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Equações diferenciais II
Parte I (Transformada de Laplace)
Aula 5
Andrey M. Pupasov-Maksimov
Universidade Federal de Juiz de Fora
pupasov.maksimov@ufjf.edu.br
18 de Março de 2015
Andrey M. Pupasov-Maksimov (UFJF) ED II.1.1 18 de Março de 2015 1 / 16
Plano de aula
1
Função degrau
2
Equações diferenciais com funções de entrada descontinuas
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Função degrau
Figura: Função degrau u(t), ou u
0
(t)
u(t) = 0 , t < 0 ,
u(t) = 1 , t ≥ 0 .
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Trasformações de função degrau
1) Translação ua(t) := u(t − a)
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Trasformações de função degrau
2) Combinação linear ua(t)− ub(t) = u(t − a)− u(t − b), quando b > a
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Transformada de Laplace de função degrau
Problema 1. Determinar a transformada de Laplace para função ua(t),
L{ua(t)} =
∞∫
0
ua(t)e
−stdt =
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Resolução
L{ua(t)} =
∞∫
0
ua(t)e
−stdt =
∞∫
a
e
−stdt =
lim
A→∞
e
−sA
−s −
e
−sa
−s =
e
−sa
s
, s > 0 .
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Segunda teorema de deslocamento
Problema 2. Seja L{f (t)} (s) = F (s), determinar
L{f (t − a)ua(t)} (s) =
∞∫
0
ua(t)f (t − a)e−stdt = . . .
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Segunda teorema de deslocamento
Problema 2. Seja L{f (t)} (s) = F (s), determinar
L{f (t − a)ua(t)} (s) =
∞∫
0
ua(t)f (t − a)e−stdt = . . .
Andrey M. Pupasov-Maksimov (UFJF) ED II.1.1 18 de Março de 2015 9 / 16
Segunda teorema de deslocamento
Resolução
L{f (t − a)ua(t)} (s) =
∞∫
0
ua(t)f (t − a)e−stdt =
∞∫
a
f (t − a)e−stdt ,
Introduzimos variável x = t − a, dx = dt, portanto
∞∫
a
f (t − a)e−stdt =
∞∫
0
f (x)e−s(x+a)dx =
e
−sa
∞∫
0
f (x)e−sxdx = e−saF (s)
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Equações diferenciais com funções de entrada descontinuas
Problema 3. Resolva o PVI
y ′′ − y ′ − 6y = u
1
(t) , y(0) = 2 , y ′(0) = 1 .
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Problema 3. Resolva o PVI
y ′′ − y ′ − 6y = u
1
(t) , y(0) = 2 , y ′(0) = 1 .
Solução.
L{y ′′ − y ′ − 6y}(s) = s2Y (s)− sy(0)− y ′(0)− (sY (s)− y(0))− 6Y (s) ,
L{u
1
(t)}(s) = e
−s
s
,
Equação para imagem
Y (s)(s2 − s − 6)− 2s + 1 = e
−s
s
,
Y (s) =
2s − 1
s2 − s − 6 +
e
−s
s(s2 − s − 6)
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Y (s) =
2s − 1
s2 − s − 6 +
e
−s
s(s2 − s − 6)
Denotaremos yh(t) = L−1
{
2s−1
s2−s−6
}
(t) e g(t) = L−1
{
1
s(s2−s−6)
}
(t).
Nos ja calculamos
yh(t) = L−1
{
1
(s − 3) +
1
(s + 2)
}
(t) = e3t + e−2t
Vamos calcular segundo termo. Definimos L{g(t)} (s) = G (s), usando a
Segunda Teorema de deslocamento L{g(t − c)uc(t)} (s) = G (s)e−cs
vemos que
L−1 {G (s)e−cs} (t) = g(t − c)uc(t)
Mas g(t) pode ser calculada usando a transformada inversa de fração
parcial
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g(t) = L−1
{
1
s(s2 − s − 6)
}
(t) ,
onde
1
s(s2 − s − 6) =
A
s
+
B
s − 3 +
C
s + 2
Constantes A, B e C são definidos pelo equação
1 = A(s − 3)(s + 2) + Bs(s + 2) + Cs(s − 3) .
Esse equação deve ser satisfeito para todo s, então para s = 0, 3,−2 temos
s = 0 ⇒ 1 = −6A ⇒ A = −1
6
,
s = 3 ⇒ 1 = 15B ⇒ B = 1
15
,
s = −2 ⇒ 1 = 10C ⇒ C = 1
10
,
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g(t) = L−1
{
1
s(s2 − s − 6)
}
(t) =
L−1
{−1
6s
+
1
15(s − 3) +
1
10(s + 2)
}
(t) =
−1
6
+
1
15
e
3t +
1
10
e
−2t
Agora aplicamos a Segunda Teorema de Deslocamento
L−1
{
e
−s
s(s2 − s − 6)
}
(t) = g(t − 1)u
1
(t) =
(−1
6
+
1
15
e
3(t−1) +
1
10
e
−2(t−1)
)
u
1
(t)
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Solução de PVI
y(t) = yh(t) + g(t − 1)u1(t) =
e
3t + e−2t +
(−1
6
+
1
15
e
3(t−1) +
1
10
e
−2(t−1)
)
u
1
(t)
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