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0.1
PRIMEIRAS PROPRIEDADES
1
Transformadas de Laplace 0.1
Definição e primeiras propriedades da Transformada de Laplace
A Transformada de Laplace de uma função f (t) é definida por meio da integral imprópria Z +∞ e−st f (t)dt 0
Vejamos como essa transformada pode ser útil na solução de problemas de valor inicial: Exemplo: Resolver o problema de valor inicial ′ y − y = eat y(0) = 0 Multiplicando ambos os lados por e−st e integrando de 0 a +∞ com relação
a t:
1
Z
+∞
0
e−st (y ′ ) dt −
Z
+∞
e−st (y) dt =
0
Z
+∞
e−st eat dt
0
Integrando por partes a primeira integral do lado esquerdo obtemos: Z
+∞
e
−st
′
(y ) dt
=
e
−st
0
=
Z +∞ y(t) +s 0
−y(0) + s
+∞
e−st y(t) dt
0
Z
+∞
e−st y(t) dt
0
Temos assim −y(0) + s
Z
+∞
0
Isto é (s − 1) 1 isto
Z
e−st y(t) dt −
0
+∞
Z
+∞
e−st (y) dt =
0
e−st y(t) dt =
Z
+∞
Z
+∞
e−st eat dt
0
e−st eat dt + y(0)
0
é: aplicando a transformada de Laplace aos dois lados da equação
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Não é difícil mostrar 2 que Z
+∞
e−st eat dt =
0
(desde que s > a). Portanto
Z
+∞
e−st y(t) dt =
0
1 s−a
1 (s − 1)(s − a)
Resumindo, o que acabamos de verificar foi que a transformada de Laplace da solução do problema de valor inicial dado é a expressão do lado direito da última igualdade, saber: L[y(t)] =
1 (s − 1)(s − a)
Se pudermos “inverter” o operador L: y(t) = L−1
1 (s − 1)(s − a)
(e a inversa for linear), = L−1 =
1/(1 − a) s−1
+ L−1
1/(a − 1) s−a
1 1 1 1 L−1 + L−1 1−a s−1 a−1 s−a
teremos que a solução y(t) procurada é y(t) = (pois L[eat ] =
1 s−a
1 t 1 at e + e 1−a a−1
para todo a).
É imediato verificar que a y(t) obtida é - de fato - a única solução do PVI proposto . Parece que estamos no caminho certo. Retornemos os desenvolvimentos matemáticos: Uma das primeiras tarefas é caracterizar o conjunto das funções “admissíveis” para as quais a integral imprópria da fórmula acima é convergente. 2 Faremos
isso mais adiante
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Como, por definição, Z
0
+∞
e
−st
f (t)dt = lim
b→+∞
Z
b
e−st f (t)dt
0
devemos , para começo de conversa, nos restringir ao conjunto de funções para Z b as quais e−st f (t)dt existe seja qual for o intervalo [0, b]. 0
Uma classe de funções, suficientemente geral para nossos propósitos, que nos dá essa garantia é a das funções seccionalmente contínuas, ou contínuas por partes, em [0, +∞).
Definição: - Uma função f : [0, +∞) −→ C é contínua por partes , ou seccionalmente contínua, quando é seccionalmente contínua em cada intervalo [a, b], limitado, contido em [0, +∞). - f é contínua por partes em [a, b] se é contínua exceto possivelmente num número finito de pontos deste intervalo e se em cada ponto de descontinuidade x0 ∈ [a, b] os limites laterais existem (i. é são finitos). Exemplos de funções seccionalmente contínuas em [0, +∞): 1) Toda função contínua em [0, +∞) é seccionalmente contínua em [0, +∞)
2) f (t) =
t−1 t+1
Exercício Diga quais das funções abaixo são seccionalmente contínuas em [0, +∞): a) f (t) = ln(t) b) f (t) = ln(t2 + 1) c) f (t) = e1/t sen t d) f (t) = t 0, t ∈ Z e) f (t) = 1, t ∈ R − Z 0, se t = 1/n, n = 1, 2, · · · f) f (t) = 1, para outros valores de t JUN/2005
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Teorema Se f é contínua por partes num intervalo limitado [a, b] então existe Z
b
f (t) dt a
. Exercício: Calcule a)f (t) =
R2 0
f (t) dt para
t, se 0 < t < 1 t − 1, se 1 < t < 2
b) f (t) = cos|πt|
1/2 − t, se 0 < t < 1/2 4t2 − 8t + 3, se 1/2 < t < 3/2 c) f (t) = 3/2 − t, se 3/2 < t < 2 Obs : Se f (t) é seccionalmente contínua em [0, +∞) então e−st f (t) também é seccionalmente contínua em [0, +∞) (dessa forma fica garantida a integrabilidade de e−st f (t) sobre qualquer intervalo [0, b]) Rb Entretanto, mesmo que ∀b > 0 exista 0 e−st f (t) dt pode muito bem aconZ b tecer de lim e−st f (t)dt não convergir b→+∞
0
Precisamos de alguma condição extra que assegure a convergência de Tal condição é dada pela seguinte
R +∞ 0
e−st f (t) dt.
Definição: f é de ordem exponencial em [0, +∞) se f é seccionalmente contínua em [0, +∞), e se existem constantes C > 0, M > 0 e α ∈ R tais que ∀t > M
|f (t)| < Ceαt
Exemplos: f (t) = cos ωt, JUN/2005
f (t) = k (constante),
f (t) = eat , f (t) = 1/t, todas P. Nobrega
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definidas somente para t > 0 Exercício: A função t, se 0 < t < 1 f (t) = t − 1, se 1 < t < +∞ é de ordem exponencial em [0, +∞)?
Teorema: Seja f : [0; +∞) → R, ( ou f : [0; +∞) → C) uma função de ordem exponencial, com |f (t)| ≤ Keσt quando t ≥ M . A integral (dependente do parâmetro s) Z
+∞
e−st f (t) dt
0
converge e define uma função F (s) se s > σ. A integral diverge se s < σ e , em geral, nada podemos afirmar quando s = σ Demonstração: Z
+∞
0
e−st f (t) dt =
Z
M
e−st f (t) dt +
0
Z
+∞
e−st f (t) dt
M
A primeira integral no segundo membro da igualdade acima existe pois, por hipótese, f (t) e consequentemente f (t)e−st é seccionalmente contínua em [0, A] 0. Com respeito à segunda integral temos que para t ≥ M , −st e f (t) ≤ Keσt |e−st |
Mas |e−st | = e−ts . Daí −st e f (t) ≤ Keσt e−ts = Ke(σ−s)t
Usando agora o teorema de comparação para integrais impróprias podemos Z +∞ Z +∞ concluir que e−st f (t) dt convergirá desde que Ke(σ−s)t dt convirja. M
0
Para completar observamos que essa última integral converge se σ − s < 0 e diverge se σ − s > 0. Segue daí que Z
+∞
e−st f (t) dt
0
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∀A >
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converge para todo s t.q.s > σ, e diverge em todo s t.q. s < σ. O número σ é chamado de abcissa de convergência. A semi-reta {s; s > σ} é chamado de semi-reta de convergência. Se σ = −∞ a semi-reta é R todo
Obs/Definição
Normalmente fala-se de abcissa de convergência como sendo a menor abcissa de convergência , e se denota a mesma por α simplesmente Podemos então formular rigorosamente a definição da transformada :
Definição: Seja f : [0; +∞) → R, como no teorema acima. A função (definida na semi-reta de convergência), comumente denotada por fˆ(s) , ou ainda por L{f (t)}(s), é chamada de transformada de Lapalace de f .Assim Z +∞ e−st f (t) dt. fˆ(s) := 0
Exemplos: • Seja f (t) = 1 para t ∈ [0; +∞) fˆ(s) =
Z
0
+∞
e−st · 1 dt = lim
b→+∞
= (Se s < 0 então lim
b→+∞
Assim L{1}(s) =
Z
b
1 (1 − e−sb ) b→+∞ s
e−st dt = lim
0
1 1 1 − lim bs = , se s > 0 s b→+∞ e s
1 não existe.) ebs
1 s
com abcissa de convergência σ = 0
• Seja f (t) = eat para t ∈ [0; +∞) e a ∈ R fˆ(s) =
Z
+∞ 0
e−st · eat dt =
Z
+∞
e−t(s−a) dt
0
Fazendo c = s − a e usando o exemplo anterior : 1 fˆ(s) = c JUN/2005
convergente para c > 0 P. Nobrega
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o que nos dá L{eat }(s) =
• L[sen t] =
Z
+∞
e
1 s−a
−st
com abcissa de convergência σ = a
sen t dt = lim
b→∞
0
Z
b
e−st sen t dt
0
Integrando por partes: Z
b
e−st sen t dt =
0
1 e−sb cos b − s e−sb sen b + 2 1 + s2 s +1
De modo que Z
+∞
e−sb cos b − s e−sb sen b 1 + 2 = b→+∞ 1 + s2 s +1
e−st sen t dt = lim
0
1 s2 + 1
= Uma conta semelhante mostra que
L[sen at] =
a s2 + a2
• Cálculo direto de L[tn ] (i) Sabe-se do Cálculo que se a > 1 e b > 0 então tb =0 t→+∞ at lim
(ver, por exemplo, [ Calculus of One Variable ,J. Kitchen], pg 415) (ii) Em particular se s ∈ R é tal que s > 0, então ∀n ∈ Z+
tn =0 t→+∞ est lim
De fato: seja s > 0.Então es > 1, e fazendo a = es no ítem (i), tn lim st = 0 t→+∞ e JUN/2005
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(iii) Seja n ∈ Z+ . Mostremos que ∀k ∈ {1, 2, 3, · · · , n} L{tn } =
n(n − 1) · · · (n − k + 1) L{tn−k } sk
Solução: Fixe n ∈ Z+ L{tn }(s) =
Z
+∞
e−st tn dt
0
Integrando por partes, com u = tn e dv = e−st dt obtemos Z
+∞
e
tn e−st i+∞ n + t dt = − s s t=0 h
−st n
0
Z
+∞
e−st tn−1 dt
0
h tn e−st i+∞ Devido ao ítem (ii) acima, − = 0. Portanto s t=0 L{tn }(s) =
Z
+∞
e−st tn dt =
0
n s
Z
+∞
e−st tn−1 dt =
0
n L{tn−1 }(s) s
Por sua vez integrando L{tn−1 }(s) por partes, com u = tn−1 e dv = e−st dt obtemos h tn−1 e−st i+∞ n − 1 Z +∞ L{tn−1 }(s) = − + e−st tn−2 dt s s t=0 0 Outra vez devido ao ítem (ii) acima
h
n(n − 1) s2
Z
L{tn }(s) =
−
tn−1 e−st i+∞ = 0 e então z t=0
+∞
e−st tn−2 dt
0
O argumento indutivo agora está claro: Suponha que ∀k0 < n L{tn }(s) =
n(n − 1) · · · (n − k0 + 1) L{tn−k0 }(s) sk0
Então como L{tn−k0 }(s) = vem que
L{tn }(s) = JUN/2005
Z
0
+∞
e−st tn−k0 dt =
n − k0 s
Z
+∞
e−st tn−k0 −1 dt
0
n(n − 1) · · · (n − k0 + 1) L{tn−k0 }(s) sk0 P. Nobrega
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Ou seja ∀k ≤ n
L{tn }(s) =
n(n − 1) · · · (n − k + 1) L{tn−k }(s) sk
Em particular, para k = n L{tn }(s) =
n(n − 1) · · · (1) n! L{1}(s) = n+1 sn s
A abcissa de convergência é σ = 0 Mais adiante daremos uma outra prova,mais simples, de que L{tn }(s) =
n! . sn+1
Obs: Anteriormente dissemos que o operador L tinha a característica de ser linear. Esta linearidade se expressa pelos seguintes fatos : Designemos por E o conjunto de todas as funcções de [0; +∞) para C que são de ordem exponencial.
(i) o conjunto E de todas as funções de ordem exponencial em [0, +∞) é um espaço vetorial real. (ii) o conjunto F de todas as funções de R em C é um espaço vetorial real. (iii)
L : E −→ F é um operador linear: ∀ f, g ∈ E,
∀λ∈R
L[λ · {f (t) + g(t)}] = λ · L[f (t)] + L[g(t)]
Com efeito: Que F é um R-vetorial é um exercício de rotina de Álgebra.Omitimos. E = {f : [0, +∞) −→ R f é de ordem exponencial}
Se f1 , f2 ∈ E então ∃ M1 > 0, k1 > 0, α1 ∈ R
∃ M2 > 0, k2 > 0, α2 ∈ R Tome M ≥ máx {M1 , M2 }
t.q.
t > M1 −→ |f1 (t)| < K1 eα1 t
t.q.
t > M2 −→ |f2 (t)| < K2 eα2 t
Se t > M então |f1 (t) + f2 (t)| ≤ |f1 (t)| + |f2 (t)| = K1 eα1 t + K2 eα2 t Se K ≥ máx {K1 , K2 } então |f1 (t) + f2 (t)| ≤ K(eα1 t + eα2 t ) Finalmente, se α ≥ máx {α1 , α2 } então, para t suficientemente grande
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TRANSFORMADAS DE LAPLACE
eα1 t ≤ eαt ;
eα2 t ≤ eαt
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Assim, se M ≥ máx {M1 , M2 }, se K ≥ máx {K1 , K2 } , e se α ≥ máx {α1 , α2 } |f1 (t) + f2 (t)| ≤ 2Keαt , isto é
Então, sempre que t ≥ M
f1 + f2 ∈ E Também, se f ∈ E, ∃ M > 0, Seja λ ∈ R,
λ ∈ R então
K > 0, λ 6= 0,
α∈R
t.q.
t > M −→ |f (t)| < Keαt
(λ = 0 é trivial) t>M
=⇒
|λ||f (t)| < |λ|Keαt
=⇒
˜ αt |λf (t)| < Ke
˜ = |λ|K) (K Assim
˜ αt t > M =⇒ |λf (t)| < Ke ∴
Daí , como E 6= φ
λ·f ∈E
então E é subvetorial do vetorial F
Em particular E é um espaço vetorial//
A verificação de que L : E −→ F é um operador linear é trivial. Omitimos.
Exercício 1 Calcule L{(2)t3 − (6 −
√ 7)t + 4}(s)
Exemplo: L[1 + 3et − 2sen t] = L[1] + 3L[et ] − 2L[sen t] = 1/s + 3/(s − 1) − 2/(s2 + 1). Exercício 2 Mostrar que f (t) = senh at e g(t) = cosh at são de ordem exponencial em (0, +∞) e calcular suas transformadas de Laplace. Solução: senh at =
eat − e−at 2
e
cohs at =
eat + e−at 2
Como eat e e−at são de ordem exponencial e o conjunto das funções de ordem exponencial é um vetorial segue-se imediatamente que senh at e cosh at são de (α1 −α)t 3 Por exemplo: α ≤ α −→ (α − α) ≤ 0 =⇒ lim = 0. Assim, para t suficiente1 1 t→∞ e mente grande, e(α1 −α)t ≤ 1, isto é: eα1 t ≤ eαt . Vale o mesmo para α e α2 .
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0.2
TRANSFORMADAS DE DERIVADAS
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ordem exponencial , pois são combinações lineares de eat e e−at . Além disso, como L é linear, temos L[senh at] = L[
Analogamente
eat − e−at 1 1 ] = L[eat ] − L[e−at ] = 2 2 2
1 1 1 1 1 s + a − (s − a) a − = = 2 2s−a 2s+a 2 s2 − a2 s − a2 L[cosh at] =
0.2
s s2 − a2
Transformadas de Laplace e Derivadas
O comportamento das transformadas de Laplace com relação às derivadas é estabelecido no seguinte teorema:
Teorema: Seja f contínua em [0, +∞). - Se f ′ é de ordem exponencial em [0, +∞) então L[f ′ (t)] = sL[f (t)] − f (0) - Se f ′ é contínua em [0, +∞) e f ′′ é de ordem exponencial em [0, +∞) então L[f ′′ (t)] = s2 L[f (t)] − sf (0) − f ′ (0)
As transformadas de Laplace das derivadas de f , caso existam, se reduzem à transformada de f . Nesse sentido L “destrói” (ou “ignora”) derivadas. A demonstração do primeiro item é a repetição de uma conta feita num exemplo anterior (usando integração por partes ). O segundo item é um corolário imediato. // De modo geral :
Teorema: Se f (n−1) é contínua em [0, +∞) e f (n) é de ordem exponencial em [0, +∞) então L[f (n) (t)] = sn L[f (t)] − sn−1 f (0) − sn−2 f ′ (0) − · · · − f (n−1) (0)
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TRANSFORMADAS DE LAPLACE
Exemplo: Assumindo que as derivadas da função y(t) são de ordem exponencial, L[3y ′′ − 2y ′ + y] = = =
3L[y ′′ ] − 2L[y ′ ] + L[y] 3 s2 L[y] − sy(0) − y ′ (0) − 2 sL[y] − y(0) + L[y]
(3s2 − 2s + 1)L[y] − (3s − 2)y(0) − 3y ′ (0)
Exemplo: Calcule L[cos at], usando L[sen at]. 1 Solução: Seja f (t) = − cos at. Então f ′ (t) = sen at a a Já vimos que L[sen at] = 2 s + a2 Mas, pelo teorema acima, s2
a = L[sen at] = L[f ′ (t)] = sL[f (t)] − f (0) + a2 1 1 = s · L[− cos at] + a a
∴
s 1 = − L[cos at] + a a 1 a a L[cos at] = − − s s2 + a2 a ∴
L[cos at] =
s s2 + a2
Exercício 3 Calcule L[cos2 (at)] Exemplo (Outra vez a transformada de tn ) dn n Sabe-se que ∀n = 0, 1, 2, · · · (t ) = n! dtn Sendo f (t) = tn então L[
dn n! (f )] = L[n!] = n!L[1] = dtn s
(*)
Mas ,usando o teorema acima, L[
dn (f )] = sn L[tn ]−sn−1 f (0)−sn−2f ′ (0)−· · ·−f (n−1) (0) = sn L[tn ] dtn
(∗∗)
Igualando (*) com (**): sn L[tn ] = JUN/2005
n! s P. Nobrega
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0.3
INVERSÃO DA TRANSFORMADA
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Portanto L[tn ] =
n! sn+1
Podemos formar uma tabela com as transformadas de Laplace que calculamos até agora: f (t) 1 eat cos at cosh at
0.3
L[f (t)] = F (s) 1/s 1/(s − a) s/(s2 + a2 ) s/(s2 − a2 )
f (t) tn sen at senh at
L[f (t)] = F (s) n!/sn+1 a/(s2 + a2 ) a/(s2 − a2 )
Inversão da Transformada de Laplace
Comentário : Até agora estabelecemos duas das três características fundamentais que esperamos das transformadas de Laplace, a saber: linearidade e “destruição de derivadas”. A terceira característica, a invertibilidade, é uma questão mais delicada. Comecemos por um exemplo: Exemplo: Resolver o PVI
′′ y −y = y(0) = y ′ (0) =
1 0 1
Aplicando L a ambos os lados da equação L[y ′′ − y] = L[1] isto é L[y ′′ ] − L[y] = 1/s de onde s2 L[y] − sf (0) − f ′ (0) − L[y] = 1/s (s2 − 1)L[y] − 1 = 1/s Portanto L[y] =
1 s+1 = s(s2 − 1) s(s − 1)
Obtivemos a expressão da transformada de y. Queremos calcular y Observe que L[y] = JUN/2005
1 1 − s−1 s P. Nobrega
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TRANSFORMADAS DE LAPLACE
E como sabemos que
1 1 = L[eat ] e = L[1] concluímos que s−a s L[y] = L[et ] − L[1] = L[et − 1]
Daí gostaríamos de concluir que y = ex − 1 É imediato verificar que esta é efetivamente a resposta do PVI dado. O princípio que utilizamos foi o seguinte: L[y(t)] = L[f (t)] =⇒ y(t) = f (t) Isso nada mais é do que supor que L é injetiva. Mas se L é injetiva então é bijetiva sobre o seu conjunto imagem. Portanto é invertível. Então surge a pergunta : Se L[f (t)] = L[g(t)], é verdade que f (t) = g(t)? Examinemos mais um exemplo: Exemplo: Seja f1 (t) = Temos: L[f1 (t)] =
Z
1 , se x ≥ 0; x ∈ /N 1/(n + 1), se x ∈ N
+∞
e
−st
f1 (t) dt = lim
b→+∞
0
Z
b
e−st f1 (t) dt
0
Em cada interalo [0, b] existe um número finito de pontos onde e−st f1 (t) é descontínua (descontinuidade de tipo “salto finito”). O processo de integração despreza conjuntos finitos de pontos de descontinuidade de primeira espécie (salto finito). Portanto Z
b
e−st f1 (t) dt =
0
Daí lim
b→+∞
Z
b
Z
b
e−st dt = 0
e−st f1 (t) dt =
0
1 e−sb − s s 1 s
Portanto L[f1 (t)] = L[1] JUN/2005
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0.3
INVERSÃO DA TRANSFORMADA
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mesmo sendo f1 6= 1 Portanto, a rigor o operador L não é injetivo no conjunto E. Vale o seguinte resultado
Teorema de Lerch: Z +∞ Se L[f (t)] = e−st f (t) dt é idênticamente nula para todo s > s0 , sendo s0 0
alguma constante, então f (t) é idênticamente nula (exceto, possivelmente, nos seus pontos de descontinuidade.)
Exercício 4 Mostrar que o teorema de Lerch é equivalente à injetividade (ignorando possíveis descontinuidades de 1a espécie dos argumentos ) do operador L. Obs: Uma maneira de “remediar” a não injetividade de L é considerar o vetorial quociente E/ ∼, onde ∼ representa a relação no conjunto das f, g de classe exponencial em (0, +∞) : f ≡ g ⇐⇒ f = g, exceto possivelmente nos pontos de descontinuidade ˜ induzido no quociente, em E/ ∼ 4 . e considerar o operador L, Não vamos enveredar por esse caminho . Inclusive porque não sabemos determinar explicitamente uma inversa de L, mesmo que possamos assegurar que ele é invertível. Vamos simplesmente aplicar o teorema de Lerch, no espaço E, e tomar uma solução por in-
speção (a partir da igualdade L[y(t)] = L[h(t)]) 5 . É comum tomar a solução contínua.
Exercício 5 Resolver o problema de valor inicial: ′′ y +y = t y(0) = 1 y ′ (0) = 3
Resposta: y(t) = t + cos t + 2sen t
Exercício 6 Resolver o problema de valor inicial: ′′ y − y ′ − 2y = t2 y(0) = 1 y ′ (0) = 3
4 Os pontos de descontinuidade de uma f ∈ E são isolados. Então, se duas funções f, g ∈ E diferem num ponto de descontinuidade x0 , existe uma vizinhança de x0 t.q. f(x)= g(x) em todos os pontos dessa vizinhança, exceto no próprio x0 5 módulo descontinuidades isoladas.
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TRANSFORMADAS DE LAPLACE
Resposta: y(t) =
17 2t 1 −t 1 2 1 3 e + e − t + t− 12 3 2 2 4
Obs : A solução de uma EDO, sendo uma função diferenciável é necessariamente contínua; de modo que sempre devemos escolher (dentre as possibilidades que o T. de Lerch oferece) a solução que é diferenciável até a ordem igual à ordem do operador linear. Isso não implica que L(y) seja contínua. O que precisamos é que L(y) seja de ordem exponencial (pois L(y) = h(t) e h(t) é de ordem exponencial). Exercício 7 Resolver, usando transformadas de Laplace, o PVI:
′′ y + y = t2 + 1 y(0) = 0 y ′ (0) = 0
Solução:
Aplicando o operador L a ambos os lados da equação, e utilizando as suas propriedades, obtemos: (s2 + 1)L[y(t)] = isto é L[y(t)] =
1 2 + 3 s s
2 + s2 s3 (s2 + 1)
Podemos decompor o lado direito em frações parciais: 2 + s2 A B C Ds + E = + 2+ 3+ 2 + 1) s s s s +1
s3 (s2 de onde: ou seja
A = −1,
B = 0,
C = 2,
, D = 1,
e
E=0
−1 2 s 2 + s2 = + 3+ 2 + 1) s s s +1
s3 (s2 Portanto
L[y] = −L[1] + L[t2 ] + L[cos t]
e então (pelo teorema de Lerch)
y(t) = −1 + t2 + cos t. O leitor pode confirmar essa solução pelo método dos coeficientes a determinar.
JUN/2005
P. Nobrega
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0.3
Exemplo: Calcule L−1
INVERSÃO DA TRANSFORMADA
8s2 − 4s + 12 s(s2 + 4)
17
.
Solução: 8s2 − 4s + 12 s(s2 + 4)
=
8s2 4s 12 − + s(s2 + 4) s(s2 + 4) s(s2 + 4)
=
8s 4 12 − + s2 + 4 s2 + 4 s(s2 + 4)
Agora, 12 s(s2 + 4)
=
A Bs + C + 2 s s +4
=
(A + B)s2 + Cs + 4A s(s2 + 4)
Daí A = 3, B = −3, C = 0. Portanto 8s2 − 4s + 12 s(s2 + 4)
= =
8s 4 3 3s − + − s2 + 4 s2 + 4 s s2 + 4 5s 2 3 −2 2 + s2 + 4 s +4 s
=
5 L[cos 2t] − 2 L[sen 2t] + 3 L[1]
=
L[5 cos 2t − 2 sen 2t + 3]
Daí então, L−1
8s2 − 4s + 12 s(s2 + 4)
= 5 cos 2t − 2 sen 2t + 3.
Exercício 8 Calcule a transformada inversa de Laplace: 1 a) 2 s −4 1 b) s(s + 2) 1 c) , a 6= b (s − a)(s − b) Um resultado muito útil para cálculos de transformadas diretas e inversas é o
JUN/2005
P. Nobrega
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18
TRANSFORMADAS DE LAPLACE
10 Teorema do deslocamento: Se
L[f (t)] = F (s)
então L[eat f (t)] = F (s − a)
Demonstração: Segue diretamente da definição de transformada de Laplace . Com efeito, Z +∞ at L[e f (t)] = e−st eat f (t) dt = 0
=
Z
+∞
0
def
e−(s−a)t f (t) dt = F (s − a) .
Exemplo: s − (−1) s+1 = 2 (s − (−1))2 + 1) s + 2s + 2 h 2s + 3 i . Exemplo: Calcular L−1 2 s − 4s + 20 L[e−t cos t] =
Temos:
2s + 3 s2 − 4s + 20
= = = =
∴
L−1
h
2s + 3 i = s2 − 4s + 20 =
2s + 3 (s − 2)2 + 16 2s − 4 + 4 + 3 (s − 2)2 + 16
2(s − 2) + 7 (s − 2)2 + 16 (s − 2) 7 4 2 + 2 2 (s − 2) + 16 4 (s − 2) + 16 h (s − 2) i 7 h i 4 −1 2 L−1 + L (s − 2)2 + 16 4 (s − 2)2 + 16 7 = 2 e2t cos 4t + e2t sen 4t. 4
Exercício 9 Calcule a transformada de Laplace inversa de: a) b)
s (s + 1)2 3s2 + 1)2
(s2
JUN/2005
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0.4
Exercício 10 Calcule L−1
A FUNÇÃO DEGRAU UNITÁRIO
19
1 s2 + 4s + 13
Resposta: e−2t sen 3t. Comentário: Nosso programa básico com respeito às transformadas de Laplace está “quase” cumprido.Mostramos que as transformadas são lineares, ignoram derivadas, etc. , mas na verdade, até agora,o método parece ser uma maneira muito complicada de resolver PVI’s que poderiam ser resolvidos mais facilmente por outros processos. Esta impressão deve começar a mudar a partir de agora. Anteriormente foi dito que não tínhamos ferramentas para tratar de equações com segundo membro descontínuo. Não precisávamos ser tão pessimistas. Para equações com segundo termo descontínuos, podemos, em cada ponto de descontinuidade, ajustar as duas constantes arbitrárias da solução geral para obtermos a continuidade de y(t) e de y ′ (t). A questão é que o processo de cálculo dessa solução é muito mais simples usando transformada de Laplace.
0.4
A Função Degrau Unitário
Para cada a ∈ R definamos ua (t) =
0, se t ≤ a 1, se t > a
1
a
(Vamos supor sempre que a ≥ 0) JUN/2005
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20
TRANSFORMADAS DE LAPLACE
Exercício 11 Desenhe os gráficos de : a) 2u2 (t) b) u1 (t) − u3 (t) c) u1 (t) + u3 (t) − 3u2 (t) Exercício 12 Calcule L[ua (t)]. Solução: L[ua ] =
Z
∞
+∞
=
Z
e−st ua (t) dt
0
e−st dt
a
= = =
lim
Z
lim
e−sa
b→+∞
b→+∞
e−sa s
b
e−st dt
a
s
−
e−sb s
se s > 0
Observação: Note que L[ua (t)] = L[ua (t) · 1] = e−as /s = e−as L[1] Exercício 13 Mostre que L[ua (t) · t] = e−sa Conclua então que , em geral,
a s
+
1 . s2
L[ua (t) · f (t)] 6= e−sa L[f (t)] No entanto, um pequena modificação nos leva a um resultado extremamente útil. Seja g(t) uma função (que vamos supor pertencente a E). A expressão 0, se t ≤ a ua (t) · g(t − a) = g(t − a), se t > a descreve a função que se obtém ao deslocar g(t) a unidades para a direita, e depois anulando a porção à esquerda de a.
JUN/2005
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0.4
A FUNÇÃO DEGRAU UNITÁRIO
21
g(t) g(t-a)
a
Exercício 14 Desenhe o gráfico de uπ sen(x − π).
Teorema: (2o Teorema de Deslocamento) Se L[f (t)] = F (s) então L[ua (t) · f (t − a)] = e−sa F (s)
Demonstração:
L[f ] =
Z
∞
+∞
=
Z
0
a
=
e−st ua (t)g(t − a) dt e−st g(t − a)
(fazendo x = t − a), Z ∞ e−s(x+a)t g(x) dx 0
=
e
−sa
Z
∞
e−sx g(x) dx
0
=
e−sa L[g]
.
Exemplo: Calcule L[f (t)], sendo f (t) = JUN/2005
0 (t − 2)2
se t < 2 se t ≥ 2 P. Nobrega
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22
TRANSFORMADAS DE LAPLACE
Solução: Observe que f (t) pode ser escrita como f (t) = u2 (t)(t − 2)2 . Sendo g(t) = t2 , L[f (t)] = L[u2 (t)g(t − 2)] . Usando o 20 teorema de deslocamento, podemos afirmar que L[f (t)] = e−2s L[t2 ] E como L[t2 ] =
2! s3
vem que L[f (t)] =
2e−2s . s3
Exercício 15 Calcule L[t − u1 (t)(t − 1)] Resposta:
1 − e−s s2
Exercício 16 Calcule L[ua (t)sen t]. Solução: ua (t)sen t = portanto L[ua (t)sen t] = = =
L[ua (t)sen (t + a − a)] e−sa L[sen(t + a)]
e−sa L[sen t cos a + sen a cos t]
=
e−sa cos a L[sen t] + sen a L[cos t]
=
e−sa sen a
=
Exercício 17 Calcule L−1 JUN/2005
ua (t)sen (t + a − a)
s 1 + e−sa cos a 2 +1 s +1 e−sa (cos a + s sen a) s2 + 1
h
s2
i e−3s . s2 + 6s + 10 P. Nobrega
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0.5
O PRODUTO DE CONVOLUÇÃO
23
Solução: e−3s s2 + 6s + 10
= e−3s ·
e−3s s2 + 6s + 10
= L[u3 (t)g(t − 3)]
1 + 6s + 10 daí , e do segundo teo. do deslocamento s2
onde g(t) é tal que L[g(t)] =
1 s2 + 6s + 10
Ora L−1
h
i 1 s2 + 6s + 10
= L−1
h
i 1 (s + 3)2 + 1
= e−3t sent Portanto L−1
h
(pelo 10 teo. do deslocamento)
i e−3s = u3 (t)e−(t−3) sen (t − 3). s2 + 6s + 10
Exercício 18 Calcule L[(t − 3)u2 (t) − (t − 2)u3 (t)] Resposta:
0.5
e−2s e−2s e−3s e−3s − + 2 + 2 s s s s
O Produto de Convolução
Reconsideremos o problema da valor inicial
′′ y + y = t2 + 1 y(0) = 0 y ′ (0) = 0
Uma alternativa ao emprego de frações parciais na solução do exemplo acima é a seguinte: Aplicando a transformada a ambos os lados da equação, chega-se a: (s2 + 1)L[y(t)] = de onde L[y(t)] = JUN/2005
1 2 + 3 s s
2 1 1 · + s2 + 1 s3 s P. Nobrega
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24
TRANSFORMADAS DE LAPLACE
Imediatamente identificamos a expressão entre parênteses como sendo L[t2 + 1]. Também é fácil ver que 1(s2 + 1) = L[sen t]. Portanto L[y(t)] = L[sen t] · L[t2 + 1] Infelizmente não vale que L[sen t] · L[t2 + 1] = L[sen t · (t2 + 1)] ( sen t · (t2 + 1) não é solução da equação dada.) Entretanto, insistindo na questão, investiguemos se é possível determinar alguma função h(t) tal que L[h(t)] = L[sen t] · L[t2 + 1] (afinal o procedimento acima parece muito mais simples do que a decomposição em frações parciais). O problema é: Dadas duas funções f, g de ordem exponencial em [0, +∞), determinar h, também de ordem exponencial em [0, +∞) tal que L[h(t)] = L[f (t)] · L[g(t)] Suponhamos que uma tal h exista. Então L[h(t)]
=
Z
=
Z
0 +∞
0
=
Z e−su f (u) du ·
+∞
+∞
e−sv g(v) dv
0
Z
+∞
e−s(u+v) f (u)g(v) du dv
0
Z Z
e−s(u+v) f (u)g(v) dA
D
sendo D a região D = {(u, v) ∈ R2 | u > 0, v > 0}. A mudança de variáveis
u v
χ
7→
t y
=
u+v v
transforma a região D (no plano uv), na região D′ = χ(D) (no plano ty) dada por χ(D) = {(t, y) ∈ R2 | t > 0, 0 < y < t} JUN/2005
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0.5
O PRODUTO DE CONVOLUÇÃO
25
v
D
u
y
D'
t
Além disso ∂t/∂u ∂t/∂v ∂(t, y) = ∂y/∂u ∂y/∂v ∂(u, v)
1 1 = 0 1
=1
Pelo teorema de mudança de variáveis em integrais impróprias: Z Z
e−s(u+v) f (u)g(v) dA =
D
Z Z
χ(D)
e−st f (t − v)g(v) dA
a qual pode ser reescrita (em termos de integrais repetidas) como Z
0
∞
e−st
Z
0
t
f (y)g(t − y) dy dt.
Z t vemos que a última expressão acima é justamente L[ f (y)g(t − y) dy] 0
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26
TRANSFORMADAS DE LAPLACE
Se definirmos h(t) = priedade que buscamos 6 .
Z
t
0
f (y)g(t − y) dy, essa h terá exatamente a pro-
Definição Dadas as funções f, g ∈ E, o produto de convolução (ou simplesmente a convolução) de f com g, denotada por f ∗ g , é a função pertencente a E definida por Z t def (f ∗ g)(t) = f (y)g(t − y) dy 0
A propriedade básica de f ∗ g é L[(f ∗ g)(t)] = L[f (t)] · L[g(t)] Vamos testar o novo produto voltando ao exemplo que o motivou. Ao tentar resolver o problema ′′ y + y = t2 + 1 y(0) = 0 y ′ (0) = 0 pelo método das transformadas de Laplace tínhamos chegado a L[y(t)] =
s2
2 1 1 · 3+ +1 s s
Identificamos a expressão entre parênteses como sendo L[t2 + 1]. Também é fácil ver que 1(s2 + 1) = L[sen t]. Portanto L[y(t)] = L[sen t] · L[t2 + 1] De acordo com o que vimos, podemos escrever L[y(t)] = L[(sen t) ∗ (t2 + 1)] portanto devemos ter y(t) = (sen t) ∗ (t2 + 1) 6A
rigor precisamos verificar que h ∈ E. Fica como exercício.
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0.5
O PRODUTO DE CONVOLUÇÃO
27
Com efeito, (sen t) ∗ (t2 + 1) =
Z
t
t
=
Z
0
0
sen y · [(t − y)2 + 1] dt [t2 sen y + sen y + y 2 sen y − 2ty sen y]dy
t = [1 − (t − y)2 ]cos y − 2(t − y) sen y
0
2
= cos t − (1 − t ) = −1 + t2 + cos t que é a solução do problema 7 .
Exercício 19 Mostre a validade da fórmula f ∗ g = g ∗ f . Exercício 20 Calcule 1*1, 1*1*1 Exercício 21 Determine, usando a fórmula de convolução, a transformada 1 de Laplace inversa de . 2 s(s + 1)
Propriedades do produto de convolução: 1) f ∗ g = g ∗ f , isto é: Z
0
t
f (y) · g(t − y) dy =
2) (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h) 3) f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h
Z
0
t
f (t − y) · g(y) dy
(prop. associativa) (prop. distributiva)
Atenção !!! : Não é verdade que ∀f,
f ∗1=f
Exercício 22 Mostre a validade da fórmula f ∗ g = g ∗ f . 7 O produto de convulução, que foi intrduzido para simplificar, também pode levar a cálculos de integrais bastante trabalhosos. Na verdade, esse produto vai reaparecer no contexto da teoria de distribuições, onde desempenhará um papel muito além de ser uma alternativa para ajudar a calcular (inversas de) transformadas de Laplace.
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TRANSFORMADAS DE LAPLACE
Exercício 23 Calcule 1 ∗ 1,
1 ∗ 1 ∗ 1, 1 ∗ 1 ∗ 1 ∗ 1, · · · , 1| ∗ ·{z · · ∗ 1} n fatores
tn−1 Resposta: |1 ∗ ·{z · · ∗ 1} = (n − 1)! n fatores
Exercício 24 Determine, usando a fórmula de convolução, a transformada 1 de Laplace inversa de . s(s2 + 1) Resposta: 1 − cos t Exercício 25 Calcule: a) eat ∗ ebt
R:
ebt − eat se b 6= a, teat se b = a b−a
b) t ∗ cos at
R:
1 − cos at − 2at sen at a2
c) sen at ∗ cos bt
R: 1 2
a (cos bt − cos at), se b 6= ±a, − b2 t sen at, se b = ±a a2
Exercício 26 Calcule L−1
3 2 (s + 1)
Resposta: 3te−t Propriedades Adicionais, Exemplos e Exercícios
Uma situação importante em que o método das transformadas pode ser aplicado é quando o segundo membro é uma função periódica: Teorema : Se f é de ordem exponencial e periódica de período p, então Z p e−st f (t) dt 0 L[f ] = 1 − e−ps
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0.5
O PRODUTO DE CONVOLUÇÃO
29
Demonstração: +∞
L[f ] =
Z Z
p
=
e−st f (t) dt
0
e−st f (t) dt +
0
Z
2p
p
+
Z
e−st f (t) dt + · · · (n+1)p
np
e−st f (t) dt + · · ·
Fazendo a mudança x+np = t na (n+1)-ésima integral da soma acima,obtemos Z
(n+1)p
e−st f (t) dt
=
np
Z
p
e−s(x+np) f (x + np) dx
0
= e
Z
−nps
p
e−sx f (x) dx
0
sendo que o último passo resulta da peiodicidade de f . Assim, L[f ] =
Z
p
e−sx f (x) dx + e−ps
Z
p
e−sx f (x) dx + · · ·
0
0
Z
+e−nps = [1 + e−ps + e−2ps + · · · ]
Z
0 p
p
e−sx f (x) dx + · · · e−sx f (x) dx.
0
A soma da série geométrica 1 + e−ps + e−2ps + · · · é 1/(1 − e−ps ), de onde
L[f ] =
Z
p
e−st f (t) dt
0
1 − e−ps
Exemplo: Calcule a transformada de Laplace da função f (t) =
Resposta: F (s) = JUN/2005
1,
se 0 ≤ t ≤ 1 f periódica de período 2
1 . s(1 + e−s ) P. Nobrega
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30
TRANSFORMADAS DE LAPLACE
Exercício 27 Calcule as transformadas de Laplace: 1. e2t sen 3t
R:
3 (s − 2)2 + 9
2. e−3t cos (2t + 4)
R:
(s + 3) cos4 − 2 sen 4 (s + 3)2 + 4
R:
(3s + 2)e−s/2 2s2
R:
1 [1 − 4e−2s + 4e−3s − e−4s ] s2
R:
1 1 + e−πs s2 + 1 1 − e−πs
3. f (t) =
4. f (t) =
0, 1 + t,
0, cos t, 0,
t, 8 − 3t, 5. f (t) = t − 4, 0,
se se
t < 1/2 t ≥ 1/2
se t < π/2 se π/2 < t < 3π2 se t > π/2 se se se se
t<2 2≤t≤3 34
6. f (t) como na figura abaixo
f (t)
a
a
2a
3a
t
7. f (t) = |sen t| 8. f (t) = (D3 + 1)g(t),
JUN/2005
onde D = d/dt
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0.5
O PRODUTO DE CONVOLUÇÃO
31
Proposição : Se L[f (t)] = F (s) então L[tn f (t)] = (−1)n
dn F (s) dsn
Demonstração: Z +∞ (a) F (s) = e−st f (t) dt. Então 0
d F (s) ds
Z i d h +∞ −st e f (t) dt ds 0 Z +∞ i ∂ h −st = e f (t) dt ∂s 0 Z +∞ = (−t)e−st f (t) dt =
0
= −
Z
+∞
= (−1)1 (b) Suponha que L[tk f (t)] = (−1)k L[tk+1 f (t)] = = = =
e−st f (t) dt
0
d F (s) ds
dk F (s). Tem-se: dsk L[t(tk f (t))]
d L[tn f (t)] ds i dh dk −1 (−1)k k F (s) ds ds k+1 d (−1)k+1 k+1 F (s) ds −1
O teorema segue de (a), (b) e do princípio de indução.
Observação : A “derivação sob o sinal de integração” efetuada acima, é legítima. Estamos nas condições do T. de Leibniz. Z +∞ Exercício 28 Calcule, utilizando a proposição acima, e−3t t2 senh t dt. 0
Solução :
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32
TRANSFORMADAS DE LAPLACE
É fácil constatar que Z
+∞
0
e−3t senh t dt = L[senh t]
s=3
Portanto , usando a proposição acima, Z
+∞
e−3t t2 senh t dt = (−1)2
0
=
d2 L[senh t] = ds2 s=3
6s2 + 2 = (s2 − 1)3 s=3 =
7 64
Exercício 29 Calcule a transformada de Laplace de 72s(s2 − 9) a) t3 sen 3t R: (s2 + 9)4 i h d b) te2t f ′ (t) R : − (s − 2) F (s − 2) + F (s − 2) , onde F (s) = L[f (t)] ds c) (sen t)(t2 + 1)
R:
s4 + 8s2 − 1 (s2 + 1)3
Exercício 30 Calcule as transformadas de Laplace inversas de: u2 (t)[et−2 − e−(t−2) ] 3
1. e−2s /(s2 + s − 2)
R:
2. 2(s − 1)e−2s /(s2 − 2s + 2)
R : 2u2 (t)et−2 cos (t − 2)
3. 2e−2s /(s2 − 4)
R : u2 (t)senh 2(t − 2)
4. (s − 2)e−s /(s2 − 4s + 3)
R : u1 (t)e2(t−1) cosh (t − 1)
5. 4/(s + 1)3
R : 2t2 et
Exercício 31 Calcule as transformadas de Laplace inversas de: a. (8s2 − 4s + 12)/s(s2 + 4)
R : 3 + 5 cos 2t − 2 sen 2t
b. (2s + 1)/(s2 − 2s + 2)
R : 2 et cos t + 3 et sen t
c. e−2s /s2 + s − 2
R:
d. 2(s − 1)e−2s /s2 − 2s + 2
R : 2 u2 (t) et−2 cos (t − 2)
JUN/2005
1 3
u2 (t) [et−2 − e−(t−2) ]
P. Nobrega
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0.6
OSCILAÇÕES FORÇADAS
33
Exercício 32 Resolva:
a)
1, ′′ ′ y + 2y + 2y = 0,
se 0 ≤ t ≤ π/2 se t ≥ π/2
y(0) = 0 ′ y (0) = 1
Resposta: y(t) = 1 − cos t + sen t − uπ/2 (t) (1 − sen t) b) y ′′ + 4y = sen t − u2π (t) sen (t − 2π),
y(0) = 0 = y ′ (0)
Resposta: y(t) = 16 [1 − u2π (t)][2 sen t − sen 2t] Exercício 33 Expresse a solução de ′′ y + 4y ′ + 4y = g(t) y(0) = 2 ′ y (0) = −3
usando integrais de convolução. Resposta: y(t) = 2 e−2t + t e−2t +
0.6
Z
t 0
e−2(t−u) (t − u) g(u) du.
Oscilações Forçadas
Retomamos agora o estudo de movimentos oscilatórios Consideremos uma mola pendurada por um dos extremos, podendo vibrar na direção vertical. Introduzimos um escala vertical e marquemos como origem a altura correspondente à ponta inferior da mola relaxada (fig. (A). Num instante inicial (t = 0) uma partícula de massa m é fixada na extremidade inferior da mola, fazendo o sistema oscilar em torno de y = 0(fig. B). Queremos determinar o movimento da partícula, isto é, y(t), para todos os tempos t > 0. Em cada instante t, as forças que atuam sobre a partícula são: • a força da gravidade:
mg, “para baixo”
• a força restauradora da mola: JUN/2005
−ky, de acordo com a Lei de Hooke. P. Nobrega
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34
TRANSFORMADAS DE LAPLACE
(B)
(A)
0 ky0 Y 0
mg
Usando a 2a lei de Newton, a equação diferencial do movimento será X
F =m
d2 y dt2
ou seja m
d2 y = −ky + mg dt2
Acrescentando as condições inicias, temos o PVI
Façamos
d2 y m 2 = −ky + mg dt =0 y(0) y ′ (0) = 0 k = ω02 m
e chamaremos ω0 de freqüência natural dos sistema. Temos então y ′′ + ω02 y = g, cuja solução geral da homogênea associada é yh (t) = A cos ω0 t + B sen ω0 t. Procurando uma solução particular da forma yp (t) = cte. vê-se facilmente que yp (t) = g/ω02 . Portanto, a solução geral é yh (t) = A cos ω0 t + B sen ω0 t + g/ω02 JUN/2005
P. Nobrega
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0.6
OSCILAÇÕES FORÇADAS
35
Impondo as condições iniciais, tiramos A=−
g , ω02
B = 0.
Portanto a solução do PVI é y(t) =
g (1 − cos ω0 t) ω02
Consideremos agora uma situação mais complicada, em que depois de pendurarmos a massa m na mola , no instante inicial, imprimimos também uma força extra (força externa ao sistema massa-mola), atuando na direção vertical, e com intensidade h(t), podendo variar com o tempo. Queremos estudar o movimento de oscilação da partícula em torno da posição y = 0. (C)
0
y
0
-k(y+y) 0
y + y 0
mg + h(t)
As forças que atuam sobre a partícula em movimento são : • A força da gravidade: mg
• A força externa imprimida: h(t)
• A força restauradora da mola: −ky
Sendo y(t) a posição da partícula em relação ao ponto 0, em cada instante t temos que, novamente utilizando a 2a lei de movimento de Newton: X Fy = ma JUN/2005
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36
TRANSFORMADAS DE LAPLACE
i.é, m
d2 y = mg + h(t) − ky dt2
Assim, o PVI que descreve o problema é d2 y m 2 + ky = mg + h(t) dt y(0) = 0 y ′ (0) = 0
e podemos observar que ele pode ser decomposto em dois sub-problemas, a saber: 2 m d y + ky = mg dt2 y(0) = 0 y ′ (0) = 0
correspondente ao movimento livre, i.é, movimento onde não atuam forças externas além do peso, e d2 y m 2 + ky = h(t) dt y(0) = 0 y ′ (0) = 0
que corresponde ao movimento submetido somente à força externa h(t). O primeiro PVI já foi analisado anteriormente. A seguir, estudaremos o comportamento do segundo PVI, para um par de forças externas muito importantes: Oscilador submetido a uma força periódica Freqüentemente a força aplicada é da forma h(t) = A sen ωt, A, ω sendo constantes positivas. Usando o método dos coeficientes a determinar, temos uma solução particular da forma yp (t) = α cos ωt + β sen ωt Então yp′ (t) = −α ωsen ωt + β ω cosωt yp′′ (t) = −α ω 2 cosωt − β ω 2 sen ωt JUN/2005
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0.6
OSCILAÇÕES FORÇADAS
37
Substituindo na equação, obtemos α(k − mω 2 ) = 0
β(k − mω 2 ) = A
Definindo agora ω02 = k/m,a freüência natural do sistema, podemos escrever que a solução particular é yp (t) =
A/m sen ωt. ω02 − ω 2
Mais ainda, por linearidade, qualquer múltiplo de yp (t) também é solução particular. Portanto podemos tomar como solução particular yp (t) =
A sen ωt. ω02 − ω 2
A solução geral da homogênea associada y ′′ +ω02 y = 0 é c1 cos ω0 t+c2 sen ω0 t. Fazendo c1 = γ cos φ, c2 = γ sen φ, podemos reescrever a solução geral da homogênea associada como yh (t) = γ cos(w0 t − φ), de modo que a solução geral de m
d2 y + ky = A sen ωt é dt2
y(t) = γ cos (ω0 t − φ) +
A sen ωt. ω02 − ω 2
Comentário: Para aprofundar nossa análise, reconsideremos o PVI do movimento forçado à luz da teoria das transformadas de Laplace. Temos: d2 y m + ky = h(t) dt2 y(0) = 0 y ′ (0) = 0 Resolvendo o PVI acima por transformadas de Laplace, temos ms2 L[y(t)] + kL[y(t)] = L[h(t)] ∴
L[y(t)] =
1 · L[h(t)] ms2 + k
Portanto y(t) = = = JUN/2005
1 ∗ h(t) ms2 + k r 1 k √ sen ∗ h(t) m mk Z t r k 1 √ (t − u) h(u) du sen m mk 0
L−1
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38
TRANSFORMADAS DE LAPLACE
Completando a anĺise do mov. submetido a uma força senoidal, temos: 1 y(t) = √ mk
Z
t
sen
0
r k
m
(t − u) A sen ωu du
A integral pode ser calculada diretamente, mas podemos adotar outro caminho. Assim L[y] = =
1 · L[Asen ωt] ms2 + k 1 Aω · ms2 + k s2 + ω 2
Temos dois casos a considerar: 10 ) ω 6=
p k/m
Então, como
(ms2
Aω Aω 1 m = − 2 2 2 2 2 + k)(s + ω ) k − mω s + ω ms2 + k
consultando uma tabela de transformadas de Laplace tiramos A ω h1 y(t) = sen ωt − k − mω 2 ω
r
r k i m sen t k m
e vemos que a resposta y(t) é - ela também - uma função periódica (senóide) r k obtida como superposição de duas senóides, de freqüências 2πω e 2π , rem spectivamente. - ω é a freqüência da força aplicada - ω0 =
r
k é a freqüência natural do sistema. m
Por exemplo, escolhendo m = k = 1 e A = 3,
ω = 2 tiramos
y(t) = −sen 2t + 2sen t JUN/2005
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0.6
OSCILAÇÕES FORÇADAS
39
2 1 0
20
40
t
60
80
100
–1 –2
Concluímos então que o sistema permanece oscilando indefinidamente, dentro de uma faixa de amplitudes determinada. 20 ) ω =
p k/m
Agora √ √ A km A km s L[y] = = · 2 2 2 (ms + k) s (ms + k)2 Como −1
L
h
i s t √ = sen 2 2 (ms + k) 2m km
r
k t m
então , por convolução,
A y(t) = 2m
A = sen 2k
r
Z
t
u sen 0
r
k u du m
k A t− √ t cos m 2 km
r
k t m
Se, por exemplo A = k = m = 1 tiramos
y(t) =
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1 1 sen t − t cos t 2 2 P. Nobrega
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40
TRANSFORMADAS DE LAPLACE
40 20 0
20
40
t
60
80
100
–20 –40
A amplitude das oscilações cresce com o tempo e a mola vai se distendendo, até que ultrapassa o seu limite de elasticidade.É o processo de ressonância. Eventualmente o processo escapa de controle.
0.7
Forças Impulsivas Osciladores submetidos a forças impulsivas
Procuremos a resposta do sistema d2 y m + ky = h(t) dt2 y(0) = 0 y ′ (0) = 0
quando o peso recebe um “golpe brusco”, na direção vertical, no instante t = a, a ≥ 0. Para caracterizar esse tipo de força tomemos 0, 0 ≤ t ≤ a 1/τ, a < t < a + τ ha,τ (t) = 0, t ≥ a + τ
Onde τ é uma constante positiva.
O gráfico de ha,τ é mostrado abaixo
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0.7
FORÇAS IMPULSIVAS
41
Essa função fornece um modelo para uma força de intensidade 1/τ que atua sobre o sistema durante um intervalo de tempo τ , de modo que o impulso dessa força é F · ∆t = 1 (para simplificar). A tradução matemática de “ golpe brusco” no instante t = a é obtida considerando o sistema submetido a uma força ha,τ no limite quando τ → 0, que vamos denotar por δa (t). Então o PVI correspondente a esta “força” é d2 y m 2 + ky = δa (t) dt y(0) = 0 y ′ (0) = 0
Obs: O problema é que δa (t) não é uma função “legítima”. Note que δa (t) satisfaz a duas propriedades peculiares: δa (t) = 0, Z
t 6= a,
δa (a) = +∞
+∞
δa (t) dt = 1 −∞
Até seria possível definir uma função verdadeira, assumindo o valor +∞, na reta estendida R ∪ {+∞}, mas de acordo com qualquer teoria de integração, a integral de uma função que só não é nula em um ponto forçosamente deveria ser igual a zero, o que não está acontecendo no presente caso . Entretanto a δa (t) foi introduzida e utilizada com sucesso pelos físicos. Os matemáticos tiveram que “se virar” para inventar uma teoria que a legitimasse. Isso foi feito com a Teoria de Distribuições, mas não vamos tratá-la aqui. Para nós é suficiente registrar que a teoria das transformadas de Laplace pode ser esrendida de modo a ser aplicada a problemas de valor inicial envolvendo “funções” como a δa (t).
Antes de amplicar a teoria das transformadas de Laplace de modo a dar conta da δa (t), procuremos melhorar nossa compreensão física do modelo que ela representa. Por enquanto, temos uma informação meio vaga relativa a ťťgolpes bruscos”. A análise que segue, tentará esclarecer melhor este ponto, em termos de impulsão (e do conceito relacionado de transferência de momentum linear).
Procuremos a resposta do sistema d2 y m + ky = dt2 y(0) = y ′ (0) =
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h(t) 0 0
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TRANSFORMADAS DE LAPLACE
Substituindo h(t) por ha,τ (t) na expressão da solução do sistema obtida por convolução, 1 √ mk
Z
t 0
r k sen (t − u) ha,τ (u) du m
temos: • Se 0 ≤ t ≤ a • Se a < t < a + τ
y(t) = 0
ha,τ (t) = 1/τ y(t) =
• Se t ≥ a + τ
e
ha,τ (t) = 0
Z
t a
e
1 h sen √ mk
r
i 1 k (t − u) du m τ
r k sen (t − u) ha,τ (u) du = m mk 0 Z a r k 1 sen = √ (t − u) ha,τ (u) du+ m mk 0 Z a+τ r k 1 +√ (t − u) ha,τ (u) du+ sen m mk a r Z t k 1 +√ sen (t − u) ha,τ (u) du. m mk a+τ
y(t) = √
1
Z
t
A primeira e a terceira integrais são nulas , de modo que y(t) = √
1 mk
Z
a+τ a
hr k i sen (t − u) (1/τ ) du = m
Portanto 0 Z t hr k i 1 (t − u) du (1/τ ) sen √ y(t) = m Z aa+τmk hr k i 1 (1/τ ) sen (t − u) du √ m mk a
,0 ≤ t ≤ a ,a < t < a+τ ,t ≥ a+ τ
Calculando o limite de y(t) quando τ → 0 obtemos a resposta y0 (t) do sistema correspondente a uma golpe brusco: ,t ≤ a 0 r 1 k y0 (t) = √ sen (t − a) , t > a m mk Então a solução do PVI “fictício”
é y0 (t).
d2 y m + ky = dt2 y(0) = y ′ (0) =
δa (t) 0 0
Comentário: Precisamos analisar melhor o problema. Uma primeira observação que fazemos é que y0 (t) do PVI acima é também solução de um PVI “legítimo”, que não envolve funçõ es “fictícias. Isso vai nos ajudar a entender melhor a natureza da δa (t).Trabalhando formalmente ( mas alertados de que existe uma teoria matemática rigorosa dando suporte aos procedimentos, vamos deduzir características importantes de δa (t). Depois, finalmente, podemos calcular a sua transformada de Laplace, e ampliar enormemente o campo de atuação das transformadas de Laplace. Isso de certo modo, dá a melhor justificativa para a introdução das transformadas no curso de EDA.
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0.7
FORÇAS IMPULSIVAS
43
Exercício 34 Mostre que a função y0 (t) definida mais acima, é solução do PVI d2 y m + ky = dt2 y(a) = y ′ (a) =
0 0 1/m
Interprete. A interpretação é que y0 (t) é a resposta ao um sistema massa-mola,em reposuso, ao qual se aplica um momento unitário no instante t = a (já que my ′ (a) = 1. A posição não foi alterada, mas o momentum foi mudado bruscamente, passando do valor 0 ao valor 1. Anteriormente y0 (t) foi interpretado como a resposta a um impulso unitário instantâneo, δa (t), comunicado ao sistema no tempo t = a. Agora,o impulso de uma força F , imprimida a um sistema durante um intervalo de tempo ∆t é - por definição - F · ∆t, e temos F · ∆t = m
∆v ∆t = m∆v ∆t
de modo que o impulso é igual à variação do momentum linear,o que essencialmente é uma variação na velocidade, ou seja , na derivada da posição. Assim δa (t) pode ser encarada como a “força”, concentrada no instante t = a, que ocasiona uma variação instantânea, de intensidade unitária, na posição do sistema. Na linguagem usual, diz-se que a y(t) dá um salto unitário em t = a
Comentário : Interromperemos aqui nossas investigações sobre δa (t). Em particular não vamos tentar conceituá-la rigorosamente , ou explorar suas principais características. Vejamos a sua transformada de Laplace : De maneira formal, definimos δa (t) = lim ha,τ (t). Sempre formalmente, procuτ →0
raremos a transformada de Laplace de δa (t) como o limite das transformadas das ha,τ (t). Temos: L[ha,τ (t)]
=
Z
+∞
Z
a+τ
e−st ha,τ (t) dt
0
=
e−st
a
= =
1 dt τ
1 −st a+τ e sτ a e−sτ − 1 −e−sa sτ −
Calculando agora lim L[ha,τ (t)] obtemos facilmente τ →0
lim L[ha,τ (t)] = e−sa
τ →0
Definimos δ(t) = δ0 (t) JUN/2005
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TRANSFORMADAS DE LAPLACE
e também L[δ(t)] = 1 Exercício 35 Resolva ′′ y + 2y ′ + 2y = y(0) = y ′ (0) =
δπ (t) 1 0
Resposta: y(t) = uπ (t)e−(t−π) sen (t − π) + e−t cos t Exercício 36 Resolva o problema de valor inicial y ′′ + y = et + δ(t − 1); y(0) = 1, y ′ (0) = 1, y ′′ (0) = 2. √ √ 1 t 1 −t 2 3 t/2 3 Resposta: y(t) = e + e + e sen t+ 2 2 3 2√ √ √ h1 i 1 (t−1)/2 3 3 (t−1)/2 3 −(t−1) + u1 (t) e − e cos (t − 1) + e sen (t − 1) 3 3 2 3 2 Exercício 37 Determine a equação do movimento de uma massa m que esteja inicialmente em equilíbrio no extremo de uma mola, e que, no tempo t = 0, receba um golpe brusco por cima, o qual comunica instantâneamente 1 unidade de momento ao sistema. Exercício 38 Uma massa unitária está presa a uma mola cuja constante é 4, e no tempo t = 0 recebe um golpe por cima, o qual comunica instantãneamente 1 unidade de momento ao sistema. No tempo t = π/2 uma força senoidal de módulo sen(t − (π/2)) começa a agir verticalménte sobre o sistema. Determine o movimento da massa. 1 1 Resposta: y(t) = sen 2t + uπ/2 (2 sen t − sen 2t) 2 6 Exercício 39 Uma unidade de massa é presa a uma mola rígida cuja constante é 3, e depois é montada num elevador, como indicado na figura abaixo . No tempo t = 0, o elevador começa a descer com uma velocidade constante de 2 dm/seg, e nesse momento a massa recebe um golpe, por cima, o qual lhe comunica instantâneamente uma unidade de momento. Determine o movimento da massa como função do tempo. JUN/2005
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√ 1 Resposta: y(t) = 2t − √ sen 3t 3 Exercício 40 Uma massa m , dependurada em equilíbrio no extremo de uma mola, é golpeada por baixo e instantâneamente recebe duas unidades de momento. No tempo t = a , a massa é submetida à força a externa sen(t − a). Admitindo que a constante da mola seja diferente de m, determine o movimento da massa . Exercício 41 Resolva y ′′ + 2y ′ + 2y = δ(t − π) :
y(0) = 1,
y ′ (0) = 0
Resposta: y(t) = e−t cos t + e−t sen t + uπ (t)e−(t−π) sen(t − π)) Exercício 42 Resolva y ′′ + 4y = δ(t − π) − δ(t − 2π); Resposta: y(t) =
y(0) = y ′ (0) = 0
1 1 uπ (t)sen 2(t − π) − u2π (t)sen 2(t − 2π) 2 2
Exercício 43 Resolva y ′′ + 3y ′ + 2y = δ(t − 5) + u10 (t);
y(0) = 0,
y ′ (0) = 1/2
h i 1 1 Resposta: y(t) = − e−2t + e−t + u5 (t) e−(t−5) − e−2(t−5) + 2 2 h1 1i −2(t−10) −(t−10) u10 (t) e −e + . 2 2
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