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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

Seja L a Transformada de Laplace e L - 1 a transformada inversa.

  1. Calcule L - 1 e - 5 s s s 2 + s + 1 .
  2. Resolva o seguinte problema de valores iniciais:

I I y ' ' t + y ' t + y t = δ t - 3 + u 5 ( t ) y ' 0 = y 0 = 0

Passo 1

Letra a)

Vamos começar separando a fração

1 s s 2 + s + 1

Em frações parciais.

  1. Fatorar o denominador

    2. Como não temos como fatorar os termos ( s ) e ( x 2 + s + 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 s 2 + s + 1 = a s + b s + c s 2 + s + 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 ( x 2 + s + 1 ) , o numerador dessa fração deve ser b s + c (grau 1). O mesmo ocorre para a outra fração!

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

    4. 1 s s 2 + s + 1 = a x 2 + s + 1 + s b s + c s s 2 + s + 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 s 2 + s + 1 = a s 2 + a s + a + b s 2 + c s s s 2 + s + 1

    1 s s 2 + s + 1 = s 2 ( a + b ) + ( a + c ) s + a s s 2 + s + 1

    Como o denominador já é o mesmo, temos

    1 = s 2 ( a + b ) + ( a + c ) s + a

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

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

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

Passo 2

Temos então

L y s = e - 5 s 1 s - s + 1 s 2 + s + 1

Agora, nós vamos completar o quadrado desse segundo denominador:

= e - 5 s 1 s - s + 1 s + 1 2 2 + 3 4 =

E separar essa segunda fração em duas

= e - 5 s 1 s - s s + 1 2 2 + 3 4 - 1 s + 1 2 2 + 3 4 =

Na última fração, nós vamos fazer “fazer aparecer” um ( s + 1 / 2 ) no numerador da segunda fração:

= e - 5 s 1 s - s + 1 2 s + 1 2 2 + 3 4 + 1 2 × 1 s + 1 2 2 + 3 4 - 1 s + 1 2 2 + 3 4 =

= e - 5 s 1 s - s + 1 2 s + 1 2 2 + 3 4 - 1 2 × 1 s + 1 2 2 + 3 4 =

E 3 / 4 no numerador da última fração:

= e - 5 s 1 s - s + 1 2 s + 1 2 2 + 3 4 - 1 2 × 2 3 × 3 / 4 s + 1 2 2 + 3 4 =

= e - 5 s 1 s - s + 1 2 s + 1 2 2 + 3 4 - 1 3 × 3 / 4 s + 1 2 2 + 3 4 =

Agora repara no seguinte:

L sen ⁡ ( a t ) s = a s 2 + a 2

L sen ⁡ ( 3 / 4 t ) s = 3 / 4 s 2 + 3 4 2

L sen ⁡ ( 3 / 4 t ) s + 1 / 2 = 3 / 4 s + 1 2 2 + 3 4 2

Ok? Também temos isso aqui:

L cos ⁡ ( a t ) s = s s 2 + a 2

L cos ⁡ ( 3 / 4 t ) s = s s 2 + 3 4 2

L cos ⁡ ( 3 / 4 t ) s + 1 / 2 = s + 1 / 2 s + 1 2 2 + 3 4 2

E

L 1 s = 1 s

Isso nos dá que:

L y s = e - 5 s 1 s - s + 1 2 s + 1 2 2 + 3 4 - 1 3 × 3 / 4 s + 1 2 2 + 3 4

= e - 5 s L 1 s - L cos ⁡ ( 3 / 4 t ) s + 1 / 2 - 1 3 L sen ⁡ ( 3 / 4 t ) s + 1 / 2 =

Trazendo as transformadas de ( s + 1 / 2 ) para ( s ) :

= e - 5 s L 1 s - L e - t / 2 cos ⁡ ( 3 / 4 t ) s - 1 3 L e - t / 2 sen ⁡ ( 3 / 4 t ) s =

Sobrou essa exponencial “fora” de L , não é? Vamos usar a seguinte fórmula:

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

O que nos dá

L y s = L u 5 1 - e - t - 5 2 cos ⁡ 3 2 t - 5 - 1 3 e - t - 5 2 sen ⁡ ( 3 2 t - 5 s =

Portanto

y t = u 5 1 - e - t - 5 2 cos ⁡ 3 2 t - 5 - 1 3 e - t - 5 2 sen ⁡ 3 2 t - 5

Passo 3

Letra b)

Aplicando Laplace à EDO

y ' ' t + y ' t + y t = δ t - 3 + u 5 ( t )

Temos

L y ' ' + y ' + y s = L δ t - 3 s + L u 5 s

Agora vamos aplicar aquela propriedade da Transformada da derivada:

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

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

s 2 L y s - s y 0 - y ´ 0 + s L y s - y 0 + L y s = L δ t - 3 s + L u 5 s

Como y ' 0 = y 0 = 0 :

s 2 L y s + s L y s + L y s = L δ t - 3 s + L u 5 s

( s 2 + s + 1 ) L y s = L δ t - 3 s + L u 5 s

Agora, temos que

L δ t - 3 s = e - 3 s

L u 5 ( t ) s = e - 5 s s

Iso nos dá

s 2 + s + 1 L y s = e - 3 s + e - 5 s s

Isolando L y s :

L y s = e - 3 s s 2 + s + 1 + e - 5 s s s 2 + s + 1

Passo 4

A segunda fração a gente já resolveu na letra a), então falta só a primeira. Temos isso aqui:

e - 3 s s 2 + s + 1 = e - 3 s s + 1 2 2 + 3 4 = 2 3 e - 3 s 3 / 4 s + 1 2 2 + 3 4

Logo

L y s = 2 3 e - 3 s L sen ⁡ ( 3 / 4 t ) s + 1 / 2 + L [ y 1 t ] ( s )

Chamamos de y 1 a solução da letra a), pra ficar menos confuso, ok?

Trazendo as transformadas de ( s + 1 / 2 ) para ( s ) :

L y s = 2 3 e - 3 s L e - t / 2 sen ⁡ ( 3 / 4 t ) s + L [ y 1 t ] ( s )

Sobrou essa exponencial “fora” de L , não é? Vamos usar a seguinte fórmula:

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

O que nos dá

L y s = 2 3 L u 3 e - t - 3 2 sen ⁡ 3 2 t - 3 s + L [ y 1 t ] ( s )

L y s = L 2 3 u 3 e - t - 3 2 sen ⁡ 3 2 t - 3 + y 1 t s

y t = 2 3 u 3 e - t - 3 2 sen ⁡ 3 2 t - 3 + y 1 t

Ou seja

y t = 2 3 u 3 e - t - 3 2 sen ⁡ 3 2 t - 3 + u 5 1 - e - t - 5 2 cos ⁡ 3 2 t - 5 - 1 3 e - t - 5 2 sen ⁡ ( 3 2 t - 5

Resposta

  1. y t = u 5 1 - e - t - 5 2 cos ⁡ 3 2 t - 5 - 1 3 e - t - 5 2 sen ⁡ ( 3 2 t - 5
  2. y t = 2 3 u 3 e - t - 3 2 sen ⁡ 3 2 t - 3 + u 5 1 - e - t - 5 2 cos ⁡ 3 2 t - 5 - 1 3 e - t - 5 2 sen ⁡ ( 3 2 t - 5

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