Solucionando Eq. Diferenciais Ordinárias Via Transformada de Laplace

Vamos nos concentrar na solução de equações diferenciais ordinárias de segunda ordem usando a Transformada de Laplace, mas o processo para solucionar equações de primeira ordem segue da mesma maneira, sendo, geralmente, um caso mais simples. Queremos agora discutir como o método das Transformada de Laplace resolve EDOs e PVI’s.

Como \mathscr{L} \{ y^{(n)} (t) \} , n>1 depende de y(t) e de suas n -1 derivadas no ponto t =0 , a transformada de Laplace é apropriada para problemas lineares de valor inicial com coeficientes constantes. A Transformada de Laplace irá reduzir estas equações diferenciais lineares em equações algébricas na função transformada Y(s) .

Para ver como isso se dará, iremos analisar o caso para n = 2 , mas a técnica pode ser analogamente desenvolvida para qualquer n>1 . 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.

Vamos mostrar através de exemplos como a transformada de Laplace pode ser utilizada para resolver problemas de valor inicial.

RESOLVENDO EDOs VIA TRANSFORMADA DE LAPLACE

EXEEMPLO 1

Considere $$y” – y’ – 2y = 0$$ com as condições iniciais y(0)=1,\;\;\;y'(0)=0. Aplicando o operador transformada obtemos

\begin{eqnarray*}
\mathscr{L} \left( y” – y’ – 2y \right) & = & \mathscr{L}(0)=0\\
& = & \mathscr{L} (y”) – \mathscr{L} (y’) – 2 \mathscr{L} (y) = 0\\
& = & s^2Y-sy(0)-y'(0) – (sY – y(0)) – 2Y = 0\\
& = & Y(s^2-s-2) + 1 – s = 0 \\
\end{eqnarray*}

Daí $$Y=\dfrac{s-1}{s^2-s-2} \Rightarrow Y=\dfrac{s-1}{(s+1)(s-2)}$$

Portanto, a solução da EDO original é dada pela tranformada inversa de Y(s).
Por frações parciais, obtemos

$$Y=\dfrac{s-1}{(s+1)(s-2)} = \dfrac{1/3}{(s-2)}+ \dfrac{2/3}{(s+1)}$$

Logo,

$$y(t) = \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{1/3}{(s-2)}+ \dfrac{2/3}{(s+1)} \right) $$ que pela linearidade da transformada y(t) é dado por

$$y(t) = \dfrac{1}{3} e^{2t} + \dfrac{2}{3}e^{-t} $$

EXEMPLO 2

Encontre a solução da equação diferencial $$y” + y = \sin{2t}$$ satisfazendo as condições iniciais y(0) = 2 e y'(0) = 1.

Vamos supor que para y(t) e suas derivadas de primeira e segunda ordem, existam as tranformadas de Laplace.

Daí,

\begin{eqnarray*}
\mathscr{L} \left( y” + y \right) & = & \mathscr{L}(\sin{2t})\\
\\
\mathscr{L} (y”) + \mathscr{L} (y) & = & \dfrac{2}{s^2 + 4}\\
\\
s^2Y-sy(0)-y'(0) + Y & = & \dfrac{2}{s^2 + 4}\\
\\
s^2Y-2s-1 + Y & = & \dfrac{2}{s^2 + 4}\\
\\
Y(s^2 +1)-2s-1 +& = & \dfrac{2}{s^2 + 4}\\
\\
Y(s^2 +1)+& = & \dfrac{2}{s^2 + 4}+2s+1\\
\\
Y & = & \dfrac{2+(2s+1)(s^2+4)}{(s^2 + 4)(s^2 +1)}\\
\\
Y & = & \dfrac{2s^3+s^2+8s+6}{(s^2 + 4)(s^2 +1)}\\
\end{eqnarray*}

Portanto, $$y(t) = \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{2s^3+s^2+8s+6}{(s^2 + 4)(s^2 +1)}\right)$$.

Por frações parciais

$$\dfrac{2s^3+s^2+8s+6}{(s^2 + 4)(s^2 +1)} = \dfrac{as+b}{(s^2 + 4)} + \dfrac{cs+d}{(s^2 +1)}$$
ou seja,
$$2s^3+s^2+8s+6 = (as+b)(s^2 + 1) + (cs+d)(s^2 +4).$$

Assim,

$$a+c = 2$$ $$b+d = 2$$ $$a+4c = 8 $$ e $$b+4d=6$$

Por consequência, a=0, c=2, b=-2/3 e d=5/3.

$$\dfrac{2s^3+s^2+8s+6}{(s^2 + 4)(s^2 +1)} = \dfrac{-2/3}{(s^2 + 4)} + \dfrac{2s+5/3}{(s^2 +1)}$$

Daí, $$y(t) = -1/3 \mathscr{L}^{-1} \left( \frac{2}{(s^2 + 4)}\right) + 2 \mathscr{L}^{-1} \left(\frac{s}{(s^2 + 1)} \right) + 5/3 \mathscr{L}^{-1} \left( \frac{1}{(s^2 + 1)} \right) $$, ou seja

$$y(t) = -1/3 \sin{2t} + 2 \cos{t} + 5/3 \sin{t}$$

EXEMPLO 3

Considere a equação $$y”+3y’+2y = \delta (t-1)$$ com valores iniciais dados por y(0) = 0e y'(0) = 0.

Daí, pela transformada de Laplace

$$\mathscr{L} \left( y”+3y’+2y \right)  =  \mathscr{L}(\delta (t-1))$$

$$\mathscr{L} (y”) + \mathscr{L} (3y’) \mathscr{L} (2y)= e^{-s}$$

$$ s^2Y-sy(0)-y'(0) + 3Ys – y(0) + 2Y = e^{-s} $$

$$ Y(s^2 + 3s + s) = e^{-s}$$

$$Y = \dfrac{e^{-s}}{s^2 + 3s + s}$$

$$Y = \dfrac{e^{-s}}{(s+1)(s+2)} = e^{-s} \left( \dfrac{1}{(s+1)(s+2)} \right) $$

$$Y = e^{-s} \left( \dfrac{1}{(s+1)} – \dfrac{1}{(s+2)} \right) $$

$$Y = e^{-s} \left( \dfrac{1}{(s+1)}\right) – e^{-s} \left(\dfrac{1}{(s+2)} \right)$$

Pela Transformada inversa

\begin{eqnarray*}
y & = & \mathscr{L}^{-1} \left( e^{-s} \left( \dfrac{1}{(s+1)}\right) – e^{-s} \left(\dfrac{1}{(s+2)} \right) \right)\\
\\
& = & \mathscr{L}^{-1} \left( e^{-s} \left( \dfrac{1}{(s+1)}\right)\right) – \mathscr{L}^{-1} \left( e^{-s} \left(\dfrac{1}{(s+2)}\right) \right)\\
\\
& = & u(t-1) \left(\mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{1}{(s+1)}\right) – \mathscr{L}^{-1} \left(\dfrac{1}{(s+2)}\right) \right)\\
\\
& = & u(t-1) \left(e^{(t-1)}-e^{2(t-1)} \right)\\
\\
& = & \left\{ \begin{array}{ll}
0; & t<1\\
e^{(t-1)}-e^{2(t-1)}; & t \geq 1
\end{array} \right.
\end{eqnarray*}

EXEMPLO 4

Encontre a solução da equação diferencial $$2y”+y’+2y = \left\{ \begin{array}{ll}
1; & 5\leq t <20\\
0; & para\;\;\;os\;\;\;demais\;\;\;pontos \end{array} \right.$$ considerando os valores iniciais y(0)=0 e y'(0)=0.

Primeiramente, note que $$\left\{ \begin{array}{ll}
1; & 5\leq t <20\\
0; & para\;\;\;os\;\;\;demais\;\;\;pontos \end{array} \right. = u(t-5) – u(t-20).$$

Assim, a EDO se resume a 2y''+y'+2y = u(t-5) - u(t-20).

Daí,

\begin{eqnarray*}
\mathscr{L} \left( 2y”+y’+2y \right) & = & \mathscr{L}(u(t-5) – u(t-20))\\
\\
2\mathscr{L} (y”) + \mathscr{L} (y’) 2 \mathscr{L} (y)& = & \mathscr{L}(u(t-5)) – \mathscr{L}(u(t-20))\\
\\
2(s^2Y-sy(0)-y'(0)) + Ys – y(0) + 2Y & = & \dfrac{e^{-5s}}{s} – \dfrac{e^{-20s}}{s}\\
\\
Y(2s^2 + s + 2)& = & \dfrac{e^{-5s}}{s} – \dfrac{e^{-20s}}{s}\\
\\
Y & = & \left( e^{-5s} – e^{-20s} \right)\dfrac{1}{s(2s^2 + s + 2)} \\
\end{eqnarray*}

Daí, pela Transformada inversa

\begin{eqnarray*}
y & = & \mathscr{L}^{-1} \left[ \left( e^{-5s} – e^{-20s} \right)\dfrac{1}{s(2s^2 + s + 2)} \right]\\
\\
& = & \mathscr{L}^{-1} \left( e^{-5s} \dfrac{1}{s(2s^2 + s + 2)} \right) – \mathscr{L}^{-1} \left( e^{-20s} \left(\dfrac{1}{s(2s^2 + s + 2)}\right) \right)\\
\\
& = & u(t-5) \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{1}{s(2s^2 + s + 2)} \right ) – u(t-20) \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{1}{s(2s^2 + s + 2)} \right)\\
\end{eqnarray*}

Agora, precisamos determinar a transformada inversa $$g(t) =  \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{1}{s(2s^2 + s + 2)} \right).$$

Temos que $$\dfrac{1}{s(2s^2 + s + 2)} = \dfrac{A}{s} + \dfrac{Bs + C}{(2s^2 + s + 2)} = \dfrac{1/2}{s} – \dfrac{s +1/2}{(2s^2 + s + 2)}$$

Daí,

$$\dfrac{s +1/2}{(2s^2 + s + 2)} = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{(s+1/4) + 1/4}{s^2 + s/2 + 1} \right) = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{(s+1/4) + 1/4}{(s^2 + s/2 +1/16) -1/16 + 1} \right)$$

Portanto,

$$g(t) =  \mathscr{L}^{-1} \left(\dfrac{1/2}{s} + \dfrac{1}{s(2s^2 + s + 2)} \right)$$

$$ g(t) =  \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{1/2}{s} + \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{(s+1/4) + 1/4}{(s+1/4)^2 + 15/16} \right) \right)$$

$$ g(t) =\mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{1/2}{s} \right)  + \dfrac{1}{2} \left( \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{(s+1/4)}{(s+1/4)^2 + 15/16} \right) \right.$$ $$ + \left. \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{(1/4)}{(s+1/4)^2 + 15/16} \right) \right)$$

$$ g(t)  = \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{1/2}{s} \right) + \dfrac{1}{2}\mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{(s+1/4)}{(s+1/4)^2 + 15/16} \right) $$ $$ + \dfrac{1}{2}  \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{1}{\sqrt{15}}\dfrac{(\sqrt{15}/4)}{(s+1/4)^2 + 15/16} \right) $$

$$ g(t) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} e^{-1/4 t} \cos{(\sqrt{15}/4) t} + \dfrac{\sqrt{15}}{30}e^{-1/4 t} \sin{(\sqrt{15}/4) t}$$

A solução deste caso é dada pela subtração de suas translações: $$y(t) = u(t-5) g(t-5) – u(t-20) g(t-20)$$

EXEMPLO 5

Considere a EDO $$y”+y = \sin{t}.$$

Sabemos pela transformada de Laplace que a solução desta EDO é dada por $$y(t) = \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{1}{(s^2 +1)^2} \right)$$

Pela convolução,

$$y(t) = \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{1}{(s^2 +1)^2} \right) = \sin{t} * \sin{t} = \dfrac{1}{2} \left[ -t \cos{t} +\sin{(t)} \right]$$

Resolvendo E.D.O.’s Via Transformada de Laplace – Listas de Exercícios Resolvidos:

• Resolvendo EDO’s por Laplace | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Resolvendo EDO’s por Laplace | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Resolvendo EDO’s por Laplace | 3ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Resolvendo EDO’s por Laplace | 4ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Resolvendo EDO’s por Laplace | 5ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Resolvendo EDO’s por Laplace | 6ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Resolvendo EDO’s por Laplace | 7ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Resolvendo EDO’s por Laplace | 8ª Lista de Exercícios Resolvidos

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• Transformada de Laplace – Das Definições Básicas à Função Delta de Dirac
• O Delta de Dirac | Da definição à solução de Equações Diferenciais
• Transformada de Laplace Inversa | Exercícios Resolvidos
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