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1
Introdu¸c˜ ao
A transformada de Laplace pode ser usada para resolver equa¸co˜es diferencias lineares com coeficientes constantes, ou seja, equa¸co˜es da forma ay 00 + by 0 + cy = f (t),
para a, b, c ∈ R
Para isso, a equa¸ca˜o diferencial ´e inicialmente transformada pela transformada de Laplace numa equa¸ca˜o alg´ebrica. Depois resolve-se a equa¸ca˜o alg´ebrica e finalmente transforma-se de volta a solu¸ca˜o da equa¸ca˜o alg´ebrica na solu¸ca˜o da equa¸ca˜o diferencial inicial. A transformada de Laplace de uma fun¸ca˜o f : [0, ∞) → R ´e definida por L(f )(s) = F (s) =
Z
∞
e−st f (t)dt.
0
para todo s ≥ 0 em que a integral acima converge. Representaremos a fun¸ca˜o original por
uma letra min´ uscula e a sua vari´avel por t, e a sua transformada de Laplace pela letra
correspondente mai´ uscula e a sua vari´avel. Por exemplo, as transformadas de Laplace das fun¸co˜es f (t), g(t) e h(t) ser˜ao representadas por F (s), G(s) e H(s), respectivamente.
Exemplo 1. A transformada de Laplace da fun¸ca˜o f : [0, ∞) → R definida por f (t) = 1
´e dada por
F (s) =
Z
∞
e
−st
0
¯∞ 1 e−s0 e−s0 e−sT e−st ¯¯ = , = 0 − − = lim 1 dt = ¯ T →∞ −s s −s −s −s 0
para s > 0.
Exemplo 2. Seja a uma constante real. A transformada de Laplace da fun¸ca˜o f : [0, ∞) → R definida por f (t) = eat ´e dada por F (s) =
Z
0
∞
e
−st at
e dt =
Z
∞
e 0
−(s−a)t
¯∞ 1 e−(s−a)0 e−(s−a)t ¯¯ , = = 0− dt = ¯ s−a a−s a−s 0
para s > a.
Exemplo 3. Seja a uma constante real. Vamos determinar a transformada de Laplace das fun¸co˜es f : [0, ∞) → R dada por f (t) = cos at e g : [0, ∞) → R dada por g(t) = sen at. Para isso, vamos calcular a transformada de Laplace da fun¸ca˜o h : [0, ∞) → R definida por h(t) = eiat . Z ∞ Z −st iat H(s) = e e dt = 0
=
=
∞
e 0
−(s−ia)t
¯∞ e−(s−ia)t ¯¯ dt = −(s − ia) ¯0
lim e−sT (cos aT + i sen aT ) −
T →∞
1 , s − ia
e−(s−ia)0 e−(s−ia)0 =0− ia − s −(s − ia)
para s > 0.
Calculamos a acima a transformada de Laplace de h(t) = eiat = cos at + i sen at = f (t) + ig(t) H(s) = L(h)(s) =
Z
∞
e−st (cos at + i sen at) dt = L(f )(s) + iL(g)(s) = F (s) + iG(s) 0
Comparando a parte real (imagin´aria) do lado direito com a parte real (imagin´aria) do lado esquerdo da igualdade obtemos
s s + ia 1 , }= 2 } = Re{ s + a2 (s − ia)(s + ia) s − ia a s + ia 1 , }= 2 } = Im{ G(s) = Im{ s + a2 (s − ia)(s + ia) s − ia F (s) = Re{
para s > 0
para s > 0.
Exemplo 4. Seja n um inteiro positivo. Vamos calcular a transformada de Laplace da fun¸ca˜o f : [0, ∞) → R dada por fn (t) = tn , para n = 0, 1, 2, . . . ¯∞ Z ∞ Z ∞ n tn est ¯¯ −st n e−st tn−1 dt − Fn (s) = e t dt = ¯ −s 0 −s 0 0 Z ∞ n n e−st tn−1 dt = Fn−1 (s) = s s 0
Aplicando-se recursivamente a f´ormula obtida obtemos Fn (s) =
n(n − 1) . . . 1 n(n − 1) F0 (s) F (s) = n−2 sn s2
1 ´e a transformada de Laplace da fun¸ca˜o constante 1, ou seja, F0 (s) = 1s . s Assim, a transformada de Laplace de fn (t) = tn , para n = 0, 1, 2, . . . ´e mas F0 (s) =
Fn (s) =
n!
sn+1
,
para s > 0.
Para calcular a transformada de Laplace de outras fun¸co˜es vamos usar as propriedades que apresentamos a seguir.
Teorema 1 (Linearidade). Se a transformada de Laplace de f (t) ´e F (s), para s > a 1 , e a transformada de Laplace de g(t) ´e G(s), para s > a2 , ent˜ao para constantes α e β L(αf + βg)(s) = αL(f )(s) + βL(g)(s) = αF (s) + βG(s),
para s > max{a 1 , a2 }.
Teorema 2 (1o. Teorema de Deslocamento). Seja a uma constante. Se a transformada de Laplace da fun¸ca˜o f : [0, ∞) → R ´e F (s), para s > c, ent˜ao a transformada de Laplace da fun¸ca˜o
g(t) = eat f (t) ´e G(s) = F (s − a),
para s > a + c
Exemplo 5. Sejam a e b constantes. Usando o Teorema anterior obtemos que a transformada de Laplace de f : [0, ∞) → R dada por f (t) = ebt cos at ´e dada por F (s) =
s−b , (s − b)2 + a2
para s > a.
Exemplo 6. Sejam a e b constantes. Usando o Teorema anterior obtemos que a transformada de Laplace de f : [0, ∞) → R dada por f (t) = ebt sen at ´e dada por F (s) =
a , (s − b)2 + a2
para s > a.
Exemplo 7. Seja a um constante e n um inteiro positivo. Usando o Teorema anterior obtemos que a transformada de Laplace de f : [0, ∞) → R dada por f (t) = eat tn ´e dada
por
F (s) =
n! , (s − a)n+1
para s > a.
Exemplo 8. Seja a uma constante. Pelo Teorema anterior a transformada de Laplace eat + e−at , ´e dada por do cosseno hiperb´olico de at, f (t) = cosh at = 2
F (s) =
s 1 1 1 1 , = 2 + s − a2 2s−a 2s+a
para s > |a|.
Exemplo 9. Seja a uma constante. Pelo Teorema anterior a transformada de Laplace eat − e−at , ´e dada por do seno hiperb´olico de at, f (t) = senh at = 2
F (s) =
a 1 1 1 1 , = 2 − s − a2 2s−a 2s+a
para s > |a|.
Exemplo 10. Se a transformada de Laplace de uma fun¸ca˜o f (t) ´e F (s) =
s2
s+3 − 3s + 2
ent˜ao vamos determinar a fun¸ca˜o f (t). Para isso vamos decompor F (s) em fra¸co˜es parciais. O denominador de F (s) tem duas ra´ızes reais s = 1 e s = 2. Assim, F (s) =
B A s+3 , + = s−1 s−2 (s − 1)(s − 2)
em que A e B s˜ao constantes a determinar. Multiplicando F (s) por (s − 1)(s − 2) obtemos s + 3 = A(s − 2) + B(s − 1) = (A + B)s + (−2A − B)
Comparando os termos de mesmo grau obtemos 1=A+B
e 3 = −2A − B
de onde obtemos que A = −4 e B = 5. Assim, 1 1 s+3 +5 = −4 F (s) = s−2 s−1 (s − 1)(s − 2)
e a fun¸ca˜o cuja transformada ´e F (s) ´e
f (t) = −4et + 5e2t . Exemplo 11. Se a transformada de Laplace de uma fun¸ca˜o f (t) ´e s−3 F (s) = 2 s + 4s + 4 ent˜ao vamos determinar a fun¸ca˜o f (t). O denominador de F (s) tem somente uma raiz
real, s = 2. Podemos reescrever F (s) da seguinte forma 1 1 −5 s+2 s+2−5 s−3 . −5 = + = = F (s) = 2 2 2 2 (s + 2)2 s+2 (s + 2) (s + 2) (s + 2) (s + 2) Observando a Tabela na p´agina 20, usando o 1o. Teorema do deslocamento e o Teorema
da Linearidade vemos que a fun¸ca˜o cuja transformada de Laplace ´e F (s) ´e dada por f (t) = e−2t − 5e−2t t. Exemplo 12. Se a transformada de Laplace de uma fun¸ca˜o f (t) ´e s−2 F (s) = 2 2s + 2s + 2 ent˜ao vamos determinar a fun¸ca˜o f (t). Completando quadrados podemos reescrever F (s)
da seguinte forma
s−2 s−2 s−2 = = 2 2[(s + 1/2)2 + 3/4] 2[s + s + 1] + 2s + 2 5/2 s + 1/2 s + 1/2 − 5/2 − = = 2 2 2[(s + 1/2) + 3/4] 2[(s + 1/2)2 + 3/4] 2[(s + 1/2) + 3/4] 1 5 s + 1/2 1 − = 2 2 (s + 1/2) + 3/4 4 (s + 1/2)2 + 3/4 √ 3/2 5 s + 1/2 1 − √ = 2 2 (s + 1/2) + 3/4 2 3 (s + 1/2)2 + 3/4
F (s) =
2s2
Observando a Tabela na p´agina 20, usando o 1o. Teorema do deslocamento e o Teorema da Linearidade vemos que a fun¸ca˜o cuja transformada de Laplace ´e F (s) ´e dada por Ã√ ! Ã√ ! 3 5 −t/2 3 1 −t/2 t . sen t − √ e cos f (t) = e 2 2 2 2 3
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Solu¸c˜ ao de Problemas de Valor Inicial Dizemos que uma fun¸ca˜o f : [0, ∞) → R ´e seccionalmente cont´ınua ou cont´ınua
por partes se f (t) ´e cont´ınua em [0, ∞) exceto possivelmente em um n´ umero finito de pontos, nos quais os limites laterais existem.
Teorema 3 (Deriva¸c˜ ao).
(a) Suponha que f : [0, ∞) → R seja deriv´avel com f 0 (t)
seccionalmente cont´ınua. Ent˜ao
L(f 0 )(s) = sF (s) − f (0), em que F (s) ´e a transformada de Laplace de f (t). (b) Suponha que f : [0, ∞) → R seja deriv´avel duas vezes com f 00 (t) seccionalmente cont´ınua. Ent˜ao
L(f 00 )(s) = s2 F (s) − sf (0) − f 0 (0), em que F (s) ´e a transformada de Laplace de f (t).
Exemplo 13. Seja a uma constante. Seja f (t) = t sen at. Vamos determinar F (s). f 0 (t) = sen at + at cos at f 00 (t) = 2a cos at − a2 t senat = 2a cos at − a2 f (t) Assim, aplicando-se a transformada de Laplace e usando o Teorema anterior obtemos s2 F (s) − sf (0) − f 0 (0) = 2a
Assim, F (s) =
(s2
s2
s − a2 F (s) + a2
2as + a2 )2
Exemplo 14. Seja a uma constante. Seja f (t) = t cos at. Deixamos como exerc´ıcio mostrar que s2 − a 2 F (s) = 2 (s + a2 )2
Exemplo 15. Vamos resolver o seguinte problema de valor inicial y 00 + 2y 0 + 5y = 4e−t cos 2t,
y(0) = 1,
y 0 (0) = 0
Aplicando-se a transformada de Laplace a` equa¸ca˜o acima obtemos ¡
¢ s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 2 (sY (s) − y(0)) + 5Y (s) = 4
s+1 (s + 1)2 + 4
Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y 0 (0) = 0 obtemos ¡
s+1 +s+2 (s + 1)2 + 4 4s + 4 + (s + 2)(s2 + 2s + 5) = s2 + 2s + 5 s3 + 4s2 + 13s + 14 = s2 + 2s + 5
¢ s2 + 2s + 5 Y (s) = 4
Assim, Y (s) =
s3 + 4s2 + 13s + 14 (s2 + 2s + 5)2
Como o denominador tem somente ra´ızes complexas, para decompor Y (s) em fra¸co˜es parciais vamos encontrar A, B, C e D tais que Y (s) =
Cs + D As + B + 2 + 2s + 5 (s + 2s + 5)2
s2
ou seja s3 + 4s2 + 13s + 14 = (As + B)(s2 + 2s + 5) + (Cs + D) = As3 + (B + 2A)s2 + (2B + 5A + C)s + (5B + D)
Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema A = 1 2A + B = 4 5A + 2B + C = 13 5B + D = 14
que tem solu¸ca˜o A = 1, B = 2, C = 4 e D = 4. Assim,
s+1 s+1+1 4s + 4 s+2 + 4 = + [(s + 1)2 + 4]2 (s + 1)2 + 4 s2 + 2s + 5 (s2 + 2s + 5)2 2 · 2(s + 1) 2 1 s+1 + + = (s + 1)2 + 4 2 (s + 1)2 + 4 [(s + 1)2 + 4]2
Y (s) =
De onde obtemos
1 y(t) = e−t cos 2t + e−t sen 2t + te−t sen 2t 2
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Tabela de Transformadas de Laplace Transformadas de Laplace Elementares
f (t)
F (s) = L(f )(s)
f (t)
F (s) = L(f )(s)
1
1 , para s > 0 s
eat
1 , para s > a s−a
cos at
tn , para n ∈ Z+
s2
s , para s > 0 + a2
n!
sn+1
sen at
, para s > 0
s2
a , para s > 0 + a2
eat f (t)
F (s − a)
f 0 (t)
sF (s) − f (0)
f 00 (t)
s2 F (s)−sf (0)−f 0 (0)
t cos at
s2 − a 2 ,s>0 (s2 + a2 )2
t sen at
2as ,s>0 (s2 + a2 )2
sen at − at cos at
2a3 ,s>0 (s2 + a2 )2
δ(t − t0 ))(s)
e−t0 s , s > 0
e−as , para s > 0 s
ua (t)f (t−a)
e−as F (s)
f (t − τ )g(τ )dτ
F (s)G(s)
ua (t) =
½
0, 0 ≤ t < a 1, t ≥ a
f (t)δ(t − t0 ))(s)
e−t0 s f (t0 ), s > 0
Rt 0
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Exerc´ıcios 1. Resolva os problemas de valor inicial: (a) y 00 + y 0 − 2y = 2t, y(0) = 0, y 0 (0) = 1 (b) y 00 + 4y = t2 + 3et , y(0) = 0, y 0 (0) = 2 (c) y 00 − 2y 0 + y = tet + 4, y(0) = 1, y 0 (0) = 1 (d) y 00 − 2y 0 − 3y = 3te2t , y(0) = 1, y 0 (0) = 0 (e) y 00 + 4y = 3 sen 2t, y(0) = 2, y 0 (0) = −1
(g) (h) (i) (j) (k) (l) (m)
(n)
½
1, para 0 ≤ t < π/2 0, para t ≥ π/2 0, para 0 ≤ t < π 2, para π ≤ t < 2π y 00 +2y 0 +2y = f (t), y(0) = 0,y 0 (0) = 1, em que f (t) = 0, para t ≥ 2π ½ sen t, para 0 ≤ t < 2π y 00 + 4y = f (t), y(0) = 0,y 0 (0) = 0, em que f (t) = 0, para t ≥ 2π ½ sen t, para 0 ≤ t < π y 00 + 4y = f (t), y(0) = 0,y 0 (0) = 0, em que f (t) = 0, para t ≥ π ½ 1, para 0 ≤ t < 10 y 00 + 3y 0 + 2y = f (t), y(0) = 0,y 0 (0) = 0, em que f (t) = 0, para t ≥ 10 ½ 0, para 0 ≤ t < 2 y 00 + 3y 0 + 2y = f (t), y(0) = 0,y 0 (0) = 1, em que f (t) = 1, para t ≥ 2 ½ 0, para 0 ≤ t < 3π 00 0 y + y = f (t), y(0) = 0,y (0) = 1, em que f (t) = 1, para t ≥ 3π ½ sen t, para 0 ≤ t < π 0 00 0 5 y +y + 4 y = f (t), y(0) = 0,y (0) = 0, em que f (t) = 0, para t ≥ π 0, para 0 ≤ t < π 00 0 2, para π ≤ t < 3π y + 4y = f (t), y(0) = 0,y (0) = 0, em que f (t) = 0, para t ≥ 3π
(f) y + y = f (t), y(0) = 0,y (0) = 1, em que f (t) = 00
0
(o) y 00 + y = δ(t − 2π) cos t, y(0) = 0, y 0 (0) = 1 (p) y 00 + 4y 0 + 4y = f (t), y(0) = 2, y 0 (0) = −3
2. Resolva o problema: y 00 − 6y 0 + 8y = sen t, y(0) = y 0 (0) = 0
(a) sem usar transformada de Laplace (b) usando transformada de Laplace
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Respostas dos Exerc´ıcios 1. (a) ¡ 2 ¢ 1 s Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + (sY (s) − y(0)) − 2Y (s) = 2 2 s
Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 1 obtemos ¡
Assim,
¢ 2 s2 + s − 2 Y (s) = 2 + 1 s
1 2 + + 2)(s − 1) (s + 2)(s − 1) 2 + s2 = 2 s (s + 2)(s − 1)
Y (s) =
s2 (s
Y (s) =
D C A B + + 2+ s+2 s−1 s s
s2 + 2 = As(s2 + s − 2) + B(s2 + s − 2) + Cs2 (s − 1) + Ds2 (s + 2)
= (A + C + D)s3 + (A + B − C + 2D)s2 + (−2A + B)s + (−2B)
Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema
A + C + D = 0 A + B − C + 2D = 1 −2A + B = 0 − 2B = 2
que tem solu¸ca˜o A = −1/2, B = −1, C = −1/2 e D = 1. Assim, Y (s) =
1 1/2 1 −1/2 + − 2− s+2 s−1 s s
1 1 y(t) = − − t − e−2t + et 2 2
5
y
4
3
2
1
0
x
−1
0.5
0
1
1.5
2
(b) ¢ 3 2 s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) = 3 + s−1 s 0 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 2 obtemos ¡
Assim,
¡
¢ 3 2 +2 s2 + 4 Y (s) = 3 + s−1 s
2 3 2 + 2 + 2 + 4) (s − 1)(s + 4) s + 4
Y (s) =
s3 (s2
Ds + E C A B 2 = + 2+ 3+ 2 s +4 s s s + 4)
s3 (s2
2 = As2 (s2 + 4) + Bs(s2 + 4) + C(s2 + 4) + (Ds + E)s3 = (A + D)s4 + (B + E)s3 + (4A + C)s2 + 4Bs + 4C Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema A + D = 0 B + E = 0 4A + C = 0 4B = 0 4C = 2
que tem solu¸ca˜o A = −1/8, B = 0, C = 1/2, D = 1/8 e E = 0. Assim,
1 s 1/8 1 2 2 + 3+ 2 =− 8s +4 4s s + 4)
s3 (s2
Bs + C A 3 + 2 = 2 s +4 s−1 (s − 1)(s + 4)
3 = A(s2 + 4) + (Bs + C)(s − 1) = (A + B)s2 + (−B + C)s + (4A − C) = 0 A + B − B + C = 0 4A − C = 3
que tem solu¸ca˜o A = 3/5, B = −3/5 e C = −3/5. Assim,
3 2 3 s 3/5 3 s+1 3/5 3 − − 2 = − 2 = 2 s − 1 5 s + 4 10 s2 + 4 s−1 5s +4 (s − 1)(s + 4)
Y (s) = −
2 3 2 3 s 3/5 1 s 1/8 1 2 + 2 − − 2 + + 3+ 2 2 8 s + 4 s − 1 5 s + 4 10 s + 4 s + 4 4s s
7 3 19 1 1 cos 2t + et + sen 2t y(t) = − + t2 − 10 5 40 8 4 16
y
14
12
10
8
6
4
2
0
x
−2 −0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
(c) ¡
¢ s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) − 2 (sY (s) − y(0)) + Y (s) =
4 1 + 2 s (s − 1)
Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y 0 (0) = 1 obtemos ¡
¢ s2 − 2s + 1 Y (s) =
4 1 +s−1 + (s − 1)2 s
Assim,
s−1 4 1 + + 2 4 (s − 1)2 s(s − 1) (s − 1) 1 4 1 + + = 2 4 s−1 s(s − 1) (s − 1)
Y (s) =
C B A 4 + = + 2 s − 1 (s − 1)2 s s(s − 1)
Multiplicando-se por s(s − 1)2 obtemos 4 = A(s2 − 2s + 1) + B(s − 1)s + Cs Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema
A + B −2A − B + C A
= 0 = 0 = 4
que tem solu¸ca˜o A = 4, B = −4 e C = 4. Assim,
1 4 4 4 1 + + + − 2 4 s−1 s s − 1 (s − 1) (s − 1) 4 3 4 6 1 + + − = 4 s s − 1 (s − 1)2 6 (s − 1)
Y (s) =
1 y(t) = t3 et + 4 − 3et + 4tet 6
8
y
7
6
5
4
3
2
1
0
x
−1 −0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
(d) ¡
¢ s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) − 2 (sY (s) − y(0)) − 3Y (s) = 3
Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y 0 (0) = 0 obtemos
Assim,
¡
¢ s2 − 2s − 3 Y (s) = 3
1 (s − 2)2
1 +s−2 (s − 2)2
s−2 1 + (s2 − 2s − 3)(s − 2)2 s2 − 2s − 3 s−2 1 + = 3 2 (s − 3)(s + 1) (s − 3)(s + 1)(s − 2) 3 3 + (s − 2) = (s − 3)(s + 1)(s − 2)2 s3 − 6s2 + 12s − 5 = (s − 3)(s + 1)(s − 2)2
Y (s) = 3
Y (s) =
D C B A + + + s − 3 s + 1 s − 2 (s − 2)2
Multiplicando-se Y (s) por (s − 3)(s + 1)(s − 2)2 obtemos s3 − 6s2 + 12s − 5 =
A(s + 1)(s2 − 4s + 4) + B(s − 3)(s2 − 4s + 4) + C(s2 − 2s − 3)(s − 2) + D(s2 − 2s − 3)
Comparando-se os termos de A + −3A − 4A −
mesmo grau obtemos o sistema B 7B 16B 12B
+ C − 4C + D + C − 2D + 6C − 3D
= 1 = −6 = 12 = −5
Resolvendo-se o sistema por escalonamento obtemos a solu¸ca˜o A = 1, B = 2/3, C = −2/3 e D = −1. Assim, Y (s) =
1 2/3 2/3 1 − − + s − 3 s + 1 s − 2 (s − 2)2
2 2 y(t) = e3t + e−t − e2t − te2t 3 3 9
y
8 7 6 5 4 3 2 1 0
x
−1
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
(e) 2 +4 0 Substituindo-se os valores y(0) = 2 e y (0) = −1 obtemos ¡
Assim,
¢ s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) = 3
¡
¢ s2 + 4 Y (s) = 3
Y (s) =
(s2
s2
2 + 2s − 1 s2 + 4
2s − 1 6 + 2 2 s +4 + 4)
1 s 16 6 − 2 +2 2 2 2 s +4 s +4 16 (s + 4) 1 2 s 8 3 − 2 +2 2 = 2 2 s +4 2s +4 8 (s + 4)
=
1 3 (sen 2t − 2t cos 2t) + 2 cos 2t − sen 2t 2 8 3 1 = 2 cos 2t − sen 2t − t cos 2t 4 8
y(t) =
2
y
1.5
1
0.5
0
x −0.5
−1
−1.5
−2
−2.5
−3
0
−1
1
2
4
3
5
6
(f) ¢ 1 e−πs/2 s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + Y (s) = − s s 0 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 1 obtemos ¡
Assim,
¡
¢ 1 e−πs/2 +1 s2 + 1 Y (s) = − s s
e−πs/2 1 1 − + s(s2 + 1) s2 + 1 s(s2 + 1) 1 + H(s) − e−πs/2 H(s), = 2 s +1
Y (s) =
em que H(s) =
1 + 1)
s(s2
y(t) = sen t + h(t) − h(t − π/2)uπ/2 (t).
A Bs + C . + 2 s +1 s Multiplicando-se H(s) por s(s2 + 2s + 2) obtemos H(s) =
1 = A(s2 + 1) + (Bs + C)s = (A + B)s2 + Cs + A = 0 A + B C = 0 A = 1
que tem solu¸ca˜o A = 1, B = −1 e C = 0. Assim, H(s) =
s 1 − 2 s s +1
De onde obtemos que a fun¸ca˜o cuja transformada de Laplace ´e H(s) ´e h(t) = 1 − cos t e a solu¸ca˜o do problema de valor inicial ´e dado por y(t) = sen t + h(t) − h(t − π/2)uπ/2 (t) = 1 − cos t + sen t − uπ/2 (t)(1 − sen t). 2.5
y
2
1.5
1
0.5
0
x −0.5
−1
−1.5
−2
−2.5
−2
0
2
4
6
8
10
12
(g) ¡ 2 ¢ e−2πs e−πs −2 s Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 2 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = 2 s s
Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 1 obtemos ¡
Assim,
¢ e−πs − e−2πs +1 s2 + 2s + 2 Y (s) = 2 s
1 e−πs − e−2πs + 2 Y (s) = 2 2 s(s + 2s + 2) s + 2s + 2 1 , = (e−πs − e−2πs )H(s) + (s + 1)2 + 1
em que H(s) =
s(s2
2 + 2s + 2)
y(t) = h(t − π)uπ (t) − h(t − 2π)u2π (t) + e−t sen t. H(s) =
Bs + C A . + 2 s + 2s + 2 s
Multiplicando-se H(s) por s(s2 + 2s + 2) obtemos 2 = A(s2 + 2s + 2) + (Bs + C)s = (A + B)s2 + (2A + C)s + 2A = 0 A + B 2A + C = 0 2A = 2
que tem solu¸ca˜o A = 1, B = −1 e C = −2. Assim,
s+2 1 s+2 1 = − − 2 s (s + 1)2 + 1 s s + 2s + 2 1 s+1 1 − − = 2 s (s + 1) + 1 (s + 1)2 + 1
H(s) =
De onde obtemos que a fun¸ca˜o cuja transformada de Laplace ´e H(s) ´e h(t) = 1 − e−t cos t − e−t sen t e a solu¸ca˜o do problema de valor inicial ´e dado por y(t) = h(t − π)uπ (t) − h(t − 2π)u2π (t) + e−t sen t.
1.2
y
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
x −0.2
−2
0
4
2
6
8
10
12
(h)
1 1 − e−2πs 2 s +1 +1 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos ¡
Assim,
¢ s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) =
¡
¢ s2 + 4 Y (s) =
s2
e−2πs 1 − s2 + 1 s2 + 1
e−2πs 1 − Y (s) = (s2 + 1)(s2 + 4) (s2 + 1)(s2 + 4) = H(s) − e−2πs H(s)
em que H(s) =
1 (s2 + 1)(s2 + 4)
y(t) = h(t) − u2π (t)h(t − 2π) H(s) =
As + B Cs + D + 2 s +4 s2 + 1
Multiplicando-se por (s2 + 1)(s2 + 4): 1 = (As + B)(s2 + 4) + (Cs + D)(s2 + 1) = (A + C)s3 + (B + D)s2 + (4A + C)s + (4B + D)
Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema A + C = 0 B + D = 0 4A + C = 0 4B + D = 1
Resolvendo-se o sistema obtemos a solu¸ca˜o A = 0, B = 1/3, C = 0 e D = −1/3. Assim,
−1/3 1/3 + s2 + 1 s2 + 4 1 1 h(t) = sen t − sen 2t 6 3 1 1 1 1 y(t) = h(t) − u2π (t)h(t − 2π) = sen t − sen 2t − u2π (t)( sen t − sen 2t) 6 3 6 3 H(s) =
0.5
y
0.4
0.3
0.2
0.1
0
x −0.1
−0.2
−0.3
−0.4
−0.5
(i)
−1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1 1 −πs + e s2 + 1 s2 + 1 0 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 0 obtemos ¡
Assim,
¢ s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) =
¡
¢ s2 + 4 Y (s) =
e−πs 1 + s2 + 1 s2 + 1
e−πs 1 + (s2 + 1)(s2 + 4) (s2 + 1)(s2 + 4) = H(s) + e−πs H(s)
Y (s) =
em que H(s) =
(s2
1 + 1)(s2 + 4)
y(t) = h(t) + uπ (t)h(t − π) Do exerc´ıcio anterior temos que H(s) =
Assim,
−1/3 1/3 + 2 +1 s +4
s2
1 1 h(t) = sen t − sen 2t 6 3
e portanto
1 1 1 1 y(t) = h(t) + uπ (t)h(t − π) = sen t − sen 2t − uπ (t)( sen t + sen 2t) 6 3 6 3 0.5
y
0.4
0.3
0.2
0.1
0
x −0.1
−0.2
−0.3
−0.4
−0.5
−1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
(j) ¢ 1 e−10s s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 3 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = − s s 0 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 0 obtemos ¡
¡ 2 ¢ 1 e−10s s + 3s + 2 Y (s) = − s s
Assim, Y (s) =
e−10s 1 = H(s) − e−10s H(s) − 2 2 s (s + 3s + 2) s (s + 3s + 2)
em que H(s) =
s (s2
1 + 3s + 2)
y(t) = h(t) − u10 (t)h(t − 10).
H(s) =
s (s2
C B A 1 1 + = + = s+1 s+2 s s(s + 1)(s + 2) + 3s + 2)
Multiplicando H(s) por s (s2 + 3s + 2) obtemos ¡ ¢ 1 = A s2 + 3s + 2 +Bs(s+2)+Cs(s+1) = (A+B+C)s2 +(3A+2B+C)s+2A A + B + C = 0 3A + 2B + C = 0 2A = 1
que tem solu¸ca˜o A = 1/2, B = −1 e C = 1/2. Assim, H(s) =
1 1 1 11 + − 2s s+1 2s+2
h(t) =
1 1 − e−t + e−2t 2 2
y(t) = h(t) − u10 (t)h(t − 10) y
0.4
0.3
0.2
0.1
0
−0.1
x
0
5
10
15
20
(k) ¡
¢ e−2s s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 3 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = s
Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 1 obtemos ¡
Assim, Y (s) =
¢ e−2s +1 s2 + 3s + 2 Y (s) = s
e−2s 1 = Y1 (s) + e−2s H(s) + s2 + 3s + 2 s (s2 + 3s + 2)
em que H(s) =
1 s (s2 + 3s + 2)
e Y1 (s) =
1 s2 + 3s + 2
y(t) = y1 (t) − u2 (t)h(t − 2). Y1 (s) =
B A 1 1 + = = Y (s) = 1 s+1 s+2 (s + 1)(s + 2) s2 + 3s + 2
Multiplicando Y1 (s) por s2 + 3s + 2: 1 = A(s + 2) + B(s + 1) = (A + B)s + (2A + B) ½
A + B = 0 2A + B = 1
que tem solu¸ca˜o A = 1 e B = −1. Assim, Y1 (s) =
1 1 − s+1 s+2
y1 (t) = e−t − e−2t . Do exerc´ıcio anterior H(s) =
1 1 1 11 + − 2s s+1 2s+2
h(t) =
1 1 − e−t + e−2t 2 2
y(t) = y1 (t) + u2 (t)h(t − 2) = e−t − e−2t + u2 (t)h(t − 2)
y
0.4
0.3
0.2
0.1
0
x
−0.1 −2
0
2
6
4
8
10
(l) ¢ e−3πs s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + Y (s) = s 0 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 1 obtemos ¡
Assim,
¡
¢ e−3πs +1 s2 + 1 Y (s) = s
1 e−3πs + 2 Y (s) = 2 s(s + 1) s + 1 1 , = e−3πs H(s) + 2 s +1
em que H(s) =
1 + 1)
s(s2
y(t) = sen t + h(t − 3π)u3π (t). A Bs + C . H(s) = + 2 s +1 s Multiplicando-se H(s) por s(s2 + 2s + 2) obtemos
1 = A(s2 + 1) + (Bs + C)s = (A + B)s2 + Cs + A = 0 A + B C = 0 A = 1
que tem solu¸ca˜o A = 1, B = −1 e C = 0. Assim,
s 1 − 2 s s +1
H(s) =
De onde obtemos que a fun¸ca˜o cuja transformada de Laplace ´e H(s) ´e h(t) = 1 − cos t y(t) = sen t + h(t − 3π)u3π (t) = sen t + u3π (t)[1 − cos(t − 3π)] 2.5
y
2
1.5
1
0.5
0
x −0.5
−1
−5
0
5
10
15
20
25
(m) ¡
¢ 1 1 5 + e−πs 2 s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + (sY (s) − y(0)) + Y (s) = 2 s +1 s +1 4
Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos ¶ µ 1 1 5 2 + e−πs 2 Y (s) = 2 s +s+ s +1 s +1 4
Assim,
1 1 ¢ ¡ ¢ + e−πs 5 2 2 (s + 1) s2 + s + 54 + 1) s + s + 4 = H(s) + e−πs H(s)
Y (s) =
(s2
¡
em que H(s) =
1 ¢ (s2 + 1) s2 + s + 54
¡
y(t) = h(t) + uπ (t)h(t − π) H(s) =
Cs + D As + B 1 ¢= 2 + 5 2 s +1 s + s + 54 (s2 + 1) s2 + s + 4 ¡
¢ ¡ Multiplicando-se H(s) por (s2 + 1) s2 + s + 54 :
5 1 = (As + B)(s2 + s + ) + (Cs + D)(s2 + 1) 4 5 5 = (A + C)s3 + (A + B + D)s2 + ( A + B + C)s + ( B + D) 4 4
A A + 5 A + 4
+ C
= B + D = B + C = 5 B + D = 4
0 0 0 1
Resolvendo-se o sistema por escalonamento obtemos a solu¸ca˜o A = −16/17, B = 4/17, C = 16/17 e D = 12/17. Assim,
H(s) =
=
=
=
¶ µ 4s + 3 4 −4s + 1 + 2 s2 + 1 17 s + s + 54 ¶ µ 4s + 3 1 s 4 + + −4 2 s + 1 s2 + 1 (s + 1/2)2 + 1 17 ¶ µ s + 3/4 1 s 4 +4 + −4 2 (s + 1/2)2 + 1 s + 1 s2 + 1 17 ¶ µ 1 s + 1/2 1 s 4 + +4 + −4 2 (s + 1/2)2 + 1 (s + 1/2)2 + 1 s + 1 s2 + 1 17
h(t) =
¢ 4 ¡ −4 cos t + sen t + 4e−t/2 cos t + e−t/2 sen t 17 y(t) = h(t) + uπ (t)h(t − π)
2
y
1.5
1
0.5
0
x −0.5
−1
−1.5
−2
−2
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
(n) ¢ e−3πs e−πs −2 s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) = 2 s s 0 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 0 obtemos ¡
Assim,
¡
e−πs − e−3πs s + 4 Y (s) = 2 s 2
¢
e−πs − e−2πs s(s2 + 4) = (e−πs − e−3πs )H(s),
Y (s) = 2
em que H(s) =
2 + 4)
s(s2
y(t) = uπ (t)h(t − π) − u3π (t)h(t − 3π). A Bs + C 2 . = + 2 H(s) = 2 s +4 s s(s + 4)
Multiplicando-se H(s) por s(s2 + 4) obtemos 2 = A(s2 + 4) + (Bs + C)s = (A + B)s2 + Cs + 4A = 0 A + B C = 0 4A = 2
que tem solu¸ca˜o A = 1/2, B = −1/2 e C = 0. Assim, 11 1 s − 2 s 2 s2 + 4
H(s) =
De onde obtemos que a fun¸ca˜o cuja transformada de Laplace ´e H(s) ´e h(t) =
1 1 − cos 2t 4 4
y(t) = uπ (t)h(t − π) − u3π h(t − 3π) y
0.4
0.3
0.2
0.1
0
−0.1
x
0
−2
2
4
6
8
10
12
(o) ¡ 2 ¢ s Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + Y (s) = e−2πs cos(2π)
Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 1 obtemos
Assim,
¡
¢ s2 + 1 Y (s) = e−2πs + 1
Y (s) =
1 e−2πs + 2 2 s +1 s +1
e a solu¸ca˜o do problema de valor inicial ´e dado por y(t) = u2π (t) sen(t − 2π) + sen t = (u2π (t) + 1)sen t.
(p) ¡ 2 ¢ s Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4 (sY (s) − y(0)) + 4Y (s) = G(s)
Substituindo-se os valores y(0) = 2 e y 0 (0) = −3 obtemos
Assim,
¡
¢ s2 + 4s + 4 Y (s) = G(s) + 5 + 2s
5 + 2s G(s) + 2 + 4s + 4 s + 4s + 4 5 + 2s G(s) + = 2 (s + 2)2 (s + 2)
Y (s) =
s2
B A 5 + 2s + = s + 2 (s + 2)2 (s + 2)2
Multiplicando-se por (s + 2)2 obtemos 5 + 2s = A(s + 2) + B = As + (2A + B) Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema ½ A = 2 2A + B = 5 que tem solu¸ca˜o A = 2 e B = 1. Assim, Y (s) =
1 2 G(s) + + 2 s + 2 (s + 2)2 (s + 2)
y(t) = (e−2t t ∗ g)(t) + 2e−2t + e−2t t Z t = e−2(t−τ ) (t − τ )g(τ )dτ + 2e−2t + e−2t t 0
2. (a) A equa¸ca˜o caracter´ıstica ´e r 2 − 6r + 8 = 0, que tem ra´ızes r1 = 2 e r2 = 4. A equa¸ca˜o homogˆenea correspondente tem solu¸ca˜o geral y(t) = c1 e2t + c2 e4t .
Uma solu¸ca˜o particular da equa¸ca˜o n˜ao homogˆenea ´e da forma yp (t) = A cos t+ B sin t. Substituindo-se yp (t), yp0 (t) e yp00 (t) na equa¸ca˜o: (7A − 6B) cos t + (6A + 7B) sin t = sin t De onde obtemos A = 6/85 e B = 7/85. A solu¸ca˜o geral da equa¸ca˜o n˜ao homogˆenea ´e y(t) =
7 6 sin t + c1 e2t + c2 e4t cos t + 85 85 7 + 2c1 + 4c2 y 0 (0) = 0 = 85 6 + c1 + c2 y(0) = 0 = 85
c1 = −1/10 e c2 = 1/34. y(t) =
1 1 7 6 sin t − e2t + e4t cos t + 34 10 85 85
(b) ¡
¢ s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) − 6 (sY (s) − y(0)) + 8Y (s) =
1 s2 + 1
Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos
Assim,
¡
¢ s2 − 6s + 8 Y (s) =
Y (s) =
(s2
s2
1 +1
1 − 6s + 8) (s2 + 1)
Cs + D B A 1 + + = s2 + 1 s−2 s−4 (s2 − 6s + 8) (s2 + 1)
Multiplicando-se por (s2 − 6s + 8) (s2 + 1) obtemos
1 = A(s − 4)(s2 + 1) + B(s − 2)(s2 + 1) + (Cs + D)(s2 − 6s + 8) = (A + B + C)s3 + (−4A − 2B − 6C + D)s2 + +(A + B + 8C − 6D)s + (−4A − 2B + 8D)
Comparando-se os termos A −4A A −4A
de mesmo grau obtemos o sistema + B + C − 2B − 6C + D + B + 8C − 6D − 2B + 8D
= = = =
0 0 0 1
que tem solu¸ca˜o A = −1/10, B = 1/34, C = 6/85 e D = 7/85. Assim, Y (s) = −
7 1 s 6 1 1 1 1 + + + 2 10 s − 2 34 s − 4 85 s − 1 85 s2 − 1
y(t) = −
7 6 1 1 2t sin t cos t + e + e4t + 85 85 34 10
Referˆ encias [1] William E. Boyce and Richard C. DiPrima. Equa¸co˜es Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. Livros T´ecnicos e Cient´ıficos Editora S.A., Rio de Janeiro, 7a. edition, 2002. [2] Erwin Kreiszig. Matem´atica Superior. Livros T´ecnicos e Cient´ıficos Editora S.A., Rio de Janeiro, 2a. edition, 1985. [3] Dennis G. Zill and Michael R. Cullen. Equa¸co˜es Diferenciais. Makron Books, S˜ao Paulo, 3a. edition, 2001.
