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

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Enunciado

Resolve o problema de valor inicial:

y ' ' + 4 y = 4 u π t - 2 δ 2 π t

y 0 = y ' 0 = 0

Passo 1

Show, então vamos resolver esse problema usando transformada de Laplace. Para começar, aplicamos a transformada na equação: y ' ' + 4 y = 4 u π t - 2 δ 2 π t  

L y ' ' + 4 y = L 4 u π t - 2 δ 2 π t

E usamos a linearidade da transformada para separar os termos:

L y ' ' + 4 y = L 4 u π t - 2 δ 2 π t

L y ' ' + 4 L y = 4 L u π t - 2 L δ 2 π t

Passo 2

Legal, agora vamos ver cada transformada separadamente, da esquerda para direta. Pela transformada da derivada, temos: L y ' ' = s 2 L y - s y 0 - y ' 0

Agora, já podemos substituir os valores iniciais dados ( y 0 = y ' 0 = 0 ) e também podemos considerar L y = Y s para melhorar a visualização. Assim, ficaremos com:

L y ' ' = s 2 Y s

Agora, para a próxima transformada, temos simplesmente: L y = Y s

E vamos para o outro lado da equação agora, com a transformada do degrau. De forma geral, acontece isso aqui: L u c t = e - c s s

Então, comparando com o caso que temos, encontramos c = π , logo: L u π t = e - π s s

Show? Só falta uma agora. A função que sobrou é a função impulso que tem transformada geral:

L δ c t - L δ t - c = e - c s

Ou seja, comparando com o nosso caso, encontramos c = 2 π e teremos:

L δ 2 π t = e - 2 π s

Show! Todas as transformadas já foram.

Passo 3

O próximo passo agora é substituir esse achado na equação e isolar Y s . Vamos fazer isso? Vem com a gente!

L y ' ' + 4 L y = 4 L u π t - 2 L δ 2 π t

s 2 Y s + 4 Y s = 4 e - π s s - 2 e - 2 π s

Para isolarmos, colocamos o Y s em evidência: Y s s 2 + 4 = 4 e - π s s - 2 e - 2 π s

E jogamos o que ele multiplica para o outro lado da equação:

Y s = 4 e - π s s s 2 + 4 - 2 e - 2 π s s 2 + 4

Passo 4

Agora, precisamos escrever o que acabamos de encontrar na forma de transformadas conhecidas. Dessa forma podemos encontrar a solução dada pela inversa de Y s : L - 1 Y s = y t

Legal. Vamos analisar o que temos então. Para a última transformada, ficamos com:

- 2 e - 2 π s s 2 + 4 = - e - 2 π s ⋅ 2 s 2 + 4

Essa transformada aí se parece com a transformada do sen ⁡ 2 t , só que deslocada por conta da exponencial. Então, não precisamos mexer nela por enquanto. Já para essa aqui:

4 e - π s s s 2 + 4 = e - π s ⋅ 4 s s 2 + 4

Não dá para reconhecer de cara qual a transformada inversa, mas se conseguirmos separar s e s 2 + 4 em denominadores diferentes, então a história muda. Para isso, vamos usar frações parciais. Escrevemos:

4 s s 2 + 4 = A s + B s + C s 2 + 4

Sendo o grau do numerador sempre no máximo um grau abaixo do grau no denominador. Beleza, precisamos encontrar essas constantes e faremos isso por meio de comparação.

Para efetuar essa comparação, vamos juntar tudo de novo na fração:

A s + B s + C s 2 + 4 = A s 2 + 4 + B s + C s s s 2 + 4

Distribuímos: = A s 2 + 4 A + B s 2 + C s s s 2 + 4

E então juntamos termos de mesmo grau: = A + B s 2 + C s + 4 A s s 2 + 4

Agora vem a questão, queremos que:

4 s s 2 + 4 = A + B s 2 + C s + 4 A s s 2 + 4

E isso só pode ser verdade se os polinômios nos numeradores forem iguais, ou seja, se tiverem os mesmos coeficientes. Então, temos: 0 s 2 + 0 s + 4 = A + B s 2 + C s + 4 A

Comparando cada coeficiente, chegamos no sistema: A + B = 0 C = 0 4 A = 4

Pegando a segunda equação de cima para baixo, temos C = 0 . Pegando a última equação de cima para baixo, temos A = 1 . Substituindo esse valor na primeira equação encontramos: 1 + B = 0 ⟹ B = - 1

Show. Encontramos os valores das constantes e agora podemos escrever:

4 s s 2 + 4 = A s + B s + C s 2 + 4 = 1 s - s s 2 + 4

Legal, assim vai ficar: Y s = e - π s ⋅ 4 s s 2 + 4 - 2 e - 2 π s s 2 + 4

Y s = e - π s s - e - π s s s 2 + 4 + 2 e - 2 π s s 2 + 4

Passo 5

Com a transformada dessa forma, podemos encontrar a inversa que será justamente nossa solução:

y t = L - 1 Y s = L - 1 e - π s s - e - π s s s 2 + 4 + 2 e - 2 π s s 2 + 4

Usando a linearidade do operador novamente: y t = L - 1 e - π s s - L - 1 e - π s s s 2 + 4 + L - 1 2 e - 2 π s s 2 + 4

Vamos então ver o efeito dessa exponencial aí. De forma geral, temos que:

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

Ou seja, quando aparece e - c s , a transformada inversa vai estar deslocada c unidades e multiplica por um degrau centrado em c .

Assim, para o nosso problema, vamos analisar cada inversa seguindo essa lógica.

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

Comparando vemos que: F 1 s = 1 s

Por tabela, temos que: L 1 = 1 s

Assimr:

f 1 t = 1 ⟹ f 1 t - π = 1

Portanto:

L - 1 e - π s s = f 1 t - π u π t = u π t

Show, vamos agora para

L - 1 e - π s s s 2 + 4

Seguindo a mesma lógica temos: L - 1 e - π s s s 2 + 4 = L - 1 e - π s s s 2 + 4 = L - 1 e - π s F 2 s = f 2 t - π u π t

E comparando, encontramos: F 2 s = s s 2 + 4

Sendo que por tabela: L cos ⁡ 2 t = s s 2 + 2 2 = s s 2 + 4

Ou seja:

f 2 t = cos ⁡ 2 t

f 2 t - π = cos ⁡ 2 t - π

Ficando:

L - 1 e - π s s s 2 + 4 = f 2 t - π u π t = cos ⁡ 2 t - π u π t

Legal, quase lá. Só falta:

L - 1 2 e - 2 π s s 2 + 4

Seguindo a mesma lógica, temos: L - 1 2 e - 2 π s s 2 + 4 = L - 1 e - 2 π s 2 s 2 + 4 = L - 1 e - 2 π s F 3 s = f 3 t - 2 π u 2 π t

Comparando, encontramos: F 3 s = 2 s 2 + 4

E por tabela, temos:

L sen ⁡ 2 t = 2 s 2 + 4

Logo:

f 3 t = sen ⁡ 2 t

f 3 t - 2 π = sen ⁡ 2 t - 2 π

E assim teremos: L - 1 2 e - 2 π s s 2 + 4 = f 3 t - 2 π u 2 π t = sen ⁡ 2 t - 2 π u 2 π t

Conseguimos tudo que queríamos e agora é substituir para fechar:

y t = L - 1 e - π s s - L - 1 e - π s s s 2 + 4 + L - 1 2 e - 2 π s s 2 + 4

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

Prontinho 😊

Resposta

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

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