Resolvendo EDO’s por Laplace | 7ª 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 – 7ª Lista de Exercícios

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

a) y'' -2 y' + y = e^t; y(0) = 0, y'(0) = 5 ;

SOLUÇÃO: Aplicando a Transformada de Laplace na equação encontramos $$Y(s^2-2s+1)-5 = \frac{1}{s-1} \Rightarrow Y = \frac{5}{s^2-2s+1} + \frac{1}{(s-1) (s^2-2s+1)} .$$ Observando que s^2-2s+1 = (s-1)^2 , entao precisamos encontrar a transforma de laplace inversa de $$Y(s) = \frac{5}{(s-1)^2} + \frac{1}{(s-1)^3} .$$ Uma alternativa seria usar Frações Parciais, mas iremos usar a transformada tabelada $$ \mathscr{L}\left\{ \frac{1}{(n-1)!}t^{n-1}e^{at} \right\} = \frac{1}{(s-a)^n}; \qquad n=1,2,3…,$$ em cada uma das parcelas. O que nos leva $$y(t) = \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{5}{(s-1)^2} + \frac{1}{(s-1)^3} \right\} = \frac{t^2 e^t}{2} +5te^{t}.$$

b) y'' -8y'+20y = - t e^{t}; y(0) = 0, y'(0) = 0 ;

SOLUÇÃO: Aplicando a transformada de Laplace em ambos os lados da equação e isolando Y(s), encontramos $$Y(s) = \frac{-1}{(s-1)^2(s^2-8s +20)} .$$ Portanto, nossa solução deste PVI é dada por $$ y(t) = – \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{(s-1)^2(s^2-8s +20)} \right\}.$$

Para calcular esta transforma inversa iremos usar Frações Parciais. Primeiramente, observe que $$ \frac{1}{(s-1)^2(s^2-8s +20)} = \frac{1}{169} \frac{6s-29}{s^2-8s +20)} + \frac{6}{169} \frac{1}{s-1} +\frac{1}{13} \frac{1}{(s-1)^2}.$$

Desta forma, usando a linearidade e a tabela de transformadas de Laplace, encontramos $$ – y(t) = \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{169} \frac{6s-29}{s^2-8s +20} + \frac{6}{169} \frac{1}{s-1} +\frac{1}{13} \frac{1}{(s-1)^2} \right\} =$$ $$ =  \frac{1}{169} \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{6s-29}{s^2-8s +20} \right\}+ \frac{6}{169} \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s-1} \right\}+\frac{1}{13} \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{(s-1)^2} \right\} = $$ $$ = \frac{1}{169} \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{6s-29}{s^2-8s +20} \right\} + \frac{6}{169} e^t + \frac{1}{13} t e^t.$$

Agora, para encontrar \mathscr{L}^{-1} \left\{ \dfrac{6s-29}{s^2-8s +20} \right\} , vamos observar que $$\frac{6s-29}{s^2-8s +20} = \frac{6s-29}{(s-4)^2 +4} = \frac{6s-24 – 5}{(s-4)^2 +4} = $$ $$ = 6 \frac{s-4}{(s-4)^2 +4} – \frac{5}{2} \frac{2}{(s-4)^2 +4}.$$ Logo $$ \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{6s-29}{s^2-8s +20} \right\} = 6 \mathscr{L}^{-1} \left\{  \frac{s-4}{(s-4)^2 +4} \right\} – \frac{5}{2}\mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{2}{(s-4)^2 +4} \right\} = $$ $$= 6 e^{4t}cos(2t) – \frac{5}{2} e^{4t}sen(2t).$$

Assim $$ – y(t) =  \frac{1}{169}  \left[ 6 e^{4t}cos(2t) – \frac{5}{2} e^{4t}sen(2t) \right] + \frac{6}{169} e^t + \frac{1}{13} t e^t.$$

Portanto, $$ y(t) =  \frac{1}{169}  \left[ \frac{5}{2} e^{4t}sen(2t)  – 6 e^{4t}cos(2t) \right] – \frac{6}{169} e^t – \frac{1}{13} t e^t.$$

c) y'' -4y'+6y = 30 u(t - \pi); y(0) = 0, y'(0) = 0 ;

SOLUÇÃO: Aplicando a transformada de Laplace em ambos os lados da equação, encontramos $$Y(s) = 30 e^{- \pi s} \frac{1}{s (s^2 – 4s +6)}.$$ Portanto, $$y(t) = \mathscr{L}^{-1} \left\{ 30 e^{- \pi s} \frac{1}{s (s^2 – 4s +6)} \right\} = 30 \mathscr{L}^{-1} \left\{ e^{- \pi s} \frac{1}{s (s^2 – 4s +6)} \right\}. $$

Usando o teorema da translação podemos afirmar que $$y(t) = 30 \mathscr{L}^{-1} \left\{ e^{- \pi s} \frac{1}{s (s^2 – 4s +6)} \right\} = 30 u(t- \pi) f(t- \pi), $$ onde f(t) é transformada de Laplace inversa de F(s) = \dfrac{1}{s (s^2 - 4s +6)} . Ou seja, nosso problema consiste em encontrar \mathscr{L}^{-1} \left\{ \dfrac{1}{s (s^2 - 4s +6)} \right\}.

Para isso, usando Frações Parciais e completamento de quadrados, vamos observar que $$ \frac{1}{s (s^2 – 4s +6)} = \frac{1}{6s} – \frac{s-4}{6(s^2 – 4s +6)} = \frac{1}{6s} – \frac{1}{6} \frac{s-4}{(s^2 – 4s +6)}  = $$ $$= \frac{1}{6s} – \frac{1}{6} \left[ \frac{s-2}{(s-2)^2 +2}  – \sqrt{2} \frac{\sqrt{2}}{(s-2)^2 +2} \right].$$

Desta forma, pela linearidade, obtemos$$ f(t) = \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s (s^2 – 4s +6)} \right\} = $$ $$ = \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{6s} \right\}  – \frac{1}{6} \left[ \mathscr{L}^{-1} \left\{\frac{s-2}{(s-2)^2 +2} \right\}  – \sqrt{2} \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{\sqrt{2}}{(s-2)^2 +2} \right\} \right] = $$ $$= \frac{1}{6} – \frac{1}{6} cos \left( \sqrt{2} t \right) e^{2t} + \frac{\sqrt{2}}{6} sen \left( \sqrt{2} t \right) e^{2t}.$$

Portanto, $$y(t) = 30 u(t- \pi) f(t- \pi) = 30 u(t – \pi) \left\{ \frac{1}{6} – \frac{1}{6} cos \left( \sqrt{2} [t – \pi] \right) e^{2[t – \pi]} + \frac{\sqrt{2}}{6} sen \left( \sqrt{2} [t – \pi] \right) e^{2[t – \pi]} \right\}.$$

d) y'' +6y'+5y = t - t u(t - 2); y(0) = 0, y'(0) = 0 ;

SOLUÇÃO: Observe que neste caso, para aplicara  Transformada de Laplace será necessário reescrever a função  t no fator t u(t - 2) em termos de (t-2) para poder usar o teorema da translação. Desta forma, facilmente percebemos que $$t = (t-2) +2 \Rightarrow t u(t – 2) = (t-2)u(t – 2) + 2u(t – 2) .$$

Assim, a equação diferencial fica $$y” +6y’+5y =t – (t-2)u(t – 2) + 2u(t – 2)$$ e aplicando a Transformada de Laplace em ambos os lados da equação e isolando Y(s) encontramos $$ Y(s) = \frac{1}{s^2 (s+5)(s+1)} – \frac{e^{-2s}}{s^2 (s+5)(s+1)} + 2 \frac{e^{-2s}}{s(s+5)(s+1)},$$ ou seja, $$y(t) = \mathscr{L}^{-1} \left\{\frac{1}{s^2 (s+5)(s+1)} \right\}  – \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{e^{-2s}}{s^2 (s+5)(s+1)} \right\} + 2 \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{e^{-2s}}{s(s+5)(s+1)} \right\}$$

Vamos resolver cada uma destas transformadas de Laplace inversa separadamente.

i)  Vamos resolver \mathscr{L}^{-1} \left\{\dfrac{1}{s^2 (s+5)(s+1)} \right\} .

Usando Frações Parciais encontramos $$ \frac{1}{s^2 (s+5)(s+1)} = – \frac{1}{100} \frac{1}{s+5} + \frac{1}{4} \frac{1}{s+1} – \frac{6}{25} \frac{1}{s} + \frac{1}{5} \frac{1}{s^2}$$ logo, $$ \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s^2 (s+5)(s+1)} \right\}= – \frac{1}{100} \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s+5} \right\} + $$ $$+\frac{1}{4} \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s+1} \right\} – \frac{6}{25} \mathscr{L}^{-1} \left\{\frac{1}{s} \right\} + \frac{1}{5} \mathscr{L}^{-1} \left\{\frac{1}{s^2}\right\} = $$ $$ = – \frac{1}{100} e^{-5t} + \frac{1}{4} e^{-t} – \frac{6}{25} + \frac{1}{5} t $$

ii) Agora, vamos resolver \mathscr{L}^{-1} \left\{ \dfrac{e^{-2s}}{s^2 (s+5)(s+1)} \right\} .

Observe neste caso a solução é apenas a translação da solução do item anterior em t = 2. Logo, $$ \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{e^{-2s}}{s^2 (s+5)(s+1)} \right\} = u(t-2) \left[ – \frac{1}{100} e^{-5(t-2)} + \frac{1}{4} e^{-(t-2)} – \frac{6}{25} + \frac{1}{5} (t-2) \right],$$

iii) Por fim, precisamos resolver \mathscr{L}^{-1} \left\{ \dfrac{e^{-2s}}{s(s+5)(s+1)} \right\}.

Usando novamente as Frações Parciais, encontramos $$\frac{1}{s(s+5)(s+1)} = \frac{1}{20} \frac{1}{s+5} – \frac{1}{4} \frac{1}{s+1} + \frac{1}{5} \frac{1}{s} . $$ Assumindo F(s) =  \dfrac{1}{s(s+5)(s+1)} , então $$f(t) = \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s(s+5)(s+1)} \right\} = \frac{1}{20} e^{-5t} – \frac{1}{4} e^{-t} + \frac{1}{5}$$ e, usando o teorema da translação $$ \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{e^{-2s}}{s(s+5)(s+1)} \right\} = u(t-2) f(t-2) = $$ $$= u(t-2) \left[  \frac{1}{20} e^{-5(t-2)} – \frac{1}{4} e^{-(t-2)} + \frac{1}{5} \right].$$

Portanto, juntando as três transformadas inversas acima, encontramos como solução do nosso P.V.I. $$ Y(s) = \frac{1}{s^2 (s+5)(s+1)} – \frac{e^{-2s}}{s^2 (s+5)(s+1)} + 2 \frac{e^{-2s}}{s(s+5)(s+1)},$$ ou seja, $$y(t) = – \frac{1}{100} e^{-5t} + \frac{1}{4} e^{-t} – \frac{6}{25} + \frac{1}{5} t  – $$ $$-u(t-2) \left[ – \frac{1}{100} e^{-5(t-2)} + \frac{1}{4} e^{-(t-2)} – \frac{6}{25} + \frac{1}{5} (t-2) \right] + $$ $$+ 2 u(t-2) \left[  \frac{1}{20} e^{-5(t-2)} – \frac{1}{4} e^{-(t-2)} + \frac{1}{5} \right].$$

Uma observação final: no início da solução poderíamos ter escrito $$ t – t u(t – 2) = t [ 1 – u(t – 2)  ] $$ e usar a função degrau inverso, mas ainda assim não poderíamos aplicar a transformada de Laplace diretamente e teríamos que escrever t em termos de t-2.

e) y' - 5y = f(t); com y(0) = 1 e $$f(t) = \left\{ \begin{array}{ll} t^2; & 0 \leq t < 1\\ 0; & t \geq 1 \end{array} \right.$$

SOLUÇÃO: Antes de aplicarmos a Transformada de Laplace na EDO precisamos escrever a função f(t) em termos da função degrau. Rapidamente enxergamos que $$f(t) = t^2 [1 – u(t-2)] = t^2 – t^2 u(t-2)$$ e assim como no exercício anterior, o termos t² terá que ser escrito em termos de t-2: $$t^2 = (t-1)^2 + 2 (t-1) +1.$$ Ou seja, para aplicar a transformada de Laplace na função f(t) precisamos escreve-la como $$ f(t) = t^2 – [(t-1)^2 + 2 (t-1) +1] u(t-2).$$

Agora, aplicando a Transformada de Laplace na equação e isolando Y(s), encontramos $$y’ – 5y = t^2 – [(t-1)^2 + 2 (t-1) +1] u(t-2) \Rightarrow $$ $$ \Rightarrow Y(s) = \frac{2}{s^3(s-5)}+ \frac{1}{(s-5)} – e^{-s} \left( \frac{2}{s^3(s-5)} + \frac{2}{s^2(s-5)} + \frac{1}{s(s-5)} \right).$$

Logo, $$y(t) = \mathscr{L}^{-1} \left\{  \frac{2}{s^3(s-5)} \right\}+ \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{(s-5)} \right\} – $$ $$ -\mathscr{L}^{-1} \left\{ e^{-s} \left( \frac{2}{s^3(s-5)} + \frac{2}{s^2(s-5)} + \frac{1}{s(s-5)} \right) \right\}.$$

Olhando separadamente cada uma destas transformadas inversas:

i) Usando frações parciais, $$ \frac{2}{s^3(s-5)} = \frac{1}{125} \frac{1}{s} – \frac{1}{25} \frac{1}{s^2} – \frac{1}{5} \frac{1}{s^3} + \frac{1}{125} \frac{1}{s-5}$$ logo, $$\mathscr{L}^{-1} \left\{  \frac{2}{s^3(s-5)} \right\} = \frac{1}{125} – \frac{1}{25} t – \frac{1}{10} t^2 + \frac{1}{125} e^{5t}.$$

ii) \mathscr{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{(s-5)} \right\} = e^{5t} .

iii) Usando frações parciais, $$ \frac{2}{s^2(s-5)} = \frac{-2}{25} \frac{1}{s} – \frac{2}{5} \frac{1}{s^2} + \frac{2}{25} \frac{1}{s-5} + \frac{1}{125} \frac{1}{s-5},$$ logo, $$\mathscr{L}^{-1} \left\{  \frac{2}{s^2(s-5)} \right\} = \frac{-2}{25} – \frac{2}{5}t+ \frac{2}{25} e^{5t}.$$

iv) Usando frações parciais $$ \frac{1}{s(s-5)} = \frac{1}{5} \frac{1}{s-5} – \frac{1}{5} \frac{1}{s},$$ logo, $$\mathscr{L}^{-1} \left\{  \frac{1}{s(s-5)} \right\} = \frac{1}{5} e^{5t} – \frac{1}{5}.$$

Agora, usando estes resultados e o teorema da translação, obtemos, $$y(t) = \frac{1}{125} – \frac{1}{25} t – \frac{1}{10} t^2 + \frac{126}{125} e^{5t} – $$ $$ -2 u(t-1) \left[ \frac{1}{125} – \frac{1}{25} (t-1) – \frac{1}{10} (t-1)^2 + \frac{1}{125} e^{5(t-1)} \right] -$$ $$ – 2u(t-1) \left[  – \frac{2}{25} – \frac{2}{5}(t-1)+ \frac{2}{25} e^{5(t-1)} \right] – $$ $$ – u(t-1) \left[ \frac{1}{5} e^{5(t-1)} – \frac{1}{5} \right]=$$ $$ = \frac{1}{125} – \frac{1}{25} t – \frac{1}{10} t^2 + \frac{126}{125} e^{5t} – 2u(t-1) \left[  – \frac{2}{25} – \frac{2}{5}(t-1)+ \frac{2}{25} e^{5(t-1)} \right] – $$ $$ – u(t-1) \left[ \frac{1}{5} e^{5(t-1)} – \frac{1}{5} \right]$$

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