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Exercícios Resolvidos de EDO de 2ª Ordem com Coeficientes Constantes – Função Degrau e Delta de Dirac

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Enunciado

Solução de PVI para EDO por Laplace, Transformada de Laplace, Função Degrau, Delta de Dirac

Considere a função

g t = sen ⁡ ( t ) ,         0 ≤ t < π 0 ,                                         t > π

Resolva o Problema de Valor Inicial (PVI)

y ' ' + 4 y = g t + δ ( t - π / 2 ) y 0 = y ' 0 = 0                                              

Justifique sua resposta.

Passo 1

Antes de tudo vamos fazer um esboço dessa g ( t ) para podermos escrever ela como função degrau. Temos o seguinte:

Isso é o mesmo que a função seno menos a sua parte a partir de t = π , ou seja:

Na esquerda temos o seno e na direita, temos o seno apenas a partir de t = π , ou seja, u π t s e n t . Temos, então, o seguinte:

g t = sen ⁡ ( t ) - u π t sen ⁡ t

Passo 2

Agora vamos aplicar Laplace a essa equação, ok?

L y ' ' + 4 y ( s ) = L [ sen ⁡ ( t ) - u π sen ⁡ ( t ) + δ ( t - π / 2 ) ] ( s )

L y ' ' s + 4 L y s = L sen ⁡ ( t ) s - L u π sen ⁡ ( t ) ( s ) + L δ t - π / 2 ( s )

Sabemos que

L sen ⁡ ( t ) s = 1 s 2 + 1

L δ t - π / 2 s = e - π s / 2

Então, temos:

L y ' ' s + 4 L y s = 1 s 2 + 1 - L u π sen ⁡ ( t ) ( s ) + e - π s / 2

Para calcular a transformada da função degrau, vamos usar essa fórmula aqui:

L u c ( t ) f t - c s = e - c s L f t ( s )

O que nos dá:

L [ u π sen ⁡ ( t ) ⏟ f t - π ] ( s ) = e - π s L f t ( s )

f t - π = sen ⁡ ( t )   →       f t = sen ⁡ ( t + π ) = - sen ⁡ ( t )

Então:

L u π sen ⁡ ( t ) s = - e - π s L sen ⁡ ( t ) s = - e - π s s 2 + 1

Substituindo na expressão:

L y ' ' s + 4 L y s = 1 s 2 + 1 + e - π s s 2 + 1 + e - π s / 2

Agora vamos aplicar aquela propriedade da Transformada da derivada:

L y ' ' s = s 2 L y s - s y 0 - y ´ ( 0 )

Substituindo na equação, temos:

s 2 L y s - s y 0 - y ´ 0 + 4 L y s = 1 s 2 + 1 + e - π s s 2 + 1 + e - π s / 2

Passo 3

Vamos, então, substituir os valores iniciais e isolar L y ( s )

Como y 0 = 0   e   y ' 0 = 0 , temos:

s 2 L y s + 4 L y s = 1 s 2 + 1 + e - π s s 2 + 1 + e - π s / 2

s 2 + 4 L y s = 1 s 2 + 1 + e - π s s 2 + 1 + e - π s / 2

L y s = 1 s 2 + 4 ( s 2 + 1 ) + e - π s 1 s 2 + 4 ( s 2 + 1 ) + e - π s / 2 s 2 + 4

Passo 4

Agora vamos decompor a 1ª fração (que igual à 2ª) em frações parciais, por enquanto vamos nos esquecer da 3ª, você já vai entender porque!

  1. Fatorar o denominador

    2. Como não temos como fatorar os termos ( s 2 + 4 ) e ( s 2 + 1 ) , pois eles são irredutíveis, não tem jeito! Nossas frações parciais terão esses mesmos termos no denominador.

  2. Igualar a fração à soma de frações com denominadores iguais aos termos que encontramos. Como assim? Veja:

    3. 1 ( s 2 + 4 ) s 2 + 1 = a s + b s 2 + 4 + c s + d s 2 + 1

    O numerador dessas frações que criamos sempre deve ter grau menor que o fator do denominador em uma unidade. Como temos grau 2 em ( s 2 + 4 ) , o numerador dessa fração deve ser a s + b (grau 1). O mesmo ocorre para a outra fração!

  3. Fazer o MMC dessas frações, juntá-las ao mesmo denominador.

    4. 1 ( s 2 + 4 ) s 2 + 1 = a s + b s 2 + 1 + ( c s + d ) ( s 2 + 4 ) ( s 2 + 4 ) s 2 + 1

    1 ( s 2 + 4 ) s 2 + 1 = a s 3 + a s + b s 2 + b + c s 3 + 4 c s + d s 2 + 4 d ( s 2 + 4 ) s 2 + 1

  4. Agora, partindo do princípio que essas duas frações são iguais, vamos encontrar os coeficientes das frações parciais.

    5. Vamos juntar os termos pelos graus de s .

    1 ( s 2 + 4 ) s 2 + 1 = a + c s 3 + b + d s 2 + a + 4 c s + ( b + 4 d ) ( s 2 + 4 ) s 2 + 1

    Como o denominador já é o mesmo, temos

    1 = a + c s 3 + b + d s 2 + a + 4 c s + b + 4 d

    Calma, essa expressão é enorme mesmo, vamos por partes! Vamos igualar cada coeficiente das potências de s na esquerda e na direita. Como assim? Olha só:

    a + c = 0     →       a = - c b + d = 0     →       b = - d a + 4 c = 0     →       a = - 4 c   b + 4 d = 1                                                        

    Agora temos que resolver esse sisteminha.

    - c = - 4 c       →       c = 0

    a = 0

    - d + 4 d = 1     →     d = 1 / 3

    b = - 1 / 3

  5. Agora que já temos os coeficientes basta reescrever as frações que criamos.

1 ( s 2 + 4 ) s 2 + 1 = - 1 / 3 s 2 + 4 + 1 / 3 s 2 + 1

L y s = - 1 / 3 s 2 + 4 + 1 / 3 s 2 + 1 + e - π s - 1 / 3 s 2 + 4 + 1 / 3 s 2 + 1 + e - π s / 2 s 2 + 4

Passo 5

Agora que já temos as frações parciais, precisamos reconhecer a função y pela sua transformada. Calma, já está acabando!

Vamos colocar em evidência o coeficiente dos numeradores.

L y s = - 1 3 1 s 2 + 4 + 1 3 1 s 2 + 1 + e - π s - 1 3 1 s 2 + 4 + 1 3 1 s 2 + 1 + e - π s / 2 1 s 2 + 4

Como

L sen ⁡ ( a t ) s = a s 2 + a 2

Nós sabemos que:

1 s 2 + 4 = 1 2 L sen ⁡ ( 2 t ) s

1 s 2 + 1 = L sen ⁡ ( t ) s

Substituindo isso, temos:

L y s = - 1 6 L sen ⁡ ( 2 t ) s + 1 3 L sen ⁡ ( t ) s + e - π s - 1 6 L sen ⁡ ( 2 t ) s + 1 3 L sen ⁡ ( t ) s   + 1 2 e - π s / 2 L sen ⁡ ( 2 t ) s

L y s = L - 1 6 sen ⁡ ( 2 t ) + 1 3 sen ⁡ ( t ) s - 1 6 e - π s L sen ⁡ ( 2 t ) s + 1 3 e - π s L sen ⁡ ( t ) s + 1 2 e - π s / 2 L sen ⁡ ( 2 t ) s

Sobraram essas exponenciais “fora” de L , não é? Vamos usar a seguinte fórmula:

L u c f t - c s = e - c s L f t ( s )

Aplicando ao problema:

e - π s L sen ⁡ ( 2 t ) s = L [ u π sen ⁡ 2 t - π ] s = L [ u π sen ⁡ ( 2 t ) ] s

e - π s L sen ⁡ ( t ) s = L u π sen ⁡ t - π s = - L [ u π sen ⁡ ( t ) ] s

e - π s / 2 L sen ⁡ ( 2 t ) s = L u π 2 sen ⁡ 2 t - π 2 s = - L u π 2 sen ⁡ ( 2 t ) s

Substituindo:

L y s = L - 1 6 sen ⁡ ( 2 t ) + 1 3 sen ⁡ ( t ) s - 1 6 L u π sen ⁡ ( 2 t ) s - 1 3 L u π sen ⁡ ( t ) s - 1 2 L u π 2 sen ⁡ ( 2 t ) s

L y s = L - 1 6 sen ⁡ ( 2 t ) + 1 3 sen ⁡ ( t ) - 1 6 u π sen ⁡ ( 2 t ) - 1 3 u π sen ⁡ ( t ) - 1 2 u π 2 sen ⁡ ( 2 t ) s

Finalmente encontramos y :

y = - 1 6 sen ⁡ ( 2 t ) + 1 3 sen ⁡ ( t ) - 1 6 u π sen ⁡ ( 2 t ) - 1 3 u π sen ⁡ ( t ) - 1 2 u π 2 sen ⁡ ( 2 t )

Resposta

y = - 1 6 sen ⁡ ( 2 t ) + 1 3 sen ⁡ ( t ) - 1 6 u π sen ⁡ ( 2 t ) - 1 3 u π sen ⁡ ( t ) - 1 2 u π 2 sen ⁡ ( 2 t )

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