Laplace

1

Introdu¸c˜ ao

A transformada de Laplace pode ser usada para resolver equa¸co˜es diferencias lineares com coeficientes constantes, ou seja, equa¸co˜es da forma ay 00 + by 0 + cy = f (t),

para a, b, c ∈ R

Para isso, a equa¸ca˜o diferencial ´e inicialmente transformada pela transformada de Laplace numa equa¸ca˜o alg´ebrica. Depois resolve-se a equa¸ca˜o alg´ebrica e finalmente transforma-se de volta a solu¸ca˜o da equa¸ca˜o alg´ebrica na solu¸ca˜o da equa¸ca˜o diferencial inicial. A transformada de Laplace de uma fun¸ca˜o f : [0, ∞) → R ´e definida por L(f )(s) = F (s) =

Z

∞

e−st f (t)dt.

0

para todo s ≥ 0 em que a integral acima converge. Representaremos a fun¸ca˜o original por

uma letra min´ uscula e a sua vari´avel por t, e a sua transformada de Laplace pela letra

correspondente mai´ uscula e a sua vari´avel. Por exemplo, as transformadas de Laplace das fun¸co˜es f (t), g(t) e h(t) ser˜ao representadas por F (s), G(s) e H(s), respectivamente.

Exemplo 1. A transformada de Laplace da fun¸ca˜o f : [0, ∞) → R definida por f (t) = 1

´e dada por

F (s) =

Z

∞

e

−st

0

¯∞ 1 e−s0 e−s0 e−sT e−st ¯¯ = , = 0 − − = lim 1 dt = ¯ T →∞ −s s −s −s −s 0

para s > 0.

Exemplo 2. Seja a uma constante real. A transformada de Laplace da fun¸ca˜o f : [0, ∞) → R definida por f (t) = eat ´e dada por F (s) =

Z

0

∞

e

−st at

e dt =

Z

∞

e 0

−(s−a)t

¯∞ 1 e−(s−a)0 e−(s−a)t ¯¯ , = = 0− dt = ¯ s−a a−s a−s 0

para s > a.

Exemplo 3. Seja a uma constante real. Vamos determinar a transformada de Laplace das fun¸co˜es f : [0, ∞) → R dada por f (t) = cos at e g : [0, ∞) → R dada por g(t) = sen at. Para isso, vamos calcular a transformada de Laplace da fun¸ca˜o h : [0, ∞) → R definida por h(t) = eiat . Z ∞ Z −st iat H(s) = e e dt = 0

=

=

∞

e 0

−(s−ia)t

¯∞ e−(s−ia)t ¯¯ dt = −(s − ia) ¯0

lim e−sT (cos aT + i sen aT ) −

T →∞

1 , s − ia

e−(s−ia)0 e−(s−ia)0 =0− ia − s −(s − ia)

para s > 0.

Calculamos a acima a transformada de Laplace de h(t) = eiat = cos at + i sen at = f (t) + ig(t) H(s) = L(h)(s) =

Z

∞

e−st (cos at + i sen at) dt = L(f )(s) + iL(g)(s) = F (s) + iG(s) 0

Comparando a parte real (imagin´aria) do lado direito com a parte real (imagin´aria) do lado esquerdo da igualdade obtemos

s s + ia 1 , }= 2 } = Re{ s + a2 (s − ia)(s + ia) s − ia a s + ia 1 , }= 2 } = Im{ G(s) = Im{ s + a2 (s − ia)(s + ia) s − ia F (s) = Re{

para s > 0

para s > 0.

Exemplo 4. Seja n um inteiro positivo. Vamos calcular a transformada de Laplace da fun¸ca˜o f : [0, ∞) → R dada por fn (t) = tn , para n = 0, 1, 2, . . . ¯∞ Z ∞ Z ∞ n tn est ¯¯ −st n e−st tn−1 dt − Fn (s) = e t dt = ¯ −s 0 −s 0 0 Z ∞ n n e−st tn−1 dt = Fn−1 (s) = s s 0

Aplicando-se recursivamente a f´ormula obtida obtemos Fn (s) =

n(n − 1) . . . 1 n(n − 1) F0 (s) F (s) = n−2 sn s2

1 ´e a transformada de Laplace da fun¸ca˜o constante 1, ou seja, F0 (s) = 1s . s Assim, a transformada de Laplace de fn (t) = tn , para n = 0, 1, 2, . . . ´e mas F0 (s) =

Fn (s) =

n!

sn+1

,

para s > 0.

Para calcular a transformada de Laplace de outras fun¸co˜es vamos usar as propriedades que apresentamos a seguir.

Teorema 1 (Linearidade). Se a transformada de Laplace de f (t) ´e F (s), para s > a 1 , e a transformada de Laplace de g(t) ´e G(s), para s > a2 , ent˜ao para constantes α e β L(αf + βg)(s) = αL(f )(s) + βL(g)(s) = αF (s) + βG(s),

para s > max{a 1 , a2 }.

Teorema 2 (1o. Teorema de Deslocamento). Seja a uma constante. Se a transformada de Laplace da fun¸ca˜o f : [0, ∞) → R ´e F (s), para s > c, ent˜ao a transformada de Laplace da fun¸ca˜o

g(t) = eat f (t) ´e G(s) = F (s − a),

para s > a + c

Exemplo 5. Sejam a e b constantes. Usando o Teorema anterior obtemos que a transformada de Laplace de f : [0, ∞) → R dada por f (t) = ebt cos at ´e dada por F (s) =

s−b , (s − b)2 + a2

para s > a.

Exemplo 6. Sejam a e b constantes. Usando o Teorema anterior obtemos que a transformada de Laplace de f : [0, ∞) → R dada por f (t) = ebt sen at ´e dada por F (s) =

a , (s − b)2 + a2

para s > a.

Exemplo 7. Seja a um constante e n um inteiro positivo. Usando o Teorema anterior obtemos que a transformada de Laplace de f : [0, ∞) → R dada por f (t) = eat tn ´e dada

por

F (s) =

n! , (s − a)n+1

para s > a.

Exemplo 8. Seja a uma constante. Pelo Teorema anterior a transformada de Laplace eat + e−at , ´e dada por do cosseno hiperb´olico de at, f (t) = cosh at = 2

F (s) =

s 1 1 1 1 , = 2 + s − a2 2s−a 2s+a

para s > |a|.

Exemplo 9. Seja a uma constante. Pelo Teorema anterior a transformada de Laplace eat − e−at , ´e dada por do seno hiperb´olico de at, f (t) = senh at = 2

F (s) =

a 1 1 1 1 , = 2 − s − a2 2s−a 2s+a

para s > |a|.

Exemplo 10. Se a transformada de Laplace de uma fun¸ca˜o f (t) ´e F (s) =

s2

s+3 − 3s + 2

ent˜ao vamos determinar a fun¸ca˜o f (t). Para isso vamos decompor F (s) em fra¸co˜es parciais. O denominador de F (s) tem duas ra´ızes reais s = 1 e s = 2. Assim, F (s) =

B A s+3 , + = s−1 s−2 (s − 1)(s − 2)

em que A e B s˜ao constantes a determinar. Multiplicando F (s) por (s − 1)(s − 2) obtemos s + 3 = A(s − 2) + B(s − 1) = (A + B)s + (−2A − B)

Comparando os termos de mesmo grau obtemos 1=A+B

e 3 = −2A − B

de onde obtemos que A = −4 e B = 5. Assim, 1 1 s+3 +5 = −4 F (s) = s−2 s−1 (s − 1)(s − 2)

e a fun¸ca˜o cuja transformada ´e F (s) ´e

f (t) = −4et + 5e2t . Exemplo 11. Se a transformada de Laplace de uma fun¸ca˜o f (t) ´e s−3 F (s) = 2 s + 4s + 4 ent˜ao vamos determinar a fun¸ca˜o f (t). O denominador de F (s) tem somente uma raiz

real, s = 2. Podemos reescrever F (s) da seguinte forma 1 1 −5 s+2 s+2−5 s−3 . −5 = + = = F (s) = 2 2 2 2 (s + 2)2 s+2 (s + 2) (s + 2) (s + 2) (s + 2) Observando a Tabela na p´agina 20, usando o 1o. Teorema do deslocamento e o Teorema

da Linearidade vemos que a fun¸ca˜o cuja transformada de Laplace ´e F (s) ´e dada por f (t) = e−2t − 5e−2t t. Exemplo 12. Se a transformada de Laplace de uma fun¸ca˜o f (t) ´e s−2 F (s) = 2 2s + 2s + 2 ent˜ao vamos determinar a fun¸ca˜o f (t). Completando quadrados podemos reescrever F (s)

da seguinte forma

s−2 s−2 s−2 = = 2 2[(s + 1/2)2 + 3/4] 2[s + s + 1] + 2s + 2 5/2 s + 1/2 s + 1/2 − 5/2 − = = 2 2 2[(s + 1/2) + 3/4] 2[(s + 1/2)2 + 3/4] 2[(s + 1/2) + 3/4] 1 5 s + 1/2 1 − = 2 2 (s + 1/2) + 3/4 4 (s + 1/2)2 + 3/4 √ 3/2 5 s + 1/2 1 − √ = 2 2 (s + 1/2) + 3/4 2 3 (s + 1/2)2 + 3/4

F (s) =

2s2

Observando a Tabela na p´agina 20, usando o 1o. Teorema do deslocamento e o Teorema da Linearidade vemos que a fun¸ca˜o cuja transformada de Laplace ´e F (s) ´e dada por Ã√ ! Ã√ ! 3 5 −t/2 3 1 −t/2 t . sen t − √ e cos f (t) = e 2 2 2 2 3

2

Solu¸c˜ ao de Problemas de Valor Inicial Dizemos que uma fun¸ca˜o f : [0, ∞) → R ´e seccionalmente cont´ınua ou cont´ınua

por partes se f (t) ´e cont´ınua em [0, ∞) exceto possivelmente em um n´ umero finito de pontos, nos quais os limites laterais existem.

Teorema 3 (Deriva¸c˜ ao).

(a) Suponha que f : [0, ∞) → R seja deriv´avel com f 0 (t)

seccionalmente cont´ınua. Ent˜ao

L(f 0 )(s) = sF (s) − f (0), em que F (s) ´e a transformada de Laplace de f (t). (b) Suponha que f : [0, ∞) → R seja deriv´avel duas vezes com f 00 (t) seccionalmente cont´ınua. Ent˜ao

L(f 00 )(s) = s2 F (s) − sf (0) − f 0 (0), em que F (s) ´e a transformada de Laplace de f (t).

Exemplo 13. Seja a uma constante. Seja f (t) = t sen at. Vamos determinar F (s). f 0 (t) = sen at + at cos at f 00 (t) = 2a cos at − a2 t senat = 2a cos at − a2 f (t) Assim, aplicando-se a transformada de Laplace e usando o Teorema anterior obtemos s2 F (s) − sf (0) − f 0 (0) = 2a

Assim, F (s) =

(s2

s2

s − a2 F (s) + a2

2as + a2 )2

Exemplo 14. Seja a uma constante. Seja f (t) = t cos at. Deixamos como exerc´ıcio mostrar que s2 − a 2 F (s) = 2 (s + a2 )2

Exemplo 15. Vamos resolver o seguinte problema de valor inicial y 00 + 2y 0 + 5y = 4e−t cos 2t,

y(0) = 1,

y 0 (0) = 0

Aplicando-se a transformada de Laplace a` equa¸ca˜o acima obtemos ¡

¢ s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 2 (sY (s) − y(0)) + 5Y (s) = 4

s+1 (s + 1)2 + 4

Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y 0 (0) = 0 obtemos ¡

s+1 +s+2 (s + 1)2 + 4 4s + 4 + (s + 2)(s2 + 2s + 5) = s2 + 2s + 5 s3 + 4s2 + 13s + 14 = s2 + 2s + 5

¢ s2 + 2s + 5 Y (s) = 4

Assim, Y (s) =

s3 + 4s2 + 13s + 14 (s2 + 2s + 5)2

Como o denominador tem somente ra´ızes complexas, para decompor Y (s) em fra¸co˜es parciais vamos encontrar A, B, C e D tais que Y (s) =

Cs + D As + B + 2 + 2s + 5 (s + 2s + 5)2

s2

ou seja s3 + 4s2 + 13s + 14 = (As + B)(s2 + 2s + 5) + (Cs + D) = As3 + (B + 2A)s2 + (2B + 5A + C)s + (5B + D)

Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema  A = 1    2A + B = 4 5A + 2B + C = 13    5B + D = 14

que tem solu¸ca˜o A = 1, B = 2, C = 4 e D = 4. Assim,

s+1 s+1+1 4s + 4 s+2 + 4 = + [(s + 1)2 + 4]2 (s + 1)2 + 4 s2 + 2s + 5 (s2 + 2s + 5)2 2 · 2(s + 1) 2 1 s+1 + + = (s + 1)2 + 4 2 (s + 1)2 + 4 [(s + 1)2 + 4]2

Y (s) =

De onde obtemos

1 y(t) = e−t cos 2t + e−t sen 2t + te−t sen 2t 2

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 , para s > 0 s

eat

1 , para s > a s−a

cos at

tn , para n ∈ Z+

s2

s , para s > 0 + a2

n!

sn+1

sen at

, para s > 0

s2

a , para s > 0 + a2

eat f (t)

F (s − a)

f 0 (t)

sF (s) − f (0)

f 00 (t)

s2 F (s)−sf (0)−f 0 (0)

t cos at

s2 − a 2 ,s>0 (s2 + a2 )2

t sen at

2as ,s>0 (s2 + a2 )2

sen at − at cos at

2a3 ,s>0 (s2 + a2 )2

δ(t − t0 ))(s)

e−t0 s , s > 0

e−as , para s > 0 s

ua (t)f (t−a)

e−as F (s)

f (t − τ )g(τ )dτ

F (s)G(s)

ua (t) =

½

0, 0 ≤ t < a 1, t ≥ a

f (t)δ(t − t0 ))(s)

e−t0 s f (t0 ), s > 0

Rt 0

7

Exerc´ıcios 1. Resolva os problemas de valor inicial: (a) y 00 + y 0 − 2y = 2t, y(0) = 0, y 0 (0) = 1 (b) y 00 + 4y = t2 + 3et , y(0) = 0, y 0 (0) = 2 (c) y 00 − 2y 0 + y = tet + 4, y(0) = 1, y 0 (0) = 1 (d) y 00 − 2y 0 − 3y = 3te2t , y(0) = 1, y 0 (0) = 0 (e) y 00 + 4y = 3 sen 2t, y(0) = 2, y 0 (0) = −1

(g) (h) (i) (j) (k) (l) (m)

(n)

½

1, para 0 ≤ t < π/2 0, para t ≥ π/2   0, para 0 ≤ t < π 2, para π ≤ t < 2π y 00 +2y 0 +2y = f (t), y(0) = 0,y 0 (0) = 1, em que f (t) =  0, para t ≥ 2π ½ sen t, para 0 ≤ t < 2π y 00 + 4y = f (t), y(0) = 0,y 0 (0) = 0, em que f (t) = 0, para t ≥ 2π ½ sen t, para 0 ≤ t < π y 00 + 4y = f (t), y(0) = 0,y 0 (0) = 0, em que f (t) = 0, para t ≥ π ½ 1, para 0 ≤ t < 10 y 00 + 3y 0 + 2y = f (t), y(0) = 0,y 0 (0) = 0, em que f (t) = 0, para t ≥ 10 ½ 0, para 0 ≤ t < 2 y 00 + 3y 0 + 2y = f (t), y(0) = 0,y 0 (0) = 1, em que f (t) = 1, para t ≥ 2 ½ 0, para 0 ≤ t < 3π 00 0 y + y = f (t), y(0) = 0,y (0) = 1, em que f (t) = 1, para t ≥ 3π ½ sen t, para 0 ≤ t < π 0 00 0 5 y +y + 4 y = f (t), y(0) = 0,y (0) = 0, em que f (t) = 0, para t ≥ π   0, para 0 ≤ t < π 00 0 2, para π ≤ t < 3π y + 4y = f (t), y(0) = 0,y (0) = 0, em que f (t) =  0, para t ≥ 3π

(f) y + y = f (t), y(0) = 0,y (0) = 1, em que f (t) = 00

0

(o) y 00 + y = δ(t − 2π) cos t, y(0) = 0, y 0 (0) = 1 (p) y 00 + 4y 0 + 4y = f (t), y(0) = 2, y 0 (0) = −3

2. Resolva o problema: y 00 − 6y 0 + 8y = sen t, y(0) = y 0 (0) = 0

(a) sem usar transformada de Laplace (b) usando transformada de Laplace

8

Respostas dos Exerc´ıcios 1. (a) ¡ 2 ¢ 1 s Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + (sY (s) − y(0)) − 2Y (s) = 2 2 s

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 1 obtemos ¡

Assim,

¢ 2 s2 + s − 2 Y (s) = 2 + 1 s

1 2 + + 2)(s − 1) (s + 2)(s − 1) 2 + s2 = 2 s (s + 2)(s − 1)

Y (s) =

s2 (s

Y (s) =

D C A B + + 2+ s+2 s−1 s s

s2 + 2 = As(s2 + s − 2) + B(s2 + s − 2) + Cs2 (s − 1) + Ds2 (s + 2)

= (A + C + D)s3 + (A + B − C + 2D)s2 + (−2A + B)s + (−2B)

Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema    

A + C + D = 0 A + B − C + 2D = 1 −2A + B = 0    − 2B = 2

que tem solu¸ca˜o A = −1/2, B = −1, C = −1/2 e D = 1. Assim, Y (s) =

1 1/2 1 −1/2 + − 2− s+2 s−1 s s

1 1 y(t) = − − t − e−2t + et 2 2

5

y

4

3

2

1

0

x

−1

0.5

0

1

1.5

2

(b) ¢ 3 2 s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) = 3 + s−1 s 0 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 2 obtemos ¡

Assim,

¡

¢ 3 2 +2 s2 + 4 Y (s) = 3 + s−1 s

2 3 2 + 2 + 2 + 4) (s − 1)(s + 4) s + 4

Y (s) =

s3 (s2

Ds + E C A B 2 = + 2+ 3+ 2 s +4 s s s + 4)

s3 (s2

2 = As2 (s2 + 4) + Bs(s2 + 4) + C(s2 + 4) + (Ds + E)s3 = (A + D)s4 + (B + E)s3 + (4A + C)s2 + 4Bs + 4C Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema  A + D = 0     B + E = 0  4A + C = 0   4B = 0    4C = 2

que tem solu¸ca˜o A = −1/8, B = 0, C = 1/2, D = 1/8 e E = 0. Assim,

1 s 1/8 1 2 2 + 3+ 2 =− 8s +4 4s s + 4)

s3 (s2

Bs + C A 3 + 2 = 2 s +4 s−1 (s − 1)(s + 4)

3 = A(s2 + 4) + (Bs + C)(s − 1) = (A + B)s2 + (−B + C)s + (4A − C)  = 0  A + B − B + C = 0  4A − C = 3

que tem solu¸ca˜o A = 3/5, B = −3/5 e C = −3/5. Assim,

3 2 3 s 3/5 3 s+1 3/5 3 − − 2 = − 2 = 2 s − 1 5 s + 4 10 s2 + 4 s−1 5s +4 (s − 1)(s + 4)

Y (s) = −

2 3 2 3 s 3/5 1 s 1/8 1 2 + 2 − − 2 + + 3+ 2 2 8 s + 4 s − 1 5 s + 4 10 s + 4 s + 4 4s s

7 3 19 1 1 cos 2t + et + sen 2t y(t) = − + t2 − 10 5 40 8 4 16

y

14

12

10

8

6

4

2

0

x

−2 −0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

(c) ¡

¢ s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) − 2 (sY (s) − y(0)) + Y (s) =

4 1 + 2 s (s − 1)

Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y 0 (0) = 1 obtemos ¡

¢ s2 − 2s + 1 Y (s) =

4 1 +s−1 + (s − 1)2 s

Assim,

s−1 4 1 + + 2 4 (s − 1)2 s(s − 1) (s − 1) 1 4 1 + + = 2 4 s−1 s(s − 1) (s − 1)

Y (s) =

C B A 4 + = + 2 s − 1 (s − 1)2 s s(s − 1)

Multiplicando-se por s(s − 1)2 obtemos 4 = A(s2 − 2s + 1) + B(s − 1)s + Cs Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema  

A + B −2A − B + C  A

= 0 = 0 = 4

que tem solu¸ca˜o A = 4, B = −4 e C = 4. Assim,

1 4 4 4 1 + + + − 2 4 s−1 s s − 1 (s − 1) (s − 1) 4 3 4 6 1 + + − = 4 s s − 1 (s − 1)2 6 (s − 1)

Y (s) =

1 y(t) = t3 et + 4 − 3et + 4tet 6

8

y

7

6

5

4

3

2

1

0

x

−1 −0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

(d) ¡

¢ s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) − 2 (sY (s) − y(0)) − 3Y (s) = 3

Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y 0 (0) = 0 obtemos

Assim,

¡

¢ s2 − 2s − 3 Y (s) = 3

1 (s − 2)2

1 +s−2 (s − 2)2

s−2 1 + (s2 − 2s − 3)(s − 2)2 s2 − 2s − 3 s−2 1 + = 3 2 (s − 3)(s + 1) (s − 3)(s + 1)(s − 2) 3 3 + (s − 2) = (s − 3)(s + 1)(s − 2)2 s3 − 6s2 + 12s − 5 = (s − 3)(s + 1)(s − 2)2

Y (s) = 3

Y (s) =

D C B A + + + s − 3 s + 1 s − 2 (s − 2)2

Multiplicando-se Y (s) por (s − 3)(s + 1)(s − 2)2 obtemos s3 − 6s2 + 12s − 5 =

A(s + 1)(s2 − 4s + 4) + B(s − 3)(s2 − 4s + 4) + C(s2 − 2s − 3)(s − 2) + D(s2 − 2s − 3)

Comparando-se os termos de  A +    −3A −    4A −

mesmo grau obtemos o sistema B 7B 16B 12B

+ C − 4C + D + C − 2D + 6C − 3D

= 1 = −6 = 12 = −5

Resolvendo-se o sistema por escalonamento obtemos a solu¸ca˜o A = 1, B = 2/3, C = −2/3 e D = −1. Assim, Y (s) =

1 2/3 2/3 1 − − + s − 3 s + 1 s − 2 (s − 2)2

2 2 y(t) = e3t + e−t − e2t − te2t 3 3 9

y

8 7 6 5 4 3 2 1 0

x

−1

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

(e) 2 +4 0 Substituindo-se os valores y(0) = 2 e y (0) = −1 obtemos ¡

Assim,

¢ s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) = 3

¡

¢ s2 + 4 Y (s) = 3

Y (s) =

(s2

s2

2 + 2s − 1 s2 + 4

2s − 1 6 + 2 2 s +4 + 4)

1 s 16 6 − 2 +2 2 2 2 s +4 s +4 16 (s + 4) 1 2 s 8 3 − 2 +2 2 = 2 2 s +4 2s +4 8 (s + 4)

=

1 3 (sen 2t − 2t cos 2t) + 2 cos 2t − sen 2t 2 8 3 1 = 2 cos 2t − sen 2t − t cos 2t 4 8

y(t) =

2

y

1.5

1

0.5

0

x −0.5

−1

−1.5

−2

−2.5

−3

0

−1

1

2

4

3

5

6

(f) ¢ 1 e−πs/2 s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + Y (s) = − s s 0 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 1 obtemos ¡

Assim,

¡

¢ 1 e−πs/2 +1 s2 + 1 Y (s) = − s s

e−πs/2 1 1 − + s(s2 + 1) s2 + 1 s(s2 + 1) 1 + H(s) − e−πs/2 H(s), = 2 s +1

Y (s) =

em que H(s) =

1 + 1)

s(s2

y(t) = sen t + h(t) − h(t − π/2)uπ/2 (t).

A Bs + C . + 2 s +1 s Multiplicando-se H(s) por s(s2 + 2s + 2) obtemos H(s) =

1 = A(s2 + 1) + (Bs + C)s = (A + B)s2 + Cs + A  = 0  A + B C = 0  A = 1

que tem solu¸ca˜o A = 1, B = −1 e C = 0. Assim, H(s) =

s 1 − 2 s s +1

De onde obtemos que a fun¸ca˜o cuja transformada de Laplace ´e H(s) ´e h(t) = 1 − cos t e a solu¸ca˜o do problema de valor inicial ´e dado por y(t) = sen t + h(t) − h(t − π/2)uπ/2 (t) = 1 − cos t + sen t − uπ/2 (t)(1 − sen t). 2.5

y

2

1.5

1

0.5

0

x −0.5

−1

−1.5

−2

−2.5

−2

0

2

4

6

8

10

12

(g) ¡ 2 ¢ e−2πs e−πs −2 s Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 2 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = 2 s s

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 1 obtemos ¡

Assim,

¢ e−πs − e−2πs +1 s2 + 2s + 2 Y (s) = 2 s

1 e−πs − e−2πs + 2 Y (s) = 2 2 s(s + 2s + 2) s + 2s + 2 1 , = (e−πs − e−2πs )H(s) + (s + 1)2 + 1

em que H(s) =

s(s2

2 + 2s + 2)

y(t) = h(t − π)uπ (t) − h(t − 2π)u2π (t) + e−t sen t. H(s) =

Bs + C A . + 2 s + 2s + 2 s

Multiplicando-se H(s) por s(s2 + 2s + 2) obtemos 2 = A(s2 + 2s + 2) + (Bs + C)s = (A + B)s2 + (2A + C)s + 2A  = 0  A + B 2A + C = 0  2A = 2

que tem solu¸ca˜o A = 1, B = −1 e C = −2. Assim,

s+2 1 s+2 1 = − − 2 s (s + 1)2 + 1 s s + 2s + 2 1 s+1 1 − − = 2 s (s + 1) + 1 (s + 1)2 + 1

H(s) =

De onde obtemos que a fun¸ca˜o cuja transformada de Laplace ´e H(s) ´e h(t) = 1 − e−t cos t − e−t sen t e a solu¸ca˜o do problema de valor inicial ´e dado por y(t) = h(t − π)uπ (t) − h(t − 2π)u2π (t) + e−t sen t.

1.2

y

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

x −0.2

−2

0

4

2

6

8

10

12

(h)

1 1 − e−2πs 2 s +1 +1 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos ¡

Assim,

¢ s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) =

¡

¢ s2 + 4 Y (s) =

s2

e−2πs 1 − s2 + 1 s2 + 1

e−2πs 1 − Y (s) = (s2 + 1)(s2 + 4) (s2 + 1)(s2 + 4) = H(s) − e−2πs H(s)

em que H(s) =

1 (s2 + 1)(s2 + 4)

y(t) = h(t) − u2π (t)h(t − 2π) H(s) =

As + B Cs + D + 2 s +4 s2 + 1

Multiplicando-se por (s2 + 1)(s2 + 4): 1 = (As + B)(s2 + 4) + (Cs + D)(s2 + 1) = (A + C)s3 + (B + D)s2 + (4A + C)s + (4B + D)

Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema  A + C = 0    B + D = 0 4A + C = 0    4B + D = 1

Resolvendo-se o sistema obtemos a solu¸ca˜o A = 0, B = 1/3, C = 0 e D = −1/3. Assim,

−1/3 1/3 + s2 + 1 s2 + 4 1 1 h(t) = sen t − sen 2t 6 3 1 1 1 1 y(t) = h(t) − u2π (t)h(t − 2π) = sen t − sen 2t − u2π (t)( sen t − sen 2t) 6 3 6 3 H(s) =

0.5

y

0.4

0.3

0.2

0.1

0

x −0.1

−0.2

−0.3

−0.4

−0.5

(i)

−1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

1 1 −πs + e s2 + 1 s2 + 1 0 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 0 obtemos ¡

Assim,

¢ s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) =

¡

¢ s2 + 4 Y (s) =

e−πs 1 + s2 + 1 s2 + 1

e−πs 1 + (s2 + 1)(s2 + 4) (s2 + 1)(s2 + 4) = H(s) + e−πs H(s)

Y (s) =

em que H(s) =

(s2

1 + 1)(s2 + 4)

y(t) = h(t) + uπ (t)h(t − π) Do exerc´ıcio anterior temos que H(s) =

Assim,

−1/3 1/3 + 2 +1 s +4

s2

1 1 h(t) = sen t − sen 2t 6 3

e portanto

1 1 1 1 y(t) = h(t) + uπ (t)h(t − π) = sen t − sen 2t − uπ (t)( sen t + sen 2t) 6 3 6 3 0.5

y

0.4

0.3

0.2

0.1

0

x −0.1

−0.2

−0.3

−0.4

−0.5

−1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

(j) ¢ 1 e−10s s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 3 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = − s s 0 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 0 obtemos ¡

¡ 2 ¢ 1 e−10s s + 3s + 2 Y (s) = − s s

Assim, Y (s) =

e−10s 1 = H(s) − e−10s H(s) − 2 2 s (s + 3s + 2) s (s + 3s + 2)

em que H(s) =

s (s2

1 + 3s + 2)

y(t) = h(t) − u10 (t)h(t − 10).

H(s) =

s (s2

C B A 1 1 + = + = s+1 s+2 s s(s + 1)(s + 2) + 3s + 2)

Multiplicando H(s) por s (s2 + 3s + 2) obtemos ¡ ¢ 1 = A s2 + 3s + 2 +Bs(s+2)+Cs(s+1) = (A+B+C)s2 +(3A+2B+C)s+2A   A + B + C = 0 3A + 2B + C = 0  2A = 1

que tem solu¸ca˜o A = 1/2, B = −1 e C = 1/2. Assim, H(s) =

1 1 1 11 + − 2s s+1 2s+2

h(t) =

1 1 − e−t + e−2t 2 2

y(t) = h(t) − u10 (t)h(t − 10) y

0.4

0.3

0.2

0.1

0

−0.1

x

0

5

10

15

20

(k) ¡

¢ e−2s s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 3 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = s

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 1 obtemos ¡

Assim, Y (s) =

¢ e−2s +1 s2 + 3s + 2 Y (s) = s

e−2s 1 = Y1 (s) + e−2s H(s) + s2 + 3s + 2 s (s2 + 3s + 2)

em que H(s) =

1 s (s2 + 3s + 2)

e Y1 (s) =

1 s2 + 3s + 2

y(t) = y1 (t) − u2 (t)h(t − 2). Y1 (s) =

B A 1 1 + = = Y (s) = 1 s+1 s+2 (s + 1)(s + 2) s2 + 3s + 2

Multiplicando Y1 (s) por s2 + 3s + 2: 1 = A(s + 2) + B(s + 1) = (A + B)s + (2A + B) ½

A + B = 0 2A + B = 1

que tem solu¸ca˜o A = 1 e B = −1. Assim, Y1 (s) =

1 1 − s+1 s+2

y1 (t) = e−t − e−2t . Do exerc´ıcio anterior H(s) =

1 1 1 11 + − 2s s+1 2s+2

h(t) =

1 1 − e−t + e−2t 2 2

y(t) = y1 (t) + u2 (t)h(t − 2) = e−t − e−2t + u2 (t)h(t − 2)

y

0.4

0.3

0.2

0.1

0

x

−0.1 −2

0

2

6

4

8

10

(l) ¢ e−3πs s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + Y (s) = s 0 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 1 obtemos ¡

Assim,

¡

¢ e−3πs +1 s2 + 1 Y (s) = s

1 e−3πs + 2 Y (s) = 2 s(s + 1) s + 1 1 , = e−3πs H(s) + 2 s +1

em que H(s) =

1 + 1)

s(s2

y(t) = sen t + h(t − 3π)u3π (t). A Bs + C . H(s) = + 2 s +1 s Multiplicando-se H(s) por s(s2 + 2s + 2) obtemos

1 = A(s2 + 1) + (Bs + C)s = (A + B)s2 + Cs + A  = 0  A + B C = 0  A = 1

que tem solu¸ca˜o A = 1, B = −1 e C = 0. Assim,

s 1 − 2 s s +1

H(s) =

De onde obtemos que a fun¸ca˜o cuja transformada de Laplace ´e H(s) ´e h(t) = 1 − cos t y(t) = sen t + h(t − 3π)u3π (t) = sen t + u3π (t)[1 − cos(t − 3π)] 2.5

y

2

1.5

1

0.5

0

x −0.5

−1

−5

0

5

10

15

20

25

(m) ¡

¢ 1 1 5 + e−πs 2 s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + (sY (s) − y(0)) + Y (s) = 2 s +1 s +1 4

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos ¶ µ 1 1 5 2 + e−πs 2 Y (s) = 2 s +s+ s +1 s +1 4

Assim,

1 1 ¢ ¡ ¢ + e−πs 5 2 2 (s + 1) s2 + s + 54 + 1) s + s + 4 = H(s) + e−πs H(s)

Y (s) =

(s2

¡

em que H(s) =

1 ¢ (s2 + 1) s2 + s + 54

¡

y(t) = h(t) + uπ (t)h(t − π) H(s) =

Cs + D As + B 1 ¢= 2 + 5 2 s +1 s + s + 54 (s2 + 1) s2 + s + 4 ¡

¢ ¡ Multiplicando-se H(s) por (s2 + 1) s2 + s + 54 :

5 1 = (As + B)(s2 + s + ) + (Cs + D)(s2 + 1) 4 5 5 = (A + C)s3 + (A + B + D)s2 + ( A + B + C)s + ( B + D) 4 4

 A    A + 5 A +    4

+ C

= B + D = B + C = 5 B + D = 4

0 0 0 1

Resolvendo-se o sistema por escalonamento obtemos a solu¸ca˜o A = −16/17, B = 4/17, C = 16/17 e D = 12/17. Assim,

H(s) =

=

=

=

¶ µ 4s + 3 4 −4s + 1 + 2 s2 + 1 17 s + s + 54 ¶ µ 4s + 3 1 s 4 + + −4 2 s + 1 s2 + 1 (s + 1/2)2 + 1 17 ¶ µ s + 3/4 1 s 4 +4 + −4 2 (s + 1/2)2 + 1 s + 1 s2 + 1 17 ¶ µ 1 s + 1/2 1 s 4 + +4 + −4 2 (s + 1/2)2 + 1 (s + 1/2)2 + 1 s + 1 s2 + 1 17

h(t) =

¢ 4 ¡ −4 cos t + sen t + 4e−t/2 cos t + e−t/2 sen t 17 y(t) = h(t) + uπ (t)h(t − π)

2

y

1.5

1

0.5

0

x −0.5

−1

−1.5

−2

−2

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

(n) ¢ e−3πs e−πs −2 s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) = 2 s s 0 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 0 obtemos ¡

Assim,

¡

e−πs − e−3πs s + 4 Y (s) = 2 s 2

¢

e−πs − e−2πs s(s2 + 4) = (e−πs − e−3πs )H(s),

Y (s) = 2

em que H(s) =

2 + 4)

s(s2

y(t) = uπ (t)h(t − π) − u3π (t)h(t − 3π). A Bs + C 2 . = + 2 H(s) = 2 s +4 s s(s + 4)

Multiplicando-se H(s) por s(s2 + 4) obtemos 2 = A(s2 + 4) + (Bs + C)s = (A + B)s2 + Cs + 4A  = 0  A + B C = 0  4A = 2

que tem solu¸ca˜o A = 1/2, B = −1/2 e C = 0. Assim, 11 1 s − 2 s 2 s2 + 4

H(s) =

De onde obtemos que a fun¸ca˜o cuja transformada de Laplace ´e H(s) ´e h(t) =

1 1 − cos 2t 4 4

y(t) = uπ (t)h(t − π) − u3π h(t − 3π) y

0.4

0.3

0.2

0.1

0

−0.1

x

0

−2

2

4

6

8

10

12

(o) ¡ 2 ¢ s Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + Y (s) = e−2πs cos(2π)

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 1 obtemos

Assim,

¡

¢ s2 + 1 Y (s) = e−2πs + 1

Y (s) =

1 e−2πs + 2 2 s +1 s +1

e a solu¸ca˜o do problema de valor inicial ´e dado por y(t) = u2π (t) sen(t − 2π) + sen t = (u2π (t) + 1)sen t.

(p) ¡ 2 ¢ s Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4 (sY (s) − y(0)) + 4Y (s) = G(s)

Substituindo-se os valores y(0) = 2 e y 0 (0) = −3 obtemos

Assim,

¡

¢ s2 + 4s + 4 Y (s) = G(s) + 5 + 2s

5 + 2s G(s) + 2 + 4s + 4 s + 4s + 4 5 + 2s G(s) + = 2 (s + 2)2 (s + 2)

Y (s) =

s2

B A 5 + 2s + = s + 2 (s + 2)2 (s + 2)2

Multiplicando-se por (s + 2)2 obtemos 5 + 2s = A(s + 2) + B = As + (2A + B) Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema ½ A = 2 2A + B = 5 que tem solu¸ca˜o A = 2 e B = 1. Assim, Y (s) =

1 2 G(s) + + 2 s + 2 (s + 2)2 (s + 2)

y(t) = (e−2t t ∗ g)(t) + 2e−2t + e−2t t Z t = e−2(t−τ ) (t − τ )g(τ )dτ + 2e−2t + e−2t t 0

2. (a) A equa¸ca˜o caracter´ıstica ´e r 2 − 6r + 8 = 0, que tem ra´ızes r1 = 2 e r2 = 4. A equa¸ca˜o homogˆenea correspondente tem solu¸ca˜o geral y(t) = c1 e2t + c2 e4t .

Uma solu¸ca˜o particular da equa¸ca˜o n˜ao homogˆenea ´e da forma yp (t) = A cos t+ B sin t. Substituindo-se yp (t), yp0 (t) e yp00 (t) na equa¸ca˜o: (7A − 6B) cos t + (6A + 7B) sin t = sin t De onde obtemos A = 6/85 e B = 7/85. A solu¸ca˜o geral da equa¸ca˜o n˜ao homogˆenea ´e y(t) =

7 6 sin t + c1 e2t + c2 e4t cos t + 85 85 7 + 2c1 + 4c2 y 0 (0) = 0 = 85 6 + c1 + c2 y(0) = 0 = 85

c1 = −1/10 e c2 = 1/34. y(t) =

1 1 7 6 sin t − e2t + e4t cos t + 34 10 85 85

(b) ¡

¢ s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) − 6 (sY (s) − y(0)) + 8Y (s) =

1 s2 + 1

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos

Assim,

¡

¢ s2 − 6s + 8 Y (s) =

Y (s) =

(s2

s2

1 +1

1 − 6s + 8) (s2 + 1)

Cs + D B A 1 + + = s2 + 1 s−2 s−4 (s2 − 6s + 8) (s2 + 1)

Multiplicando-se por (s2 − 6s + 8) (s2 + 1) obtemos

1 = A(s − 4)(s2 + 1) + B(s − 2)(s2 + 1) + (Cs + D)(s2 − 6s + 8) = (A + B + C)s3 + (−4A − 2B − 6C + D)s2 + +(A + B + 8C − 6D)s + (−4A − 2B + 8D)

Comparando-se os termos  A    −4A A    −4A

de mesmo grau obtemos o sistema + B + C − 2B − 6C + D + B + 8C − 6D − 2B + 8D

= = = =

0 0 0 1

que tem solu¸ca˜o A = −1/10, B = 1/34, C = 6/85 e D = 7/85. Assim, Y (s) = −

7 1 s 6 1 1 1 1 + + + 2 10 s − 2 34 s − 4 85 s − 1 85 s2 − 1

y(t) = −

7 6 1 1 2t sin t cos t + e + e4t + 85 85 34 10

Referˆ encias [1] William E. Boyce and Richard C. DiPrima. Equa¸co˜es Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. Livros T´ecnicos e Cient´ıficos Editora S.A., Rio de Janeiro, 7a. edition, 2002. [2] Erwin Kreiszig. Matem´atica Superior. Livros T´ecnicos e Cient´ıficos Editora S.A., Rio de Janeiro, 2a. edition, 1985. [3] Dennis G. Zill and Michael R. Cullen. Equa¸co˜es Diferenciais. Makron Books, S˜ao Paulo, 3a. edition, 2001.