1     Introdu¸˜o             caA transformada de Laplace pode ser usada para resolver equa¸oes diferencias lineares com   ...
Exemplo 3. Seja a uma constante real. Vamos determinar a transformada de Laplacedas fun¸oes f : [0, ∞) → R dada por f (t) ...
1mas F0 (s) =    ´ a transformada de Laplace da fun¸ao constante 1, ou seja, F0 (s) = 1 .                e                ...
Exemplo 6. Sejam a e b constantes. Usando o Teorema anterior obtemos que a trans-formada de Laplace de f : [0, ∞) → R dada...
Comparando os termos de mesmo grau obtemos                             1=A+B         e 3 = −2A − Bde onde obtemos que A = ...
Observando a Tabela na p´gina 20, usando o 1o Teorema do deslocamento e o Teorema                        a                ...
2    Solu¸˜o de Problemas de Valor Inicial         ca    Dizemos que uma fun¸ao f : [0, ∞) → R ´ seccionalmente cont´     ...
Exemplo 14. Seja a uma constante. Seja f (t) = t cos at. Deixamos como exerc´                                             ...
Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema                                             A                   ...
6   Tabela de Transformadas de Laplace                          Transformadas de Laplace Elementares            f (t)     ...
7      Exerc´            ıcios    1. Resolva os problemas de valor inicial:        (a) y + y − 2y = 2t, y(0) = 0, y (0) = ...
(a) sem usar transformada de Laplace(b) usando transformada de Laplace
8     Respostas dos Exerc´                         ıcios    1. (a)                                                        ...
5                                    y                             4                             3                        ...
que tem solu¸ao A = −1/8, B = 0, C = 1/2, D = 1/8 e E = 0. Assim,                  c˜                                    2...
Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y (0) = 1 obtemos                                            1     4                ...
8                                     y                               7                               6                   ...
Comparando-se os termos de           mesmo grau obtemos o sistema                                                       ...
6       16          s      1                                   =       2 + 4)2                                            ...
y(t) = sen t + h(t) − h(t − π/2)uπ/2 (t).                                         A Bs + C                                ...
Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 1 obtemos                                              e−πs − e−2πs         ...
1.2                                        y                             1                            0.8                 ...
Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema                                                   A             ...
em que                                                                    1                                           H(s)...
em que                                                                1                                          H(s) =   ...
Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 1 obtemos                                                  e−2s             ...
y                             0.4                             0.3                             0.2                         ...
que tem solu¸ao A = 1, B = −1 e C = 0. Assim,                  c˜                                                         ...
y(t) = h(t) + uπ (t)h(t − π)                              1                  As + B   Cs + D            H(s) =            ...
2                                       y                            1.5                             1                    ...
que tem solu¸ao A = 1/2, B = −1/2 e C = 0. Assim,                  c˜                                                     ...
(p)                  s2 Y (s) − sy(0) − y (0) + 4 (sY (s) − y(0)) + 4Y (s) = G(s)         Substituindo-se os valores y(0) ...
Uma solu¸ao particular da equa¸ao n˜o homogˆnea ´ da forma yp (t) = A cos t+              c˜                    c˜ a      ...
Comparando-se os termos    de mesmo grau obtemos o sistema                                                    A     + B...
Referˆncias     e[1] William E. Boyce and Richard C. DiPrima. Equa¸oes Diferenciais Elementares e                         ...
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Transfromada de Laplace

  1. 1. 1 Introdu¸˜o caA transformada de Laplace pode ser usada para resolver equa¸oes diferencias lineares com c˜coeficientes constantes, ou seja, equa¸oes da forma c˜ ay + by + cy = f (t), para a, b, c ∈ RPara isso, a equa¸ao diferencial ´ inicialmente transformada pela transformada de Laplace c˜ enuma equa¸ao alg´brica. Depois resolve-se a equa¸ao alg´brica e finalmente transforma-se c˜ e c˜ ede volta a solu¸ao da equa¸ao alg´brica na solu¸ao da equa¸ao diferencial inicial. c˜ c˜ e c˜ c˜ A transformada de Laplace de uma fun¸ao f : [0, ∞) → R ´ definida por c˜ e ∞ L(f )(s) = F (s) = e−st f (t)dt. 0para todo s ≥ 0 em que a integral acima converge. Representaremos a fun¸ao original por c˜uma letra min´scula e a sua vari´vel por t, e a sua transformada de Laplace pela letra u acorrespondente mai´scula e a sua vari´vel. Por exemplo, as transformadas de Laplace das u afun¸oes f (t), g(t) e h(t) ser˜o representadas por F (s), G(s) e H(s), respectivamente. c˜ aExemplo 1. A transformada de Laplace da fun¸ao f : [0, ∞) → R definida por f (t) = 1 c˜´ dada pore ∞ ∞ e−st e−sT e−s0 e−s0 1 F (s) = e−st 1 dt = = lim − =0− = , para s > 0. 0 −s 0 T →∞ −s −s −s sExemplo 2. Seja a uma constante real. A transformada de Laplace da fun¸ao c˜f : [0, ∞) → R definida por f (t) = eat ´ dada por e ∞ ∞ ∞ −st at −(s−a)t e−(s−a)t e−(s−a)0 1F (s) = e e dt = e dt = = 0− = , para s > a. 0 0 a−s 0 a−s s−a
  2. 2. Exemplo 3. Seja a uma constante real. Vamos determinar a transformada de Laplacedas fun¸oes f : [0, ∞) → R dada por f (t) = cos at e g : [0, ∞) → R dada por g(t) = sen at. c˜Para isso, vamos calcular a transformada de Laplace da fun¸ao c˜h : [0, ∞) → R definida por h(t) = eiat . ∞ ∞ ∞ −st iat −(s−ia)t e−(s−ia)t H(s) = e e dt = e dt = 0 0 −(s − ia) 0 e−(s−ia)0 e−(s−ia)0 = lim e−sT (cos aT + i sen aT ) − =0− T →∞ −(s − ia) ia − s 1 = , para s > 0. s − ia Calculamos a acima a transformada de Laplace de h(t) = eiat = cos at + i sen at = f (t) + ig(t) ∞ H(s) = L(h)(s) = e−st (cos at + i sen at) dt = L(f )(s) + iL(g)(s) = F (s) + iG(s) 0Comparando a parte real (imagin´ria) do lado direito com a parte real (imagin´ria) do a alado esquerdo da igualdade obtemos 1 s + ia s F (s) = Re{ } = Re{ }= 2 , para s > 0 s − ia (s − ia)(s + ia) s + a2 1 s + ia a G(s) = Im{ } = Im{ }= 2 , para s > 0. s − ia (s − ia)(s + ia) s + a2Exemplo 4. Seja n um inteiro positivo. Vamos calcular a transformada de Laplace dafun¸ao f : [0, ∞) → R dada por fn (t) = tn , para n = 0, 1, 2, . . . c˜ ∞ ∞ tn est n ∞ Fn (s) = e t dt = −st n − e−st tn−1 dt 0 −s 0 −s 0 ∞ n n = e−st tn−1 dt = Fn−1 (s) s 0 sAplicando-se recursivamente a f´rmula obtida obtemos o n(n − 1) n(n − 1) . . . 1 Fn (s) = Fn−2 (s) = F0 (s) s2 sn
  3. 3. 1mas F0 (s) = ´ a transformada de Laplace da fun¸ao constante 1, ou seja, F0 (s) = 1 . e c˜ s s nAssim, a transformada de Laplace de fn (t) = t , para n = 0, 1, 2, . . . ´ e n! Fn (s) = , para s > 0. sn+1 Para calcular a transformada de Laplace de outras fun¸oes vamos usar as propriedades c˜que apresentamos a seguir.Teorema 1 (Linearidade). Se a transformada de Laplace de f (t) ´ F (s), para s > a 1 , ee a transformada de Laplace de g(t) ´ G(s), para s > a2 , ent˜o para constantes α e β e a L(αf + βg)(s) = αL(f )(s) + βL(g)(s) = αF (s) + βG(s), para s > max{a 1 , a2 }.Teorema 2 (1o Teorema de Deslocamento). Seja a uma constante. Se a transfor- .mada de Laplace da fun¸ao f : [0, ∞) → R ´ F (s), para s > c, ent˜o a transformada de c˜ e aLaplace da fun¸ao c˜ g(t) = eat f (t)´e G(s) = F (s − a), para s > a + cExemplo 5. Sejam a e b constantes. Usando o Teorema anterior obtemos que a trans-formada de Laplace de f : [0, ∞) → R dada por f (t) = ebt cos at ´ dada por e s−b F (s) = , para s > a. (s − b)2 + a2
  4. 4. Exemplo 6. Sejam a e b constantes. Usando o Teorema anterior obtemos que a trans-formada de Laplace de f : [0, ∞) → R dada por f (t) = ebt sen at ´ dada por e a F (s) = , para s > a. (s − b)2 + a2Exemplo 7. Seja a um constante e n um inteiro positivo. Usando o Teorema anteriorobtemos que a transformada de Laplace de f : [0, ∞) → R dada por f (t) = eat tn ´ dada epor n! F (s) = , para s > a. (s − a)n+1Exemplo 8. Seja a uma constante. Pelo Teorema anterior a transformada de Laplace eat + e−atdo cosseno hiperb´lico de at, f (t) = cosh at = o , ´ dada por e 2 1 1 1 1 s F (s) = + = 2 , para s > |a|. 2s−a 2s+a s − a2Exemplo 9. Seja a uma constante. Pelo Teorema anterior a transformada de Laplace eat − e−atdo seno hiperb´lico de at, f (t) = senh at = o , ´ dada por e 2 1 1 1 1 a F (s) = − = 2 , para s > |a|. 2s−a 2s+a s − a2Exemplo 10. Se a transformada de Laplace de uma fun¸ao f (t) ´ c˜ e s+3 F (s) = s2 − 3s + 2ent˜o vamos determinar a fun¸ao f (t). Para isso vamos decompor F (s) em fra¸oes parci- a c˜ c˜ais. O denominador de F (s) tem duas ra´ reais s = 1 e s = 2. Assim, ızes s+3 A B F (s) = = + , (s − 1)(s − 2) s−1 s−2em que A e B s˜o constantes a determinar. Multiplicando F (s) por (s − 1)(s − 2) obtemos a s + 3 = A(s − 2) + B(s − 1) = (A + B)s + (−2A − B)
  5. 5. Comparando os termos de mesmo grau obtemos 1=A+B e 3 = −2A − Bde onde obtemos que A = −4 e B = 5. Assim, s+3 1 1 F (s) = = −4 +5 (s − 1)(s − 2) s−1 s−2e a fun¸ao cuja transformada ´ F (s) ´ c˜ e e f (t) = −4et + 5e2t .Exemplo 11. Se a transformada de Laplace de uma fun¸ao f (t) ´ c˜ e s−3 F (s) = 2 s + 4s + 4ent˜o vamos determinar a fun¸ao f (t). O denominador de F (s) tem somente uma raiz a c˜real, s = 2. Podemos reescrever F (s) da seguinte forma s−3 s+2−5 s+2 −5 1 1 F (s) = = = + = −5 . (s + 2) 2 (s + 2) 2 (s + 2) 2 (s + 2) 2 s+2 (s + 2)2Observando a Tabela na p´gina 20, usando o 1o Teorema do deslocamento e o Teorema a .da Linearidade vemos que a fun¸ao cuja transformada de Laplace ´ F (s) ´ dada por c˜ e e f (t) = e−2t − 5e−2t t.Exemplo 12. Se a transformada de Laplace de uma fun¸ao f (t) ´ c˜ e s−2 F (s) = 2 2s + 2s + 2ent˜o vamos determinar a fun¸ao f (t). Completando quadrados podemos reescrever F (s) a c˜da seguinte forma s−2 s−2 s−2 F (s) = = = 2s2 + 2s + 2 2[s 2 + s + 1] 2[(s + 1/2)2 + 3/4] s + 1/2 − 5/2 s + 1/2 5/2 = 2 + 3/4] = 2 + 3/4] − 2[(s + 1/2) 2[(s + 1/2) 2[(s + 1/2)2 + 3/4] 1 s + 1/2 5 1 = 2 + 3/4 − 2 (s + 1/2) 4 (s + 1/2)2 + 3/4 √ 1 s + 1/2 5 3/2 = 2 + 3/4 − √ 2 (s + 1/2) 2 3 (s + 1/2)2 + 3/4
  6. 6. Observando a Tabela na p´gina 20, usando o 1o Teorema do deslocamento e o Teorema a .da Linearidade vemos que a fun¸ao cuja transformada de Laplace ´ F (s) ´ dada por c˜ e e √ √ 1 3 5 3 f (t) = e−t/2 cos t − √ e−t/2 sen t . 2 2 2 3 2
  7. 7. 2 Solu¸˜o de Problemas de Valor Inicial ca Dizemos que uma fun¸ao f : [0, ∞) → R ´ seccionalmente cont´ c˜ e ınua ou cont´ ınuapor partes se f (t) ´ cont´ e ınua em [0, ∞) exceto possivelmente em um n´mero finito de upontos, nos quais os limites laterais existem.Teorema 3 (Deriva¸˜o). ca (a) Suponha que f : [0, ∞) → R seja deriv´vel com f (t) a seccionalmente cont´ ınua. Ent˜o a L(f )(s) = sF (s) − f (0), em que F (s) ´ a transformada de Laplace de f (t). e (b) Suponha que f : [0, ∞) → R seja deriv´vel duas vezes com f (t) seccionalmente a cont´ ınua. Ent˜o a L(f )(s) = s2 F (s) − sf (0) − f (0), em que F (s) ´ a transformada de Laplace de f (t). eExemplo 13. Seja a uma constante. Seja f (t) = t sen at. Vamos determinar F (s). f (t) = sen at + at cos at f (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 s s2 F (s) − sf (0) − f (0) = 2a − a2 F (s) s2 + a2Assim, 2as F (s) = (s2 + a2 )2
  8. 8. Exemplo 14. Seja a uma constante. Seja f (t) = t cos at. Deixamos como exerc´ ıciomostrar que s2 − a 2 F (s) = 2 (s + a2 )2Exemplo 15. Vamos resolver o seguinte problema de valor inicial y + 2y + 5y = 4e−t cos 2t, y(0) = 1, y (0) = 0Aplicando-se a transformada de Laplace a equa¸ao acima obtemos ` c˜ s+1 s2 Y (s) − sy(0) − y (0) + 2 (sY (s) − y(0)) + 5Y (s) = 4 (s + 1)2 + 4Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y (0) = 0 obtemos s+1 s2 + 2s + 5 Y (s) = 4 +s+2 (s + 1)2 + 4 4s + 4 + (s + 2)(s2 + 2s + 5) = s2 + 2s + 5 s3 + 4s2 + 13s + 14 = s2 + 2s + 5Assim, s3 + 4s2 + 13s + 14 Y (s) = (s2 + 2s + 5)2Como o denominador tem somente ra´ ızes complexas, para decompor Y (s) em fra¸oes c˜parciais vamos encontrar A, B, C e D tais que As + B Cs + D Y (s) = + 2 + 2s + 5 (s + 2s + 5)2 s2ou seja s3 + 4s2 + 13s + 14 = (As + B)(s2 + 2s + 5) + (Cs + D) = As3 + (B + 2A)s2 + (2B + 5A + C)s + (5B + D)
  9. 9. Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema   A  = 1 2A + B = 4   5A + 2B + C  = 13 5B + D = 14 que tem solu¸ao A = 1, B = 2, C = 4 e D = 4. Assim, c˜ s+2 4s + 4 s+1+1 s+1 Y (s) = + 2 = +4 s2 + 2s + 5 (s + 2s + 5)2 (s + 1)2 + 4 [(s + 1)2 + 4]2 s+1 1 2 2 · 2(s + 1) = + + (s + 1)2 + 4 2 (s + 1)2 + 4 [(s + 1)2 + 4]2De onde obtemos 1 y(t) = e−t cos 2t + e−t sen 2t + te−t sen 2t 2
  10. 10. 6 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 1 , para s > 0 eat , para s > a s s−a s a cos at , para s > 0 sen at , para s > 0 s2 + a2 s2 + a2 n! tn , para n ∈ Z+ , para s > 0 eat f (t) F (s − a) sn+1 f (t) sF (s) − f (0) f (t) s2 F (s)−sf (0)−f (0) s2 − a 2 2as t cos at ,s>0 t sen at ,s>0 (s2 + a2 )2 (s2 + a2 )2 2a3 sen at − at cos at ,s>0 δ(t − t0 ))(s) e−t0 s , s > 0 (s2 + a2 )2 0, 0 ≤ t < a e−asua (t) = , para s > 0 ua (t)f (t−a) e−as F (s) 1, t ≥ a s t f (t)δ(t − t0 ))(s) e−t0 s f (t0 ), s > 0 0 f (t − τ )g(τ )dτ F (s)G(s)
  11. 11. 7 Exerc´ ıcios 1. Resolva os problemas de valor inicial: (a) y + y − 2y = 2t, y(0) = 0, y (0) = 1 (b) y + 4y = t2 + 3et , y(0) = 0, y (0) = 2 (c) y − 2y + y = tet + 4, y(0) = 1, y (0) = 1 (d) y − 2y − 3y = 3te2t , y(0) = 1, y (0) = 0 (e) y + 4y = 3 sen 2t, y(0) = 2, y (0) = −1 1, para 0 ≤ t < π/2 (f) y + y = f (t), y(0) = 0,y (0) = 1, em que f (t) = 0, para t ≥ π/2   0, para 0 ≤ t < π (g) y +2y +2y = f (t), y(0) = 0,y (0) = 1, em que f (t) = 2, para π ≤ t < 2π 0, para t ≥ 2π  sen t, para 0 ≤ t < 2π (h) y + 4y = f (t), y(0) = 0,y (0) = 0, em que f (t) = 0, para t ≥ 2π sen t, para 0 ≤ t < π (i) y + 4y = f (t), y(0) = 0,y (0) = 0, em que f (t) = 0, para t ≥ π 1, para 0 ≤ t < 10 (j) y + 3y + 2y = f (t), y(0) = 0,y (0) = 0, em que f (t) = 0, para t ≥ 10 0, para 0 ≤ t < 2 (k) y + 3y + 2y = f (t), y(0) = 0,y (0) = 1, em que f (t) = 1, para t ≥ 2 0, para 0 ≤ t < 3π (l) y + y = f (t), y(0) = 0,y (0) = 1, em que f (t) = 1, para t ≥ 3π 5 sen t, para 0 ≤ t < π (m) y +y + 4 y = f (t), y(0) = 0,y (0) = 0, em que f (t) = 0, para t ≥ π   0, para 0 ≤ t < π (n) y + 4y = f (t), y(0) = 0,y (0) = 0, em que f (t) = 2, para π ≤ t < 3π 0, para t ≥ 3π  (o) y + y = δ(t − 2π) cos t, y(0) = 0, y (0) = 1 (p) y + 4y + 4y = f (t), y(0) = 2, y (0) = −3 2. Resolva o problema: y − 6y + 8y = sen t, y(0) = y (0) = 0
  12. 12. (a) sem usar transformada de Laplace(b) usando transformada de Laplace
  13. 13. 8 Respostas dos Exerc´ ıcios 1. (a) 1 s2 Y (s) − sy(0) − y (0) + (sY (s) − y(0)) − 2Y (s) = 2 s2 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 1 obtemos 2 s2 + s − 2 Y (s) = +1 s2 Assim, 2 1 Y (s) = + s2 (s + 2)(s − 1) (s + 2)(s − 1) 2 + s2 = 2 s (s + 2)(s − 1) A B C D Y (s) = + 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) Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema    A + C + D = 0 A + B − C + 2D = 1   −2A + B  = 0 − 2B = 2  que tem solu¸ao A = −1/2, B = −1, C = −1/2 e D = 1. Assim, c˜ −1/2 1 1/2 1 Y (s) = − 2− + s s s+2 s−1 1 1 y(t) = − − t − e−2t + et 2 2
  14. 14. 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) + 4Y (s) = 3 + s s−1 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 2 obtemos 2 3 s2 + 4 Y (s) = 3 + +2 s s−1 Assim, 2 3 2 Y (s) = + 2 + 4) + 2 s3 (s2 + 4) (s − 1)(s s +4 2 A B C Ds + E = + 2+ 3+ 2 s3 (s2 + 4) s s s s +4 2 = As2 (s2 + 4) + Bs(s2 + 4) + C(s2 + 4) + (Ds + E)s3 = (A + D)s4 + (B + E)s3 + (4A + C)s2 + 4Bs + 4C Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema   A  + D = 0 B + E = 0    4A + C = 0 4B = 0     4C = 2 
  15. 15. que tem solu¸ao A = −1/8, B = 0, C = 1/2, D = 1/8 e E = 0. Assim, c˜ 2 1/8 1 2 1 s =− + 3+ 2 s3 (s2 + 4) s 4s 8s +4 3 A Bs + C 2 + 4) = + 2 (s − 1)(s s−1 s +4 3 = A(s2 + 4) + (Bs + C)(s − 1) = (A + B)s2 + (−B + C)s + (4A − C)   A + B = 0 − B + C = 0 4A − C = 3  que tem solu¸ao A = 3/5, B = −3/5 e C = −3/5. Assim, c˜ 3 3/5 3 s+1 3/5 3 s 3 2 = − 2 = − 2 − (s − 1)(s 2 + 4) s−1 5s +4 s − 1 5 s + 4 10 s2 + 4 1/8 1 2 1 s 3/5 3 s 3 2 2 Y (s) = − + 3+ 2 + − 2 − 2+4 + 2 s 4s 8 s + 4 s − 1 5 s + 4 10 s 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) 1 4 s2 Y (s) − sy(0) − y (0) − 2 (sY (s) − y(0)) + Y (s) = 2 + (s − 1) s
  16. 16. Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y (0) = 1 obtemos 1 4 s2 − 2s + 1 Y (s) = + +s−1 (s − 1)2 sAssim, 1 4 s−1 Y (s) = + + (s − 1) 4 s(s − 1) 2 (s − 1)2 1 4 1 = 4 + 2 + (s − 1) s(s − 1) s−1 4 A B C = + + s(s − 1) 2 s s − 1 (s − 1)2Multiplicando-se por s(s − 1)2 obtemos 4 = A(s2 − 2s + 1) + B(s − 1)s + CsComparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema   A + B = 0 −2A − B + C = 0 A = 4 que tem solu¸ao A = 4, B = −4 e C = 4. Assim, c˜ 1 4 4 4 1 Y (s) = 4 + − + 2 + (s − 1) s s − 1 (s − 1) s−1 1 6 4 3 4 = + − + 6 (s − 1) 4 s s − 1 (s − 1)2 1 y(t) = t3 et + 4 − 3et + 4tet 6
  17. 17. 8 y 7 6 5 4 3 2 1 0 x −1 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8(d) 1 s2 Y (s) − sy(0) − y (0) − 2 (sY (s) − y(0)) − 3Y (s) = 3 (s − 2)2 Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y (0) = 0 obtemos 1 s2 − 2s − 3 Y (s) = 3 +s−2 (s − 2)2 Assim, 1 s−2 Y (s) = 3 + 2 (s2 − 2s − 3)(s − 2)2 s − 2s − 3 1 s−2 = 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 A B C D Y (s) = + + + 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)
  18. 18. Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema    A + B + C = 1 −3A − 7B − 4C + D = −6    16B + C − 2D = 12 4A − 12B + 6C − 3D = −5  Resolvendo-se o sistema por escalonamento obtemos a solu¸ao A = 1, B = 2/3, c˜ C = −2/3 e D = −1. Assim, 1 2/3 2/3 1 Y (s) = + − − 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 s2 Y (s) − sy(0) − y (0) + 4Y (s) = 3 +4 s2 Substituindo-se os valores y(0) = 2 e y (0) = −1 obtemos 2 s2 + 4 Y (s) = 3 + 2s − 1 s2 + 4 Assim, 6 2s − 1 Y (s) = + 2 (s2 + 4) 2 s +4
  19. 19. 6 16 s 1 = 2 + 4)2 +2 2 − 2 16 (s s +4 s +4 3 8 s 1 2 = 2 + 4)2 +2 2 − 2 8 (s s +4 2s +4 3 1 y(t) = (sen 2t − 2t cos 2t) + 2 cos 2t − sen 2t 8 2 1 3 = 2 cos 2t − sen 2t − t cos 2t 8 4 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) + Y (s) = − s s Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 1 obtemos 1 e−πs/2 s2 + 1 Y (s) = − +1 s s Assim, 1 1 e−πs/2 Y (s) = + 2 − s(s2 + 1) s + 1 s(s2 + 1) 1 = 2 + H(s) − e−πs/2 H(s), s +1 em que 1 H(s) = s(s2 + 1)
  20. 20. y(t) = sen t + h(t) − h(t − π/2)uπ/2 (t). A Bs + C + 2 H(s) = . s s +1 Multiplicando-se H(s) por s(s2 + 2s + 2) obtemos 1 = A(s2 + 1) + (Bs + C)s = (A + B)s2 + Cs + A   A + B = 0 C = 0 A = 1  que tem solu¸ao A = 1, B = −1 e C = 0. Assim, c˜ 1 s H(s) = − 2 s s +1 De onde obtemos que a fun¸ao cuja transformada de Laplace ´ H(s) ´ c˜ e e h(t) = 1 − cos t e a solu¸ao do problema de valor inicial ´ dado por c˜ e 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) e−πs e−2πs s2 Y (s) − sy(0) − y (0) + 2 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = 2 −2 s s
  21. 21. Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 1 obtemos e−πs − e−2πs s2 + 2s + 2 Y (s) = 2 +1 sAssim, e−πs − e−2πs 1 Y (s) = 2 2 + 2 s(s + 2s + 2) s + 2s + 2 1 = (e−πs − e−2πs )H(s) + , (s + 1)2 + 1em que 2 H(s) = s(s2 + 2s + 2) y(t) = h(t − π)uπ (t) − h(t − 2π)u2π (t) + e−t sen t. A Bs + C H(s) = + 2 . s s + 2s + 2Multiplicando-se H(s) por s(s2 + 2s + 2) obtemos 2 = A(s2 + 2s + 2) + (Bs + C)s = (A + B)s2 + (2A + C)s + 2A   A + B = 0 2A + C = 0 2A = 2 que tem solu¸ao A = 1, B = −1 e C = −2. Assim, c˜ 1 s+2 1 s+2 H(s) = − 2 = − s s + 2s + 2 s (s + 1)2 + 1 1 s+1 1 = − 2+1 − s (s + 1) (s + 1)2 + 1De onde obtemos que a fun¸ao cuja transformada de Laplace ´ H(s) ´ c˜ e e h(t) = 1 − e−t cos t − e−t sen te a solu¸ao do problema de valor inicial ´ dado por c˜ e y(t) = h(t − π)uπ (t) − h(t − 2π)u2π (t) + e−t sen t.
  22. 22. 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 s2 Y (s) − sy(0) − y (0) + 4Y (s) = − e−2πs 2 +1 s2 s +1 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 0 obtemos 1 e−2πs s2 + 4 Y (s) = − 2 s2 + 1 s + 1 Assim, 1 e−2πs Y (s) = − (s2 + 1)(s2 + 4) (s2 + 1)(s2 + 4) = H(s) − e−2πs H(s) em que 1 H(s) = (s2 + 1)(s2 + 4) y(t) = h(t) − u2π (t)h(t − 2π) As + B Cs + D H(s) = + 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)
  23. 23. Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema   A  + C = 0 B + D = 0   4A  + C = 0 4B + D = 1  Resolvendo-se o sistema obtemos a solu¸ao A = 0, B = 1/3, C = 0 e D = −1/3. c˜ Assim, 1/3 −1/3 H(s) = + 2 s2 + 1 s + 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 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(i) 1 1 s2 Y (s) − sy(0) − y (0) + 4Y (s) = + e−πs 2 s2 + 1 s +1 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 0 obtemos 1 e−πs s2 + 4 Y (s) = + 2 s2 + 1 s + 1 Assim, 1 e−πs Y (s) = + 2 (s2 + 1)(s2 + 4) (s + 1)(s2 + 4) = H(s) + e−πs H(s)
  24. 24. em que 1 H(s) = (s2 + 1)(s2 + 4) y(t) = h(t) + uπ (t)h(t − π) Do exerc´ anterior temos que ıcio 1/3 −1/3 H(s) = + 2 s2+1 s +4 Assim, 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) + 3 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = − s s Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 0 obtemos 1 e−10s s2 + 3s + 2 Y (s) = − s s Assim, 1 e−10s Y (s) = 2 + 3s + 2) − 2 + 3s + 2) = H(s) − e−10s H(s) s (s s (s
  25. 25. em que 1 H(s) = s (s2 + 3s + 2) y(t) = h(t) − u10 (t)h(t − 10). 1 1 A B C H(s) = = = + + s (s2 + 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 solu¸ao A = 1/2, B = −1 e C = 1/2. Assim, c˜ 11 1 1 1 H(s) = − + 2s s+1 2s+2 1 1 h(t) = − 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 x −0.1 0 5 10 15 20(k) e−2s s2 Y (s) − sy(0) − y (0) + 3 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = s
  26. 26. Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 1 obtemos e−2s s2 + 3s + 2 Y (s) = +1 sAssim, 1 e−2s Y (s) = + = Y1 (s) + e−2s H(s) s2 + 3s + 2 s (s2 + 3s + 2)em que 1 1 H(s) = e Y1 (s) = s (s2 + 3s + 2) s2 + 3s + 2 y(t) = y1 (t) − u2 (t)h(t − 2). 1 1 A B Y1 (s) = = Y1 (s) = = + s2 + 3s + 2 (s + 1)(s + 2) s+1 s+2Multiplicando Y1 (s) por s2 + 3s + 2: 1 = A(s + 2) + B(s + 1) = (A + B)s + (2A + B) A + B = 0 2A + B = 1que tem solu¸ao A = 1 e B = −1. Assim, c˜ 1 1 Y1 (s) = − s+1 s+2 y1 (t) = e−t − e−2t .Do exerc´ anterior ıcio 11 1 1 1 H(s) = − + 2s s+1 2s+2 1 1 h(t) = − e−t + e−2t 2 2 y(t) = y1 (t) + u2 (t)h(t − 2) = e−t − e−2t + u2 (t)h(t − 2)
  27. 27. 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) + Y (s) = s Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 1 obtemos e−3πs s2 + 1 Y (s) = +1 s Assim, e−3πs 1 Y (s) = 2 + 1) + 2 s(s s +1 1 = e−3πs H(s) + 2 , s +1 em que 1 H(s) = s(s2 + 1) y(t) = sen t + h(t − 3π)u3π (t). A Bs + C H(s) = + 2 . s s +1 Multiplicando-se H(s) por s(s2 + 2s + 2) obtemos 1 = A(s2 + 1) + (Bs + C)s = (A + B)s2 + Cs + A   A + B = 0 C = 0 A = 1 
  28. 28. que tem solu¸ao A = 1, B = −1 e C = 0. Assim, c˜ 1 s H(s) = − 2 s s +1 De onde obtemos que a fun¸ao cuja transformada de Laplace ´ H(s) ´ c˜ e e h(t) = 1 − cos t y(t) = sen t + h(t − 3π)u3π (t) = sen t + u3π (t)[1 − cos(t − 3π)] 2.5 y 2 1.5 1 0.5 0 x −0.5 −1 −5 0 5 10 15 20 25(m) 5 1 1 s2 Y (s) − sy(0) − y (0) + (sY (s) − y(0)) + Y (s) = 2 + e−πs 2 4 s +1 s +1 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 0 obtemos 5 1 1 s2 + s + Y (s) = + e−πs 2 4 s2 + 1 s +1 Assim, 1 1 Y (s) = 5 + e−πs 5 (s2 + 1) s2 + s + 4 (s2 + 1) s2 + s + 4 = H(s) + e−πs H(s) em que 1 H(s) = 5 (s2 + 1) s2 + s + 4
  29. 29. y(t) = h(t) + uπ (t)h(t − π) 1 As + B Cs + D H(s) = = + 2 (s2 + 1) s2 + s + 5 4 s 2+1 s +s+ 5 4 5Multiplicando-se H(s) por (s2 + 1) s2 + s + 4 : 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  + C = 0 A + B + D = 0   5A +  4 B + C = 0 5 B + D = 1  4Resolvendo-se o sistema por escalonamento obtemos a solu¸ao A = −16/17, c˜B = 4/17, C = 16/17 e D = 12/17. Assim, 4 −4s + 1 4s + 3 H(s) = + 2 17 s 2+1 s +s+ 5 4 4 s 1 4s + 3 = −4 2 + 2 + 17 s + 1 s + 1 (s + 1/2)2 + 1 4 s 1 s + 3/4 = −4 2 + 2 +4 17 s +1 s +1 (s + 1/2)2 + 1 4 s 1 s + 1/2 1 = −4 2 + 2 +4 2+1 + 17 s +1 s +1 (s + 1/2) (s + 1/2)2 + 1 4 h(t) = −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)
  30. 30. 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) + 4Y (s) = 2 −2 s s Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 0 obtemos 2 e−πs − e−3πs s + 4 Y (s) = 2 s Assim, e−πs − e−2πs Y (s) = 2 s(s2 + 4) = (e−πs − e−3πs )H(s), em que 2 H(s) = s(s2 + 4) y(t) = uπ (t)h(t − π) − u3π (t)h(t − 3π). 2 A Bs + C H(s) = 2 + 4) = + 2 . s(s s s +4 Multiplicando-se H(s) por s(s2 + 4) obtemos 2 = A(s2 + 4) + (Bs + C)s = (A + B)s2 + Cs + 4A   A + B = 0 C = 0 4A = 2 
  31. 31. que tem solu¸ao A = 1/2, B = −1/2 e C = 0. Assim, c˜ 11 1 s H(s) = − 2 s 2 s2 + 4 De onde obtemos que a fun¸ao cuja transformada de Laplace ´ H(s) ´ c˜ e e 1 1 h(t) = − 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 x −0.1 −2 0 2 4 6 8 10 12(o) s2 Y (s) − sy(0) − y (0) + Y (s) = e−2πs cos(2π) Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 1 obtemos s2 + 1 Y (s) = e−2πs + 1 Assim, e−2πs 1 Y (s) = 2+1 + 2 s s +1 e a solu¸ao do problema de valor inicial ´ dado por c˜ e y(t) = u2π (t) sen(t − 2π) + sen t = (u2π (t) + 1)sen t.
  32. 32. (p) s2 Y (s) − sy(0) − y (0) + 4 (sY (s) − y(0)) + 4Y (s) = G(s) Substituindo-se os valores y(0) = 2 e y (0) = −3 obtemos s2 + 4s + 4 Y (s) = G(s) + 5 + 2s Assim, G(s) 5 + 2s Y (s) = + 2 s2 + 4s + 4 s + 4s + 4 G(s) 5 + 2s = + (s + 2) 2 (s + 2)2 5 + 2s A B = + (s + 2)2 s + 2 (s + 2)2 Multiplicando-se por (s + 2)2 obtemos 5 + 2s = A(s + 2) + B = As + (2A + B) Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema A = 2 2A + B = 5 que tem solu¸ao A = 2 e B = 1. Assim, c˜ G(s) 2 1 Y (s) = + + (s + 2) 2 s + 2 (s + 2)2 y(t) = (e−2t t ∗ g)(t) + 2e−2t + e−2t t t = e−2(t−τ ) (t − τ )g(τ )dτ + 2e−2t + e−2t t 0 c˜ ıstica ´ r 2 − 6r + 8 = 0, que tem ra´ r1 = 2 e r2 = 4.2. (a) A equa¸ao caracter´ e ızes A equa¸ao homogˆnea correspondente tem solu¸ao geral c˜ e c˜ y(t) = c1 e2t + c2 e4t .
  33. 33. Uma solu¸ao particular da equa¸ao n˜o homogˆnea ´ da forma yp (t) = A cos t+ c˜ c˜ a e e B sin t. Substituindo-se yp (t), yp (t) e yp (t) na equa¸ao: c˜ (7A − 6B) cos t + (6A + 7B) sin t = sin t De onde obtemos A = 6/85 e B = 7/85. A solu¸ao geral da equa¸ao n˜o c˜ c˜ a homogˆnea ´ e e 6 7 y(t) = cos t + sin t + c1 e2t + c2 e4t 85 85 7 y (0) = 0 = + 2c1 + 4c2 85 6 y(0) = 0 = + c1 + c2 85 c1 = −1/10 e c2 = 1/34. 6 7 1 1 y(t) = cos t + sin t − e2t + e4t 85 85 10 34(b) 1 s2 Y (s) − sy(0) − y (0) − 6 (sY (s) − y(0)) + 8Y (s) = s2 + 1 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 0 obtemos 1 s2 − 6s + 8 Y (s) = s2 +1 Assim, 1 Y (s) = (s2 − 6s + 8) (s2 + 1) 1 A B Cs + D = + + 2 (s2 − 6s + 8) (s2 + 1) s−2 s−4 s +1 Multiplicando-se por (s2 − 6s + 8) (s2 + 1) obtemos 1 = A(s − 4)(s2 + 1) + B(s − 2)(s2 + 1) + (Cs + D)(s2 − 6s + 8) = (A + B + C)s3 + (−4A − 2B − 6C + D)s2 + +(A + B + 8C − 6D)s + (−4A − 2B + 8D)
  34. 34. Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema    A + B + C = 0 −4A − 2B − 6C + D = 0    A + B + 8C − 6D = 0 −4A − 2B + 8D = 1 que tem solu¸ao A = −1/10, B = 1/34, C = 6/85 e D = 7/85. Assim, c˜ 1 1 1 1 6 s 7 1 Y (s) = − + + + 10 s − 2 34 s − 4 85 s 2−1 85 s2 − 1 1 2t 1 6 7 y(t) = − e + e4t + cos t + sin t 10 34 85 85
  35. 35. Referˆncias e[1] William E. Boyce and Richard C. DiPrima. Equa¸oes Diferenciais Elementares e c˜ Problemas de Valores de Contorno. Livros T´cnicos e Cient´ e ıficos Editora S.A., Rio de Janeiro, 7a. edition, 2002.[2] Erwin Kreiszig. Matem´tica Superior. Livros T´cnicos e Cient´ a e ıficos Editora S.A., Rio de Janeiro, 2a. edition, 1985.[3] Dennis G. Zill and Michael R. Cullen. Equa¸oes Diferenciais. Makron Books, S˜o c˜ a Paulo, 3a. edition, 2001.

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