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

Dada a equação diferencial de segunda ordem y ' ' + y = 0 ,

(c) Resolva o problema de valor inicial

y ' ' + y = u π t ,     y 0 = y ' 0 = 1 .

Passo 1

Como temos uma função degrau u π t e um PVI, é conveniente resolvermos usando transformada de Laplace. Para isso, vamos aplicar a transformada na equação e usar as propriedades de linearidade:

L y ' ' + y = L u π t

L y ' ' + L y = L u π t

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos olhar para cada uma das transformadas agora. Para simplificar as coisas, vamos chamar:

L y = Y s

Show. Teremos que, para a transformada da derivada: L y ' ' = s 2 L y - s y 0 - y ' 0

Pelas condições iniciais do problema: L y ' ' = s 2 Y s - s - 1

E pela transformada do degrau:

L u π t = e - π s s

Passo 3

Então substituímos tudo na equação: L y ' ' + L y = L u π t  

s 2 Y s - s - 1 + Y s = e - π s s

E isolamos o Y s do lado esquerdo da equação:

Y s s 2 + 1 = s + 1 + e - π s s

Y s = s + 1 + e - π s / s s 2 + 1

Passo 4

Agora, teremos que tentar achar a transformada inversa a partir de Y s . Para isso, vamos separar nossa fração em algumas mais simples: Y s = s s 2 + 1 + 1 s 2 + 1 + e - π s s s 2 + 1

Começamos dando um jeito na última: e - π s s s 2 + 1

Para isso, usamos frações parciais, encontrando frações na forma: 1 s s 2 + 1 = A s + B s + C s 2 + 1

= A s 2 + 1 + B s + C s s s 2 + 1 = A + B s 2 + C s + A s s 2 + 1

Portanto:

1 s s 2 + 1 = A + B s 2 + C s + A s s 2 + 1

Comparando os coeficientes dos numeradores, temos o sistema:

A + B = 0 C = 0 A = 1

Então, substituindo a última na primeira:

B = - 1

E ficaremos com:

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

E, vamos ter:

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

Passo 5

Substituindo tudo, nossa transformada vai ficar desse jeito:

Y s = s s 2 + 1 + 1 s 2 + 1 + e - π s 1 s - s s 2 + 1

Assim, pela inversa:

y t = L - 1 s s 2 + 1 + L - 1 1 s 2 + 1 + L - 1 e - π s ⋅ 1 s - L - 1 e - π s ⋅ s s 2 + 1

Legal. Por tabela, temos: L cos ⁡ t = s s 2 + 1

Assim:

L - 1 s s 2 + 1 = cos ⁡ t

Também:

L sen ⁡ t = 1 s 2 + 1

Então, adivinha só:

L - 1 1 s 2 + 1 = sen ⁡ t

E, para emocionar o professor, vamos lembrar que a exponencial tem um efeito de deslocar a função e multiplicar por um degrau:

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

Logo, como:

L 1 = 1 s

Teremos:

L - 1 e - π s ⋅ 1 s = u π t

Além disso,

L - 1 e - π s ⋅ s s 2 + 1 = cos ⁡ t - π u π t .

E nossa solução final vai ser:

y t = cos ⁡ t + sen ⁡ t + u π t - cos ⁡ t - π u π t

Resposta

y t = cos ⁡ t + sen ⁡ t + u π t - cos ⁡ t - π u π t

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