4.3-2 Resolva as equações diferenciais do Prob. 4.3-1 usando a transformada de Laplace. Para cada caso, determine as componentes de entrada nula e estado nulo da solução.

Passo 1

O enunciado refere-se ao “Prob. 4.3-1”, mas esse problema não foi enviado aqui. Portanto não tenho as equações diferenciais, as condições iniciais nem as entradas que aparecem no Prob. 4.3-1. Sem esses dados específicos não é possível calcular soluções numéricas ou simbólicas particulares para os itens pedidos.
Vou, no entanto, resolver o impasse de modo útil para você: primeiro explico passo a passo e com detalhes didáticos o método da transformada de Laplace para resolver equações diferenciais lineares com coeficientes constantes, incluindo como separar a solução em componente de entrada nula (zero-input) e componente de estado nulo (zero-state). Em seguida eu mostro dois exemplos completos, bem mastigados, que você poderá aplicar diretamente aos exercícios do seu professor substituindo os coeficientes, condições iniciais e entradas do seu Prob. 4.3-1. Assim você aprende o procedimento exato que precisa usar na prova. Vou ser detalhista e simpático — prometo que fica menos torturante do que parece.

Passo 2

O tipo de equação que vamos tratar é a equação diferencial linear de ordem n com coeficientes constantes e entrada u(t):
a_n y^{(n)}(t) + a_{n-1} y^{(n-1)}(t) + \cdots + a_1 y'(t) + a_0 y(t) = b_m u^{(m)}(t) + \cdots + b_0 u(t).
Aqui cada a_k e b_k é um número real; y^{(k)} denota a k-ésima derivada de y em relação a t; e u(t) é a entrada (por exemplo um degrau, seno, rampa etc.). As condições iniciais são os valores y(0), y'(0), \dots, y^{(n-1)}(0).
O objetivo: achar y(t) para t\ge0, e decompor y(t) em duas partes:
  • componente de entrada nula (zero-input): resposta devido apenas às condições iniciais, com u(t)\equiv0;
  • componente de estado nulo (zero-state): resposta devido apenas à entrada, com todas as condições iniciais nulas.

Passo 3

Regra fundamental da transformada de Laplace para derivadas. Se \mathcal{L}\{y(t)\}=Y(s), então, para k\ge1,
\mathcal{L}\{y^{(k)}(t)\} = s^{k}Y(s) - s^{k-1}y(0) - s^{k-2}y'(0) - \cdots - y^{(k-1)}(0).
Explicando com calma: transformar uma derivada vira uma potência de s multiplicando Y(s) mais termos que envolvem as condições iniciais. Esse é o truque que permite separar efeito da entrada e efeito das condições iniciais.

Passo 4

Aplicando a transformada de Laplace à equação inteira. Tomando \mathcal{L} nos dois lados da equação diferencial do Passo 2 (assumindo condições de existência), obtemos uma equação algébrica em s:
A(s) Y(s) - I(s) = B(s) U(s),
onde
A(s) = a_n s^{n} + a_{n-1} s^{n-1} + \cdots + a_1 s + a_0
é o polinômio característico do sistema,
B(s) = b_m s^{m} + \cdots + b_0
é o polinômio que multiplica a entrada no domínio s, e U(s)=\mathcal{L}\{u(t)\}. O termo I(s) é a soma dos termos que aparecem devido às condições iniciais, obtidos ao aplicar a fórmula do Passo 3; é um polinômio em s envolvendo y(0),y'(0),\dots.
Rearranjando para Y(s):
Y(s) = \frac{B(s)}{A(s)}\,U(s) + \frac{I(s)}{A(s)}.
Isto é crucial: a solução no domínio de Laplace se separa naturalmente em duas parcelas. Chamamos
Y_{zs}(s) = \frac{B(s)}{A(s)}\,U(s)
de componente de estado nulo (zero-state), pois pressupõe condições iniciais nulas; e
Y_{zi}(s) = \frac{I(s)}{A(s)}
de componente de entrada nula (zero-input), pois corresponde à resposta quando U(s)=0 mas com condições iniciais não nulas.

Passo 5

Como voltar para o tempo? Inversa de Y(s). A técnica padrão é:
  1. escrever Y_{zs}(s) e Y_{zi}(s) como frações racionais (se não forem racionais, manipular para torná-las);
  2. fazer decomposição em frações parciais (ou usar tabelas de transformada) para obter termos cuja transformada inversa seja conhecida;
  3. aplicar a transformada inversa termo a termo.
Dicas práticas:
  • Se A(s) tem raízes simples reais s=-\alpha, um termo \dfrac{1}{s+\alpha} inverte para e^{-\alpha t}.
  • Para pólos complexos conjugados s=-\sigma\pm j\omega, aparecem termos do tipo e^{-\sigma t}\cos(\omega t) e e^{-\sigma t}\sin(\omega t).
  • Para entrada degrau u(t)=1(t), U(s)=\dfrac{1}{s}. Para u(t)=\sin(\omega t), U(s)=\dfrac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}. Essas tabelas são suas melhores amigas.

Passo 6

Exemplo 1 — primeiro ordem (passo a passo e bem mastigado).
Considere a equação
y'(t) + 2y(t) = u(t),
com condição inicial y(0)=1. Queremos y(t), e separar zero-input e zero-state.
  1. Transformada de Laplace: \mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0). Aplicando:
sY(s)-y(0) + 2Y(s) = U(s).
  1. Agrupar Y(s):
(s+2)Y(s) - y(0) = U(s) \quad\Rightarrow\quad Y(s) = \frac{1}{s+2}U(s) + \frac{y(0)}{s+2}.
  1. Identificação das componentes:
Y_{zs}(s)=\frac{1}{s+2}U(s), \qquad Y_{zi}(s)=\frac{y(0)}{s+2}.
Interpretando: Y_{zs} depende só da entrada U(s), Y_{zi} depende só da condição inicial.
  1. Inversa — suponha u(t) é degrau unitário u(t)=1(t) então U(s)=\dfrac{1}{s}.
Y_{zs}(s)=\frac{1}{s+2}\cdot\frac{1}{s}=\frac{1}{s(s+2)}.
Fazer frações parciais:
\frac{1}{s(s+2)} = \frac{1/2}{s} - \frac{1/2}{s+2}.
Aplicando inversa:
y_{zs}(t) = \frac{1}{2}\cdot 1 - \frac{1}{2} e^{-2t} = \frac{1}{2}\bigl(1 - e^{-2t}\bigr).
  1. Inversa da componente de entrada nula:
Y_{zi}(s)=\frac{y(0)}{s+2} = \frac{1}{s+2} \quad\Rightarrow\quad y_{zi}(t) = e^{-2t}.
  1. Solução total:
y(t) = y_{zi}(t) + y_{zs}(t) = e^{-2t} + \frac{1}{2}\bigl(1 - e^{-2t}\bigr) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} e^{-2t}.
Comentários pedagógicos: note que y_{zi}(t) é a solução do homogêneo com a condição inicial (coloque u(t)=0 e resolva y'+2y=0 com y(0)=1 y=e^{-2t}). O y_{zs}(t) é a resposta forçada quando partimos de repouso (todas as condições iniciais zero).

Passo 7

Exemplo 2 — segunda ordem (mais completo).
Considere
y''(t) + 3y'(t) + 2y(t) = u(t),
com y(0)=1 e y'(0)=0. Vamos tomar u(t)=\sin(t) para ter um exemplo com entrada oscilatória.
  1. Transformadas: \mathcal{L}\{y''\}=s^{2}Y(s)-s y(0) - y'(0). Aplicando:
\bigl(s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0)\bigr) + 3\bigl(sY(s)-y(0)\bigr) + 2Y(s) = U(s).
  1. Agrupando Y(s):
\bigl(s^{2}+3s+2\bigr)Y(s) - \bigl(s y(0) + y'(0) + 3 y(0)\bigr) = U(s).
Com y(0)=1, y'(0)=0, isso vira
\bigl(s^{2}+3s+2\bigr)Y(s) - (s\cdot1 + 0 + 3\cdot1) = U(s),
ou
\bigl(s^{2}+3s+2\bigr)Y(s) - (s+3) = U(s).
  1. Isolando Y(s):
Y(s) = \frac{1}{s^{2}+3s+2} U(s) + \frac{s+3}{s^{2}+3s+2}.
Identificamos
Y_{zs}(s)=\frac{1}{s^{2}+3s+2} U(s), \qquad Y_{zi}(s)=\frac{s+3}{s^{2}+3s+2}.
  1. Para u(t)=\sin(t), temos U(s)=\dfrac{1}{s^{2}+1} multiplicada por \omega no caso padrão; mais precisamente \mathcal{L}\{\sin t\}=\dfrac{1}{s^{2}+1}. Então
Y_{zs}(s)=\frac{1}{s^{2}+3s+2}\cdot\frac{1}{s^{2}+1}.
Esse termo pode exigir decomposição parcial ou tabelas para inverter; vou primeiro inverter Y_{zi}(s), que é mais simples.
  1. Fatorar o denominador s^{2}+3s+2=(s+1)(s+2). Então
Y_{zi}(s)=\frac{s+3}{(s+1)(s+2)}.
Fazendo frações parciais:
\frac{s+3}{(s+1)(s+2)} = \frac{A}{s+1} + \frac{B}{s+2}.
Resolver s+3 = A(s+2)+B(s+1). Colocando s=-1 2 = A(1)\Rightarrow A=2. Colocando s=-2 1 = B(-1)\Rightarrow B=-1. Logo
Y_{zi}(s) = \frac{2}{s+1} - \frac{1}{s+2}.
Invertendo:
y_{zi}(t) = 2 e^{-t} - e^{-2t}.
Esse é o zero-input: a resposta do sistema homogêneo com as condições iniciais dadas.
  1. Inversa de Y_{zs}(s). Temos
Y_{zs}(s)=\frac{1}{(s+1)(s+2)(s^{2}+1)}.
A inversa pedirá frações parciais do tipo
\frac{1}{(s+1)(s+2)(s^{2}+1)} = \frac{A}{s+1} + \frac{B}{s+2} + \frac{Cs + D}{s^{2}+1}.
Resolver para A,B,C,D (procedimento algébrico direto). Vou mostrar resumido o procedimento porque é mecânico: multiplicar ambos os lados por (s+1)(s+2)(s^{2}+1), igualar polinômios e resolver o sistema linear para A,B,C,D. Depois inverter cada termo: \dfrac{A}{s+1}\mapsto A e^{-t}, \dfrac{B}{s+2}\mapsto B e^{-2t}, \dfrac{Cs+D}{s^{2}+1}\mapsto C\cos t + D\sin t. O resultado será uma combinação dessas funções. (Na prática de prova faça a álgebra passo a passo e calcule A,B,C,D.)
  1. Em suma, a solução total é
y(t) = y_{zi}(t) + y_{zs}(t) = \bigl(2 e^{-t} - e^{-2t}\bigr) + y_{zs}(t),
onde y_{zs}(t) é a inversa do racional do Passo 6 e depende somente da entrada \sin t.
Observação didática: esse segundo exemplo mostra claramente como a decomposição em domínio s facilita — o termo com s+3 veio exclusivamente de condições iniciais e virou expoentes reais, enquanto o termo que multiplica U(s) gera a resposta forçada com possíveis termos oscilatórios dependendo da entrada.

Passo 8

Resumo prático do procedimento que você deve aplicar ao Prob. 4.3-1 (passo a passo que funciona em prova):
  1. Escreva a equação diferencial e as condições iniciais claramente.
  2. Tome transformada de Laplace em ambos os lados usando a fórmula das derivadas (Passo 3).
  3. Agrupe termos para escrever Y(s) na forma
Y(s) = \frac{B(s)}{A(s)}U(s) + \frac{I(s)}{A(s)}.
  1. Identifique Y_{zs}(s)=\dfrac{B(s)}{A(s)}U(s) e Y_{zi}(s)=\dfrac{I(s)}{A(s)}.
  2. Faça decomposição em frações parciais (ou use tabela) para cada parcela.
  3. Inverta cada parcela para obter y_{zs}(t) e y_{zi}(t).
  4. Escreva y(t)=y_{zi}(t)+y_{zs}(t). Verifique condições iniciais e comportamento em t\to\infty.
Dicas de prova: organize o papel, mostre claramente os passos (transformada, reorganização, frações parciais, inversa). Se o enunciado pedir explicitamente as componentes de entrada nula e estado nulo, entregue-as separadamente como funções do tempo.

Passo 9

Se você quiser que eu resolva exatamente os itens do Prob. 4.3-1, eu preciso que você cole aqui as equações diferenciais, as condições iniciais e as entradas presentes naquele problema. Enquanto isso, os exemplos acima mostram exatamente o que fazer e como separar as componentes. Coragem — seguindo esse roteiro você resolve qualquer EDO linear de coeficientes constantes por Laplace, mesmo com nervoso de prova.

Resposta

Não é possível resolver os itens específicos porque o enunciado do Prob. 4.3-1 (as equações diferenciais, condições iniciais e entradas) não foi fornecido.

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