Resolvendo EDO’s por Laplace | 6ª 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 – 6ª Lista de Exercícios

1) Use a Transformada de Laplace para solucionar cada uma das Equações Diferenciais Ordinárias abaixo:

a) x'' +16 x = cos(4t); \;\;\;\;\; x(0) = 0, x'(0) = 1 ;

SOLUÇÃO: 

Transformando a equação obtemos $$ (s^2 +16) X(s) = 1 + \frac{s}{s^2 + 16}, $$ logo, $$ X(s) =  \frac{1}{s^2 + 16} + \frac{s}{(s^2 + 16)^2} = \frac{1}{s^2 + 16} + \frac{s}{(s^2 + 16)} \frac{1}{(s^2 + 16)}. $$ Desta forma, usando o teorema da convolução $$ x(t) = \frac{1}{4} \mathrm{sen}(4t) + \frac{1}{4} \mathrm{cos}(4t) \ast \mathrm{sen}(4t) =   $$  $$ = \frac{1}{4} \mathrm{sen}(4t) + \frac{1}{4}\frac{t\,\mathrm{sin}\left( 4\,t\right) }{2} = \frac{1}{4} \mathrm{sen}(4t) + \frac{1}{8} t\,\mathrm{sen}\left( 4\,t\right) .$$

b) y'' -2y'+5y = -8 e^{t}; \;\;\;\;\; y(0) = 2, y'(0) = 12 ;

SOLUÇÃO: 

Aplicando a Transformada de Laplace  em ambos os lados da equação obtemos $$(s^2 – 2s +5) Y(s) = \frac{2s^2 +10 s}{s+1} \Leftrightarrow Y(s) = \frac{2s^2 +10 s}{(s+1)(s^2 – 2s +5)}.$$

Assim, $$y(t) = \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{2s^2 +10 s}{(s+1)(s^2 – 2s +5)} \right\} .$$ Usando frações parciais encontramos $$ \frac{2s^2 +10 s}{(s+1)(s^2 – 2s +5)} = \frac{3(s-1) + 2(4)}{(s-1)^2 + 2^2} – \frac{1}{s+1} $$ e, assim, $$y(t) = \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{3(s-1) + 2(4)}{(s-1)^2 + 2^2} \right\} – \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s+1} \right\} = $$ $$ = \mathscr{L}^{-1} 3\left\{ \frac{(s-1)}{(s-1)^2 + 2^2} \right\} + 2 \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{4}{(s-1)^2 + 2^2} \right\} – \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s+1} \right\}  = $$ $$ = 3e^t cos(2t) + 4 e^t sen(2t) – e^{-t} . $$

c) w'' -2w'+5w = -8 e^{\pi-t}; \;\;\;\;\; w(\pi) = 2, w'(\pi) = 12 ;

SOLUÇÃO: 

Para usar o método da Transformada de Laplace, movemos primeiro as condições iniciais para t = 0 . Isso pode ser feito definindo y(t) = w(t+\pi ). . Assim, $$y'(t) = w'(t + \pi), \qquad y”(t) = w”(t + \pi)$$ e substituindo t por t + \pi na equação diferencial, temos $$ w” (t + \pi) -2w’ (t + \pi)+5w (t + \pi) = -8 e^{\pi-(t + \pi)} .$$ Agora, substituindo y(t) = w(t+\pi ) na equação anterior, o problema de valor inicial, se torna $$ y”(t) -2y'(t)+5y(t) = -8 e^{-t}; \;\;\;\;\; y(0) = 2, y'(0) = 12.$$ Como as condições iniciais agora são dadas na origem, o método da transformada de Laplace é aplicável.

Observe que temos exatamente o exercício anterior e pelo método da Transformada de Laplace encontramos a solução $$y(t) = 3 e^t cos(2t) + 4 e^t sen(2t) – e^{-t}.$$ Como y(t) = w(t+\pi ) , então y(t - \pi) = w(t). Logo, substituindo t por t - \pi na solução y(t) obtemos $$w(t) = y(t-\pi) = 3 e^{[t – \pi]} cos(2[t – \pi]) + 4 e^{[t – \pi]}  sen(2[t – \pi]) – e^{-[t – \pi]}.$$ Usando propriedades trigonométricas encontramos, por fim, a solução $$w(t) 3 e^{[t – \pi]} cos(2t) + 4 e^{[t – \pi]}  sen(2t) – e^{-[t – \pi]}.$$

2) Use a propriedade da derivada de Transformada de Laplace para resolver o problema de valor inicial $$y” + 2t y’ – 4y = 1; \qquad y(0) = y'(0) =0.$$

SOLUÇÃO: 

Considere que Y(s) = \mathscr{L}\{y(t)\} e aplique a Transformada de Laplace nos dois lados da equação diferencial encontramos $$ \mathscr{L}\{  y” + 2t y’ – 4y  \} = \mathscr{L}\{  y” \} + 2 \mathscr{L}\{ t y’ \} – 4 \mathscr{L}\{ y  \} = s^2 Y(s) + 2 \mathscr{L}\{ t y’ \} – 4 Y(s) = \frac{1}{s} .$$

Agora, precisamos calcular \mathscr{L}\{ t y' \} . Usando a propriedade da derivada da Transformada de Laplace encontramos: $$ \mathscr{L}\{ t y’ \} = – \frac{d}{ds} \mathscr{L}\{ y’ \} = – \frac{d}{ds} \left[ s Y(s) – y(0) \right] = -s Y'(s) – Y(s).$$

Substituindo essas expressões na transformação da equação, encontramos $$-2s Y'(s) + (s^2 -6) Y(s) = \frac{1}{s}.$$ Multiplicando esta equação por s^3 e^{-s^2/4} encontramos $$ -2s^4 e^{-s^2/4} Y'(s) + s^3 e^{-s^2/4}(s^2 -6) Y(s) = s^2 e^{-s^2/4}$$ que pode ser reescrito como $$ \frac{d}{ds} \left\{ s^4 e^{-s^2/4} Y(s) \right\} = – \frac{s^2}{2} e^{-s^2/4}.$$ Integrando em ambos os lados $$ Y(s) = \frac{1}{s^3} + C \frac{e^{s^2/4} }{s^3} = \frac{1}{s^3} \left( 1 + C e^{s^2/4} \right).$$

Agora, se Y(s) for a Transformada de Laplace de uma função contínua por partes, de ordem exponencial, então segue que $$\lim\limits_{s \rightarrow \infty}{Y(s)} = 0. $$ Para que isso ocorra, a constante C em Y(s) = \dfrac{1}{s^3} \left( 1 + C e^{s^2/4} \right)   precisa ser zero. Logo $$Y(s) = \frac{1}{s^3} \Rightarrow y(t) = \frac{t^2}{2} $$ é a solução para o problema de valor inicial dado.

3) Use a convolução para resolver a equação integro-diferencial $$y'(t) = 1 – \int_{0}^{t}{y(t-v)e^{-2v}dv}; \qquad y(0) = 1.$$ 

SOLUÇÃO: 

A equação integro-diferencial pode ser escrita como $$y'(t) = 1 – y(t) \ast e^{-2t}. \tag{1}$$ Considere Y(s) = \mathscr{L}\{ y(t) \} . Tomando a transformada de Laplace de (1) com a ajuda do teorema da convolução e resolvendo Y(s) , obtemos $$ sY(s) – 1 = \frac{1}{s} – Y(s) \frac{1}{s+2} \Rightarrow Y(s) = \frac{2}{s} – \frac{1}{s+1}.$$ Usando a Transforma de Laplace Inversa encontramos $$ y(t) = 2 – e^{-t} .$$

4) Resolva a equação 2 x'' + 8x = \beta f(t), com \beta \in \mathbb{R}, x(0) = 10 e x'(0) = 0, em cada um dos casos abaixo:

a) No caso de f(t) = u(t-1)

SOLUÇÃO: 

Tomando as transformadas de Laplace da equação 2 x'' + 8x = \beta u(t-1) obtemos $$2(s^2 X – 10 s) + 8 X = \frac{\beta e^{-s}}{s} \Rightarrow X(s) = \frac{10 s}{s^2 + 4}+ \frac{\beta e^{-s}}{8} \left( \frac{1}{s} – \frac{s}{s^2 +4} \right) $$ Aplicando a transformada de Laplace Inversa encontramos $$x(t) = 10 cos(2t) + \frac{\beta }{8} \left\{ 1 – cos(2[t-1]) \right\} u(t-1) .$$

b) No caso de f(t) = \delta (t)

SOLUÇÃO: 

Tomando as transformadas de Laplace da equação 2 x'' + 8x = \beta \delta (t-1)   obtemos $$2 (s^2 X – 10 s) + 8X = \beta \Rightarrow  X(s) = \frac{10 s}{s^2 + 4}+ \frac{\beta}{2( s^2 +4)}  $$ de maneira que, usando a transformada de Laplace inversa, encontramos $$x(t) = 10 cos(2t) + \frac{\beta}{4} sen(2t).$$

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