Resolvendo EDO’s por Laplace | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos

Para resolver Equações Diferenciais Ordinárias usando a Transformada de Laplace basta seguir os passos: 1) Aplique a transformada em toda a equação; 2) Isole a transformada da variável dependente; e 3) Aplique a transformada inversa e encontre solução da sua transformada.

Na prática, considere o problema de valor inicial $$y” + ay’ + by = r(t),\;\;\;y(0) = K_1\;\;\;\;y'(0) = K_2$$ sendo a e b constantes. Neste caso, aplicando a Transformada de Laplace na equação, e lembrando que \mathscr{L}(f')  =  s \mathscr{L} (f)-f(0) e \mathscr{L} (f'')  =  s^2 \mathscr{L} (f) - sf(0) - f'(0) , obtemos $$ \mathscr{L}\{ y” + ay’ + by \} = \mathscr{L}\{ r(t) \}$$ $$ \mathscr{L}\{ y”\} + a \mathscr{L}\{y’\} + b \mathscr{L}\{y \} = \mathscr{L}\{ r(t) \} $$ $$ \left[ s^2 Y(s) – sy(0) – y'(0) \right] + a \left[ s Y(s) – y(0) \right] + b Y(s) = R(s) $$ $$ \left[ s^2 Y(s) – sK_1 – K_2 \right] + a \left[ s Y(s) – K_1 \right] + b Y(s) = R(s) $$ $$ Y(s) \left[ s^2 + as +b \right] – \left[ s K_1 + a K_1 + K_2 \right] = R(s) $$ $$ Y(s) \left[ s^2 + as +b \right] = R(s) + \left[ s K_1 + a K_1 + K_2 \right] $$ $$ Y(s) = \frac{R(s) +  s K_1 + a K_1 + K_2}{s^2 + as +b} .$$ Agora, bastaria encontrar $$ y(t) = \mathscr{L}^{-1}\{ Y(s) \} = \mathscr{L}^{-1}\left\{ \frac{R(s) +  s K_1 + a K_1 + K_2}{s^2 + as +b} \right\}$$ que teremos a solução do problema de valor inicial.

Resolvendo E.D.O.’s Via Transformada de Laplace – 1ª Lista de Exercícios

EXERCÍCIO 1

Encontre a solução do problema de valor inicial $$y”+4y = g(t),$$ com y(0) =3 e y'(0) = -2.

Temos que, pela transformada de Laplace

$$s^2 Y – 3s +1 +4Y = G(s) \Leftrightarrow Y = \frac{3s-1}{s^2 +4} + \frac{G(s)}{s^2+4} = 3\frac{s}{s^2 +4} – \frac{1}{2}\frac{2}{s^2+4} + \frac{1}{2}G(s)\frac{2}{s^2+4}.$$ Logo,

$$ y(t) = \mathscr{L}^{-1} \left( \frac{3s-1}{s^2 +4} + \frac{G(s)}{s^2+4}\right)$$

$$ y(t) = \mathscr{L}^{-1} \left( 3\frac{s}{s^2 +4} – \frac{1}{2}\frac{2}{s^2+4} + \frac{1}{2}G(s)\frac{2}{s^2+4} \right)$$

$$ y(t) = 3 \cos{2t} – \frac{1}{2}\sin{2t} + \frac{1}{2} \sin{2t}*g(t) $$

EXERCÍCIO 2

Encontre a solução do P.V.I. y'' + 4y = e^t +sen(2t) com y(0) = 1/5 e y'(0) = 1/5.

Aplicando a Transformada de Laplace em ambos os lados da equação, encontramos $$s^2 Y – \frac{1}{5} s – \frac{1}{5}  + 4 Y = \frac{1}{s-1} + \frac{2}{s^2 +4},$$ o que nos leva a $$Y(s) = \frac{s^4 +8s^2 + 10s +6}{5s^5-5s^4+40s^3-40s^2+80s-80} .$$

Observe que, usando Frações Parciais e completamento de quadrados encontramos  $$ \frac{s^4 +8s^2 + 10s +6}{5s^5-5s^4+40s^3-40s^2+80s-80} = \frac{2}{{\left( {s}^{2}+4\right) }^{2}}+\frac{1}{5\,\left( s-1\right) } = $$ $$=\frac{1}{2} \frac{4}{{\left( {s}^{2}+4\right) }^{2}}+\frac{1}{5\,\left( s-1\right) } = \frac{1}{2} \left( \frac{2}{{\left( {s}^{2}+4\right) }} \right) ^2+\frac{1}{5\,\left( s-1\right) }$$ o que nos leva a $$\mathscr{L} ^{-1} (F(s)) = \frac{1}{2}  [sen(2t) * sen(2t)] + \frac{1}{5} e^{t}.$$

Como sen(2t) * sen(2t) = \dfrac{1}{2} \left[ -t cos(2t) + \dfrac{sen(2t)}{2} \right] , então

$$\mathscr{L} ^{-1} (F(s)) = \frac{1}{4}  \left[ -t cos(2t) + \frac{sen(2t)}{2} \right] + \frac{1}{5} e^{t}.$$

Logo, a solução da EDO é dada por $$y(t) = \frac{1}{4}  \left[ -t cos(2t) + \frac{sen(2t)}{2} \right] + \frac{1}{5} e^{t}.$$

EXERCÍCIO 3

Resolva o P.V.I. y'' +y'+ 5/4y = g(t) com y(0) = 1, y'(0) = -1 e $$g(t)=\left\{ \begin{array}{ll}
1; & 0< t <1\\
0; & t \geq 1 \end{array} \right.$$.

Observe que g(t) = 1 - u(t-1) , assim, a equação se torna y'' +y'+ 5/4y = 1 - u(t-1) e aplicando a Transformada de Laplace encontramos

$$s^2 Y -s +1 +Ys – 1 +\frac{5}{4} Y = \frac{1}{s} – \frac{e^{-s}}{s} $$ o que nos leva a $$Y(s) = \frac{1}{s(s^2+s+5/4)} – e^{-s} \left(  \frac{1}{s(s^2+s+5/4)} \right) + \frac{s}{(s^2+s+5/4)}.$$

Usando Frações Parciais encontramos:

$$\frac{1}{s(s^2+s+5/4)} = \frac{4}{5\,s}-\frac{16\,s+16}{5\,\left( 4\,{s}^{2}+4\,s+5\right) }$$

Logo, \mathscr{L} ^{-1} \left( \dfrac{1}{s(s^2+s+5/4)} \right) = \dfrac{4}{5} - \mathscr{L} ^{-1} \left(  \dfrac{16\,s+16}{5\,\left( 4\,{s}^{2}+4\,s+5\right) } \right) .

Como $$\mathscr{L} ^{-1} \left(  \frac{16\,s+16}{5\,\left( 4\,{s}^{2}+4\,s+5\right) } \right) = \frac{2\,{e}^{-\frac{t}{2}}\,\mathrm{sin}\left( t\right) }{5}+\frac{4\,{e}^{-\frac{t}{2}}\,\mathrm{cos}\left( t\right) }{5} .$$

Portanto, $$ \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{s(s^2+s+5/4)} \right) = \frac{4}{5} – \frac{2\,{e}^{-\frac{t}{2}}\,\mathrm{sin}\left( t\right) }{5}+\frac{4\,{e}^{-\frac{t}{2}}\,\mathrm{cos}\left( t\right) }{5} .$$

Usando o resultado do item anterior, encontramos $$ y(t) = \frac{4}{5} – \frac{2\,{e}^{-\frac{t}{2}}\,\mathrm{sin}\left( t\right) }{5}+\frac{4\,{e}^{-\frac{t}{2}}\,\mathrm{cos}\left( t\right) }{5} – $$ $$ – u(t-1) \left(  \frac{4}{5} – \frac{2\,{e}^{-\frac{t-1}{2}}\,\mathrm{sin}\left( t-1\right) }{5}+\frac{4\,{e}^{-\frac{t-1}{2}}\,\mathrm{cos}\left( t-1\right) }{5} \right) + $$ $$ + \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{s}{(s^2+s+5/4)} \right).$$

Como facilmente utilizando o deslocamento na frequência e o completamento de quadrados encontramos $$\mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{s}{(s^2+s+5/4)} \right) = {e}^{-\frac{t}{2}}\,\mathrm{cos}\left( t\right) -\frac{{e}^{-\frac{t}{2}}\,\mathrm{sin}\left( t\right) }{2}, $$ então $$ y(t) = \frac{4}{5} – \frac{2\,{e}^{-\frac{t}{2}}\,\mathrm{sin}\left( t\right) }{5}+\frac{4\,{e}^{-\frac{t}{2}}\,\mathrm{cos}\left( t\right) }{5} – $$ $$ – u(t-1) \left(  \frac{4}{5} – \frac{2\,{e}^{-\frac{t-1}{2}}\,\mathrm{sin}\left( t-1\right) }{5}+\frac{4\,{e}^{-\frac{t-1}{2}}\,\mathrm{cos}\left( t-1\right) }{5} \right) + $$ $$ + {e}^{-\frac{t}{2}}\,\mathrm{cos}\left( t\right) -\frac{{e}^{-\frac{t}{2}}\,\mathrm{sin}\left( t\right) }{2}.$$

EXERCÍCIO 4

y''+3y'+2t = 0, onde y(0) = 0 e y'(0) = 0;

Usando a transformada da primeira e da segunda derivada, obtemos

$$y”+3y’+2t = 0 \Rightarrow s^2 Y +3sY+2Y = 0,$$ pois a transformada de Laplace de zero é zero e como as condições iniciais também são zero não teremos termos independentes no lado esquerdo da equação transformada.

Assim, podemos isolar Y(s) da seguinte forma:

$$(s^2 + 3s +2) Y(s) = 0 \Rightarrow Y(s) = 0 \Rightarrow y(t) = \mathscr{L} ^{-1} (0) = 0$$

Portanto, a solução desse P.V.I. é dada por y(t) = 0 .

EXERCÍCIO 5

y'' + 2y' + y = u(t-1) - 2 u(t-2) + u(t-3) \;\;\; y(0)=0, \;\;\; y'(0) = 0;  

SUGESTÃO: Aplicando a Transformada de Laplace, encontramos: $$ (s+1)^2 Y = \frac{e^{-s}}{s} – 2 \frac{e^{-2s}}{s}+ \frac{e^{-3s}}{s} \Leftrightarrow Y(s) =  \frac{e^{-s}}{s (s+1)^2} – 2 \frac{e^{-2s}}{s (s+1)^2}+ \frac{e^{-3s}}{s (s+1)^2} .$$

Usando frações parciais podemos observar que $$ F(s) = \frac{1}{s (s+1)^2} = \frac{1}{s} – \frac{1}{s+1} – \frac{1}{(s+1)^2} \Leftrightarrow f(t) = 1 – e^{-(t-1)} – (t-1)e^{-(t-1)}.$$

Assim, usando o Teorema da Translação encontramos $$ y(t) = \left[ 1 – e^{-(t-1)} – (t-1)e^{-(t-1)} \right] u(t-1) – $$ $$ -2 \left[ 1 – e^{-(t-2)} – (t-2)e^{-(t-2)} \right] u(t-2)+ $$ $$+  \left[ 1 – e^{-(t-3)} – (t-3)e^{-(t-3)} \right] u(t-3). $$

Leia Mais:

• Solucionando Eq. Diferenciais Ordinárias Via Transformada de Laplace
• Resolvendo EDO’s por Laplace | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Transformada de Laplace – Das Definições Básicas à Função Delta de Dirac
• Transformada de Laplace Inversa | Exercícios Resolvidos

Assista Nossa Vídeo-Aula de Exercícios Resolvidos