Resolvendo EDOs por Laplace | 15ª Lista de Exercícios Resolvidos

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Neste artigo temos mais 2 exercícios resolvidos sobre E.D.O.’s solucionadas via Transformada de Laplace que estavam na prova de Cálculo 3 aplicada no 1º semestre de 2022.

Neste artigo temos mais 2 exercícios resolvidos sobre E.D.O.'s solucionadas via Transformada de Laplace que estavam na prova de Cálculo 3 aplicada no 1º semestre de 2022.

 
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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.

Estes exercícios resolvidos desta lista foram retirados do livro “Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno”, do Boyce e DiPrima, que você adquire clicando na capa do livro abaixo.

Resolvendo E.D.O.’s Via Transformada de Laplace – 15ª Lista de Exercícios:

EXERCÍCIO 1:

a) Calcule a Transformada de Laplace Inversa de $$ F(s) = \frac{1}{s^2-2s+2}.$$

Solução: Como o polinômio s^2 - 2s +2 não possui raízes reais, então devemos fazer o completamento de quadrados: $$s^2-2s+2 = s^2-2s+1 +1 = (s-1)^2 +1.$$ Logo, $$ F(s) = \frac{1}{s^2-2s+2} = \frac{1}{ (s-1)^2 +1 } .$$ Portanto, usando a tabela de transformada de Laplace, $$ f(t) = \mathscr{L} ^{-1} \{ F(s) \} = e^{t} \text{sen}(t).$$

b) Calcule a Transformada de Laplace Inversa de $$ F(s) = \frac{1}{(s+1)(s^2-2s+2)}.$$

Solução: Usando frações parciais encontramos $$ F(s) = \frac{1}{(s+1)(s^2-2s+2)} = \frac{1}{5\,\left( s+1\right) }-\frac{s-3}{5\,\left( {s}^{2}-2\,s+2\right) } = \\ \frac{1}{5\,\left( s+1\right) }-\frac{1}{5} \frac{s-1}{\left( {s}^{2}-2\,s+2\right) } + \frac{2}{5} \frac{1}{\left( {s}^{2}-2\,s+2\right) } = \\ = \frac{1}{5\,\left( s+1\right) }-\frac{1}{5} \frac{s-1}{(s-1)^2 +1} + \frac{2}{5} \frac{1}{(s-1)^2 +1 } $$ Portanto, usando a tabela de transformada de Laplace, $$ f(t) = \mathscr{L} ^{-1} \{ F(s) \} = \frac{1}{5} e^{-t} – \frac{1}{5} e^{t} \text{cos}(t) + \frac{2}{5} e^{t} \text{sen}(t).$$

c) Use os dois itens anteriores para resolver o problema de valor inicial $$ y” – 2y’ + 2y = e^{-t}; \qquad y(0) = 0, y'(0) = 1.$$

Solução: Aplicando a Transformada de Laplace na equação y'' - 2y' + 2y = e^{-t} , encontramos $$ s^2 Y(s) – 1 -2sY(s)+2Y(s) = \frac{1}{s+1} \Leftrightarrow Y(s) \left[s^2 – 2s +2   \right] = \frac{1}{s+1} +1 \Leftrightarrow \\  \Leftrightarrow Y(s) \left[s^2 – 2s +2   \right] = \frac{s+2}{s+1}  \Leftrightarrow Y(s) = \frac{s+2}{\left[s^2 – 2s +2   \right](s+1)}  \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow Y(s) = \frac{s+2}{\left[(s-1)^2 +1 \right](s+1)} = \frac{1}{5\,\left( s+1\right) }-\frac{s-8}{5\,\left[ (s-1)^2 +1\right] }.$$ Ou seja, $$ Y(s) = \frac{1}{5\,\left( s+1\right) }-\frac{s-1}{5\,\left[ (s-1)^2 +1\right] } + \frac{7}{5} \frac{1}{\left[ (s-1)^2 +1\right] }.$$ Portanto, $$ y(t) = \mathscr{L} ^{-1} \{ Y(s) \} = \frac{7\,{e}^{t}\,\mathrm{sen}\left( t\right) }{5}-\frac{{e}^{t}\,\mathrm{cos}\left( t\right) }{5}+\frac{{e}^{-t}}{5}$$ é a solução do problema de valor inicial dado.

EXERCÍCIO 2:

a) Escreva a função $$ g(t) = \left\{ \begin{array}{ll} 0; & 0 \leq t < 5 \\ \frac{1}{5} (t-5); & 5 \leq t <10 \\ 1; & t\geq 10 \end{array} \right. $$ em termos da função degrau.

Solução: Observe que $$ g(t) = \left\{ \begin{array}{rl} 0; & 0 \leq t < 5 \\ \frac{1}{5} (t-5); & 5 \leq t <10 \\ 1; & t\geq 10 \end{array} \right. = \\ = \left\{ \begin{array}{rl} \frac{1}{5} (t-5); & 5 \leq t <10 \\ 0; & \text{p/ os demais valores de t} \end{array} \right. + \left\{ \begin{array}{rl} 0; & t < 10 \\ 1; & t\geq 10 \end{array} \right. = \\ = \frac{1}{5} (t-5) \left[ u(t-5)-u(t-10) \right] + u(t-10) = \\ =  \frac{1}{5} (t-5) u(t-5) – \frac{1}{5} (t-10)u(t-10)$$

b) Calcule a Transformada de Laplace g(t) ;

Solução:  \mathscr{L}\{ g(t) \} = \mathscr{L}\{ \frac{1}{5} (t-5) u(t-5) - \frac{1}{5} (t-10)u(t-10) \} = \dfrac{1}{5} \mathscr{L}\{(t-5) u(t-5)\}- \frac{1}{5} \mathscr{L}\{ (t-10)u(t-10) \} = \dfrac{e^{-5s}}{5s^2} - \dfrac{e^{-10s}}{5s^2} = \dfrac{1}{5 s^2} \left[ e^{-5s} - e^{-10s}\right]  .

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c) Calcule a Transformada de Laplace Inversa de $$ F(s) = \frac{1}{5(s^4+4s^2)}.$$

Solução: Observe que, usando frações parciais, encontramos $$ F(s) = \frac{1}{5(s^4+4s^2)} = \frac{1}{5s^2(s^2+4)} = \frac{1}{20\,{s}^{2}}- \frac{1}{40} \frac{2}{\left( {s}^{2}+4\right) } = \\ = \frac{1}{20} t – \frac{1}{40} \text{sen}(2t)$$

d) Resolva a equação diferencial $$y”+4y = g(t); \qquad y(0) = 0, y'(0) = 0$$ usando a Transformada de Laplace e a propriedade da derivada da Transformada de Laplace.

Solução:  Aplicando a Transformada de Laplace na equação y'' + 4y = g(t) , encontramos $$ s^2 Y(s) + 4Y(s) = \frac{1}{5 s^2} \left[ e^{-5s} – e^{-10s}\right]  \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow Y(s) = \frac{1}{5 s^2(s^2 +4)) } \left[ e^{-5s} – e^{-10s}\right] \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow Y(s) = e^{-5s} \frac{1}{5 s^2(s^2 +4) }  – e^{-10s}\frac{1}{5 s^2(s^2 +4) }. $$ Portanto, usando o teorema da translação e o item anterior, obtemos $$y(t) = u(t-5) \left[ \frac{1}{20} (t-5) – \frac{1}{40} \text{sen}(2[t-5]) \right] – u(t-10) \left[ \frac{1}{20} (t-10) – \frac{1}{40} \text{sen}(2[t-10]) \right].$$

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