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

Teoria Completa

Introdução

Nessa seção a gente vai ver EDOs não-homogêneas como abaixo:

y ' ' - 2 y ' + 1 = f ( t )

Mas esse f ( t ) não vai ser uma função qualquer. Nã-Nã-Não! Ele vai ser uma função que envolve degrau ou impulso. Então você precisa estar bem afiado com esses conceitos.

Degrau

Como o que vamos falar trata também desses dois conceitos, é bom você se lembrar. O degrau unitário é uma função que vale 0 à esquerda de seu ponto central e 1 a direita desse mesmo ponto:

u t - c = 0 , t < c 1 , t > c

Podemos também associar uma função a ele, que ficará:

f ( t - c ) u t - c = 0 ,                             t < c f ( t - c ) , t > c

A transformada dessa coisa linda será:

L f t - c u t - c = e - c s L { f t }

Ou seja, se temos o degrau multiplicando uma função deslocada, teremos a transformada da função sem o deslocamento vezes a exponencial!

Delta de Dirac

O Delta de Dirac, ou impulso, é como se fosse uma força provocada por um empurrão, dura muito pouco tempo, mas seus efeitos não são desprezíveis. Um impulso aplicado no tempo t = c é:

δ t - c = + ∞ , t = c 0 ,         t ≠ c

Ou seja, a força é muito grande num um único ponto e nula em todos os demais.A transformada desse menino é:

L δ t - c = e - c s

Se você entendeu bem o que falamos até aqui, vamos em frente. Se ficou alguma dúvida, vale a pena voltar um pouquinho e olhar os tipos de degrau e delta de Dirac.

Resolvendo a EDO

Então gente, vamos a um exemplo prático: Resolver o seguinte problema

y ' ' x + y x = δ t - 2 ;     y 0 = y ' 0 = 0

Bom gente como a gente tem feito para EDO’s vamos primeiro escrever as transformadas das derivadas

L y ' ' t s = s 2 L y t s - s y 0 - y ' ( 0 )

L y ' t s = s L y t s - y ( 0 )

Agora se aplicarmos as condições iniciais vamos ficar com

L y ' ' t s = s 2 L y t s

L y ' t s = s L y t s

Além disso, usando a fórmula que eu recordei lá em cima

L δ t - 2 s = e - 2 s

Beleza, então se aplicarmos Laplace em ambos os lados da equação diferencial vamos ter

L y ' ' x + y x s = L y ' ' t s + L y t s = L [ δ t - 2 ] ( s )

Usando as expressões que eu acabei de obter

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

Qual o próximo passo? Reagrupar...

L y t s s 2 + 1 = e - 2 s → L y t s = e - 2 s s 2 + 1

Beleza agora é só proceder como de costume para achar a transformada inversa que neste caso será: y t = sin ⁡ t - 2 u 2 t

Assim mesmo, deslocado e multiplicado por um degrau por conta da exponencial que aparece na transformada. 😊

E se tivéssemos um degrau em vez de um delta? Não ia aparecer aquela exponencial que veio da transformada do delta de Dirac. Ali ia aparecer a transformada do Degrau, mas o procedimento é exatamente o mesmo. Partiu exercícios!

Expandir

Exercício Resolvido #1

William E. Boyce, Equações diferenciais Elementares e problemas de valores de contorno, 8ªed. Rio de Janeiro: LTC, 2006, pp. 185, exercício 8 adaptado

Encontre a solução do problema de valor inicial dado

y ' ' + 4 y = 2 δ t - π / 4

y 0 = 0

y ' 0 = 0

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Vamos aplicar a Transformada de Laplace à equação. Temos o seguinte:

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

L y ' ' s + 4 L y s = 2 L δ t - π / 4 s

Temos o seguinte:

L δ t - π / 4 s = e - π s / 4

Aplicando 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 = 2 e - π s / 4

Passo 2

Vamos, então, substituir os valores iniciais e isolar L y ( s ) . Temos y 0 = 0 e y ' 0 = 0 .

s 2 L y s + 4 L y s = 2 e - π s 4

( s 2 + 4 ) L y s = 2 e - π s 4

L y s = e - π s 4 2 s 2 + 4

Passo 3

Já conseguimos reconhecer uma transformada de seno naquela fração ali, não é?

Temos:

2 s 2 + 4 = L sen ⁡ ( 2 t ) ( s )

Portanto

L y s = e - π s 4 L sen ⁡ ( 2 t ) ( s )

Passo 4

Certo, agora como temos uma exponencial “fora” de L , vamos aplicar a seguinte fórmula:

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

Para o nosso problema:

L u π 4 t f t - π 4 s = e - π s 4 L sen ⁡ ( 2 t ) ( s )

Agora precisamos encontrar f t - π 4 . Temos:

f t = sen ⁡ ( 2 t )

f t - π 4 = sen ⁡ 2 t - π 4

Ou seja: L u π 4 t sen ⁡ 2 t - π 4 s = e - π s 4 L sen ⁡ ( 2 t ) ( s )

Substituindo na expressão de L [ y ] , temos:

L y s = L u π 4 t sen ⁡ 2 t - π 4 s

Portanto, podemos escrever:

y = u π 4 t sen ⁡ 2 t - π 4

Resposta

y = u π 4 t sen ⁡ 2 t - π 4

Exercício Resolvido #2

CEFET - EDO - P3 Roberto Sá 2012.1 – 3

Encontre a solução da EDO y ' ' - y = 3 u 1 t - u 2 t   ; y 0 = 1 ,   y ' 0 = 0

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Vamos lembrar disso aqui:

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

Substituindo as condições iniciais:

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

Transformada de Laplace de funções degrau:

L u 1 t = e - s s

L u 2 t = e - 2 s s

Agora sim, vamos aplicar a transformada de Laplace na EDO:

L y ' ' - y = L 3 u 1 t - u 2 t

L y ' ' - L y = 3 L u 1 t - 3 L [ u 2 t ]

Substituindo as transformadas:

s 2 L y - s - L y = 3 e - s s - 3 e - 2 s s

Colocando a transformada em evidência:

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

L y = s s 2 - 1 + 3 e - s - e - 2 s s ( s 2 - 1 )

Passo 2

Vamos aplicar frações parciais em cada termo:

s s 2 - 1 = s s - 1 s + 1 = A s - 1 + B s + 1 = A s + A + B s - B s - 1 s + 1 = A + B s + A - B ( s - 1 ) ( s + 1 )

Igualando os termos:

A + B = 1 A - B = 0 → A = B

Jogando o resultado encontrado na equação 2 na 1:

2 A = 1 → A = 1 2 = B

Então:

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

Agora o outro termo:

1 s ( s 2 - 1 ) = A s + B s + 1 + C s - 1 = A s 2 - A + B s 2 - B s + C s 2 + C s s s 2 - 1 = ( A + B + C ) s 2 ( C - B ) s - A s s 2 - 1

Igualando os termos:

A + B + C = 0 C - B = 0 - A = 1 → A = - 1  

Da segunda equação:

C = B

Jogando tudo na primeira:

- 1 + B + B = 0 → B = 1 2 = C

Então ficou assim:

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

Ae você pergunta, “po, por que você não colocou a exponencial no numerador?” Isso foi só opção minha, porque achei que colocando a exponencial iria dificultar a resolução desse sistema, pode colocar ele sem problemas, no final vai dar no mesmo! Vamos voltar para a EDO transformada:

L y = s s 2 - 1 + 3 e - s - e - 2 s s ( s 2 - 1 )

Vou escrever assim pra ficar mais fácil de ver o que vamos fazer:

L y = s s 2 - 1 + 3 ( e - s - e - 2 s ) 1 s ( s 2 - 1 )

Substituindo as frações parciais que encontramos:

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

Aplicando a transformada inversa em cada termo:

L - 1 1 2 1 s - 1 = 1 2 e t

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

Repare aqui que poderíamos ter feito direto:

L - 1 s s 2 - 1 = cosh ⁡ t

Mas saber fazer pelo método de frações parciais é bem útil caso você tenha um branco na hora.

L - 1 3 - e - s + e - 2 s s = - 3 L - 1 e - s s + 3 L - 1 e - 2 s s = - 3 u 1 t + 3 u 2 t

L - 1 3 2 e - s - e - 2 s s + 1 = 3 2 L - 1 e - s s + 1 - 3 2 L - 1 e - 2 s s + 1 = 3 2 e - t - 1 u 1 ( t ) - 3 2 e - t - 2 u 2 ( t )

L - 1 3 2 e - s - e - 2 s s - 1 = 3 2 L - 1 e - s s - 1 - 3 2 L - 1 e - 2 s s - 1 = 3 2 e t - 1 u 1 ( t ) - 3 2 e t - 2 u 2 ( t )

Se você não entendeu as duas últimas inversas, tenta fazer a transformada delas usando o final da teoria desse capítulo, que você vai ver que é isso mesmo!

Assim, o resultado é:

y = 1 2 e t + 1 2 e - t - 3 u 1 t + 3 u 2 t + 3 2 e - t - 1 u 1 t - 3 2 e - t - 2 u 2 t + 3 2 e t - 1 u 1 ( t ) - 3 2 e t - 2 u 2 ( t

Da pra arrumar esse paranauê para deixar ele mais bonitinho(Ou quase):

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

Resposta

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

Exercício Resolvido #3

UERJ - Cálculo 3 - Lista 9 Fernando Lopes - 2a

Resolva

y ' ' + 4 y = f t ; y 0 = 0 , y ' 0 = 0 f t = 0 s e 0 < t < π 4 s e π ≤ t < 3 π 0 s e t ≥ 3 π

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Partiu resolver umas EDOs que tenham função degrau? Hehehe

Aplica Laplace em tudo:

L [ y ' ' + 4 y ] = L [ f t ]

L y ' ' + 4 L y = L [ f t ]

Mas quem é f t ?

Ele tem que ser 0 antes de π , e depois de 3 π , né?

Belezinha, ve se essa função casa bem:

f t = 4 u π t - 4 u 3 π t

Bacana, ela funciona! Depois de π o u π t vale 1 e o u 3 π t fica 0 , assim a soma vai ficar 4 . Faz o mesmo raciocínio para depois de 3 π e você verá que vai dar 0 .

Vamos aplicar os laplaces:

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

L f t = 4 L u π t - u 3 π t = 4 e - π s s - 4 e - 3 π s s

Passo 2

Substituindo os laplaces encontrados na equação:

s 2 L y + 4 L y = 4 e - π s s - 4 e - 3 π s s L y s 2 + 4 = 4 e - π s s - 4 e - 3 π s s L y = 4 ( e - π s - e - 3 π s ) s s 2 + 4

Utilizando fração parcial:

4 ( e - π s - e - 3 π s ) s s 2 + 4 = a s + b s + c s 2 + 4 = a + b s 2 + c s + 4 a s s 2 + 4

a + b = 0 c = 0 4 a = 4 ( e - π s - e - 3 π s ) →   a = ( e - π s - e - 3 π s )

Assim : b = e - 3 π s - e - π s

Substituindo:

L y = 4 ( e - π s - e - 3 π s ) s s 2 + 4 = ( e - π s - e - 3 π s ) s + ( e - 3 π s - e - π s ) s s 2 + 4

Abrindo isso daí:

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

Passo 3

Então galera vamos resolver cada parte, para isso primeiro vamos organizar isso tudo

L y = L y 1 + L y 2 + L y 3 + L y 4

Onde

L y 1 = e - π s s

L y 2 = - e - 3 π s s

L y 3 = e - 3 π s s s 2 + 4

L y 4 = - e - π s s s 2 + 4

Fizemos isso porque achando cada y ali de cima temos as parcelas da solução. Depois é só somar tudo

Todas essa funções estão com um exponencial junto né? Temos uma transformação que leva isso em consideração

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

Então em cada uma dessas funções, precisamos nos preocupar só com a parte sem exponencial, para achar a f t , depois fazemos u c t f t - c e temos cada uma das nossas funções.

Começando com y 1

L y 1 = e - π s s = e - π s 1 s

Lembrando que

L 1 = 1 s

Temos

L y 1 = e - π s 1 s = e - π s L 1

Como 1 é uma função que não muda nada mudando o t para t - π vamos ter

L y 1 = e - π s L 1 = L u π t ∙ 1

Assim

y 1 = u π t

Passo 4

Vamos para y 2 agora.

L y 2 = - e - 3 π s s = - e - 3 π s 1 s

De novo, lembrando que

L 1 = 1 s

Temos

L y 2 = - e - 3 π s 1 s = - e - 3 π s L 1

Como 1 é uma função que não muda nada mudando o t para t - 3 π vamos ter

L y 2 = - e - 3 π s L 1 = - L u 3 π t ∙ 1 = L - u 3 π t ∙ 1

Assim

y 2 = - u 3 π t

Passo 5

Vamos para y 3 agora.

L y 3 = e - 3 π s s s 2 + 4

Lembrando que

L cos ⁡ a t = s s 2 + a 2

Temos, no nosso caso, onde a = 2

L y 3 = e - 3 π s s s 2 + 4 = e - 3 π s L cos ⁡ 2 t

Dessa vez, mudar o t para t - 3 π vai fazer bastante diferença, então vamos fazer isso

L y 3 = e - 3 π s L cos ⁡ 2 t = L u 3 π t cos ⁡ 2 t - 3 π

Assim

y 3 = u 3 π t cos ⁡ 2 t - 3 π

Passo 6

Vamos para y 4 agora.

L y 4 = - e - π s s s 2 + 4

De novo, lembrando que

L cos ⁡ a t = s s 2 + a 2

Temos, no nosso caso, onde a = 2

L y 4 = - e - π s s s 2 + 4 = - e - π s L cos ⁡ 2 t

Dessa vez, mudar o t para t - π vai fazer bastante diferença, então vamos fazer isso

L y 4 = - e - π s L cos ⁡ 2 t = - L u π t cos ⁡ 2 t - π = L - u π t cos ⁡ 2 t - π

Assim

y 4 = - u π t cos ⁡ 2 t - π

Passo 7

Agora que achamos cada y daqueles, vamos juntar tudo para achar a resposta final

y = y 1 + y 2 + y 3 + y 4

Lembrando os valores de y 1 , y 2 , y 3 e y 4 que achamos nos passos anteriores

y 1 = u π t

y 2 = - u 3 π t

y 3 = u 3 π t cos ⁡ 2 t - 3 π

y 4 = - u π t cos ⁡ 2 t - π

A nossa função y vai ser

y = u π t - u 3 π t + u 3 π t cos ⁡ 2 t - 3 π - u π t cos ⁡ 2 t - π

Resposta

y = u π t - u 3 π t + u 3 π t cos ⁡ 2 t - 3 π - u π t cos ⁡ 2 t - π

Exercício Resolvido #4

UFRJ - Cálculo 4 - P1 2012.2 – 4

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