Exercícios Resolvidos de Transformada de Derivadas

Ver Teoria

Enunciado

Achar a função f : 0 , + ∞ → R com f 0 = 1 que satisfaz a seguinte equação:

f ' t - ∫ 0 t cos ⁡ τ f t - τ d τ = 1           ∀ t ≥ 0

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 [ 1 ] ( s )          

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

Com o problema diz que f 0 = 1

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

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

L f t s = s 3 + s 2 + s + 1 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 + s 2 + s + 1 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 + s 2 + s + 1 s 4 = a + b s + c s 2 + d s 3 s 4

Podemos dizer então

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

Logo, temos o seguinte:

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

L f t s = L t 3 6 + t 2 2 + t + 1 s

O que nos dá

f t = t 3 6 + t 2 2 + t + 1

Resposta

f t = t 3 6 + t 2 2 + t + 1

Exercícios de Livros Relacionados

a)Use o método de variação dos parâmetros para mostrar que a solução do problema de valorinicial y ″+2 y '+2 y=f( t ) ;y ( 0 )= 0 ,y '( 0 )=0 É y = ∫ 0 t e - t - τ f τ s e n t - τ d τ (b) Mostre que,
Os problemas de 17 a 22 tratam do efeito de uma sequência de impulsos aplicados em um oscilador não amortecido. Suponha que y ″+y=f( t ) ,y ( 0 )=0 ,y '( 0 )=0 . Para cada uma das escolhas para f ( t
Encontre a solução do problema de valor inicial dado.Desenhe os gráficos da solução e do termo não homogêneo; explique a relação entre eles. y ' ' + y = g ( t ) ;y ( 0 ) = 0 ,y ' ( 0 ) = 1 ; g ( t ) =
Encontre uma expressão envolvendo u c ( t ) para uma função f cujo gráfico é uma rampacrescente de zero em t = t 0 até o valor h em t = t 0 + k
Encontre a solução do problema de valor inicial dado.Desenhe os gráficos da solução e do termo não homogêneo; explique a relação entre eles. y ( 4 ) - y=u 1 ( t ) - u 2 ( t ) ;y ( 0 ) = 0 ,y ' ( 0 ) =