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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

Delta de Dirac

Resolva por transformada de Laplace o seguinte PVI:

y ' ' + 2 y ' + 2 y = 2 δ ( t - π )

Onde y 0 = 0 e y ' 0 = 2

Passo 1

Vamos inicialmente aplicar Laplace nesse rapazola:

L y ' ' + 2 L y ' = 2 L y = 2 L [ δ t - π ]

Ok, então vamos ver quem é cada um:

L y ' ' = s 2 L y - s y 0 - y ' 0 = s 2 L y - 2

L y ' = s L y - y 0 = s L y

L δ t - π = e - π s

Substituindo isso na equação:

s 2 L y - 2 + 2 s L y + 2 L y = 2 e - π s

Passo 2

Agora temos que arrumar esse paranauê, botando o laplaciano em evidência:

L y s 2 + 2 s + 2 = 2 e - π s + 2

L y = 2 e - π s + 2 s 2 + 2 s + 2

Passo 3

Bem, agora temos que voltar a y , ou seja, aplicar a transformada inversa, pra isso, primeiro temos que lidar com esse denominador, porque ele não tá bonito!

1 s 2 + 2 s + 2 = ?

Bem, se você for tentar calcular as raízes de s 2 + 2 s + 2 = 0 pra usar frações parciais depois, vai ver que as raízes desse cara são complexas, então não vale esse esforço né? Vamos partir pra completa quadrado então:

s 2 + 2 s + 2 = s 2 + 2 s + 1 + 1 = s + 1 2 + 1

Então ficou assim:

1 s 2 + 2 s + 2 = 1 s + 1 2 + 1

Voltando para equação:

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

Então

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

Sabemos que:

1 s + 1 2 + 1 = L sen ⁡ t s + 1 = L e - t sen ⁡ t

Então já vamos reescrever:

L y = L e - t sen ⁡ t 2 e - π s + 2 L e - t sen ⁡ t

Opa, mas a gente viu na teoria que esse exponencial e - π s representa uma translação da função em que foi aplicado o Laplace, então fica:

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

Assim ficou:

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

Aí ficou fácil de voltar:

y = 2 u π e - ( t - π ) sen ⁡ ( t - π ) + 2 e - t sen ⁡ t

Resposta

y = 2 u π e - ( t - π ) sen ⁡ ( t - π ) + 2 e - t sen ⁡ t

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