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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

Resolve o seguinte problema por transformada de Laplace

y ' ' + 4 y = sen ⁡ t - u 2 π t sen ⁡ t - 2 π ,     y 0 = 0 ,     y ' 0 = 0

Passo 1

Vamos aplicar a transformada de Laplace nos dois lados da EDO:

- A transformada da derivada segunda é dada por L { y ' ' } = s 2 F s - s y 0 - y ' ( 0 )

Usando as condições iniciais

L { y ' ' } = s 2 F ( s )

- A transformada do seno é dada por

L s e n t = 1 s 2 + 1

- E a transformada do seno multiplicada pela função degrau é dada por

L u 2 π t s e n t - 2 π = e - 2 π s L s e n t = e - 2 π s 1 s 2 + 1

Vamos ficar então com:

s 2 F s + 4 F s = 1 s 2 + 1 - e - 2 π s 1 s 2 + 1

s 2 + 4 F s = 1 - e - 2 π s ( s 2 + 1 )

F s = 1 - e - 2 π s ( s 2 + 1 ) s 2 + 4

Passo 2

Nosso objetivo agora é determinar a transformada de Laplace inversa de:

F s = 1 - e - 2 π s ( s 2 + 1 ) ( s 2 + 4 )

Para isso:

F s = 1 ( s 2 + 1 ) ( s 2 + 4 ) - e - 2 π s ( s 2 + 1 ) ( s 2 + 4 )

Vamos decompor em frações parciais o denominador:

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

E vamos fazer as multiplicações cruzadas para obter

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

O numerador, então, se torna:

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

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

E, comparando termo a termo, para que a expressão se iguale a 1:

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

Assim, concluímos que A = 0 , B = 1 3 , C = 0 e D = - 1 3 . Logo:

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

F s = 1 ( s 2 + 1 ) ( s 2 + 4 ) - e - 2 π s ( s 2 + 1 ) ( s 2 + 4 )

F s = 1 3 ( s 2 + 1 ) - 1 3 ( s 2 + 4 ) - e - 2 π s 1 3 ( s 2 + 1 ) - 1 3 ( s 2 + 4 )

Passo 3

Finalmente, vamos tomar a transformada inversa para obter parte da função desejada.

L - 1 1 3 ( s 2 + 1 ) - 2 6 s 2 + 4 = s e n ( t ) 3 - s e n ( 2 t ) 6

Quanto ao segundo termo teremos:

L - 1 e - c s F s = u c t f ( t - c )

Logo escrevemos a nossa solução como

y t = s e n ( t ) 3 - s e n 2 t 6 - u 2 π t sen ⁡ t - 2 π 3 - s e n 2 t - 2 π 6

Como as funções trigonométricas possuem período e 2 π temos: y t = sen ⁡ t 3 - s e n 2 t 6 1 - u 2 π t

Resposta

y t = s e n ( t ) 3 - s e n 2 t 6 1 - u 2 π t

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