Transformada de Laplace

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov
4
74
Transformada de Laplace (TL)
4.1
Definição e teoremas
Definição: Seja f (t ) definida para t ≥ 0 . A transformada de Laplace de f (t ) ,
que
indicamos
F(s ) =
{
{f (t )} =
F(s )
por
+ ∞ − st
e
0
ou
{f (t )},
é
dada
pela
fórmula
⋅ f (t ) dt .
Exemplos:
1) Mostre que a TL é linear, ou seja, mostre que é verdadeira a igualdade
⋅ f (t ) + ⋅ g(t )} = ⋅ {f (t )} + ⋅ {g(t )} , onde , ≡ constantes .
2) Verifique as igualdades:
1
a) { 1} = ; s > 0 .
s
1
b)
e at =
; s>a.
s−a
a
c) {sen (at )} = 2
; s>0.
s + a2
s
d) {cos(at )} = 2
; s > 0.
s + a2
n!
e)
t n = n +1 ; s > 0 .
s
a
f) {senh (at )} = 2
; s> a .
s − a2
s
; s> a.
g) {cosh (at )} = 2
s − a2
{ }
{ }
OBS: Nos itens f e g, trabalhe com as igualdades senh (x ) =
cosh (x ) =
ex + e−x
.
2
ex − e−x
e
2
3) Utilizando as igualdades encontradas no exemplo 2 e o fato da TL ser linear,
senh (− 7t ) −8t
determine
3 ⋅ cos(2t ) −
+ e − 2t 4 + 8 .
4
4) Sabendo-se que
também é linear e determine
−1
{F(s )} = f (t ) ,
−1
verifique que a transformada inversa
2
4
8
5
+
− 2
+ 3 .
s s−3 s + 4 s
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{f (t )} então {f ′(t )} = s ⋅ {f (t )}− f (0) = s ⋅ F(s ) − f (0) .
Teorema: Se F(s ) =
{f ′′(t )} = s 2 ⋅ {f (t )} − s ⋅ f (0) − f ′(0) .
Teorema:
Teorema:
f ( n ) (t ) = s n ⋅
{
75
}
{ t }= s n ! .
n
Teorema:
n +1
Utilize o teorema anterior e o fato de que
Exemplos:
1) Determine
− s ⋅ f (n − 2 ) (0) − f (n −1) (0) .
{f (t )}− s n −1 ⋅ f (0) − s n − 2 ⋅ f ′(0) +
dn
dt
n
(t ) = n! .
n
{3y′′ − 2y′ + y}.
2) Resolva os PVI´s, utilizando TL:
a) y′′ − 3y′ + 2y = e3t ; y(0) = 1 e y′(0) = 0 .
b) y′′ − y = 1 ; y(0) = 0 e y′(0) = 1 .
c) y′′ + y = t ; y(0) = 1 e y′(0) = 3 .
d) y′′ − y′ − 2 y = t 2 ; y(0) = 1 e y′(0) = 3 .
−1
3) Determine
Propriedade 1: Se
8s 2 − 4s + 12
(
s s2 + 4
)
.
{f (t )}= F(s ) então { − t ⋅ f (t )} =
d
F(s ) .
ds
Exemplos: Determine:
1)
2)
{ t ⋅ e }.
t
−1
−
1
(s − 2)2
Propriedade 2: Se
−1
3)
.
{f (t )}= F(s ) então
{ (− t )
n
}
−
(s
4s
2
+4
dn
⋅ f (t ) = n F(s ) .
ds
)
2
.
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Exemplo: Determine
−1
76
1
(s − 4)3
1º Teorema do deslocamento: Se
Demonstração:
{e
at
}
+ ∞ − st
e
0
⋅ f (t ) =
.
{e
{f (t )}= F(s ) então
⋅ eat ⋅ f (t ) dt =
+ ∞ − (s − a )⋅ t
e
0
at
}
⋅ f (t ) = F(s − a ) .
⋅ f (t ) dt = F(s − a )
Exemplos: Resolva o que se pede:
a)
b)
c)
d)
4.2
{e
{e
3t
−1
−1
−t
}
⋅ sen (t )
}
⋅ cos(2t )
s−7
(s − 7 )
2
+ 25
s−9
e)
−1
f)
−1
g)
−1
(s − 7 )2 + 25
1
2
s − 4s + 9
s
s 2 − 4s + 9
2s + 3
s 2 − 4s + 20
Função degrau unitário
Definição: Seja c ≥ 0 . Definimos a função degrau unitário em c como sendo:
0 ; t≤c
u c (t ) =
1 ; t>c
u c (t )
1
0
Exemplos:
1) Desenhe os gráficos de:
a) 3u 2 (t )
b) u 2 (t ) − u 4 (t )
c) 2u1 (t ) + ⋅ u 3 (t ) − 3u 2 (t )
2) Mostre que
e −sc
{u c (t )} =
; s > 0.
s
c
t
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77
0
; t≤c
. Esta expressão
f (t − c ) ; t > c
descreve a função que se obtém ao deslocar f (t ) c unidades para a direita e depois
anulando a porção à esquerda de c.
u c (t ) ⋅ f (t − c )
f(t)
Seja a função f (t ) , tal que u c (t ) ⋅ f (t − c ) =
t
0
c
0
t
2º Teorema do deslocamento:
Se {f (t )}= F(s ) então { u c (t ) ⋅ f (t − c )} = e −sc ⋅ F(s ) .
Demonstração:
{ u c (t ) ⋅ f (t − c )} =
=
+ ∞ − st
e
0
⋅ u c (t ) ⋅ f (t − c ) dt =
+ ∞ − s ⋅( w + c )
e
⋅f
0
(w ) dw =
+ ∞ − st
e
c
w = t −c
+
∞
e −sc
e −sw ⋅ f w
0
Exemplos: Resolva o que se pede:
a) { u (t ) ⋅ sen (t )}
b)
{ u (t ) ⋅ t }
c)
{f (t )}, f (t ) =
d)
{t − u1 (t ) ⋅ (t + 3)}
e)
3
−1
2
0
; t<2
2
(t − 2 ) ; t ≥ 2
e −3s
s 2 + 6s + 10
0
t
f) {f (t )}, f (t ) =
t −3
2t − 2
1
4t + 1
g) {f (t )}, f (t ) =
3t − 2
1 − 8t
⋅ f (t − c ) dt =
; t < ou 2 ≤ t < 3
;
≤t<2
;
3 ≤t<4
;
t≥4
;
t<2
; 2≤t<3
; 3≤ t <6
;
t≥6
( ) dw = e−sc ⋅ F(s )
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h) Resolva o PVI:
1
0
1
y′′ − 3y′ + 2y =
0
1
0
4.3
;
;
;
;
;
;
78
0 ≤ t <1
1≤ t < 2
2≤t<3
; y(0) = y′(0) = 0
3≤ t < 4
4≤t<5
t≥5
O produto de Convolução
Seja o PVI:
y′′ + y = t 2 + 1 ; y(0) = y′(0 ) = 0 .
Aplicando a TL dos dois lados da equação, temos:
{t + 1}
{y′′ + y}=
s 2 Y(s ) − y(0 ) − y′(0 ) + Y(s ) =
2
(s + 1)Y(s) = s2 + 1s
2
3
{y(t )}= {sen (t )} ⋅
=0
Y(s ) =
{ t + 1}
=0
1
2
s +1
⋅
2
s
3
+
2
s
3
+
1
s
1
s
2
Nosso problema é: dadas duas funções f e g, de ordem exponencial, determinar
h, também de ordem exponencial, tal que {h (t )} = {f (t )}⋅ {g(t )} .
+ ∞ − su
e
0
{h(t )} =
=
+∞
⋅ f (u ) du ⋅
+ ∞ − s (u + v )
e
⋅f
0
0
+ ∞ − sv
e
0
⋅ g(v ) dv =
(u ) ⋅ g(v ) du dv =
e − s(u + v ) ⋅ f (u ) ⋅ g(v ) dA =
=
A
t =u+ v
=
e
− st
⋅ f (t − v ) ⋅ g(v ) dA′
A′
a qual pode ser reescrita, em termos de integrais repetidas, como:
+ ∞ − st
e
0
⋅
t
0
f (y ) ⋅ g (t − y ) dy dt =
h (t )
t
0
Daí, h (t ) =
f (y ) ⋅ g (t − y ) dy =
t
0
f (y ) ⋅ g(t − y ) dy .
{h(t )}
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79
{y(t )}= {sen (t )} ⋅ { t 2 + 1}, isto é, f (t ) = sen(t ) e g(t ) = t 2 + 1 .
g(t − y ) = (t − y )2 + 1 = t 2 − 2ty + y 2 + 1 .
No exemplo,
t
h (t ) = y(t ) =
t
= t2
=
0
0
f (y ) ⋅ g(t − y ) dy =
sen (y ) dy − 2t
t
0
t
0
[
]
sen (y ) ⋅ t 2 − 2ty + y 2 + 1 dy =
y ⋅ sen (y ) dy +
t 2
y
0
⋅ sen (y ) dy +
t
0
sen (y ) dy =
= t 2 + cos(t ) − 1
Definição: Dadas as funções f e g, o produto de convolução (ou simplesmente,
a convolução) de f com g, denotada por f ∗ g , é definida por:
(f ∗ g )(t ) =
t
0
f (y ) ⋅ g (t − y ) dy
Propriedades:
1) {(f ∗ g )(t )}= {f (t )}⋅ {g(t )}
2) f ∗ g = g ∗ f
3) (f ∗ g ) ∗ h = f ∗ (g ∗ h )
4) f ∗ (g + h ) = (f ∗ g ) + (f ∗ h )
Exemplos: Determine o que se pede:
1)
−1
2)
−1
3)
(
1
)
s ⋅ s2 + 1
3
(s + 1)2
t ∗ cos(at )
Teorema: Se f é de ordem exponencial e periódica de período p, então:
{f (t )} =
Demonstração:
{f (t )} =
+ ∞ − st
e
0
⋅ f (t ) dt =
p − st
e
0
⋅ f (t ) dt
1 − e −sp
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p − st
e
0
=
2p − st
e
p
⋅ f (t ) dt +
(n +1)p
+
np
80
⋅ f (t ) dt +
3p − st
e
2p
⋅ f (t ) dt +
+
e −st ⋅ f (t ) dt +
⊕
⊕
(n +1)p
np
p − s ( x + np )
e
⋅f
0
e −st ⋅ f (t ) dt =
x = t − np
+ ∞ − st
e
0
{f (t )} =
=
(
p − sx
e
0
⋅ f (x ) dx + e −sp
)
PG de razão q = e −sp
1
1 − e −sp
⋅
= f (x )
p − sx
e
0
p − sx
e
0
p − sx
e
0
p − sx
e
0
⋅ f (x ) dx + e − 2sp
⋅ f (x ) dx =
⋅ f (x ) dx =
{f (t )}
Exemplos:
I) Determine a TL das seguintes funções:
1) f (t )
1
0
1
2
a
2a
3
4
6
5
7 ...
t
2) f (t )
a
0
3a ...
t
3) f (t ) = sen (t )
II) Determine a Transformada Inversa de Laplace, sendo:
F(s ) =
1 + e−
s
s2 + 1 1 − e−
s
1
⋅
p − sx
e
0
⋅ f (x ) dx
⋅ f (t ) dt =
= 1 + e −sp + e − 2sp +
=
(x + np) dt = e −snp ⋅
⋅ f (x ) dx +
=
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4.4
81
Impulso Unitário
Sistemas mecânicos sofrem, freqüentemente, a ação de uma força externa (ou
força eletromotriz em um circuito elétrico) de grande magnitude que age somente por
um curto período. Por exemplo, a asa de um avião vibrando poderia ser atingida por
um raio, uma massa em uma mola poderia sofrer a ação de uma martelada, uma bola
poderia ser mandada pelos ares quando atingida por algum tipo de tacada.
0 ;
0 ≤ t < t0 − a
1
; t0 − a ≤ t < t0 + a
a (t − t 0 ) =
2a
0 ;
t ≥ t0 + a
1
2a
0
t0 − a
t0
t0 + a t
Para pequenos valores de a, a (t − t 0 ) é essencialmente uma função constante
de grande magnitude que está “ligada” somente por um curto período em torno de
t 0 . A função a (t − t 0 ) é chamada de impulso unitário pois tem a propriedade
+∞
0
4.5
a
(t − t 0 ) dt = 1 .
Função delta de Dirac
Na prática é conveniente trabalhar com outro tipo de impulso unitário, uma
“função” que aproxima a (t − t 0 ) e é definida pelo limite (t − t 0 ) = lim a (t − t 0 ) .
a →0
A última expressão, que na verdade não é uma função, pode ser caracterizada
por duas propriedades:
+∞
+ ∞ ; t = t0
(t − t 0 ) dt = 1
ii)
i) (t − t 0 ) =
0
0 ; t ≠ t0
O impulso unitário
(t − t 0 ) é chamado de função delta de Dirac.
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82
Teorema: { (t − t 0 )} = e −st 0 ; s > 0 .
Demonstração:
0 ;
0 ≤ t < t0 − a
1
1
; t0 − a ≤ t < t0 + a =
⋅ u t 0 − a (t ) − u t 0 + a (t )
a (t − t 0 ) =
2a
2a
0 ;
t ≥ t0 + a
[
{
]
1 e − s (t 0 − a ) e − s ( t 0 + a )
e −st 0 esa − e −sa
⋅
−
=
⋅
a (t − t 0 )} =
2a
s
s
2s
a
{ (t − t 0 )} = lim {
a →0
=
e −st 0
esa − e −sa
=
⋅ lim
a (t − t 0 )} =
2s a → 0
a
(
)
e − st 0
s ⋅ esa + e −sa
e − st 0
⋅ lim
=
⋅ 2s = e −st 0
2s a → 0
1
2s
Uma conseqüência direta do teorema é que
{ (t )} = 1.
Exemplos: Resolva a equação diferencial y′′ + y = 4 ⋅ (t − 2 ) , sujeita às
condições iniciais (faça o gráfico destas soluções):
a) y(0) = 1 e y′(0) = 0
b) y(0) = y′(0) = 0
Observação: Se δ (t − t 0 ) fosse uma função no sentido usual, então a
propriedade δ (t − t 0 ) =
+∞
0
+ ∞ ; t = t0
implicaria
0 ; t ≠ t0
+∞
0
δ (t − t 0 ) dt = 0 em vez de
δ (t − t 0 ) dt = 1 . Como a função delta de Dirac não se “comporta” como uma
função comum, inicialmente houve severas restrições por parte dos matemáticos,
embora seu uso produzisse resultados corretos. Todavia, nos anos de 1940, a
contestada função de Dirac foi formalizada de maneira rigorosa pelo matemático
francês Laurent Schwartz, em seu livro “A Teoria da Distribuição” e isso, por sua
vez, gerou um ramo inteiramente novo na matemática, conhecido como teoria das
distribuições ou funções generalizadas. Na teoria moderna das funções
generalizadas, δ (t − t 0 ) = lim δ a (t − t 0 ) não é aceitável como definição de δ (t − t 0 )
a →0
e também não se fala de uma função cujo valor é zero ou infinito. Embora essa teoria
não vá ser abordada neste texto, para os nossos propósitos é suficiente dizer que a
função delta de Dirac é definida em termos de seu efeito ou de sua ação em outras
funções. Se f é uma função contínua em [0 ; + ∞ ) , então
+∞
0
(t − t 0 ) ⋅ f (t ) dt = f (t 0 )
pode ser tomada como a definição de δ (t − t 0 ) . Esse resultado é conhecido como
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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83
propriedade de escolha, uma vez que δ (t − t 0 ) tem o efeito de escolher o valor de
f (t 0 ) no conjunto de valores de f em [0 ; + ∞ ) .
4.6
Tabela das transformadas de Laplace
1)
{1} = 1
2)
{e }= s −1 a
3)
{sen (at )} =
4)
{cos(at )} =
s
; s>0
at
; s>a
a
s2 + a 2
s
; s>0
9)
; s>0
s2 + a 2
{senh (at )} = 2 a 2 ; s > a
s −a
{cosh (at )} = 2 s 2 ; s > a
s −a
n!
t n = n +1 ; s > 0
s
n
(− t )n f (t ) = d n F(s )
ds
at
e f (t ) = F(s − a )
10)
{u c (t )} = e
5)
6)
7)
8)
{}
{
{
}
}
−sc
11)
; s>0
s
{u c (t ) ⋅ f (t − c)} = e −sc ⋅ F(s ) ; s > 0
12)
{f (ct )} = 1 F
13)
{f ( )(t )}= s F(s) − s
14)
15)
16)
c
n
s
c
; c>0
n
{f (t )} =
f (0) − s n − 2f ′(0) +
n −1
p − st
e f t
0
− sp
( ) dt
; f (t + p ) = f (t )
1− e
{δ (t − t 0 )} = e −st 0 ; s > 0
+∞
−∞
(t − t 0 ) ⋅ f (t ) dt = f (t 0 )
17) (f ∗ g )(t ) =
t
0
f (y ) ⋅ g (t − y ) dy
− sf (n − 2 ) (0) − f (n −1) (0)
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4.7
84
Exercícios
1) Determinar se cada integral abaixo converge ou diverge:
i)
ii)
(
+∞ 2
t
0
+∞
0
)
+1
−1
R: converge
dt
t ⋅ e − t dt
R: converge
iii)
+∞ −2
t
0
⋅ e t dt
R: diverge
iv)
+∞ −t
e
0
⋅ cos(t )dt
R: converge
e bt + e − bt
e bt − e − bt
e senh (bt ) =
, mostre que:
2
2
s−a
e at ⋅ cosh (bt ) =
, s−a > b
(s − a )2 − b 2
b
e at ⋅ senh (bt ) =
, s−a > b
(s − a )2 − b 2
2) Sabendo-se que cosh (bt ) =
i)
{
ii)
{
}
}
e ibt + e −ibt
e ibt − e −ibt
e sen (bt ) =
, mostre que:
2
2i
s−a
e at ⋅ cos(bt ) =
, s>a
(s − a )2 + b 2
b
e at ⋅ sen (bt ) =
, s>a
(s − a )2 + b 2
3) Sabendo-se que cos(bt ) =
i)
{
ii)
{
}
}
4) Achar a Transformada de Laplace inversa das seguintes funções:
4
i)
R: 2t 2 e t
3
(s + 1)
3s
9
6
R: e 3t + e − 2t
ii) 2
5
5
s −s−6
2s − 3
3
iii) 2
R: 2cosh (2t ) − senh (2t )
2
s −4
2s + 1
iv) 2
R: 2e t cos(t ) + 3e t sen (t )
s − 2s + 2
8s 2 − 4s + 12
v)
R: 3 + 5cos(2t ) − 2sen (2t )
s ⋅ s2 + 4
1 − 2s
vi) 2
R: − 2e −2t cos(t ) + 5e −2t sen (t )
s + 4s + 5
(
)
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85
5) Usar a Transformada de Laplace (TL) para resolver os PVI´s:
1
i) y′′ − y′ − 6y = 0 ; y(0) = 1 , y′(0 ) = −1
R: e 3t + 4e − 2t
5
R: 2e − t − e −2t
ii) y′′ + 3y′ + 2y = 0 ; y(0 ) = 1 , y′(0) = 0
(
iii) y′′ − 2 y′ + 2y = 0 ; y(0 ) = 0 , y′(0) = 1
R: e t sen (t )
iv) y′′ − 4 y′ + 4y = 0 ; y(0) = y′(0) = 1
v) y′′ − 2 y′ − 2 y = 0 ; y(0) = 2 , y′(0) = 0
( )
R: 2e t cosh 3t −
)
R: e 2t − te 2t
( )
1
senh 3t
3
1
R: e − t 2cos(2t ) + sen (2t )
2
vi) y′′ + 2y′ + 5y = 0 ; y(0) = 2 , y′(0) = −1
vii) y (iv ) − 4y′′′ + 6y′′ − 4y′ + y = 0 ; y(0) = y′′(0 ) = 0 , y′(0) = y′′′(0) = 1
2
R: te t 1 − t + t 2
3
viii) y (iv ) − y = 0 ; y(0) = y′′(0) = 1 , y′(0) = y′′′(0 ) = 0
R: cosh (t )
( )
ix) y (iv ) − 4y = 0 ; y(0) = 1 , y′(0) = y′′′(0) = 0 , y′′(0) = −2
R: cos 2 t
x) y′′ + w 2 y = cos(2t ) , w 2 ≠ 4 ; y(0 ) = 1 , y′(0) = 0
) [(
(
−1
]
)
w 2 − 5 ⋅ cos(wt ) + cos(2t )
R: w 2 − 4
xi) y′′ − 2y′ + 2y = cos(t ) ; y(0) = 1 , y′(0) = 0
1
R: 1 + 4e t ⋅ cos(t ) − 2 1 + e t ⋅ sen (t )
5
[(
)
(
)
]
xii) y′′ − 2y′ + 2y = e − t ; y(0) = 0 , y′(0) = 1
R:
xiii) y′′ + 2y′ + y = 4e − t ; y(0) = 2 , y′(0) = −1
6) Determinar
i) y′′ + 4y =
ii) y′′ + y =
iii) y′′ + 4y =
{
}
1 −t
e − e t [cos(t ) − 7sen (t )]
5
R: e − t 2 + t + 2t 2
(
)
{y} = Y(s ) :
1; 0 ≤ t <
0; t ≥
; y(0) = 1 , y′(0) = 0
t ; 0 ≤ t <1
; y(0) = y′(0) = 0
0 ; t ≥1
t ; 0 ≤ t <1
; y(0) = y′(0) = 0
1; t ≥ 1
7) Desenhar a curva dada, para t ≥ 0 :
i) f (t ) = u1 (t ) + 2u 3 (t ) − 6u 4 (t )
ii) f (t ) = (t − 3) ⋅ u 2 (t ) − (t − 2) ⋅ u 3 (t )
iii) f (t ) = g(t − ) ⋅ u (t ) ; g(t ) = t 2
iv) f (t ) = g(t − 3) ⋅ u 3 (t ) ; g(t ) = sen (t )
R:
R:
(
1
s
s2 + 4
)
s2 s2 + 1
R:
−
+
e
1 − e−
s s2 + 4
−s
(
s2 s2 + 4
)
)
(s + 1)
)
s2 s2 + 1
1 − e −s
(
(
s
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov
86
v) f (t ) = g(t − 1) ⋅ u 2 (t ) ; g(t ) = 2t
vi) f (t ) = (t − 1) ⋅ u1 (t ) − 2(t − 2) ⋅ u 2 (t ) + (t − 3) ⋅ u 3 (t )
8) Achar a TL das seguintes funções:
0
;t<2
i) f (t ) =
2
(t − 2 ) ; t ≥ 2
R:
ii) f (t ) =
0
; t <1
2
t − 2t + 2 ; t ≥ 1
R:
iii) f (t ) =
0
; t < ou t ≥ 2
t− ; ≤t<2
R:
iv) f (t ) = u1 (t ) + 2u 3 (t ) − 6u 4 (t )
R:
v) f (t ) = (t − 3) ⋅ u 2 (t ) − (t − 2) ⋅ u 3 (t )
R:
vi) f (t ) = t − (t − 1) ⋅ u1 (t )
R:
9) Calcular a TL inversa das funções:
3!
i) F(s ) =
(s − 2)4
ii) F(s ) =
iii) F(s ) =
iv) F(s ) =
v) F(s ) =
e −2s
2e −s
s3
(
e −s s 2 + 2
s3
e−
s
e
s
2
−s
−
e −2
s
(1 +
s
+ 2e
(1 − s )e
)
−3s
s
−2s
2
s)
− 6e −4s
− (1 + s )e −3s
s2
1 − e −s
s2
R: f (t ) = t 3e 2t
[
1
u 2 (t ) e t − 2 − e − 2 ( t − 2 )
3
]
2
R: f (t ) =
2
R: f (t ) = 2u 2 (t ) ⋅ e t − 2 ⋅ cos(t − 2)
s +s−2
2(s − 1)e −2s
s − 2s + 2
2e −2s
R: f (t ) = u 2 (t ) ⋅ senh[2(t − 2)]
s2 − 4
(s − 2)e −s
R: f (t ) = u1 (t ) ⋅ e 2(t −1) ⋅ cosh (t − 1)
2
s − 4s + 3
e −s + e −2s − e −3s − e −4s
vi) F(s ) =
s
R: f (t ) = u1 (t ) + u 2 (t ) − u 3 (t ) − u 4 (t )
10) Suponhamos que L {f (t )} = F(s ) exista para s > a ≥ 0 . Mostrar que, se c for
1 s
uma constante positiva, então L {f (ct )} = F
; s > ac .
c c
11) Resolva os PVI´s:
i) y′′ + y =
1; 0 ≤ t <
0; t ≥
2 ; y(0 ) = 0 , y′(0 ) = 1
2
R: y = 1 − cos(t ) + sen (t ) − u
2
(t ) ⋅ [1 − sen(t )]
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov
87
1; ≤ t < 2
; y(0) = 0 , y′(0) = 1
0 ; 0 ≤ t < ou t ≥ 2
1
R: y = e − t sen (t ) + u (t )1 + e − (t − ) (cos(t ) + sen (t )) +
2
1
− u 2 (t ) 1 − e − (t − 2 ) (cos(t ) − sen (t ))
2
iii) y′′ + 4y = sen (t ) − u 2 (t ) ⋅ sen (t − 2 ) ; y(0) = y′(0) = 0
1
R: y = [ 1 − u 2 (t )]⋅ [2sen (t ) − sen (2t )]
6
′
′
iv) y + 4y = sen (t ) + u (t ) ⋅ sen (t − ) ; y(0) = y′(0) = 0
1
R: y = [2sen (t ) − sen (2t ) − u (t ) ⋅ (2sen (t ) + sen (2t ))]
6
1 ; 0 ≤ t < 10
v) y′′ + 3y′ + 2y =
; y(0) = y′(0) = 0
0 ; t ≥ 10
ii) y′′ + 2y′ + 2y =
[
]
[
(
]
)
(
)
1
1
1 + e − 2t − e − t − u10 (t ) ⋅ ⋅ 1 + e − 2(t −10 ) − e − (t −10 )
2
2
vi) y′′ + 3y′ + 2y = u 2 (t ) ; y(0) = 0, y′(0) = 1
1
R: y = e − t − e − 2t + u 2 (t ) ⋅ 1 − e − (t − 2 ) + e − 2(t − 2 )
2
vii) y′′ + y = u 3 (t ) ; y(0) = 1, y′(0) = 0
R: y =
[
]
R: y = cos(t ) + u 3 (t ) ⋅ [ 1 − cos(t − 3
viii) y′′ + y′ +
5
y= t−u
4
R: y = h (t ) − u
(t ) ⋅ h
ix) y′′ + y =
2
t−
2
(t ) ⋅
2
t−
2
; h (t ) =
)]
; y(0 ) = y′(0 ) = 0
−t
4
− 4 + 5t + e 2 (4cos(t ) − 3sen (t ))
25
t ; 0≤t<6
2
; y(0 ) = 0 , y′(0 ) = 1
3 ; t≥6
1
{ sen (t ) + t − u 6 (t ) ⋅ [ t − 6 − sen (t − 6)] }
2
sen (t ) ; 0 ≤ t <
5
x) y′′ + y′ + y =
; y(0) = y′(0) = 0
4
0 ; t≥
R: y = h (t ) + u (t ) ⋅ h (t − ) ;
R: y =
−t
4
− 4cos(t ) + sen (t ) + e 2 (4cos(t ) + sen (t ))
17
xi) y′′ + 4y = u (t ) − u 3 (t ) ; y(0) = y′(0 ) = 0
h (t ) =
R: y = u (t ) ⋅
1
(1 − cos(2t − 2
4
))
− u 3 (t ) ⋅
1
(1 − cos(2t − 6
4
))
xii) y (iv ) − y = u1 (t ) − u 2 (t ) ; y(0) = y′(0) = y′′(0) = y′′′(0) = 0
cos(t ) + cosh (t )
R: y = u1 (t ) ⋅ h (t − 1) − u 2 (t ) ⋅ h (t − 2 ) ; h (t ) = −1 +
2
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov
88
xiii) y (iv ) + 5y′′ + 4y = 1 − u (t ) − u 2 (t ) ; y(0 ) = y′(0) = y′′(0) = y′′′(0 ) = 0
3 − 4cos(t ) + cos(2t )
R: y = h (t ) − u (t ) ⋅ h (t − ) ; h (t ) =
12
12) Achar a solução dos PVI´s e fazer seus gráficos (da solução):
i) y′′ + 2y′ + 2y = (t − ) ; y(0) = 1 , y′(0) = 0
R: y = e − t [cos(t ) + sen (t )] + u (t ) ⋅ e −(t − ) ⋅ sen (t − )
ii) y′′ + 4y = (t − ) − (t − 2 ) ; y(0) = y′(0) = 0
1
R: y = ⋅ [u (t ) ⋅ sen (2t − 2 ) − u 2 (t ) ⋅ sen (2t − 4 )]
2
iii) y′′ + 3y′ + 2y = (t − 5) + u10 (t ) ; y(0 ) = 0 , y′(0 ) = 1
2
1
1
1
R: y = e − t − e − 2t + e5 − t ⋅ u 5 (t ) ⋅ 1 − e 2 + u10 (t ) + e10 − t ⋅ e 2 − 1
2
2
2
iv) y′′ − y = −20 ⋅ (t − 3) ; y(0) = 1 , y′(0) = 0
R: y = cosh (t ) − 20 ⋅ u 3 (t ) ⋅ senh (t − 3)
v) y′′ + 2y′ + 3y = sen (t ) + (t − 3 ) ; y(0 ) = y′(0) = 0
1
R: y = sen (t ) − cos(t ) + e − t ⋅ cos 2 t +
4
1
+
u 3 (t ) ⋅ e − (t −3 ) ⋅ sen 2 (t − 3 )
2
vi) y′′ + 4y = (t − 4 ) ; y(0 ) = 1 , y′(0) = 0
2
1
R: y = [cos(2t ) + u 4 (t ) ⋅ sen (2(t − 4 ))]
2
vii) y′′ + y = (t − 2 ) ⋅ cos(t ) ; y(0) = 0 , y′(0) = 1
R: y = sen (t ) + u 2 (t ) ⋅ sen (t − 2 )
(
)
(
[
)
( )]
(
(
)
)
; y(0) = y′(0) = 0
4
R: y = u (t ) ⋅ sen 2t −
2
4
ix) y′′ + y = u (t ) + 3 ⋅ t − 3
− u 2 (t ) ; y(0) = y′(0) = 0
2
2
viii) y′′ + 4y = 2 ⋅ t −
(t ) ⋅
R: y = u
(
)
(
1 − cos t −
2
)
+ 3u 3 (t ) ⋅ sen t −
2
− u 2 (t ) ⋅ [ 1 − cos(t − 2
(
x) 2y′′ + y′ + 4y = t −
2
)]
)⋅ sen(t ) ; y(0) = y′(0) = 0
6
1
−
1
R: y =
u (t ) ⋅ e 4
31 6
t−
6
⋅ sen
31
t−
4
6
3
+
2
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov
89
(
xi) y′′ + 2y′ + 2y = cos(t ) + t −
R: y =
[
1
cos(t ) + 2sen (t ) − e − t
5
(t ) ⋅ e
+u
− t−
2
) ; y(0) = y′(0) = 0
⋅ (cos(t ) + 3sen (t ))]+
2
⋅ sen t −
2
2
xii) y (iv ) − y = (t − 1) ; y(0) = y′(0) = y′′(0) = y′′′(0) = 0
1
R: y = u1 (t ) ⋅ [senh (t − 1) − sen (t − 1)]
2
13) Prove as propriedades comutativa, distributiva e associativa da integral de
convolução.
14) Determinar a Transformada de Laplace das funções:
i) h (t ) =
ii) h (t ) =
t
(t − ) ⋅ e
0
t
0
sen (t −
R: H(s ) =
d
R: H(s ) =
) ⋅ cos( ) d
1
s (s − 1)
s
2
(s + 1)
2
2
15) Achar a Transformada de Laplace inversa da função dada, mediante o
teorema da convolução:
1
1
i) F(s ) =
R: f (t ) =
2e − t (5t + 2 ) − 3sen (t ) − 4cos(2t )
2 2
50
(s + 1) s + 4
1
1
R: f (t ) = t 3 − 6t + 6sen (t )
ii) F(s ) =
6
s4 s2 + 1
t
G (s )
iii) F(s ) = 2
R: f (t ) = sen (t − ) ⋅ g ( ) d
0
s +1
(
(
[
)
]
[
)
]
16) Exprimir a solução dos PVI´s em termos de uma integral de convolução:
i) y′′ + w 2 y = g(t ) ; y(0) = 0 , y′(0) = 1
t
1
R: y =
sen (wt ) + sen (w (t − )) ⋅ g ( ) d
0
w
ii) 4y′′ + 4y′ + 17y = g(t ) ; y(0) = y′(0) = 0
t−
1 t − 2
e
⋅ sen (2(t − )) ⋅ g( ) d
8 0
5
iii) y′′ + y′ + y = 1 − u (t ) ; y(0 ) = 1 , y′(0 ) = −1
4
R: y =
R: y = e
−
t
2
1
cos(t ) − sen (t ) +
2
t
0
e
−
t−
2
⋅ sen (t −
) ⋅ (1 − u ( )) d
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov
90
iv) y′′ + +4y′ + 4y = g(t ) ; y(0) = 2 , y′(0) = −3
R: y = e − 2t (2 + t ) +
t
0
[(t −
) ⋅ e − 2(t −
]
) ⋅ g(
)d
v) y′′ + 3y′ + 2y = cos(wt ) ; y(0) = 1 , y′(0) = 0
R: y = 2e − t − e − 2t +
t
0
[e (
− t−
]
) − e − 2(t − ) ⋅ cos(w
)d
vi) y (iv ) − y = g(t ) ; y(0) = y′(0) = y′′(0) = y′′′(0) = 0
1 t
R: y =
[senh(t − ) − sen(t − )]⋅ g( ) d
2 0
vii) y (iv ) + 5y′′ + 4 y = g(t ) ; y(0 ) = 1 , y′(0) = y′′(0 ) = y′′′(0 ) = 0
R: y =
1
8cos(t ) − 2cos(2t ) +
6
17) Considerando a equação f (t ) =
t
0
[2sen(t − ) − sen (2(t − ))]⋅ g( ) d
(t ) =
t
0
k (t −
)⋅ ( ) d
, na qual f e k são
funções conhecidas e
deve ser determinada. Em virtude da função desconhecida
aparecer sob o sinal de integral, a equação dada é uma equação integral; em
particular, pertence a classe de equações integrais conhecidas como equações
integrais de Volterra. Tomar a Transformada de Laplace da equação integral e
conseguir uma expressão para { (t )} em termos das Transformadas de {f (t )} e
{k(t )} das funções conhecidas f e k. A Transformada inversa de
solução da equação integral original.
F(s )
R: { (t )} =
1 + K (s )
{ (t )}
é a