Baixe Equações Diferenciais Ordinárias - laplace e outras Notas de estudo em PDF para Equações Diferenciais, somente na Docsity! Capítulo 8 Transformada de Laplace A transformada de Laplace permitirá que obtenhamos a solução de uma equa- ção diferencial ordinária de coeficientes constantes através da resolução de uma equação algébrica. A transformada de Laplace de uma função f é uma transformada integral. Isto é, ela é da forma: Y (s) = ∫ β α K(s, t) f(t) dt. (8.1) A função K(s, t) é chamada de núcleo da transformada. Para definir a transformada de Laplace, precisaremos da noção de integral im- própria. Veja [L]. Definição 30. Seja f : [0, +∞) −→ R. A transformada de Laplace da função f(t) é denotada e definida por: F (s) = L{f(t)} = ∫ ∞ 0 e−st f(t) dt, se a integral imprópria converge, pelo menos para algum valor de s. No caso da transformada de Laplace, o núcleo da transformada é e−st. Exemplo 94. f(t) = 1, t ≥ 0 Aplicamos a definição: F (s) = L{1} = ∫ ∞ 0 e−st dt = lim A→∞ ∫ A 0 e−st dt = lim A→∞ ( − e−sA s + 1 s ) = 1 s , se s > 0. Exemplo 95. f(t) = ekt, t ≥ 0 209 Aplicamos a definição: F (s) = L{ekt} = ∫ ∞ 0 e−st ekt dt = ∫ ∞ 0 e(k−s)t dt = lim A→∞ ∫ A 0 e(k−s)t dt = lim A→∞ ( − e(k−s)A k − s − 1 k − s ) = 1 s − k , se s > k. Exemplo 96. f(t) = t3, t ≥ 0 Aplicando a definição: F (s) = L{t3} = ∫ ∞ 0 e−st t3 dt = lim A→∞ ∫ A 0 e−st t3 dt = lim A→∞ [ − e−sAA3 s − 3e−sAA2 s2 − 6e−sAA s3 − 6e−sA s4 + 6 s4 ] = 6 s4 , se s > 0. Exemplo 97. f(t) = { 0 se 0 ≤ t < 5 5 se 5 ≤ t F (s) = L{f(t)} = ∫ ∞ 0 e−st f(t)dt = lim A→∞ ∫ A 5 5 e−st dt = 5 lim A→∞ [ e−5s s − e−sA s ] = 5 e−5s s , se s > 0. Como a transformada de Laplace envolve integração, é natural que a transfor- mada herede propriedades da integral. Uma destas propriedades é a lineari- dade. Sejam f e g duas funções cujas transformada de Laplace existem para s > a1 e s > a2, respectivamente. Então, para s > max{a1, a2}, então: L{αf(t) + βg(t)} = ∫ ∞ 0 e−st ( αf(t) + βg(t) ) dt = α ∫ ∞ 0 e−st f(t) + β ∫ ∞ 0 e−st g(t)dt = αL{f(t)} + β L{g(t)}, para todo α, β ∈ R. Acabamos de provar o seguinte teorema: 210 Note que: ∫ ∞ 0 e−stf(t) dt = ∫ M 0 e−stf(t) dt + ∫ ∞ M e−stf(t) dt ∫ A M |e−stf(t)| dt ≤ C ∫ A M |e−stekt| dt = C e(k−s)t k − s ∣ ∣ ∣ ∣ A M = C e(k−s)A k − s − C e(k−s)M k − s . Logo lim A→∞ ∫ A M |e−stf(t)| dt < ∞ e isto implica: ∫ ∞ 0 e−stf(t)dt < ∞. O Teorema acima nos diz que se uma função for contínua por partes e de or- dem exponencial, então esta função tem transformada de Laplace e sabemos também que a transformada está bem definida para todos os valores de s mai- ores do que uma certa constante k. Corolário 1. Se f(t) satisfaz as hipóteses do Teorema 14, então: lim s→∞ F (s) = 0 Até agora, estabelecemos no Teorema 14, condições suficientes para que pos- samos calcular a transformada de Laplace de uma certa classe de funções e conhecemos, no Corolário, uma propriedade das transformadas de Laplace de funções pertencentes a esta classe. É conveviente observar, que há funções que não satisfazem as hipóteses do Teorema 14 e ainda assim têm transformada de Laplace. Além disso, dentre estas funções encontramos exemplos cujas trans- formadas não têm a propriedade apontada no Corolário. Exemplo 103. f(t) = sen t, t ≥ 0. 213 Claramente f satisfaz as hipóteses do Teorema 14. ∫ A 0 e−st sen t dt = − e−st sen t s ∣ ∣ ∣ ∣ A 0 + 1 s ∫ A 0 e−st cos t dt = − e−sA sen A s − e−st cos t s2 ∣ ∣ ∣ ∣ A 0 − 1 s2 ∫ A 0 e−st sen t dt s2 + 1 s2 ∫ A 0 e−st sen t dt = − e−sA sen A s − e−sA cos A s2 + 1 s2 Logo, F (s) = L{sen t} = ∫ ∞ 0 e−st sen t dt = lim A→∞ ∫ A 0 e−st sen t dt = s2 s2 + 1 lim A→∞ ( − e−sA sen A s − e−sA cos A s2 + 1 s2 ) = 1 s2 + 1 , s > 0 Lembremos que estamos interessados em introduzir a transformada de Lapla- ce para simplificar a resolução de equações diferenciais. Queremos determi- nar uma função y(t), solução de uma equação diferencial, resolvendo um pro- blema associado para Y (s), a transformada de Laplace de y(t). Logo, uma vez determinada Y (s), queremos encontrar y(t). Ou seja, queremos inver- ter o operador transformada de Laplace. Para tanto, devemos provar que se L{f} = L{g}, temos f = g. O próximo resultado nos dirá que f e g são “quase idênticas”. Teorema 15. Se f(t) e g(t) satisfazem as hipóteses do Teorema 14 e F (s) = L{f} = L{g} = G(s) para todo s > a (para algum a); então, f(t) = g(t) exceto nos pontos de descontinuidade. 8.2 Transformada Inversa de Laplace O Teorema 3 nos diz quando equação: L{y} = φ(s) puder ser resolvida para y(t), a solução é “essencialmente” única. Esta solução se chama Transformada Inversa de Laplace da função φ(s), e é denotada por: L−1{φ(s)}. 214 A transformada inversa também é um operador linear. De fato, consideremos φ(s) = F1(s) + F2(s) e L{f1(t)} = F1(s) e L{f2(t)} = F2(s), temos para s > s0, L{f1(t) + f2(t)} = L{f1(t)} + L{f2(t)} = φ(s) Portanto: L−1{F1(s) + F2(s)} = L −1{φ(s)} = f1(t) + f2(t) = L −1{F1(s)} + L −1{F2(s)} Exemplo 104. Calcule L−1 { 6s2 − 2s4 + 24 s4(s2 + 4) } L−1 { 6s2 − 2s4 + 24 s4(s2 + 4) } = L−1 { 6 s4 − 2 s2 + 4 } = L−1 { 6 s4 } − L−1 { 2 s2 + 4 } = t3 − sen 2t Teorema 16 (1o Teorema do deslocamento). Se L{f(t)} = F (s) existe para s > a e se c ∈ R, então a transformada de Laplace da função ectf(t) existe para s > a + c e é dada por L{ectf(t)} = F (s − c). Reciprocamente, se f(t) = L−1{F (s)}, então ectf(t) = L−1{F (s − c)} Para s − c > a, temos F (s − c) = ∫ ∞ 0 e−(s−c)tf(t)dt = ∫ ∞ 0 e−st[ectf(t)]dt = L{ectf(t)} A relação acima nos diz que ectf(t) = L−1{F (s − c)} O Teorema acima nos diz que uma translação no eixo s corresponde a uma multiplicação da função em t por uma exponencial. Exemplo 105. Calcule L−1{G(s)} com G(s) = 1 s2 − 4s + 5 215 Então, a transformada de Laplace de f ′(t) existe para s > k e é dada por L{f ′(t)} = sL{f(t)} − f(0) = sF (s) − f(0) Sejam t1 < t2 < · · · < tn, ti ∈ [0, A] os (possíveis) pontos de descontinuidade de f ′, logo: ∫ A 0 e−st f ′(t) dt = ∫ t1 0 e−st f ′(t) dt + ∫ t2 t1 e−st f ′(t) dt + · · ·+ ∫ A tn e−st f ′(t) dt. Integrando por partes, ∫ b a e−st f ′(t) dt = e−stf(t) ∣ ∣ b a + s ∫ b a e−st f(t) dt = e−sbf(b) − e−saf(a) + s ∫ b a e−stf(t) dt. Portanto, ∫ A 0 e−st f ′(t) dt = e−st1f(t1) − f(0) + s ∫ t1 0 e−stf(t) dt + e−st2f(t2) − e −st1f(t1) + s ∫ t2 t1 e−st f(t) dt + · · ·+ e−sAf(A) − e−stn f(tn) + s ∫ A tn e−st f(t) dt = e−sAf(A) − f(0) + s ∫ A 0 e−st f(t) dt Logo, L{f ′(t)} = lim A→∞ ∫ A 0 e−st f ′(t) dt = lim A→∞ e−sA f(A) − f(0) + s lim A→∞ ∫ A 0 e−st f(t) dt = sL{f(t)} − f(0), s > k, como |f(t)| ≤ C ekt, se t ≥ M ; então: lim A→∞ e−sA |f(A)| ≤ C lim A→∞ e(k−s) A = 0 ⇒ lim A→∞ e−sA f(A) = 0 Se f ′ for contínua e de ordem exponencial e f ′′ for conítnua por partes em intervalos [0, A], A > 0, pelo Teorema 19, temos L{f ′′(t)} = sL{f ′(t)} − f ′(0) 218 e se, além disso, f for contínua e de ordem exponencial, temos L{f ′′(t)} = sL{f ′(t)} − f ′(0) = s2L{f(t)} − sf(0) − f ′(0) Na verdade, podemos generalizar o resultado acima para derivadas de ordem superior. Teorema 20. Suponha que 1. f, f ′, . . . , f (n−1) sejam contínuas em [0, A] e que f (n) seja contínua por partes no intervalo [0, A] para qualquer A > 0; 2. existem C, k, M ∈ R com C, M > 0 tais que |f(t)| ≤ Cekt, |f ′(t)| ≤ Cekt, . . . , |f (n−1)(t)| ≤ Cekt quando t ≥ M Então, a transformada de Laplace de f (n)(t) existe para s > k e é dada por L{f (n)(t)} = snL{f(t)} − sn−1f(0) − sn−2f ′(0) − · · · − sf (n−2)(0) − f (n−1)(0) Exemplo 108. Calcule L{tn} Seja f(t) = tn L { dn dtn f(t) } = L{n!} = n!L{1} = n! s , s > 0. L { dn dtn f(t) } = snL{f(t)} + sn−1f(0) + sn−2f ′(0) + · · · + sf (n−2)(0) + f (n−1)(0), L { dn dtn f(t) } = snL{tn}, L{tn} = n! sn+1 , s > 0 Teorema 21. Seja F (s) = L(f(t)); então: L ( ∫ t 0 f(x) dx ) = F (s) s , se s > 0. Seja g(t) = ∫ t 0 f(x) dx; então g′(t) = f(t): F (s) = L(g′(t)) = sL(g(t)). 219 8.3 Resolução de PVI Com a teoria desenvolvida até aqui, podemos aplicar a Transformada de La- place para resolver problemas de valor inicial. Exemplo 109. Resolva o PVI: { y′′ − y′ − 6y = 0 y(0) = 2, y′(0) = −1 Usando o Teorema 20, temos L{y′(t)} = sL{y(t)} − y(0) e L{y′′(t)} = s2L{y(t)} − sy(0) − y′(0). Portanto: L{y′′ − y′ − 6y} = L{y′′(t)} − L{y′(t)} − 6L{y(t)} = L{0} = 0 L{y′′ − y′ − 6y} = (s2 − s − 6)L{y(t)} − 2s + 1 + 2 = 0 Y (s) = L{y(t)} = 2s − 3 s2 − s − 6 Observe que para determinarmos a solução y(t) do PVI, basta invertermos a transformada acima. Para tanto, vamos escrever a fração que aparece no lado direito de um modo mais conveniente. Observe que s2 − s− 6 = 0 nada mais é do que a equação característica da equação diferencial y′′ − y′ − 6y = 0. Como: 2s − 3 s2 − s − 6 = 2s − 3 (s − 3)(s + 2) = 3 5(s − 3) + 7 5(s + 2) , e L−1 { 1 s − a } = eat; logo: y(t) = L−1{Y (s)} = L−1 { 2s − 3 s2 − s − 6 } = 3 5 L−1 { 1 s − 3 } + 7 5 L−1 { 1 s + 2 } = 3 5 e3t + 7 5 e−2t Observemos que, para resolver o PVI, não encontramos primeiro a solução geral equação homogênea. O método da Transformada de Laplace fornece diretamente a solução particular desejada. Exemplo 110. Encontre uma solução geral da edo: y′′ − 2 y′ + 1 = 0 220 Por outro lado: L−1 { 1 s2 + 4s + 13 } = 1 3 L−1 { 3 (s + 2)2 + 9 } = 1 3 e−2t sen 3t, separando em frações parciais: 2 s2(s2 + 4 s + 13) = A s + B s2 + C s + D s2 + 4 s + 13 = − 4 169 1 s + 1 13 1 s2 + 1 169 3 + 4 s s2 + 4 s + 13 ; logo, L−1 { 2 s2(s2 + 4 s + 13) } = − 8 169 + 2 13 t + 8 169 e−2t cos 3t − 10 3(169) e−2t sen 3t. Seja F (s) = L{sen 3t}, pelo Teorema 18, − t sen 3t = L−1 { d ds 3 s2 + 9 } = −L−1 { 6 s (s2 + 9)2 } , L−1 { 3 (s + 2) [(s + 2)2 + 9]2 } = 1 2 e−2t L−1 { 6 s (s2 + 9)2 } = 1 2 e−2t t sen 3t Portanto, y(t) = L−1{Y (s)} = L−1 { 1 s2 + 4s + 13 ( 2 s2 + 3 (s + 2) (s + 2)2 + 9 − 1 )} = L−1 { 2 s2(s2 + 4s + 13) } + L−1 { 3(s + 2) ( (s + 2)2 + 9 )2 } −L−1 { 1 s2 + 4 s + 13 } = − 8 169 + 2 13 t + 8 169 e−2t cos 3t − 179 3(169) e−2t sen 3t + 1 2 e−2t t sen 3t. 8.4 Função Degrau Unitário Em aplicações que envolvem circuitos elétricos, é comum que a força externa que atua na equação seja descontínua. A transformada de Laplace se mostrará mais útil e simples para resolver problemas deste tipo do que os método que conhecemos até agora. 223 3 1 Figura 8.1: Gráfico de u3(t) Definição 33. A função degrau unitário e definida e denotada por: uc(t) = { 0, t < c, c ≥ 0 1, t ≥ c Calculemos a transformada de Laplace de uc: L{uc(t)} = lim A→∞ ∫ A 0 e−st uc(t) dt = lim A→∞ ( + ∫ A c e−st dt ) = lim A→∞ ( − e−sA s + e−sc s ) = e−sc s , s > 0. Podemos usar a função degrau para expressar funções descontínuas que po- dem ser obtidas por translação de funções conhecidas. Por exemplo, se tiver- mos a função g(t) cujo gráfico é igual ao gráfico da função f(t) transladado de 224 uma distância c no sentido positivo do eixo t, y=g(t) c Podemos escrever g usando a função f e a função degrau g(t) = uc(t)f(t − c) = { 0, t < c, f(t − c), t ≥ c Veremos no próximo Teorema como se relacionam as transformada de g e f . Teorema 22 (2o Teorema do deslocamento). Se L{f(t)} = F (s) existe para s > a e se c ∈ R, então a transformada de Laplace da função g(t) = uc(t)f(t − c) existe para s > a e é dada por L{uc(t) f(t − c)} = e −cs L{f(t)} = e−cs F (s). Reciprocamente, se f(t) = L−1{F (s)}, então L−1{e−cs F (s)} = uc(t) f(t− c). Dea fato, para s > a, temos: ∫ A 0 e−stuc(t)f(t − c)dt = ∫ A c e−stf(t − c)dt (u=t−c) = ∫ A−c 0 e−s(u+c)f(u)du = e−sc ∫ A−c 0 e−suf(u)du L{uc(t)f(t − c)} = lim A→∞ ∫ A 0 e−stuc(t)f(t − c)dt = lim A→∞ e−sc ∫ A−c 0 e−suf(u)du = e−sc ∫ ∞ 0 e−suf(u)du = e−scL{f(t)} 225 Portanto, a a solução do PVI é: y(t) = L−1 {Y (s)} = { t, 0 ≤ t < 2π t − (t − 2π), t ≥ 2π =          1 4 t sen 2t, 0 ≤ t < 2π π 2 sen 2t, t ≥ 2π. 8.5 Funções Periódicas A seguir estudaremos outra classe de funções que aparece com frequência como força externa em sistemas mecânicos e elétricos. Definição 34. Uma função f : R → R é periódica de período p > 0 se f(t+p) = f(t) para todo t. O menor período positivo é chamado de período fundamental. Exemplo 116. As funções f(x) = sen x e g(t) cos(t) são periódicas com período fun- damental T = 2π Teorema 23. Se f é uma função contínua por partes, de ordem exponencial e periódica de período p, então a transformada de Laplace de f existe para s > 0 e é dada por F (s) = L{f(t)} = 1 1 − e−ps ∫ p 0 e−st f(t) dt. De fato, seja A = (k + 1)p, logo: ∫ A 0 e−stf(t) dt = ∫ p 0 e−stf(t)dt + ∫ 2p p e−st f(t) dt + · · · + ∫ (k+1)p kp e−st f(t) dt. Fazendo t = u + kp, obtemos: ∫ (k+1)p kp e−st f(t) dt = ∫ p 0 e−s(u+kp) f(u + kp) du = e−ksp ∫ p 0 e−su f(u) du. Então: ∫ A 0 e−stf(t)dt = [ ∫ p 0 e−suf(u) du ] k ∑ n=0 e−nsp = [ ∫ p 0 e−suf(u) du ] 1 − e−(k+1)sp 1 − e−ps F (s) = lim A→∞ ∫ A 0 e−st f(t) dt = [ ∫ p 0 e−su f(u) du ] lim k→∞ 1 − e−(k+1)sp 1 − e−ps = 1 1 − e−ps ∫ p 0 e−st f(t) dt. 228 Exemplo 117. Calcule L{f(t)}, com f(t) = { 1, 0 ≤ t < 1 0, 1 ≤ t < 2, f(t + 2) = f(t). 1 2 3 4 1 F (s) = 1 1 − e−2s ∫ 2 0 e−st f(t) dt = 1 1 − e−2s ∫ 1 0 e−st dt = 1 1 − e−2s [ − e−st s ∣ ∣ ∣ ∣ 1 0 = 1 − e−s s(1 − e−2s) = 1 s(1 + e−s) , s > 0. Exemplo 118. Calcule L{f(t)}, com f(t) = sen t, 0 ≤ t < π, f(t + π) = f(t). -6 -4 -2 2 4 6 1 229 F (s) = L{f(t)} = 1 1 − e−πs ∫ π 0 e−stf(t) dt = 1 1 − e−πs ∫ π 0 e−st sen t dt = 1 1 − e−πs s2 s2 + 1 e−sπ + 1 s2 = 1 + e−πs (s2 + 1)(1 − e−πs) , s > 0. 8.6 Convolução Exemplo 119. Resolva o PVI { y′′ + y = cos t, y(0) = y′(0) = 0. Usando o Teorema 20, L{y′′(t)} = s2L{y(t)} − sy(0) − y′(0) = s2L{y(t)}. Portanto: L{y′′ + y} = L{y′′(t)} + L{y(t)} = L{cos t}, s2L{y(t)} + 6L{y(t)} = [s2 + 1]L{y(t)} = L{cos t}. Logo, Y (s) = L{y(t)} = 1 s2 + 1 L{cos t} = L{sen t}L{cos t}. É de se esperar que possamos relacionar as funções sen t e cos t com a tran- formada inversa do produto das transformadas de sen t e cos t. O próximo teorema nos dirá que a função h(t) = ∫ t 0 f(τ)g(t− τ)dτ é tal que H(s) = L{h(t)} = L{f(t)}L{g(t)}. Definição 35 (Convolução). Seja f e g funções contínuas por partes. A convolução das funções f e g é denotada e definida para t ≥ 0 por: (f ∗ g)(t) = ∫ t 0 f(τ) g(t− τ) dτ. Exemplo 120. Calcule L{(cos t) ∗ (sen t)} 230 Devido a esta característica, vamos substituir a função g(t) por uma função simples que tenha o mesmo impulso. Consideremos as funções da,ε(t) =    1 ε , a ≤ t < a + ε 0, caso contrário εε ε ε ε ε a+ 1/ 1/ 1/ a 1 2 a+1a+2 Vemos que para todo ε > 0, a função da,ε(t) tem um impuslo unitário no inter- valo [a, a + ε]. De fato: Iε = ∫ a+ε a da,ε(t) dt = 1 ε ( a + ε − a ) = 1. Como a função da,ε(t) se anula fora do intervalo [a, a + ε], temos: Iε = ∫ ∞ 0 da,ε(t) dt = 1. Vamos agora considerar que a força atue em intervalos cada vez menores. Isto é, com ε cada vez menores, isto é: lim ε→0 da,ε(t) = 0, t 6= a, lim ε→0 ∫ ∞ 0 da,ε(t) dt = lim ε→0 Iε = 1. As condições acima nos dão elementos para definir o chamado impulso ins- tantâneo que teria as seguintes propriedades: δa(t) = 0, t 6= a, ∫ ∞ 0 δa(t) dt = 1. 233 δa(t) definida pelas condiçõea acima não é uma função no sentido usual e é chamada δ de Dirac. Podemos definir formalmente a transformada de Laplace da função δ de Dirac motivados pelo Teorema do valor médio para integrais. Se g(t) é contínua em [a, a + ε], então existe t ∈ [a, a + ε], tal que ∫ a+ε a g(t) dt = g(t) ( a + ε − a ) g(t) ε. Logo: lim ε→0 ∫ ∞ 0 g(t) da,ε(t) dt = lim ε→0 ∫ a+ε a g(t) 1 ε dt = lim ε→0 g(t) = g(a), uma vez que t ∈ [a, a + ε] e g é contínua em [a, a + ε]. Em particular: lim ε→0 L{da,ε(t)} = lim ε→0 ∫ ∞ 0 e−st da,ε(t) dt = e −sa. Definiremos a transformada de Laplace do δ de Dirac, como: L{δa(t)} = e −sa e ∫ ∞ 0 g(t)δa(t) dt = g(a). Notação: δ(t) = δ0(t) 8.7.1 Princípio de Duhamel Consideremos o PVI { x′′ + a1x ′ + a0x = g(t) x′(0) = x(0) = 0 Pelo Teorema 20, temos: L{x(t)}[s2 + a1 s + a0] = G(s), L{x(t)} = G(s) s2 + a1s + a0 . A função W (s) = 1 s2 + a1s + a0 234 é chamada função transferência e w(t) = L−1{W (s)} é chamada função peso, pelo Teorema 24, x(t) = w(t) ∗ g(t) = ∫ t 0 w(τ) g(t− τ) dτ. Esta fórmula é o princípio de Duhamel para o sistema. Observe que a fun- ção peso é completamente determinada pelos parâmetros da equação. Uma vez conhecida w(t) uma solução do PVI é sempre dada pela expressão acima. Observemos que: W (s) = 1 s2 + a1 s + a0 = e−0s s2 + a1 s + a0 = L{δ0(t)} s2 + a1 s + a0 = L{δ(t)} s2 + a1 s + a0 . Isto é, a função peso é a resposta do sistema à função δ de Dirac. Por isso, w(t) é também chamada de resposta ao impulso unitário. O princípio de Duhamel nos mostra como podemos usar o teorema da convolução para expressar a so- lução de um problema de valor inicial em função de uma integral. Exemplo 122. Consideremos o PVI: { x′′ + a1x ′ + a0x = g(t) x′(0) = b1, x(0) = b0. Ele tem solução da forma: x(t) = xh(t) + xp(t) com { x′′h + a1x ′ h + a0xh = 0 x′h(0) = b1, xh(0) = b0 e { x′′p + a1x ′ p + a0xp = g(t) x′p(0) = 0, xp(0) = 0. De fato, para x(t) = xh(t) + xp(t), temos: x′′ + a1 x ′ + a0 x = (xh + xp) ′′ + a1(xh + xp) ′ + a0(xh + xp) = x′′h + a1 x ′ h + a0 xh + x ′′ p + a1 x ′ p + a0 xp = 0 + g(t) 235 e: x(t) = L−1{X(s)} = 3 cos 2t + 4u2π(t) sen 2(t − 2π) = { 3 cos 2 t, t < 2π 3 cos 2 t + 4 sen 2(t − 2π), t ≥ 2π = { 3 cos 2t, t < 2π 3 cos 2t + 4 sen 2t, t ≥ 2π. Para A = 25, seja δ, tal que: sen δ = 4 A e cos δ = 3 A . Como δ ≈ 0, 9273, utilizando identidades trigonométricas, podemos reescrever x(t), na forma: x(t) = { 3 cos 2t, t < 2π 5 cos(2t − 0, 9273), t ≥ 2π. A função x(t) é a solução do PVI. Vemos que o efeito do impulso em t = 2π altera a amplitude do movimento oscilatório instantaneamente. Isto provoca uma descontinuidade na velocidade. 238 8.8 Exercícios 1. Das seguintes funções, quais são contínuas por partes em [0,∞)? Justifique sua resposta. a) f(t) = et 2 b) f(t) = ln(t2 + 1) c) f(t) = t + 1 t − 1 d) f(t) = t − 2 t2 − t − 2 e) f(t) = e 1 t 2. Calcule (sem consultar uma tabela), sendo a constante, a transformada de Laplace de: a) f(t) = eat b) f(t) = teat c) f(t) = t cos at d) f(t) = cos2 at e) f(t) = eat sen bt f) f(t) = eat cos bt g) f(t) = tneat, n ∈ N h) f(t) = cosh at i) f(t) = senh at j) f(t) = sen at k) f(t) = 1 l) f(t) = t m) f(t) = t2 n) f(t) = cos at o) f(t) = { 1, 0 < t ≤ 1 0, t > 1 3. Ache a transformada inversa de Laplace da função dada a) 3 s2 + 4 b) 4 (s − 1)3 c) 2 s2 + 3s − 4 d) 2s + 2 s2 + 2s + 5 e) 8s2 − 4s + 12 s(s2 + 4) f) 3s s2 − s − 6 g) 2s − 3 s2 − 4 239 4. Calcule: a) L−1 { e−s s3 } b) L−1 { 1 − e−πs s2 + 4 } c) L−1 { 2(s − 1)e−2s s2 − 2s + 2 } 5. Use a transformada de Laplace para resolver os seguintes problemas de va- lor inicial a) y′′ + y = t, y(0) = 1, y′(0) = −2 b) y′′ − 3y′ + 2y = 4e2t, y(0) = −3, y′(0) = 5 c) y′′ + 9y = cos 2t, y(0) = 1, y′(0) = 1 d) y′′ − y′ − 6y = 10e2t, y(0) = 3, y′(0) = 2 6. Use a transformada de Laplace para resolver os seguintes problemas de va- lor inicial: a) y′′ + 4y = sen 3t, y(0) = 0, y′(0) = 0 b) y(4) − y = 0, y(0) = y′′(0) = 1, y′(0) = y′′′(0) = 0 c) y′′ + 3y′ + 2y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0 d) y′′ − 5y′ + 6y = et, y(0) = 1, y′(0) = 1 e) y′′ − 4y′ + 4y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 1 f) y′′ − 2y′ + 2y = e−t, y(0) = 0, y′(0) = 1 g) y′′′ − y = 5, y(0) = y′(0) = y′′(0) = 0 h) y′′ + y = t2 + 1, y(0) = π2, y′(0) = 2π i) y′′ + 4y = sen t − u2π(t) sen(t − 2π), y(0) = y′(0) = 0 j) y′′ + 2y′ + y = f(t), y(0) = 1, y′(0) = 0; com f(t) = { 1, 0 ≤ t < 1 0, t ≥ 1 240 c) 3 4 50 2 6 7 y 1 1 t8 d) 3 4 50 2 6 7 y 1 1 t8 −1 e) 2π 3π 4π0 π 1 y t f(t) = sen t, 0 ≤ t < π, f(t + π) = f(t) 10. Mostre que f ∗ g = g ∗ f 11. Use a convolução para calcular: a) L−1 { s (s2 + 1)2 } b) L−1 { 1 s2(s + 1)2 } c) L−1 { s (s2 + a2)2 } , a 6= 0 12. Determine a solução do problema de valor inicial em termos de uma inte- gral de convolução a) y′′ + ω2y = g(t), y(0) = 0, y′(0) = 1 b) y′′ + 2y′ + 2y = sen at, y(0) = y′(0) = 0 13. Seja F (s) = L{f(t)}. Mostre que f(t) = − 1 t L−1{F ′(s)}. 243 14. Use o resultado do exercício anterior para determinar f(t) quando F (s) = L{f(t)} é dada por: a) ln ( s + a s − a ) b) arctg a s c) ln ( 1 + a2 s2 ) 15. Calcule L { cos at − 1 t } 16. Usando a transformada de Laplace, resolva os seguintes problemas de va- lor inicial: a) { x′ = x − 2y y′ = x − y x(0) = y(0) = 1 b) { x′ = x + y y′ = 4x + y x(0) = 2, y(0) = 3 c) { x′ − 3x − 4y = −1 y′ − 2x − y = 1 x(0) = 2, y(0) = 1 d) { x′′ − 2y = 2 y′ + x = 5e2t + 1 x(0) = x′(0) = 2, y(0) = 1 e)      x′ + y + z = 1 y′ − x + z = 2 sen t z′ − x = 0 x(0) = y(0) = z(0) = 1 17. Decomponha em frações parciais: a) 2x + 3 x2 + 3x − 10 b) x (x + 1)(x2 + 5x + 6) c) 1 x2 − 3x + 2 d) x x2 + x − 6 e) 2x − 1 x2 − 4 f) x2 + 1 x3 − 4x g) 3x + 5 2x3 + 12x2 + 10x h) x + 7 (x + 1)(x2 − 4x + 3) i) x3 + 2x2 − 3x + 1 x2 + 2x − 8 j) x2 + 1 (x − 3)(x2 + 4x + 3) k) x + 1 x2(x − 1) l) x2 + 1 (x + 1)2(x − 1) m) x − 3 x2 − 4x + 4 n) 2x + 5 x3 + 3x2 − 4 o) x2 (x2 − 3x + 2)2 p) x − 1 x(x2 + 2x + 4) q) 1 (x + 1)(x2 + 1) r) 1 x4 − 1 244 s) x4 + 1 x4 + x2 t) u2 + 1 u3 + 1 u) 2x + 1 (x2 − 4)2 v) x3 + x + 1 x2 − 2x2 + 1 w) x3 − 1 (x + 1)2(x2 + 1)2 245