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

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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