Utilizando transformada de Laplace, determine a solução do problema dado. Verifique sua resposta por substituição na equação. (Suponha t >= 0. )

  1. x¨ + 4x = sen(t) com x(0) = 0 e x˙(0) = 0

Passo 1

Primeiramente, vamos relembrar que diaxo é transformada de Laplace; basicamente é o seguinte:

“Seja f   uma função qualquer definida em [ 0 ; + ∞ [ , a função g   é chamada de transformada de Laplace de f :

g ( s ) = ∫ 0 + ∞ e - s t f t d t "

Top, mas como isso se aplica quando estamos falando de equações diferenciais?

É bem tranquilo, basta aplicar a Transformada em ambos os lados da E D L .

Ou seja, como queremos encontrar uma solução para x ¨ + 4 x = sin ⁡ t ,   teremos o seguinte:

∫ 0 + ∞ e - s t x ¨ + 4 x d t = ∫ 0 + ∞ e - s t sin ⁡ t d t

∫ 0 + ∞ e - s t x ¨ d t + 4 ∫ 0 + ∞ e - s t x   d t = ∫ 0 + ∞ e - s t sin ⁡ t d t

Passo 2

Agora é sempre bom lembrar que uma das mais importantes propriedades da transformada é que ela “destrói” derivadas.

Calma, vou explicar!

Novamente, seja f definida em [ 0 ; + ∞ [ temos o seguinte:

∫ 0 + ∞ e - s t f ' t d t = s   ∫ 0 + ∞ e - s t f t d t - f ( 0 )

E

∫ 0 + ∞ e - s t f ' ' t d t   = s 2 ∫ 0 + ∞ e - s t f t d t - s f 0 - f ' 0

Percebeu??

Então retornando na nossa transformada:

∫ 0 + ∞ e - s t x ¨ d t + 4 ∫ 0 + ∞ e - s t x   d t = ∫ 0 + ∞ e - s t sin ⁡ t d t

s 2 ∫ 0 + ∞ e - s t x   d t - s   x 0 - x ' 0 ⏟ ∫ 0 + ∞ e - s t x ¨ d t + 4 ∫ 0 + ∞ e - s t x   d t = ∫ 0 + ∞ e - s t sin ⁡ t d t

Lembre-se de que o exercício nos da as seguintes condições iniciais: x 0 = 0     e     x ˙ 0 = 0 .

Dando uma arrumada nessa joça:

s 2 + 4 ∫ 0 + ∞ e - s t x   d t = ∫ 0 + ∞ e - s t sin ⁡ t d t

Passo 3

Felizmente existe uma tabela que ajuda bastante

Teremos então:

( s 2 + 4 ) ∫ 0 + ∞ e - s t x   d t = 1 s 2 + 1

E

∫ 0 + ∞ e - s t x   d t = 1 s 2 + 4 s 2 + 1

Repare que essa ainda não é nossa resposta, pois temos ai a transformada de x ; precisamos então tomar o inverso dessa transformada.

Mas calma, é bem simples!

Neste caso só precisamos tomar frações parciais:

1 s 2 + 4 s 2 + 1 = A s 2 + 4 + B s 2 + 1

E então

1 s 2 + 4 s 2 + 1 = A s + B s 2 + 4 + C s + D s 2 + 1 = ( A s + B ) s 2 + 1 + ( C s + D ) s 2 + 4 ( s 2 + 4 ) ( s 2 + 1 )

Relacionando os dois lados da igualdade, chegamos no sistema:

A + C s 3 + B + D s 2 + A + 4 C s + B + 4 D = 1

A + C = 0 B + D = 0 A + 4 C = 0 B + 4 D = 1

De onde encontramos:

B = - 1 3     e     D = 1 3 ,     A = C = 0

Retomando:

∫ 0 + ∞ e - s t x   d t = A s 2 + 4 + B s 2 + 1

E

∫ 0 + ∞ e - s t x   d t = 1 3 s 2 + 1 - 1 3 s 2 + 4

Novamente invocando a tabelinha, teremos o seguinte:

∫ 0 + ∞ e - s t sin ⁡ t d t = 1 s 2 + 1 2

E

∫ 0 + ∞ e - s t sin ⁡ 2 t d t = 2 s 2 + 2 2 = 2 s 2 + 4

Resumo da ópera:

∫ 0 + ∞ e - s t x   d t = 1 3 ∫ 0 + ∞ e - s t sin ⁡ t d t - 1 3 . 1 2 ∫ 0 + ∞ e - s t sin ⁡ 2 t d t

Daí, que

x = 1 3 sin ⁡ t - s i n ⁡ ( 2 t ) 2

Resposta

Portanto concluímos que a E D L admite uma solução particular do tipo:

x t = 1 6 2 sin ⁡ t - sin ⁡ 2 t

Ver Outros Exercícios desse livro