diracs constantes

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diracs constantes

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem
e a Transformada de Laplace
Reginaldo J. Santos
Departamento de Matemática-ICEx
Universidade Federal de Minas Gerais
http://www.mat.ufmg.br/~regi
19 de fevereiro de 2003
Sumário
1 Equações Homogêneas
3
1.1
Soluções Fundamentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
1.2
Fórmula de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.3
Obtendo uma Segunda Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
2 Eqs. Homogêneas com Coeficientes Constantes
11
2.1
A Equação Caracterı́stica Tem Duas Raı́zes Reais . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2
A Equação Caracterı́stica Tem Duas Raı́zes Complexas . . . . . . . . . . . 12
2.3
A Equação Caracterı́stica Tem Somente Uma Raiz Real . . . . . . . . . . . 14
3 Equações não Homogêneas
3.1
15
Eqs. Lineares não Homogêneas com Coeficientes Constantes . . . . . . . . 17
4 Equações com Coeficientes não Constantes
4.1
22
Substituições em Equações de 2a. Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
4.1.1
Equações que não Contém y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
4.1.2
Equações que não Contém t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1
2
SUMÁRIO
4.1.3
4.2
Equações de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
Soluções em Séries de Potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
5 Exercı́cios sobre Soluções em Séries de Potências
26
6 Transformada de Laplace
40
6.1
Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
6.2
Tabela de Transformadas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
6.3
Solução de Problemas de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
6.4
Equações com o Termo não Homogêneo Descontı́nuo
6.5
Transformada de Laplace do Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
6.6
Convolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
7 Exercı́cios sobre Transformada de Laplace
. . . . . . . . . . . . 48
56
3
1
Equações Homogêneas
Uma equação diferencial linear de 2a. ordem é homogênea se ela pode ser escrita como
dy
d2 y
+ p(t) + q(t)y = 0.
2
dt
dt
(1)
Para as equações lineares homogêneas é válido o princı́pio da superposição que diz
que se y1 (t) e y2 (t) são soluções da equação (1), então para quaisquer números c1 e c2 ,
y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t)
(2)
também o é. Vamos verificar que realmente y(t) dado por (2) é solução de (1).
dy
d2
d2 y
+
p(t)
+
q(t)y
=
(c1 y1 + c2 y2 ) +
dt2
dt
dt2
d
p(t) (c1 y1 + c2 y2 ) + q(t) (c1 y1 + c2 y2 )
dt
2
dy1
d 2 y2
dy2
d y1
+ c2 p(t)
+ c1 q(t)y1 + c2 q(t)y2
= c1 2 + c2 2 + c1 p(t)
dt
dt
dt ¶
dt
¶
µ
µ
dy1
dy2
d 2 y1
d 2 y2
+ p(t)
+ p(t)
+ q(t)y1 + c2
+ q(t)y2
= c1
dt2
dt
dt2
dt
= c1 · 0 + c2 · 0 = 0,
pois y1 (t) e y2 (t) são soluções de (1). Mostramos o seguinte teorema.
Teorema 1 (Princı́pio da Superposição). Se y1 (t) e y2 (t) são soluções de (1), então,
para todos números c1 e c2 , y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) também o é.
1.1
Soluções Fundamentais
Considere, agora, o problema de valor inicial
 2
dy
dy


 2 + p(t) + q(t)y = 0,
dt
dt

y(t ) = y0 ,

 0 0
y (t0 ) = y00
(3)
Reginaldo J. Santos
4
1
EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS
em que y0 e y00 são condições iniciais dadas no problema.
Vamos determinar condições sobre as soluções y1 (t) e y2 (t) para que existam constantes
c1 e c2 tais que y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) seja solução do problema de valor inicial (3).
Substituindo-se t = t0 na solução y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) e na derivada de y(t), y 0 (t) =
c1 y10 (t) + c2 y20 (t) obtemos o sistema de equações lineares
½
c1 y1 (t0 ) + c2 y2 (t0 ) = y0
c1 y10 (t0 ) + c2 y20 (t0 ) = y00
que pode ser escrito na forma
AX = B
em que
A=
·
y1 (t0 ) y2 (t0 )
y10 (t0 ) y20 (t0 )
¸
,
X=
·
c1
c2
¸
e B=
·
y0
y00
¸
.
Se a matriz do sistema A é invertı́vel, então o sistema tem solução para todo par y0
e y00 (ou todo B) (A solução é X = A−1 B)(ver, por exemplo, na página 86 de [3]). Mas
uma matriz quadrada é invertı́vel se, e somente se, o seu determinante é diferente de zero
(ver, por exemplo, na página 116 de [3]). Ou seja, se
·
¸
y1 (t0 ) y2 (t0 )
det
6= 0,
y10 (t0 ) y20 (t0 )
então existem constantes c1 e c2 tais que y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) é solução do problema
de valor inicial (3). Provamos o seguinte resultado.
Teorema 2. Sejam y1 (t) e y2 (t) duas soluções da equação (1) tais que, em um ponto
t0 ∈ R,
det
·
y1 (t0 ) y2 (t0 )
y10 (t0 ) y20 (t0 )
¸
6= 0.
Então o problema de valor inicial
 2
dy
dy


 2 + p(t) + q(t)y = 0,
dt
dt

y(t ) = y0 ,

 0 0
y (t0 ) = y00
1.1
Soluções Fundamentais
5
tem solução na forma
y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t)
para todas as condições iniciais dadas y0 e y00 .
O determinante
W [y1 , y2 ](t0 ) = det
·
y1 (t0 ) y2 (t0 )
y10 (t0 ) y20 (t0 )
¸
é chamado wronskiano das funções y1 (t) e y2 (t) em t0 . Se as soluções y1 (t) e y2 (t) são tais
que o seu wronskiano é diferente de zero em um ponto t0 dizemos que elas são soluções
fundamentais de (1) e que
y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t)
é a solução geral de (1). Assim para encontrar a solução geral de uma equação diferencial
linear homogênea de 2a. ordem (1) precisamos encontrar duas soluções fundamentais da
equação (1), ou seja, duas soluções y1 (t) e y2 (t) tais que em um ponto t0 ∈ R
¸
·
y1 (t0 ) y2 (t0 )
6= 0.
det
y10 (t0 ) y20 (t0 )
Exemplo 1. Seja b um número real não nulo. Vamos mostrar que y1 (t) = cos bt e
y2 (t) = sen bt são soluções fundamentais da equação
y 00 + b2 y = 0.
Como y10 (t) = −b sen bt, y100 (t) = −b2 cos bt, y20 (t) = b cos bt e y200 (t) = −b2 sen bt, então
y100 + b2 y1 = −b2 cos bt + b2 cos bt = 0
e
y200 + b2 y2 = −b2 sen bt + b2 sen bt = 0.
Assim, y1 (t) e y2 (t) são soluções da equação y 00 + b2 y = 0. Além disso,
¸
·
·
¸
cos bt sen bt
y1 (t) y2 (t)
= det
det
= b(cos2 bt + sen2 bt) = b 6= 0.
−b sen bt b cos bt
y10 (t) y20 (t)
Portanto, y1 (t) = cos bt e y2 (t) = sen bt são soluções fundamentais de y 00 + b2 y = 0.
Reginaldo J. Santos
6
1
Dizemos que duas funções y1 (t) e y2 (t) são linearmente dependentes (L.D.) em
um intervalo I, se uma das funções é um múltiplo escalar da outra, ou seja, se
y1 (t) = αy2 (t) ou y2 (t) = αy1 (t),
para todo t ∈ I.
Caso contrário, dizemos que elas são linearmente independentes (L.I.).
Se duas funções são L.D. em um intervalo I, então
¸
·
y1 (t) y2 (t)
W [y1 , y2 ](t) = det
= 0,
y10 (t) y20 (t)
para todo t ∈ I
pois uma coluna é um múltiplo escalar da outra. Assim, vale o seguinte resultado
Teorema 3. Se y1 (t) e y2 (t) são funções tais que
·
¸
y1 (t0 ) y2 (t0 )
W [y1 , y2 ](t0 ) = det
6= 0,
y10 (t0 ) y20 (t0 )
para algum t0 ∈ I,
então y1 (t) e y2 (t) são linearmente independentes (L.I.) em I.
1.2
Fórmula de Euler
Vamos definir a função exponencial f (t) = ert para números complexos r = a + ib de
forma que satisfaça as propriedades
e(a+ib)t = eat eibt
d ¡ rt ¢
= rert
e
dt
(4)
(5)
Observe que a função g(t) = eibt é solução da equação y 00 + b2 y = 0, pois pela propriedade (5) g 0 (t) = ibeibt , g 00 (t) = −b2 eibt e g 00 (t) + b2 g(t) = −b2 eibt + b2 eibt = 0.
Assim, g(t) = eibt é solução do problema de valor inicial
½ 00
y + b2 y = 0,
y(0) = 1, y 0 (0) = ib
1.2
Fórmula de Euler
7
Agora, como mostramos no Exemplo 1 que y1 (t) = cos bt e y2 (t) = sen bt são soluções
fundamentais de y 00 + b2 y = 0, então pelo Teorema 2 existem constantes c1 e c2 tais que
g(t) = eibt = c1 cos bt + c2 sen bt.
(6)
Vamos determinar estas constantes c1 e c2 . Substituindo-se t = 0 na equação (6) obtemos
que c1 = 1. Derivando a equação (6) em relação a t obtemos
ibeibt = −c1 b sen bt + c2 b cos bt.
(7)
Substituindo-se t = 0 na equação (7) obtemos que c2 = i. Assim substituindo-se c1 = 1
e c2 = i já obtidos na equação (6) obtemos que eibt = cos bt + i sen bt. Portanto, pela
propriedade (4),
e(a+ib)t = eat (cos bt + i sen bt).
(8)
Esta equação é conhecida como fórmula de Euler.
Reginaldo J. Santos
8
1
1.3
Obtendo uma Segunda Solução
Considere uma equação linear de 2a. ordem homogênea
dy
d2 y
+ p(t) + q(t)y = 0.
2
dt
dt
(9)
Seja y1 (t) uma solução conhecida da equação acima num intervalo I tal que y1 (t) 6= 0
para todo t ∈ I. Vamos procurar uma segunda solução da equação da forma
y(t) = v(t)y1 (t).
Como
y 0 (t) = vy10 + y1 v 0
e y 00 (t) = vy100 + 2y10 v 0 + y1 v 00 ,
então y(t) é solução da equação se, e somente se,
y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = y1 v 00 + v 0 (2y10 + p(t)y1 ) + v(y100 + p(t)y10 + q(t)y1 ) = 0.
Como y1 (t) é solução da equação (9), então
y1 v 00 + v 0 (2y10 + p(t)y1 ) = 0.
(10)
Seja w(t) = v 0 (t). Então a equação (10) pode ser escrita como
y1 w0 + (2y10 + p(t)y1 )w = 0.
Esta é uma equação de 1a. ordem separável.
w0 2y10 + p(t)y1
+
=0
w
y1
µ
¶
Z
d
ln |w| + 2 ln |y1 | + p(t)dt = 0
dt
Z
¯ 2¯
ln ¯wy1 ¯ + p(t)dt = C
R
e− p(t)dt
w(t) = v (t) = C1
y1 (t)2
0
1.3
Obtendo uma Segunda Solução
9
Resolvendo a equação para v(t):
v(t) = C1
Z
R
e− p(t)dt
dt + C2
y1 (t)2
y(t) = v(t)y1 (t) = c1 y1 (t)
R
Z
e− p(t)dt
dt + c2 y1 (t)
y1 (t)2
Tomando-se C2 = 0 e C1 = 1 obtemos uma segunda solução da equação (9)
y2 (t) = y1 (t)
Z
R
e− p(t)dt
dt
y1 (t)2
(11)
Vamos ver que y1 (t) dada e y2 (t) obtida por (11) são soluções fundamentais da
equação (9).
W [y1 , y2 ](t) = det
= e−
R
·
y1 (t) y2 (t)
y10 (t) y20 (t)
p(t)dt
6= 0
¸
= det
"
#
R − R p(t)dt
y1 (t) e y1 (t)2 dt
R
R e− R p(t)dt
e− p(t)dt
0
0
dt + y1 (t)
y1 (t) y1 (t)
y1 (t)2
y1 (t)
Assim se y1 (t) é uma solução conhecida da equação (9) e y2 (t) é dada por (11) então
y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t)
é solução geral da equação (9).
Atenção: Não se deve memorizar a fórmula obtida para y2 (t). O que fizemos aqui foi
mostrar o caminho que deve ser seguido para encontrar uma segunda solução da equação
linear homogênea de 2a. ordem.
No próximo exemplo vamos seguir os mesmos passos que seguimos no caso geral.
Exemplo 2. Considere a equação
ay 00 + by 0 + cy = 0 tal que b2 − 4ac = 0
Reginaldo J. Santos
10
1
Deixamos como exercı́cio verificar que y1 (t) = ert , em que r =
equação acima. Vamos procurar uma segunda solução da forma
−b
é uma solução da
2a
y(t) = v(t)y1 (t) = v(t)ert .
Como
y 0 (t) = v 0 (t)ert + rv(t)ert
e y 00 (t) = v 00 (t)ert + 2rv 0 (t)ert + r2 v(t)ert
então y(t) é solução da equação se, e somente se,
ay 00 + by 0 + cy = a(v 00 + 2rv 0 + r2 v) + b(v 0 − rv) + cv = av 00 + (2ar + b)v 0 + (ar2 + br + c) = 0.
Como r é solução da equação ar 2 + br + c = 0, então
v 00 (t) = 0.
Seja w(t) = v 0 (t). Então a equação v 00 (t) = 0 torna-se w 0 (t) = 0 que tem solução w(t) =
C1 . Resolvendo a equação v 0 (t) = w(t) = C1 obtemos
v(t) = C1 t + C2
e y(t) = (C1 t + C2 )ert .
Tomando-se C2 = 0 e C1 = 1 obtemos
y2 (t) = tert .
Vamos ver que y1 (t) = ert e y2 (t) = tert , em que r = −
equação
det
·
y1 (t) y2 (t)
y10 (t) y20 (t)
¸
b
, são soluções fundamentais da
2a
·
ert
tert
= det
rt
re (1 + rt)ert
¸
·
1
t
2rt
= e det
r (1 + rt)
= e2rt 6= 0,
¸
para todo t ∈ R.
Assim
b
2a
é a solução geral da equação ay 00 + by 0 + cy = 0, tal que b2 − 4ac = 0.
y(t) = c1 ert + c2 tert ,
em que r = −
11
2
Eqs. Homogêneas com Coeficientes Constantes
Vamos tratar de equações da forma
a
dy
d2 y
+ b + cy = 0.
2
dt
dt
(12)
em que a, b e c são números reais, a 6= 0. Vamos descobrir se existem valores constantes
dy
de r tais que y(t) = ert é uma solução de (12). Substituindo-se y = ert ,
= rert e
dt
d2 y
= r2 ert em (12) obtemos
dt2
ar2 ert + brert + cert = (ar2 + br + c)ert = 0.
Como ert 6= 0, então y(t) = ert é solução de (12) se, e somente se, r é solução da equação
ar2 + br + c = 0
(13)
que é chamada equação caracterı́stica de (12).
2.1
A Equação Caracterı́stica Tem Duas Raı́zes Reais
Se a equação caracterı́stica de (12) tem duas raı́zes reais (distintas), r1 e r2 , então
y1 (t) = er1 t
e y2 (t) = er2 t
são soluções fundamentais, pois
¸
· rt
¸
·
e1
e r2 t
y1 (t) y2 (t)
= det
det
r1 e r 1 t r2 e r 2 t
y10 (t) y20 (t)
¸
·
1 1
r1 t r2 t
= e e det
r1 r2
= (r2 − r1 )e(r1 +r2 )t 6= 0,
para todo t ∈ R.
Assim no caso em que a equação caracterı́stica tem duas raı́zes reais distintas r1 e r2 ,
y(t) = c1 er1 t + c2 er2 t
é a solução geral de (12).
Reginaldo J. Santos
12
2
EQS. HOMOGÊNEAS COM COEFICIENTES CONSTANTES
Exemplo 3. Seja ω um número real positivo.
Vamos encontrar a solução geral da
equação
y 00 − ω 2 y = 0.
A equação caracterı́stica desta equação diferencial é
r2 − ω 2 = 0
que tem como raı́zes r1 = ω e r2 = −ω. Assim, a solução geral da equação diferencial
acima é
y(t) = c1 eωt + c2 e−ωt .
2.2
A Equação Caracterı́stica Tem Duas Raı́zes Complexas
Se a equação caracterı́stica de (12) tem duas raı́zes complexas, então elas são números
complexos conjugados, ou seja, se r1 = α + iβ é uma raiz da equação caracterı́stica (13),
então a outra raiz é r2 = α − iβ. Neste caso, pela fórmula de Euler (8):
y1 (t) = er1 t = e(α+iβ)t = eαt (cos βt + i sen βt) e
y2 (t) = er2 t = e(α−iβ)t = eαt (cos(−βt) + i sen (−βt)) = eαt (cos βt − isen βt)
são soluções complexas da equação diferencial (12).
Vamos encontrar um conjunto fundamental de soluções reais. Pelo Teorema 1 na
página 3 se y1 (t) = er1 t e y2 (t) = er2 t são soluções de uma equação diferencial linear
homogênea, então para quaisquer números c1 e c2 , y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t), também é
solução. Em particular tomando c1 = c2 = 1/2, temos que
1
1
u(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) = er1 t + er2 t
2
2
¤
1 £ αt
=
e (cos βt + i sen βt) + eαt (cos βt − i sen βt) = eαt cos βt
2
1
1
e c2 = − , temos que
é solução de (12). Tomando c1 =
2i
2i
1
1 r1 t
v(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) = e − er2 t
2i
2i
¤
1 £ αt
αt
=
e (cos βt + i sen βt) − e (cos βt − i sen βt) = eαt sen βt
2i
2.2
A Equação Caracterı́stica Tem Duas Raı́zes Complexas
13
também é solução de (12). Vamos mostrar, agora, que se as raı́zes da equação caracterı́stica são complexas, então u(t) e v(t) são soluções fundamentais de (12).
·
¸
·
¸
u(t) v(t)
eαt cos βt
eαt sen βt
det
= det
u0 (t) v 0 (t)
eαt (α cos βt − βsen βt) eαt (αsen βt + β cos βt)
µ
·
¸
·
¸¶
cos βt sen βt
cos βt sen βt
2αt
= e
α det
+ β det
cos βt sen βt
−sen βt cos βt
= βe2αt 6= 0,
para todo t ∈ R.
Assim no caso em que a equação caracterı́stica tem duas raı́zes complexas r1 = α + iβ e
r2 = α − iβ,
y(t) = c1 eαt cos βt + c2 eαt sen βt
Exemplo 4. Seja ω um número real positivo.
Vamos encontrar a solução geral da
equação
y 00 + ω 2 y = 0.
A equação caracterı́stica desta equação diferencial é
r2 + ω 2 = 0
que tem como raı́zes r1 = iω e r2 = −iω. Assim, a solução geral da equação diferencial
acima é
y(t) = c1 cos ωt + c2 sen ωt.
Reginaldo J. Santos
14
2
2.3
EQS. HOMOGÊNEAS COM COEFICIENTES CONSTANTES
A Equação Caracterı́stica Tem Somente Uma Raiz Real
Se ∆ = b2 − 4ac = 0, então a equação caracterı́stica (13) tem somente uma raiz real
b
r1 = − . Neste caso,
2a
y1 (t) = er1 t
é solução da equação diferencial (12).
Vamos mostrar que y2 (t) = ter1 t
(1 + r1 t)er1 t e
a
1
também é solução da equação (12). Como
d 2 y2
= (2r1 + r12 t)er1 t , então
dt2
dy2
=
dt
d 2 y2
dy2
+b
+ cy2 = a(2r1 + r12 t)er1 t + b(1 + r1 t)er1 t + cter1 t
2
dt
dt
= [(b + 2ar1 ) + (ar12 + br1 + c)t]er1 t
= (0 + 0t)er1 t = 0,
pois b + 2ar1 = b + 2a
¡ −b ¢
2a
= 0 e como r1 é raiz da equação ar 2 + br + c = 0, então
ar12 + br1 + c = 0.
Assim y2 (t) = ter1 t é solução da equação diferencial (12).
Vamos mostrar que
y1 (t) = er1 t
e y2 (t) = ter1 t
são soluções fundamentais da equação diferencial (12).
¸
· rt
¸
·
e1
ter1 t
y1 (t) y2 (t)
= det
det
r1 er1 t (1 + r1 t)er1 t
y10 (t) y20 (t)
·
¸
1
t
2r1 t
= e det
r1 (1 + r1 t)
= e2r1 t 6= 0,
para todo t ∈ R.
Portanto no caso em que a equação caracterı́stica tem somente uma raı́z real r1 = −
b
,
2a
y(t) = c1 er1 t + c2 ter1 t
1
No Exemplo 2 na página 9 mostramos como encontrar esta segunda solução.
15
3
Equações não Homogêneas
Uma equação diferencial linear de 2a. ordem é não homogênea se ela pode ser escrita
como
dy
d2 y
+ p(t) + q(t)y = g(t).
2
dt
dt
em que p(t), q(t) e g(t) são funções contı́nuas em um intervalo I, com g(t) 6= 0.
(14)
Se y(t) é uma solução qualquer de (14) e yp (t) é uma solução particular de (14), então
Y (t) = y(t) − yp (t) é solução da equação homogênea associada
dy
d2 y
+ p(t) + q(t)y = 0.
2
dt
dt
(15)
Pois,
dY
d2 Y
+ p(t)
+ q(t)Y
2
dt
dt
=
d2
d
(y(t) − yp (t)) + p(t) (y(t) − yp (t)) + q(t)(y(t) − yp (t)) =
2
dt µ
dt ¶ µ
¶
dy
d 2 yp
dyp
d2 y
+ p(t) + q(t)y −
+ p(t)
+ q(t)yp
= g(t) − g(t) = 0.
dt2
dt
dt2
dt
Assim se y1 (t) e y2 (t) são soluções fundamentais da equação homogênea associada (15),
existem constantes c1 e c2 tais que
Y (t) = y(t) − yp (t) = c1 y1 (t) + c1 y2 (t),
ou seja, se y(t) é uma solução qualquer de (14) e y1 (t) e y2 (t) são soluções fundamentais
da equação homogênea associada (15), então
y(t) = c1 y1 (t) + c1 y2 (t) + yp (t).
(16)
Dizemos que (16) é a solução geral da equação linear de 2a. ordem não homogênea (14),
sendo y1 (t) e y2 (t) soluções fundamentais da equação homogênea associada (15) e yp (t)
uma solução particular.
Reginaldo J. Santos
16
3
EQUAÇÕES NÃO HOMOGÊNEAS
Portanto para encontrar a solução geral de uma equação linear de 2a. ordem não homogênea precisamos encontrar uma solução particular e duas soluções fundamentais da
equação homogênea correspondente.
Teorema 4 (Princı́pio da Superposição para Equações não Homogêneas).
(1)
Sejam yp (t) uma solução de
y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = g1 (t)
(2)
e yp (t) uma solução de
y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = g2 (t).
(1)
(2)
Então yp (t) = yp (t) + yp (t) é solução de
y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = g1 (t) + g2 (t)
Demonstração.
(yp(1) (t) + yp(2) (t))00 + p(t)(yp(1) (t) + yp(2) (t))0 +
+ q(t)(yp(1) (t) + yp(2) (t)) =
= yp(1) (t)00 + p(t)yp(1) (t)0 + q(t)yp(1) (t) +
{z
}
|
g1 (t)
+
yp(2) (t)00
|
+ p(t)yp(2) (t)0 + q(t)yp(2) (t)
{z
}
g2 (t)
= g1 (t) + g2 (t)
3.1
3.1
Eqs. Lineares não Homogêneas com Coeficientes Constantes
17
Vamos tratar de equações da forma
a
dy
d2 y
+ b + cy = g(t).
2
dt
dt
(17)
em que a, b e c são números reais, a 6= 0. Vamos apresentar um método de encontrar uma
solução particular das equações não homogêneas chamado método dos coeficientes a
determinar que funciona quando a função g(t) tem uma das seguintes formas:
(1) g(t) = a0 + . . . + an tn , em que a0 , . . . , an ∈ R.
Neste caso deve-se procurar uma solução particular da forma:
yp (t) = ts (A0 + . . . + An tn )
em que s é o menor inteiro não negativo que garanta que nenhuma parcela de yp (t)
seja solução da equação homogênea correspondente e A0 , . . . , An são coeficientes a
ser determinados substituindo-se yp (t) na equação (17). O Exemplo 5 ilustra este
caso.
(2) g(t) = (a0 + . . . + an tn )ebt , em que a0 , . . . , an , b ∈ R.
yp (t) = ts (A0 + . . . + An tn )ebt
em que s é o menor inteiro não negativo que garanta que nenhuma parcela de yp (t)
seja solução da equação homogênea correspondente e A0 , . . . , An são coeficientes a
ser determinados substituindo-se yp (t) na equação (17). O Exemplo 6 ilustra este
caso.
(3) g(t) = (a0 + . . . + an tn )eαt cos βt + (b0 + . . . + bm tm )eαt sen βt,
em que a0 , . . . , an ∈ R e b0 , . . . , bm ∈ R.
yp (t) = ts [(A0 + . . . + Aq tq )eαt cos βt + (B0 + . . . + Bq tq )eαt sen βt]
Reginaldo J. Santos
18
3
em que q = max{m, n}, s é o menor inteiro não negativo que garanta que
nenhuma parcela de yp (t) seja solução da equação homogênea correspondente e
A0 , . . . , Aq , B0 , . . . , Bq são coeficientes a ser determinados substituindo-se yp (t) na
equação (17). O Exemplo 7 ilustra este caso.
Exemplo 5. Vamos encontrar a solução geral da equação
y 00 + y 0 = 2 + t2 .
Precisamos encontrar a solução geral da equação homogênea correspondente y 00 + y 0 = 0.
A equação caracterı́stica é
r2 + r = 0
que tem como raı́zes r1 = 0 e r2 = −1. Assim a solução geral da equação homogênea
correspondente y 00 + y 0 = 0 é
y(t) = c1 + c2 e−t .
O segundo membro da equação g(t) = 2 + t2 é da forma (1). Vamos procurar uma solução
particular da forma
yp (t) = t1 (A0 + A1 t + A2 t2 ) = A0 t + A1 t2 + A2 t3
O valor de s é igual a 1, pois para s = 0, a parcela A0 é solução da equação homogênea
(c2 = 0 e c1 = A0 ).
yp0 (t) = A0 + 2A1 t + 3A2 t2
yp00 (t) = 2A1 + 6A2 t.
Substituindo yp0 (t) e yp00 (t) na equação y 00 + y 0 = 2 + t2 obtemos
(2A1 + 6A2 t) + (A0 + 2A1 t + 3A2 t2 ) = (A0 + 2A1 ) + (2A1 + 6A2 )t + 3A2 t2 = 2 + t2
Comparando os termos de mesmo grau obtemos o sistema linear

= 2
 A0 + 2A1
2A1 + 6A2 = 0

3A2 = 1
3.1
19
que tem solução A0 = 4, A1 = −1 e A2 = 1/3. Assim uma solução particular da equação
não homogênea é
1
yp (t) = 4t − t2 + t3
3
e a solução geral da equação não homogênea é
1
y(t) = c1 + c2 e−t + 4t − t2 + t3
3
y 00 + 2y 0 + y = (2 + t)e−t .
Precisamos encontrar a solução geral da equação homogênea correspondente y 00 +2y 0 +y =
0. A equação caracterı́stica é
r2 + 2r + 1 = 0
que tem como raiz r1 = −1. Assim a solução geral da equação homogênea correspondente
y 00 + 2y 0 + y = 0 é
y(t) = c1 e−t + c2 te−t .
O segundo membro da equação g(t) = (2 + t)e−t é da forma (2). Vamos procurar uma
solução particular da forma
yp (t) = t2 (A0 + A1 t)e−t = (A0 t2 + A1 t3 )e−t
O valor de s é igual a 2, pois para s = 0 as parcelas A0 e−t e A1 te−t são soluções da
equação homogênea e para s = 1 a parcela A0 te−t é solução da equação homogênea.
¡
¢
yp0 (t) = 2A0 t + (3A1 − A0 )t2 − A1 t3 e−t
¡
¢
yp00 (t) = 2A0 + (6A1 − 4A0 )t + (A0 − 6A1 )t2 − A1 t3 e−t .
Substituindo yp0 (t) e yp00 (t) na equação y 00 + 2y 0 + y = (2 + t)e−t obtemos
¡
¢
2A0 + (6A1 − 4A0 )t + (A0 − 6A1 )t2 − A1 t3 e−t +
¡
¢
+ 2 2A0 t + (3A1 − A0 )t2 − A1 t3 e−t +
+ (A0 t2 + A1 t3 )e−t = (2 + t)e−t
Reginaldo J. Santos
20
3
Simplificando o primeiro membro obtemos
(2A0 + 6A1 t) e−t = (2 + t)e−t
⇒
2A0 + 6A1 t = 2 + t
Comparando os termos de mesmo grau obtemos o sistema linear
½
2A0
= 2
6A1 = 1
que tem solução A0 = 1 e A1 = 1/6. Assim uma solução particular da equação não
homogênea é
1
yp (t) = (t2 + t3 )e−t
6
1
y(t) = c1 e−t + c2 te−t + (t2 + t3 )e−t
6
y 00 + 2y 0 + 2y = et cos t.
Precisamos encontrar a solução geral da equação homogênea correspondente y 00 +2y 0 +2y =
0. A equação caracterı́stica é
r2 + 2r + 2 = 0
que tem como raı́zes r1 = −1 + i e r2 = −1 − i. Assim a solução geral da equação
homogênea correspondente y 00 + 2y 0 + 2y = 0 é
y(t) = c1 e−t cos t + c2 e−t sen t.
O segundo membro da equação g(t) = et cos t é da forma (3). Vamos procurar uma
solução particular da forma
yp (t) = t0 (Aet cos t + Bet sen t) = Aet cos t + Bet sen t
O valor de s é igual a 0, pois nenhuma parcela de yp (t) é solução da equação homogênea.
yp0 (t) = A(et cos t − et sen t) + B(et sen t + et cos t+) = (A + B)et cos t + (B − A)et sen t
3.1
21
yp00 (t) = 2Bet cos t − 2Aet sen t.
Substituindo yp0 (t) e yp00 (t) na equação y 00 + 2y 0 + y = et cos t obtemos
2Bet cos t − 2Aet sen t+
¡
¢
+ 2 (A + B)et cos t + (B − A)et sen t +
+ 2(Aet cos t + Bet sen t) = et cos t
Simplificando o primeiro membro obtemos
(4A + 4B)et cos t + (4B − 4A)et sen t = et cos t
Comparando os coeficientes de et cos t e de et sen t obtemos o sistema linear
½
4A + 4B = 1
−4A + 4B = 0
que tem solução A = 1/8 e B = −1/8. Assim uma solução particular da equação não
homogênea é
1
1
yp (t) = et cos t + et sen t
8
8
1
y(t) = c1 e−t cos t + c2 e−t sen t + et (cos t + sen t)
8
Reginaldo J. Santos
22
4
4
EQUAÇÕES COM COEFICIENTES NÃO CONSTANTES
Equações com Coeficientes não Constantes
4.1
Substituições em Equações de 2a. Ordem
4.1.1
Equações que não Contém y
Equações que podem ser escritas na forma
y 00 = f (y 0 , t)
(18)
podem ser resolvidas fazendo-se a substituição v(t) = y 0 (t). O que transforma a equação
(18) em
v 0 − f (v, t) = 0
Esta é uma equação de 1a. ordem. Depois de resolvida esta equação, resolve-se a equação
dy
= v(t).
dt
4.1.2
Equações que não Contém t
Equações que podem ser escritas na forma
y 00 = f (y 0 , y)
(19)
podem ser resolvidas fazendo-se a substituição v(t) = y 0 (t). O que transforma a equação
em
dv
= f (v, y)
dt
Se considerarmos v = v(y(t)), então
dv dy
dv
dv
=
=v
dt
dy dt
dy
E a equação (19) se transforma em
v
dv
= f (v, y)
dy
4.1
Substituições em Equações de 2a. Ordem
23
Depois de resolvida esta equação resolve-se
dy
= v(y)
dt
4.1.3
Equações de Euler
As equações de Euler são equações que podem ser escritas na forma
t2
d2 y
dy
+
αt
+ βy = 0.
dt2
dt
(20)
em que α e β são constantes reais. A substituição x = ln t transforma a equação de Euler
numa equação linear com coeficientes constantes.
dy
dy dx
1 dy
=
=
dt
dx dt
t dx
µ ¶
µ ¶
µ ¶
d dy
1 dy 1 d dy
1 dy 1 d dy dx
1 dy
1 d2 y
d2 y
=
=
−
=
−
+
+
=
−
+
dt2
dt dt
t2 dx t dt dx
t2 dx t dx dx dt
t2 dx t2 dx2
Substituindo-se na equação de Euler (20) obtemos a equação linear com coeficientes constantes
dy
d2 y
+ (α − 1) + βy = 0.
2
dx
dx
Se y1 (x) e y2 (x) são soluções fundamentais desta equação, então
y(t) = c1 y1 (ln t) + c2 y2 (ln t)
é a solução geral da equação de Euler (20).
Reginaldo J. Santos
24
4
4.2
EQUAÇÕES COM COEFICIENTES NÃO CONSTANTES
Soluções em Séries de Potências
Uma série de potências de t é uma expressão da forma
∞
X
an t n = a 0 + a 1 t + a 2 t 2 + . . . ,
n=0
em que a0 , a1 , a2 , . . . são números denominados coeficientes da série. Podemos definir
uma função f (t) que associa a cada valor de t, para o qual existe o limite
lim
N →∞
N
X
n=0
an tn = lim (a0 + a1 t + a2 t2 + . . . + aN tN ),
N →∞
o valor deste limite e escrevemos
∞
X
f (t) =
an t n = a 0 + a 1 t + a 2 t 2 + . . .
n=0
Por exemplo,
∞
X
1
f (t) =
tn = 1 + t + t 2 + . . . ,
=
1 − t n=0
para |t| < 1
São válidas as seguintes propriedades para as séries de potências:
∞
∞
X
X
n
(a) Se f (t) =
an t e g(t) =
bn tn , então para todos os números α e β,
n=0
n=0
∞
X
αf (t) + βg(t) =
(αan + βbn )tn .
n=0
∞
X
(b) Se f (t) =
n=0
an tn = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 + · · ·, então
2
0
f (t) = a1 + 2a2 t + 3a3 t + · · · =
∞
X
=
n=2
n(n − 1)an tn−2 =
∞
X
(n + 1)an+1 t =
n=0
f 00 (t) = 2a2 + 2 · 3t + 3 · 2t2 + · · · =
∞
X
n
∞
X
nan tn−1
n=1
∞
X
(n + 2)(n + 1)an+2 tn
n=0
(n + 1)nan+1 tn−1
n=1
4.2
Soluções em Séries de Potências
(c) Se
∞
X
25
an tn = 0, então an = 0, para n = 0, 1, 2, . . ..
n=0
Considere uma equação da forma
P (t)
d2 y
dy
+ Q(t) + R(t)y = 0.
2
dt
dt
(21)
em que P (t) e Q(t) são polinômios tais que P (0) 6= 0. Pode-se mostrar que nestas
condições a solução geral desta equação pode ser escrita como uma série de potências de
t. Para encontrar uma tal solução, escrevemos a solução y(t) como uma série de potências
de t, com os coeficientes a determinar,
y(t) =
∞
X
n=0
an t n = a 0 + a 1 t + a 2 t 2 + a 3 t 3 + · · · ,
e substituimos na equação (21) esta série, a série da primeira derivada
0
2
y (t) = a1 + 2a2 t + 3a3 t + · · · =
∞
X
(n + 1)an+1 tn
n=0
e a série da segunda derivada
00
2
y (t) = 2a2 + 2 · 3a3 t + 3 · 4a4 t + · · · =
∞
X
(n + 1)(n + 2)an+2 tn .
n=0
Usamos as propriedades que apresentamos anteriormente de forma a escrever o lado esquerdo da equação (21) como uma série de potências de t cujos coeficientes são expressões
dos coeficientes a ser determinados a0 , a1 , . . . Usando estas expressões obtemos fórmulas
que dão os coeficientes an+k em termos dos coeficientes anteriores an+k−1 , an+k−2 , . . . Desta
forma obtemos qualquer coeficiente em termos dos dois primeiros coeficientes não nulos
que serão as constantes arbitrárias da solução geral.
Reginaldo J. Santos
26
5
5
EXERCÍCIOS SOBRE SOLUÇÕES EM SÉRIES DE POTÊNCIAS
Exercı́cios sobre Soluções em Séries de Potências
1. Resolva a equação diferencial dada em série de potências de t. Escreva uma fórmula
fechada para o termo geral de cada série que compõe a solução.
(a) y 00 + ty 0 + 2y = 0, y(0) = 4, y 0 (0) = −1.
(b) (1 + t2 )y 00 − 4ty 0 + 6y = 0.
(c) (4 − t2 )y 00 + 2y = 0.
(d) (3 − t2 )y 00 − 3ty 0 − y = 0.
(e) (1 − t)y 00 + ty 0 − y = 0, y(0) = −3, y 0 (0) = 2.
(f) 2y 00 + ty 0 + 3y = 0
2. Resolva a equação diferencial dada em série de potências de t. Escreva os três
primeiros termos não nulos (se existirem) de cada série que compõe a solução.
(a) y 00 + k 2 t2 y = 0, em que k ∈ R.
(b) (1 − t)y 00 + y = 0.
(c) (2 + t2 )y 00 − ty 0 + 4y = 0, y(0) = −3, y 0 (0) = 2.
27
Respostas dos Exercı́cios
P∞
P
n
n
0
1. (a) Substituindo-se y(t) = ∞
n=0 (n + 1)an+1 t e
n=0 an t , y (t) =
P
n
00
0
y 00 (t) = ∞
n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 t na equação y + ty + 2y = 0, obtemos
∞
X
(n + 2)(n + 1)an+2 tn + t
n=0
n=0
n=0
∞
X
∞
∞
X
X
an t n = 0
(n + 1)an+1 tn + 2
n
(n + 2)(n + 1)an+2 t +
n=0
∞
X
(n + 1)an+1 t
n+1
+2
n=0
∞
X
(n + 2)(n + 1)an+2 tn +
n=0
2a2 + 2a0 +
an t n = 0
n=0
∞
X
nan tn + 2
n=1
∞
X
∞
X
∞
X
an t n = 0
n=0
[(n + 2)(n + 1)an+2 + nan + 2an ]tn = 0
n=1
O que implica em
½
2a2 + 2a0 = 0
(n + 2)(n + 1)an+2 + nan + 2an = 0, n = 1, 2, 3, . . .
½
a2 = −a0
1
an+2 = − n+1
an , n = 1, 2, 3, . . .
2
a4 = (−1)
a0 ,
3
1
a3 = − 2 a1 ,
a6 =
a5 =
(−1)3
a0 ,
5·3
1
a,
4·2 1
n n
2 n!
· · · a2n = (−1)
a0
(2n)!
(−1)n
· · · a2n−1 = 2n n! a1
Substituindo-se os valores an encontrados acima, na série de y(t) obtemos
y(t) =
∞
X
an t n
n=0
=
∞
X
a2n t
2n
+
n=0
= a0
Ã
∞
X
a2n+1 t2n+1
n=0
1+
∞
X
(−1)n 2n n!
n=1
(2n)!
t2n
!
+ a1
Ã
t+
∞
X
(−1)n
n=1
2n n!
t2n+1
!
Portanto, a solução geral é
y(t) = a0 y1 (t) + a1 y2 (t),
Reginaldo J. Santos
28
5
em que
y1 (t) = 1 +
∞
X
(−1)n 2n n!
n=1
∞
X
y2 (t) = t +
n=1
pois
det
·
y1 (0) y2 (0)
y10 (0) y20 (0)
¸
(2n)!
t2n
(−1)n 2n+1
t
2n n!
= det
·
1 0
0 1
¸
= 1 6= 0
Agora, como y(0) = 4, então substituindo t = 0 e y = 4 na expressão de y(t)
obtemos que a0 = 4. Como y 0 (0) = −1, substituindo-se t = 0 e y 0 = −1 na
expressão obtida derivando-se y(t):
y 0 (t) = a0
∞
X
(−1)n 2n n!
n=1
(2n − 1)!
t2n−1 + a1
Ã
1+
∞
X
(−1)n (2n + 1)
2n n!
n=1
t2n
!
obtemos a1 = −1. Assim a solução do problema de valor inicial é
Ã
! Ã
!
∞
∞
X
X
(−1)n 2n n! 2n
(−1)n 2n+1
− t+
y(t) = 4 1 +
t
t
n n!
(2n)!
2
n=1
n=1
P
P∞
n
0
n
(b) Substituindo-se y(t) = ∞
n=0 an t , y (t) =
n=0 (n + 1)an+1 t e
P
n
2 00
0
y 00 (t) = ∞
n=0 (n+2)(n+1)an+2 t na equação (1+t )y −4ty +6y = 0, obtemos
2
(1 + t )
∞
X
n=0
∞
X
n
(n + 2)(n + 1)an+2 t − 4t
(n + 2)(n + 1)an+2 tn + t2
n=0
∞
X
n
(n + 1)an+1 t + 6
n=0
∞
X
an t n = 0
n=0
∞
∞
X
X
(n + 2)(n + 1)an+2 tn −4
(n + 1)an+1 tn+1
n=0
n=0
+6
∞
X
an t n = 0
n=0
∞
X
n=0
n
(n + 2)(n + 1)an+2 t +
∞
X
(n + 2)(n + 1)an+2 t
n=0
n+2
∞
X
−4
(n + 1)an+1 tn+1
n=0
+6
∞
X
an t n = 0
n=0
29
∞
X
n
(n + 2)(n + 1)an+2 t +
∞
X
n=2
n=0
n(n − 1)an t
n
−4
+6
∞
X
nan tn
n=1
∞
X
an t n = 0
n=0
∞
X
2a2 +6a3 t−4a1 t+6a0 +6a1 t+ [(n+2)(n+1)an+2 +n(n−1)an −4nan +6an ]tn = 0
n=2
O que implica em

 2a2 + 6a0 = 0
6a3 + 2a1 = 0

(n + 2)(n + 1)an+2 + n(n − 1)an − 4nan + 6an = 0, n = 2, 3, . . .

 a2 = −3a0
a3 = − 13 a1

(n−3)(n−2)
an , n = 2, 3, . . .
an+2 = − (n+2)(n+1)
a4 = 0,
a5 = 0,
a6 = 0, · · · a2n = 0, para n = 2, 3, . . .
a7 = 0, · · · a2n+1 = 0, para n = 2, 3, . . .
y(t) =
=
∞
X
n=0
∞
X
an t n
a2n t
2n
+
n=0
a2n+1 t2n+1
n=0
¡
= a0 1 − 3t
∞
X
¢
2
+ a1
µ
1
t − t3
3
¶
y(t) = a0 y1 (t) + a1 y2 (t),
em que
y1 (t) = 1 − 3t2
pois
det
·
y1 (0) y2 (0)
y10 (0) y20 (0)
¸
1
e y2 (t) = t − t3
3
= det
·
1 0
0 1
¸
= 1 6= 0
Reginaldo J. Santos
30
5
(c) Substituindo-se y(t) =
P∞
n=0
an tn e y 00 (t) =
equação (4 − t2 )y 00 + 2y = 0, obtemos
2
(4 − t )
4
∞
X
n=0
4
n
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2 tn −
4
n=0
∞
X
+ 2)(n + 1)an+2 tn na
an t n = 0
n=0
n
∞
X
n=0 (n
(n + 2)(n + 1)an+2 t + 2
(n + 2)(n + 1)an+2 t − t
∞
X
n=0
∞
X
P∞
2
∞
X
(n + 2)(n + 1)an+2 t + 2
∞
X
an t n = 0
n=0
n=0
∞
∞
X
X
(n + 2)(n + 1)an+2 tn+2 + 2
an t n = 0
n=0
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2 tn −
8a2 + 4 · 3 · 2 · a3 t + 2a0 + 2a1 t +
n
∞
X
n=2
n(n − 1)an tn + 2
∞
X
an t n = 0
n=0
∞
X
[4(n + 2)(n + 1)an+2 − n(n − 1)an + 2an ]tn = 0
n=2
O que implica em

 8a2 + 2a0 = 0
4 · 3 · 2 · a3 + 2a1 = 0

4(n + 2)(n + 1)an+2 − n(n − 1)an + 2an = 0, n = 2, 3, . . .

1
 a2 = − 4 a0
1
a1
a3 = − 4·3

n2 −n−2
an+2 = 4(n+2)(n+1) an =
a4 = 0,
1
a5 = − 42 ·5·3
a1 ,
n−2
a ,
4(n+2) n
n = 2, 3, . . .
a6 = 0,
· · · a2n = 0, para n = 2, 3, . . .
1
1
a7 = − 43 ·7·5 a1 , · · · a2n+1 = − 4n (2n+1)(2n−1)
a1 , n = 1, . . .
y(t) =
∞
X
an t n
n=0
=
∞
X
a2n t
2n
+
n=0
= a0
µ
∞
X
a2n+1 t2n+1
n=0
1
1 − t2
4
¶
+ a1
Ã
t−
∞
X
n=1
1
t2n+1
n
4 (2n + 1)(2n − 1)
!
31
y(t) = a0 y1 (t) + a1 y2 (t),
em que
1
y1 (t) = 1 − t2
4
pois
e y2 (t) = t −
∞
X
n=1
1
t2n+1
4n (2n + 1)(2n − 1)
¸
·
¸
1 0
y1 (0) y2 (0)
= det
det
= 1 6= 0
0 1
y10 (0) y20 (0)
P
P∞
n
0
n
(d) Substituindo-se y(t) = ∞
n=0 an t , y (t) =
n=0 (n + 1)an+1 t e
P
n
2 00
0
y 00 (t) = ∞
n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 t na equação (3 − t )y − 3ty − y = 0, obtemos
·
(3 − t2 )
3
∞
X
n=0
∞
X
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2 tn − 3t
n
(n + 2)(n + 1)an+2 t − t
2
∞
X
∞
X
n=0
(n + 1)an+1 tn −
(n + 2)(n + 1)an+2 t
n
n=0
∞
X
n=0
∞
X
−3
(n + 1)an+1 tn+1
n=0
−
3
∞
X
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2 tn −
∞
X
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2 tn+2 −3
∞
X
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2 tn −
∞
X
n=2
n(n − 1)an tn − 3
∞
X
n=1
∞
X
an t n = 0
n=0
∞
X
(n + 1)an+1 tn+1
n=0
−
3
an t n = 0
∞
X
an t n = 0
n=0
nan tn −
∞
X
an t n = 0
n=0
∞
X
6a2 +3 ·2·a3 t−3a1 t−a0 −a1 t+ [3(n+2)(n+1)an+2 −n(n−1)an −3nan −an ]tn = 0
2
n=2
Reginaldo J. Santos
32
5
O que implica em

 6a2 − a0 = 0
32 · 2 · a3 − 4a1 = 0

3(n + 2)(n + 1)an+2 − n(n − 1)an − 3nan − an = 0, n = 2, 3, . . .

1
 a2 = 3·2 a0
2
a3 = 3 2 a1

(n+1)2
n2 +2n+1
n+1
an+2 = 3(n+2)(n+1)
an = 3(n+2)(n+1)
an = 3(n+2)
an , n = 1, 2, . . .
a4 =
a5 =
3
a,
32 ·4·2 0
4·2
a,
32 ·5·3 1
a6 =
a7 =
5·3
a,
33 ·6·4·2 0
6·4·2
a,
33 ·7·5·3 1
(2n)!
a , n = 2, 3, . . .
3n ·22n (n!)2 0
22n (n!)2
a2n+1 = 3n (2n+1)! a1 , n = 1, 2, . . .
· · · a2n =
···
y(t) =
=
∞
X
n=0
∞
X
an t n
a2n t
2n
+
= a0
a2n+1 t2n+1
n=0
n=0
Ã
∞
X
1+
∞
X
n=1
(2n)!
t2n
n
2n
2
3 · 2 (n!)
!
+ a1
Ã
∞
X
22n (n!)2 2n+1
t
t+
3n (2n + 1)!
n=1
!
y(t) = a0 y1 (t) + a1 y2 (t),
em que
y1 (t) = 1 +
∞
X
n=1
pois
(2n)!
t2n
n
2n
2
3 · 2 (n!)
∞
X
22n (n!)2 2n+1
e y2 (t) = t +
t
3n (2n + 1)!
n=1
¸
·
¸
1 0
y1 (0) y2 (0)
= det
det
= 1 6= 0
0 1
y10 (0) y20 (0)
P
P∞
n
0
n
(e) Substituindo-se y(t) = ∞
a
t
,
y
(t)
=
n
n=0
n=0 (n + 1)an+1 t e
P
n
00
0
y 00 (t) = ∞
n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 t na equação (1 − t)y + ty − y = 0, obtemos
·
(1 − t)
∞
X
n
(n + 2)(n + 1)an+2 t + t
n=0
∞
X
n=0
n
(n + 1)an+1 t −
∞
X
an t n = 0
n=0
33
∞
∞
∞
X
X
X
n
n
(n + 1)an+1 tn+1
(n + 2)(n + 1)an+2 t +
(n + 2)(n + 1)an+2 t − t
n=0
n=0
n=0
−
∞
X
n=0
n
(n + 2)(n + 1)an+2 t −
∞
X
(n + 2)(n + 1)an+2 t
n+1
+
∞
X
n=0
2a2 − a0 +
∞
X
n=1
(n + 1)an+1 tn+1
n=0
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2 tn −
n=0
∞
X
−
∞
X
an t n = 0
∞
X
(n + 1)nan+1 tn +
n=1
∞
X
n=1
∞
X
an t n = 0
n=0
nan tn −
∞
X
an t n = 0
n=0
[(n + 2)(n + 1)an+2 − n(n + 1)an+1 + nan − an ]tn = 0
O que implica em
½
2a2 − a0 = 0
(n + 2)(n + 1)an+2 − n(n + 1)an+1 + nan − an = 0, n = 1, 2, 3, . . .
½
a2 = 12 a0
n−1
n
an+1 − (n+2)(n+1)
an , n = 1, 2, . . .
an+2 = n+2
a3 =
an+2 =
1
a,
3·2 0
a4 =
2
a
4·3·2 0
− 4!1 a0 =
1
a,
4! 0
a5 =
3
a
5! 0
1
n−1
1
1
n
a0 −
a0 =
a0 ,
n + 2 (n + 1)!
(n + 2)(n + 1) n!
(n + 2)!
− 5!2 a0 =
1
a ,···
5! 0
para n = 0, 1, 2, . . .
y(t) =
∞
X
an t n
n=0
= a0
Ã
∞
X
1 n
t
1+
n!
n=2
!
+ a1 t
y(t) = a0 y1 (t) + a1 y2 (t),
Reginaldo J. Santos
34
5
em que
∞
X
1 n
t
y1 (t) = 1 +
n!
n=2
pois
det
·
¸
y1 (0) y2 (0)
y10 (0) y20 (0)
= det
e y2 (t) = t
·
1 0
0 1
¸
= 1 6= 0
Agora, como y(0) = −3, então substituindo t = 0 e y = −3 na expressão de
y(t) obtemos que a0 = −3. Como y 0 (0) = 2, substituindo-se t = 0 e y 0 = 2 na
0
y (t) = a0
∞
X
n=2
1
tn−1 + a1
(n − 1)!
obtemos a1 = 2. Assim a solução do problema de valor inicial é
!
Ã
∞
X
1 n
t + 2t
y(t) = −3 1 +
n!
n=2
P
P∞
n
0
n
(f) Substituindo-se y(t) = ∞
n=0 an t , y (t) =
n=0 (n + 1)an+1 t e
P
n
00
0
y 00 (t) = ∞
n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 t na equação 2y + ty + 3y = 0, obtemos
2
∞
X
(n + 2)(n + 1)an+2 tn + t
2
n
(n + 2)(n + 1)an+2 t +
n=0
2
n=0
n=0
n=0
∞
X
∞
∞
X
X
an t n = 0
(n + 1)an+1 tn + 3
∞
X
(n + 1)an+1 t
n+1
+3
n=0
∞
X
(n + 2)(n + 1)an+2 tn +
n=0
4a2 + 3a0 +
an t n = 0
n=0
∞
X
n=1
∞
X
∞
X
nan tn + 3
∞
X
an t n = 0
n=0
[2(n + 2)(n + 1)an+2 + nan + 3an ]tn = 0
n=1
O que implica em
½
4a2 + 3a0 = 0
2(n + 2)(n + 1)an+2 + nan + 3an = 0, n = 1, 2, 3, . . .
35
½
a2 = − 43 a0
n+3
an+2 = − 2(n+2)(n+1)
an , n = 1, 2, . . .
n
a6 = − 7·5·3
a,
· · · a2n = (−1)22n(2n+1)
a0 , n = 1, 2, . . .
23 ·6! 0
·n!
(−1)n (n+1)!
6·4
a5 = 22 ·5·4·3·2 a1 , · · · a2n+1 = (2n+1)! a1 , n = 1, . . .
5·3
a4 = 22 ·4·3·2
a0 ,
4
a3 = − 2·3·2 a1 ,
y(t) =
=
∞
X
n=0
∞
X
an t n
a2n t2n +
n=0
= a0
Ã
∞
X
a2n+1 t2n+1
n=0
1+
∞
X
n=1
(−1)n (2n + 1) 2n
t
22n · n!
!
+ a1
Ã
t+
∞
X
(−1)n (n + 1)!
n=1
(2n + 1)!
t2n+1
!
y(t) = a0 y1 (t) + a1 y2 (t),
em que
y1 (t) = 1 +
∞
X
(−1)n (2n + 1)
22n
n=1
pois
· n!
t
2n
e y2 (t) = t +
∞
X
(−1)n (n + 1)!
n=1
(2n + 1)!
t2n+1
·
¸
·
¸
y1 (0) y2 (0)
1 0
det
= det
= 1 6= 0
y10 (0) y20 (0)
0 1
P∞
P∞
n
00
n
2. (a) Substituindo-se y(t) =
a
t
e
y
(t)
=
n
n=0
n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 t na
equação y 00 + k 2 t2 y = 0, obtemos
∞
X
n
(n + 2)(n + 1)an+2 t + k
2
an tn+2 = 0
n=0
n=0
∞
X
∞
X
(n + 2)(n + 1)an+2 tn + k 2
n=0
2a2 + 6a3 t +
∞
X
an−2 tn = 0
n=2
∞
X
[(n + 2)(n + 1)an+2 + k 2 an−2 ]tn = 0.
n=2
Reginaldo J. Santos
36
5
O que implica em

 2a2 = 0
6a3 = 0

(n + 2)(n + 1)an+2 + k 2 an−2 = 0, n = 2, 3, . . .
(
a2 = a 3 = 0
k2
an+2 = − (n+2)(n+1)
an−2 , n = 2, 3, . . .
a4
a5
a6
a7
2
k
= − 4·3
a0 ,
2
k
= 5·4 a1 ,
= 0,
= 0,
4
k
= 8·7·4·3
a0 , · · ·
k4
= 9·8·5·4 a1 , · · ·
= 0,
a4n+2 = 0,
= 0,
a4n+3 = 0,
a8
a9
a10
a11
para n = 0, 1, 2, . . .
para n = 0, 1, 2, . . .
y(t) =
∞
X
an t n
n=0
=
=
∞
X
n=0
∞
X
n=0
= a0
a4n t
4n
+
a4n t4n +
µ
∞
X
n=0
∞
X
a4n+1 t
4n+1
+
∞
X
a4n+2 t
4n+2
+
∞
X
a4n+3 t4n+3
n=0
n=0
a4n+1 t4n+1
n=0
¶
k 4
k4
8
1−
t +
t + ··· +
4·3
8·7·4·3
¶
µ
k4
k2 5
9
t +
t + ···
+a1 t −
5·4
9·8·5·4
2
y(t) = a0 y1 (t) + a1 y2 (t),
em que
k2 4
k4
t +
t8 + · · ·
4·3
8·7·4·3
k2 5
k4
y2 (t) = t −
t +
t9 + · · ·
5·4
9·8·5·4
y1 (t) = 1 −
pois
det
·
y1 (0) y2 (0)
y10 (0) y20 (0)
¸
= det
·
1 0
0 1
¸
= 1 6= 0
37
(b) Substituindo-se y(t) =
P∞
n=0
an tn e y 00 (t) =
equação (1 − t)y 00 + y = 0, obtemos
(1 − t)
∞
X
n=0
∞
X
n=0
∞
X
(n + 2)(n + 1)an+2 tn −
∞
X
2a2 + a0 +
n=1
an t n = 0
n
(n + 2)(n + 1)an+2 t +
∞
X
an t n = 0
n=0
n=0
∞
∞
X
X
an t n = 0
(n + 2)(n + 1)an+2 tn+1 +
n=0
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2 tn −
∞
X
∞
X
+ 2)(n + 1)an+2 tn na
n=0
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2 t − t
n=0
n=0 (n
(n + 2)(n + 1)an+2 tn +
n
∞
X
P∞
∞
X
(n + 1)nan+1 tn +
∞
X
an t n = 0
n=0
n=1
[(n + 2)(n + 1)an+2 − (n + 1)nan+1 + an ]tn = 0
O que implica em
½
2a2 + a0 = 0
(n + 2)(n + 1)an+2 − (n + 1)nan+1 + an = 0, n = 1, 2, 3, . . .
½
a2 = − 12 a0
1
n
an+1 − (n+2)(n+1)
an , n = 1, 2, 3, . . .
an+2 = n+2
a3 =
a4 =
1
a
3 2
1
a
2 3
−
−
1
a
3·2 1
1
a
4·3 2
1
1
= − 3·2
a0 − 3·2
a1
1
1
= − 3·22 a0 − 3·22 a1 +
1
a
4·3·2 0
1
= − 4·3·2
a0 −
1
a
3·22 1
y(t) =
∞
X
n=0
= a0
an t n
µ
¶
1 3
1
1 2
4
t −
t + ··· +
1− t −
2
3·2
4·3·2
¶
µ
1 4
1 3
t −
t + ···
+a1 t −
3·2
3·4
y(t) = a0 y1 (t) + a1 y2 (t),
Reginaldo J. Santos
38
5
em que
1
1 3
1
y1 (t) = 1 − t2 −
t −
t4 + · · ·
2
3·2
4·3·2
1 3
1 4
y2 (t) = t −
t −
t + ···
3·2
3·4
pois
·
¸
·
¸
y1 (0) y2 (0)
1 0
det
= det
= 1 6= 0
y10 (0) y20 (0)
0 1
P
P∞
n
0
n
(c) Substituindo-se y(t) = ∞
n=0 an t , y (t) =
n=0 (n + 1)an+1 t e
P
n
2 00
0
y 00 (t) = ∞
n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 t na equação (2 + t )y − ty + 4y = 0, obtemos
(2 + t2 )
∞
∞
∞
X
X
X
(n + 2)(n + 1)an+2 tn − t
(n + 1)an+1 tn + 4
an t n = 0
n=0
2
∞
X
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2 tn + t2
n=0
2
∞
X
n=0
2
∞
X
n=0
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2 tn −
P∞
n=0 (n
+4
P∞
+ 1)an+1 tn+1
n=0
an t n = 0
∞
∞
∞
X
X
X
n+2
n
(n+2)(n+1)an+2 t +
(n+2)(n+1)an+2 t −
nan t +4
an t n = 0
∞
X
n
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2 tn +
n=0
n=1
∞
X
n=2
4a2 +12a3 t−a1 t+4a0 +4a1 t+
n(n − 1)an tn −
∞
X
n=2
∞
X
nan tn + 4
n=1
n=0
∞
X
an t n = 0
n=0
[2(n+2)(n+1)an+2 +n(n−1)an −nan +4an ]tn = 0
O que implica em

 4a2 + 4a0 = 0
12a3 + 3a1 = 0

2(n + 2)(n + 1)an+2 + n(n − 1)an − nan + 4an = 0, n = 2, 3, . . .

 a2 = −a0
a3 = − 14 a1

−n(n−2)−4
an , n = 2, 3, . . .
an+2 = 2(n+2)(n+1)
a4 =
a5 =
1
a,
3·2 0
7
a,
5·42 ·2 1
a6 =
a7 =
−1
a,
30 0
−19
a,
6·5·42 ·22 1
···
···
39
y(t) =
∞
X
an t n
n=0
=
∞
X
a2n t
2n
+
∞
X
a2n+1 t2n+1
n=0
µ
¶
1 4
2
= a0 1 − t +
t + ··· +
3·2
¶
µ
19
7
3
5
t −
t + ···
+a1 t +
5 · 42 · 2
6 · 5 · 4 2 · 22
n=0
y(t) = a0 y1 (t) + a1 y2 (t),
em que
1 4
t + ···
3·2
7
19
y2 (t) = t +
t3 −
t5 + · · ·
2
5·4 ·2
6 · 5 · 4 2 · 22
y1 (t) = 1 − t2 +
pois
det
·
y1 (0) y2 (0)
y10 (0) y20 (0)
¸
= det
·
1 0
0 1
¸
= 1 6= 0
Agora, como y(0) = −3, então substituindo t = 0 e y = −3 na expressão de
y(t) obtemos que a0 = −3. Como y 0 (0) = 2, substituindo-se t = 0 e y 0 = 2 na
¶
µ
2 3
0
y (t) = a0 −2t + t + · · · +
3
¶
µ
19
3·7 2
4
t + ···
t −
+a1 1 +
5 · 42 · 2
6 · 42 · 22
obtemos a1 = 2. Assim a solução do problema de valor inicial é
¶
µ
1 4
2
t + ··· +
y(t) = −3 1 − t +
3·2
µ
¶
7
19
5
3
+2 t +
t + ···
t −
5 · 42 · 2
6 · 5 · 4 2 · 22
Reginaldo J. Santos
40
6
6
TRANSFORMADA DE LAPLACE
Transformada de Laplace
6.1
Introdução
A transformada de Laplace pode ser usada para resolver equações diferencias lineares
com coeficientes constantes, ou seja, equações da forma
ay 00 + by 0 + cy = f (t),
para a, b, c ∈ R
Para isso, a equação diferencial é inicialmente transformada pela transformada de Laplace
numa equação algébrica. Depois resolve-se a equação algébrica e finalmente transforma-se
de volta a solução da equação algébrica na solução da equação diferencial inicial.
A transformada de Laplace de uma função f : [0, ∞) → R é definida por
Z ∞
L(f )(s) = F (s) =
e−st f (t)dt.
0
para todo s ≥ 0 em que a integral acima converge. Representaremos a função original por
uma letra minúscula e a sua variável por t, e a sua transformada de Laplace pela letra
correspondente maiúscula e a sua variável. Por exemplo, as transformadas de Laplace das
funções f (t), g(t) e h(t) serão representadas por F (s), G(s) e H(s), respectivamente.
Exemplo 8. A transformada de Laplace da função f : [0, ∞) → R definida por f (t) = 1
é dada por
F (s) =
Z
∞
e
−st
0
¯∞
e−sA e−s0
e−s0
1
e−st ¯¯
=
lim
−
=
0
−
= ,
1 dt =
¯
A→∞ −s
−s 0
−s
−s
s
para s > 0.
Exemplo 9. Seja a uma constante real. A transformada de Laplace da função
f : [0, ∞) → R definida por f (t) = eat é dada por
F (s) =
Z
0
∞
e
−st at
e dt =
Z
∞
e
0
−(s−a)t
¯∞
e−(s−a)0
1
e−(s−a)t ¯¯
=
0−
=
,
dt =
¯
a−s 0
a−s
s−a
para s > a.
6.1
Introdução
41
Teorema 5 (Linearidade). Se a transformada de Laplace de f (t) é F (s), para s > a 1 ,
e a transformada de Laplace de g(t) é G(s), para s > a2 , então 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 }.
Exemplo 10. Seja a uma constante real. A transformada de Laplace da função
h : [0, ∞) → R definida por h(t) = eiat é dada por
¯∞
Z ∞
Z ∞
e−(s−ia)t ¯¯
−(s−ia)t
−st iat
e
dt =
e e dt =
H(s) =
−(s − ia) ¯0
0
0
=
=
lim e−sA (cos aA + i sen aA) −
A→∞
1
,
s − ia
e−(s−ia)0
e−(s−ia)0
=0−
−(s − ia)
ia − s
para s > 0.
Exemplo 11. Seja a uma constante. Vamos determinar a transformada de Laplace das
funções f : [0, ∞) → R dada por f (t) = cos at e g : [0, ∞) → R dada por g(t) = sen at.
No exemplo anterior calculamos a transformada de Laplace de
h(t) = eiat = cos at + i sen at = f (t) + ig(t)
Pela linearidade da transformada de Laplace (Teorema 5)
H(s) = L(h)(s) = L(f )(s) + iL(g)(s) = F (s) + iG(s)
Comparando a parte real (imaginária) do lado direito com a parte real (imaginária) do
lado esquerdo da igualdade obtemos
1
s + ia
s
F (s) = Re{
,
} = Re{
}= 2
s − ia
(s − ia)(s + ia)
s + a2
1
s + ia
a
G(s) = Im{
} = Im{
}= 2
,
s − ia
(s − ia)(s + ia)
s + a2
para s > 0
para s > 0.
Exemplo 12. Seja n um inteiro positivo. Deixamos como exercı́cio mostrar que a transformada de Laplace da função f : [0, ∞) → R dada por f (t) = tn é dada por
n!
F (s) = n+1 , para s > 0.
s
Reginaldo J. Santos
42
6
Teorema 6 (1o. Teorema de Deslocamento). Seja a uma constante. Se a transformada de Laplace da função f : [0, ∞) → R é F (s), para s > c, então a transformada de
Laplace da função
g(t) = eat f (t)
é
G(s) = F (s − a),
para s > a + c
Exemplo 13. 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 é dada por
F (s) =
s−b
,
(s − b)2 + a2
para s > a.
Exemplo 14. 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 é dada por
F (s) =
a
,
(s − b)2 + a2
para s > a.
Exemplo 15. 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 é dada
por
F (s) =
n!
,
(s − a)n+1
para s > a.
Exemplo 16. Seja a uma constante. Pelo Teorema anterior a transformada de Laplace
eat + e−at
do cosseno hiperbólico de at, f (t) = cosh at =
, é dada por
2
F (s) =
1 1
1 1
s
,
+
= 2
2s−a 2s+a
s − a2
para s > |a|.
6.1
Introdução
43
Exemplo 17. Seja a uma constante. Pelo Teorema anterior a transformada de Laplace
eat − e−at
, é dada por
do seno hiperbólico de at, f (t) = senh at =
2
F (s) =
1 1
1 1
a
−
= 2
,
2s−a 2s+a
s − a2
para s > |a|.
Exemplo 18. Se a transformada de Laplace de uma função f (t) é
F (s) =
s2
s+3
− 3s + 2
então vamos determinar a função f (t). Para isso vamos decompor F (s) em frações parciais. O denominador de F (s) tem duas raı́zes reais s = 1 e s = 2. Assim,
F (s) =
A
B
s+3
=
+
,
(s − 1)(s − 2)
s−1 s−2
em que A e B são 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,
F (s) =
1
1
s+3
= −4
+5
(s − 1)(s − 2)
s−1
s−2
e a função cuja transformada é F (s) é
f (t) = −4et + 5e2t .
Reginaldo J. Santos
44
6
F (s) =
s2
s−3
+ 4s + 4
então vamos determinar a função f (t). O denominador de F (s) tem somente uma raiz
real, s = 2. Podemos reescrever F (s) da seguinte forma
F (s) =
s−3
s+2−5
s+2
−5
1
1
=
=
+
=
−5
.
2
2
2
2
(s + 2)
(s + 2)
(s + 2)
(s + 2)
s+2
(s + 2)2
Observando a Tabela na página 45, usando o 1o. Teorema do deslocamento e o Teorema
da Linearidade vemos que a função cuja transformada de Laplace é F (s) é dada por
f (t) = e−2t − 5e−2t t.
F (s) =
s−2
2s2 + 2s + 2
então vamos determinar a função f (t). Completando quadrados podemos reescrever F (s)
da seguinte forma
s−2
s−2
s−2
=
=
2
+ 2s + 2
2[s + s + 1]
2[(s + 1/2)2 + 3/4]
s + 1/2
5/2
s + 1/2 − 5/2
=
−
=
2
2
2[(s + 1/2) + 3/4]
2[(s + 1/2) + 3/4] 2[(s + 1/2)2 + 3/4]
s + 1/2
5
1
1
−
=
2
2 (s + 1/2) + 3/4 4 (s + 1/2)2 + 3/4
√
s + 1/2
3/2
1
5
=
− √
2
2 (s + 1/2) + 3/4 2 3 (s + 1/2)2 + 3/4
F (s) =
2s2
Observando a Tabela na página 45, usando o 1o. Teorema do deslocamento e o Teorema
da Linearidade vemos que a função cuja transformada de Laplace é F (s) é dada por
Ã√ !
Ã√ !
3
5
3
1
t − √ e−t/2 sen
t .
f (t) = e−t/2 cos
2
2
2
2 3
6.2
6.2
Tabela de Transformadas de Laplace
45
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
, para s > 0
sen at
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
f (t)δ(t − t0 ))(s)
e−t0 s f (t0 ), s > 0
e−as
, para s > 0
s
ua (t)f (t−a)
e−as F (s)
ua (t) =
½
0, 0 ≤ t < a
1, t ≥ a
Reginaldo J. Santos
46
6
6.3
Solução de Problemas de Valor Inicial
Dizemos que uma função f : [0, ∞) → R é seccionalmente contı́nua ou contı́nua
por partes se f (t) é contı́nua em [0, ∞) exceto possivelmente em um número finito de
pontos, nos quais os limites laterais existem.
Teorema 7 (Derivação).
(a) Suponha que f : [0, ∞) → R seja derivável com f 0 (t)
seccionalmente contı́nua. Então
L(f 0 )(s) = sF (s) − f (0),
em que F (s) é a transformada de Laplace de f (t).
(b) Suponha que f : [0, ∞) → R seja derivável duas vezes com f 00 (t) seccionalmente
contı́nua. Então
L(f 00 )(s) = s2 F (s) − sf (0) − f 0 (0),
em que F (s) é a transformada de Laplace de f (t).
Exemplo 21. 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
s
− a2 F (s)
+ a2
2as
(s2 + a2 )2
6.3
Solução de Problemas de Valor Inicial
47
Exemplo 22. Seja a uma constante. Seja f (t) = t cos at. Deixamos como exercı́cio
mostrar que
s2 − a 2
F (s) = 2
(s + a2 )2
Exemplo 23. 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 à equação 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 raı́zes complexas, para decompor Y (s) em frações
parciais vamos encontrar A, B, C e D tais que
Y (s) =
As + B
Cs + D
+ 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)
Reginaldo J. Santos
48
6
Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema

A
= 1



2A + B
= 4
5A + 2B + C
= 13



5B
+ D = 14
que tem solução A = 1, B = 2, C = 4 e D = 4. Assim,
4s + 4
s+2
=
+
s2 + 2s + 5 (s2 + 2s + 5)2
s+1
1
2
=
+
+
(s + 1)2 + 4 2 (s + 1)2 + 4
Y (s) =
De onde obtemos
6.4
s+1+1
s+1
+
4
(s + 1)2 + 4
[(s + 1)2 + 4]2
2 · 2(s + 1)
[(s + 1)2 + 4]2
1
y(t) = e−t cos 2t + e−t sen 2t + te−t sen 2t
2
y
1
a
x
Figura 1: Função de Heaviside
Seja a uma constante maior ou igual a zero. Vamos definir a função degrau unitário
ou função de Heaviside por
ua (t) =
½
0, para 0 ≤ t < a
1, para t ≥ a
6.4
49
Vamos calcular a transformada de Laplace da função de Heaviside f (t) = ua (t).
¯
Z ∞
Z ∞
−st ¯∞
−sa
e−as
e
¯ =0− e
=
, para s > 0
F (s) =
e−st ua (t) dt =
e−st dt =
−s ¯a
−s
s
0
a
Exemplo 24. Vamos calcular a transformada de Laplace da função
½
1, para 0 ≤ t < 2
f (t) =
0, para t ≥ 2
Esta função pode ser escrita em termos da função de Heaviside como
f (t) = 1 − u2 (t).
Assim usando a linearidade da Transformada de Laplace obtemos
F (s) =
3
1 e−2s
−
.
s
s
y
2.5
2
1.5
1
0.5
0
x
−0.5
−0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
Figura 2: Função f (t) = 1 − u2 (t)
Reginaldo J. Santos
50
6

 0, para 0 ≤ t < 1
2, para 1 ≤ t < 2
f (t) =

0, para t ≥ 2
f (t) = 2u1 (t) − 2u2 (t).
Assim usando a linearidade da Transformada de Laplace obtemos
F (s) = 2
3
e−s
e−2s
−2
.
s
s
y
2.5
2
1.5
1
0.5
0
x
−0.5
−0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
Figura 3: Função f (t) = 2u1 (t) − 2u2 (t)
6.4
51
Teorema 8 (2o. Teorema de Deslocamento). Seja a uma constante positiva. Se a
transformada de Laplace da função f : [0, ∞) → R é F (s), para s > c, então a transformada de Laplace da função
g(t) = ua (t)f (t − a)
é
G(s) = e−as F (s),
2
para s > c
y
1.5
1
0.5
0
x
−0.5
−1
−1.5
−2
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Figura 4: Função f (t) = sen t − u2π (t)sen(t − 2π)
½
sen t, para 0 ≤ t < 2π
f (t) =
0,
para t ≥ 2π
f (t) = sen t − u2π (t) sen t.
Reginaldo J. Santos
52
6
Para usarmos o Teorema 8 precisamos escrever a segunda parcela em termos de uma
função g(t − 2π). Como sen t = sen(t − 2π), então
f (t) = sen t − u2π (t)sen(t − 2π)
e
F (s) =
2
s2
1
1
− e−2πs 2
.
+1
s +1
y
1.5
1
0.5
0
x
−0.5
−1
−1.5
−2
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Figura 5: Função f (t) = sen t − uπ (t)sen t
½
sen t, para 0 ≤ t < π
f (t) =
0,
para t ≥ π
f (t) = sen t − uπ (t)sen t.
Para usarmos o Teorema 8 precisamos escrever a segunda parcela em termos de uma
função g(t − π). Como sen t = −sen(t − π), então
f (t) = sen t + uπ (t)sen(t − π)
6.4
1.2
53
y
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
x
−0.2
0
5
10
15
20
Figura 6: Solução do problema de valor inicial do Exemplo 28
e
F (s) =
s2
1
1
+ e−πs 2
.
+1
s +1
Exemplo 28. Vamos resolver o seguinte problema de valor inicial
2y 00 + 2y 0 + 2y = f (t),
em que
y(0) = 0,
y 0 (0) = 0,

 0, para 0 ≤ t < 2
2, para 2 ≤ t < 10
f (t) =

0, para t ≥ 10
f (t) = 2u2 (t) − 2u10 (t).
Aplicando-se a transformada de Laplace à equação acima obtemos
¡
¢
e−2s
e−10s
2 s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 2 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = 2
−2
s
s
¡
¢
e−2s − e−10s
2s2 + 2s + 2 Y (s) = 2
s
Reginaldo J. Santos
54
6
Assim,
e−2s − e−10s
= (e−2s − e−10s )H(s),
Y (s) =
2
s(s + s + 1)
em que
1
+ s + 1)
Depois de encontrar a função h(t) cuja transformada de Laplace é H(s), a solução do
H(s) =
s(s2
problema de valor inicial é então, pelo 2o. Teorema de Deslocamento, dada por
y(t) = h(t − 2)u2 (t) − h(t − 10)u10 (t).
Vamos a seguir encontrar a função h(t) cuja transformada de Laplace é H(s). Como
s2 + s + 1 tem raı́zes complexas, a decomposição de H(s) em frações parciais é da forma
A
Bs + C
H(s) = + 2
.
s
s +s+1
Multiplicando-se H(s) por s(s2 + s + 1) obtemos
1 = A(s2 + s + 1) + (Bs + C)s = (A + B)s2 + (A + C)s + A
Comparando os coeficientes dos termos de mesmo grau obtemos o sistema de equações
lineares

= 0
 A + B
A
+ C = 0

A
= 1
que tem solução A = 1, B = −1 e C = −1. Assim,
1
s+1
1
s+1
H(s) =
− 2
= −
s s +s+1
s (s + 1/2)2 + 3/4
1
s + 1/2
1/2
=
−
−
2
s (s + 1/2) + 3/4 (s + 1/2)2 + 3/4
√
1
s + 1/2
1
3/2
=
−
−√
2
s (s + 1/2) + 3/4
3 (s + 1/2)2 + 3/4
De onde obtemos que a função cuja transformada de Laplace é H(s) é
Ã√ !
Ã√ !
3
1
3
h(t) = 1 − e−t/2 cos
t − √ e−t/2 sen
t
2
2
3
e a solução do problema de valor inicial é dado por
y(t) = h(t − 2)u2 (t) − h(t − 10)u10 (t).
6.5
6.5
Transformada de Laplace do Delta de Dirac
55
Transformada de Laplace do Delta de Dirac
O delta de Dirac δ(t) é uma função generalizada definida pela seguinte propriedade
Z
∞
f (t)δ(t − t0 )dt = f (t0 ),
0
para toda função f : [0, ∞) → R seccionalmente contı́nua
(22)
Aplicando a propriedade que define o delta de Dirac (22) obtemos que a transformada de
Laplace do delta é dada por
L(δ(t − t0 ))(s) =
Z
∞
e−st δ(t − t0 )dt = e−t0 s
0
Também temos que
L(f (t)δ(t − t0 ))(s) =
6.6
Z
∞
0
e−st f (t)δ(t − t0 )dt = e−t0 s f (t0 )
Convolução
A convolução de duas funções f, g : [0, ∞) → R é uma função definida por
Z t
f (t − τ )g(τ )dτ
(f ∗ g)(s) =
0
Teorema 9. Seja F (s) a transformada de Laplace de f : [0, ∞) → R e G(s) a transfor-
mada de Laplace de g : [0, ∞) → R. Então,
L(f ∗ g)(s) = F (s)G(s)
A convolução satisfaz as seguintes propriedades:
(a) f ∗ g = g ∗ f
(b) f ∗ (g1 + g2 ) = f ∗ g1 + f ∗ g2
(c) (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h)
(d) f ∗ 0 = 0 ∗ f = 0
Reginaldo J. Santos
56
7
7
EXERCÍCIOS SOBRE TRANSFORMADA DE LAPLACE
Exercı́cios sobre Transformada de Laplace
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
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
00
0
0
y + 3y + 2y = f (t), y(0) = 0,y (0) = 1, em que f (t) =
1, para t ≥ 2
½
0, para 0 ≤ t < 3π
y 00 + y = f (t), y(0) = 0,y 0 (0) = 1, em que f (t) =
1, para t ≥ 3π
½
5
y 00 +y 0 + 4 y = f (t), y(0) = 0,y 0 (0) = 0, em que f (t) =
0,
para t ≥ π

 0, para 0 ≤ t < π
00
0
1, 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
57
Respostas dos Exercı́cios
1. (a)
¡ 2
¢
1
s Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + (sY (s) − y(0)) − 2Y (s) = 2 2
s
¡
Assim,
¢
2
s2 + s − 2 Y (s) = 2 + 1
s
2
1
+
+ 2)(s − 1) (s + 2)(s − 1)
2 + s2
= 2
s (s + 2)(s − 1)
Y (s) =
s2 (s
Y (s) =
A B
C
D
+ 2+
+
s
s
s+2 s−1
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)




A
+ C + D = 0
A + B − C + 2D = 1
−2A + B
= 0



− 2B
= 2
que tem solução A = −1/2, B = −1, C = −1/2 e D = 1. Assim,
Y (s) =
−1/2
1
1/2
1
− 2−
+
s
s
s+2 s−1
1
1
y(t) = − − t − e−2t + et
2
2
Reginaldo J. Santos
58
7
5
y
4
3
2
1
0
x
−1
0
0.5
1
1.5
2
(b)
¢
2
3
s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) = 3 +
s
s−1
0
Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 2 obtemos
¡
Assim,
¡
¢
3
2
+2
s2 + 4 Y (s) = 3 +
s
s−1
3
2
2
+
+ 2
2
+ 4) (s − 1)(s + 4) s + 4
Y (s) =
s3 (s2
C
Ds + E
A B
2
= + 2+ 3+ 2
+ 4)
s
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

A
+ D
= 0




B
+ E = 0

4A
+ C
= 0


4B
= 0



4C
= 2
59
que tem solução A = −1/8, B = 0, C = 1/2, D = 1/8 e E = 0. Assim,
1/8 1 2
1 s
2
=−
+ 3+ 2
+ 4)
s
4s
8s +4
s3 (s2
A
Bs + C
3
=
+ 2
2
(s − 1)(s + 4)
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 solução A = 3/5, B = −3/5 e C = −3/5. Assim,
3/5
3 s+1
3/5
3 s
3 2
3
=
− 2
=
− 2
−
2
(s − 1)(s + 4)
s−1 5s +4
s − 1 5 s + 4 10 s2 + 4
Y (s) = −
1/8 1 2
1 s
3/5
3 s
3 2
2
+ 3+ 2
+
− 2
−
+ 2
2
s
4s
8 s + 4 s − 1 5 s + 4 10 s + 4 s + 4
1 1
19
3
7
y(t) = − + t2 −
cos 2t + et + sen 2t
8 4
40
5
10
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) =
1
4
+
2
(s − 1)
s
Reginaldo J. Santos
60
7
¡
¢
s2 − 2s + 1 Y (s) =
1
4
+
+s−1
(s − 1)2 s
Assim,
4
s−1
1
+
+
4
2
(s − 1)
s(s − 1)
(s − 1)2
4
1
1
+
+
=
4
2
(s − 1)
s(s − 1)
s−1
Y (s) =
A
4
B
C
= +
+
2
s(s − 1)
s
s − 1 (s − 1)2
Multiplicando-se por s(s − 1)2 obtemos
4 = A(s2 − 2s + 1) + B(s − 1)s + Cs


A + B
−2A − B + C

A
= 0
= 0
= 4
que tem solução A = 4, B = −4 e C = 4. Assim,
1
4
4
4
1
+ −
+
+
4
2
(s − 1)
s s − 1 (s − 1)
s−1
4
6
3
4
1
+ −
+
=
4
6 (s − 1)
s s − 1 (s − 1)2
Y (s) =
1
y(t) = t3 et + 4 − 3et + 4tet
6
61
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
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 − 2)
(s − 3)(s + 1)
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) =
B
C
D
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)
Reginaldo J. Santos
62
7
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 solução 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
6
2s − 1
+ 2
2
+ 4)
s +4
63
6
16
1
s
− 2
+2 2
2
2
16 (s + 4)
s +4 s +4
3
s
1 2
8
=
+2 2
− 2
2
2
8 (s + 4)
s +4 2s +4
=
3
1
(sen 2t − 2t cos 2t) + 2 cos 2t − sen 2t
8
2
1
3
= 2 cos 2t − sen 2t − t cos 2t
8
4
y(t) =
2
y
1.5
1
0.5
0
x
−0.5
−1
−1.5
−2
−2.5
−3
−1
0
1
2
3
4
5
6
(f)
¢
1 e−πs/2
s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + Y (s) = −
s
s
¡
Assim,
¡
¢
1 e−πs/2
s2 + 1 Y (s) = −
+1
s
s
1
1
e−πs/2
+
−
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
Reginaldo J. Santos
64
7
y(t) = sen t + h(t) − h(t − π/2)uπ/2 (t).
A Bs + C
+ 2
.
s
s +1
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
H(s) =
1
s
− 2
s s +1
h(t) = 1 − cos t
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−πs
e−2πs
s Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 2 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = 2
−2
s
s
65
¡
Assim,
¢
e−πs − e−2πs
+1
s2 + 2s + 2 Y (s) = 2
s
1
+ 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) =
A
Bs + C
+ 2
.
s
s + 2s + 2
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 solução A = 1, B = −1 e C = −2. Assim,
s+2
1
s+2
1
− 2
= −
s s + 2s + 2
s (s + 1)2 + 1
s+1
1
1
−
−
=
2
s (s + 1) + 1 (s + 1)2 + 1
H(s) =
h(t) = 1 − e−t cos t − e−t sen t
y(t) = h(t − π)uπ (t) − h(t − 2π)u2π (t) + e−t sen t.
Reginaldo J. Santos
66
7
1.2
y
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
x
−0.2
−2
0
2
4
6
8
10
12
(h)
1
1
− e−2πs 2
+1
s +1
¡
Assim,
¢
s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) =
¡
¢
s2 + 4 Y (s) =
s2
1
e−2πs
−
s2 + 1 s2 + 1
1
e−2πs
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
s2 + 1
s +4
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)
67

A
+ C
= 0



B
+ D = 0
4A
+ C
= 0



4B
+ D = 1
Resolvendo-se o sistema obtemos a solução 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
3
6
1
1
1
1
y(t) = h(t) − u2π (t)h(t − 2π) = sen t − sen 2t − u2π (t)( sen t − sen 2t)
3
6
3
6
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
¡
¢
s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) =
Assim,
¡
¢
s2 + 4 Y (s) =
1
e−πs
+
s2 + 1 s2 + 1
e−πs
1
+
(s2 + 1)(s2 + 4) (s2 + 1)(s2 + 4)
= H(s) + e−πs H(s)
Y (s) =
Reginaldo J. Santos
68
7
em que
H(s) =
(s2
1
+ 1)(s2 + 4)
y(t) = h(t) + uπ (t)h(t − π)
Do exercı́cio anterior temos que
H(s) =
Assim,
1/3
−1/3
+ 2
+1 s +4
s2
1
1
h(t) = sen t − sen 2t
3
6
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)
3
6
3
6
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
¡
¡ 2
¢
1 e−10s
s + 3s + 2 Y (s) = −
s
s
Assim,
Y (s) =
1
e−10s
−
= H(s) − e−10s H(s)
2
2
s (s + 3s + 2) s (s + 3s + 2)
69
em que
H(s) =
s (s2
1
+ 3s + 2)
y(t) = h(t) − u10 (t)h(t − 10).
H(s) =
s (s2
1
1
A
B
C
=
= +
+
+ 3s + 2)
s(s + 1)(s + 2)
s
s+1 s+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 solução A = 1/2, B = −1 e C = 1/2. Assim,
H(s) =
11
1
1 1
−
+
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
Reginaldo J. Santos
70
7
¡
Assim,
Y (s) =
¢
e−2s
+1
s2 + 3s + 2 Y (s) =
s
1
e−2s
+
= 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) =
1
1
A
B
=
Y
(s)
=
=
+
1
s2 + 3s + 2
(s + 1)(s + 2)
s+1 s+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 solução A = 1 e B = −1. Assim,
Y1 (s) =
1
1
−
s+1 s+2
y1 (t) = e−t − e−2t .
Do exercı́cio anterior
H(s) =
11
1
1 1
−
+
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)
71
y
0.4
0.3
0.2
0.1
0
x
−0.1
−2
0
2
4
6
8
10
(l)
¢
e−3πs
s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + Y (s) =
s
0
¡
Assim,
¡
¢
e−3πs
s2 + 1 Y (s) =
+1
s
e−3πs
1
Y (s) =
+ 2
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
s +1
1 = A(s2 + 1) + (Bs + C)s = (A + B)s2 + Cs + A

= 0
 A + B
C = 0

A
= 1
Reginaldo J. Santos
72
7
s
1
− 2
s s +1
H(s) =
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
4
s +1
s +1
µ
¶
5
1
1
2
s +s+
Y (s) = 2
+ e−πs 2
4
s +1
s +1
Assim,
1
1
¢ + e−πs
¢
¡
5
2
2
+ 1) s + s + 4
(s + 1) s2 + s + 54
= H(s) + e−πs H(s)
Y (s) =
(s2
¡
em que
H(s) =
1
¢
(s2 + 1) s2 + s + 54
¡
73
y(t) = h(t) + uπ (t)h(t − π)
H(s) =
As + B
Cs + D
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 solução A = −16/17,
B = 4/17, C = 16/17 e D = 12/17. Assim,
H(s) =
=
=
=
µ
¶
4s + 3
4 −4s + 1
+ 2
17
s2 + 1
s + s + 54
µ
¶
1
4s + 3
4
s
+
+
−4 2
17
s + 1 s2 + 1 (s + 1/2)2 + 1
µ
¶
1
s + 3/4
s
4
+
+4
−4 2
17
s + 1 s2 + 1
(s + 1/2)2 + 1
µ
¶
1
s + 1/2
1
4
s
+
+4
+
−4 2
17
s + 1 s2 + 1
(s + 1/2)2 + 1 (s + 1/2)2 + 1
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)
Reginaldo J. Santos
74
7
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−πs
e−3πs
s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) = 2
−2
s
s
0
¡
Assim,
¡
s + 4 Y (s) = 2
s
2
¢
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(s + 4)
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
75
que tem solução A = 1/2, B = −1/2 e C = 0. Assim,
11 1 s
−
2 s 2 s2 + 4
H(s) =
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
−2
0
2
4
6
8
10
12
(o)
¡ 2
¢
s Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + Y (s) = e−2πs cos(2π)
Assim,
¡
¢
s2 + 1 Y (s) = e−2πs + 1
Y (s) =
e−2πs
1
+ 2
2
s +1 s +1
y(t) = u2π (t) sen(t − 2π) + sen t = (u2π (t) + 1)sen t.
Reginaldo J. Santos
76
7
(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
G(s)
5 + 2s
+
s2 + 4s + 4 s2 + 4s + 4
5 + 2s
G(s)
+
=
2
(s + 2)
(s + 2)2
Y (s) =
5 + 2s
A
B
=
+
2
(s + 2)
s + 2 (s + 2)2
Multiplicando-se por (s + 2)2 obtemos
5 + 2s = A(s + 2) + B = As + (2A + B)
½
A
= 2
2A + B = 5
que tem solução A = 2 e B = 1. Assim,
Y (s) =
2
1
G(s)
+
+
2
(s + 2)
s + 2 (s + 2)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
REFERÊNCIAS
77
Referências
[1] William E. Boyce and Richard C. DiPrima. Equações Diferenciais Elementares e
Problemas de Valores de Contorno. Livros Técnicos e Cientı́ficos Editora S.A., Rio de
Janeiro, 7a. edition, 2002.
[2] Erwin Kreiszig. Matemática Superior. Livros Técnicos e Cientı́ficos Editora S.A., Rio
de Janeiro, 2a. edition, 1985.
[3] Reginaldo J. Santos. Um Curso de Geometria Analı́tica e Álgebra Linear. Imprensa
Universitária da UFMG, Belo Horizonte, 2002.
[4] Dennis G. Zill and Michael R. Cullen. Equações Diferenciais. Makron Books, São
Paulo, 3a. edition, 2001.
Reginaldo J. Santos

diracs constantes

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