Baixe Apostilas Transformada de Laplace - ma teoria laplace 3 e outras Notas de estudo em PDF para Engenharia Elétrica, somente na Docsity! 0.1 PRIMEIRAS PROPRIEDADES 1 Transformadas de Laplace 0.1 Definição e primeiras propriedades da Trans- formada de Laplace A Transformada de Laplace de uma função f(t) é definida por meio da integral imprópria ∫ +∞ 0 e−stf(t)dt Vejamos como essa transformada pode ser útil na solução de problemas de valor inicial: Exemplo: Resolver o problema de valor inicial { y′ − y = eat y(0) = 0 Multiplicando ambos os lados por e−st e integrando de 0 a +∞ com relação a t: 1 ∫ +∞ 0 e−st(y′) dt − ∫ +∞ 0 e−st(y) dt = ∫ +∞ 0 e−steat dt Integrando por partes a primeira integral do lado esquerdo obtemos: ∫ +∞ 0 e−st(y′) dt = e−sty(t) ∣ ∣ ∣ +∞ 0 + s ∫ +∞ 0 e−sty(t) dt = −y(0) + s ∫ +∞ 0 e−sty(t) dt Temos assim −y(0) + s ∫ +∞ 0 e−sty(t) dt − ∫ +∞ 0 e−st(y) dt = ∫ +∞ 0 e−steat dt Isto é (s − 1) ∫ +∞ 0 e−sty(t) dt = ∫ +∞ 0 e−steat dt + y(0) 1isto é: aplicando a transformada de Laplace aos dois lados da equação JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 2 TRANSFORMADAS DE LAPLACE Não é difícil mostrar 2que ∫ +∞ 0 e−steat dt = 1 s − a (desde que s > a). Portanto ∫ +∞ 0 e−sty(t) dt = 1 (s − 1)(s − a) Resumindo, o que acabamos de verificar foi que a transformada de Laplace da solução do problema de valor inicial dado é a expressão do lado direito da última igualdade, saber: L[y(t)] = 1 (s − 1)(s − a) Se pudermos “inverter” o operador L: y(t) = L−1 ( 1 (s − 1)(s − a) ) (e a inversa for linear), = L−1 (1/(1 − a) s − 1 ) + L−1 (1/(a− 1) s − a ) = 1 1 − aL −1 ( 1 s − 1 ) + 1 a − 1L −1 ( 1 s − a ) teremos que a solução y(t) procurada é y(t) = 1 1 − ae t + 1 a − 1e at (pois L[eat] = 1 s − a para todo a). É imediato verificar que a y(t) obtida é - de fato - a única solução do PVI proposto . Parece que estamos no caminho certo. Retornemos os desenvolvimentos matemáticos: Uma das primeiras tarefas é caracterizar o conjunto das funções “admissíveis” para as quais a integral imprópria da fórmula acima é convergente. 2Faremos isso mais adiante JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 0.1 PRIMEIRAS PROPRIEDADES 5 definidas somente para t > 0 Exercício: A função f(t) = { t, se 0 < t < 1 t − 1, se 1 < t < +∞ é de ordem exponencial em [0, +∞)? Teorema: Seja f : [0; +∞) → R, ( ou f : [0; +∞) → C) uma função de ordem exponencial, com |f(t)| ≤ Keσt quando t ≥ M . A integral (dependente do parâmetro s) ∫ +∞ 0 e−stf(t) dt converge e define uma função F (s) se s > σ. A integral diverge se s < σ e , em geral, nada podemos afirmar quando s = σ Demonstração: ∫ +∞ 0 e−stf(t) dt = ∫ M 0 e−stf(t) dt + ∫ +∞ M e−stf(t) dt A primeira integral no segundo membro da igualdade acima existe pois, por hipótese, f(t) e consequentemente f(t)e−st é seccionalmente contínua em [0, A] ∀A > 0. Com respeito à segunda integral temos que para t ≥ M , ∣ ∣ ∣e−stf(t) ∣ ∣ ∣ ≤ Keσt|e−st| Mas |e−st| = e−ts. Daí ∣ ∣ ∣e−stf(t) ∣ ∣ ∣ ≤ Keσte−ts = Ke(σ−s)t Usando agora o teorema de comparação para integrais impróprias podemos concluir que ∫ +∞ M e−stf(t) dt convergirá desde que ∫ +∞ 0 Ke(σ−s)tdt convirja. Para completar observamos que essa última integral converge se σ − s < 0 e diverge se σ − s > 0. Segue daí que ∫ +∞ 0 e−stf(t) dt JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 6 TRANSFORMADAS DE LAPLACE converge para todo s t.q.s > σ, e diverge em todo s t.q. s < σ. Obs/Definição O número σ é chamado de abcissa de convergência. A semi-reta {s; s > σ} é chamado de semi-reta de convergência. Se σ = −∞ a semi-reta é R todo Normalmente fala-se de abcissa de convergência como sendo a menor abcissa de convergência , e se denota a mesma por α simplesmente Podemos então formular rigorosamente a definição da transformada : Definição: Seja f : [0; +∞) → R, como no teorema acima. A função (definida na semi-reta de convergência), comumente denotada por f̂(s) , ou ainda por L{f(t)}(s), é chamada de transformada de Lapalace de f .Assim f̂(s) := ∫ +∞ 0 e−stf(t) dt. Exemplos: • Seja f(t) = 1 para t ∈ [0; +∞) f̂(s) = ∫ +∞ 0 e−st · 1 dt = lim b→+∞ ∫ b 0 e−st dt = lim b→+∞ 1 s (1 − e−sb) = 1 s − lim b→+∞ 1 ebs = 1 s , se s > 0 (Se s < 0 então lim b→+∞ 1 ebs não existe.) Assim L{1}(s) = 1 s com abcissa de convergência σ = 0 • Seja f(t) = eat para t ∈ [0; +∞) e a ∈ R f̂(s) = ∫ +∞ 0 e−st · eat dt = ∫ +∞ 0 e−t(s−a) dt Fazendo c = s − a e usando o exemplo anterior : f̂(s) = 1 c convergente para c > 0 JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 0.1 PRIMEIRAS PROPRIEDADES 7 o que nos dá L{eat}(s) = 1 s − a com abcissa de convergência σ = a • L[sen t] = ∫ +∞ 0 e−stsen t dt = lim b→∞ ∫ b 0 e−stsen t dt Integrando por partes: ∫ b 0 e−stsen t dt = e−sb cos b − s e−sb sen b 1 + s2 + 1 s2 + 1 De modo que ∫ +∞ 0 e−stsen t dt = lim b→+∞ e−sb cos b − s e−sb sen b 1 + s2 + 1 s2 + 1 = = 1 s2 + 1 Uma conta semelhante mostra que L[sen at] = a s2 + a2 • Cálculo direto de L[tn] (i) Sabe-se do Cálculo que se a > 1 e b > 0 então lim t→+∞ tb at = 0 (ver, por exemplo, [ Calculus of One Variable ,J. Kitchen], pg 415) (ii) Em particular se s ∈ R é tal que s > 0, então ∀n ∈ Z+ lim t→+∞ tn est = 0 De fato: seja s > 0.Então es > 1, e fazendo a = es no ítem (i), lim t→+∞ tn est = 0 JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 10 TRANSFORMADAS DE LAPLACE eα1t ≤ eαt; eα2t ≤ eαt 3 Assim, se M ≥ máx {M1, M2}, se K ≥ máx {K1, K2} , e se α ≥ máx {α1, α2} Então, sempre que t ≥ M |f1(t) + f2(t)| ≤ 2Keαt, isto é f1 + f2 ∈ E Também, se f ∈ E, λ ∈ R então ∃ M > 0, K > 0, α ∈ R t.q. t > M −→ |f(t)| < Keαt Seja λ ∈ R, λ 6= 0, (λ = 0 é trivial) t > M =⇒ |λ||f(t)| < |λ|Keαt =⇒ |λf(t)| < K̃eαt (K̃ = |λ|K) Assim t > M =⇒ |λf(t)| < K̃eαt ∴ λ · f ∈ E Daí , como E 6= φ então E é subvetorial do vetorial F Em particular E é um espaço vetorial// A verificação de que L : E −→ F é um operador linear é trivial. Omitimos. Exercício 1 Calcule L{(2)t3 − (6 − √ 7)t + 4}(s) Exemplo: L[1 + 3et − 2sen t] = L[1] + 3L[et] − 2L[sen t] = 1/s + 3/(s− 1) − 2/(s2 + 1). Exercício 2 Mostrar que f(t) = senh at e g(t) = cosh at são de ordem exponencial em (0, +∞) e calcular suas transformadas de Laplace. Solução: senh at = eat − e−at 2 e cohs at = eat + e−at 2 Como eat e e−at são de ordem exponencial e o conjunto das funções de ordem exponencial é um vetorial segue-se imediatamente que senh at e cosh at são de 3Por exemplo: α1 ≤ α −→ (α1 − α) ≤ 0 =⇒ limt→∞ e(α1−α)t = 0. Assim, para t suficiente- mente grande, e(α1−α)t ≤ 1, isto é: eα1t ≤ eαt. Vale o mesmo para α e α2. JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 0.2 TRANSFORMADAS DE DERIVADAS 11 ordem exponencial , pois são combinações lineares de eat e e−at. Além disso, como L é linear, temos L[senh at] = L[e at − e−at 2 ] = 1 2 L[eat] − 1 2 L[e−at] = 1 2 1 s − a − 1 2 1 s + a = 1 2 s + a − (s − a) s2 − a2 = a s2 − a2 Analogamente L[cosh at] = s s2 − a2 0.2 Transformadas de Laplace e Derivadas O comportamento das transformadas de Laplace com relação às derivadas é estabelecido no seguinte teorema: Teorema: Seja f contínua em [0, +∞). - Se f ′ é de ordem exponencial em [0, +∞) então L[f ′(t)] = sL[f(t)] − f(0) - Se f ′ é contínua em [0, +∞) e f ′′ é de ordem exponencial em [0, +∞) então L[f ′′(t)] = s2 L[f(t)] − sf(0) − f ′(0) As transformadas de Laplace das derivadas de f , caso existam, se reduzem à transformada de f . Nesse sentido L “destrói” (ou “ignora”) derivadas. A demonstração do primeiro item é a repetição de uma conta feita num ex- emplo anterior (usando integração por partes ). O segundo item é um corolário imediato. // De modo geral : Teorema: Se f (n−1) é contínua em [0, +∞) e f (n) é de ordem exponencial em [0, +∞) então L[f (n)(t)] = sn L[f(t)] − sn−1f(0) − sn−2f ′(0) − · · · − f (n−1)(0) JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 12 TRANSFORMADAS DE LAPLACE Exemplo: Assumindo que as derivadas da função y(t) são de ordem exponencial, L[3y′′ − 2y′ + y] = 3L[y′′] − 2L[y′] + L[y] = 3 ( s2 L[y] − sy(0) − y′(0) ) − 2 ( sL[y] − y(0) ) + L[y] = (3s2 − 2s + 1)L[y] − (3s − 2)y(0) − 3y′(0) Exemplo: Calcule L[cos at], usando L[sen at]. Solução: Seja f(t) = −1 a cos at. Então f ′(t) = sen at Já vimos que L[sen at] = a s2 + a2 Mas, pelo teorema acima, a s2 + a2 = L[sen at] = L[f ′(t)] = sL[f(t)] − f(0) = s · L[−1 a cos at] + 1 a = − s a L[cos at] + 1 a ∴ L[cos at] = −a s ( a s2 + a2 − 1 a ) ∴ L[cos at] = s s2 + a2 Exercício 3 Calcule L[cos2 (at)] Exemplo (Outra vez a transformada de tn) Sabe-se que ∀n = 0, 1, 2, · · · d n dtn (tn) = n! Sendo f(t) = tn então L[ d n dtn (f)] = L[n!] = n!L[1] = n! s (*) Mas ,usando o teorema acima, L[ d n dtn (f)] = sn L[tn]−sn−1f(0)−sn−2f ′(0)−· · ·−f (n−1)(0) = sn L[tn] (∗∗) Igualando (*) com (**): sn L[tn] = n! s JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 0.3 INVERSÃO DA TRANSFORMADA 15 mesmo sendo f1 6= 1 Portanto, a rigor o operador L não é injetivo no conjunto E . Vale o seguinte resultado Teorema de Lerch: Se L[f(t)] = ∫ +∞ 0 e−stf(t) dt é idênticamente nula para todo s > s0, sendo s0 alguma constante, então f(t) é idênticamente nula (exceto, possivelmente, nos seus pontos de descontinuidade.) Exercício 4 Mostrar que o teorema de Lerch é equivalente à injetividade (ig- norando possíveis descontinuidades de 1a espécie dos argumentos ) do operador L. Obs: Uma maneira de “remediar” a não injetividade de L é considerar o vetorial quociente E/ ∼, onde ∼ representa a relação no conjunto das f, g de classe exponencial em (0, +∞) : f ≡ g ⇐⇒ f = g, exceto possivelmente nos pontos de descontinuidade e considerar o operador L̃, induzido no quociente, em E/ ∼ 4. Não vamos enveredar por esse caminho . Inclusive porque não sabemos determinar explici- tamente uma inversa de L, mesmo que possamos assegurar que ele é invertível. Vamos simplesmente aplicar o teorema de Lerch, no espaço E, e tomar uma solução por in- speção (a partir da igualdade L[y(t)] = L[h(t)]) 5. É comum tomar a solução contínua. Exercício 5 Resolver o problema de valor inicial:    y′′ + y = t y(0) = 1 y′(0) = 3 Resposta: y(t) = t + cos t + 2sen t Exercício 6 Resolver o problema de valor inicial:    y′′ − y′ − 2y = t2 y(0) = 1 y′(0) = 3 4Os pontos de descontinuidade de uma f ∈ E são isolados. Então, se duas funções f, g ∈ E diferem num ponto de descontinuidade x0, existe uma vizinhança de x0 t.q. f(x)= g(x) em todos os pontos dessa vizinhança, exceto no próprio x0 5módulo descontinuidades isoladas. JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 16 TRANSFORMADAS DE LAPLACE Resposta: y(t) = 17 12 e2t + 1 3 e−t − 1 2 t2 + 1 2 t − 3 4 Obs : A solução de uma EDO, sendo uma função diferenciável é necessaria- mente contínua; de modo que sempre devemos escolher (dentre as possibilidades que o T. de Lerch oferece) a solução que é diferenciável até a ordem igual à ordem do operador linear. Isso não implica que L(y) seja contínua. O que precisamos é que L(y) seja de ordem exponencial (pois L(y) = h(t) e h(t) é de ordem exponencial). Exercício 7 Resolver, usando transformadas de Laplace, o PVI:    y′′ + y = t2 + 1 y(0) = 0 y′(0) = 0 Solução: Aplicando o operador L a ambos os lados da equação, e utilizando as suas propriedades, obtemos: (s2 + 1)L[y(t)] = 2 s3 + 1 s isto é L[y(t)] = 2 + s 2 s3(s2 + 1) Podemos decompor o lado direito em frações parciais: 2 + s2 s3(s2 + 1) = A s + B s2 + C s3 + Ds + E s2 + 1 de onde: A = −1, B = 0, C = 2, , D = 1, e E = 0 ou seja 2 + s2 s3(s2 + 1) = −1 s + 2 s3 + s s2 + 1 Portanto L[y] = −L[1] + L[t2] + L[cos t] e então (pelo teorema de Lerch) y(t) = −1 + t2 + cos t. O leitor pode confirmar essa solução pelo método dos coeficientes a determinar. JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 0.3 INVERSÃO DA TRANSFORMADA 17 Exemplo: Calcule L−1 (8s2 − 4s + 12 s(s2 + 4) ) . Solução: 8s2 − 4s + 12 s(s2 + 4) = 8s2 s(s2 + 4) − 4s s(s2 + 4) + 12 s(s2 + 4) = 8s s2 + 4 − 4 s2 + 4 + 12 s(s2 + 4) Agora, 12 s(s2 + 4) = A s + Bs + C s2 + 4 = (A + B)s2 + Cs + 4A s(s2 + 4) Daí A = 3, B = −3, C = 0. Portanto 8s2 − 4s + 12 s(s2 + 4) = 8s s2 + 4 − 4 s2 + 4 + 3 s − 3s s2 + 4 = 5s s2 + 4 − 2 2 s2 + 4 + 3 s = 5 L[cos 2t] − 2 L[sen 2t] + 3 L[1] = L[5 cos 2t − 2 sen 2t + 3] Daí então, L−1 (8s2 − 4s + 12 s(s2 + 4) ) = 5 cos 2t − 2 sen 2t + 3. Exercício 8 Calcule a transformada inversa de Laplace: a) 1 s2 − 4 b) 1 s(s + 2) c) 1 (s − a)(s − b) , a 6= b Um resultado muito útil para cálculos de transformadas diretas e inversas é o JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 20 TRANSFORMADAS DE LAPLACE Exercício 11 Desenhe os gráficos de : a) 2u2(t) b) u1(t) − u3(t) c) u1(t) + u3(t) − 3u2(t) Exercício 12 Calcule L[ua(t)]. Solução: L[ua] = ∫ ∞ 0 e−stua(t) dt = ∫ +∞ a e−st dt = lim b→+∞ ∫ b a e−st dt = lim b→+∞ (e−sa s − e −sb s ) = e−sa s se s > 0 Observação: Note que L[ua(t)] = L[ua(t) · 1] = e−as/s = e−asL[1] Exercício 13 Mostre que L[ua(t) · t] = e−sa (a s + 1 s2 ) . Conclua então que , em geral, L[ua(t) · f(t)] 6= e−saL[f(t)] No entanto, um pequena modificação nos leva a um resultado extremamente útil. Seja g(t) uma função (que vamos supor pertencente a E). A expressão ua(t) · g(t − a) = { 0, se t ≤ a g(t − a), se t > a descreve a função que se obtém ao deslocar g(t) a unidades para a direita, e depois anulando a porção à esquerda de a. JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 0.4 A FUNÇÃO DEGRAU UNITÁRIO 21 a g(t-a) g(t) Exercício 14 Desenhe o gráfico de uπsen(x − π). Teorema: (2o Teorema de Deslocamento) Se L[f(t)] = F (s) então L[ua(t) · f(t − a)] = e−saF (s) Demonstração: L[f ] = ∫ ∞ 0 e−stua(t)g(t − a) dt = ∫ +∞ a e−stg(t − a) (fazendo x = t − a), = ∫ ∞ 0 e−s(x+a)tg(x) dx = e−sa ∫ ∞ 0 e−sxg(x) dx = e−saL[g] . Exemplo: Calcule L[f(t)], sendo f(t) = { 0 se t < 2 (t − 2)2 se t ≥ 2 JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 22 TRANSFORMADAS DE LAPLACE Solução: Observe que f(t) pode ser escrita como f(t) = u2(t)(t − 2)2. Sendo g(t) = t2, L[f(t)] = L[u2(t)g(t − 2)] . Usando o 20 teorema de deslocamento, podemos afirmar que L[f(t)] = e−2sL[t2] E como L[t2] = 2! s3 vem que L[f(t)] = 2e −2s s3 . Exercício 15 Calcule L[t − u1(t)(t − 1)] Resposta: 1 − e−s s2 Exercício 16 Calcule L[ua(t)sen t]. Solução: ua(t)sen t = ua(t)sen (t + a − a) portanto L[ua(t)sen t] = L[ua(t)sen (t + a − a)] = e−saL[sen(t + a)] = e−saL[sen t cos a + sen a cos t] = e−sa ( cos a L[sen t] + sen a L[cos t] ) = e−sa sen a s s2 + 1 + e−sa cos a 1 s2 + 1 = e−sa(cos a + s sen a) s2 + 1 Exercício 17 Calcule L−1 [ e−3s s2 + 6s + 10 ] . JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 0.5 O PRODUTO DE CONVOLUÇÃO 25 D u v y t D' Além disso ∂(t, y) ∂(u, v) = ∣ ∣ ∣ ∣ ∂t/∂u ∂t/∂v ∂y/∂u ∂y/∂v ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ 1 1 0 1 ∣ ∣ ∣ ∣ = 1 Pelo teorema de mudança de variáveis em integrais impróprias: ∫ ∫ D e−s(u+v)f(u)g(v) dA = ∫ ∫ χ(D) e−stf(t − v)g(v) dA a qual pode ser reescrita (em termos de integrais repetidas) como ∫ ∞ 0 e−st ( ∫ t 0 f(y)g(t − y) dy ) dt. vemos que a última expressão acima é justamente L[ ∫ t 0 f(y)g(t − y) dy] JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 26 TRANSFORMADAS DE LAPLACE Se definirmos h(t) = ∫ t 0 f(y)g(t − y) dy, essa h terá exatamente a pro- priedade que buscamos 6. Definição Dadas as funções f, g ∈ E , o produto de convolução (ou simplesmente a convolução) de f com g, denotada por f ∗ g , é a função pertencente a E definida por (f ∗ g)(t) def= ∫ t 0 f(y)g(t − y) dy A propriedade básica de f ∗ g é L[(f ∗ g)(t)] = L[f(t)] · L[g(t)] Vamos testar o novo produto voltando ao exemplo que o motivou. Ao tentar resolver o problema    y′′ + y = t2 + 1 y(0) = 0 y′(0) = 0 pelo método das transformadas de Laplace tínhamos chegado a L[y(t)] = 1 s2 + 1 · ( 2 s3 + 1 s ) Identificamos a expressão entre parênteses como sendo L[t2 + 1]. Também é fácil ver que 1(s2 + 1) = L[sen t]. Portanto L[y(t)] = L[sen t] · L[t2 + 1] De acordo com o que vimos, podemos escrever L[y(t)] = L[(sen t) ∗ (t2 + 1)] portanto devemos ter y(t) = (sen t) ∗ (t2 + 1) 6A rigor precisamos verificar que h ∈ E. Fica como exercício. JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 0.5 O PRODUTO DE CONVOLUÇÃO 27 Com efeito, (sen t) ∗ (t2 + 1) = ∫ t 0 sen y · [(t − y)2 + 1] dt = ∫ t 0 [t2 sen y + sen y + y2 sen y − 2ty sen y]dy = [1 − (t − y)2]cos y − 2(t − y) sen y ∣ ∣ ∣ t 0 = cos t − (1 − t2) = −1 + t2 + cos t que é a solução do problema 7. Exercício 19 Mostre a validade da fórmula f ∗ g = g ∗ f . Exercício 20 Calcule 1*1, 1*1*1 Exercício 21 Determine, usando a fórmula de convolução, a transformada de Laplace inversa de 1 s(s2 + 1) . Propriedades do produto de convolução: 1) f ∗ g = g ∗ f , isto é: ∫ t 0 f(y) · g(t − y) dy = ∫ t 0 f(t − y) · g(y) dy 2) (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h) (prop. associativa) 3) f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h (prop. distributiva) Atenção !!! : Não é verdade que ∀f, f ∗ 1 = f Exercício 22 Mostre a validade da fórmula f ∗ g = g ∗ f . 7O produto de convulução, que foi intrduzido para simplificar, também pode levar a cálculos de integrais bastante trabalhosos. Na verdade, esse produto vai reaparecer no contexto da teoria de distribuições, onde desempenhará um papel muito além de ser uma alternativa para ajudar a calcular (inversas de) transformadas de Laplace. JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 30 TRANSFORMADAS DE LAPLACE Exercício 27 Calcule as transformadas de Laplace: 1. e2tsen 3t R : 3 (s − 2)2 + 9 2. e−3tcos (2t + 4) R : (s + 3) cos4 − 2 sen 4 (s + 3)2 + 4 3. f(t) = { 0, se t < 1/2 1 + t, se t ≥ 1/2 R : (3s + 2)e−s/2 2s2 4. f(t) =    0, se t < π/2 cos t, se π/2 < t < 3π2 0, se t > π/2 5. f(t) =    t, se t < 2 8 − 3t, se 2 ≤ t ≤ 3 t − 4, se 3 < t ≤ 4 0, se t > 4 R : 1 s2 [1 − 4e−2s + 4e−3s − e−4s] 6. f(t) como na figura abaixo t a 2a 3a a f (t) 7. f(t) = |sen t| R : 1 s2 + 1 (1 + e−πs 1 − e−πs ) 8. f(t) = (D3 + 1)g(t), onde D = d/dt JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 0.5 O PRODUTO DE CONVOLUÇÃO 31 Proposição : Se L[f(t)] = F (s) então L[tnf(t)] = (−1)n d n dsn F (s) Demonstração: (a) F (s) = ∫ +∞ 0 e−stf(t) dt. Então d ds F (s) = d ds [ ∫ +∞ 0 e−stf(t) dt ] = ∫ +∞ 0 ∂ ∂s [ e−stf(t) ] dt = ∫ +∞ 0 (−t)e−stf(t) dt = − ∫ +∞ 0 e−stf(t) dt = (−1)1 d ds F (s) (b) Suponha que L[tkf(t)] = (−1)k d k dsk F (s). Tem-se: L[tk+1f(t)] = L[t(tkf(t))] = −1 d ds L[tnf(t)] = −1 d ds [ (−1)k d k dsk F (s) ] = (−1)k+1 d k+1 dsk+1 F (s) O teorema segue de (a), (b) e do princípio de indução. Observação : A “derivação sob o sinal de integração” efetuada acima, é legí- tima. Estamos nas condições do T. de Leibniz. Exercício 28 Calcule, utilizando a proposição acima, ∫ +∞ 0 e−3tt2senh t dt. Solução : JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 32 TRANSFORMADAS DE LAPLACE É fácil constatar que ∫ +∞ 0 e−3tsenh t dt = L[senh t] ∣ ∣ ∣ s=3 Portanto , usando a proposição acima, ∫ +∞ 0 e−3tt2senh t dt = (−1)2 d 2 ds2 L[senh t] ∣ ∣ ∣ s=3 = = 6s2 + 2 (s2 − 1)3 ∣ ∣ ∣ s=3 = = 7 64 Exercício 29 Calcule a transformada de Laplace de a) t3sen 3t R : 72s(s2 − 9) (s2 + 9)4 b) te2tf ′(t) R : − [ (s− 2) d ds F (s− 2)+F (s− 2) ] , onde F (s) = L[f(t)] c) (sen t)(t2 + 1) R : s4 + 8s2 − 1 (s2 + 1)3 Exercício 30 Calcule as transformadas de Laplace inversas de: 1. e−2s/(s2 + s − 2) R : u2(t)[e t−2 − e−(t−2)] 3 2. 2(s − 1)e−2s/(s2 − 2s + 2) R : 2u2(t)et−2cos (t − 2) 3. 2e−2s/(s2 − 4) R : u2(t)senh 2(t − 2) 4. (s − 2)e−s/(s2 − 4s + 3) R : u1(t)e2(t−1)cosh (t − 1) 5. 4/(s + 1)3 R : 2t2et Exercício 31 Calcule as transformadas de Laplace inversas de: a. (8s2 − 4s + 12)/s(s2 + 4) R : 3 + 5 cos 2t − 2 sen 2t b. (2s + 1)/(s2 − 2s + 2) R : 2 et cos t + 3 et sen t c. e−2s/s2 + s − 2 R : 13 u2(t) [et−2 − e−(t−2)] d. 2(s − 1)e−2s/s2 − 2s + 2 R : 2 u2(t) et−2 cos (t − 2) JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 0.6 OSCILAÇÕES FORÇADAS 35 Impondo as condições iniciais, tiramos A = − g ω20 , B = 0. Portanto a solução do PVI é y(t) = g ω20 (1 − cos ω0 t) Consideremos agora uma situação mais complicada, em que depois de pen- durarmos a massa m na mola , no instante inicial, imprimimos também uma força extra (força externa ao sistema massa-mola), atuando na direção verti- cal, e com intensidade h(t), podendo variar com o tempo. Queremos estudar o movimento de oscilação da partícula em torno da posição y = 0. (C) 0 y 0 y + y 0 - k ( y + y 0 ) mg + h(t) As forças que atuam sobre a partícula em movimento são : • A força da gravidade: mg • A força externa imprimida: h(t) • A força restauradora da mola: −ky Sendo y(t) a posição da partícula em relação ao ponto 0, em cada instante t temos que, novamente utilizando a 2a lei de movimento de Newton: ∑ Fy = ma JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 36 TRANSFORMADAS DE LAPLACE i.é, m d2y dt2 = mg + h(t) − ky Assim, o PVI que descreve o problema é    m d2y dt2 + ky = mg + h(t) y(0) = 0 y′(0) = 0 e podemos observar que ele pode ser decomposto em dois sub-problemas, a saber:    m d2y dt2 + ky = mg y(0) = 0 y′(0) = 0 correspondente ao movimento livre, i.é, movimento onde não atuam forças ex- ternas além do peso, e    m d2y dt2 + ky = h(t) y(0) = 0 y′(0) = 0 que corresponde ao movimento submetido somente à força externa h(t). O primeiro PVI já foi analisado anteriormente. A seguir, estudaremos o comportamento do segundo PVI, para um par de forças externas muito impor- tantes: Oscilador submetido a uma força periódica Freqüentemente a força aplicada é da forma h(t) = A sen ωt, A, ω sendo constantes positivas. Usando o método dos coeficientes a determinar, temos uma solução par- ticular da forma yp(t) = α cos ωt + β sen ωt Então y′p(t) = −α ωsen ωt + β ω cosωt y′′p (t) = −α ω2 cosωt − β ω2 sen ωt JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 0.6 OSCILAÇÕES FORÇADAS 37 Substituindo na equação, obtemos α(k − mω2) = 0 β(k − mω2) = A Definindo agora ω20 = k/m,a freüência natural do sistema, podemos escrever que a solução particular é yp(t) = A/m ω20 − ω2 sen ωt. Mais ainda, por linearidade, qualquer múltiplo de yp(t) também é solução par- ticular. Portanto podemos tomar como solução particular yp(t) = A ω20 − ω2 sen ωt. A solução geral da homogênea associada y′′+ω20y = 0 é c1 cos ω0 t+c2sen ω0 t. Fazendo c1 = γ cos φ, c2 = γ sen φ, podemos reescrever a solução geral da homogênea associada como yh(t) = γ cos(w0 t − φ), de modo que a solução geral de m d2y dt2 + ky = A sen ωt é y(t) = γ cos (ω0 t − φ) + A ω20 − ω2 sen ωt. Comentário: Para aprofundar nossa análise, reconsideremos o PVI do movi- mento forçado à luz da teoria das transformadas de Laplace. Temos:    m d2y dt2 + ky = h(t) y(0) = 0 y′(0) = 0 Resolvendo o PVI acima por transformadas de Laplace, temos ms2L[y(t)] + kL[y(t)] = L[h(t)] ∴ L[y(t)] = 1 ms2 + k · L[h(t)] Portanto y(t) = L−1 ( 1 ms2 + k ) ∗ h(t) = 1√ mk sen √ k m ∗ h(t) = 1√ mk ∫ t 0 sen ( √ k m (t − u) ) h(u) du JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 40 TRANSFORMADAS DE LAPLACE –40 –20 0 20 40 20 40 60 80 100 t A amplitude das oscilações cresce com o tempo e a mola vai se distendendo, até que ultrapassa o seu limite de elasticidade.É o processo de ressonância. Eventualmente o processo escapa de controle. 0.7 Forças Impulsivas Osciladores submetidos a forças impulsivas Procuremos a resposta do sistema    m d2y dt2 + ky = h(t) y(0) = 0 y′(0) = 0 quando o peso recebe um “golpe brusco”, na direção vertical, no instante t = a, a ≥ 0. Para caracterizar esse tipo de força tomemos ha,τ (t) =    0, 0 ≤ t ≤ a 1/τ, a < t < a + τ 0, t ≥ a + τ Onde τ é uma constante positiva. O gráfico de ha,τ é mostrado abaixo JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 0.7 FORÇAS IMPULSIVAS 41 Essa função fornece um modelo para uma força de intensidade 1/τ que atua sobre o sistema durante um intervalo de tempo τ , de modo que o impulso dessa força é F · ∆t = 1 (para simplificar). A tradução matemática de “ golpe brusco” no instante t = a é obtida considerando o sistema submetido a uma força ha,τ no limite quando τ → 0, que vamos denotar por δa(t). Então o PVI correspondente a esta “força” é    m d2y dt2 + ky = δa(t) y(0) = 0 y′(0) = 0 Obs: O problema é que δa(t) não é uma função “legítima”. Note que δa(t) satisfaz a duas propriedades peculiares: δa(t) = 0, t 6= a, δa(a) = +∞ ∫ +∞ −∞ δa(t) dt = 1 Até seria possível definir uma função verdadeira, assumindo o valor +∞, na reta estendida R∪{+∞}, mas de acordo com qualquer teoria de integração, a integral de uma função que só não é nula em um ponto forçosamente deveria ser igual a zero, o que não está acontecendo no presente caso . Entretanto a δa(t) foi introduzida e utilizada com sucesso pelos físicos. Os matemáticos tiveram que “se virar” para inventar uma teoria que a legitimasse. Isso foi feito com a Teoria de Distribuições, mas não vamos tratá-la aqui. Para nós é sufi- ciente registrar que a teoria das transformadas de Laplace pode ser esrendida de modo a ser aplicada a problemas de valor inicial envolvendo “funções” como a δa(t). Antes de amplicar a teoria das transformadas de Laplace de modo a dar conta da δa(t), procuremos melhorar nossa compreensão física do modelo que ela representa. Por enquanto, temos uma informação meio vaga relativa a ťťgolpes bruscos”. A análise que segue, tentará esclarecer melhor este ponto, em termos de impulsão (e do conceito relacionado de transferência de momentum linear). Procuremos a resposta do sistema     m d2y dt2 + ky = h(t) y(0) = 0 y′(0) = 0 JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O 42 TRANSFORMADAS DE LAPLACE Substituindo h(t) por ha,τ (t) na expressão da solução do sistema obtida por convolução, 1√ mk ∫ t 0 sen ( √ k m (t − u) ) ha,τ (u) du temos: • Se 0 ≤ t ≤ a ha,τ (t) = 0 e y(t) = 0 • Se a < t < a + τ ha,τ (t) = 1/τ e y(t) = ∫ t a 1√ mk [ sen √ k m (t − u) ] 1 τ du • Se t ≥ a + τ y(t) = 1 √ mk ∫ t 0 sen ( √ k m (t − u) ) ha,τ (u) du = = 1√ mk ∫ a 0 sen ( √ k m (t − u) ) ha,τ (u) du+ + 1√ mk ∫ a+τ a sen ( √ k m (t − u) ) ha,τ (u) du+ + 1 √ mk ∫ t a+τ sen ( √ k m (t − u) ) ha,τ (u) du. A primeira e a terceira integrais são nulas , de modo que y(t) = 1√ mk ∫ a+τ a sen [ √ k m (t − u) ] (1/τ) du = Portanto y(t) =       0 , 0 ≤ t ≤ a (1/τ) ∫ t a 1 √ mk sen [ √ k m (t − u) ] du , a < t < a + τ (1/τ) ∫ a+τ a 1 √ mk sen [ √ k m (t − u) ] du , t ≥ a + τ Calculando o limite de y(t) quando τ → 0 obtemos a resposta y0(t) do sistema correspondente a uma golpe brusco: y0(t) =    0 , t ≤ a 1 √ mk sen √ k m (t − a) , t > a Então a solução do PVI “fictício”     m d2y dt2 + ky = δa(t) y(0) = 0 y′(0) = 0 é y0(t). Comentário: Precisamos analisar melhor o problema. Uma primeira observação que fazemos é que y0(t) do PVI acima é também solução de um PVI “legítimo”, que não envolve funçõ es “fictícias. Isso vai nos ajudar a entender melhor a natureza da δa(t).Trabalhando formalmente ( mas alertados de que existe uma teoria matemática rigorosa dando suporte aos procedimentos, vamos deduzir características importantes de δa(t). Depois, finalmente, podemos calcular a sua transfor- mada de Laplace, e ampliar enormemente o campo de atuação das transformadas de Laplace. Isso de certo modo, dá a melhor justificativa para a introdução das transformadas no curso de EDA. JUN/2005 P. Nobrega UFF-P.U.R.O