EDO de Coeficientes Constantes - Convolução

Teoria Completa

Introdução

Nesse tipo, a gente vai ver como usar convolução para resolver EDOs por Laplace. Não vai ser nada complicado, mas você precisa estar afiado com a ideia da convolução. Acha que precisa estudá-la mais um pouco ou pulou e acabou aqui? Então volta lá no tipo que tem tudo bonitinho lá.

Se você continua, aqui, precisamos que lembre que:

f t * g t = ∫ 0 t f τ g t - τ d τ = ∫ 0 t f t - τ g τ d τ

E que o teorema da convolução é o cara que a liga com a nossa ideia de transformada de Laplace:

f t * g t = L - 1 { L f t ⋅ L g t }

Ou seja, a transformada inversa de um produto de transformadas é dado pela convolução das funções originais.

EDO e convolução

Vamos ver essa criança na prática. Pensa comigo na seguinte EDO:

Algumas vezes, quando estamos tentando reconhecer y por sua transformada de Laplace, reconhecemos o produto de duas transformadas. Por exemplo:

y ' t - y t = sen ⁡ ( t ) y 0 = 0

Aplicando Laplace na EDO:

L y ' t - y t = L sen ⁡ ( t )

Como a criança é linear:

L y ' t - L y t = L sen ⁡ ( t )

Lembrando da transformada da derivada e do seno:

s L y t - y 0 - L y t = 1 s 2 + 1

Aplicando as condições iniciais e isolando a transformada que chamaremos e Y ( s ) simplesmente porque é mais bonito e gasta menos caracteres-folego do expert:

Y s s - 1 = 1 s 2 + 1 ⟹ Y s = 1 s - 1 ⋅ 1 s 2 + 1

Percebeu, alguma coisa aí? Não? Oxê, rapaz, olhe só:

Y s = 1 s - 1 ⋅ 1 s 2 + 1 = L e t s ⋅ L sen ⁡ t ( s )

O teorema da convolução resolve essa história. Como vimos antes:

f t * g t = L - 1 { L f t ⋅ L g t }

Então:

y = e t * sen ⁡ ( t ) = L   - 1 { L e t ⋅ L sen ⁡ ( t ) }

E, portanto:

y = e t * sen ⁡ t = L   - 1 1 s - 1 ⋅ 1 s 2 + 1

Que é o que a gente quer calcular. Então para achar a inversa disso, só precisamos calcular a convolução. Para isso, usamos a definição:

f t * g t = ∫ 0 t f t - τ g τ d τ

y = e t * sen ⁡ t   = ∫ 0 t e t - τ sen ⁡ τ d τ = ∫ 0 t e t e - τ sen ⁡ ( τ ) d τ

Usando a segunda integral, o e t é constante, então:

∫ 0 t e t e - τ sen ⁡ ( τ ) d τ = e t ∫ 0 t e - τ sen ⁡ ( τ ) d τ

Para a integral, a gente usa integração por partes:

u = sen ⁡ ( τ ) v = - e - τ d u = cos ⁡ ( τ ) d τ d v = e - τ d τ

Assim:

∫ 0 t e - τ sen ⁡ ( τ ) d τ = u v - ∫ v d u = - e - τ sen ⁡ ( τ ) | 0 t + ∫ 0 t e - τ cos ⁡ τ d τ

Por partes novamente, agora com:

u = cos ⁡ ( τ ) v = - e - τ d u = - sen ⁡ ( τ ) d τ d v = e - τ d τ

Assim:

∫ 0 t e - τ sen ⁡ ( τ ) d τ = - e - τ sen ⁡ τ | 0 t - e - τ cos ⁡ τ | 0 t - ∫ 0 t e - τ sen ⁡ τ d τ

A integral à direita é igual a integral à esquerda, então podemos juntar tudo: 2 ∫ 0 t e - τ sen ⁡ ( τ ) d τ = - e - τ sen ⁡ τ | 0 t - e - τ cos ⁡ τ | 0 t = - e - t sen ⁡ t - e - t cos ⁡ t + 1

Isolando:

∫ 0 t e - τ sen ⁡ ( τ ) d τ = 1 2 1 - e - t ( sen ⁡ t + cos ⁡ ( t ) )

Então:

y = e t * sen ⁡ t   = e t ∫ 0 t e - τ sen ⁡ τ d τ = 1 2 e t - sen ⁡ t - cos ⁡ ( t )

y t = 1 2 e t - sen ⁡ t - cos ⁡ ( t )

Viu só, a convolução é uma excelente ferramenta para lidar com produto de transformadas conhecidas.

Para não escapar nada...

Ali no problema de convolução dava para usar frações parciais, não?

Sim, sim. Muitos problemas de convolução também podem ser resolvidos por frações parciais. Quando a questão não cobra um método específico, você pode escolher aquele que for mais conveniente. Qual é mais conveniente? Aquele que for mais simples na situação. É mais fácil integrar? Convolução. É mais fácil usar frações parciais? Vai na fé.

Expandir

Exercício Resolvido #1

Elaboração própria.

Encontre a função f ( t ) que satisfaz a seguinte equação:

f ' t - ∫ 0 t cos ⁡ τ f t - τ d τ = 2           ∀ t ≥ 0

Sabendo que f 0 = 1 .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Ok, essa equação parece muito estranha quando olhamos de primeira, né? Mas dá uma olhada nessa integral, repare que:

∫ 0 t cos ⁡ τ f t - τ d τ = cos ⁡ ( t ) * f ( t )

Reconheceu o integral de convolução? Certo, agora como fazemos ela desaparecer?

Vamos chamar esse produto de y :

y = cos ⁡ ( t ) * f ( t )

Se y é igual ao produto de convolução, então, sabemos que:

L y s = L cos ⁡ t s . L f t ( s )

L y s = s s 2 + 1 . L f t ( s )

O processo inverso ao que fizemos nos outros exercícios.

Bom, disso, concluímos que:

L ∫ 0 t cos ⁡ τ f t - τ d τ s = s s 2 + 1 . L f t ( s )

Assim as coisas já ficam um pouco melhores, não é? Conseguimos desaparecer com a integral aplicando Laplace nela.

Passo 2

Vamos, então, aplicar Laplace na equação toda, para manter a igualdade, ok?

L f ' t - ∫ 0 t cos ⁡ τ f t - τ d τ ( s ) = L [ 2 ] ( s )          

L f ' t s - s s 2 + 1 . L f t s = 2 s

Passo 3

Agora nós vamos tentar isolar L f t ( s ) , para conseguirmos, a partir disso, f ( t ) , que é o que o problema pede.

Vamos escrever L f ' t ( s ) em função de F f t ( s ) :

s L f t s - f ( 0 ) - s s 2 + 1 . L f t s = 2 s

Com o problema diz que f 0 = 1

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

s 3 s 2 + 1 L f t s = s + 2 s

L f t s = s 3 + 2 s 2 + s + 2 s 4

Passo 4

Agora precisamos reescrever essa expressão em frações parciais, para tentar reconhecer f ( t ) .

Como s é uma raiz múltipla, teremos o seguinte:

s 3 + 2 s 2 + s + 2 s 4 = a s 4 + b s 3 + c s 2 + d s

Repare que os numeradores tem um grau a menos que a raiz dos denominadores, no caso, s para todos eles. Como s tem grau 1 , os numeradores são todos constantes (grau 0 ).

Beleza, agora vamos juntar essas frações para descobrir o valor de a , b , c e d .

s 3 + 2 s 2 + s + 2 s 4 = a + b s + c s 2 + d s 3 s 4

Podemos dizer então

d = 1 c = 2 b = 1 a = 2

Logo, temos o seguinte:

L f t s = s 3 + 2 s 2 + s + 2 s 4 = 2 s 4 + 1 s 3 + 2 s 2 + 1 s

Passo 5

Agora vamos reconhecer as funções que tem essas frações que encontramos como transformada. Nós sabemos o seguinte:

L t n s = n ! s n + 1

Logo, podemos escrever

L f t s = 2 × 1 s 4 ⏟ L t 3 / 6 + 1 s 3 ⏟ L t 2 / 2 + 2 × 1 s 2 ⏟ L [ t ] + 1 s ⏟ L [ 1 ]

L f t s = L t 3 3 + t 2 2 + 2 t + 1 s

O que nos dá

f t = t 3 3 + t 2 2 + 2 t + 1

Resposta

f t = t 3 3 + t 2 2 + 2 t + 1

Exercício Resolvido #2

William E. Boyce e Richard C. DiPrima, Equações diferenciais elementares e problemas de contorno, 9ª ed., Rio de Janeiro: LTC, 2010, pp. 188, exemplo 2

Encontre a solução do problema de valor inicial

y ' ' + 4 y = g ( t )

y 0 = 3

y ' 0 = - 1