livre (DCL) em
um instante arbitrário e descrever as forças atuantes externas e de inércia em termos de coor-
denadas generalizadas. As leis básicas de mecânica são então aplicadas no DCL conduzindo as
equações diferenciais ordinárias que descrevem o movimento. Sendo assim, é necessário saber
como obter a equação do movimento de um sistema deste tipo e como resolver esta equação.
Portanto, tais sistemas são representados por uma equação diferencial de segunda ordem, linear,
com coe�cientes constantes (parâmetros constantes).
3.2 Vibrações Livres Não Amortecidas - 1 gdl - Translaci-
onal
Vamos considerar um sistema mecânico muito simples:
Hipóteses:
• Apoios são perfeitos (sem atrito).
• Não existe nenhuma força transversal ( ←→).
• Não existe possibilidade de rotação da massa.
• Os deslocamentos longitudinais são pequenos.
• Em repouso a mola não provoca força (na verdade, o sistema está em equilíbrio estático).
Com isso:
39
40 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Figura 3.1: Sistema massa-mola.
• Massa se comporta como uma partícula.
• Mola tem um comportamento linear.
• Somente uma direção de movimento (1 gdl).
Assim, se a massa for acelerada na direção de x, sentido positivo (↑):
Figura 3.2: Sistema massa-mola na posição de referência e considerando deslocamento inicial.
Portanto, com um DCL na partícula:
Figura 3.3: DCL - Partícula.
Por equilíbrio, temos que o somatório de forças na direção longitudinal é dada por:
3.2. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS - 1 GDL - TRANSLACIONAL 41
−k∆x−mẍ+ F (t) = 0 .
ou
m ¨u(t) + ku(t) = F (t) .
IMPORTANTE: Uma análise dimensional indica que:
kg
m
s2
+
N
m
m = N +N = N .
Agora temos a equação de equilíbrio, então podemos veri�car o que acontece com o nosso
sistema quando deslocado de sua posição de equilíbrio.
Ou seja, perturbação causada por um deslocamento inicial mas com F (t) = 0 ∀ t.
Figura 3.4: Sistema massa-mola - Oscilação.
Observa-se que:
• O movimento da partícula é oscilatório.
• O movimento segue um padrão u(t) = U0 cos(ωt).
• Se modi�carmos k e/ou m, o comportamento é o mesmo, mas com um valor diferente de
ω.
Como não temos forças externas ao longo do movimento (F (t) = 0) e, substituindo u(t) =
U0 cos(ωt) na equação de equilíbrio, obtemos,
−mω2U0 cos(ωt) + kU0 cos(ωt) = F (t) ,
tal que,
(
k − ω2m
)
u0 cos(ωt) = 0 ,
e para obtermos 0, em qualquer situação não trivial (u0 = 0 ou cos(ωt) = 0). Observamos
que,
42 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
k = ω2m ,
ou
ωn =
√
k
m
,
onde ωn é chamado de frequência angular natural (ou fundamental) do sistema 1 gdl. Sua
unidade é,
ωn =
rad
s
,
Pois,
Figura 3.5: Período de oscilação.
Tal que o período [s] é dado por:
τ =
2Π
ω
.
E a frequência (inverso do período) é dado por,
f =
1
τ
=
ω
2Π
[
1
s
]
.
Portanto, a frequência natural de vibração do sistema é dada por:
fn =
ωn
2Π
[
1
s
]
ou [Hz] .
EXEMPLO 1: Um sistema com massa de 1 [kg] e uma rigidez de 1000 [N/m], terá uma
frequência angular de,
ωn =
√
1000
1
= 31, 6228 [rad/s] ,
3.2. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS - 1 GDL - TRANSLACIONAL 43
ou uma frequência natural de,
fn =
31, 6228
2Π
= 5, 0329 [Hz] .
De maneira que o período de oscilação será de,
τn =
1
5, 0329
= 0, 1987 [s] ,
ou seja, iremos observar uma oscilação a cada 0, 1987 [s] ou ≈ 5 oscilações por segundo.
Figura 3.6: Oscilação exemplo.
Portanto, resumindo:
• Um sistema de 1 gdl, quando vibra sem a ação de forças externas, o faz em uma frequência
especí�ca, chamada de frequência natural ou fundamental.
• Esta frequência é proporcional a rigidez e inversamente proporcional a massa.
• Mesmo em sistemas mecânicos mais complicados iremos observar esta mesma tendência.
Comentário Relevante: Porque não usamos o peso no DCL de sistemas "livres"?
Figura 3.7: Força peso.
44 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Assim, qualquer deslocamento medido u, tem as parcelas,
u = uref + δL e ü = üref + 0 .
Sendo que o DCL,
Figura 3.8: Força peso.
−mg + ku+müref = 0 .
−mg + k(uref + δL) +müref = 0 .
−mg + kuref + k
mg
k
+müref = 0 .
Assim,
kuref +müref = 0 .
Ou seja: Se a estrutura for "alinhada", então não precisa considerar o peso próprio.
3.3 Vibrações Livres Não Amortecidas - 1 gdl - Torcional
O sistema translacional de 1 gdl que estudamos até agora, ilustra perfeitamente o comporta-
mento de um sistema mecânico e será utilizado ao longo de todo o semestre.
No entanto, existem diferentes sistemas com 1 gdl. Vibração torcional é entendida como a
oscilação de um corpo em relação a um eixo de referência. O movimento é descrito por uma
coordenada angular e os esforços atuantes se apresentam na forma de momentos. Desta forma
o elemento elástico apresenta um momento de restauração, resultante da torção deste mesmo
elemento.
Um eixo co rigidez kt é conectado a um disco com inércia rotacional Jz em torno do eixo
de rotação, que é direcionado ao longo da direção z. Um torque externo Te atua no disco.
Considere que a variável θ descrevea rotação do disco e que a inércia de rotação do eixo é
insigni�cante em comparação à do disco. O princípio da quantidade de movimento angular é
aplicado para obter a equação governante do movimento do disco.
3.3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS - 1 GDL - TORCIONAL 45
Figura 3.9: Sistema 1 gdl torcional.
Olhando por cima,
Figura 3.10: Sistema 1 gdl torcional - vista superior.
46 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Onde sabemos que,
Tr = ktθ(t) ,
Ti = Jz θ̈(t) .
Sendo que:
−Jz θ̈(t)− ktθ(t) + Te(t) = 0 ,
ou
Jz θ̈(t) + ktθ(t) = Te(t) .
E veri�camos o mesmo comportamento da outra equação (inércia, força interna, força ex-
terna).
Ainda, sabemos que o único movimento possível é a rotação, indicando novamente o 1 gdl.
Podemos aplicar uma perturbação θ0 no sistema, de maneira que,
θ(t) = θ0 cos(ωt) ,
e inserindo na equação do movimento de rotação, para vibração livre Te(t) = 0,
−Jzθ0ω2 cos(ωt)− ktθ0 cos(ωt) = 0 ,
(
kt − ω2Jz
)
θ0 cos(ωt) = 0 ,
e para obtermos 0, em qualquer situação não trivial (θ0 = 0 ou cos(ωt) = 0). Observamos
que,
ωn =
√
kt
Jz
.
EXEMPLO 2: Se o eixo for de aço, com L = 1 [m] e raio de 1 [cm], terá uma rigidez
torcional de,
kt =
GJ0
L
[MSO − I −→ eixos].
Onde,
J0 =
πr4
2
=
π(1 · 10−2)4
2
= 5π · 10−9[m4] ,
e,
3.3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS - 1 GDL - TORCIONAL 47
G =
E
2(1− ν)
=
210 · 109)
2(1, 32)
= 79, 5454[GPa] .
Sendo que,
kt =
(79, 5454 · 109)(5π · 10−9)
1
= 1249, 4971[Nm/rad] .
O disco terá uma inércia rotacional dada por,
Jz =
∫
V
ρ%2dV ,
onde ρ é a densidade [kg/m3].
Figura 3.11: Disco.
E, como a espessura é constante e o material é homogêneo.
Jz = e · ρ
∫
A
%2dA ,
Jz = e · ρ
πR4
2
=
mR2
2
[kg ·m2],
sendo m = πR2ρe.
E, assumindo que ρ = 7850[kg/m3], R = 50[cm], e e = 2[cm], teremos,
Jz = 7850 · 2 · 10−2 ·
π
2
· (50 · 10−2)4 ,
Jz = 15, 4134 [kgm
2] .
Portanto, ao aplicarmos uma perturbação inicial θ0 ao disco, iremos observar um movimento
oscilatório com frequência angular,
ωn =
√
kt
Jz
=
√
1249, 4971
15, 4134
= 9, 0036 [rad/s],
ou,
48 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
fn =
ωn
2π
=
9, 0036
2π
= 1, 4330 [1/s] ou [Hz].
Com um período de,
τn =
1
fn
= 0, 6978 [s].
Figura 3.12: Oscilação exemplo 2.
θ(t) = θ0 cos(9, 0036t) [rad].
3.4 Pêndulo
Para a �gura mostrada a seguir:
Figura 3.13: Oscilação pêndulo.
Assim, em torno do ponto o temos que
∑
T (o):
Inércia → mR2
Torque → Rmg sin(θ), sendo função de θ, tornando o problema não-linear!
Se θ for pequeno (< 10◦) então sin(θ) ≈ θ, linearizado!!
3.5. PRINCÍPIO DA CONSERVAÇÃO DE ENERGIA 49
(mR2)θ̈(t) + (Rmg)θ(t) = 0 .
Assim, a frequência natural será:
ωn =
√
Rmg
mR
=
√
g
R
[rad/s],
Tal que,
fn =
1
2π
√
g
R
[Hz].
E,
τn = 2π
√
g
R
[s].
Podemos concluir que a frequência natural do pêndulo somente depende de g e do raio R.
3.5 Princípio da Conservação de Energia
Um sistema conservativo não apresenta dissipação de energia. Neste caso, sabemos que:
Ecintia + Epotencial = constante.
Tal que,
d
dt
(Ecintia + Epotencial) = 0.
Assim, para o caso da mola com massa concentrada:
Figura 3.14: Sistema Massa-Mola.
Ecintia =
1
2
mu̇2[J ].
Epotencial =
1
2
ku2[J ].
50 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Sendo que,
d
dt
(
1
2
mu̇2 +
1
2
ku2) = 0.
Resulta em,
1
2
m2u̇ü+
1
2
kuu̇ = 0,
ou,
mü+ ku = 0.
Lembrando de Física 1, temos algumas possibilidades de armazenamento de energia:
POTENCIAL
1) Mola linear
Figura 3.15: Força versus Deslocamento Mola Linear.
1
2
Fu =
1
2
(ku)u [J ],
e, derivando em relação ao tempo,
Ėk =
d
dt
(
1
2
ku2) = kuu̇ [J/s],
2) Gravitacional
Figura 3.16: Diferença de altura.
Epot = Wu [J ],
Epot = mgu [J ].
3.5. PRINCÍPIO DA CONSERVAÇÃO DE ENERGIA 51
Como W é independente de u, por isso não tem 1/2.
Ėpot = mguu̇ [J/s].
Outra possibilidade é em uma alavanca,
Figura 3.17: Energia potencial alavanca.
u = a− a cos θ ,
Epot = mga(1− cos θ) [J ],
Ėpot = mga sin θθ̇ [J/s].
e, se θ ≈ 0, mgaθθ̇.
CINÉTICA
1) Partícula em translação
Ec =
1
2
Fu̇2 [J ],
Ėc = müu̇ [J/s].
2) Partícula em rotação
Figura 3.18: Energia cinética rotação partícula.
52 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Ec =
1
2
J0θ̇
2 [J ],
Ėc = J0θ̈θ̇ [J/s].
e neste caso, J0 = mR2 [kgm2].
EXEMPLO: Para o pêndulo,
Figura 3.19: Energias Pêndulo.
Epot = mgh [J ],
h = R−R cos θ = R(1− cos θ) ,
Ep = mgR(1− cos θ) [J ],
como utilizamos θ(t) para descrever a energia cinética potencial, podemos fazer o mesmo
para a energia cinética.
Assim, considerando a rotação da massa em torno de o.
Ec =
1
2
Joθ̇
2 [J ],
onde, Jo = mR2 [kgm2].
Assim,
d
dt
(mgR(1− cos θ) + 1
2
mR2θ̇2) = 0 ,
ou
d
dt
(mgR)− d
dt
(mgR cos θ) +
d
dt
1
2
(mR2θ̇2) = 0 ,
3.5. PRINCÍPIO DA CONSERVAÇÃO DE ENERGIA 53
0 +mgR sin θθ̇ +mR2θ̇θ̈ = 0 ,
dividindo ambos os lados por θ̇,
mR2θ̈(t) +mgR sin θ(t) = 0 ,
e com a consideração de pequenos ângulos (sin θ ≈ θ), �nalmente obtemos a equação do
pêndulo.
mR2θ̈(t) +mgRθ(t) = 0 ,
EXEMPLO 2:
Figura 3.20: Exemplo motor em rotação.
Neste caso, a energia cinética provocada pelo giro do motor é,
Ec =
1
2
Joθ̇
2 [J ].
E a energia potencial de cada uma das duas molas é dada por
Epot =
1
2
ku2 [J ].
Que pode ser escrita em termos do ângulo θ(t), pois,
u(θ) ≈ aθ .
Como a energia é um escalar, podemos somar os termos sem nos preocuparmos com a
posição.
Assim,
Ec =
1
2
Joθ̇
2 [J ].
Epot = 4
1
2
k(aθ)2 = 2ka2θ2 [J ].
54 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Portanto, da conservação de energia:
d
dt
(
1
2
Joθ̇
2 + 2ka2θ2) = 0 ,
1
2
Jo2θ̇θ̈ + 2ka
22θθ̇ = 0 ,
Joθ̈(t) + 4ka
2θ(t) = 0 ,
EXEMPLO 3:
Figura 3.21: Sistema com mais de uma massa.
Figura 3.22: Relações cinemáticas.
u ≈ r1θ ,
Quando o sistema gira em torno do ponto o, temos que a inércia rotacional total é dada
por,
Jo = m1r
2
1 +m2r
2
2 + J3o .
Tal que a energia cinética será dada por,
Ec =
1
2
Joθ̇
2 [J ].
E, na mola,
3.6. CENTRO INSTANTÂNEO DE ROTAÇÃO (CIR) 55
Epot =
1
2
ku2 = k(r1θ)
2 = k(r1)
2(θ)2 [J ].
Assim,
d
dt
(
1
2
Joθ̇
2 + k(r1)
2(θ)2 = 0 ,
1
2
Jo2θ̇θ̈ +
1
2
kr212θθ̇ = 0 ,
[Jo]θ̈(t) + [kr
2
1]θ(t) = 0 ,
[m1r
2
1 +m2r
2
2 + J3o ]θ̈(t) + [kr
2
1]θ(t) = 0 ,
3.6 Centro Instantâneo de Rotação (CIR)
Figura 3.23: Centro instanâneo de Rotação.
~VB = ~ω × ~dCB ,
Em VIB ω = θ̇.
Um corpo rolando é um caso bem particular,
Figura 3.24: Disco rolando.
56 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
~V = ~̇θ × ~d .
Figura 3.25: Variáveis Disco.
Como,
Jo =
mR2
2
,
JC = Jo +mR
2 =
3
2
mR2 ,
Teorema de Steiner ou Teorema dos Eixos Paralelos.
3.7 Disco Rolando em uma Superfície Côncava
Figura 3.26: Disco rolando superfície côncava.
R− r = h (original) ,
(R− r)− (R− r) cos θ = ∆h .
A inércia de rotação do disco em torno do centro instantâneo de giro é:
3.7. DISCO ROLANDO EM UMA SUPERFÍCIE CÔNCAVA 57
Jc = Jo +mr
2 =
mr2
2
+mr2 =
3
2
mr2 [kgm2],
tal que a energia cinética do disco será
Ec =
1
2
(
3
2
mr2)θ̇2d [J ].
A energia gravitacional será dada por,
Epot = mg∆h [J ],
onde h é dado por,
h = (R− r)− (R− r) cos θ = (R− r)(1− cos θ) .
Portanto,
Etot =
3
4
mr2θ̇2d +mg(R− r)(1− cos θ) [J ].
No entanto a equação acima está referenciando dois ângulos diferentes θdeθ.
Para passarmos de θd → θ, podemos com um pouco de DIM,
Figura 3.27: Velocidade.
Assim, sabemos que,
VC = θ̇dr = θ̇(R− r) .
Sendo que,
θ̇d = θ̇
(R− r)
r
.
E, com isto, teremos uma energia total de,
Etot =
3
4
mr2
(
(R− r)
r
θ̇(t)
)2
+mg(R− r)(1− cos θ(t)) [J ].
58 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
E, como,
d
dt
(Etot) = 0 .
Obtemos,
3
4
m(R− r)2θ̇θ̈(t) +mg(R− r) sin θ(t)θ̇(t) = 0 .
Portanto, (
3
2
m(R− r)2
)
θ̈(t) + (mg(R− r)) θ(t) = 0 .
E, com isto,
ωn =
√
kt
Jo
=
√
mg(R− r)
3
2
m(R− r)2
=
√
2g
3(R− r)
[rad/s],
3.8 Instabilidade Estática de Sistemas Oscilantes
Figura 3.28: Pêndulo invertido.
Em relação ao ponto o, temos que o momento provocado por k,
Mk = Fmd = kud = kθd
2 [Nm].Momento provocado por m,
Mm = −mgl sin θ ≈ −mglθ [Nm].
Inércia de m em torno de o,
Jo = ml
2 [kgm2].
3.9. EXERCÍCIOS 59
Assim,
[ml2]θ̈(t) + [kd2 −mgl]θ(t) = 0 .
ωn =
√
kd2 −mgl
ml2
[rad/s],
Portanto, se,
kd2
ml2
<
g
l
.
Teremos uma frequência natural imaginária!!!
Isto signi�ca que o sistema irá passar para outra posição de equilíbrio, caindo.
Se for feito por energia, temos que pensar que o ∆h da energia potencial gravitacional é <
0.
Ek =
1
2
k(dθ)2 [J ],
Eg = −mgl(1− cos θ) [J ],
Eg = mgl(cos θ − 1) [J ],
Assim, derivando, obtemos a rigidez equivalente,
keq = kd
2 −mgl [N/m],
3.9 Exercícios
1) Obter o sistema equivalente e o período de vibração.
60 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
2) Obter a frequência natural do sistema.
3) Obter a frequência natural do sistema [Rao [1]].
4) Obter a frequência natural do sistema [Rao [1]].
5) Obter a frequência natural do sistema [Rao [1]].
3.9. EXERCÍCIOS 61
6) Obter keq do sistema [Rao [1]].
6) Obter keq do sistema [Rao [1]].
62 CAPÍTULO 3. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Capítulo 4
Vibrações Livres Amortecidas
4.1 Introdução
Iremos analisadar as soluções da equação diferencial em função dos parâmetros de massa,
de rigidez, de amortecimento, ou seja, serão analisadas as soluções da equação homogênea
do sistema. Segundo [10] esta equação corresponde ao modelo matemático quando as funções
excitadoras são nulas. Neste caso, estudam-se as vibrações livres que ocorrem devido a condições
iniciais não nulas. Pode-se retirar um sistema de sua condição de equilíbrio e abandoná-lo a
um movimento livre de duas formas: através de uma posição inicial diferente da posição de
equilíbrio ou através de um impulso como, por exemplo, através de um martelo de impacto que
imprime uma velocidade inicial não nula.
4.2 Vibrações Livres Amortecidas
Amortecimento viscoso:
Figura 4.1: Força Viscosa.
Força reativa proporcial a ~V e a um coe�ciente de amortecimento, c.
fviscosa = −cv = −cu̇ [N ].
Tal que a unidade de C é [Ns/m].
Este comportamento geralmente é ilustrado em um sistema mecânico por meio de um amor-
tecedor.
Sendo que a equação de equilíbrio agora contém mais um termo:
63
64 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
Figura 4.2: Sistema massa-mola-amortecedor.
mü(t) + cu̇(t) + ku(t) = F (t) [N ].
Desenvolvimento da Equação do Movimento Amortecido
A equação:
mü(t) + cu̇(t) + ku(t) = F (t) .
é uma equação diferencial ordinária de 2o ordem, com os coe�cientes constantes. Por sua
importância é uma das EDOs mais estudadas.
Algo que não foi comentado até agora, é o fato de todas as equações diferenciais dependerem
de um conjunto de condições iniciais.
u(t = 0) = u0 .
u̇(t = 0) = v0 .
Nas nossas deduções anteriores consideramos o caso onde,
u(t = 0) = u0 .
u̇(t = 0) = 0 .
Da teoria de EDI, sabemos que esta equação apresenta uma equação característica associada
a solução homogênea.
Lembrando de EDI, se,
mü(t) + cu̇(t) + ku(t) = 0 ,
temos que,
u(t) = est ,
é uma solução, sendo que,
u̇(t) = sest ,
4.2. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS 65
ü(t) = s2est ,
e substituindo na EDO,
ms2est + csest + kest = 0 ,
[
ms2 + cs+ k
]
est = 0 .
Equação característica associada a solução homogênea (F = 0),
s1,2 =
−c±
√
c2 − 4mk
2m
,
sendo que, como temos 2 raízes, temos uma combinação linear.
u(t) = Aes1t +Bes2t ,
se, s1 6= s2 (linearmente independentes). E a solução homogênea geral na base {esit}. Como
temos 2 condições iniciais, esta solução será descrita por,
u(t) = Aes1t +Bes2t .
Sendo assim temos três possibilidades:
1. Duas raízes reais e iguais ⇒ c2 − 4mk = 0.
2. Duas raízes reais e distintas ⇒ c2 − 4mk > 0.
3. Duas raízes complexas (conjugadas) e distintas ⇒ c2 − 4mk < 0.
1) Amortecimento Crítico
Este caso especial ocorre quando ζ = 1 e neste caso as raízes são um par de números reais
negativos e iguais.
c2 − 4mk = 0 .
cc = 2
√
mk .
Sendo que,
ζ =
c
2
√
mk
=
2
√
mk
2
√
mk
= 1 .
Portanto, para o amortecimento crítico, o fator ou razão de amortecimento ζ é igual a 1.
Assim, se s1 = s2,
66 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
s1 = s2 =
−c
2m
=
−2
√
mk
2m
= −
√
mk
m2
= −ωn .
Como as raízes são iguais, temos que u(t) = Ae−ωnt + Be−ωnt não descreve o corretamente
o movimento, uma vez que, neste caso, u(t) = (A + B)e−ωnt e como �camos com apenas uma
constante (e duas C.I.). Assim, podemos propor,
u(t) = Ae−ωnt +B
(
te−ωnt
)
,
pois e−ωnt e te−ωnt são linearmente independentes.
As constantes da equação dependem das condições iniciais. Assim, de forma geral,
u(0) = Ae−ωn0 +B0e−ωn0 = u0 ,
e
u̇(0) = −ωnAe−ωn0 +Be−ωn0 − ωn0Be−ωn0 = v0 ,
sendo que,
A = u0 ,
B = v0 + u0ωn ,
Portanto,
u(t) = u0e
−ωnt + (v0 + u0ωn)te
−ωnt = u0 ,
u(t) = [u0 + (v0 + u0ωn)t] e
−ωnt = u0 ,
Figura 4.3: Amortecimento Crítico.
4.2. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS 67
Exemplo 1: Dado um sistema 1gl com amortecimento crítico e k = 500 [N/m] e m = 3
[kg], determine:
• O valor de c.
• Se u0 = 0, 1 [m] e v0 = 0, 2 [m/s]. Qual o tempo até atingir o repouso.
Resposta:
c = cc = 2
√
km = 2
√
500× 3 = 77, 4597 [Ns/m],
ωn =
√
k
m
=
√
500
3
= 12, 9099 [rad/s].
Sendo que,
u(t) = [0, 1 + (0, 2 + 0, 1× 12, 9099)t] e−12,9099t [m].
E, para o deslocamento nulo u(t) = 0,
Figura 4.4: Amortecimento Crítico Exemplo 1.
Como ele é assintótico a zero, deves escolher um valor "prático"para zero.
Assim, escolhendo:
u(t) = 1× 10−3 ⇒ tcrt ' 0, 53 [s].
u(t) = 9× 10−4 ⇒ tcrt ' [s].
Segundo Silva [9], um sistema amortecido criticamente quando perturbado por certas con-
dições iniciais, retorna à posição do equilíbrio no tempo mais rápido sem oscilar. Um exemplo
clássico de aplicação deste sistema é o dispositivo amortecedor em portas de elevador, caso se
solte a porta bruscamente esta não bate violentamente no batente, e sim volta para a posição
de equilíbrio suavemente.
68 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
2) Sistema Superamortecido - ζ > 1
Este caso acontece quando ζ > 1, o que faz com que as raízes sejam um par de números
reais. Neste caso,
c2 − 4km > 0 ⇒ c2 > 4km .
E, portanto,
s1,2 =
−c±
√
c2 − 4mk
2m
,
assumirão dois reais e distintos.
s1,2 =
−c± c
√
1− 4mk
c2
2m
,
s1,2 =
−c
2m
(
1±
√
1− 4km
c2
)
,
Como, c2 > 4km ⇒ 1 > 4km
c2
, assim, o termo entre parênteses será sempre > 0, sendo que
as raízes s1 e s2 serão negativas.
O movimento será dado,
u(t) = Aes1t +Bes2t .
Com s1 e s2 obtidos pela equação s1,2 = −c±
√
c2−4mk
2m
e A e B obtidos utilizando as condições
iniciais.
Como s1 e s2 são < 0, u(t) −→ 0 quando t −→ inf.
Dado as condições iniciais,
u(t = 0) = u0 .
u̇(t = 0) = v0 .
Temos,
Aes10 +Bes20 = u0 ⇒ A+B = u0 .
s1Ae
s10 + s2Be
s20 = v0 ⇒ s1A+ s2B = v0 .
Sendo que,
A =
s2u0 − v0
s2 − s1
,
e
4.2. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS 69
B = −
(
s1u0 − v0
s2 − s1
)
.
Assim, a solução da equação do movimento para esta situação é dada por,
u(t) =
(
s2u0 − v0
s2 − s1
)
es1t −
(
s1u0 − v0
s2 − s1
)
es2t .
Figura 4.5: (A) Amortecimento Crítico e (B) Caso Superamortecido.
Pode-se observar que este movimento corresponde a um movimento não oscilatório com
decaimento exponencial. A massa se movimenta a partir da posição inicial em direção à posição
de equilíbrio sem realizar oscilações.
Exemplo 2 Usando o mesmo exemplo anterior, mas com c = 80 [Ns/m], teremos.
s1 =
−80 +
√
802 − 4× 500× 3
2× 3
= −10 ,
s2 =
−80−
√
802 − 4× 500× 3
2× 3
= −16, 6666 ,
sendo que,
u(t) =
(
−16, 6666× 0, 1− 0, 2
−16, 6666− (−10)
)
e−10t −
(
−10× 0, 1− 0, 2
−16, 6666− (−10)
)
e−16,6666t ,
tal que,
u(t) = 0, 28e−10t − 0, 18e−16,6666t .
Como ele é assintótico a zero, deves escolher um valor "prático"para zero.
Assim, escolhendo:
u(t) = 1× 10−3 ⇒ tcrt ' [s].
u(t) = 9× 10−4 ⇒ tcrt ' 0, 5655[s].
70 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
Figura 4.6: Caso Superamortecido Exemplo 2.
3) Caso Subamortecido (periódico) - ζ < 1
Os sistemas subamortecidos são aqueles para os quais o coe�ciente de amortecimento é dado
por c < 2
√
mk, o quecorresponde a um fator de amortecimento ζ < 1. Neste caso,
c2 − 4km < 0 ⇒ c2 < 4km .
E, portanto,
s1,2 =
−c±
√
c2 − 4km
2m
,
s1,2 =
−c
2m
±
√
c2 − 4km
4m2
,
s1,2 =
−c
2m
±
√( c
2m
)2
−
(
k
m
)
.
De�nindo o coe�ciente de amortecimento crítico cc, lembrando que ω2n =
k
m
,
( cc
2m
)2
= ω2n ,
cc = 2mωn ,
Neste caso m é igual a massa equivalente do sistema de um grau de liberdade. Após a
de�nição do coe�ciente de amortecimento crítico cc, de�ne-se o fator de amortecimento,
ζ =
c
cc
,
c = ζcc = ζ2mωn ,
c
2m
= ζωn .
4.2. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS 71
Com isso as raízes da equação característica podem ser rescritas como,
s1,2 =
−c
2m
±
√( c
2m
)2
−
(
k
m
)
.
s1,2 = −ζωn ±
√
ζ2ω2n − ω2n .
s1,2 = −ζωn ± ωn
√
ζ2 − 1 .
sendo que ζ determina a natureza da solução, se é subamortecida, superamortecida ou
amortecimento crítico.
Mas devido ao fato de c2 < 4km, e outra forma comum de escrever o fator de amortecimento
ζ é observar que,
ζ =
c
2mωn
=
c
2m
√
k
m
=
c
2
√
km2
m
=
c
2
√
km
.
Podemos ver que,
ζ2 =
c2
4m2 k
m
=
c2
4mk
< 1 .
Portanto, o termo dentro da raiz será < 0.
Assim,
s1,2 = −ζωn ± iωn
√
1− ζ2 .
Inverte-se o ζ2 − 1, pois coloca-se o i para fora da raiz.
A dedução vem com,
√
1− ζ2 que é < 1 pois ζ � 1.
Assim, se �zermos,
√
−1 (1− ζ2) .
Podemos fazer,
√
−1
√
1− ζ2 = i
√
1− ζ2 .
Por simplicidade podemos de�nir,
ωd = ωn
√
1− ζ2 .
Sendo que,
s1,2 = −ζωn ± iωd .
E a solução geral será,
72 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
u(t) = Aes1t +Bes2t .
u(t) = Ae(−ζωn+iωd)t +Be(−ζωn−iωd)t [m].
Assim, desenvolvendo,
u(t) = e−ζωnt
[
Ae(ωdt)i +Be−1(ωdt)i
]
.
Sendo que com a equação de Euler,
e±(at)i = cos(at)± i sin(at) .
Então,
u(t) = e−ζωnt [(A+B) cos(ωdt) + i(A−B) sin(ωdt)] .
Resultando em,
u(t) = e−ζωnt [C1 cos(ωdt) + C2 sin(ωdt)] [m].
Que pode ser escrito na forma de amplitude e fase, como,
u(t) = e−ζωntR cos(ωdt− φ) [m],
onde R representa a parte real e φ o ângulo de fase. Com,
C1 = R cos(φ) .
C2 = R sin(φ) .
As equações:
u(t) = e−ζωnt [C1 cos(ωdt) + C2 sin(ωdt)] ,
e,
u(t) = e−ζωntR cos(ωdt− φ) ,
são equivalentes, pois representam uma translação horizontal da curva cos. Geralmente
trabalhamos com a segunda forma, mas é mais fácil obter C1 e C2 a partir das C.I. do que de
R e φ.
Considerando as condições iniciais,
u(t = 0) = u0 .
4.2. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS 73
u̇(t = 0) = v0 .
Temos,
u(0) = e−ζωn0 [C1 cos(ωd0) + C2 sin(ωd0)] = u0 .
C1 = u0 .
E,
u̇(t) = e−ζωnt [−C1ωd sin(ωdt) + C2ωd cos(ωdt)]− ζωne−ζωnt [C1 cos(ωdt) + C2 sin(ωdt)] .
u̇(0) = e−ζωn0 [−C1ωd sin(ωd0) + C2ωd cos(ωd0)]− ζωne−ζωn0 [C1 cos(ωd0) + C2 sin(ωd0)] = v0 .
Sendo que,
C1 = u0 .
C2 =
u0ωnζ + v0
ωd
.
Como,
C1 = R cos(φ) ,
e,
C2 = R sin(φ) ,
temos que,
C21 + C
2
2 = R
2 cos2(φ) +R2 sin2(φ) = R2 .
Ou,
R =
√
C21 + C
2
2 .
sendo R real.
Da mesma forma,
C2
C1
=
R sin(φ)
R cos(φ)
= tan(φ) .
74 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
Figura 4.7: (A) Amortecimento Crítico, (B) Caso Superamortecido, (C) Caso Subamortecido
e (D) Caso não amortecido.
Pode-se observar, (Fig. 4.7), que o movimento corresponde ao chamado movimento harmô-
nico amortecido. A massa oscila com a frequência natural amortecida ωd, com amplitudes que
diminuem exponencialmente a cada ciclo. Os zeros da função ocorrem em intervalos de tempos
iguais à metade do �período� de oscilação. Os máximos ocorrem em intervalos de tempos iguais
ao período de oscilação τd. O mesmo ocorre com os mínimos.
Exemplo 3 Do exemplo anterior, para c = 20 [Ns/m], teremos que ωn continua sendo
12, 9099 [rad/s].
Mas como agora,
ζ =
c
2mωn
=
20
2× 3, 9099
= 0, 2582 [rad/s].
Temos que,
ωd = ωn
√
1− ζ2 = 12, 4721 [rad/s].
E, portanto,
C1 = u0 = 0, 1 .
C2 =
u0ωnζ + v0
ωd
=
0, 1× 12, 9099× 0, 2582 + 0, 2
12, 4721
= 0, 04276 [rad/s].
Sendo que,
R =
√
C21 + C
2
2 =
√
(0, 1)2 + (0, 04267)2 = 0, 10876 [m].
e
4.2. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS 75
φ = arctan
C2
C1
= arctan
0, 04267
0, 1
= 0, 40409 [rad].
CUIDADO: na verdade, aqui temos duas raízes: a obtida e uma defasada em π rad.
Assim, temos dois candidatos:
0, 40409 e 0, 40409 + π ,
mas como,
C1 = R cos(φ) ,
e,
C2 = R sin(φ) ,
e �zemos a hipótese que R é positivo, �camos com a seguinte restrição,
sinal (C1) = sinal[cos(φ)] ,
e,
sinal (C2) = sinal[sin(φ)] ,
que é válido para a primeira raiz,
φ = 0, 40409 [rad].
Com isso obtemos,
u(0) = e−0,2582×12,9099×t [0, 1087 cos(12, 4722t− 0, 40409)] [m].
Figura 4.8: Caso subamortecido exemplo 3.
76 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
4.3 Decremento Logaritimico
Segundo Silva [9], quando se está analisando um sistema estrutural já existente, normalmente
não se conhece os valores dos parâmetros de rigidez e amortecimento, sendo necessário, por-
tanto, determinar o valor do fator de amortecimento ζ assumindo um sistema de 1 gl equivalente.
Nestes casos é necessário realizar uma estimativa a partir dos dados experimentais do compor-
tamento vibratório do sistema quando lhe é aplicado alguma condição inicial de perturbação.
Se o sistema amortecido sofre o impulso inicial,
u(t = 0) = u0 [m],
e vibra livremente, para a situação subamortecido, observamos o seguinte comportamento.
Figura 4.9: Decremento Logaritimico.
Por medição das amplitudes em dois picos sucessivos, sabemos que,
u(t1) = u0e
−ζωnt1 cos(ωdt1) .
u(t2) = u0e
−ζωnt2 cos(ωdt2) .
Assim, se dividirmos u(t2) por u(t1),
u(t2)
u(t1)
=
u0e
−ζωnt2 cos(ωdt2)
u0e−ζωnt1 cos(ωdt1)
,
agora, escrevendo t2 = t1 + 2πωd
u(t2)
u(t1)
=
e
−ζωn
(
t1+
2π
ωd
)
cos
[
ωd
(
t1 +
2π
ωd
)]
e−ζωnt1 cos(ωdt1)
,
4.4. COEFICIENTE DE AMORTECIMENTO EQUIVALENTE 77
e como cos
[
ωd
(
t1 +
2π
ωd
)]
= cos(ωdt1), podemos cortar os cossenos das equações, sendo que,
u(t2)
u(t1)
=
e
−ζωnt1−ζωn 2πωd
e−ζωnt1
,
o e−ζωnt1 que está embaixo pode ser passado para cima (com o sinal trocado), assim,
u(t2)
u(t1)
= e
−ζ ωn
ωd
2π
,
agora para extrairmos o ζ, aplicamos o ln dos dois lados,
ln
(
u(t2)
u(t1)
)
= −ζ ωn
ωd
2π ,
ou, trocando o sinal (inverte!!!),
ln
(
u(t1)
u(t2)
)
= ζ
ωn
ωd
2π = δ ,
sendo δ o decremento logaritimico.
E �nalmente, para �car tudo em função de ζ,
ωd = ωn
√
1− ζ2 ⇒ ωn
ωd
=
1√
1− ζ2
,
assim,
δ =
2πζ√
1− ζ2
.
Portanto, medindo cuidadosamente a amplitude em dois picos defasados por τ [s], podemos
obter ζ por,
ζ =
1√
1 +
(
2π
δ
)2 .
Assim conhecendo-se duas amplitudes sucessivas u1 e u2, ou se uma amplitude u1 e outra
amplitude un após n ciclos, podemos calcular o decremento logarítmico δ entre elas e estimar
o fator de amortecimento ζ do sistema.
4.4 Coe�ciente de Amortecimento Equivalente
Exatamente os mesmo que em molas:
• PARALELO:
ceq =
nc∑
j=1
cj ,
78 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
• SÉRIE:
1
ceq
=
nc∑
j=1
1
cj
.
• ACOPLADOS À ALAVANCAS:
ceq =
nc∑
j=1
cj
(
dj
l
)2
,
• SÉRIE:
ceq =
nc∑
j=1
cj cos(αj)
2 .
Exemplo 1:
Considere o sistema a seguir:
Figura 4.10: Amortecedores em paralelo.
Fazendo o DCL no entorno da massa (partícula),
Figura 4.11: DCL amortecedores em paralelo.
onde, Fm = ku, Fc1 = c1u̇, Fc2 = c2u̇ e Fin = mü.
Como as velocidades nas extremidades dos amortecedores são iguais:
Fc = Fc1 + Fc2 = (c1 + c2)u̇ .
Sendo que,
mü+ (c1 + c2)u̇+ ku = 0 .
4.4. COEFICIENTE DE AMORTECIMENTO EQUIVALENTE 79
Exemplo 2:
Considere o sistema a seguir:
Figura 4.12: Amortecedores em série.
Fazendo o DCL no entorno da massa (partícula),
Figura 4.13: DCL amortecedores em série.
como os amortecedores estão em série, sofrem a mesma força:
Figura 4.14: DCL amortecedores em série.
u̇ = v1 + v2 mas F1 = F2 = Fc .
Assim,
F1 = c1v1 ⇒ v1 =
F1
c1
.
F2 = c2v2 ⇒ v2 =
F2
c2
.
Sendo que,
u̇ =
F1
c1
+
F2
c2
=
F
ceq
.
Portanto,
80 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
1
c1
+
1
c2
=
1
ceq
.
Exemplo 3: Dados: k = 500 [N/m], m = 3 [kg] e ζ = 0,23.
ωn =
√
k
m
= 12, 909 [rad/s].
ωd = ωn
√
1− ζ2 = 12, 564 [rad/s].
τn =
2π
ωn
= 0, 487 [s].
τd =
2π
ωd
= 0, 5 [s].
Assim,
u(t) =0, 1e−0,23×12,909t cos(12, 564t) [m].
Figura 4.15: Deslocamento exemplo 3.
Portanto,
δ1 = ln
(
0, 1
0, 0226
)
= 1, 48464 .
δ2 = ln
(
0, 0226
0, 0051
)
= 1, 48464 .
Assim,
ζ =
1√
1 +
(
2π
1,48464
)2 = 0, 229956 .
4.5. ABORDAGEM ENERGÉTICA 81
4.5 Abordagem Energética
Já vimos que em sistemas conservativos,
Etot = Epot + Ecintica = Constante .
Sendo que,
dEtot
dt
= 0 ⇒ equilbrio .
Como também já vimos, que o amortecedor é um elemento dissipativo, sendo que somar
a energia associada ao amortecimento em Etot seria algo errado. Portanto, o correto nesta
situação é trabalhar com a taxa de dissipação de energia,
dEd
dt
= −cu̇2 [J/s].
Pois, c independe de u̇ e Fvisco = cu̇, e dW = cu̇u̇ = cu̇2, sendo que,
dEtot
dt
=
dEd
dt
.
Ou seja, a taxa de variação de energia é igual a energia dissipada pelo amortecedor. Assim,
a cada ciclo do amortecedor um pouco de energia se perde. Como já vimos com um sistema de
1gdl conservativo, podemos notar que a equação dEtot
dt
= dEd
dt
é igual ao equilíbrio vetorial.
Portanto,
Figura 4.16: Sistema Massa-Mola-Amortecedor 1 gdl.
Em =
1
2
mu̇2 .
Ek =
1
2
ku2 .
dEd
dt
= −cu̇2 .
Assim,
d
dt
[
1
2
mu̇2 +
1
2
ku2
]
= −cu̇u̇ .
82 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
müu̇+ kuu̇ = −cu̇u̇ [÷u̇.
mü+ cu̇+ ku = 0 .
4.6 Resposta Livre Devido a Impacto
Dado o sistema a seguir:
Figura 4.17: Sistema considerando impacto.
A velocidade do bloco é dada por,
vimpacto =
√
2gh [m/s].
Pois, por conservação de energia Epot = Ecintica. Sendo que,
mgh =
1
2
mv2 −→ v =
√
2gh .
Assim, ao colidir com o bloco de massa M, obtemos, por conservação do momento linear
que,
mvimpacto = (m+M)vconjunto [m/s].
vconjunto =
(
m
m+M
)√
2gh [m/s].
Que, juntamente com o deslocamento estático, uest =
mg
k
, compõe as duas condições iniciais
do sistema. O restante é trivial, sendo dado por,
ωn =
√
keq
m+M
[rad/s].
4.7. EXERCÍCIOS 83
4.7 Exercícios
Considere os sistemas a seguir:
1) Obter a a equação do amortecimento equivalente para alavancas e amortecedores radiais.
2) Reduzir este sistema a seus equivalentes translacionais e rotacionais. A diferença está
na variável escolhida para descrever o movimento θ(t) ou u(t). Obter a frequência natural do
sistema.
3) Determine a frequência natural do sistema mostrado a seguir, com e sem as molas k1 e
k2 no ponto médio da viga elástica [Rao [1]].
4) Determine a equação do movimento do sistema mostrado a seguir, método vetorial e
método energético [Rao [1]].
84 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
5) Determine a equação do movimento do sistema mostrado a seguir, método vetorial e
método energético [Rao [1]].
6) Uma massam é ligada a extremidade de uma barra de massa desprezível e entre em vibra-
ção em três con�gurações diferentes, �gura a seguir. Determine a con�guração correspondente
à mais alta frequência natural do sistema. [Rao [1]].
7) Determine o deslocamento u(t) do sistema mostrado a seguir. [Rao [1]].
4.7. EXERCÍCIOS 85
8) Determine a resposta do sistema mostrado a seguir. Considere um amortecedor transla-
cional posicionado em k2 e um amortecedor rotacional posicionado em o. [Rao [1]].
86 CAPÍTULO 4. VIBRAÇÕES LIVRES AMORTECIDAS
Parte III
Vibrações Forçadas de Sistemas 1 Grau
de Liberdade
87
Capítulo 5
Forças Harmônicas
5.1 Introdução
No capítulo anterior estudou-se a vibração livre de sistemas com um grau de liberdade. A vibra-
ção livre é obtida através da solução homogênea da equação diferencial do modelo matemático.
Esta solução foi obtida fazendo-se a força externa F (t) = 0.
O estudo da vibração forçada corresponde à resolução da equação não homogênea. Há vários
modelos matemáticos para esta força, como por exemplo: forças periódicas, forças impulsivas
ou forças aleatórias. Entre os vários modelos de forças destacam-se as forças harmônicas. Este
caso trata-se de um modelo que representa uma grande quantidade de situações reais nas quais
a força de excitação é periódica.
Toda força periódica pode ser decomposta segundo a série de Fourier. Nesta série, a força
periódica é representada por uma soma de forças componentes harmônicas, cada uma com
frequência múltipla da frequência fundamental - frequência da força periódica. Adotando-se um
modelo linear para os sistemas físicos de um grau de liberdade, vale o princípio da superposição.
Desta forma, basta estudar o caso da força de excitação harmônica, para que o caso geral de
força periódica possa ser considerado como uma simples extensão.
5.2 Excitação por Força Harmônica Permanente
A vibração livre é obtida da solução homogênea da equação diferencial do modelo matemático.
mü(t) + cu̇(t) + ku(t) = F (t) [N ].
Esta solução foi obtida fazendo-se a força externa F (t) = 0, ou seja, o sistema é perturbado
por condições iniciais u0 (u em t = 0) e v0 (u̇(t) em t = 0). Mas não existe nenhuma outra
fonte de excitação ao longo do tempo.
A partir de agora, além das C.I., iremos substituir no sistema uma força que varia com o
tempo. Para conjugar:
89
90 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
F (t) = F0 cos(ωt) [N ],
onde, ω é a frequência angular da força e F0 é a amplitude da força.
• 1o ESTUDO: Caso não amortecido (c = ψ = 0)
Considere a equação,
mü(t) + ku(t) = F (t) [N ].
Figura 5.1: Sistema forçado massa-mola.
A solução desta equação diferencial pode ser escrita como a soma de duas parcelas:
u(t) = uh(t) + up(t) [m],
onde, uh(t) é a solução homogênea e up(t) é a solução particular.
Sendo que uh(t) é o mesmo obtido na 1a parte da matéria, ou seja, a solução homogênea é
obtida tornando nula a força externa aplicada, isto é, fazendo F (t) = 0, assim,
uh(t) = C1 cos(ω0t) + C2 sin(ω0t) [m],
e
ωn =
√
k
m
[rad/s].
Como a força excitadora F (t) é harmônica, a solução particular também é harmônica e tem
a mesma frequência ω.
up(t) = A cos(ωt− φ) [m],
onde, A é a constante que denota a máxima amplitude de up(t), ω é a mesma frequência de
excitação da estrutura, φ é o ângulo de fase da excitação harmônica.
Portanto, a resposta total é dada por,
5.2. EXCITAÇÃO POR FORÇA HARMÔNICA PERMANENTE 91
u(t) = C1 cos(ωnt) + C2 sin(ωnt) + A cos(ωt− φ) [m],
Para simpli�car a 1a análise, vamos considerar que as C.I. são nulas, sendo que C1 = C2 = 0
(uh(t) = 0), e
u(t) = up(t) = A cos(ωt− φ) [m],
Assim como foi feito na 1a parte, vamos substituir a resposta na EDO, lembrando,
ü(t) = −Aω2 cos(ωt− φ)
Portanto, substituindo, temos que:
m(−Aω2 cos(ωt− φ)) + k(A cos(ωt− φ)) = F0 cos(ωt) ,
ou
A cos(ωt− φ)
[
k − ω2m
]
= F0 cos(ωt) ∀t ∈ R∗,
e, como t ∈ R∗, temos duas possibilidades:
1. φ = 0 ⇒ Força e deslocamento estão em fase:
Temos que,
A cos(ωt)
[
k − ω2m
]
= F0 cos(ωt) ,
Logo,
A =
F0
k − ω2m
,
e, se ω −→ 0 (estático),
A −→ F0
k
,
deslocamento estático. Como,
ωn =
√
k
m
→ ω2n =
k
m
→ k = ω2nm
Assim,
A =
F0
m
ω2n − ω2
,
Portanto, A > 0 se ω < ωn.
92 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
2. φ = π ⇒ Força e deslocamento defasados:
Como, [cos(α− π) = − cos(α)],
A[k − ω2m] = −F0 .
Assim,
A =
F0
m
ω2 − ω2n
,
Figura 5.2: Fator de Ampli�cação sistema não amortecido.
Interpretação:
Caso 1: ω < ωn, massa e força "andam"juntas (em fase) e seus efeitos se somam, causando
um aumento de amplitude.
Caso 2: ω ≈ ωn, A → inf, essa condição, para a qual a frequência forçante ω é igual a
frequência natural do sistema ωn, é denominada ressonância.
Caso 3: ω > ωn, efeitos se "cancelam"e amplitude decresce.
• 2o ESTUDO: Caso amortecido
Se,
mü(t) + cu̇(t) + ku(t) = F (t) [N ].
Figura 5.3: Sistema forçado massa-mola-amortecedor.
5.2. EXCITAÇÃO POR FORÇA HARMÔNICA PERMANENTE 93
A solução particular tem a forma,
up(t) = A cos(ωt) +B sin(ωt) [m].
Com,
u̇p(t) = −Aω sin(ωt) +Bω cos(ωt) ,
üp(t) = −Aω2 cos(ωt)−Bω2 cos(ωt) .
Substituindo na equação de equilíbrio,
m[−Aω2 cos(ωt)−Bω2 cos(ωt)]+c[−Aω sin(ωt)+Bω cos(ωt)]+k[A cos(ωt)+B sin(ωt)] = F0 cos(ωt) .
igualando os coe�cientes em seno e cosseno de ambos os lados, obtemos o sistema,
[k − ω2m]A+ cωB = F0.
−cωA+ [k − ω2m]B = 0 .
Resolvendo o sistema, a solução para A e B é dada por:
A =
(k − ω2m)
(k − ω2m)2 + (cω)2
F0 [m],
e,
B =
(cω)
(k − ω2m)2 + (cω)2
F0 [m].
Portanto, a solução particular up(t) é igual a,
up(t) =
(k − ω2m)
(k − ω2m)2 + (cω)2
F0 cos(ωt) +
(cω)
(k − ω2m)2 + (cω)2
F0 sin(ωt) [m].
Se ω → 0, observa-se que:
A→ F0k
k2
=
F0
k
,
B → 0 .
Logo, A→ F0
k
é a amplitude de deslocamento estático.
Assim, cabe aqui de�nir:
1. uest = F0k [m], amplitude de deslocamento estático.
2. β = ω
ωn
, relação de frequências.
94 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
3. ωn =
√
k
m
, frequência natural não amortecida.
E, com estas de�nições vamos re-escrever A e B. Como,
ωn =
√
k
m
→ ω2n =
k
m
→ k = ω2nm
Temos,
ζ =
c
cc
=
c
2
√
mk
=
c
2
√
ω2nm
2
=
c
2ωnm
Assim, multiplicando por β,
ζ =
c
2ω0m
ζβ =
c
2ωnm
β =
c
2ωnm
ω
ωn
=
cω
2mω2n
=
cω
2mk/m
=
cω
2k
2ζβ =
cω
k
.
Isolando β, temos,
β =
cω
2kζ
=
cω
2k c
2mωn
=
mωωn
k
.
Elevando ao quadrado os dois lados,
β2 =
m2ω2ω2n
k2
=
m2ω2
k2
k
m
=
mω2
k
.
Assim,
A =
F0(k − ω2m)
(k − ω2m)2 + (cω)2
.
Colocando os k em evidência,
A =
F0k(1− ω
2m
k
)
k2(1− ω2m
k
)2 + (cω)2
.
E, como temos um cω/k para usar, podemos fazer,
A =
F0k(1− ω
2m
k
)
k2(1− ω2m
k
)2 + k2( cω
k
)2
.
Sabendo que,
ω2m
k
= β2 .
5.2. EXCITAÇÃO POR FORÇA HARMÔNICA PERMANENTE 95
β2 =
ω2
ω2n
.
2ζβ =
cω
k
.
Temos que,
A =
F0k(1− β2)
k2(1− β2)2 + k2(2βζ)2
,
ou,
A =
F0
k
(1− β2)
(1− β2)2 + (2βζ)2
=
uest(1− β2)
(1− β2)2 + (2βζ)2
.
E de forma análoga com B,
B =
uest(2βζ)
(1− β2)2 + (2βζ)2
.
E, como discutido anteriormente, podemos escrever:
up(t) = R cos(ωt− φ) [m].
Com,
A = R cos(φ) e B = R sin(φ) .
Sendo que,
R =
√
A2 +B2 e φ = atan
B
A
.
Assim,
R = uest
[
1√
(1− β2)2 + (2βζ)2
]
= uest.M .
R
uest
=
[
1√
(1− β2)2 + (2βζ)2
]
.
Podemos de�nir M como o fator de ampli�cação dinâmica, dado por:
M =
R
uest
.
• β = 0 → M = 1
• β → 0 → M = 1
2ζ
, se ζ → 0 então M → inf.
• β = inf → M = 0
96 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
Ainda,
tan(φ) =
2βζ
1− β2
.
Assim, de modo geral, a Figura 5.4 ilustra como o valor da razão de frequência β e do fator
de amortecimento ζ afetam as amplitudes na condição de ressonância, ou seja, quando β = 1.
Figura 5.4: Variação do fator de ampli�cação dinâmica e do ângulo de fase para diferentes
relações de frequência [Rao [1]].
1. ζ = 0 a equação é reduzida para o caso sem amortecimento, M → inf quando β → 1.
2. ζ > 0 reduz o fator de ampli�cação M.
3. Para qualquer valor especi�cado de β um valor mais alto de amortecimento reduz o valor
de M.
4. No caso força constante (β = 0) o valor de M = 1.
5. Amplitude de vibração forçada torna-se menor com valores crescentes da frequência for-
çante M → 0 quando β → inf.
6. Para 0 < ζ < 1√
2
o valor máximo de M ocorre quando β =
√
1− 2ζ2 ou ω = ωn
√
1− 2ζ2,
que podemos observar que é mais baixo que a frequência natural não amortecida ωn e a
frequência natural amortecida ωd = ωn
√
1− ζ2.
7. O valor máximo de u (β =
√
1− 2ζ2) é dado por,
5.2. EXCITAÇÃO POR FORÇA HARMÔNICA PERMANENTE 97
Mmax =
1
2ζ
√
1− ζ2
,
e o valor de M em ω = ωn, por,
Mω=ωn =
1
2ζ
,
ou seja, com comportamento extremo aplicado por, dM
dβ
= 0, que resulta em,
4β3 + 8ζ2β − 4β = 0 ,
com raízes,
0, ±
√
1− 2ζ2,
cujo único valor físico é
√
1− 2ζ2 = βextremo, que é uma vez inserido em M e φ e resulta
em,
Mextremo =
1
2ζ
√
1− ζ2
.
φextremo = atan
2βextremoζ
1− β2extremo
.
A Figura 5.5 ilustra as variações das soluções homogênea (regime transitório), particular
(regime forçado ou permanente) e geral com o tempo para um caso típico.
Figura 5.5: Soluções homogênea, particular e geral para um caso amortecido [Rao [1]].
O regime transitório (ou solução homogênea) tem essa designação porque a sua amplitude
98 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
decresce ao longo do tempo, apenas tendo alguma importância na resposta total nos instantes
iniciais do movimento. À medida que esta parcela diminui o movimento passa a ser dominado
pela resposta em regime permanente.
EXEMPLO 5.1 Determine a resposta permanente do sistema θ(t). DADOS: l1 = 0, 1[m],
l2 = 1, 0[m], m = 1[kg], k = 104[N/m], c = 500[Ns/m], F = 5[N ].
Figura 5.6: Exemplo 5.1
Reduzindo para um sistema torcional em o.
Figura 5.7: DCL Massa
No ponto o temos ΣTo.
m(θ̈l2)l2 = mθ̈l
2
2 → Tinrcia.
mgl2 sin(θ) ≈ mgl2θ → Tpeso.
F (t)l2 → Tfora externa,
e,
5.2. EXCITAÇÃO POR FORÇA HARMÔNICA PERMANENTE 99
Figura 5.8: DCL Mola-Amortecdor
k(θl1)l1 = kθl
2
2 → Tk.
c(θ̇l1)l1 = cθ̇l
2
1 → Tc.
Assim,
[ml22]θ̈(t) + [cl
2
1]θ̇(t) + [kl
2
1 −mgl2]θ(t) = Fl2 cos(ωt) .
Substituindo os valores,
kT = 90, 19[Nm/rad] .
Jo = 1, 00[kgm
2] .
cT = 5, 19[Nsm/rad] .
Sendo que,
ωn =
√
kT
Jo
= 9, 4968 [rad/s].
E,
ζ =
cequ
2Joωn
= 0, 2632 (subamortecido).
E,
β =
ω
ωn
= 0, 1053ω (subamortecido).
Assim, temos que a resposta particular é,
θestM =
5
90, 19
[
1√
(1− β2)2 + (2βζ)2
]
.
100 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
θ(t) = θestM cos(ωt− φ) .
φ = atan
2βζ
1− β2
.
Para os dados do problema,
θ(t) =
0, 05543 cos
[
ωt− atan 0,05543ω
1−0,01108ω2
]
√
(1− 0, 01187ω2)2 + 0, 00307ω2
.
Sendo que a resposta é dada por,
Figura 5.9: Resposta permanente do sistema θ(t)
Figura 5.10: Variação do ângulo de fase φ
5.3. EXCITAÇÃO POR MASSAS EXCÊNTRICAS ROTATIVAS 101
5.3 Excitação por Massas Excêntricas Rotativas
Um caso especial de vibrações excitadas por forças harmônicas ocorre em máquinas rotativas
com massa desbalanceada. Nestes casos o sistema é excitado por uma massa desbalanceada
com uma velocidade angular ω e com uma distância r.
A Fig. 5.11 mostra uma máquina rotativa representada por um sistema massa-mola-
amortecedor com um grau de liberdade.
Figura 5.11: Sistema constituído por uma massa excêntrica rotativa.
Observando que o giro de m1 provoca uma força centrífuga,
Fc = m1 · r · ω2 [N ].
Anteriormente, admitiu-se que a amplitude da força harmônica perturbadora era indepen-
dente da frequência de excitação. Quando a força perturbadora é devida à existência de um
componente rotativo desequilibrado, o valor da magnitude F é proporcional à ω2.
Ainda, como a massa está rotacionando.
F (t) = m1 · r · ω2 cos(ωt) [N ].
Neste caso a equação do movimento do sistema é descrita por,
mü(t) + cu̇(t) + ku(t) = m1 · r · ω2 cos(ωt) [N ].
De modo a escrevermos tudo em termos de m, de�nimos,
µ =
m1
m
[N ].
Tal que,
mü(t) + cu̇(t) + ku(t) = µmrω2 cos(ωt) [N ].
Assim, se chamarmos µmrω2 = Fc,
Podemos utilizar o resultado obtido na seção anterior,
102 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
R =
uest
k
·M = Fc
k
·M [m],
R =
µmrω2
k
·M [m],
e como,
m
k
=
1
ω2n
,
e,
β =
ω
ωn
.
Podemos escrever,
R = (µrβ2) ·M = (µr) ·N [m].
Assim,
N =
β2√
(1− β2)2 + (2βζ)2
.
Novamente, podemos estudar as condições extremas,
dN
dβ
= 0 ,
sendo que,
βr =
1√
1− 2ζ2
,
que uma vez substituindo em N(β), resulta em,
Nr =
1
2ζ
√
1− 2ζ2
,
e se, ζ → 0 então Nr = 12ζ .
Sendo que se zeta > 1√
2
não teremos ressonância.
Quanto ao ângulo de fase, temos que,
tan(φ) =
2βζ
1− β2
.
Assim, de modo geral, a Figura 5.12 ilustra como o valor da razão de frequência β e do
fator de amortecimento ζ afetam as amplitudes na condição de ressonância. Para pequenas
velocidade de rotação da massa m1 a massa total m, move-se muito pouco. A velocidades
próximas da frequência natural a amplitude cresce tomando valores muito elevados quando o
5.3. EXCITAÇÃO POR MASSAS EXCÊNTRICAS ROTATIVAS 103
amortecimento é pequeno. Note-se que todas as curvas se aproximam assimptoticamente de 1,
para altas velocidades da massa rotativa.
Figura 5.12: Excitação harmonica devido ao desbalancemento em rotação (a) amplitude da
resposta e (b) ângulo de fase da resposta [Balachandran [2]].
• Medida de Desbalanceamento Absoluto
D = m1r [kgm],
é chamado de medida de desbalanceamento absoluto.
Assim, temos:
R = (µr)N ,
pode ser escrito como m1
m
r = D
m
.
E como D é de�nido como o produto de uma massa por umadistância, podemos escrever,
D = me ,
onde, e = excentricidade do rotor ou medida de desbalanceamento relativo, que é a distância
que separa o centro de gravidade do centro de rotação do motor.
Assim,
u(t) = R cos(ωt− φ) = (µr)N cos(ωt− φ) [m],
ou,
u(t) = eN cos(ωt− φ) [m].
104 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
EXEMPLO 5.2: Dados: Com e = 2.10−4[m], m = 5[kg], k = 1.103[N/m], e c =
100[Ns/m].
Figura 5.13: Exemplo 5.2
Ainda, com rotação de 1000 RPM.
Passando a rotação para [rad/s], temos:
ω =
2π1000
60
= 105 [rad/s].
Assim,
ωn =
√
k
m
=
√
1000
5
= 14, 1 [rad/s].
β =
ω
ωn
=
105
14, 1
= 7, 45 .
ζ =
c
cc
=
c
2
√
km
=
1√
2
= 0, 71 .
Sendo que,
N =
β2√
(1− β2)2 + (2βζ)2
=
7, 452√
(1− 7, 452)2 + (2 · 7, 45 · 0, 71)2
= 0, 99 ,
e
tan(φ) =
2βζ
1− β2
=
2 · 7, 45 · 0, 71
1− 7, 452
.
φ = −0, 1917 [rad].
Sendo que,
u(t) = eN cos(ωt− φ) [m].
u(t) = (2.10−4)(0, 99) cos(105t+ 0, 1917) [m].
5.3. EXCITAÇÃO POR MASSAS EXCÊNTRICAS ROTATIVAS 105
Estudar para o caso ressonante,
Para c = 100[Ns/s] → ζ > 1√
2
, não apresenta ressonância.
Usar c = 25[Ns/m].
EXEMPLO 5.3: Dados: Com m = 2, 5[kg], keq = 3, 82.105[N/m], ζ = 0, 1, ν = 1.10−3, e
ω = 3000[RPM ].
Sendo, ν a folga provocada por desgaste.
Figura 5.14: Exemplo 5.3
Como a folga é 1.10−3[m], temos uma excentricidade de ν
2
, ou seja, 5.10−4[m].
Assim,
ω =
2π3000
60
= 314, 16 [rad/s].
E,
ωn =
√
k
m
=
√
3, 82.105
2, 5
= 390, 9 [rad/s].
Sendo que,
β =
ω
ωn
=
314, 16
390, 9
= 0, 804 .
ζ = 0, 1 .
Calculando N,
N =
β2√
(1− β2)2 + (2βζ)2
=
0, 8042√
(1− 0, 8042)2 + (2 · 0, 804 · 0, 1)2
= 1, 66 ,
e
tan(φ) =
2βζ
1− β2
=
2 · 0, 804 · 0, 1
1− 0, 8042
.
106 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
φ = 0, 4261 [rad].
Sendo que,
u(t) = eN cos(ωt− φ) [m].
u(t) = (5.10−4)(1, 66) cos(314, 16t− 0, 4261) [m].
u(t) = 8, 3053.10−3 cos(314, 16t− 0, 4261) [m].
EXEMPLO 5.4: Dados: Com m = 20[kg], m1 = 0, 5[kg], ζ = 0, 15, e = 0.15[m], e
ω = 1500[RPM ].
Figura 5.15: Exemplo 5.4
Visto que a rigidez de uma viga em balanço que suporta uma carga na extremidade é dada
por:
k =
3EI
L3
=
3 · 2, 5.106
43
= 0, 1172× 106 [N/m].
Assim,
ω =
2π1500
60
= 157, 08 [rad/s].
E,
ωn =
√
k
m
=
√
0, 1172× 106
20 + 0.25 ∗ 240
= 38, 2753 [rad/s].
Sendo que,
β =
ω
ωn
=
157, 08
38, 2753
= 4, 1040 .
5.3. EXCITAÇÃO POR MASSAS EXCÊNTRICAS ROTATIVAS 107
ζ = 0, 15 .
Calculando N,
N =
β2√
(1− β2)2 + (2βζ)2
=
4, 10402√
(1− 4, 10402)2 + (2 · 4, 1040 · 0, 15)2
= 1, 06 ,
e
tan(φ) =
2βζ
1− β2
=
2 · 4, 1040 · 0, 15
1− 4, 10402
.
φ = 0, 1271 [rad].
Sendo que,
u(t) = eN cos(ωt− φ) [m].
u(t) = (0, 15)(1, 06) cos(157, 08t− 0, 1271) [m].
u(t) = 0, 159 cos(157, 08t− 0, 1271) [m].
108 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
5.4 Excitação por Movimento Harmônico de Base
Às vezes, a base ou o suporte de um sistema massa-mola-amortecedor sofre movimento harmô-
nico, como mostrado na Fig. 5.16.
Figura 5.16: Sistema constituído por movimento harmônico de base.
Lembrando que,
Figura 5.17: Movimento relativo.
F = ku = k(u2 − u1) [N ],
sendo, u2 − u1 movimento relativo u. E se de�nirmos os deslocamento relativo como,
ur = u− ue [m].
Podemos escrever,
mü(t) + cu̇r(t) + kur(t) = 0 [N ],
ou
mür(t) + cu̇r(t) + kur(t) = −müe [N ],
e �nalmente, como üe = −ω2 cos(ωt)Ue, portanto,
mür(t) + cu̇r(t) + kur(t) = mω
2Ue cos(ωt) [N ].
Novamente, assim como no caso das massas rotativas desbalanceadas, podemos usar os
resultados de excitação harmônica, sendo que, quando:
Fe = m · ω2 · Ue [N ].
5.4. EXCITAÇÃO POR MOVIMENTO HARMÔNICO DE BASE 109
Tem-se,
R =
uest
k
·M = Fe
k
·M [m],
R =
mω2Ue
k
·M = ω
2Ue
ω2n
·M = β2Ue ·M [m],
R = Ue ·N [m].
Sendo que,
ur(t) = R · cos(ωt− φ) [m].
Com,
tan(φ) =
2βζ
1− β2
.
Aqui devemos ter um cuidado especial pelo fato de estarmos trabalhando com ur(t).
Assim, como:
u(t) = ue(t) + ur(t) .
Podemos reescrever os resultados, buscando obter uma relação entre ue(t) e u(t).
u(t) = Ue cos(ωt) + UeN cos(ωt− φ) .
Ou,
u(t) = Ue cos(ωt) + [A cos(ωt) +B sin(ωt) .
Com,
A = UeN cos(φ) .
B = UeN sin(φ) .
Sendo que,
u(t) = Ue cos(ωt) +
2βUeNζ sin(ωt)
(1− β2)
√
4β2ζ2
(1−β2)2 + 1
+
UeN cos(ωt)√
4β2ζ2
(1−β2)2 + 1
.
Que pode ser escrito como:
u(t) = UeTr cos(ωt− φ) .
110 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
Com,Tr sendo a transmissibilidade de deslocamento, dada por,
Tr =
√
1 + (2βζ)2
(1− β2)2 + (2βζ)2
.
E,
tan(φ) =
2β3ζ
(1− β2) + (4β2ζ2)
.
Assim, de modo geral, a Figura 5.18 ilustra como o valor da razão de frequência β e do fator
de amortecimento ζ afetam as amplitudes na condição de ressonância.
Figura 5.18: Vibração causada por excitação na base (a) amplitude da resposta e (b) ângulo
de fase da resposta [Rao [1]].
Da mesma forma que �zemos com M e N, podemos estudar o comportamento de Tr com β.
dTr
dβ
= 0 .
βr =
1
2ζ
√√
1 + 8ζ2 − 1 .
Sendo que,
• Qualquer que seja ζ <∞, sempre haverá um valore de Tr.
• βr < 1 → βr −→ quando ζ −→ 0.
• Se β =
√
2, Tr = 1, independente de ζ.
• Para β >
√
2, Tr < 1, e decai proporcional a ζ.
5.4. EXCITAÇÃO POR MOVIMENTO HARMÔNICO DE BASE 111
EXEMPLO 5.5: Considere a Fig. 5.19. (a) Qual a velocidade v em que o sistema
atinge a ressonância? (b) Qual é a amplitude se v = 20 [km/h]. Dados: Com m = 25[kg],
k = 5000[N/m], ζ = 0, 75, L = 0, 5[m], e Ue = 0, 05[m].
Figura 5.19: Exemplo 5.5
a) Das condições do sistema, sabendo que:
ωn =
√
k
m
=
√
5000
25
= 14, 4 [rad/s].
E, para a ressonância,
βr =
ωr
ωn
=
1
2ζ
√√
1 + 8ζ2 − 1 = 0, 78 .
Sendo que,
ωr = 0, 78ωn ≈ 11 [rad/s].
E como a velocidade é de�nida por,
vr =
L
τr
[m/s],
onde,
τr =
2π
ωr
,
Temos que,
vr =
ωrL
2π
= 0, 88 [m/s],
Nesta velocidade, temos que a amplitude Ue multiplicada por,
Tr =
√
1 + (2βζ)2
(1− β2)2 + (2βζ)2
= 1, 25 .
112 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
Sendo que a amplitude máxima será,
Rr = 0, 05× 1, 25 = 0, 0625 [m].
b) A 20 km/h, teremos:
ω =
2πv
L
= 70 [rad/s],
Sendo que,
β =
ω
ωn
= 4, 95 .
E,
Tr =
√
1 + (2βζ)2
(1− β2)2 + (2βζ)2
= 0, 303 .
R = 0, 05× 0, 303 = 0, 01515 [m].
EXEMPLO 5.6: Considere a Fig. 5.20. (a) Velocidade para a qual ocorre a ressonância?
(b) Resposta permanente do sistema a uma velocidade de v = 50 [km/h]. Dados: Com m =
250[kg], k1 = 10000[N/m], ζ = 0, 5, L = 5[m], e 2Ue = 40[mm].
Figura 5.20: Exemplo 5.6
a) A ressonância ocorre quando a amplitude do movimento é máxima, ou seja:
ωn =
√
2k
m
=
√
2× 10000
250
= 8, 9443 [rad/s].
Para a ressonância,
βr =
ωr
ωn
=
1
2ζ
√√
1 + 8ζ2 − 4 = 0, 8556 .
5.4. EXCITAÇÃO POR MOVIMENTO HARMÔNICO DE BASE 113
Sendo que,
ωr = 0, 8556ωn ≈ 7, 6527 [rad/s].
E como a velocidade é de�nida por,
vr =
L
τr
[m/s],
onde,
τr =
2π
ωr
,
Temos que,
vr =
ωrL
2π
= 6, 0898 [m/s],
Nesta velocidade, temos que a amplitude Ue multiplicada por,
Tr =
√
1 + (2βζ)2
(1− β2)2 + (2βζ)2
= 0, 4413 .
Sendo que a amplitude máxima será,
Rr = 0, 02× 0, 4413 = 0, 0088 [m].
b) A 50 km/h, teremos:
ω =
2πv
L
= 17, 4533 [rad/s].
Sendo que,
β =
ω
ωn
= 1, 9513 .
E,
Tr =
√
1 + (2βζ)2
(1− β2)2 + (2βζ)2
= 0, 3878 .
φ = tan−1
(
2β3ζ
(1− β2) + (4β2ζ2)
)
= 1, 4370 [rad].
u(t) = UeTr cos(ωt− φ) [m].
u(t) = 0, 02× 0, 3878 cos(17, 4533t− 1, 4370) [m].
114 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
5.5 Fator de Qualidade
Vamos considerar um sistema excitado por uma força harmônica F (t) = F0 cos(ωt).
Figura 5.21: Resposta harmônica mostrando a ressonância do sistema. Adaptado de Rao [1].
Sabendo que na ressonância:
Mr =
1
2ζ
√
1− ζ2
,
e, se ζ → (ζ < 0, 05), então:
Mr =
1
2ζ
,
O valor do coe�ciente de amplitude em ressonância também é denominado fator Q ou fator
de qualidade do sistema, por analogia com alguma aplicações da engenharia elétrica, como o
circuito de sintonia de um rádio, no qual o interesse está em uma amplitude em ressonância
que seja maior possível.
Lembrando que um amortecedor dissipa,
Ẇd = Cu̇
2 [J/s].
Sem que em um ciclo de vibração temos:
u(t) = U cos(ωt) [m].
Portanto,
∆W =
∫ τ
0
Cu̇2dt .
5.5. FATOR DE QUALIDADE 115
∆W =
∫ 2π
ω
0
C[−ωU sin(ωt)]2dt.
∆W = πCωU2 .
Isso mostra que a energia dissipada é proporcional ao quadrado da amplitude do movimento.
Observe que ela não é uma constante para valores de amortecimento e amplitude determinados,
visto que ∆W também é função da frequência ω.
Sendo que na ressonância,
U = uestMr [m].
∆W = πCω[uestMr]
2 [J ].
Para obtermos a metade da dissipação, temos que ter uma ampli�cação de Mr/
√
2, pois,
∆W
2
= πCω[uest
Mr√
2
]2 = πCω[uestMr]
2(
1√
2
)2 [J ].
Desta forma temos que,
Figura 5.22: Resposta harmônica mostrando o fator de qualidade e a largura de banda. Adap-
tado de Rao [1].
Para determinarmos os valores de β1 e β2.
Q√
2
=
1
2ζ
√
2
=
 1√
(1− β21,2)2 + (2β1,2ζ)2
 .
Tal que,
116 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
β41,2 − 2(1− 2ζ2)β21,2 + (1− 8ζ2) = 0 .
Com raízes,
β21,2 = (1− 2ζ2)± 2ζ
√
1 + ζ2 .
Mas como ζ <<,
β21,2 = (1− 2ζ2)± 2ζ .
Ou seja,
β21 = (1− 2ζ2)− 2ζ .
β22 = (1− 2ζ2) + 2ζ .
Sendo que,
β22 − β21 = 4ζ .
E como β = ω
ωn
,
β22 − β21 =
ω22 − ω21
ωn
=
(
ω2 − ω1
ωn
)(
ω2 + ω1
ωn
)
= 4ζ .
Tal que, devido a simetria, (
ω2 − ω1
ωn
)
2 = 4ζ .
(
ω2 − ω1
ωn
)
= 2ζ .
E, �nalmente, lembrando que Q = 1
2ζ
,
Q ≈ ωn
ω2 − ω1
=
1
2ζ
.
Se ζ → 0 então ω2 → ω1.
Se ζ ↑ então ω2 > ω1.
Segundo Balachandran [2], a largura de banda de um sistema linear de um grau de liberdade
é uma função do fator de amortecimento e de sua frequência natural. Para uma dada frequência
natural, quanto menor o fator de amortecimento, menor a largura de banda. Para um fator
de amortecimento inferior a 0,1, a amplitude máxima da função de transferência do sistema é,
de modo aproximado, inversamente proporcional ao fator de amortecimento e a localização de
frequência correspondente é ligeiramente inferior à frequência natural do sistema.
5.6. BATIMENTO 117
Figura 5.23: In�uência do amortecimento na largura de banda. Adaptado de
http://techblog.ctgclean.com/wp-content/uploads/High-Q-Low-Q.jpg
5.6 Batimento
Se a frequência de excitação for próxima, mas não exatamente igual à frequência natural do
sistema, pode ocorrer um fenômeno conhecido como batimento. Nesse tipo de vibração a am-
plitude aumenta e diminui segundo um padrão regular.
Considerando-se um sistema 1 grau de liberdade não amortecido,
mü+ ku = F0 cos(ωt) .
Já vimos que,
up(t) = A cos(ωt) .
Sendo A,
A =
F0
k −mω2
.
Sendo que a resposta completa será,
u(t) = C1 cos(ωnt) + C2 sin(ωnt) +
F0
k −mω2
cos(ωt) .
Introduzindo-se as C.I., u(0) = u0 e u̇(0) = v0,
u(0) = C1 cos(ωn0) + C2 sin(ωn0) +
F0
k −mω2
cos(ω0) = u0 .
u(0) = C1 +
F0
k −mω2
= u0 .
C1 = u0 −
F0
k −mω2
.
118 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
u̇(t) = −ωnC1 sin(ωnt) + ωnC2 cos(ωnt)−
F0
k −mω2
ω sin(ωt) .
u̇(0) = −ωnC1 sin(ωn0) + ωnC2 cos(ωn0)−
F0
k −mω2
ω sin(ω0) = v0 .
u̇(0) = ωnC2 = v0 .
C2 =
v0
ωn
.
Assim,
u(t) =
(
u0 −
F0
k −mω2
)
cos(ωnt) +
(
v0
ωn
)
sin(ωnt) +
F0
k −mω2
cos(ωt) [m].
Portanto, no caso não amortecido, mesmo se u0 = v0 = 0, temos uma resposta "completa".
u(t) =
(
F0
k −mω2
)
cos(ωt)−
(
F0
k −mω2
)
cos(ωnt) [m].
Dando uma manipulada,
ω2n =
k
m
.
Assim, dividindo por k, tem-se,
u(t) =
(
F0/k
1− mω2
k
)
cos(ωt)−
(
F0/k
1− mω2
k
)
cos(ωnt) [m].
u(t) =
(
uest
1− ω2
ω2n
)
cos(ωt)−
(
uest
1− ω2
ω2n
)
cos(ωnt) [m].
u(t) =
uest
1− β2
[cos(ωt)− cos(ωnt)] [m].
E da identidade trigonométrica,
cos(ωt)− cos(ωnt) = 2 sin
(
ωn + ω
2
t
)
sin
(
ωn − ω
2
t
)
[m].
De�nindo,
∆̄ω =
ωn − ω
2
.
Ficamos com,
u(t) =
uest
1− β2
[
2 sin
(
ωn + ω
2
t
)
sin
(
∆̄ωt
)]
[m].
5.7. MÉTODO ENERGÉTICO APLICADOA PROBLEMAS COM FORÇAHARMÔNICA119
E passando o termo do ∆̄ω para a "amplitude",
u(t) =
[
2uest sin(∆̄ωt)
1− β2
]
sin
(
ωn + ω
2
t
)
[m].
Sendo que,
Figura 5.24: Fenomeno de Batimento. Adaptado de Rao [1]
5.7 Método Energético Aplicado a Problemas com Força
Harmônica
Considere o seguinte sistema 1 grau de liberdade,
Figura 5.25: Sistema forçado massa-mola-amortecedor.
Energia Potencial:
Ek =
1
2
ku2 [J ].
Energia Cinética:
Em =
1
2
mu̇2 [J ].
Energia dissipada no amortecedor:
Ėc = −cu̇2 [J/s].
120 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
E para a Força,
Figura 5.26: Sistema forçado massa-mola-amortecedor.
ĖF = Fu̇ [J/s].
Portanto,
kuu̇+müu̇ = −cu̇u̇+ Fu̇ .
Dividindo tudo por u̇,
mü+ cu̇+ ku = F .
EXEMPLO 5.7: Para o sistema descrito pela Figura 5.27.
Figura 5.27: Exemplo 5.7.
5.7. MÉTODO ENERGÉTICO APLICADOA PROBLEMAS COM FORÇAHARMÔNICA121
• corda inextensível.
• Em t = 0, m1 já foi aplicado estaticamente.
• θ(0) = 0 e θ̇(0) = 1[rad/s].
• F (t) = 1000 cos(5t).
Barra homogênea de massa M.
M = m = 10[kg]
m1 = 15[kg]
k = 2000[n/m]
c = 10[Ns/m]
L = 0, 5[m]
Inicialmente vamos obter a equação do movimento 1 grau de liberdade de rotação em torno
de θ por duas abordagens:
1. Equação vetorial.
2. Energia.
Equação Vetorial: Diagrama do corpo livre:
Figura 5.28: Diagrama do Corpo Livre.
Torque na Mola:
ku1 ⇒ To = ku1L x .
Torque no amortecedor:
cu̇2 ⇒ To = cu̇2L x .
122 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
Torque inércia m superior:
mü1 ⇒ To = mü1L x .
Torque inércia m inferior:
mü2 ⇒ To = mü2L x .
Torque peso m superior:
⇒ To = mgL sin(θ) y .
Torque peso m superior:
⇒ To = mgL sin(θ) x .
Sendo que os torques referentes aos pesos m se cancelam, sentidos opostos.
Torque inércia rotação da barra:
⇒ To = Joθ̈ x .
Torque inércia m1:
m1ü2 ⇒ To = m1ü2L x .
Torque força F:
⇒ To = F (t)
L
2
y .
Assim, do somatório de torques em o.
ku1L+ cu̇2L+mü1L+mü2L+ Joθ̈ +m1ü2L− F (t)
L
2
= 0 .
E como, θL = u1 = u2, temos,
kL2θ(t) + cL2θ̇(t) +mL2θ̈(t) +mL2θ̈(t) + Joθ̈(t) +m1L
2θ̈(t) = F (t)
L
2
.
Ou,
[Jo + 2mL
2 +m1L
2]θ̈(t) + [cL2]θ̇(t) + [kL2]θ(t) = F (t)
L
2
[Nm/rad].
OBS.: Se a massa m1 não estivesse previamente aplicada ao sistema, sendo que a mola
conseguisse deformar em t = 0, então deveríamos incorporar o termo m1g no somatório dos
torques (o que implicaria em uma alteração da rigidez).
Por Energia:
Energia Potencial Mola:
Ek =
1
2
ku21 [J ].
Energia Cinética Massa Superior:
Ems =
1
2
mu̇21 [J ].
5.7. MÉTODO ENERGÉTICO APLICADOA PROBLEMAS COM FORÇAHARMÔNICA123
Energia Cinética Massa Inferior:
Emi =
1
2
mu̇22 [J ].
Energia Cinética m1:
Em1 =
1
2
m1u̇
2
2 [J ].
Energia Cinética rotação da barra:
EJo =
1
2
Joθ̇
2 [J ].
As massas m tem energia potencial, mas enquanto uma está subindo a outra está descendo.
Como,
Epot = mg∆h [J ].
Temos que uma tem ∆h+, enquanto a outra tem ∆h−, assim,
Etotal =
1
2
ku21 +
1
2
mu̇21 +
1
2
mu̇22 +
1
2
m1u̇
2
2 +
1
2
Joθ̇
2 [J ].
Sendo que,
dEtotal
dt
= ku1u̇1 +mü1u̇1 +mü2u̇2 +m1ü2u̇2 + Joθ̈θ̇ [J/s].
E como já vimos o amortecedor dissipa uma taxa de energia dada por,
Ėc = −cu̇22 [J/s].
E a força, possui uma energia,
WF = Fu3 [J ],
imagine que F é constante e u(t) varia no tempo. Positivo porque a energia está sendo inserida
no sistema. Com taxa,
ĖF = Fu̇3 [J/s].
Assim, para o nosso problema,
dEtotal
dt
= −cu̇22 + Fu̇3 [J/s].
Portanto,
ku1u̇1 +mü1u̇1 +mü2u̇2 +m1ü2u̇2 + Joθ̈θ̇ = −cu̇22 + Fu̇3 [J/s].
E como, θL = u1 = u2 e θL2 = u3, obtemos,
[Jo + 2mL
2 +m1L
2]θ̈(t) + [cL2]θ̇(t) + [kL2]θ(t) = F (t)
L
2
[Nm/rad].
124 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
Para o problema em estudo:
Jeq =
M(2L)2
12
+ 2mL2 +m1L
2 = 9, 58 [kgm2].
ceq = cL
2 = 500 [Nsm/rad].
keq = kL
2 = 2, 5 [Nm/rad].
Meq = F0
L
2
= 250 [Nm/rad].
Portanto,
[9, 58]θ̈(t) + [2, 5]θ̇(t) + [500]θ(t) = 250 cos(5t) [Nm/rad].
Assim,
ζ =
ceq
2
√
Jeqkeq
= 0, 018 .
ωn =
keq
Jeq
= 7, 223 [rad/s].
ωd = ωn
√
1− ζ2 = 7, 222 [rad/s].
θest =
Meq
keq
= 0, 5 [rad].
β =
ω
ωn
= 0, 6922 .
M =
1√
(1− β2)2 + (2βζ)2
= 1, 9178 .
φ = tan−1
2βζ
1− β2
= 0, 048 [rad].
Assim,
C1 = 0− [0, 5× 1, 9178× cos(0, 048) = −0, 958 [rad].
C2 =
1 + 7, 223× 0, 018C1 − 0, 5× 5× 1, 9178× sin(0, 048)
7, 222
= 0, 08937 [rad].
Portanto,
θ(t) = e−0,018×7,223×t [−0, 958 cos(7, 222t) + 0, 08937 sin(7, 222t)]+0, 5×1, 9178 cos(5t−0, 048) [rad].
5.8. SOBREPOSIÇÃO DE EFEITOS 125
5.8 Sobreposição de EfeitosEm um problema linear, temos,
Figura 5.29: Sobreposição de efeitos.
Com,
up(t) = up1(t) + up2(t) [m],
up(t) = uest1M1 cos(ω1t− φ1) + uest2M2 cos(ω2t− φ2) [m],
Sendo,
β1 =
ω1
ωn
.
β2 =
ω2
ωn
.
E,
M1 =
1√
(1− β21)2 + (2β1ζ)2
.
M2 =
1√
(1− β22)2 + (2β2ζ)2
.
Ainda,
φ1 = tan
−1
(
2β1ζ
1− β21
)
[rad].
φ2 = tan
−1
(
2β2ζ
1− β22
)
[rad].
Ou, de modo geral,
up(t) =
n∑
i=1
upi(t) =
n∑
i=1
uestiMi cos(ωit− φi) [m],
sendo que podemos interpretar uma força mais complicada como sendo formada pela sobrepo-
sição de excitações mais simples.
126 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
5.9 Série de Fourier
De álgebra 2, temos,
Figura 5.30: Projeção ~i e ~j.
Em ~i, ~v tem uma projeção vi.
De modo geral:
Figura 5.31: Projeção vetores.
Lembrando que,
< ~V , ~P >= cos(θ) ‖ ~V ‖‖ ~P ‖ .
Sendo que,
< ~V , ~P >
‖ ~P ‖
=‖ ~V ‖ cos(θ) .
Ainda se de�nirmos o vetor direção unitária na direção de ~P ,
~e =
~P
‖ ~P ‖
.
5.9. SÉRIE DE FOURIER 127
Assim, o vetor projeção é dado por,
Proj~P
~V =
< ~V , ~P >
‖ ~P ‖
~P
‖ ~P ‖
.
E como,
‖ ~P ‖=
√
P 2x + P
2
y =
√
< ~P , ~P > .
Tal que,
‖ ~P 2 ‖=< ~P , ~P > .
Resultando,
Proj~P
~V =
< ~V , ~P >
< ~P , ~P >
~P .
Esta ideia funciona até com funções, sendo que, neste caso,
< ~V , ~P >=
∫ L
0
v(x)p(x)dx .
EXEMPLO 5.8 Dadas as funções, determine a projeção de ~V em ~P .
~V = x2 ~P = cos(πx) x ∈ [0, 2π] .
Assim,
< ~V , ~P >=
∫ 2π
0
x2 cos(πx)dx = 10, 514 .
< ~P , ~P >=
∫ 2π
0
cos(πx) cos(πx)dx = 3, 219 .
Sendo que,
Proj~P
~V =
10, 514
3, 219
cos(πx) = 3, 266 cos(πx) .
TEOREMA DE FOURIER
Seja uma função f(t), periódica, ou seja,
f(t) = f(t+ τ), τ peridica.
Esta função, se contínua, pode ser adequadamente descrita pela projeção de f(t) sobre um
conjunto de funções base, de�nidas por,
B =
1
2
⋃
cos(kωt)
⋃
sin(kωt), k ∈ N.
128 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
B = C0
⋃
Ck
⋃
Sk k ∈ N.
Para o caso onde,
τ =
2π
ω
.
Assim, o que o teorema diz é que,
f(t) =
inf∑
k=1
a0
1
2
+ akcos(kωt) + bksin(kωt) ,
onde os coe�cientes a0, ak e bk são claramente as projeções (magnitudes) de f(t) na direção dos
termos da base, sendo que,
a0 =
< f(t), C0 >
< C0, C0 >
=
∫ τ
0
C0f(t)dt∫ τ
0
C20dt
.
ak =
< f(t), Ck >
< Ck, Ck >
=
∫ τ
0
Ckf(t)dt∫ τ
0
C2kdt
.
bk =
< f(t), Sk >
< Sk, Sk >
=
∫ τ
0
Skf(t)dt∫ τ
0
S2kdt
.
Resultado em,
a0 =
2
τ
∫ τ
0
f(t)dt .
ak =
2
τ
∫ τ
0
f(t) cos(kωt)dt .
bk =
2
τ
∫ τ
0
f(t) sin(kωt)dt .
EXEMPLO 5.9: Série de Fourier para o sinal da Figura 5.32.
Figura 5.32: Exemplo 5.9.
5.9. SÉRIE DE FOURIER 129
Sendo τ = 2[s], período, temos que,
ω =
2π
2
= π [rad].
Em um período (no qual iremos integrar)
subida ⇒ f(t) = t t ∈ [0, 1).
descida ⇒ f(t) = 2− t t ∈ (1, 2].
Assim, se realizarmos uma aproximação de ordem zero (k = 0).
a0 =
2
2
[∫ 1
0
tdt+
∫ 2
1
(2− t)dt
]
= 1 .
Sendo que,
f0(t) = 1
1
2
=
1
2
.
E teremos,
Figura 5.33: Aproximação ordem zero.
Para uma aproximação de Primeira Ordem (k = 1)
f1(t) = 1
1
2
+ a1 cos(1ωt) + b1 sin(1ωt) .
Com,
a1 =
2
2
[∫ 1
0
t cos(ωt)dt+
∫ 2
1
(2− t) cos(ωt)dt
]
= − 4
π2
.
b1 =
2
2
[∫ 1
0
t sin(ωt)dt+
∫ 2
1
(2− t) sin(ωt)dt
]
= 0 .
130 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
Então,
f1(t) =
1
2
− 4
π2
cos(πt) .
Figura 5.34: Aproximação ordem um.
Para k = 2 :
f2(t) = f1(t) + a2 cos(2ωt) + b2 sin(2ωt) .
Com,
a2 =
2
2
[∫ 1
0
t cos(2ωt)dt+
∫ 2
1
(2− t) cos(2ωt)dt
]
= 0 .
b2 =
2
2
[∫ 1
0
t sin(2ωt)dt+
∫ 2
1
(2− t) sin(2ωt)dt
]
= 0 .
Neste caso ambos 0.
Para k = 3:
f3(t) = f2(t) + a3 cos(2ωt) + b3 sin(2ωt) .
Com,
a3 =
2
2
[∫ 1
0
t cos(3ωt)dt+
∫ 2
1
(2− t) cos(3ωt)dt
]
= − 4
9π2
.
b3 =
2
2
[∫ 1
0
t sin(3ωt)dt+
∫ 2
1
(2− t) sin(3ωt)dt
]
= 0 .
Sendo que,
f3(t) =
1
2
− 4
π2
cos(πt)− 4
9π2
cos(3πt) .
5.9. SÉRIE DE FOURIER 131
Figura 5.35: Aproximação ordem três.
Para k = 4:
a4 = 0 e b4 = 0 .
Para k = 5:
a5 = −
4
25π2
e b5 = 0 .
Figura 5.36: Aproximação ordem cinco.
Para k = 6:
a6 = 0 e b6 = 0 .
Para k = 7:
a7 = −
4
49π2
e b5 = 0 .
Sendo que,
f7(t) =
1
2
− 4
π2
cos(πt)− 4
9π2
cos(3πt)− 4
25π2
cos(5πt)− 4
49π2
cos(7πt) .
Assim, com uma boa correlação, temos:
132 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
Figura 5.37: Aproximação ordem sete.
Figura 5.38: Solução exata e solução aproximada para k = 0, k = 1, k = 3, k = 5 e k =7.
EXEMPLO 5.10: Considere o carregamento apresentado na exemplo 5.9, para o sistema
da Figura 5.39.
Figura 5.39: Exemplo 5.10.
Portanto,
up(t) =
inf∑
k=1
upk(t) [m].
up(t) = uest0 + uest1M1 cos(2ωt− φ1) + ... [m].
5.9. SÉRIE DE FOURIER 133
Sendo m = 3 [kg], k = 300 [N/m] e c = 6 [ns/m]. Portanto,
ωn = 10 [rad/s].
ζ = 0, 1 .
Tal que, para 7 termos, teremos na entrada:
k = 0: Resposta estática:
up0(t) =
1/2
300
=
1
600
[m].
k = 1 ω = π:
up1(t) =
−4/π2
300
M(β = π/ωn) cos(πt− φ1) [m],
onde,
up1(t) =
−4/π2
300
1.107 cos(πt− 0, 07) [m].
k = 3 ω = 3π:
up1(t) =
−4/9π2
300
M(β = 9π/ωn) cos(3πt− φ3) [m],
k = 5 ω = 5π:
up1(t) =
−4/25π2
300
M(β = 25π/ωn) cos(5πt− φ5) [m],
k = 7 ω = 7π:
up1(t) =
−4/49π2
300
M(β = 49π/ωn) cos(7πt− φ7) [m],
Figura 5.40: "Pesos"de cada uma das frequências na resposta.
134 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
5.10 Resposta Complexa
O carregamento F (t) = F0 cos(ωt) [N], pode ser escrito na forma alternativa como.
F (t) = F0e
iωt [N ].
Dando origem a resposta particular,
up(t) = Xe
iωt =
F0
(k −mω2) + (cωi)
eiωt [m].
E simpli�cando o denominador, dividindo tudo por k.
X =
F0/k
(1− m
k
ω2) + cωi
k
.
Como ω2n =
k
m
,
X =
F0/k
(1− ω2
ω2n
) + cωi
k
.
Como ζ = c
2mωn
, portanto c = 2mωnζ,
X =
F0/k
(1− ω2
ω2n
) + 2mωnζωi
k
.
Novamente, como m
k
= 1
ω2n
e β = ω
ωn
, obtemos,
X =
F0/k
(1− β2) + (2ζβi)
= H(iω) ,
onde H(iω) representa a resposta em frequência complexa do sistema.
O módulo de H(iω) é,
| H(iω) |=| Xk
F0
|= 1
(1− β2)2 + (2ζβi)2
.
Com,
H(iω) =| H(iω) | e−iφ ,
contado a magnitude e a fase. Onde,
φ = tan−1
2βζ
1− β2
[rad],
Assim, juntando na resposta permanente,
up(t) =
F0
k
| H(iω) | ei(ωt−φ) [m],
5.11. EXERCÍCIOS 135
ou,
up(t) =
F0
k
Re
[
H(iω)eiωt
]
[m].
Para a resposta completa,
u(t) = uh(t) + up(t) [m].
u(t) = e−ζωnt [C1 cos(ωdt) + C2 sin(ωdt)] + uestM cos(ωt− φ) [m].
Assim, considerando as C.I., u(0) = u0 e u̇(0) = v0, que levam a,
C1 = u0 − [uestM cos(φ)] [m].
C2 =
v0 + ωnζC1 − uestM sin(φ)
ωn
[m].
De onde vemos que se a parte forçada for nula,
C1 = u0 [m].
C2 =
v0 + ωnζu0
ωn
[m].
5.11 Exercícios
1) Obter a resposta permanente para o sistema. Determinar a frequência e a amplitude de
ressonância.
136 CAPÍTULO 5. FORÇAS HARMÔNICAS
2) Obtera resposta total do sistema [Rao [1]]. Determinar a frequência e a amplitude de
ressonância.
3) Obtera resposta permanete do sistema [Rao [1]].
Parte IV
Vibrações em Sistemas com N-Graus de
Liberdade
137
Capítulo 6
Vibrações Livres não Amortecidas
6.1 Introdução
Segundo Balachandran [2] sistemas que precisam ser descritos por mais de uma coordenada
independente têm múltiplos graus de liberdade. O número de graus de liberdade é determinado
pelos elementos inerciais presentes em um sistema. Por exemplo em um sistema com 2 graus
de liberdade, pode existir um elemento inercial, cujo movimento é descrito por duas coordena-
das independentes, ou dois elementos inerciais, cujos movimentos correspondentes são descritos
por duas coordenadas. Ainda, segundo Da Silva [9] inúmeros sistemas mecânicos são descritos
apenas como tendo um grau de liberdade. Porém em muitas situações de análise esta simpli�-
cação não se torna válida. Por exemplo, imagine que você queira descrever o comportamento
vibratório de um capo de um carro quando este sofre excitação do ruído proveniente do motor.
Neste exemplo pode ser muito difícil analisar totalmente o comportamento dinâmico do sistema
assumindo apenas um grau de liberdade.
6.2 Sistemas com N-gdls
Seja um sistema com 2 gdls:
Figura 6.1: Sistema massa-mola 2 graus de liberdade.
139
140 CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Dados: k1 = 100[N/m], k2 = 200 [N/m], k3 = 300 [N/m], m1 = 1 [kg] e m2 = 2 [kg].
Inicialmente em repouso.
Por Equilíbrio:
DCL na massa 1:
Figura 6.2: DCL na massa 1.
∑
F = 0 .
−m1ü1 − k1u1 − k2(u1 − u2) + F1(t) = 0 .
m1ü1 + k1u1 + k2u1 − k2u2 = F1(t) ,
ou
m1ü1 + (k1 + k2)u1 − k2u2 = F1(t) .
DCL na massa 2:
Figura 6.3: DCL na massa 2.
∑
F = 0 .
−m2ü2 − k3u2 − k2(u2 − u1) + F2(t) = 0 .
6.2. SISTEMAS COM N-GDLS 141
m2ü2 + k3u2 + k2u2 − k2u1 = F2(t) ,
ou
m2ü2 + (k2 + k3)u2 − k2u1 = F2(t) .
Que pode ser escrito na forma matricial:(
m1 0
0 m2
){
ü1
ü2
}
+
(
k1 + k2 −k2
−k2 k2 + k3
){
u1
u2
}
=
{
F1
F2
}
Na forma matricial contraída:
M ~̈U +K~U = ~F .
Assim, da mesma forma que �zemos na primeira parte da matéria, podemos perturbar o
sistema com um dado ~U0, sem aplicação da força.
Neste caso, a resposta do sistema será:
~U(t) = U0 cos(ωnt) .
~̈U(t) = −U0ω2n cos(ωnt) .
Tal que, inserindo no sistema matricial,
−M~U0ω2n cos(ωnt) +K~U0 cos(ωnt) = ~0 .
E, colocando o ~U0 cos(ωnt) em evidência,
[
K −Mω2n
]
~U0 = ~0 .
Que será satisfeita para diferentes valores de ω2n = λ. que são as frequências naturais do
sistema.
Como a equação deve zerar ∀~U0 6= 0, temos que a condição matemática equivalente é,
det [K −Mλ] = 0 .
Que, para o caso 2D resulta em,
det
[(
k11 k12
k21 k22
)
− λ
(
m11 m12
m21 m22
)]
= 0
det
[(
k11 − λm11 k12 − λm12
k21 − λm21 k22 − λm22
)]
= 0
142 CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
(k11 − λm11)(k22 − λm22)− (k12 − λm12)(k21 − λm21) = 0 .
Que é um polinômio de segundo grau com raízes λ1 e λ2, assim,
ωn1 =
√
λ1 [rad/s].
E
ωn2 =
√
λ2 [rad/s].
Para o nosso exemplo,
M =
(
1 0
0 2
)
[kg].
K =
(
300 −200
−200 500
)
[N/m].
Sendo que o polinômio característico será:
p(λ) = (300− λ)(500− 2λ)− (−200− λ0)(−200− λ0) .
p(λ) = (300− λ)(500− 2λ)− 2002 .
Com raízes,
λ1 = 131, 3859 [rad/s]
2.
λ2 = 418, 6141 [rad/s]
2.
Sendo que,
[K − λ1M ] ~U0 = ~0 ∀ ~U0,
e,
[K − λ2M ] ~U0 = ~0 ∀ ~U0.
Assim,
ωn1 =
√
λ1 = 11, 4624 [rad/s].
E
6.2. SISTEMAS COM N-GDLS 143
ωn2 =
√
λ2 = 20, 4601 [rad/s].
Associados a estas frequências naturais, teremos padrões de vibração, ou modos, que são
obtidos por:
Para λ1
[K − λ1M ] ~U0 = ~0 .
[(
300 −200
−200 500
)
− 131, 3859
(
1 0
0 2
)]{
u1
u2
}
=
{
0
0
}
.
(
168, 6141 −200
−200 237, 2281
){
u1
u2
}
=
{
0
0
}
.
Que é um sistema homogêneo (inf soluções). Isolando u1 na segunda equação,
−200u1 + 237, 2281u2 = 0 .
u1 = 1, 1861u2 .
~U = α
{
1, 1861
1, 0
}
.
Dividindo pelo módulo do vetor, ~U‖U‖ , temos,
~U = α
{
0, 7654
0, 6445
}
α ∈ R.
Irá satisfazer o sistema �sicamente, isto signi�ca que se o sistema for colocado para vibrar
em ω = ωn1 , o padrão de deslocamentos será,
Figura 6.4: Primeiro modo de vibrar.
144 CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Para λ2
[K − λ2M ] ~U0 = ~0 .
[(
300 −200
−200 500
)
− 418, 6141
(
1 0
0 2
)]{
u1
u2
}
=
{
0
0
}
.
(
−118, 614 −200
−200 −337, 228
){
u1
u2
}
=
{
0
0
}
.
Que é um sistema homogêneo (inf soluções). Isolando u1 na segunda equação,
−200u1 − 337, 228u2 = 0 .
u1 = −1, 6861u2 .
~U = β
{
1, 6861
−1, 0
}
.
Dividindo pelo módulo do vetor, ~U‖U‖ , temos,
~U = β
{
0, 8601
−0, 5101
}
α ∈ R.
Irá satisfazer o sistema �sicamente, isto signi�ca que se o sistema for colocado para vibrar
em ω = ωn2 , o padrão de deslocamentos será,
Figura 6.5: Segundo modo de vibrar.
IMPORTANTE: Autovalores e autovetores
Embora esta abordagem seja bem trabalhosa, podemos mostrar que as frequências naturais e
os modos de vibrar podem ser obtidos pela solução de um problema de autovalores e autovetores.
Lembrando de álgebra, um problema de autovetor e autovalor tem a forma,
6.2. SISTEMAS COM N-GDLS 145
A~x = λ~x ,
ou,
A~x = λI~x .
Assim,
[A− λ1I] ~x0 = ~0 .
Onde, os λ's são os autovalores e os ~x's são os autovetores (modos).
Que é satisfeito se det [A− λ1I] = 0.
Dando origem a um polinômio característico. Assim, podemos ver que o problema tratado
aqui é, na verdade, um problema GENERALIZADO de autovalor e autovetor, com a forma:
A~x = λB~x ,
com, A = K e B = M .
no entanto, se multiplicarmos por B−1, teremos,
B−1A~x = λB−1B~x ,
[
B−1A
]
~x = λI~x ,
Sendo que,
[
B−1A− λI
]
~x = 0 .
Assim, se tiver uma calculadora que soluciona o problema de autovalor e autovetor de uma
matriz, basta obter:
A = M−1K ,
e obter os autovalores (λ), sendo as frequências naturais obtidas por
√
λ e os autovetores
são os modos de vibrar da estrutura.
Para o nosso exemplo:
A =
(
1/1 0
0 1/2
)(
300 −200
−200 500
)
=
(
300 −200
−100 250
)
.
Com polinômio característico,
det
[(
300 −200
−100 500
)
− λ
(
1 0
0 1
)]
= 0
146 CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
det
[(
300− λ −200
−100 250− λ
)]
= 0
p(λ) = (300− λ)(250− λ)− 200 ∗ 100 .
Com os mesmos autovalores λ1 e λ2.
MÉTODO ENERGÉTICO
Em1 =
1
2
m1u̇
2
1 [J ].
Em2 =
1
2
m2u̇
2
2 [J ].
Ek1 =
1
2
k1(u1 − 0)2 [J ].
Ek3 =
1
2
k3(u2 − 0)2 [J ].
Ek2 =
1
2
k2(u2 − u1)2 [J ].
Assim,
dEtot
dt
= m1ü1u̇1 +m2ü2u̇2 + k1u1u̇1 + k3u2u̇2 + k2(u2 − u1)(u̇2 − u̇1) [J/s],
que deve ser igual a taxa de trabalho mecânico,
∆Ẇf = F1(t)u̇1 + F2(t)u̇2 [J/s].
Assim, agrupando,
[m1ü1 + k1u1 − k2(u2 − u1)] u̇1 + [m2ü2 + k3u2 + k2(u2 − u1)] u̇2 = F1(t)u̇1 + F2(t)u̇2 [N ],
que devem ser independentes de u̇1 e u̇2, assim:
Para u̇1:
m1ü1 + k1u1 − k2(u2 − u1) = F1(t) [N ],
ou,
m1ü1 + (k1 + k2)u1 − k2u2 = F1(t) [N ].
Para u̇1:
m2ü2 + k3u2 + k2(u2 − u1) = F2(t) [N ],
6.3. DESACOPLAMENTO MODAL - SEM AMORTECIMENTO 147
ou,
m2ü2 + (k2 + k3)u2 − k2u1 = F2(t) [N ].
Resultando em,(
m1 0
0 m2
){
ü1
ü2
}
+
(
k1 + k2 −k2
−k2 k2 + k3
){
u1
u2
}
=
{
F1
F2
}
Que é o mesmo descrito anteriormente!!!
6.3 Desacoplamento Modal - Sem amortecimento
O problema da equação de equilíbrio dinâmico para um sistema N-gl tem a forma,
M ~̈U +K~U = ~F .
Lembrando de álgebra II, temos que os autovetores do problema homogêneo (~F = ~0).
det(K − λM) = det(M−1K − λI) = 0 .
Tem algumas propriedades interessantes:
1) Seja Φm×n a matriz formada pelos autovetores, sendo que:
Φm×n =

~Uo1 ~Uo2 · · · ~Uon
· · · ·
· · · ·
· · · ·
 ,
então, como os autovetores são linearmente independentes, ou seja, podemos dizer que Φ é
uma matriz de mudança de base, com uma propriedade muito interessante.
ΦTMΦ = M∗ ,
e
ΦTKΦ = K∗ ,
sendo as matrizes sempre diagonais!!!
Usando o nosso exemplo:
M =
(
1 0
0 2
)
[kg].
K =
(
300 −200
−200 500
)
[N/m].
Então,
148 CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Φ =
(
0, 7654 0, 8601
0, 6445 −0, 5101
)
.
Assim,
ΦTMΦ = M∗ =
(
1, 4154 0
0 1, 2602
)
[kg].
ΦTKΦ = K∗ =
(
185, 9724 0
0 527, 541
)
[N/m].
Correspondendo a uma mudança de base. Assim, podemos dizer que Φ é uma matriz que
leva em conta espaços que tem quadrados diagonais.
O mapeamento entre um elemento ~X no espaço "diagonalizado"e ~U , no espaço cartesiano,
é dado por,
~U = Φ ~X ,
Figura 6.6: Observador (base), vê o sistema que leva em conta as matrizes diagonais.
Podemos fazer o seguinte,
M ~̈U +K~U = ~F .
Substituindo a equação do mapeamento entre os elementos,
MΦ ~̈X +KΦ~U = ~F .
Multiplicando por ΦT ,
ΦTMΦ ~̈X + ΦTKΦ~U = ΦT ~F .
Ou seja,
M∗ ~̈X +K∗~U = ~P .
Consequentemente, se tivermos φ, podemos obter,
6.3. DESACOPLAMENTO MODAL - SEM AMORTECIMENTO 149
(
m∗11 0
0 m∗22
){
ẍ1
ẍ2
}
+
(
k∗11 0
0 k∗22
){
u1
u2
}
=
{
P1
P2
}
,
e, como o sistema é diagonalizado, isto equivale a 2 problemas independentes nas variáveis x1
e x2, com a forma,
1) m∗11ẍ1(t) + k
∗
11x1(t) = P1(t) [N ],
2) m∗22ẍ2(t) + k
∗
22x2(t) = P2(t) [N ],
tal que,
Figura 6.7: (a) Sistema acoplado e (b) sistema desacoplado.
Onde cada sistema de 1 gl pode ser solucionado utilizando a teoria adequada. Neste caso,
como são sistemas sem amortecimento.
xp1 =
P1
k∗11
M(β∗1) cos(ωt− φ1) [m].
E,
xp2 =
P2
k∗22
M(β∗2) cos(ωt− φ2) [m].
Com,
β1 =
ω1
ωn1
.
E
β2 =
ω2
ωn2
.
Por �m,
150 CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS~Up = Φ
{
xp1
xp2
}
.
Voltando ao nosso exemplo,
Figura 6.8: Inserindo as forças no exemplo.
M =
(
1 0
0 2
)
[kg].
K =
(
300 −200
−200 500
)
[N/m].
Com,
Φ =
(
0, 7654 0, 8601
0, 6445 −0, 5101
)
.
ΦTMΦ = M∗ =
(
1, 4154 0
0 1, 2602
)
[kg].
ΦTKΦ = K∗ =
(
185, 9724 0
0 527, 541
)
[N/m].
ΦT ~F = ~P ∗ =
[
0, 7654 0, 6445
0, 8601 −0, 5101
]{
5 cos(7t)
10 cos(5t)
}
[N ].
~P ∗ =
{
3, 8270 cos(7t) + 6, 445 cos(5t)
4, 3005 cos(7t)− 5, 101 cos(5t)
}
[N ].
Reduzindo a 2 problemas:
1) 1, 4154ẍ1(t) + 185, 97x1(t) = 3, 8270 cos(7t) + 6, 445 cos(5t) [N ],
2) 1, 2602ẍ2(t) + 527, 5411x2(t) = 4, 3005 cos(7t)− 5, 101 cos(5t) [N ],
6.3. DESACOPLAMENTO MODAL - SEM AMORTECIMENTO 151
Com,
ωn1 =
√
k∗11
m∗11
=
√
185, 97
1, 4154
= 11, 46 [rad/s],
ωn2 =
√
k∗22
m∗22
=
√
527, 5411
1, 2602
= 20, 46 [rad/s],
Ou seja, iguais aos autovalores!!!
Sendo que,
Figura 6.9: (a) Sistema desacoplado 1 e (b) Sistema desacoplado 2.
Assim,
Para o sistema 1:
β11 =
ω1
ωn1
=
7
11, 46
= 0, 611 .
E
β12 =
ω2
ωn1
=
5
11, 46
= 0, 436 .
Para o sistema 2:
β21 =
ω1
ωn2
=
7
20, 46
= 0, 342 .
E
β22 =
ω2
ωn2
=
5
20, 46
= 0, 2444 .
E para x1, temos que a resposta é a sobreposição das respostas permanentes dos 2 termos
de excitação.
x1p1 =
3, 827
185, 97
1
1− 0, 6112
cos(7t) [m].
152 CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
E,
x2p1 =
6, 445
185, 97
1
1− 0, 4362
cos(5t) [m].
Sendo que,
xp1 = 0, 03284 cos(7t) + 0, 04279 cos(5t) [m].
E para o segundo grau de liberdade (x2),
x1p2 =
4, 3005
527, 54
1
1− 0, 3422
cos(7t) [m].
E,
x2p2 =
−5, 101
527, 54
1
1− 24442
cos(5t) [m].
Sendo que,
xp1 = 0, 01002 cos(7t)− 0, 0103 cos(5t) [m].
E, lembrando que,
~U = Φ ~X .
Tal que,
~U =
(
0, 7654 0, 8601
0, 6445 −0, 5101
){
0, 03284 cos(7t) + 0, 04279 cos(5t)
0, 01002 cos(7t)− 0, 0103 cos(5t)
}
.
~U =
{
0, 0338 cos(7t) + 0, 0243 cos(5t)
0, 0162 cos(7t)− 0, 0328 cos(5t)
}
[m].
OBSERVAÇÃO: Como pode ser observado, o nosso sistema tem 2 frequências naturais.
Assim, como não tem amortecimento.
Figura 6.10: Resposta forçada do sistema.
6.4. DESACOPLAMENTO MODAL - COM AMORTECIMENTO 153
6.4 Desacoplamento Modal - Com amortecimento
O problema da equação de equilíbrio dinâmico para um sistema N-gl tem a forma,
M ~̈U + C ~̇U +K~U = ~F .
Com,
ΦTMΦ = M∗ ,
e
ΦTKΦ = K∗ ,
Infelizmente, não é possível garantir que,
ΦTCΦ = C∗ diagonal,
o qual não garante o desacoplamento do sistema.
Uma maneira de garantir o desacoplamento do sistema, é utilizar um "amortecimento pro-
porcional"ou amortecimento de Rayleigh, que tem a forma:
C = αM + βK .
Da seguinte forma: Considere Φ̂ como sendo uma matriz normalizada pela massa.
Sendo que,
Φ̂TMΦ̂ = I .
Que é fácil de obtermos, pois basta fazer,
Φ̂ =
[
~Uo1√
m∗11
~Uo2√
m∗22
· · · ~Uon√
m∗nn
]
.
Então,
Φ̂TKΦ̂ =

λ1
. . .
λn
 .
E,
Φ̂TCΦ̂ = α + βλ .
Assim, se ~U = Φ̂ ~X
MΦ̂ ~̈X + CΦ̂ ~̇X +KΦ̂ ~X = ~F .
E multiplicando por Φ̂T , obtemos,
154 CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Φ̂TMΦ̂ ~̈X + Φ̂TCΦ̂ ~̇X + Φ̂TKΦ̂ ~X = Φ̂T ~F ,
ou
ẍi + (α + βλi)ẋi + λixi = P̂i .
E, lembrando um pouco da primeira parte, temos que,
ζi =
ci
2
√
kimi
.
Onde, ci = α + βλi, ki = λi e mi = 1. Assim,
ζi2ωni = ci = α + βλi .
Sendo que �nalmente temos,
ẍi + 2ζiωniẋi + ω
2
ni
xi = P̂i .
Com os resultados obtidos na segunda parte da matéria.
Como obter α e β ?
Sendo,
2ζiωni = α + βω
2
ni
.
E como temos 2 incógnitas, basta escolher 2 frequências ωa e ωb, com seus respectivos ζa e
ζb. Assim, {
2ωaζa = α + βω
2
a
2ωbζb = α + βω
2
b
.
Resolvendo-se o sistema, obtêm-se α e β.
Assim, no nosso exemplo, considerando ωa = 11, 46[rad/s] e ωb = 20, 46[rad/s].
E experimentalmente determina-se ζa = 1% e ζb = 3%.{
2× 11, 46× 0, 01 = α + β131, 39
2× 20, 46× 0, 03 = α + β418, 61
.
Portanto,
α = −0, 2275 ,
e,
β = 0, 0034761 .
Assim, para outros modos,
ζi =
−0, 2275 + 0, 0034761ω2i
2ωi
.
6.4. DESACOPLAMENTO MODAL - COM AMORTECIMENTO 155
Retornando para o exemplo:
Φ =
(
0, 7654 0, 8601
0, 6445 −0, 5101
)
.
Com,
ΦTMΦ = M∗ =
(
1, 4154 0
0 1, 2602
)
[kg].
Sendo que,
Φ̂ =
[
0,7654√
1,4154
0,8601√
1,2602
0,6445√
1,4154
−0,5101√
1,2602
]
=
[
0, 6426 0, 7662
0, 5417 −0, 4544
]
.
Portanto,
Φ̂TMΦ̂ = I ,
e
Φ̂TKΦ̂ =
(
131, 38 0
0 418, 61
)
⇒
(
λ1 0
0 λ1
)
⇒
(
ω21 0
0 ω22
)
.
Como esperado!!!
Assim, utilizando as razões de amortecimento modal que foram fornecidas ζω1 = 1% e
ζω2 = 3%.
Já vimos que α = −0, 2275 e β = 0, 0034761, sendo que,
C = −0, 2275
(
1 0
0 2
)
+ 0, 0034761
(
300 −200
−200 500
)
.
C =
(
0, 81533 −0, 69522
−0, 69522 1, 28305
)
.
E, conforme a teoria,
Φ̂TCΦ̂ =
(
0, 2292 0
0 1, 2276
)
.
Que corresponde,
2ζ1ω1 = 2× 11, 4624× 0, 01 = 0, 2292 ,
e,
2ζ2ω2 = 2× 20, 46× 0, 03 = 1, 2276 .
Assim, considerando o nosso sistema original,
Com,
M ~̈U + C ~̇U +K~U = ~F ,
sendo C, a matriz de amortecimento proporcional, e,
156 CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Figura 6.11: Inserindo as forças no exemplo.
~U = Φ̂ ~X .
MΦ̂ ~̈X + CΦ̂ ~̇X +KΦ̂ ~X = ~F .
E multiplicando por Φ̂T , obtemos,
Φ̂TMΦ̂ ~̈X + Φ̂TCΦ̂ ~̇X + Φ̂TKΦ̂ ~X = Φ̂T ~F ,
(
1 0
0 1
){
ẍ1
ẍ2
}
+
(
2ω1ζ1 0
0 2ω2ζ2
){
ẋ1
ẋ2
}
+
(
λ1 0
0 λ2
){
x1
x2
}
=
{
P̂1
P̂2
}
,
onde,
~̂
P =
[
0, 6426 0, 5417
0, 7662 −0, 4544
]{
5 cos(7t)
10 cos(5t)
}
.
~P ∗ =
{
3, 2131 cos(7t) + 5, 4177 cos(5t)
3, 8309 cos(7t)− 4, 5400 cos(5t)
}
.
Assim, agora temos 2 sistemas de 1 grau de liberdade.
1) ẍ1(t) + 0, 2292ẋ1(t) + 131, 38x1(t) = 3, 2131 cos(7t) + 5, 4177 cos(5t) [N ],
2) ẍ2(t) + 1, 2276ẋ2(t) + 418, 614x2(t) = 3, 8309 cos(7t)− 4, 5400 cos(5t) [N ],
Com respostas:
A)
x1est1 =
3, 2131
131, 38
= 0, 02445 [m].
β11 =
7
11, 46
= 0, 611 .
6.4. DESACOPLAMENTO MODAL - COM AMORTECIMENTO 157
M11 =
1√
(1− 0, 6112)2 + (2× 0, 611× 0, 01)2
= 1, 5948 .
φ11 = tan
−1 2× 0, 611× 0, 01
1− 0, 6112
= 0, 01948 [rad].
x1p1 = 0, 02445× 1, 5948 cos(7t− 0, 01948) [m].
B)
x2est1 =
5, 4177
131, 38
= 0, 04124 [m].
β21 =
5
11, 46
= 0, 4363 .
M21 =
1√
(1− 0, 43632)2 + (2× 0, 4363× 0, 03)2
= 1, 23504 .
φ21 = tan
−1 2× 0, 4363× 0, 03
1− 0, 43632
= 0, 01077 [rad].
x2p1 = 0, 04124× 1, 23504 cos(5t− 0, 01077) [m].
Sendo que,
xp1 = 0, 039 cos(7t− 0, 01943) + 0, 0509 cos(5t− 0, 01077) [m].
C)
x1est2 =
3, 8309
418, 614
= 0, 0091514 [m].
β12 =
7
20, 46
= 0, 3421 .
M12 =
1√
(1− 0, 34212)2 + (2× 0, 3421× 0, 01)2
= 1, 1322 .
φ12 = tan
−1 2× 0, 3421× 0, 01
1− 0, 34212
= 0, 02324 [rad].
x1p2 = 0, 0091514× 1, 1322 cos(7t− 0, 02324) [m].
D)
x2est2 =
−4, 54
418, 614
= −0, 01084 [m].
158 CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
β22 =
5
20, 46
= 0, 2444 .
M22 =
1√
(1− 0, 24442)2 + (2× 0, 2444× 0, 03)2
= 1, 0634 .
φ22 = tan
−1 2× 0, 2444× 0, 03
1− 0, 24442
= 0, 0156 [rad].
x2p2 = −0, 01084× 1, 0634 cos(5t− 0, 0156) [m].
Sendo que,
xp2 = 0, 0104 cos(7t− 0, 02324)− 0, 01153 cos(5t− 0, 0156) [m].
Assim,
~X =
{
0, 039 cos(7t− 0, 01943) + 0, 0509 cos(5t− 0, 01077)
0, 0104 cos(7t− 0, 02324)− 0, 01153 cos(5t− 0, 0156)
}
.
E, lembrando que,
~U = Φ̂ ~X .
Tal que,
~U =
(
0, 6426 0, 7662
0, 5418 −0, 4544
){
0, 039 cos(7t− 0, 01943) + 0, 0509 cos(5t− 0, 01077)
0, 0104 cos(7t− 0, 02324)− 0, 01153 cos(5t− 0, 0156)
}
.
~U =

[0, 025 cos(7t− 0, 01948) + 0, 0327 cos(5t− 0, 01077)
+0, 007938 cos(7t− 0, 002324)− 0, 008834 cos(5t− 0, 0156)]
[0, 02113 cos(7t− 0, 01948) + 0, 0276 cos(5t− 0, 01077)
−0, 0047 cos(7t− 0, 002324) + 0, 00524 cos(5t− 0, 0156)]

[m].
Plotar o vetor ~U e analisar seu comportamento.
6.5. EXERCÍCIOS 159
6.5 Exercícios
1) Obter o sistema equivalente na forma matricial(equilíbrio vetorial e método energético), as
frequências naturais e os modos de vibrar (interpretando os resultados), para o sistema.
2) Obter o sistema equivalente na forma matricial(equilíbrio vetorial e método energético),
as frequências naturais e os modos de vibrar (interpretando os resultados), para o sistema.
3) Obter o sistema equivalentena forma matricial(equilíbrio vetorial e método energético),
as frequências naturais e os modos de vibrar (interpretando os resultados), para o sistema.
160 CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
4) Obter o sistema equivalente na forma matricial(equilíbrio vetorial e método energético),
as frequências naturais e os modos de vibrar (interpretando os resultados), para o sistema.
5) Obter o sistema equivalente na forma matricial(equilíbrio vetorial e método energético)
[Rao [1]].
6) O sistema de 2 gdl mostrado na Figura a seguir está sujeito à força periódica mostrada.
Determine a resposta permanete do sistema. [Graham Kelly [11]].
6.5. EXERCÍCIOS 161
7) O sistema de 2 gdl mostrado na Figura a seguir está sujeito à força periódica mostrada.
Determine a resposta permanete do sistema. [Graham Kelly [11]].
8) Obter o sistema equivalente na forma matricial(equilíbrio vetorial e método energético)
[Rao [1]].
9) Considere o sistema da �gura a seguir consistindo de dois pêndulos acoplados por uma
mola. Determine a frequência natural e as formas modais. Conside k = 20[N/m], l = 0, 5[m],
m1 = m2 = 10[kg] e a = 0, 1[m], ao longo do pêndulo. [Inman [3]].
162 CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES LIVRES NÃO AMORTECIDAS
Parte V
Análise de Vibrações
163
Capítulo 7
Vibrações de Meios Contínuos
7.1 Introdução
O foco aqui é apresentar uma introdução à análise de oscilações de meios contínuos. O leitor
interessado no aprofundamento deste tópico pode consultar, por exemplo, os livros de Rao [1],
Balachandran [2], Inman [3], Thomson [4], Ripper [5], Kurka [6], Hartog [7], Church [8].
7.2 De�nição do Problema
Da teoria de viga longa: Considerando um elemento in�nitesimal de uma viga.
Figura 7.1: Elemento in�nitesimal de uma viga.
Assim,
∑
F = 0 .
−V + (V + dV ) + q(x)dx− ρA(x)dxv̈ = 0 .
Portanto,
165
166 CAPÍTULO 7. VIBRAÇÕES DE MEIOS CONTÍNUOS
dV + q(x)dx = ρA(x)dxv̈ .
Dividindo por dx,
dV
dx
+ q(x) = ρA(x)v̈ .
E, como (estática) V = −dM
dx
,
−d
2M
dx2
+ q(x) = ρA(x)v̈ .
E de MSO-I (Relação momento curvatura),
EIv
′′
(x) = M(x) .
Logo,
− d
2
dx2
[
EI
d2v(x)
dx2
]
+ q(x) = ρA(x)v̈ .
Ou, devido a variação do descolamento da viga com a posição e o tempo, temos:
d2
dx2
[
EI
d2v(x, t)
dx2
]
+ ρA(x)
d2v(x, t)
dt2
= q(x, t) .
Quando q(x, t) = 0 (vibração livre) e se a geometria e o material são homogêneos.
EIvIV (x, t) + ρA(x)γ̈(x, t) = 0 .
E, dividindo por ,
EI
ρA(x)
vIV (x, t) + ρA(x)γ̈(x, t) = 0 ,
onde, EI
ρA(x)
= C2, sendo C ⇒ a velocidade de propagação de uma onda elástica no meio.
Portanto, além das 4 condições de contorno que eram utilizadas em MSO-II, temos que
considerar 2 condições iniciais,
w(x, t = 0) = w0(x) .
ẇ(x, t = 0) = ẇ0(x) .
Assim, aplicando somente as CI's nesta EDP de 4◦ ordem, temos que,
w(x, t) = w(x)T (t) .
Separação de variáveis, onde w(x) é a resposta espacial e T (t) a resposta temporal. Portanto,
substituindo w(x, t) = w(x)T (t) na EDP, temos,
7.2. DEFINIÇÃO DO PROBLEMA 167
C2
d4
dx4
[w(x)T (t)] +
d2
dt2
[w(x)T (t)] = 0 .
C2T (t)
d4
dx4
w(x) +
d2
dt2
[w(x)T (t)] = 0 .
C2T (t)
d4
dx4
w(x) + w(x)
d2
dt2
T (t) = 0 .
Ou, passando os termos de espaço para um lado e os de tempo para outro lado, �camos
com,
C2
w(x)
d4
dx4
w(x) = − 1
T (t)
d2
dt2
T (t) = constante = a .
Assim, temos duas equações desacopladas:{
C2
w(x)
d4
dx4
w(x) = a
− 1
T (t)
d2
dt2
T (t) = a
.
{
d4
dx4
w(x) = a
C2
w(x)
d2
dt2
T (t) = −aT (x)
.
Assim, da equação de w(x), podemos dizer,
d4
dx4
w(x)− a
C2
w(x) = 0 ,
EDO e 4◦ ordem, e da equação de T (t), podemos dizer,
d2
dt2
T (t) + aT (x) = 0 ,
EDO e 2◦ ordem.
Se chamarmos a = ω2 e a
c2
= ω
2
C2
= β4, então,
d4
dx4
w(x)− β4w(x) = 0 ,
com solução dada por,
w(x) = C1e
s1x + C2e
s2x + C3e
s3x + C4e
s4x ,
ou
w(x) = C1 cos(βx) + C2 sin(βx) + C3 cosh(βx) + C4 sinh(βx) .
E,
d2
dt2
T (t) + aT (x) = 0 ,
168 CAPÍTULO 7. VIBRAÇÕES DE MEIOS CONTÍNUOS
com solução dada por,
T (t) = A cos(ωt) +B sin(ωt) ,
com A e B obtidos das CI's (condições iniciais) e s1 = β, s2 = −β, s3 = βi e s4 = −βi.
Além disso, com C1, C2, C3 e C4 sendo obtidos pelas CC's (condições de contorno).
Da equação de T (t), podemos ver que ω é uma frequência de vibração, que neste caso de
vibração livre é a própria frequência natural da estrutura.
Assim, das CC's determina-se C1, C2, C3 e C4, sendo que de w(x), podemos obter β's.
Sabendo que,
β4 =
ω2
C2
=
ρAω2
EI
.
Podemos isolar ω, sendo que,
ωn = β
2
√
EI
ρA
= β2C .
ωn = (βL)
2
√
EI
ρAL4
.
Exemplo: Considere uma viga engastada-livre.
Figura 7.2: Viga engastada-livre.
Condições de contorno em x = 0:
w(0) = 0 .
w′(0) = 0 .
Assim, considerando w(0) = 0, temos
w(x) = C1 cos(βx) + C2 sin(βx) + C3 cosh(βx) + C4 sinh(βx) .
0 = C1 cos(β × 0) + C2 sin(β × 0) + C3 cosh(β × 0) + C4 sinh(β × 0) .
0 = C1 + C3 .
Considerando w′(0) = 0, temos
7.2. DEFINIÇÃO DO PROBLEMA 169
w′(x) = −C1β sin(βx) + C2β cos(βx) + C3β cosh(βx) + C4β sinh(βx) .
0 = −C1β sin(β × 0) + C2β cos(β × 0) + C3β cosh(β × 0) + C4β sinh(β × 0) .
0 = βC4 + βC2 .
Assim, com estas duas condições, podemos ver que:
C3 = −C1 .
C4 = −C2 .
Sendo que,
w(x) = C1 cos(βx) + C2 sin(βx)− C1 cosh(βx)− C2 sinh(βx) .
w(x) = C1 [cos(βx)− cosh(βx)] + C2 [sin(βx)− sinh(βx)] .
Poderíamos aplicar todas as CC's ao mesmo tempo, entretanto o sistema indeterminado
�ca maior.
E como, em x = L, temos:
M(L) = EI
∂2w
∂x2
= 0 .
V (L) =
∂
∂x
[
EI
∂2w
∂x2
]
= 0 .
Assim, considerando M(L) = 0, temos
w′′(x) = C1
[
−β2 cos(βx)− β2 cosh(βx)
]
+ C2
[
−β2 sin(βx)− β2 sinh(βx)
]
.
0 = C1
[
−β2 cos(β × L)− β2 cosh(β × L)
]
+ C2
[
−β2 sin(β × L)− β2 sinh(β × L)
]
.
E da condição de cortante V (L) = 0,
w′′′(x) = C1
[
β3 sin(βx)− β3 cosh(βx)
]
+ C2
[
−β3 cos(βx)− β3 sinh(βx)
]
.
0 = C1
[
β3 sin(β × L)− β3 cosh(β × L)
]
+ C2
[
−β3 cos(β × L)− β3 sinh(β × L)
]
.
170 CAPÍTULO 7. VIBRAÇÕES DE MEIOS CONTÍNUOS
Tal que,(
−β2(cos(βL) + cosh(βL)) −β2(sin(βL) + sinh(βL))
β3(sin(βL)− cosh(βL)) −β3(cos(βL) + sinh(βL))
){
C1
C2
}
=
{
0
0
}
Que possui inf soluções (homogêneas). Novamente, caímos em um problema onde det(·) = 0,
assim:
[− cos(βL)− cosh(βL)][− cos(βL)− sinh(βL)]− [− sin(βL)− sinh(βL)][sin(βL)− cosh(βL)] .
2 cos(βL) cosh(βL) + 2 = 0 .
Assim,
cos(βL) cosh(βL) = −1 .
Equação do Rao [1], página 284, tabela 8.15.
Qualquer β aqui leva a uma frequência natural, por isto usamos βL na equação,
ωn = (βL)
2
√
EI
ρAL4
.
Assim, para cos(βL) cosh(βL) = −1, temos:
Figura 7.3: βL's para as diferentes frequências naturais.
Ou seja,
β1L = 1, 87 .
β2L = 4, 694 .
β3L = 7, 85 .
Sendo que,
ωn1 = (1, 87)
2
√
EI
ρAL4
,
7.2. DEFINIÇÃO DO PROBLEMA 171
e assim por diante. Resultando nos modos:
Figura 7.4: Três primeiros modos de vibrar da viga engastada livre (FONTE: https :
//www.researchgate.net/figure/273452232f ig6F ig − 6 − Mode − shapes − and − natural −
frequencies− for − the− first− three−modes− of − flexural).
A Figura 7.5 apresenta os valores de βL para algumas condições de contorno.
Figura 7.5: Valores de βL para diferentes condições de contorno. (FONTE: Rao [1]).
172 CAPÍTULO 7. VIBRAÇÕES DE MEIOS CONTÍNUOS
7.3 Exercícios
1) Obter a equação de frequência para a condição Fixa-Fixa.
2) Obter a equação de frequência para a condição Pinada-Pinada.
Capítulo 8
Velocidade Crítica de Rotores
8.1 Introdução
Segundo Pereira [12] as mais comuns máquinas rotativas, também denominadas de rotores, po-
dem ser turbo-compressores, turbinas de aviões, turbinas à vapor para a produção de energia
elétrica, etc. Em análises do comportamento dinâmico de rotores, os estudos mais frequente-
mente realizados são:
• Previsão das velocidades críticas: Velocidades nas quais a vibração devido ao desbalan-
ceamento do rotor é máxima;
• Modi�cações de projeto de forma a alterar as velocidades críticas: Quando é necessário
alterar a velocidade de operação do rotor, modi�cações no projeto do rotor são necessárias
para alterar as velocidades críticas;
• Preveras frequências naturais das vibrações torcionais: Quando vários eixos estão aco-
plados (por exemplo, caixa de engrenagens) e estes eixos são excitados pelas pulsações do
motor durante o start-up;
• Calcular as massas de correção e suas localizações a partir de dados de vibração: Balan-
ceamento de rotores;
• Prever as amplitudes de vibração causadas pelo desbalanceamento do rotor;
• Prever as frequências de vibração nas instabilidades dinâmicas: Nem sempre simples de
ser alcançado, haja visto que nem todas as forças desestabilizadoras são conhecidas;
• Modi�cações de projeto para eliminar instabilidades dinâmicas.
8.2 De�nição
Quando tem-se um rotor (eixo com massas girantes acopladas) em movimento, observamos que:
173
174 CAPÍTULO 8. VELOCIDADE CRÍTICA DE ROTORES
Figura 8.1: Modelo de um rotor.
E se as massas concentradas forem mais signi�cantes do que a massa do eixo e, desconsi-
derando o efeito giroscópio (que atua como um amortecimento), então podemos utilizar uma
abordagem aproximada, que é explicada no livro do Rao [1], página 254.
O procedimento parte do princípio de que em um sistema conservativo.
|EPmax| = |ECmax| ,
onde,
EPmax =
1
2
migvi .
ECmax =
1
2
miv̇i ,
sendo, vi o deslocamento estático da viga na posição da massa i e, v̇i a velocidade da viga
na posição da massa i, devido a rotação.
Assim, podemos fazer a seguinte aproximação para o 1◦ modo.
v(x) = v̄(x) cos(ωt) ,
onde, v̄(x) é o deslocamento estático devido as forças provocadas pelas massas.
Portanto, se considerarmos os valores pontuais,
Epot =
1
2
n(massas)∑
i=1
migv̄i cos(ωt) .
Sendo que o valor máximo é,
Epotmax =
1
2
n(massas)∑
i=1
migv̄i .
A energia cinética será dada por,
Ecintica =
1
2
n(massas)∑
i=1
miω
2v̄2i sin
2(ωt) .
E com valor máximo,
8.2. DEFINIÇÃO 175
Ecmax =
1
2
n(massas)∑
i=1
miω
2v̄2i .
E do balanço,
1
2
n(massas)∑
i=1
migv̄i =
1
2
n(massas)∑
i=1
miω
2v̄2i .
E, isolando ω, obtemos,
ω =
√∑
migv̄i∑
miv̄i
.
Todo problema então consiste em determinarmos os deslocamentos estáticos associados aos
pesos das massas concentradas.
Utilizando a teoria de MSO-II e considerando que temos somente forças concentradas.
EIv̄IV (x) =
∑
< x− xi >−1 mig .
EIv̄III(x) =
∑
< x− xi >0 mig + C1 .
EIv̄II(x) =
∑
< x− xi >1 mig +
C1x
C2
.
EIv̄I(x) =
∑
< x− xi >2
mig
2
+
C1
2
x2 + C2x+ C3 .
EIv̄(x) =
∑
< x− xi >3
mig
6
+
C1
6
x3 +
C2
2
x2 + C3x+ C4 .
Para o caso bi-apoiado, temos:
v̄(0) = 0 C4 = 0 .
L̄(0) = 0 .
0 =
∑ 1
6
< L− xi >3 mig + C1
L3
6
+ C2
L2
2
+ C3L .
E como as extremidades são articuladas.
M0 = M(L) = 0 .
Sendo que,
176 CAPÍTULO 8. VELOCIDADE CRÍTICA DE ROTORES
C2 = 0 .
∑
(L− xi)mig + C1L = 0 .
C1 = −
∑ (L− xi)mig
L
.
E,
C3 = −
∑ 1
6
(L− xi)3mig −
C1
6
L3 .
C3 = −
∑ (L− xi)3mig
6L
−
∑ (L− xi)Lmig
6
.
Finalmente,
v̄(x) =
1
EI
(
∑ < x− xi >3 mig
6
−
∑ (L− xi)mig
6L
x3 −
∑ (L− xi)3mig
6L
x
+
∑ (L− xi)Lmig
6
x) .
Exemplo 1: Considere o sistema descrito pela Figura 8.2.
Figura 8.2: Exemplo calculo velocidade crítica de rotores.
8.2. DEFINIÇÃO 177
Portanto para o primeiro ponto:
v̄1 = v̄(x = 1m) =
1
EI
(0− 9, 81
60
[(10− 1)20× 13 + (10− 4)50× 13 + (10− 8)40× 13]
− 9, 81
60
[(10− 1)320× 1 + (10− 4)350× 1 + (10− 8)340× 1]
+
10× 9, 81
6
[(10− 1)20× 1 + (10− 4)50× 1 + (10− 8)40× 1]) .
v̄1 = v̄(x = 1m) =
4862, 49
EI
.
Para o segundo ponto:
v̄2 = v̄(x = 4m) =
1
EI
(
(4− 1)3
6
20× 9, 81
− 9, 81
60
[(10− 1)20× 43 + (10− 4)50× 43 + (10− 8)40× 43]
− 9, 81
60
[(10− 1)320× 4 + (10− 4)350× 4 + (10− 8)340× 4]
+
10× 9, 81
6
[(10− 1)20× 4 + (10− 4)50× 4 + (10− 8)40× 4]) .
v̄2 = v̄(x = 4m) =
14839, 26
EI
.
Para o terceiro ponto:
v̄3 = v̄(x = 8m) =
1
EI
(
(8− 1)3
6
20× 9, 81 + (8− 4)
3
6
20× 9, 81
− 9, 81
60
[(10− 1)20× 83 + (10− 4)50× 83 + (10− 8)40× 83]
− 9, 81
60
[(10− 1)320× 8 + (10− 4)350× 8 + (10− 8)340× 8]
+
10× 9, 81
6
[(10− 1)20× 8 + (10− 4)50× 8 + (10− 8)40× 8]) .
v̄3 = v̄(x = 8m) =
9201, 78
EI
.
E com os dados:
E = 207 [GPa].
d = 0, 1 [m].
I =
πd4
64
= 4, 90875× 10−6 [m4].
Assim,
178 CAPÍTULO 8. VELOCIDADE CRÍTICA DE ROTORES
EI = 1016111, 25 [Pam4].
E,
v̄1 = 0, 0047854 [m].
v̄2 = 0, 14604 [m].
v̄3 = 0, 00906 [m].
E utilizando a equação,
ωn =
√∑
migv̄i∑
miv̄i
.
ωn =
√
20× 9, 81× 0, 004785 + 50× 9, 81× 0, 14604 + 40× 9, 81× 0, 00906
20× 0, 0047852 + 50× 0, 146042 + 40× 0, 009062
.
ωn = 28, 4482 [rad/s].
Sendo que o comum é representar em RPM, assim:
Vc = 28, 4482×
60
2π
= 271 [RPM ].
8.3 Exercícios
1) Um volante de massa m1 = 150 [kg] e duas polias de massa m2 = 25 [kg] e m3 = 50 [kg],
estão montadas sobre um eixo de comprimento L = 10 [m]. Determine suas localizações L1, L2
e L3 para maximizar a frequência fundamental de vibração do sistema.
Capítulo 9
Isolamento de Vibrações
9.1 Introdução
Segundo Silva [9], mesmo uma máquina sendo montada em cima de uma base rígida projetada
para apresentar níveis adequados de vibrações, a força transmitida da máquina para a base ou
da base para o sistema pode ser elevada e isto pode causar problemas.
O isolamento de vibração é a técnica mais utilizada atualmente para a proteção de me-
canismos e estruturas que sofrem excitação, seja ela por choque/impacto, seja ela harmônica.
Portanto, o isolamento de vibrações consiste no processo é um processo pelo qual os efeitos
da vibração são minimizados, uma vez que é impossível eliminá-los. Conforme a isolamento
seja classi�cado como ativo ou passivo, ele reduzirá, respectivamente, a amplitude da força
transmitida do sistema para a base, ou a amplitude do movimento transmitido da base para o
sistema.
Isolamento Ativo:
TR =
∣∣∣∣Amplitude da fora transmitidaAmplitude da fora de excitao
∣∣∣∣ ,
Isolamento Passivo:
TR =
∣∣∣∣Amplitude do movimento transmitidoAmplitude do movimento de excitao
∣∣∣∣ ,
A medida do isolamento de vibrações é feita através de um parâmetro denominado trans-
missibilidade. A transmissibilidade, simbolizada por TR, é de�nida de acordo com o tipo de
isolamento.
A seguir são apresentados alguns comentários sobre os dois tipo de isolamento e é apresen-
tado o conceito de transmissibilidade absoluta.
179
180 CAPÍTULO 9. ISOLAMENTO DE VIBRAÇÕES
9.2 Isolamento Ativo
Consiste em isolar a base das vibrações provenientes da máquina. Para isto, é necessário
determinar as forças transmitidas pelos amortecedores e molas (em regime permanente).
Figura 9.1: Modelo de uma máquina montadas sobre uma base com isoladores.
Forças nas molas e amortecedores, em regime permanente.
Fmola = ku ,
Famort = cu̇ .
É interessante observar que Fmola e Famort são ortogonais, logo a amplitude total da força
transmitida FTr pode ser calculada por,
|FTr| =
√
(Fmola)2 + (Famort)2 ,
Logo,
|FTr| = kUp
√
1 + (2ζβ)2 ,
E, lembrando que a amplitude da força de excitação pode ser calculada com base na ampli-
tude de vibração em regime permanente,
|Fexc| = kUp
√
(1 + β2)2 + (2ζβ)2 ,
Podemos, escrever a transmissibilidade absoluta TR, de�nida como sendo a razão entre as
amplitudes das forças transmitidas e de excitação, como sendo:
Tr =
∣∣∣∣ FtrFexc
∣∣∣∣ ,
Sendo que a transmissibilidade absoluta pode ser de�nida como,
Tr =
√
1 + (2ζβ)2√
(1− β2)2 + (2ζβ)2
,
É importante observar que Ftr = TrFexc, ou seja, a força de excitação é transmitida propor-
9.2. ISOLAMENTO ATIVO 181
cionalmente a transmissibilidade absoluta Tr. Assim, é desejável que o valor de Tr seja o mínimo
possível. Na prática deve-se de�nir qual a transmissibilidade Tr adequada para o sistema e com
isto calcular qual a razão β que pode ser utilizada para se ter esta transmissibilidade.
Assim, de modo geral, podemos ilustrar como o valor da razão de frequência β e do fator
de amortecimento ζ afetam as amplitudes.
Figura 9.2: Vibração causada por excitação na base (a) amplitude da resposta e (b) ângulo de
fase da resposta [Rao [1]].
Silva [9] - Exemplo 1: Uma máquina rotativa tem massa de 500[kg] e um desbalan-
ceamento m0e = 5, 8[kg.m]. Quando são usados amortecedores com fatorde amortecimento
ζ = 0, 2. Especi�que as molas para montagem tal que somente 10% da força de desbalance-
amento seja transmitida ao chão. Determine também a intensidade da força transmitida. O
ventilador gira a uma velocidade de 1000rpm.
A rotação da máquina em rad/s é dada por,
ω = 1000× 2π
60
= 104, 7 [rad/s].
A transmissibilidade TR desejada é de 10% assim a razão β necessária é calculada por
Tr =
√
1 + (2ζβ)2√
(1− β2)2 + (2ζβ)2
= 0, 1 .
Resolvendo a equação acima chegasse a β = 4, 72 >
√
2, que corresponde a faixa de isola-
mento. Após o β calculado obtém-se a freqüência natural ωn necessária,
β =
ω
ωn
.
ωn =
104, 7
4, 72
= 22, 18 [rad/s].
182 CAPÍTULO 9. ISOLAMENTO DE VIBRAÇÕES
Lembrando que a rigidez é dada por k = mω2n, tem-se que mola deve ter uma rigidez
k = 500× 22, 182 = 246.198 [N/m].
Por �m, a intensidade da força transmitida é,
Tr =
FTr
Fexc
⇒ FTr = TrFexc .
FTr = Tr[(m0e)ω
2] = 0, 1(5, 8× 104, 7) = 6360, 4 [N ].
9.3 Isolamento Passivo
O isolamento passivo por sua vez corresponde a isolar a excitação da base para a máquina.
Figura 9.3: Modelo de uma máquina montadas como isolamento passivo.
Assim as forças nas molas e amortecedores são dada por:
Fmola = kur = k(u− ue) = ku− kue ,
Famort = cu̇r = c(u̇− u̇e) = cu̇− cu̇e .
A equação de equilíbrio para o sistema máquina-base é dada por,
mü+ cu̇+ ku = cu̇e + kue .
onde assume-se que a base tem um movimento do tipo harmônico. Assim a transmissibili-
dade absoluta (Tr) para este caso é dada por:
Tr =
√
1 + (2ζβ)2√
(1− β2)2 + (2ζβ)2
,
Silva [9] - Exemplo 2: Um grupo motor-ventilador é montado sobre duas viga I de aço
com E = 210 × 109[N/m2], 2 metros de comprimento cada uma e, com momento de inércia
I = 27000[cm4]. O grupo tem 7300[kg] e massa e gira a 900rpm. (a) Suponto ζ = 0, 05 qual
a porcentagem (%) da força de excitação que é transmitida à estrutura que suporta as vigas?
9.3. ISOLAMENTO PASSIVO 183
(b) Interpondo entre a viga e o grupo em série, isoladores de molas helicoidais de rigidez total
de 4000[kgf/cm] qual a redução (%) da amplitude?
(a) A rotação em rad/s pode ser calculada por,
ω = 900× 2π
60
= 94, 3 [rad/s].
A rigidez total das duas vigas em paralelo é obtida a partir de
keq = 2×
48EI
L3
= 2× 48× (210× 10
9)× (2, 7× 10−3)
23
= 6, 8× 107 [N/m].
Assim, pode-se obter a frequência natural ωn,
ωn =
√
keq
m
= 96, 5 [rad/s].
Conhecidas as frequências,
β =
ω
ωn
= 0, 98 <
√
2 ,
que corresponde a uma faixa de ampliação. Assim, a transmissibilidade absoluta é dada por,
Tr =
√
1 + (2ζβ)2√
(1− β2)2 + (2ζβ)2
= 9, 51 .
(b) Como a transmissibilidade é muito alta deve-se instalar molas como isoladores para
diminuir TR. O primeiro ponto é calcular a rigidez equivalente entre a rigidez das duas vigas e
das molas dos isoladores que estão em série,
1
Keq
=
1
6, 8× 107
+
1
4× 106
= 3, 77× 106 [N/m].
A nova frequência natural do sistema é então calculada por
ωn =
√
3, 77× 106
7300
= 22, 7 [rad/s].
A razão entre as frequências para esta con�guração é dada por,
β =
94, 3
22, 7
= 4, 14 >
√
2 .
A nova transmissibilidade é então dada por,
Tr =
√
1 + (2ζβ)2√
(1− β2)2 + (2ζβ)2
= 0, 072 .
A amplitude de vibração em regime permanente antes de colocar os isoladores é dada por:
mUp
m0e
=
β2√
(1− β2)2 + (2ζβ)2
=
0, 982√
(1− 0, 982)2 + (2ζ0, 98)2
.
184 CAPÍTULO 9. ISOLAMENTO DE VIBRAÇÕES
Depois de colocar as molas dos isoladores a amplitude de vibração em regime permanente
deve ser descrita por,
mUp1
m0e
=
β2√
(1− β2)2 + (2ζβ)2
=
4, 142√
(1− 4, 142)2 + (2ζ4, 14)2
.
Assim, a razão entre as amplitudes antes e depois de colocar os isoladores é dada por,
Up
Up1
= 2, 56 .
Up1 = 0, 12Up .
Com isto a redução conseguida na amplitude de vibração do sistema quando se aplica os
isoladores é de 88%.
Bibliogra�a
[1] Singiresu S. Rao. Vibrações Mecânicas. Pearson Prentice Hall, São Paulo, 4th edition,
2008.
[2] Balakumar Balachandran and Edward B. Magrab. Vibrações Mecânicas. Cengage Lear-
ning, São Paulo, 2nd edition, 2011.
[3] Daniel J. Inman. Engineering Vibration. Pearson, Nova Jersey, 4th edition, 2014.
[4] William T Thomson. Theory of Vibrations. Prentice Hall, Nova Jersey, 5th edition, 1996.
[5] Arthur Palmeira Ripper Neto. Vibrações Mecânicas. E-papers, Rio de Janeiro, 1st edition,
2007.
[6] Paulo Roberto Gardel Kurka. Vibrações de Sistemas Dinâmicos: Análise e Síntese. Else-
vier Brasil, São Paulo, 1st edition, 2015.
[7] Jacob Pieter Den Hartog. Vibrações nos sistemas mecânicos. Edgard Blücher Ltda, São
Paulo, 1st edition, 1972.
[8] Austin H. Church. Mechanical Vibrations. John Wiley and Sons, New York, 2nd edition,
1963.
[9] Samuel da Silva. Vibrações Mecânicas - Apostila. Universidade Estadual do Oeste do
Paraná, UNIOESTE, Foz do Iguaçu, 2nd edition, 2009.
[10] Mario Francisco Mucheroni. Dinâmica de Sistemas Discretizados - Vibrações Mecânicas -
Apostila. Escola de Engenharia de São Carlos - Universidade de São Paulo - EESC/USP,
São Carlos, 1st edition, 2012.
[11] S. Graham Kelly. Mechanical Vibrations: Theory and Applications. Cengage Learning,
Stamford, USA, 1st edition, 2012.
[12] José Carlos Pereira. Introdução à Dinâmica de Rotores - Apostila. Universidade Federal
de Santa Catarina - UFSC, Florianópolis, 1st edition, 2005.
185
186 BIBLIOGRAFIA
Parte VI
Material Complementar
187
Capítulo 10
Série de Fourier
Já vimos que espaços vetoriais são a extensão dos conceitos associados a um espaço que é
bastante conhecido (e intuitivo), como o RN . Desta forma, de�nimos e trabalhamos com
conceitos fundamentais, como o de função, operadores, norma, produto interno e sequências.
De fundamental interesse para os nossos estudos em fundamentos de matemática é uma série
de funções especialmente importante, conhecida como Série de Fourier.
Seja um conjunto C0, das funções contínuas, de�nidas no intervalo [−L,L]. Se este conjunto
for munido das operações binárias básicas de�nidas anteriormente, então constitui um espaço
de dimensão in�nita (cardinalidade da base é in�nita), com produto interno de�nido por,
< u(x),v(x) >=
∫ L
−L
u(x)v(x) dx
e norma Euclidiana,
‖u‖2 =< u,u >
1
2 .
Conforme já estudamos, existem diferentes bases para um mesmo espaço. Das diversas normas
dais quais podemos dispor para descrever as funções contínuas C0, uma é de interesse especial.
Este conjunto base é dado por ,
B =
{
1
2
}
∪
{
cos
(nπx
L
)}
∪
{
sen
(nπx
L
)}
, n ∈ N∗
e, NESTA BASE ESPECÍFICA, um elemento do espaço C0 é descrito por uma combinação
linear do tipo,
u = a0
1
2
+
∞∑
n=1
ancos
(nπx
L
)
+
∞∑
n=1
bnsin
(nπx
L
)
onde o somatório vai a in�nito, pois esta é a cardinalidade da base (a combinação linear implica
em usar todos os termos da base, pois esta é a dimensão do espaço).
Os coe�cientes da série são obtidos por meio das projeções da função nas direções de�nidas
pela base. Desta forma, se chamarmos os termos da base de,
B = {c0} ∪ {cn} ∪ {sn} , n ∈ N∗
189
190 CAPÍTULO 10. SÉRIE DE FOURIER
então,
a0 =
〈u, c0〉
〈c0, c0〉
=
2
L
∫ L
−L
u(x)
2
dx
an =
〈u, cn〉
〈cn, cn〉
=
1
L
∫ L
−L
u(x)cn(x) dx
bn =
〈u, sn〉
〈sn, sn〉
=
1
L
∫ L
−L
u(x)sn(x) dx
tal que,
fn(x) = a0
1
2
+
n∑
k=1
ak cos
(
kπx
L
)
+
n∑
k=1
bk sin
(
kπx
L
)
.
Teorema 1. Teorema de Fourier
Seja f : [−L,L] → R uma função derivável por partes. Então, em um ponto x ∈ (−L,L) a
série de Fourier converge fortemente para fn(x) =
f(x+)+f(x−)
2
. Nos extremos x = −L e x = L,
temos as seguintes situações:
• se f for periódica com período igual a L, então fn(−L) = fn(L) = f(L);
• se f não for periódica, então fn converge para a média dos valores laterais, ou seja,
fn =
f(−L+ + L−)
2
É importante complementar a de�nição acima com as chamadas condições de Dirichlet.
Estas 3 condições devem ser observadas para que uma função seja corretamente descrita pela
série de Fourier:
Teorema 2. Condições de Dirichlet
Uma função f(x), para ser descrita por uma série de Fourier, deve satisfazer as seguintes
condições:
• A função deveser absolutamente integrável, ou seja,
∫
|f(x)|dx <∞, implicando que os
coe�cientes serão limitados;
• Não podem existir in�nitos pontos de máximo e/ou de mínimo. Um exemplo que não
atende a este requisito é a função f(x) = sin
(
π
x
)
quando x→ 0;
• Não podem existir in�nitas descontinuidades.
Exemplo:
Vamos considerar a função f(x) = x2, para x ∈ [−1, 1]. Obviamente, a representação desta
função na base que está sendo discutida será EXATA para n→∞, pois f(x) ∈ C0. No entanto,
como exercício vamos estudar o comportamento da aproximação a medida que aumentamos o
191
número de termos na combinação linear.
A) Um termo (n=0):
Neste caso, f0 = a02 , com a0 =
2
(1)
∫ 1
−1 x
2 1
2
dx = 2
3
. Portanto, f0 = 13 .
B) Termo constante mais os primeiros trigonométricos (n=1):
Neste caso, f1 = 13 + a1cos
(
πx
L
)
+ b1sin
(
πx
L
)
, com
a1 =
1
1
∫ 1
−1
x2cos
(πx
L
)
dx = − 4
π2
b1 =
1
1
∫ 1
−1
x2sin
(πx
L
)
dx = 0
tal que
f1 =
1
3
− 4
π2
cos
(πx
1
)
C) n=2
f2 =
cos (2π x)
π2
− 4 cos (π x)
π2
+
1
3
D) n=3
f3 = −
4 cos (3π x)
9 π2
+
cos (2π x)
π2
− 4 cos (π x)
π2
+
1
3
E) n = 4
f4 =
cos (4π x)
4π2
− 4 cos (3π x)
9 π2
+
cos (2π x)
π2
− 4 cos (π x)
π2
+
1
3
tal que as aproximações podem ser visualizadas na Figura (10.1).
Funções Pares e Funções Ímpares:
Uma função f(x) em x ∈ [−L,L] é dita par se f(−x) = f(x) e é dita ímpar se f(−x) = −f(x),
∀x ∈ [−L,L].
Assim, pelas propriedades trigonométricas do seno e do cosseno, observamos que em funções
pares os coe�cientes bn são zero, enquanto em funções ímpares os coe�cientes an serão nulos.
Exemplo: A função x2 é par, pois (−x)2 = x2 em todo o intervalo [−1, 1]. Conforme ilus-
trado no exemplo anterior, todos os bn se anulam.
192 CAPÍTULO 10. SÉRIE DE FOURIER
Figura 10.1: Aproximações para a função x2, para n = 0, 1, 2, 3 e 4
Extensão Periódica:
Caso uma função seja de�nida em um intervalo x ∈ [0, L], então é necessário estender o domínio
da função para que seja possível aplicar as equações deduzidas acima. Neste caso, existem duas
possibilidades:
• Extensão Par:
fpar(x) =
{
f(x) x ∈ [0, L]
f(−x) x ∈ [−L, 0)
• Extensão Ímpar:
•
fı́mpar(x) =
{
f(x) x ∈ [0, L]
−f(x) x ∈ [−L, 0)
Exemplo:
Para f(x) = 4x− 3x2 − 2x3 e x ∈ [0, 1], temos as seguintes extensões periódicas:
fpar(x) =
{
4x− 3x2 − 2x3 x ∈ [0, 1]
−4x− 3x2 + 2x3 x ∈ [−1, 0)
fı́mpar(x) =
{
4x− 3x2 − 2x3 x ∈ [0, 1]
4x+ 3x2 − 2x3 x ∈ [−1, 0)
portanto, temos os seguintes comportamentos Ilustrados na Figura (10.2).
193
Figura 10.2: Função original , extensão par e extensão impar
Figura 10.3: Série de Fourier com 4 termos para aproximar o comportamento de f(x) =
4x− 3x2 − 2x3 para x ∈ [0, 1] e extensão par.
Assim, estudando a série de Fourier para esta função, obtemos
a0 =
2
1
(∫ 0
−1
fpar(x)
1
2
dx+
∫ 1
0
f(x)
1
2
dx
)
an =
(∫ 0
−1
fpar(x)cos
(nπx
L
)
dx+
∫ 1
0
f(x)cos
(nπx
L
)
dx
)
bn =
(∫ 0
−1
fpar(x)sin
(nπx
L
)
dx+
∫ 1
0
f(x)sin
(nπx
L
)
dx
)
resultando em f4(x) =
−81π
2 cos (4π x) + (32− 48 π2) cos (3π x) + 324 π2 cos (2π x) + (2592− 432 π2) cos (π x)− 27 π4
54 π4
ou, gra�camente, com o comportamento ilustrado na Figura (10.3).
194 CAPÍTULO 10. SÉRIE DE FOURIER
Capítulo 11
Autovalores e Autovetores
Se A é um operador escrito em termos de uma base qualquer, então existe uma base no qual a
representação discreta de A, A, é diagonal. No R2, por exemplo, isto é facilmente visualizado
na operação T : U → V representada pela matriz
A =
(
a b
b c
)
tal que
Au =
{
au1 + bu2
bu1 + cu2
}
.
Uma outra forma de apresentar a MESMA operação, porém em outra base, seria realizada
com o operador A
′
diagonal, tal que
A
′
=
(
λ1 0
0 λ2
)
tal que
A
′
u
′
=
{
λ1u
′
1
λ2u
′
2
}
.
A forma diagonal de A, A
′
é conhecida como forma canônica do operador (neste caso,
no R2) . Nesta forma canônica, �ca claro que se A for positivo de�nida, então os
coe�cientes λ1 e λ2 serão positivos.
Como desenvolvido no Capítulo ??, sabemos que a mudança de base de um operador é
realizada pela operação
A
′
= RAR−1,
onde R é o operador de mudança de base. O problema aqui é que não conhecemos o operador
de mudança de base que permita obter a forma diagonal do operador e nem os valores de λ.
A determinação desta mudança de base especí�ca R = Φ e do operador diagonal associado,
A
′
é o objetivo de uma classe de problemas muito útil, chamada de problema de autovalores e
autovetores.
195
196 CAPÍTULO 11. AUTOVALORES E AUTOVETORES
Vamos a uma de�nição um pouco mais tradicional:
Autovalores e Autovetores:
Considere a transformação T : U → V , na forma
T (u) = λu.
Como toda a transformação linear �nito dimensional pode ser escrita pela multiplicação de
uma matriz por um vetor, então
T (u) : Tu = λu
que pode ser escrita na forma
(T− λI) u = 0.
Assim, descartando a solução trivial u = 0, o problema homogêneo de�nido pela equação acima
tem solução se e somente se
det (T− λI) = 0
resultando em um polinômio de grau n (dimensão da forma discreta do operador). As raízes
λi são chamadas de autovalores (ou valores característicos) do operador e os vetores ui que
satisfazem a igualdade Tui = λiui são chamados de autovetores.
Nesta de�nição, utilizamos o conceito de determinante de uma matriz. Vamos formalizar:
197
Determinante de uma matriz: Seja uma matriz M de dimensões n× n, associada a um espaço V .
De�nimos o determinante de M ou det(M) como sendo o operador linear det : V → R como sendo o
unico operador que satisfaz os seguintes requisitos:
• O determinante da matriz identidade é igual a 1;
• O determinante depende linearmente de cada coluna da matriz;
• O determinante troca de sinal se trocarmos a posição de duas colunas da matriz,
ou, de maneira alternativa, podemos a�rmar que det(M) é uma função multilinear e alternada das
colunas de M. Ainda, temos as seguintes propriedades do determinante:
• O determinante de uma matriz é zero se e somente se a matriz for singular (não admitir inversa);
• O valor do determinante de uma matriz não é alterado se adicionarmos um multiplo de uma
coluna a outra coluna da matriz;
• O determinante da matriz e de sua transposta são iguais;
• O determinante é multiplicativo, isto é, det(AB) = det(A)det(B)
Sugiro fortemente a leitura do texto www.axler.net/DwD.pdf, que trata sobre a de�nição de determi-
nantes e sua pertinência e também a leitura da página
http://www.cli�snotes.com/study_guide/
De�nitions-of-the-Determinant.topicArticleId-20807,articleId-20797.html
que apresenta duas de�nições bem didáticas sobre este conceito.
Interpretação geométrica do determinante:
Seja M uma matriz 2× 2, na forma
M =
[
u1 u2
v1 v2
]
onde cada linha contém os coe�cientes de um vetor em uma determinada base. A área com
sinal do paralelogramo de�nido por estes vetores é igual ao determinante da matriz. De fato,
da álgebra sabemos que a área do paralelogramo é dada por
A = ‖u× v‖ =
 i j ku1 u2 0
v1 v2 0
 = u1v2 − v1u2
e que o determinante de uma matriz 2×2 é dado por u1v2−v1u2. Estendendo este conceito para
3 dimensões, temos que o determinante de uma matriz 3×3 é igual ao volume do paralelepípedo
de�nido por três vetores u, v ew, ou seja ‖u · v ×w‖ (produto misto).
Observem que a de�nição de autovalor e autovetor está de acordo com as de�nições das
Eqs. (??) e (??), pois neste caso, u pode ser visto como uma das colunas de Φ e λ um dos
198 CAPÍTULO 11. AUTOVALORES E AUTOVETORES
elementos da matriz diagonal Λ. Desta forma, podemos a�rmar que um dado autovalor u é um
dos vetores bases da transformação que diagonaliza A e que o autovalor λ é a posição associada
da matriz diagonal Λ. Desta forma, podemos veri�car que a matriz Φ cujas colunas são os
autovetores u tem colunas linearmente independentes. Expandindo estes termos, veri�camos
que
TΦ = ΛΦ ⇐⇒ Λ = Φ−1TΦ
OU SEJA, Φ é um operador de mudança de base entre o observador da base
diagonalizada para a base original.
Exemplo: Seja o operador T : R3 → R3
T (x, y, z) = (3x− y + z,−x+ 5y− z, x− y + 3z)
que tem a forma matricial
T =
 3 −1 1−1 5 −1
1 −1 3
 ,
pois
T (x, y, z) =
 3 −1 1−1 5 −1
1 −1 3


x
y
z
 .
A equação característica associada a este operador é obtida por meio da operação
det

 3 −1 1−1 5 −1
1 −1 3
− λ
 1 0 00 1 0
0 0 1

 = 0
resultado em
−λ3 + 11λ2 − 36λ+ 36 = 0
com raízes λ1 = 2, λ2 = 3 e λ3 = 6. Os autovetores associados a cada um dos autovalores são
obtidos por
λ1 :
 3− 2 −1 1−1 5− 2 −1
1 −1 3− 2


u1
u2
u3

1
=

0
0
0

tal que
u1 −u2 +u3 = 0
−u1 +3u2 −u3 = 0
u1 −u2 +u3 = 0
199
tem in�nitas soluções, na forma
u1
u2
u3

1
=

−a
0
a
 ,∀a ∈ R
e
λ2 :
 3− 3 −1 1−1 5− 3 −1
1 −1 3− 3


u1
u2
u3

2
=

0
0
0

resulta em 
u1
u2
u3

2
=

b
b
b
 ,∀b ∈ R
e �nalmente,
λ3:
 3− 6 −1 1−1 5− 6 −1
1 −1 3− 6


u1
u2
u3

3
=

0
0
0

resulta em 
u1
u2
u3

3
=

c
−2c
c
 ,∀c ∈ R.
Assim,
Φ =

1√
2
1√
3
1√
6
0 1√
3
− 2√
6
− 1√
2
1√
3
1√
6

tem colunas que satisfazem as soluções obtidas e que são L.I (veri�que). Os valores de a, b e c
foram escolhidos para que a norma 2 de cada um dos vetores base fosse unitária.
Conforme a teoria de mudança de bases que vimos antes, temos que
Φ−1TΦ =
 2 0 00 3 0
0 0 6

é a forma diagonal de T.
Exemplo
Um operador linear é descrito, utilizando a base canônica do R3, na forma
200 CAPÍTULO 11. AUTOVALORES E AUTOVETORES
A =
 4 0 1−2 1 0
−2 0 1

e tem autovalores λ1 = 1, λ2 = 3 e λ3 = 2 e autovetores
Φ =
0
√
3
3
−1
3
1 −
√
3
3
2
3
0 −
√
3
3
2
3
 .
Supondo que o mesmo observador descreva um valor x na base canônica, como sendo
x =

1
2
3

então a aplicação do operador no vetor fornece como resultado
s = Ax =

7
0
1
 .
Um outro observador, utilizando a base que diagonaliza o operador (autovetores) irá observar
x como sendo (lembre-se que Φ mapeia de x
′
para x)
x
′
= Φ−1x =

−1
8, 66
12

e este observador irá obter, como resultado da aplicação do operador diagonalizado em x
′
s
′
= A
′
x
′
=
1 0 00 3 0
0 0 2


−1
8, 66
12
 =

−1
25, 98
24
 .
Finalmente, podemos observar que cada observador obteve um resultado descrito em sua base,
mas como sabemos que o operador de mudança de base Φ permite descrever um vetor da base
diagonalizada na base canônica, veri�camos que
s = Φs
′
=

7
0
1
 .
11.1. AUTOVALORES E AUTOVETORES REAIS 201
Tarefas:
1) Comente a frase: Um autovetor u pertence ao kernel do operador (T− λI)
2) Determine os autovalores e autovetores dos operadores:
• T : R2 → R2, T (x, y) = (3x, 8x− y)
• T : R3 → R3, T (x, y, z) = (3x, 2y, y + 2z)
11.1 Autovalores e Autovetores Reais
Como os autovalores são raízes do polinômio característico, �ca claro que, sob determinadas
condições, podemos ter raízes (autovalores) complexos. Da mesma, forma, ao solucionarmos o
sistema linear homogêneo com λ complexo, podemos ter autovetores complexos. No entanto,
se a matriz for Hermitiana, podemos provar que os autovalores serão reais.
Matriz Hermitiana
Uma matriz A é dita Hermitiana se for auto-adjunta, ou seja, se
A = Ā
onde Ā é o conjugado transposto da matriz (aij = āji), ou seja, as posições diagonais são reais
e as posições fora da diagonal são tais que aij + biji = aji− bjii. Se a matriz é real, o complexo
conjugado se reduz ao fato de a matriz ser simétrica, isto é, A = AT .
Exemplo:
A matriz
A =
 1 2 + i −12− i 3 −3i
−1 3i 2

é Hermitiana e seus autovalores são λ1 = −1, 9359708, λ2 = 1, 8748776 e λ3 = 6, 0610932 com
autovetores
Φ =
 0, 4666037− 0, 3527762i −0, 4221890 + 0, 6140749i −0, 0032597− 0, 3201372i−0, 1175921 + 0, 5766664i 0, 2046916 + 0, 1662744i −0, 1067124− 0, 7567659i
0, 5580841 0, 6124726 0, 5598387
 ,
que, como esperado, diagonaliza a matriz.
11.2 Multiplicidade de Autovalores
Nos exercícios propostos na seção anterior, podemos veri�car que é possível obter autovalores
idênticos (múltiplos autovalores). Por exemplo, T : R3 → R3, T (x, y, z) = (3x, 2y, y + 2z) tem
202 CAPÍTULO 11. AUTOVALORES E AUTOVETORES
autovalores λ1 = λ2 = 2 e λ3 = 3, de tal forma que o autovalor 2 aparece duas vezes. Neste
caso, dizemos que existe uma multiplicidade do autovalor.
Vamos investigar dois exemplos:
1) O operador
A =
4 2 22 4 2
2 2 4

tem como autovalores λ1 = λ2 = 2 e λ3 = 8 e seus autovetores são
Φ =
 1 1 11 −1 1
−2 0 1
 ,
que são linearmente independentes. Substituindo o autovalor λ1,2 na expressão A−λI, obtemos
a matriz 2 2 22 2 2
2 2 2

que tem Rank igual a 1 e nullity igual a 2. Assim, veri�camos que aMultiplicidade Geomé-
trica do autovalor λ1,2 = 2 é dada pela dimensão do espaço nulo, ou seja, 2 (também chamado
de número de parâmetros livres do sistema de equações). Observe que a multiplicidade geo-
métrica do autovalor é, neste caso, igual ao número de vezes em que o autovalor aparece (se
repete). Da mesma forma, substituindo o autovalor λ3 = 8 na expressão A − λI, obtemos a
matriz −4 2 22 −4 2
2 2 −4

que tem Rank igual a 2 e nullity igual a 1. Assim, a multiplicidade geométrica deste auto-
valor é igual a 1 que é, neste caso, igual ao número de vezes em que o autovalor se repete
(Multiplicidade Algébrica). Devido ao fato de a multiplicidade geométrica de todos os
autovalores desta matriz serem iguais ao número de vezes em que o autovalor se repete, veri�-
camos que é possível utilizar os autovetores como um operador de mudança de base, ou seja,
diagonalizar a matriz A por meio da operação Φ−1AΦ.
2) O operador
B =
3 0 00 2 0
0 1 2

11.3. SUBESPAÇOS PRÓPRIOS 203
tem como autovalores λ1 = λ2 = 2 e λ3 = 3. Sua matriz de autovetores é dada por
Φ =
0 0 10 0 0
1 −1 0
 ,
que posui duas colunas linearmente dependentes. substituindo o autovalor λ1 = λ2 = 2 na
expressão B− λI, obtemos a matriz 1 0 00 0 0
0 1 0

que tem Rank igual a 2 e nullity igual a 1. Assim, a multiplicidade geométrica deste autovalor
é 1 que, neste caso, não é igual ao número de vezes no qual o autovalor aparece, 2. Por sua
vez, a substituição do autovalor λ3 = 3 na expressão B− λI resulta na matriz0 0 00 −1 0
0 1 −1

que também tem Rank igual a 2 e nullity igual a 1, tal que sua multiplicidade geométrica é
1 que, neste caso, é igual ao número de vezes em que o autovalor é repetido. Desta forma,
devido ao fato de não termos a igualdade entre a multiplicidade geométrica e o número de
vezes em que o autovalor é repetido para todos os autovalores, veri�camos que o operador não
é diagonalizável pela operação Φ−1AΦ.
Assim, dos exemplos, podemos notar que a Multiplicidade Algébrica de um autovalor é
o número de vezes em que este autovalor é repetido e a Multiplicidade Geométrica de um
autovalor é o grau de indeterminação do sistema (A− λiI) X = 0 (o número de parâmetros
livres no sistema de equações, nullity ou dimensão do espaço nulo). Ainda, podemos veri�car
que a multiplicidade geométrica é sempre menor ou igual a multiplicidade algébrica.
11.3 Subespaços Próprios
O conjunto Uλ dos autovetores associados a um autovalor λ é de�nido por
Uλ = {X : AX = λX}
de onde �ca claro que a multiplicidade geométrica de λ é o nullity do operador A− λI. Estes
autovetores formam uma base para um subespaço, chamado de Subespaço Próprio do autovalor
λ.
Exemplos:
1) O operador
204 CAPÍTULO 11. AUTOVALORES E AUTOVETORES
A =
1 0 02 0 0
3 0 0

tem autovalores λ1 = λ2 = 0 e λ3 = 1. Os autovetores associados a estes autovalores são
Φ =
0 0 0, 26720 1 0, 5345
1 0 0, 8018
 .
Avaliando-se a dimensão do espaço nulo de A − 0I, obtém-se 2, que é igual a multiplicidade
algébrica deste autovalor. Com isto, pode-se veri�car que os autovetores (0, 0, 1) e (0, 1, 0)
formam uma base (os vetores são L.I.) para um espaço de dimensão 2, tal que o conjuntode
vetores que formam U0 é dado por
U0 =
a

0
0
1
+ b

0
1
0
 , a, b ∈ R

assim como o autovetor associado ao autovalor λ3 = 1, que forma o conjunto
U1 =
a

0, 2672
0, 5345
0, 8018
 , a ∈ R
 .
2) O operador
A =
5 1 00 5 1
0 0 5

tem 3 autovalores iguais a 5 com autovetores
Φ =
1 −1 10 0 0
0 0 0
 .
A multiplicidade geométrica deste autovalor é 1 (veri�que), tal que o mesmo não é diagonali-
zável. Outra consequência importante é o fato de os autovetores associados ao autovalor não
formarem uma base adequada para o subespaço próprio de λ = 5, pois os mesmos são line-
armente dependentes. De fato, podemos veri�car que o subespaço próprio tem apenas uma
dimensão, pois
U5 =
a

1
0
0
 , a ∈ R
 ,
11.4. PROBLEMA GENERALIZADO DE AUTOVALORES E AUTOVETORES 205
o que justi�ca a falta de informações para realizar a diagonalização do operador.
11.4 Problema Generalizado de Autovalores e Autovetores
Um problema generalizado de autovalores e autovetores tem a forma
Ax = λBx (11.1)
tal que a forma padrão é obtida quando B = I. Os valores de λ e x que satisfazem esta equação
são obtidos pelo mesmo procedimento desenvolvido no começo desta seção, pois
(A− λB) x = 0
leva a condição
det (A− λB) = 0.
Se as matrizes A e B forem auto-adjuntas (que no caso de matrizes reais implica em simetria)
e se B for positivo de�nida, então as colunas de Φ (autovetores) podem ser escritas como um
conjunto ortogonal.
Um caso especial ocorre quando a matriz B é inversível, pois podemos multiplicar a Eq.
11.1 por B−1, obtendo
B−1Ax = λB−1Bx
ou
Cx = λIx = λx,
com C = B−1A. A expressão obtida tem a mesma forma que o problema de autovalores e
autovetores tradicional estudado ao longo deste capítulo, tal que os autovalores e autovetores
de C satisfazem a equação generalizada.
Exemplo:
Seja o problema generalizado de autovalores e autovetores de�nido por
A =
(
10 5
6 15
)
e
B =
(
4 1
2 6
)
.
Os autovalores deste problema podem ser obtidos por
det
[(
10 5
6 15
)
− λ
(
4 1
2 6
)]
= 0
resultando no polinômio característico p(λ) = 22λ2 − 104λ + 120 com raízes (autovalores)
206 CAPÍTULO 11. AUTOVALORES E AUTOVETORES
λ1 = 2, 7272 e λ2 = 2. Os autovetores correspondentes podem ser obtidos pela solução dos
problemas homogêneos
(A− λ1B) u = 0
e
(A− λ2B) v = 0,
resultando em
Φ =
(
u1 v1
u2 v2
)
=
(
2, 5 −1, 5
1 1
)
.
Como, neste exemplo, a matriz B é inversível
B−1 =
(
3
11
− 1
22
− 1
11
2
11
)
podemos obter a matriz C = B−1A,
C =
(
27
11
15
22
2
11
25
11
)
tal que o problema de autovalores e autovetores na forma tradicional,
det (C− λI) x = 0
resulta no polinômio característico
p(λ) = (2.2727− 1.0λ) (2.4545− 1.0λ)− 0.1239
com raízes λ1 = 2, 7272 e λ2 = 2, com os mesmos autovetores obtidos anteriormente. Neste
caso, como esperado, observamos que
Φ−1CΦ =
(
2, 72 0
0 2
)
.
11.4. PROBLEMA GENERALIZADO DE AUTOVALORES E AUTOVETORES 207
Tarefas:
1) Veri�car se os vetores dados são autovetores
(−2, 1) para
[
2 2
1 3
]
(resp. Sim)
(−2, 1, 3) para
 1 −1 02 3 2
1 2 1

(resp. Não)
2) Os vetores (1, 1) e (2,−1) são autovetores de um operador linear T : R2 → R2 associados aos
autovalores 5 e −1, respectivamente. Determinar T (4, 1). (Resp. T (x, y) = (x+ 4y, 2x+ 3y) e
T (4, 1) = (8, 11).
3) Determinar o operador linear T : R2 → R2 cujos autovalores são 1 e 3, associados aos
autoespaços V1 = {(−y, y), y ∈ R} e V3 = {(0, y), y ∈ R}. (Resp. T (x, y) = (x, 2x+ 3y))
4) Determinar os autovalores e autovetores dos seguintes operadores lineares
T (x, y) = (x+ 2y,−x+ 4y)
T (x, y) = (y,−x)
(Resp. a)2 e 3 , b) não possui autovalores reais. Investigue o motivo e observe a forma
matricial deste operador.
5) Determinar um conjunto de vetores base que diagonalize o operador
T (x, y) = (−3x− 5y, 2y)
Resp. {(1,−1), (1, 0)}
6) Veri�car se existe uma base de autovetores para
T (x, y, z) = (x+ y + z, 2y + z, 2y + 3z)
T (x, y, z) = (x,−2x+ 3y − z,−4y + 3z)
Resp. a) Sim e b) Não.
7) Determine os autovalores e autovetores do operador T : R3 → R3, T (x, y, z) = (4x+z,−2x+
y,−2x+ z). O operador é diagonalizável ? Resp: É diagonalizável.
208 CAPÍTULO 11. AUTOVALORES E AUTOVETORES
Capítulo 12
Solução de Problemas de Autovalores e
Autovetores
Um problema de autovalores e autovetores tem a forma
Ax = λx (12.1)
onde λ é um autovalor e x é um autovetor. Para obtermos os autovalores, podemos rearranjar
a Eq. (12.1) na forma
[A− λI] x = 0 (12.2)
e a solução não trivial é obtida quando
det (A− λI) = 0
dando origem a um polinômio com a forma
anλ
n + an−1λ
n−1...+ a1
que terá n raizes (autovalores). De posse dos autovalores, podemos obter o autovalor xi asso-
ciado a um autovalor λi por meio da solução do sistema de equações homogêneas e Eq. (12.2).
12.1 Método da Potência
Se uma matriz A[n×n] tem um autovalor dominante, isto é, se existe um autovalor que em
módulo é maior do que os demais, então existe um vetor x0 não nulo tal que a sequência {x}k
de�nida por
x1 = Ax0; x2 = Ax1, .....xk = Axk−1
ou
xk = A
kx0
209
210CAPÍTULO 12. SOLUÇÃO DE PROBLEMAS DE AUTOVALORES E AUTOVETORES
tende ao autovetor associado ao autovalor dominante. Para veri�carmos este comportamento,
primeiro veri�camos que x0 pode ser escrito por meio de uma combinação linear dos autovetores
de A
x0 =
n∑
i=1
civi.
É possível provar que (veri�que)
Akx0 =
n∑
i=1
ciλ
k
i vi
ou, colocando o autovalor dominante λk1 em evidència, podemos re-escrever esta equação como
Akx0 = λ
k
i
n∑
i=1
ci
(
λi
λ1
)k
vi
onde �ca claro que as frações λi
λ1
com i > 1 são menores do que 1 e que ao incrementarmos
o contador k, estes valores serão termos de ordem superior. Com isto, para k su�cientemente
elevado, veri�camos que a sequência converge para
Akx0 → c1λk1v1.
Outra informação interessante que podemos veri�car é que uma vez que
xk+1 = Axk
e xk+1tende a um autovetor dominante, entãoo Axk tende a λ1xk, de tal forma que
‖xk+1‖
‖xk‖
→ λ1
Exemplo: Considerando a matriz
A =

10 1 2 3
−1 20 2 1
2 3 30 1
1 2 3 40

12.1. MÉTODO DA POTÊNCIA 211
e iniciado com x0 = 1, teremos
xT1 =
[
16 22 36 46
]
xT1 =
[
392 542 1224 2008
]
....
xT19 =
[
5.7101 2.9656 7.0122 52.5745
]
∗ 1029
xT20 =
[
9.4118 4.8743 11.4576 86.7484
]
∗ 1032
e, dividindo o último resultado pela norma Euclidiana do vetor, obtemos
vT1 =
[
0.1067813 0.0553020 0.1299917 0.9841959
]
que é muito próximo ao autovetor associado ao maior autovalor desta matriz. O autovalor pode
ser obtido por
x(1)20
x(1)19
= 40.6171
que tem acurácia de 2 dígitos decimais. É interessante notarmos também que a operação
vTAv = λ1
o que é esperado, uma vez que o autovetor diagonaliza a matriz (neste caso, somente na posição
correspondente ao autovalor dominante). Assim, da propriedade de que os autovalores de uma
matriz são transladados por uma magnitude c por meio de uma operação (shift) na forma
A− cI
podemos realizar esta operação com a matriz original e com c = λ1,obtendo
A1 =

−30.6116 1 2 3
−1 −20.6116 2 1
2 3 −10.6116 1
1 2 3 −0.6116

e, realizando novamente o mesmo procedimento (até a vigésima iteração), obtemos
vT2 =
[
0.9854277 0.1224214 −0.1143751 −0.0293873
]
e
λ2 = −30.8078 + 40.6171 = 9.8082
que é o menor autovalor da matriz A. Assim, podemos restringir o algoritmo de forma sucessiva
ao espaço nulo (núcleo) dos autovetores já obtidos, de modo a obter os demais autovalores. Na
212CAPÍTULO 12. SOLUÇÃO DE PROBLEMAS DE AUTOVALORES E AUTOVETORES
prática, esta abordagem não é muito e�ciente. Este método é ilustrado no Alg.(1).
12.1.1 Método da Potência Inversa
Esta é uma variação do Método da Potência, onde trabalhamos com o inverso da matriz de
coe�cientes. Com isto, iremos obter o autovetor associado ao menor autovalor. Assim
xk = A
−kx0
e
‖xk+1‖
‖xk‖
→ 1
λn
.
Deve-se salientar que não invertemos a matriz, mas solucionamos um sistema de equações
na forma
Axk+1= xk.
Exemplo: Novamente iremos considerar a matriz
A =

10 1 2 3
−1 20 2 1
2 3 30 1
1 2 3 40

Assim, iniciando com x0 = 1 teremos
Ax1 = 1→ xT1 =
[
0.0849 0.0511 0.0212 0.0187
]
Ax2 = x1 → xT2 =
[
0.008179 0.0029702 −0.0001151 0.0001226
]
......
Ax19 = x18 → xT19 =
[
1.11866 0.1384 −0.1296799 −0.0333282
]
∗ 10−19
Ax20 = x19 → xT20 =
[
1.412 1.1411 −0.132292 −0.0339997
]
∗ 10−20
e, normalizando o ultimo vetor
v1 =
[
0.9855 0.1219 −0.1142436 −0.0293611
]
.
A menor autovalor é obtido por
λmin =
(
1.412 ∗ 10−20
1.11866 ∗ 10−19
)−1
= 9.8024.
Tarefa: Modi�car o Alg. (1) para o Método das potências Inversas.
12.1. MÉTODO DA POTÊNCIA 213
Algoritmo 1 Método das potências para cálculo do autovetor dominante
1 #
2 # Rotina Metodo_Potencia :
3 # Entradas : A : Matriz quadrada
4 # n : Dimensao do s i s tema
5 # t o l : C r i t e r i o de Parada (<<1)
6 # Saidas : x : Autovetor dominante
7 # lambda : Autovalor dominante
8 #
9 # Depende :
10 # MatrizXMatriz (A,B,m, n , o )
11 # EscalarXMatriz ( e ,A,m, n)
12 # Norma(x , n , p)
13 # Zeros (m, n)
14 # Ident idade (m)
15 #
16 Rotina Metodo_Potencia (A, n)
17
18 # Primeira e s t imat iva de x
19 x <− Ident idade (n , 1 )
20
21 # Primeira e s t imat iva do autova lo r
22 lambda <− 0 .0
23
24 # Primeira e s t imat iva do i n t e r v a l o de convergenc ia
25 I <− 1
26
27 # I t e r a
28 Enquanto I > t o l execute
29
30 # Calcula nova e s t imat iva para o x
31 xk <− MatrizXMatriz (A, x , n , n , 1 )
32
33 # Calcula a e s t imat iva do autova lo r
34 lambda_k <− xk (1 ) / x (1 )
35
36 # In t e r va l o para c a l c u l o de t o l e r a n c i a
37 I <− abs ( lambda_k − lambda )
38
39 # Atua l i za x e lambda
40 x <− xk
41 lambda <− lambda_k
42
43 Fim Enquanto
44
45 # Calcula a norma de xk
46 nx <− Norma(x , n , 2 )
47
48 # Normaliza o vetor ( para e v i t a r numeros muito grandes )
49 x <− EscalarXMatriz (1/nx , x , n , 1 )
50
51 Retorna x , lambda
52
53 Fim Rotina Metodo_Potencia
214CAPÍTULO 12. SOLUÇÃO DE PROBLEMAS DE AUTOVALORES E AUTOVETORES
12.2 Método de Jacobi
Sabendo que uma matriz A é simétrica e real, então existe uma matriz de mudança de base R,
real, que diagonaliza a matriz, na forma
Λ = RTAR,
onde Λ é diagonal e contém os autovalores de A e as colunas R contém os autovetores. A
mudança de base pode ser construída por uma série de operações de rotação sucessivas em
torno de diferentes eixos, com o objetivo de zerar blocos de dimensão 2 × 2 fora da diagonal.
Desta forma, a cada iteração do método temos uma matriz de rotação na forma
Rk =

1 0
0 1
. . .
cos(θ) − sin(θ)
. . .
sin(θ) cos(θ)
. . .
1

.
Se realizarmos a operação
Ak+1 = R
T
kAkRk,
então as posições i e j da matriz Ak+1 serão
aii = aii cos(θ)
2 + 2aij sin(θ) cos(θ) + aij sin(θ)
2,
e
aij = aji = (ajj − aii) sin(θ) cos(θ) + aij(cos(θ)2 − sin(θ)2),
sendo que os termos fora da diagonal são iguais a zero quando
θ =
1
2
atan
(
2aij
aii − ajj
)
.
Uma escolha comum é selecionar o termo de maior magnitude fora da diagonal a cada iteração.
Assim, podemos ir zerando os termos fora da diagonal sucessivamente, tal que ao �nal do
processo, termos uma matriz diagonal contendo os autovalores e uma matriz de autovetores,
tal que
Φ = RKRK−1...R1
onde K é o número de iterações.
12.2. MÉTODO DE JACOBI 215
Exemplo:
Considerando a matriz
A =
4 2 12 6 1
1 1 15

veri�camos que o maior número fora da diagonal é 2, na posição i = 1, j = 2. Assim, a matriz
de rotação R1 será
R1 =
cos(θ1) −sin(θ1) 0sin(θ1) cos(θ1) 0
0 0 1

com
θ1 =
1
2
atan
(
2 ∗ 2
4− 6
)
tal que θ1 = −0.5535744.
Assim, temos que, ao �nal da primeira iteração (k = 1),
A2 = R
T
1 AR1 =
 2.763932 0 0.32491970 7.236068 1.3763819
0.3249197 1.3763819 15
 .
Agora, o maior termo fora da diagonal é 1.3763819, com i = 2 e j = 3. Assim, a matriz de
rotação será
R2 =
1 0 00 cos(θ2) − sin(θ2)
0 sin(θ2) cos(θ2)

com
θ2 =
1
2
atan
(
2 ∗ 1.3763819
7.236068− 15
)
tal que θ2 = −0.1703648 e
A3 = R
T
2 A2R2 =
 2.763932 −0.0550875 0.3202158−0.0550875 6.9992857 0
0.3202158 0 15.236782
 .
Agora, identi�camos que o termo de maior magnitude é 0.3202158 na posição i = 1, j = 3. A
matriz de rotação será
216CAPÍTULO 12. SOLUÇÃO DE PROBLEMAS DE AUTOVALORES E AUTOVETORES
R3 =
cos(θ1) 0 −sin(θ1)0 1 0
sin(θ1) 0 cos(θ1)

com θ3 = −0.0256505, tal que
A4 = R
T
3 A3R3 =
 2.7557165 −0.0550694 0−0.0550694 6.9992857 −0.0014129
0 −0.0014129 15.244998
 .
Finalmente, como o maior termo (em magnitude) agora é −0.0550694 na posição i = 1,
j = 2, temos que
R4 =
cos(θ4) −sin(θ4) 0sin(θ4) cos(θ4) 0
0 0 1

com θ4 =, resultando em
A5 = R
T
4 A4R4 =
 2.755002 0 −0.00001830 7.0000002 −0.0014127
−0.0000183 −0.0014127 15.244998
 .
Neste momento, veri�camos que os termos fora da diagonal já se encontram em uma ordem
de grandeza de aproximadamente 1 × 10−3 dos demais valores da diagonal. De fato, os auto-
valores da matriz A são λ1 = 2.755002, λ2 = 7 e λ3 = 15.244998. Os autovetores são obtidos
pelo produto
Φ = R1R2R3R4 =
 0.8547356 0.5070736 0.1109213−0.5183361 0.8451319 0.1306897
−0.0274739 −0.1691997 0.9851988
 ,
que também mostram uma grande acurácia. Deve-se comentar que este método utiliza um
grande número de multiplicações de matrizes e o cálculo do arco tangente, que é propenso
a erros de arredondamento. O algoritmo do método de Jacobi é apresentado no Alg. 3 e o
algoritmo utilizado para a determinação da posição do maior valor em módulo da triangular
superior de uma matriz é apresentado no Alg. 2.
12.3 Método QR
O método QR é um dos métodos mais utilizados para cálculo de autovalores e autovetores. Isto
se deve a sua e�ciência quando programado com alguns cuidados. Neste método, transformamos
a matriz A na forma
A = QR
12.3. MÉTODO QR 217
Algoritmo 2 Rotina que determina a posição do maior valor em módulo da triangular superior
de uma matriz.
1 #
2 # Rotina Encontra_Maior_Valor :
3 # Entradas : A : Matriz quadrada e s ime t r i c a
4 # n : Dimensao do s i s tema
5 # Saidas : maxi : Linha com o maior va l o r
6 # maxj : Coluna com o maior va l o r
7 #
8 #
9 Rotina Encontra_Maior_Valor (A, n)
10
11 # I n i c i a l i z a as po s i c o e s
12 maxi <− 0
13 maxj <− 0
14
15 # Maior va l o r ate o momento
16 maxval <− 0
17
18 # Loop pe la t r i a n gu l a r supe r i o r sem contar a d iagona l
19 Para i de 1 ate n−1 execute
20 Para j de i+1 ate n execute
21
22 # Valor abso luto da pos i cao
23 v = |A( i , j ) |
24
25 # Ve r i f i c a se e s t e e o maior
26 Se v>maxval entao
27 maxval <− v
28 maxi <− i
29 maxj <− j
30 Fim Se
31 Fim Para #j
32 Fim Para #i
33
34 # Retorna os va l o r e s
35 Retorna maxi , maxj
36
37 Fim Rotina Encontra_Maior_Valor
218CAPÍTULO 12. SOLUÇÃO DE PROBLEMAS DE AUTOVALORES E AUTOVETORES
Algoritmo 3 Método de Jacobi
1 #
2 # Rotina Jacobi :
3 # Entradas : A : Matriz quadrada
4 # n : Dimensao do s i s tema
5 # nmaxiter : Numero maximo de i t e r a c o e s
6 # Saidas : A : Matriz com os autova l o r e s
7 # X : Matriz com os autove to re s
8 #
9 # Depende :
10 # MatrizXMatriz (A,B,m, n , o )
11 # Transposta (A, n)
12 # Ident idade (n)
13 # Zeros (n ,m)
14 # Encontra_Maior_Valor (A, n)
15 #
16 Rotina Jacobi (A, n , t o l )
17
18 # I n i c i a l i z a a matr iz dos autove to re s
19 X <− Ident idade (n)
20
21 # I t e r a c o e s de Jacobi
22 Para i de 1 ate nmaxiter execute
23
24 # Determina a pos i cao do maior va l o r
25 mi , mj <− Encontra_Maior_Valor (A, n)
26
27 # Determina o angulo
28 t e ta <− 0 .5∗ atan ( 2∗A(mi ,mj )/ (A(mi , mi)−A(mj ,mj ) ) )
29
30 # Monta a matr iz de rotacao
31 R <− Ident idade (n)
32 R(mi , mi ) <− cos ( t e ta )
33 R(mi , mj) <− −s i n ( t e ta )
34 R(mj , mi ) <− s i n ( t e ta )
35 R(mj ,mj) <− cos ( t e ta )
36
37 # Transposta da R
38 RT <− Transposta (R, n)
39
40 # Rotaciona a matr iz A
41 A <− MatrizXMatriz (RT, MatrizXMatrix (A,R, n , n , n ) , n , n , n )
42
43 # Acumula a matr iz dos autove to re s
44 X = MatrizXMatriz(X,R, n , n , n)
45
46 Fim Para
47
48 # Retorna a so lucao do problema de autova l o r e s
49 Retorna A,X
50
51 Fim Rotina Jacobi
12.3. MÉTODO QR 219
onde Q é uma matriz ortogonal, ie, Q−1 = QT , e R é uma matriz triangular superior. Este
processo pode ser realizado por mais de um método, sendo que aqui iremos utilizar o procedi-
mento de ortogonalização de Gram-Schmidt. Lembrando, a projeção de um vetor a sobre um
vetor e é dada por
projea =
< a, e >
< e, e >
e
e podemos gerar um conjunto de vetores ortogonais utilizado a Ortogonalização de Gram-
Schmidt, na forma
uk = ak −
k−1∑
j=1
projejak (12.3)
com
ek =
uk
‖uk‖
.
Desta forma, se considerarmos ak como sendo a k − ésima coluna de A, podemos isolar estes
vetores na Eq. (12.3), obtendo
ak =
k∑
j=1
< ej, ak > ej
tal que podemos �nalmente veri�car que a matriz A pode ser decomposta em uma matriz Q
cujas colunas são os vetores unitários ek,k = 1..n e a matriz R será uma matriz triangular
superior com termos rij =< ei, aj >, j ≥ i.
Exemplo: Aplicando a ortogonalização de Gram-Schmidt na matriz
A =
 2 4 13 1 −1
1 1 1

temos que
uT1 =
[
2 3 1
]
eT1 =
[
2 3 1
]
/3.7416 =
[
0.5345 0.8017 0.2672
]
uT2 = [4 1 1]− 〈[4 1 1] , [0.5345 0.8017 0.2672]〉 [0.5345 0.8017 0.2672]
= [2.2857 − 1.5714 0.1428]
eT2 = [0.823 − 0.566 0.051]
e
uT3 =
[
1 −1 1
]
− <
[
1 −1 1
]
,
[
0.5345 0.8017 0.2672
]
>
[
0.5345 0.8017 0.2672
]
− <
[
1 −1 1
]
,
[
0.823 −0.566 0.051
]
>
[
0.823 −0.566 0.051
]
=
[
−0.1851 −0.1851 0.926
]
eT3 =
[
−0.1924 −0.1924 0.9622
]
220CAPÍTULO 12. SOLUÇÃO DE PROBLEMAS DE AUTOVALORES E AUTOVETORES
de tal forma que
Q =
 0.5345 0.8229 −0.19240.8017 −0.566 −0.1924
0.2672 0.0514 0.9622

e
R = QTA =
 3.742 3.207 00 2.777 1.440
0 0 0.9622

sendo que a matriz R tem a forma de uma matriz de Heisenberg (veri�que). A obtenção da
matriz Q é ilustrada no Alg. (4), em Scilab.
Algoritmo 4 Obtenção da matriz Q utilizando ortogonalização de Gram-Schmidt
1 //
2 // Rotina Gram_Schmidt :
3 // Entradas : A : Matriz quadrada
4 // n : Dimensao do s i s tema
5 // Saidas : Q : Matriz com co lunas o r togona i s
6 //
7 //
8 function [Q] = Gram (A, n)
9
10 U = ze ro s (n , n)
11 Q = ze ro s (n , n)
12
13 U( : , 1 ) = A( : , 1 )
14 Q( : , 1 ) = U( : , 1 ) / norm(U( : , 1 ) , 2 )
15
16 for k=2:n
17
18 U( : , k ) = A( : , k )
19
20 for j =1:k−1
21 U( : , k ) = U( : , k ) − (Q( : , j ) '∗A( : , k ) )∗Q( : , j )
22 end
23
24 Q( : , k ) = U( : , k )/norm(U( : , k ) , 2 )
25
26 end
27
28 endfunction
De posse da matriz Q podemos propor um esquema iterativo, partindo de
Ak+1 = QkRk
onde, se multiplicarmos ambos os lados por Qk a direita e depois por Q−1k a esquerda obteremos
Q−1k Ak+1Qk = Q
−1
k QkRkQk = Q
−1
k AkQk
12.3. MÉTODO QR 221
indicando que as matrizes Ak+1e Ak são �iguais� e portanto devem ter os mesmos autovalores.
Assim, o procedimento iterativo tem a forma
Ak+1 = Q
−1
k AkQk
e sendo que após um número su�ciente de ortogonalizações iremos obter uma matriz A triangu-
lar superior cujos elementos da diagonal serão os autovalores. Caso a matriz A seja simétrica,
então a matriz A será diagonal e a matriz Q conterá os autovetores. Caso A não seja simétrica,
então devemos obter os autovetores de interesse por meio da solução do sistema de equações
da Eq. (12.2), para cada λ de interesse.
O procedimento para o caso de uma matriz simétrica está ilustrado no Alg. (5), em Scilab.
Algoritmo 5 Obtenção dos autovalores e autovetores de uma matriz simétrica pelo método
QR.
1 //
2 // Rotina QR:
3 // Entradas : A : Matriz quadrada e s ime t r i c a
4 // n : Dimensao do s i s tema
5 // Saidas : Qt : Matriz com co lunas o r togona i s ( autove to re s )
6 // A : Matriz d iagona l com os autova l o r e s
7 //
8 //
9 function [ Qt ,A] = QR(A, n , n i t e r )
10
11 Qt = eye (n , n)
12
13 for i =1: n i t e r
14
15 Q = Gram(A, n)
16 A = inv (Q)∗A∗Q
17 Qt = Qt∗Q
18
19 end
20
21 endfunction
Tarefa: Obtenha os autovalores e os autovetores da matriz A do exemplo anterior.
12.3.1 Utilizando a Decomposição QR para Solucionar Sistemas de
Equações Lineares Mal-Condicionados.
Considerando que A = QR, então
Ax = b
pode ser escrita como
QRx = b
222CAPÍTULO 12. SOLUÇÃO DE PROBLEMAS DE AUTOVALORES E AUTOVETORES
e, como Q é ortogonal, então podemos multiplicar ambos os lados por QT , tal que
Rx = QTb
e, �nalmente, como R é triangular superior, podemos solucionar o sistema por meio de uma
retrosubstituição. Esta abordagem é particularmente interessante quado a matriz A é mal
condicionada. A complexidade desta operação é da ordem de n3.
Como exemplo, vamos considerar uma matriz de dimensão 8
A =

64. −2016 20160 −92400 221760 −288288 192192 −51480
−2016 84672 −952560 4656960 −11642400 15567552 −10594584 2882880
20160 −952560 11430720 −58212000 1.497× 108 −2.043× 108 1.413× 108 −38918880
−92400 4656960 −58212000 3.049× 108 −8.004× 108 1.110× 109 −7.769× 108 2.162× 108
221760 −11642400 1.497× 108 −8.004× 108 2.134× 109 −2.997× 109 2.119× 109 −5.946× 108
−288288 15567552 −2.043× 108 1.110× 109 −2.997× 109 4.250× 109 −3.030× 109 8.562× 108
192192 −10594584 1.413× 108 −7.769× 108 2.119× 109 −3.030× 109 2.175× 109 −6.184× 108
−51480 2882880 −38918880 2.162× 108 −5.946× 108 8.562× 108 −6.184× 108 1.767× 108

com número de condicionamento rcond(A) = 1, 526 × 1010. Utilizando um vetor de termos
independentes, b, com bi = i, obtemos, usando o Scilab
x1 =

0
0
−0.0031391
−0.0035287
−0.0028351
−0.0018490
−0.0008703
0

obviamente após recebermos o aviso de que o sistema é mal condicionado. Se testarmos esta
solução com
Ax1− b =

−1.1727528
−0.9367498
−3.4111172
−4.9773307
−5.8545016
−6.3134753
−6.5224791
−6.5805729

que é diferente de 0. Se utilizarmos a decomposição QR e o procedimento apresentado aqui,
iremos obter, após a retrosubstituição
12.4. DECOMPOSIÇÃO CHOLESKY 223
x2 =

8.0000012
6.1710323
5.1420638
4.4403682
3.9204908
3.515998
3.1906261
2.9223971

que resulta em
Ax2− b =

0.0000014
5.588× 10−08
1.490× 10−08
0.0000004
−0.0000002
0.0000005
0.0000017
0.0000004

que é uma solução muito mais próxima do que se espera (lembrando que o sistema é muito mal
condicionado).
12.4 Decomposição Cholesky
É possível utilizar a decomposição Cholesky para a solução de um problema generalizado de
autovalores e autovetores na forma AX = λBX, onde a matriz B é simétrica, positivo-de�nida
e real. Neste caso, já vimos que a decomposição Cholesky de B é UTU, tal que
AX = λUTUX.
De�nido uma nova variável Y, tal que
Y = UX
e
X = U−1Y,
podemos escrever
AU−1Y = λUTY,
224CAPÍTULO 12. SOLUÇÃO DE PROBLEMAS DE AUTOVALORES E AUTOVETORES
Algoritmo 6 Solução de um sistema de equações lineares mal condicionado utilizando a de-
composição QR.
1
2 // Dimensao do problema
3 n = 8
4
5 // Gera uma matr iz de Hi lber t , nxn .
6 A = te s tmat r i x ( ' h i lb ' , n )
7
8 // Gera um vetor de termos independentes
9 b = ( 1 : n ) '
10
11 // Numero de condicionamento de A
12 // quanto mais proximo de 1 melhor !
13 conda = cond (A)
14
15 // Solucao d i r e t a
16 xd = A\b
17
18 // Decomposicao QR
19 [Q,R] = qr (A)
20
21 // Novo vetor do lado d i r e i t o
22 bqr = Q'∗b
23
24 // Apl ica r e t r o s u b s t i t u i c a o usando
25 // R e bq
26 xqr = ze ro s (n , 1 )
27
28 for i=n:−1:1
29 somator io = 0
30 for j=i +1:n
31 somator io = somator io + R( i , j )∗ xqr ( j )
32 end
33 xqr ( i ) = ( bqr ( i ) − somator io )/R( i , i )
34 end
35
36 // Testa a pr ime i ra so lucao
37 er ro_di r e to = A∗xd − b
38
39 // Testa a segunda so lucao
40 erro_qr = A∗xqr − b
12.4. DECOMPOSIÇÃO CHOLESKY 225
e, se multiplicarmos esta equação por U−T , obtemos
U−TAU−1Y = λU−TUTY,
onde �ca claro que U−TUT = I , tal que
U−TAU−1Y = λY.
Este problema de autovalores e autovetores pode ser solucionado pelos demais métodos vistos
neste capítulo, resultandonos mesmos autovalores do problema original. Ainda, de posse dos
vetores Y, é possível obter os autovetores do problema generalizado, pois X = U−1Y.
Como já vimos, a decomposição Cholesky é bem e�ciente. Da mesma forma, é possível
deduzir uma expressão para obtermos U−1 que compartilha da e�ciência do método Cholesky.
Para entendermos a relação, vamos considerar um problema de dimensão 3
u11 u12 u130 u22 u23
0 0 u33

α11 α12 α130 α22 α23
0 0 α33
 =
1 0 00 1 0
0 0 1
 ,
onde α contém a inversa de U. Solucionando para incógnitas αij, obtemos
α11 =
1
u11
, α22 =
1
u22
, α33 =
1
u33
e
α12 = −
u12α22
u22
, α13 = −
u12α23 + u13α33
u11
, α23 = −
u23α33
u22
que pode ser generalizado como
αii = 1/uii
αij = −
1
uii
(
j∑
k=i+1
uikαkj
)
i < j
αij = 0 i > j
com i e j variando de n até 1.
Exemplo:
Seja o problema generalizado de autovalores e autovetores de�nidos por
A =
6 1 11 9 1
1 4 1

e
226CAPÍTULO 12. SOLUÇÃO DE PROBLEMAS DE AUTOVALORES E AUTOVETORES
B =
4 2 12 6 1
1 1 15
 .
A decomposição Cholesky de B é
U =
2 1 0.50 2.236068 0.2236068
0 0 3.8340579

com inversa
U−1 =
0.5 −0.2236068 −0.05216410 0.4472136 −0.0260820
0 0 0.2608203
 .
O operador D é de�nido por
D = U−TAU−1 =
 1.5 −0.4472136 −0.0391230−0.4472136 1.9 0.0058321
−0.0391230 0.3557592 0.0319728

e, a solução do problema de autovalores e autovetores de�nido por
DY = λY
resulta em λ1 = 2.1937615, λ2 = 1.2060725, λ3 = 0.0321388 com autovetores
Y1 =
 0.5418033−0.8277240
−0.1460214
 ,
Y2 =
−0.8334240−0.5359830
−0.1346349

e
Y3 =
0.02771330.0035141
0.9996097
 .
Assim, utilizando o mapeamento X = U−1Y, obtemos
X1 =
 0.4636034−0.3663609
−0.0380853
 ,
12.5. OPCIONAL - MÉTODO DE LEVERRIER-FADDEV 227
X2 =
−0.2898395−0.2361873
−0.0351155

e
X3 =
−0.0390728−0.0245003
0.2607185
 ,
que são os autovetores do problema original.
12.5 OPCIONAL - Método de Leverrier-Faddev
O de Leverrier-Faddev é um método direto, onde obtemos os coe�cientes do polinômio carac-
terístico
P (λ) = (−1)n
[
λn − P1λn−1....− Pn
]
onde
P1 = tr(A)
Pk =
1
k
tr (Ak) , k = 2..n
com
Ak = BkA
Bk = Ak−1 − Pk−1I
Exemplo:
A =
[
10 2
3 7
]
Iniciamos com
P1 = tr(A) = 10 + 7 = 17
e, para o segundo coe�ciente, temos que A1 = A e P1 = 17, tal que
B1 = A− 17I =
[
−7 2
3 −10
]
A2 =
[
−7 2
3 −10
][
10 2
3 7
]
=
[
−64 0
0 −64
]
com
P2 =
1
2
tr(A2) = −64.
228CAPÍTULO 12. SOLUÇÃO DE PROBLEMAS DE AUTOVALORES E AUTOVETORES
Algoritmo 7 Inverte a matriz U obtida por Cholesky.
1 #
2 # Rotina Inverte_U :
3 # Entradas : U : Matriz quadrada
4 # n : Dimensao do s i s tema
5 # Saidas : Ui : Matriz com a inve r s a de U
6 #
7 # Depende :
8 # Zeros (n ,m)
9 #
10 Rotina Inverte_U (U, n)
11
12 # I n c i a l i z a a inve r s a
13 Ui <− z e r o s (n , n)
14
15
16 # Loop pe l a s l i nha s
17 Para i de n ate 1 passo −1 Execute
18
19 # Inve r t e a d iagona l
20 Ui ( i , i ) <− 1/U( i , i )
21
22 # Loop pe l a s co lunas
23 Para j de n ate 1 passo −1 Execute
24 Se i<j Entao
25
26 # Somatorio
27 somat <− 0
28 Para k de i+1 ate j Execute
29 somat <− somat + U( i , k )∗Ui (k , j )
30 Fim Para #k
31
32 # Armazena o va l o r
33 Ui ( i , j ) <− −somat/U( i , i )
34
35 Fim Se
36 Fim Para #j
37 Fim Para #i
38
39 # Retorna a inve r s a de U
40 Retorna Ui
41
42 Fim Rotina Inverte_U
12.5. OPCIONAL - MÉTODO DE LEVERRIER-FADDEV 229
Portanto, o polinômio característico será
P (λ) = (−1)2
[
λ2 − 17λ+ 64
]
com raizes
λ1 = 11.3723 e λ2 = 5.6277.
É interessante notar que uma vez de posse dos autovalores e das matrizes Bk obtidas ao longo
do processo, podemos obter facilmente os autovetores associados a cada um dos autovalores.
Para isto fazemos, (
Xk
)T
= λ
(
Xk−1
)T
+
(
Bk−1
)T
sendo que X0 = I. Para este exemplo
(
X1
)T
=
[
11.3723 0
0 5.6277
]
I +
[
−7 2
3 −10
]T
=
[
4.3723 3
2 −4.3722
]T
onde cada linha conterá um dos autovetores.
Para este procedimento �car mais claro, vamos ilustrar com uma matriz de dimensão n = 4.
Exemplo:
A =

10 1 2 3
−1 20 2 1
2 3 30 1
1 2 3 40

Os autovalores são obtidos com:
P1 = tr(A) = 100
B2 =

10 1 2 3
−1 20 2 1
2 3 30 1
1 2 3 40
− 100I =

−90 1 2 3
−1 −80 2 1
2 3 −70 1
1 2 3 −60

A2 = B2A
P2 =
1
2
tr(A2) = −3483
B3 = A2 + 3483I =

2589 −58 −109 −147
75 1890 −99 −41
−122 −146 1396 −21
−46 −70 −84 1091

A3 = B3A
P3 =
1
3
tr(A3) = 49236
230CAPÍTULO 12. SOLUÇÃO DE PROBLEMAS DE AUTOVALORES E AUTOVETORES
B4 = A3 − 49236I =

23653 808 1351 1720
−1379 −11740 837 376
1697 1104 −7955 44
533 484 521 −5888

A4 = B4A
P4 =
1
4
tr(A4) = −232916
dando origem ao polinômio
P (λ) = (−1)4
[
λ4 − 100λ3 + 3483λ2 − 49236λ+ 232916
]
com raízes
λ1 = 40.612λ2 = 30.2235λ3 = 19.351 λ4 = 9.803.
Os autovetores são obtidos com
(
X
1
)T
=

40.612 0 0 0
0 30.2235 0 0
0 0 19.351 0
0 0 0 9.803
 I +

−90 1 2 3
−1 −80 2 1
2 3 −70 1
1 2 3 −60

T
=

−49.388 −1 2 1
1 −49.765 3 2
2 2 −50.648 3
3 1 1 −50.197

(
X
2
)T
=

40.612 0 0 0
0 30.2235 0 0
0 0 19.351 0
0 0 0 9.803
(X1)T +

2589 −58 −109 −147
75 1890 −99 −41
−122 −146 1396 −21
−46 −70 −84 1091

T
=

583.258 34.388 −40.777 −5.388
−27.765 385.358 −55.295 −9.530
−70.297 −60.297 415.889 −25.946
−117.592 −31.197 −11.197 598.939

(
X
3
)T
=

40.612 0 0 0
0 30.2235 0 0
0 0 19.351 0
0 0 0 9.803
(X2)T+

23653 808 1351 1720
−1379 −11740 837 376
1697 1104 −7955 44
533 484 521 −5888

T
=

34.041 17.568 40.998 314.168
−31.475 −88.753 −567.849 195.852
−9.338 −329.828 92.897 18.901
567.300 70.186 −65.763 −16.901

O procedimento para obtenção dos coe�cientes do polinômio está ilustrada no Alg. (8)
enquanto a obtenção da matriz com os autovetores está ilustrada no Alg. (9).
12.5. OPCIONAL - MÉTODO DE LEVERRIER-FADDEV 231
Algoritmo 8 Obtenção dos coe�cientes do polinômio característico utilizando o método de
Leverrier-Faddev
1 #
2 # Rotina Leverrier_Faddev_Poli :
3 # Entradas : A : Matriz quadrada
4 # n : Dimensao do s i s tema
5 # Saidas : P : Co e f i c i e n t e s do pol inomio c a r a c t e r i s t i c o
6 #
7 # Depende : AmaisB(A,B,m, n)
8 # EscalarXMatriz ( e ,A,m, n)
9 # MatrizXMatriz (A,B,m, n , o )
10 # Traco (A,m)
11 # Zeros (m, n)
12 # Ident idade (m)
13 #
14 Rotina Leverrier_Faddev_Poli (A, n)
15
16 # Faz a cop ia da matr iz de entrada
17 Ak <− A
18
19 # Aloca o vetor que i r a conte r os c o e f i c i e n t e s
20 P = Zeros (n , 1 )
21
22 # Calcula o pr ime i ro c o e f i c i e n t e
23 P(1) = Traco (Ak)
24
25 # I t e r a para obter os demais c o e f i c i e n t e s
26 Para k de 2 ate n execute
27
28 # Calcula Bk
29 Bk <− AmaisB(Ak , EscalarXMatriz ( −P(k−1) , Ident idade (n) ) )
30
31 # Calcula Ak
32 Ak <− MatrizXMatriz (Bk ,A, n , n , n)
33
34 # Calcula o c o e f i c i e n t e k do pol inomio
35 P(k ) <− (1/k )∗Traco (Ak)
36
37 Fim Para #k
38
39 Retorna P
40
41 Fim Rotina Leverrier_Faddev_Poli
232CAPÍTULO 12. SOLUÇÃO DE PROBLEMAS DE AUTOVALORES E AUTOVETORES
Algoritmo 9 Obtenção dos autovetores utilizando o método de Leverier-Faddev
1 #
2 # Rotina Leverrier_Faddev_X :
3 # Entradas : A : Matriz quadrada
4 # n : Dimensao do s i s tema
5 # L : Autovalores da matr iz A, d i s po s t o s em
forma de uma matr iz d iagona l
6 # Saidas : X : Matriz n x n com autoveto re s (em cada l i nha )
7 #
8 # Depende : AmaisB(A,B,m, n)
9 # EscalarXMatriz ( e ,A,m, n)
10 # MatrizXMatriz (A,B,m, n , o )
11 # Traco (A,m)
12 # Zeros (m, n)
13 # Ident idade (m)
14 #
15 Rotina Leverrier_Faddev_X (A, n ,L)
16
17 # Primeira e s t imat iva de X
18 X <− Ident idade (n , n)
19
20 # Copia A para Ak
21 Ak <− A
22
23 # Primeiro P
24 P <− Traco (Ak)
25
26 # I t e r a
27 Para k de 2 ate n execute
28
29 # Calcula Bk
30 Bk <− AmaisB(Ak , EscalarXMatriz ( −P, Ident idade (n) ) )
31
32 # Calcula Ak
33 Ak <− MatrizXMatriz (Bk ,A, n , n , n)
34
35 # Calcula o c o e f i c i e n t e k do polinomio
36 P <− (1/k )∗Traco (Ak)
37
38 # Atua l i za X
39 X <− AmaisB(MatrizXMatriz ( L , X, n , n , n ) , Transposta (Bk) )
40
41 Fim Para #k
42
43 # Retorna matriz de autove to re s ( cada l i nha um autovetor )
44 Retorna X
45
46 Fim Rotina Leverrier_Faddev_X
Capítulo 13
Transformada Discreta de Fourier - DFT
A Série de Fourier de uma função contínua periódica de período τ , isto é, uma função com a
propriedade f(t) = f(t+ τ), é descrita pela projeção ortogonal da função na base
B =
{
1
2
}⋃
{cos(kωt)}
⋃
{sin(kωt)} , k ∈ N
onde
τ =
2π
ω
.
Se a função for de�nida no intervalo t ∈ [0, Tf ] s, então a série de Fourier é obtida com
f(t) ∼= a0
1
2
+
∞∑
k=1
{ak cos(kωt) + bk sin(kωt)} (13.1)
sendo que os coe�cientes a0, ak e bk são obtidos por meio das projeções ortogonais
a0 =
< f(t), 1/2 >
< 1/2, 1/2 >
=
2
τ
∫ τ
0
f(t) dt,
ak =
< f(t), cos(kωt) >
< cos(kωt), cos(kωt) >
=
2
τ
∫ τ
0
f(t) cos(kωt) dt
e
bk =
< f(t), sin(kωt) >
< sin(kωt), sin(kωt) >
=
2
τ
∫ τ
0
f(t) sin(kωt) dt.
Desta forma, a equação 13.1 permite escrever uma função no tempo, f(t), em termos da
combinação linear de funções trigonométricas com diferentes frequências kω, sendo que os
coe�cientes ak e bk permitem associar uma magnitude (importância) para cada uma destas
componentes de frequência. Por isto, tal operação é dita um mapeamento do domínio da
frequência para o domínio do tempo.
A equação 13.1 pode ser escrita em formas alternativas, porém diferentes. Uma forma mais
compacta de obter estas mesma descrição é utilizando a identidade de Euler,
eikωt = cos(kωt) + sin(kωt)
233
234 CAPÍTULO 13. TRANSFORMADA DISCRETA DE FOURIER - DFT
tal que a série de Fourier pode ser escrita como
f(t) ∼= a0
1
2
+
∞∑
k=1
cke
ikωte,
como a exponencial de zero é um, podemos incluir o termo constante no somatório, bastando
para isto modi�car o valor inicial de k, tal que
f(t) ∼=
K∑
k=0
Fke
iωkt, (13.2)
onde Fk são as amplitudes e, para simpli�carmos a notação, de�nimos ωk como sendo o k-ésimo
múltiplo de ω. Da mesma forma, devido a impossibilidade de trabalharmos com in�nitos valores
no somatório, estimamos um valor limite K para o número de termos na aproximação.
É interessante notar que a Equação 13.1 também pode ser escrita em outra forma alternativa,
pois
ak cos(kωt) + bk sin(kωt) = Rk cos(kωt− φk)
onde Rk =
√
a2k + b
2
k é o módulo de uma cosenoide defasada em um ângulo φk = atan2(bk/ak).
Assim, considerando este resultado, podemos identi�car que a notação da Eq. 13.2 encapsula
a informação de amplitude e fase de várias cosenoides de frequência ωk.
As equações obtidas acima dizem respeito a uma função que varia continuamente no tempo
t. No entanto, quando adquirimos um sinal, obtemos um conjunto discreto de valores ao longo
do tempo. Desta forma, se o tempo for discretizado em N pacotes, tal que
∆t =
Tf
N
,
onde TF é o tempo �nal, podemos escrever que o tempo em uma posição discreta n é dado por
tn = n∆T,
tal que a equação 13.2 se torna
fn ∼=
K∑
k=0
Fke
iωkn
Tf
N (13.3)
para n ∈ [0, N − 1]. Se ainda considerarmos que cada frequência ωk pode ser descrita por
ωk =
2π
τk
e que os períodos associados a cada ωksão pacotes discretos do tempo total, na forma
τk =
TF
k
235
então podemos escrever a equação 13.3 como
fn ∼=
K∑
k=0
Fke
2πn k
N
i. (13.4)
A operação inversa, chamada de Discrete Fourier Transform - DFT - permite obter os Fk
a partir de um sinal no tempo. Para isto, simplesmente invertemos a relação da Eq. 13.4,
resultando em
Fk =
N−1∑
n=0
fne
−2πn k
N
i (13.5)
com k ∈ [0, K] e n ∈ [0, N − 1]. Nesta equação, podemos ver que cada Fk está associado a
uma componente de frequência ωk = 2πTf k [rad/s], tal que esta operação é um mapeamento do
domínio do tempo para o domínio da frequência.
Se o sinal fn for real, então Fk é simétrico conjugado, e necessitamos somente dos primeiros
K/2 pontos para caracterizar o sinal, pois a outra parte do vetor é simétrica (espelhada).
É importante salientar que, mesmo no caso de fn reais, temos que os Fk são complexos. Isto
é interessante, pois as partes reais e complexas de Fk contém as informações sobre amplitude e
fase do sinal fn. Assim, se
Fk = Rk + Iki
temos que
Mk =
√
R2k + I
2
k (13.6)
é o módulo do sinal na freqência ωk e
φk = tan2
(
Ik
Rk
)
. (13.7)
Exemplo.
Seja um sinal com a forma
f(t) = 10cos(2π10t) + 5sin(2π15t)
ou seja, com um coseno de amplitude 10 em 10Hz e um seno de amplitude 5 em 15Hz. Se
gerarmos o sinal em um intervalo de 2s iremos obter o grá�co ilustrado na �gura 13.1.
Se o sinal for amostrado com N = 128 pacotes no tempo, então teremos uma resolução de
∆T = 2/128 = 0.0155625s e uma taxa de amostragem de 64Hz. Neste caso, se utilizarmos
K = N − 1 = 127, então obteremos a DFT do sinal com o algoritmo 10. Os grá�cos 13.2 e
13.3 mostram, respectivamente, a parte real e a parte imaginária de Fk, para k ∈ [0, K]. Nestes
grá�cos pode-se avaliar que o resultado é realmente simétrico (espelhado) ao longo do eixo k.
Desta forma, necessitamos somente dos primeiros K/2 valores, sendo que isto está associado
ao fato de não termos utilizado uma extensão periódica para avaliar o sinal em um intervalo
�consistente� de n ∈ [−N/2, N/2], conforme apresentado no capítulo de séries de Fourier.
236 CAPÍTULO 13. TRANSFORMADA DISCRETA DE FOURIER - DFT
Figura 13.1: Sinal obtido com f(t) = 10cos(2π10t) + 5sin(2π15t) t ∈ [0, 2]s e N = 128.
Outro resultado interessante que vemos nos grá�cos é o fato das amplitudes serem muito
maiores do que as observadas no sinal original (domínio do tempo). Isto se deve ao fato de
estarmos realizando um somatório (Loop) de dimensão N para cada K, somado ao fato de ter-
mos a questão da simetria. Desta forma, observamos que as amplitudes devem ser escalonadas
(divididas) por um fator de N/2.
Algoritmo 10 Algoritmo utilizado para a obtenção da DFT do sinal.
1 // Aloca o vetor de sa ida
2 F = ze ro s (K+1 ,1) ;
3 for k=0:K
4 for n=0:N−1
5 F(k+1) = F(k+1) + f (n+1)∗exp ( complex (0,−2∗%pi ∗n∗k/N) ) ;
6 end //n
7 end //k
Assim, utilizando somente metade do grá�co e escalonando os resultados por N/2 obtemos
os grá�cos ilustrados nas �guras 13.4 e 13.5.
Novamente, de posse das parcelas reais e imaginárias obtidas por meio da DFT do sinal,
podemos calcular a magnitude a a fase do sinal, utilizando as equações 13.6 e 13.7, resultando
nos grá�cos das �guras 13.6 e 13.7.
O grá�co da parte complexa, juntamente com o grá�co da fase, permite avaliar uma carac-
terística interessante da DFT quando aplicada a análise modal. Quando temos um modo de
vibração �para cima� e um �para baixo�, podemos interpretar a parte para cima como sendo
uma componente de um cosseno e a para baixo como a componente de um seno. Assim, cada
237
Figura 13.2: Parte real da DFT obtida no algoritmo 10. O eixo horizontal contém as frequências
em Hz correspondente a cada posição k.
Figura 13.3: Parte imaginária da DFT obtida no algoritmo 10. O eixo horizontal contém as
frequências em Hz correspondente a cada posição k.
238 CAPÍTULO 13. TRANSFORMADA DISCRETA DE FOURIER - DFT
Figura 13.4: Parte real da DFT obtida no algoritmo 10, considerando o escalonamento por N/2
e somente a metade do eixo das frequências.
Figura 13.5: Parte real da DFT obtida no algoritmo 10, considerando o escalonamento por N/2
e somente a metade do eixo das frequências.
239
Figura 13.6: Módulo da DFT obtida no algoritmo 10, considerando o escalonamento por N/2
e somente a metade do eixo das frequências.
Figura 13.7: Fase da DFT obtida no algoritmo 10, considerando somente a metade do eixo das
frequências.
240 CAPÍTULO 13. TRANSFORMADA DISCRETA DE FOURIER - DFT
pico terá a parte complexa com sinais diferentes.
É interessante notar que, de posse do vetor F , que contém os valores complexos da DFT
do sinal original, é possível realizar a operação direta, isto é, a Série de Fourier, para obtermos
o sinal original. Para isto, utilizamos o algoritmo 11.
Algoritmo 11 Algoritmo para o mapeamento do domíniodas frequências para o domínio do
tempo.
1 // Aloca o vetor de sa ida
2 f = ze ro s (N, 1 )
3 for n=0:N−1
4 for k=0:K
5 f (n+1) = f (n+1) + F(k+1)∗exp ( complex (0 ,2∗%pi ∗n∗k/N) ) ;
6 end //n
7 end //k
13.1 In�uência da taxa de amostragem - aliasing
O sinal do exemplo anterior foi gerado com um cosseno de frequência 10Hz e um seno de
frequência 15Hz. Como o número de pontos utilizados para amostrar o tempo foi de 128
pacotes em 2s, utilizamos uma taxa de amostragem de 64 pacotes por segundo. Esta taxa é
4.26 maior do que a maior frequência do sinal.
Para ilustrarmos o quanto a taxa de aquisição do sinal é importante, vamos utilizar uma
taxa de 16 pacotes por segundo, tal que N = 32. Neste caso, o sinal tem a forma ilustrada no
grá�co da �gura 13.8, que quando comparado com o (mesmo) sinal obtido com N = 128, �gura
13.1, ilustra a falta de informações sobre o fenômeno. Se aplicarmos a DFT neste sinal, iremos
obter, por exemplo, o grá�co de magnitudes ilustrado na �gura 13.9, que mostra claramente que
a faixa de frequências que a DFT consegue calcular é menor do que as frequências existentes
no sinal. O que está sendo calculado é uma resposta �ctícia, causada pela falta de informação
sobre o sinal verdadeiro.
Desta forma, podemos de�nir a famosa Regra de Nyquist, que diz que a taxa de amos-
tragem do sinal deve ser no mínimo maior do que duas vezes a maior frequência
que ser quer obter. Novamente, podemos utilizar esta regra e o conhecimento sobre o nosso
exemplo para de�nir que como a maior frequência é de 15Hz e estamos amostrando um sinal de
2s, então N = 15 ∗ 2 ∗ 2 deve ser su�ciente. Utilizando a potência de 2 mais próxima, N = 64,
obtemos o sinal discreto ilustrado na �gura. A �gura mostra que já é possível identi�car as
características de mais alta frequência do sinal. No entanto, como a faixa de frequência que
estamos aptos a descrever é de 16Hz, pois 64 pacotes/2 segundos = 32, e como utilizamos
somente metade do espectro, fmax = 32/2 = 16Hz, não iremos conseguir descrever as curvas
em todos os detalhes, como ilustrado na �gura 13.11.
A �gura 13.12, retirada de http://www.dspguide.com/ch3/2.htm ilustra este comportamento
de forma muito didática. Como ilustrado na �gura, uma taxa de amostragem equivocada pode,
13.1. INFLUÊNCIA DA TAXA DE AMOSTRAGEM - ALIASING 241
Figura 13.8: Sinal f(t) = 10cos(2π10t) + 5sin(2π15t) t ∈ [0, 2]s e N = 32.
Figura 13.9: Módulo da DFT obtida utilizando o sinal amostrado com N = 32.
242 CAPÍTULO 13. TRANSFORMADA DISCRETA DE FOURIER - DFT
Figura 13.10: Sinal obtido com f(t) = 10cos(2π10t) + 5sin(2π15t) t ∈ [0, 2]s e N = 64.
Figura 13.11: Módulo da DFT obtida utilizando o sinal amostrado com N = 64.
13.2. DFT COMO UM FILTRO DIGITAL - SPECTRAL LEAKAGE 243
inclusive, descrever um sinal que não tem qualquer relação com o sinal que está sendo medido
(d).
Figura 13.12: Explicação sobre o aliasing. Retirado de http://www.dspguide.com/ch3/2.htm.
13.2 DFT como um Filtro Digital - Spectral Leakage
Da teoria apresentada no começo deste capítulo, �ca claro que a DFT consegue descrever o
espectro de frequências de um sinal no tempo somente em unidades discretas de frequência
wk =
2π
Tf
k. Assim, se analizarmos um ou mais períodos de um sinal periódico com período
múltiplo de N , iremos obter todas as frequências corretamente. No entanto, esta situação é
muito especí�ca e esperamos que existam frequências ωjdiferentes das frequências discretas
ωkem um sinal qualquer.
Para entendermos o que ocorre neste caso, podemos interpretar a DFT de forma semelhante
ao que �zemos na dedução da série de Fourier, onde uma função no tempo,fn, é projetada em
uma base selecionada. Neste caso, como estamos trabalhando no domínio das frequências,
244 CAPÍTULO 13. TRANSFORMADA DISCRETA DE FOURIER - DFT
utilizamos a base
Bω = {eiωknTf}, n ∈ [0, N − 1],
que realmente não tem o expoente negativo, como veremos logo abaixo.
Assim, o coe�ciente Fk associado a uma dada frequência angular ωk do sinal é dado por um
somatório
Fk =
N−1∑
n=0
< fn, e
iωknTf >
< eiωknTf , eiωknTf >
eiωknTf =
N−1∑
n=0
Wke
iωknTf (13.8)
onde
fn = e
iωjnTf
é um sinal senoidal com amplitude unitária e uma frequência angular ωj especí�ca (ou seja,
um sinal bem simples para que nós possamos estudar as propriedades desta transformação) e
Wk é a amplitude de cada projeção na direção de cada base. Assim, como visto anteriormente,
Fk irá conter as amplitudes do sinal em cada frequência, que neste caso deveria ser nulo para
toda a frequência ωk 6= ωj e 1 (já que a amplitude do sinal considerado é unitária) se ωk = ωj.
Desenvolvendo os Wk
Wk =
∑N−1
n=0 fne
−iωknTf
N
onde e−iωknTf é o complexo conjugado da base (mantém a parte real igual mas muda o sinal da
parte complexa). Assim, desenvolvendo ainda mais Wk obtemos, para o termo
N−1∑
n=0
fne
−iωknTf =
N−1∑
n=0
fne
iωjnTf e−iωknTf =
N−1∑
n=0
fne
i(ωj−ωk)nTf
e esta série tem como resultado
N−1∑
n=0
fne
i(ωj−ωk)nTf =
1− ei(ωj−ωk)NTf
1− ei(ωj−ωk)Tf
que pode ser desenvolvida em termos de funções trigonométricas, resultando em
1− ei(ωj−ωk)NTf
1− ei(ωj−ωk)Tf
= ei(ωj−ωk)(N−1)
Tf
2
sin
(
(ωj − ωk)N Tf2
)
sin
(
(ωj − ωk) Tf2
) .
Assim,
Wk =
1
N
ei(ωj−ωk)(N−1)
Tf
2
sin
(
(ωj − ωk)N Tf2
)
sin
(
(ωj − ωk) Tf2
)
assumindo um valor unitário quando ωj = ωke zero para multiplos inteiros de ωk. No entanto,
se ωj não for um múltiplo inteiro de ωk, observamos que Wk é diferente de zero, fato este que
faz com que seja obtida uma amplitude Fk não nula para uma frequência que não está sendo
amostrada para o sinal !
13.2. DFT COMO UM FILTRO DIGITAL - SPECTRAL LEAKAGE 245
Assim, é comum na literatura apresentar o DFT como um �ltro digital para cada k, pois
a amplitude Wk é proporcional, em módulo, a
|Wk| =
1
N
∣∣∣∣∣∣
sin
(
(ωj − ωk)N Tf2
)
sin
(
(ωj − ωk) Tf2
)
∣∣∣∣∣∣
que é a saída do �ltro, que pode ser visualizada na �gura 13.13. Conforme pode ser visto na
�gura, o padrão geométrico da saída do �ltro é em lobulos, que são os �saltos� no grá�co. O
maior dos saltos é o lóbulo principal e os demais são os lóbulos laterais.
 0
 0.1
 0.2
 0.3
 0.4
 0.5
 0.6
 0.7
 0.8
 0.9
 1
 0 1 2 3 4 5 6
a
b
s(
si
n
(1
6
*
(3
.1
4
1
5
9
2
6
5
3
5
8
9
7
9
3
-w
))
)/
(3
2
*
a
b
s(
si
n
((
3
.1
4
1
5
9
2
6
5
3
5
8
9
7
9
3
-w
)/
2
))
)
w
Figura 13.13: Amplitude de saída do �ltro digital associado a projeção de uma senoide de
frequência wj = π[rad/s] para ωk ∈ [0, 2π] com ∆ωk ∼= 0.1963[rad/s] (Tempo �nal de 1s e
N = 32).
Como pode ser visto na �gura, a ampli�cação do �ltro é zero nos múltiplos inteiros do
intervalo de frequência e diferente de zero para outros valores de frequência, como discutido an-
teriormente. Novamente, como esperado, observamos que a amplitude é unitária na frequência
ωj. Outro fato intressante, é que o aumento do N não modi�ca este comportamento.
Uma interpretação intressante deste fenômeno é que estamos truncando os sinais com
frequências diferentes das ωk ao adquirirmos o sinal em um tempo diferente de um múlti-
plo inteiro destas frequências. Este corte faz com que a resposta seja a observada no grá�co
da �gura 13.13. O interessante desta observação é que é justamente esta a motivação para
de�nirmos as janelas, que são tratamentos matemáticos que permitem minimizar este efeito.
13.2.1 Janelamento
Uma janela (window) é uma função que zera um sinal que se encontra fora de uma determinada
faixa de valores de tempo. A janela mais simples que existe é a janela retangular, cujo efeito
é ilustrado na �gura 13.14, onde as componentes do cosseno que se encontram fora da faixa
t ∈ [10, 90]s são zeradas. Isto faz com que seja possível truncar o sinal em um número �xo
de pacotes, N , que seja equivalente a um múltiplo das frequências que se quer determinar,
246 CAPÍTULO 13. TRANSFORMADA DISCRETA DE FOURIER - DFT
minimizando assim o efeito do vazamento de frequências discutido anteriormente.
Figura 13.14: Sinal (em verde ) e Janela retangular (em azul) na esquerdae sobreposção do
sinal com a janela (direita).
No caso ilustrado na �gura, �zemos justamente o contrário, de modo que a janela tranca
o sinal em um múltiplo não inteiro da frequência do cosseno. Assim, se �zermos uma DFT
do sinal do grá�co da direita na �gura 13.14, iremos obter o módulo Mk ilustrado no grá�co
da �gura 13.15, que ilustra claramente o fenômeno de vazamento associado ao truncamento do
sinal em um número não inteiro da frequência (ω = π[rad/s]). Todos os picos para ω 6= π são
arti�ciais, decorrentes dos lóbulos laterais.
Figura 13.15: DFT do sinal obtido com o cosseno e a janela retangular, �gura 13.14
Existem diversas opções de janelas, cada uma com suas características. Suas aplicações e
deduções saem do escopo deste texo, sendo que o leitor interessado deve procurar a literatura
especializada.