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

Utilizando a transformada de Laplace, resolva o PVI

y ' ' + 4 y = u 3 t

y 0 = 0

y ' 0 = 1

Passo 1

Beleza, então vamos lá. Para começar, aplicamos a transformada de Laplace na equação e usamos a linearidade do operador para separar as transformadas:

L y ' ' + 4 y = L u 3 t

L y ' ' + 4 L y = L u 3 t

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora vamos olhar para cada transformada separadamente. Para simplificar, vamos chamar

L y = Y s

Então, pela transformada de derivadas:

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

Substituindo as condições dadas no problema:

L y ' ' = s 2 Y s - 1

Legal, o lado esquerdo da equação já foi, vamos olhar para o degrau agora. De forma geral, temos:

L u c t = e - c s s

Então, comparando com o nosso problema, temos c = 3 e, portanto:

L u 3 t = e - 3 s s

Assim, nossa equação vai ficar: L y ' ' + 4 L y = L u 3 t

s 2 Y s - 1 + 4 Y s = e - 3 s s

Passo 3

Nosso objetivo agora é isolar Y s , para isso, começamos colocando em evidência no lado esquerdo:

Y s s 2 + 4 - 1 = e - 3 s s

Y s s 2 + 4 = e - 3 s s + 1

Show, em seguida é só jogar o que está entre parênteses para o outro lado:

Y s = e - 3 s 1 s s 2 + 4 + 1 s 2 + 4

Passo 4

Agora, a solução y t do problema será dada pela transformada inversa de Y s , o problema é que justamente

1 s s 2 + 4 .

Que não tem uma transformada inversa muito clara. Para determiná-la, vamos usar frações parciais. Podemos escrever

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

Para achar as constantes, vamos juntar as frações e comparar os numeradores com a fração original:

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

Distribuímos e justamos os termos de mesmo grau:

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

1 s s 2 + 4 = 0 s 2 + 0 s + 1 s s 2 + 4 = A + B s 2 + C s + 4 A s s 2 + 4

Comparando os numeradores, chegamos ao sistema:

A + B = 0

C = 0

4 A = 1

Assim, resolvendo, temos: A = 1 4

C = 0

B = - 1 4

Beleza, então, nossa fração vai ficar:

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

1 s s 2 + 4 = 1 4 ⋅ 1 s - 1 4 ⋅ s s 2 + 4

Substituindo lá na equação:

Y s = e - 3 s 1 s s 2 + 4 + 1 s 2 + 4

Y s = e - 3 s 1 4 ⋅ 1 s - 1 4 ⋅ s s 2 + 4 + 1 s 2 + 4

Y s = 1 4 e - 3 s s - 1 4 e - 3 s s s 2 + 4 + 1 s 2 + 4

Passo 5

Beleza, então vamos ter:

y t = 1 4 L - 1 e - 3 s s - 1 4 L - 1 e - 3 s ⋅ s s 2 + 4 + L - 1 1 s 2 + 4

Vamos olhar para cada transformada inversa individualmente. Para a última, temos que de forma geral

L sen ⁡ a t = 1 s 2 + a 2

Então,

L - 1 a s 2 + a 2 = sen ⁡ a t

Comparando com o nosso problema, vamos ter a = 2 e, portanto:

L - 1 1 2 × 2 s 2 + 4 = L - 1 1 2 × 2 s 2 + 2 2 = sen ⁡ 2 t 2

Agora, vamos ver

L - 1 e - 3 s s .

Repare que

e - 3 s s

é a transformada de u 3 t lá do início do problema. Assim, vamos ter:

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

Restou então

L - 1 e - 3 s ⋅ s s 2 + 4

Vamos ver o efeito que a exponencial faz com a transformada. De forma geral:

L - 1 e - c s F s = u c t ⋅ f t - c

Comparando com o nosso problema, vemos que c = 3 e temos:

F s = s s 2 + 4

De forma geral, temos que:

L - 1 s s 2 + a 2 = cos ⁡ a t

Assim, vamos ter:

f t = L - 1 s s 2 + 4 = cos ⁡ 2 t

f t - 3 = cos ⁡ 2 t - 3 = cos ⁡ 2 t - 6

E, portanto:

L - 1 e - 3 s ⋅ s s 2 + 4 = u 3 t cos ⁡ 2 t - 6

Passo 6

Agora, basta substituir tudo na equação de y t :

y t = 1 4 L - 1 e - 3 s s - 1 4 L - 1 e - 3 s ⋅ s s 2 + 4 + L - 1 1 s 2 + 4

y t = 1 4 u 3 t - 1 4 u 3 t cos ⁡ 2 t - 6 + sen ⁡ 2 t 2

Resposta

y t = 1 4 u 3 t - 1 4 u 3 t cos ⁡ 2 t - 6 + sen ⁡ 2 t 2

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