Resolvendo EDO’s por Laplace | 8ª 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 – 8ª Lista de Exercícios

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

a) y'' +5 y' + 4 y = 0; y(0) = 1, y'(0) = 0 ;

SOLUÇÃO: Aplicando a transformada de Laplace em ambos os lados da equação obtemos $$(s^2 Y – s)+5(s Y – 1) + 4Y = 0 $$ que nos leva a $$Y(s) = \frac{s-5}{s^25s+4} = \frac{s-5}{(s+4)(s+1)} =  \frac{3}{s+4} – \frac{2}{s+1} .$$ Portanto $$y(t) = 3 \mathscr{L}^{-1}\left\{  \frac{1}{s+4} \right\} – 2 \mathscr{L}^{-1}\left\{ \frac{1}{s+1} \right\}  = 3e^{-4t} – 2 e^{-t}.$$

b) y'' -4y'+4y = t^3 e^{2t}; y(0) = 0, y'(0) = 0 ;

SOLUÇÃO: Aplicando a Transformada de Laplace em ambos os lados da equação, e lembrando da transformada \mathscr{L}\left\{ t^n e^{at} \right\}= \dfrac{n!}{(s-a)^{n+1}} presente em nossa tabela, obtemos $$Y(s) (s^2 -4s +4) = \frac{3!}{(s-2)^4}$$ o que nos leva a $$Y(s) = \frac{6}{(s-2)^4 (s^2-4s +4)} = \frac{6}{(s-2)^4 (s-2)^2} = \frac{6}{(s-2)^6}.$$ Portanto, usando a transformada de Laplace inversa \dfrac{t^{n-1} e^{at}}{(n-1)!} = \mathscr{L}^{-1}\left\{ \dfrac{1}{(s-a)^{n}} \right\} , obtemos $$y(t) = \mathscr{L}^{-1}\left\{ \frac{6}{(s-2)^6}  \right\} = \frac{6}{5!} t^5 e^{2t} = \frac{1}{20} t^5 e^{2t}.$$

c) y'' -y' = e^t cos(t; y(0) = 0, y'(0) = 0 ;

SOLUÇÃO: Aplicando a Transformada de Laplace em ambos os lados da equação, obtemos $$Y(s) (s^2 – s) = \frac{s-1}{(s-1)^2 + 1} = \frac{s-1}{s^2-2s+2} \Leftrightarrow $$ $$ \Leftrightarrow Y(s) = \frac{s-1}{(s^2-s) (s^2-2s+2) } = \frac{s-1}{s (s-1) (s^2-2s+2) } = \frac{1}{s (s^2-2s+2) }.$$ Logo, $$ y(t) = \mathscr{L}^{-1}\left\{ \frac{1}{s (s^2-2s+2) } \right\} = \mathscr{L}^{-1}\left\{   \frac{1}{s} \frac{1}{ (s^2-2s+2) } \right\}.$$

Vamos encontrar esta Transformada de Laplace inversa por dois métodos:

1º MÉTODO: FRAÇÕES PARCIAIS: 

Manipulando algebricamente,

$$ \frac{1}{s} \frac{1}{ (s^2-2s+2) } = \frac{1}{2}  \frac{1}{s}  – \frac{1}{2} \frac{s-2}{ s^2-2s+2 } = $$ $$ = \frac{1}{2}  \frac{1}{s}  – \frac{1}{2} \frac{s-1-1}{ s^2-2s+2 } = \frac{1}{2}  \frac{1}{s}  – \frac{1}{2} \frac{s-1}{ s^2-2s+2 } + \frac{1}{2} \frac{1}{ s^2-2s+2 } = $$ $$ =\frac{1}{2}  \frac{1}{s}  – \frac{1}{2} \frac{s-1}{ (s-1)^2 +1 } + \frac{1}{2} \frac{1}{ (s-1)^2 +1 } .$$

Aplicando a Transformada de Laplace inversa obtemos $$ y(t) = \frac{1}{2} – \frac{1}{2} e^t cos(t) + \frac{1}{2} e^t sen(t) .$$

2º MÉTODO: TRANSFORMADA DA INTEGRAL: 

Lembrando que $$ \int_{0}^{t}{f( \tau ) d \tau} = \mathscr{L} \left\{ \frac{1}{s} F(s) \right\}$$ e tomando $$F(s) = \frac{1}{ s^2-2s+2 } = \frac{1}{ (s-1)^2 +1 }$$, consequentemente $$f(t) = e^t sen(t)$$ e, assim, obtemos $$ y(t) = \mathscr{L} \left\{ \frac{1}{s} \frac{1}{ s^2-2s+2 } \right\} = \int_{0}^{t}{ e^{\tau} sen(\tau) d \tau} = $$ $$ = \left[ \frac{e^{\tau} sen(\tau)}{2} – \frac{e^{\tau} cos(\tau)}{2} \right]^{t}_{0} = \frac{1}{2} – \frac{1}{2} e^t cos(t) + \frac{1}{2} e^t sen(t) .$$

d) y'' +2y'+y = \delta (t - 1); y(0) = 0, y'(0) = 0 ;

SOLUÇÃO: Aplicando a Transformada de Laplace em ambos os lados da equação, obtemos $$Y(s+1)^2 = e^{-s} \Leftrightarrow Y(s) = \frac{e^{-s}}{(s+1)^2} .$$ A Transformada de Laplace inversa que dará a solução deste PVI será encontrada através da translação $$ y(t) = u(t-1) f(t-1), $$ onde $$f(t) = \mathscr{L}^{-1}\left\{  \frac{1}{(s+1)^2} \right\}.$$ Usando a Transformada tabelada \dfrac{t^{n-1} e^{at}}{(n-1)!} = \mathscr{L}^{-1}\left\{ \dfrac{1}{(s-a)^{n}} \right\} encontramos $$f(t) = t e^t .$$ Portanto, $$y(t) = u(t-1) e^{-(t-1)} (t-1).$$

e) y'' +4 y = f(t); com y(0) = 0, y'(0) = -1 e $$f(t) = \left\{ \begin{array}{ll} 1; & 0 \leq t < 1\\ 0; & t \geq 1 \end{array} \right.$$

SOLUÇÃO: Considerando \mathscr{L} \left\{ f(t) \right\} = F(s) , obtemos $$(s^2 Y +1) + 4Y = F(s) \Leftrightarrow Y(s) = F(s) \frac{1}{s^2 +4} – \frac{1}{s^2 +4}.$$

Agora, vamos olhar para a transformada de f(t) : $$f(t) = \left\{ \begin{array}{ll} 1; & 0 \leq t < 1\\ 0; & t \geq 1 \end{array} \right. = 1 – u(t-1) \Rightarrow \mathscr{L} \left\{ f(t) \right\} = \frac{1}{s} – \frac{e^{-s}}{s}.$$

Desta forma, $$ Y(s) = \left( \frac{1}{s} – \frac{e^{-s}}{s} \right)  \frac{1}{s^2 +4} – \frac{1}{s^2 +4} $$  e observando que:

i) Começamos calculando: \mathscr{L}^{-1}\left\{  \dfrac{1}{s(s^2+4)} \right\} = \mathscr{L}^{-1}\left\{  \dfrac{1}{4s} - \dfrac{1}{4(s^2+4)} \right\}  = \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4} cos(2t) .

ii) Logo, usando o teorema da translação \mathscr{L}^{-1}\left\{  \dfrac{e^{-s}}{s(s^2+4)} \right\} = \left( \dfrac{1}{4}+ \dfrac{1}{4} cos(2[t-1]) \right) u(t-1) .

iii) Por fim, pela tabela de Transformada de Laplace \mathscr{L}^{-1}\left\{  \dfrac{1}{s^2 +4} \right\} = \dfrac{1}{2} sen(2t) .

Portanto, $$y(t) = \frac{1}{4} – \frac{1}{4} cos(2t) + \frac{1}{2} sen(2t) – \left( \frac{1}{4}+ \frac{1}{4} cos(2[t-1]) \right) u(t-1).$$

Observação: Pela tabela de Transformadas de Laplace podemos encontrar \mathscr{L}^{-1} \left\{ \dfrac{1}{s^2 +4} \right\} = \dfrac{1}{2} sen(2t) e com isso poderíamos usar a convolução para encontrar a solução do PVI como $$y(t) = \left[ f(t) \ast \frac{1}{2} sen(2t) \right] – \frac{1}{2} sen(2t).$$

Leia Mais:

• Solucionando Eq. Diferenciais Ordinárias Via Transformada de Laplace
• Resolvendo EDO’s por Laplace | 7ª 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