Resolvendo EDO’s por Laplace | 2ª 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 – 2ª Lista de Exercícios

EXERCÍCIO 1

y'' + y = u(t-1), onde y(0) = 0 e y'(0) = 20;

Neste caso, $$\mathscr{L} \left( y” + y \right) = \mathscr{L} \left( u(t-1) \right),$$ o que nos leva a $$s^2 Y -20 + Y = \frac{e^{-s}}{s} \Rightarrow Y (s^2 +1) = \frac{e^{-s}}{s} + 20 \Rightarrow Y(s) = \frac{e^{-s}}{s (s^2 +1)} +\frac{20}{s^2 +1}.$$

Usando Frações Parciais na primeira parcela do lado direito, encontramos que $$\frac{e^{-s}}{s (s^2 +1)} = e^{-s} \left( \frac{1}{s (s^2 +1)}\right) = e^{-s} \left( \frac{1}{s} – \frac{s}{(s^2 +1)}\right).$$

Ou seja, $$Y(s) = \frac{e^{-s}}{s (s^2 +1)} +\frac{20}{s^2 +1} =e^{-s} \left( \frac{1}{s} – \frac{s}{(s^2 +1)}\right)  +\frac{20}{s^2 +1}=$$ $$= e^{-s} \left( \frac{1}{s} \right) – e^{-s} \left(\frac{s}{(s^2 +1)}\right)  +\frac{20}{s^2 +1}$$

Agora, usando a linearidade da Transformada de Laplace Inversa encontramos: $$y(t) =  \mathscr{L} ^{-1} \left( e^{-s} \frac{1}{s}  \right) – \mathscr{L} ^{-1} \left( e^{-s} \frac{s}{(s^2 +1)}  \right) + \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{20}{s^2 +1} \right)$$

Pelo teorema da Translação sabemos que teremos duas translações em t=1 nas duas primeiras transformadas inversas.

Assim, encontramos $$\mathscr{L} ^{-1} \left( e^{-s} \frac{1}{s}  \right) = u(t-1),$$ $$ \mathscr{L} ^{-1} \left( e^{-s} \frac{s}{(s^2 +1)}  \right) = u(t-1)cos(t-1), \;\;e$$ $$ \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{20}{s^2 +1} \right) = 20 \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{s^2 +1} \right) = 20 sen(t)$$

Portanto, $$y(t) = u(t-1) – u(t-1)cos(t-1) +20 sen(t)$$

EXERCÍCIO 2

y'' +16 y = 4 \delta (t- \pi) onde y(0) = -1 e y'(0) = 0;

Neste caso, $$\mathscr{L} \left(y” +16 y\right) = \mathscr{L} (4 \delta (t- \pi)) \Rightarrow s^2 Y -s+16 Y = 4 e^{-\pi s}.$$

Daí, $$Y(s^2 + 16) =  4 e^{-\pi s} + s \Rightarrow Y(s) = \frac{4 e^{-\pi s}}{(s^2 + 16)} + \frac{s}{(s^2 + 16)} = $$ $$ = e^{-\pi s}\frac{4}{(s^2 + 16)} + \frac{s}{(s^2 + 16)}.$$

Desta forma, usando a linearidade da transformada inversa e o teorema da translação, encontramos $$y(t) = \mathscr{L} ^{-1} \left( e^{-\pi s}\frac{4}{(s^2 + 16)}  \right) + \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{s}{(s^2 + 16)} \right) = u(t- \pi)sen(4(t-\pi)) + cos(4t).$$

EXERCÍCIO 3

y'' +4y'+5y = 50t, onde y(0) = 5 e y'(0) = -5;

Aqui, considerando  a transformada de Laplace em ambos os lados, encontraremos a equação já transformada, dada por: $$s^2Y -5s+5 +4s Y – 20 +5Y = \frac{50}{s^2}.$$

Isolando Y(s) como feito nos exercícios anteriores obtemos: $$Y(s^2 +4s+5) = \frac{50}{s^2}+5s+15 \Rightarrow Y(s) = \frac{50}{s^2(s^2 +4s+5)} + \frac{5s +15}{(s^2 +4s+5)}.$$

Como s^2 +4s+5 é um polinômio irredutível é necessário fazer um completamento de quadrados: $$ s^2 +4s+5 = (s+2)^2 +1.$$

Logo, usando esse fato e frações parciais, encontramos $$Y(s) = \frac{50}{s^2((s+2)^2 +1)} + \frac{5s +15}{((s+2)^2 +1)}= $$ $$ =\left( \frac{8s+22}{(s+2)^2 +1}-\frac{8}{s}+\frac{10}{{s}^{2}} \right) + 5\left(  \frac{s +2}{((s+2)^2 +1)} +  \frac{1}{((s+2)^2 +1)} \right)=$$ $$ =\left( 8\frac{s+2}{(s+2)^2 +1} + 6 \frac{1}{(s+2)^2 +1}-\frac{8}{s}+\frac{10}{{s}^{2}} \right) + 5\left(  \frac{s +2}{((s+2)^2 +1)} +  \frac{1}{((s+2)^2 +1)} \right)=$$

Agora usando a propriedade do deslocamento na frequência, e^{at} f(t) = \mathscr{L} ^{-1} \left(F(s-a)\right), e a linearidade da transformada inversa, encontramos $$\mathscr{L} ^{-1} (Y(s)) = \mathscr{L} ^{-1}  \left( 8\frac{s+2}{(s+2)^2 +1} + 6 \frac{1}{(s+2)^2 +1}-\frac{8}{s}+\frac{10}{{s}^{2}} \right) + $$ $$+ 5 \mathscr{L} ^{-1}\left(  \frac{s +2}{((s+2)^2 +1)} +  \frac{1}{((s+2)^2 +1)} \right) = $$ $$=\left( 8 e^{-2t}cos(t) – 6 e^{-2t}sen(t)+ 10t -8 \right) + 5 \left( e^{-2t}cos(t) +  e^{-2t}sen(t) \right)$$

Portanto,  $$y(t) = 13 e^{-2t}cos(t) – e^{-2t}sen(t)+ 10t -8.$$

EXERCÍCIO 4

y'' - y' - 2y = 12 u(t-\pi )sen(t), onde y(0) = 1 e y'(0) = -1.

Primeiramente, devemos observar que não podemos aplicar a transformada de Laplace diretamente no lado direito da EDO e usar o Teorema da Translação, pois 12 u(t-\pi )sen(t) não é uma translação e precisa ser ajustada usando o seno da soma:

$$sen(t) = sen(t – \pi +\pi) = sen([t – \pi] +\pi) = sen(t- \pi) cos \pi + sen \pi cos(t- \pi)$$

como cos \pi = -1\;\; e \;\; sen \pi = 0 então, obtemos $$sen(t) = -sen(t – \pi)$$ e, consequentemente, $$12 u(t-\pi )sen(t) = – 12 u(t-\pi )sen(t-\pi).$$

Logo, nossa EDO precisa ser reescrita como $$y” – y’ – 2y = – 12 u(t-\pi )sen(t-\pi).$$

Agora, aplicando a Transformada de Laplace em ambos os lados da EDO obtemos $$s^2 Y-s+1 -sY +1 – 2 Y = – e^{- \pi s} \frac{1}{s^2 +1}$$ o que nos leva a $$Y(s) = – e^{- \pi s} \frac{1}{(s^2 +1) (s^2 – s-2)} +\frac{s-2}{s^2-s-2} $$ e como s^2-s-2 = (s+1)(s-2), temos que $$Y(s) = – e^{- \pi s} \frac{1}{(s^2 +1) (s+1)(s-2)} +\frac{s-2}{(s+1)(s-2)} = $$ $$= – e^{- \pi s} \frac{1}{(s^2 +1) (s+1)(s-2)} +\frac{1}{(s+1)}.$$

Como sabemos pela tabela que $$\mathscr{L} ^{-1}  \left( \frac{1}{(s+1)} \right) = e^{-t}$$ o nosso problema consiste em encontrar $$\mathscr{L} ^{-1}  \left( – e^{- \pi s} \frac{1}{(s^2 +1) (s+1)(s-2)} \right) $$

Observe que, por frações parciais, $$ \frac{1}{(s^2 +1) (s+1)(s-2)}  = \frac{1}{10} \frac{s}{s^2 +1} –  \frac{3}{10} \frac{1}{s^2 +1} – \frac{1}{6} \frac{1}{s +1} + \frac{1}{15} \frac{1}{s-2}= $$

Assim, $$ – e^{- \pi s} \frac{1}{(s^2 +1) (s+1)(s-2)}  = – e^{- \pi s} \left( \frac{1}{10} \frac{s}{s^2 +1} –  \frac{3}{10} \frac{1}{s^2 +1} – \frac{1}{6} \frac{1}{s +1} + \frac{1}{15} \frac{1}{s-2} \right)$$

Usando o Teorema da Translação $$\mathscr{L} ^{-1}  \left( – e^{- \pi s} \frac{1}{(s^2 +1) (s+1)(s-2)} \right) = \frac{1}{10} u(t-\pi) cos(t-\pi) – $$ $$-  \frac{3}{10}u(t-\pi) sen(t-\pi) – \frac{1}{6} u(t-\pi) e^{-(t-\pi)}+ \frac{1}{15} u(t-\pi) e^{2(t-\pi)}.$$

Portanto, $$y(t) = \frac{1}{10} u(t-\pi) cos(t-\pi) –  \frac{3}{10}u(t-\pi) sen(t-\pi) – \frac{1}{6} u(t-\pi) e^{-(t-\pi)}+ \frac{1}{15} u(t-\pi) e^{2(t-\pi)} + e^{-t}.$$

EXERCÍCIO 5

Encontre a solução do P.V.I.: y''+4y'+4 = 3 \delta(t-1) + \delta(t-2), y(0) = 1 e y'(0) = 1.

Aplicando a transformada de Laplace em ambos os lados da equação encontramos: $$s^2 Y – s -1 + 4(sY-1) = 3 e^{-s} + e^{-2s} – \frac{4}{s}$$ que nos leva a $$Y(s) = 3e^{-s} \frac{1}{s^2 +4} + e^{-2s} \frac{1}{s^2 +4} – \frac{4}{s(s^2 +4)} + \frac{s}{s^2 +4}  + \frac{1}{s^2 +4}.$$

Aplicando a Transformada de Laplace Inversa obtemos $$y(t) = \frac{3}{2} u(t-1)sen(2(t-1)) + \frac{1}{2} u(t-2) sen(t-2) +1 + \frac{1}{2} sen(2t).$$

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