EDO resolvida por transformada de laplace

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Dada a extensão das questões, bem como da quantidade de termos para efetuarmos as transfor-
madas inversas de Laplace, optei por não citar, em todo trecho, que estava recorrendo a uma tabela.
Em geral, todos os termos de transformadas inversas que continham e−as para algum a foram resolvi-
dos usando propriedade de translação da transformada de Laplace. Os demais resultados seguem da
escrita e comparação dos termos com resultados conhecidos em tabelas de transformadas que podem
ser encontradas em quaisquer sites e ou livros didáticos do conteúdo.
Dado o problema: 
y′′+4y = f (t)
y(0) = 0
y′(0) = 0.
onde f (t) é dada por:
f (t) =
1 se t ∈ [0,π/2]π/2 se t ∈ (π/2,∞) (1)
Vamos aplicar a transformada de Laplace na EDO e usando os resultados da transformada de deriva-
das:
Ly′′ = s2Y − y′(0)− sy(0)
onde Y ≡ Y (s) = L {y(t)}(s). Então temos o seguinte desenvolvimento:
L
{
y′′
}
+4L {y}= L { f (t)} =⇒ s2Y − y′(0)− sy(0)+4Y =
∫
∞
0
f (t)e−stdt
=⇒ s2Y +4Y =
∫
π/2
0
f (t)e−stdt +
∫
∞
π/2
f (t)e−stdt
=⇒ (s2 +4)Y =
∫
π/2
0
e−stdt +
π
2
∫
∞
π/2
e−stdt
Vamos desenvolver cada uma das integrais. Com efeito temos:
• Para:
∫ π/2
0 e
−stdt. Façamos u = −st que nos dá que du = −sdt e logo dt = −du
s
e u(0) = 0 e
u(π/2) =−π
2
s. Então, a integral é:
∫
π/2
0
e−stdt =−1
s
∫ −sπ/2
0
eudu = −1
s
eu
]−sπ/2
0
=
1
s
− e
−sπ/2
s
(2)
• Para:
∫
∞
π/2 e
−stdt. Façamos u=−st que nos dá que du=−sdt e logo dt =−du
s
e u(π/2)=−π
2
s
1
e u(∞) =−∞. Portanto, temos que:
∫ −∞
π/2
e−stdt =−1
s
∫ −∞
π/2
eudu = −1
s
eu
]−∞
−π/2
=+
e−sπ/2
s
(3)
Ou seja, nossa expressão se torna a seguinte:
Y =
1
s2 +4
[
1
s
− e
−sπ/2
s
+
π
2
e−sπ/2
s
]
Podemos ainda escrever que:
Y =
1
s(s2 +4)
+ k
e−sπ/2
s(s2 +4)
(4)
onde k ≡= π/2−1. Vamos, primeiramente tirar a fração parcial do primeiro termo de Y , com efeito:
1
s(s2 +4)
=
1
s(s2 +4)
=
a0
s
+
a2s+a1
s2 +4
=⇒ 1 = a0
(
s2 +4
)
+ s(a2s+a1) (5)
ou seja:
(a0 +a2)s2 +(a1)s+4a0 = 1 (6)
então:
{
(a0 +a2) = 0a1 = 04a0 = 1 (7)
de imediatamo constata-se que: a0 =
1
4
, a1 = 0 e a2 =−
1
4
e logo temos que:
1
s(s2 +4)
=
1
s(s2 +4)
=
a0
s
+
a2s+a1
s2 +4
=
1
4s
− s
4(s2 +4)
(8)
E assim segue que: Y é escrito da seguinte forma:
Y =
1
4s
− s
4(s2 +4)
+ k
e−sπ/2
s(s2 +4)
(9)
Agora, vamos aplicar o operador de inversão de Laplace L−1 o qual também é linear de modo que
quando aplicado na equação (9) nos forneça o seguinte:
y(t) = L1
{
1
4s
}
− 1
4
L−1
{
s
(s2 +4)
}
+ k L−1
{
e−sπ/2
s(s2 +4)
}
(10)
2
Vamos resolver, cada uma das transformadas inversas:
• Para: L1
{ 1
4s
}
temos que:
L1
{
1
4s
}
=
1
4
L−1
{
1
s
}
=
1
4
H(t) (11)
onde H é a função degrau.
• Para: L−1
{
s
(s2+4)
}
temos:
L−1
{
s
(s2 +4)
}
=
1
2
L−1
{
2s
(s2 +4)
}
=
1
2
L−1
{
2s
(s2 +22)
}
=
1
2
cos(2t) (12)
Para: L−1
{
e−sπ/2
s(s2 +4)
}
temos dos Teoremas de translação da transformada de Laplace, isto é:
L−1
{
e−sπ/2
s(s2 +4)
}
= H
(
t − π
2
)
L−1
{
1
s(s2 +4)
}(
t − π
2
)
(13)
Note que, então nosso trabalho aqui é, em geral, calcular a seguinte transformada: L−1
{
1
s(s2+4)
}
e efetuar a translação
(
t − π2
)
. No entanto, note que esse termo pode ser posto pela expansão
em fração parcial já efetuada por nós, ou seja:
L−1
{
1
s(s2 +4)
}
= L−1
{
1
4s
− s
4(s2 +4)
}
= L−1
{
1
4s
}
−L−1
{
s
4(s2 +4)
}
(14)
veja então que as duas transformadas acima já foram calculadas por nós nos dois itens acima e
consequentemente temos, usando nossos resultados que:
L−1
{
1
s(s2 +4)
}
=
1
4
H(t)− 1
4
cos(2t) (15)
logo basta efetuarmos a translação que teremos o desejado, então:
L−1
{
e−sπ/2
s(s2 +4)
}
= H
(
t − π
2
)
L−1
{
1
s(s2 +4)
}(
t − π
2
)
= H
(
t − π
2
)[1
4
H(t)− 1
4
cos(2t)
](
t − π
2
)
= H
(
t − π
2
)(1
4
H
(
t − π
2
)
− 1
4
cos
(
2
(
t − π
2
)))
= H
(
t − π
2
)(1
4
− 1
4
cos(2t −π)
)
3
onde na última linha empregamos a definição da função de Heaveside.
De posse desses resultados podemos então ter que a solução do PVI em questão é expressa por:
y(t) =
1
4
H(t)− 1
8
cos(2t)+ kH
(
t − π
2
)(1
4
− 1
4
cos(2t −π)
)
(16)
onde k foi definido anteriormente.
4