Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem e a Transformada de Laplace Reginaldo J. Santos Departamento de Matemática-ICEx Universidade Federal de Minas Gerais http://www.mat.ufmg.br/~regi 19 de fevereiro de 2003 Sumário 1 Equações Homogêneas 3 1.1 Soluções Fundamentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Fórmula de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3 Obtendo uma Segunda Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2 Eqs. Homogêneas com Coeficientes Constantes 11 2.1 A Equação Caracterı́stica Tem Duas Raı́zes Reais . . . . . . . . . . . . . . 11 2.2 A Equação Caracterı́stica Tem Duas Raı́zes Complexas . . . . . . . . . . . 12 2.3 A Equação Caracterı́stica Tem Somente Uma Raiz Real . . . . . . . . . . . 14 3 Equações não Homogêneas 3.1 15 Eqs. Lineares não Homogêneas com Coeficientes Constantes . . . . . . . . 17 4 Equações com Coeficientes não Constantes 4.1 22 Substituições em Equações de 2a. Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 4.1.1 Equações que não Contém y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 4.1.2 Equações que não Contém t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 1 2 SUMÁRIO 4.1.3 4.2 Equações de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 Soluções em Séries de Potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 5 Exercı́cios sobre Soluções em Séries de Potências 26 6 Transformada de Laplace 40 6.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 6.2 Tabela de Transformadas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 6.3 Solução de Problemas de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 6.4 Equações com o Termo não Homogêneo Descontı́nuo 6.5 Transformada de Laplace do Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 6.6 Convolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 7 Exercı́cios sobre Transformada de Laplace Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem . . . . . . . . . . . . 48 56 19 de fevereiro de 2003 3 1 Equações Homogêneas Uma equação diferencial linear de 2a. ordem é homogênea se ela pode ser escrita como dy d2 y + p(t) + q(t)y = 0. 2 dt dt (1) Para as equações lineares homogêneas é válido o princı́pio da superposição que diz que se y1 (t) e y2 (t) são soluções da equação (1), então para quaisquer números c1 e c2 , y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) (2) também o é. Vamos verificar que realmente y(t) dado por (2) é solução de (1). dy d2 d2 y + p(t) + q(t)y = (c1 y1 + c2 y2 ) + dt2 dt dt2 d p(t) (c1 y1 + c2 y2 ) + q(t) (c1 y1 + c2 y2 ) dt 2 dy1 d 2 y2 dy2 d y1 + c2 p(t) + c1 q(t)y1 + c2 q(t)y2 = c1 2 + c2 2 + c1 p(t) dt dt dt ¶ dt ¶ µ µ dy1 dy2 d 2 y1 d 2 y2 + p(t) + p(t) + q(t)y1 + c2 + q(t)y2 = c1 dt2 dt dt2 dt = c1 · 0 + c2 · 0 = 0, pois y1 (t) e y2 (t) são soluções de (1). Mostramos o seguinte teorema. Teorema 1 (Princı́pio da Superposição). Se y1 (t) e y2 (t) são soluções de (1), então, para todos números c1 e c2 , y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) também o é. 1.1 Soluções Fundamentais Considere, agora, o problema de valor inicial 2 dy dy 2 + p(t) + q(t)y = 0, dt dt y(t ) = y0 , 0 0 y (t0 ) = y00 19 de fevereiro de 2003 (3) Reginaldo J. Santos 4 1 EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS em que y0 e y00 são condições iniciais dadas no problema. Vamos determinar condições sobre as soluções y1 (t) e y2 (t) para que existam constantes c1 e c2 tais que y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) seja solução do problema de valor inicial (3). Substituindo-se t = t0 na solução y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) e na derivada de y(t), y 0 (t) = c1 y10 (t) + c2 y20 (t) obtemos o sistema de equações lineares ½ c1 y1 (t0 ) + c2 y2 (t0 ) = y0 c1 y10 (t0 ) + c2 y20 (t0 ) = y00 que pode ser escrito na forma AX = B em que A= · y1 (t0 ) y2 (t0 ) y10 (t0 ) y20 (t0 ) ¸ , X= · c1 c2 ¸ e B= · y0 y00 ¸ . Se a matriz do sistema A é invertı́vel, então o sistema tem solução para todo par y0 e y00 (ou todo B) (A solução é X = A−1 B)(ver, por exemplo, na página 86 de [3]). Mas uma matriz quadrada é invertı́vel se, e somente se, o seu determinante é diferente de zero (ver, por exemplo, na página 116 de [3]). Ou seja, se · ¸ y1 (t0 ) y2 (t0 ) det 6= 0, y10 (t0 ) y20 (t0 ) então existem constantes c1 e c2 tais que y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) é solução do problema de valor inicial (3). Provamos o seguinte resultado. Teorema 2. Sejam y1 (t) e y2 (t) duas soluções da equação (1) tais que, em um ponto t0 ∈ R, det · y1 (t0 ) y2 (t0 ) y10 (t0 ) y20 (t0 ) ¸ 6= 0. Então o problema de valor inicial 2 dy dy 2 + p(t) + q(t)y = 0, dt dt y(t ) = y0 , 0 0 y (t0 ) = y00 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 1.1 Soluções Fundamentais 5 tem solução na forma y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) para todas as condições iniciais dadas y0 e y00 . O determinante W [y1 , y2 ](t0 ) = det · y1 (t0 ) y2 (t0 ) y10 (t0 ) y20 (t0 ) ¸ é chamado wronskiano das funções y1 (t) e y2 (t) em t0 . Se as soluções y1 (t) e y2 (t) são tais que o seu wronskiano é diferente de zero em um ponto t0 dizemos que elas são soluções fundamentais de (1) e que y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) é a solução geral de (1). Assim para encontrar a solução geral de uma equação diferencial linear homogênea de 2a. ordem (1) precisamos encontrar duas soluções fundamentais da equação (1), ou seja, duas soluções y1 (t) e y2 (t) tais que em um ponto t0 ∈ R ¸ · y1 (t0 ) y2 (t0 ) 6= 0. det y10 (t0 ) y20 (t0 ) Exemplo 1. Seja b um número real não nulo. Vamos mostrar que y1 (t) = cos bt e y2 (t) = sen bt são soluções fundamentais da equação y 00 + b2 y = 0. Como y10 (t) = −b sen bt, y100 (t) = −b2 cos bt, y20 (t) = b cos bt e y200 (t) = −b2 sen bt, então y100 + b2 y1 = −b2 cos bt + b2 cos bt = 0 e y200 + b2 y2 = −b2 sen bt + b2 sen bt = 0. Assim, y1 (t) e y2 (t) são soluções da equação y 00 + b2 y = 0. Além disso, ¸ · · ¸ cos bt sen bt y1 (t) y2 (t) = det det = b(cos2 bt + sen2 bt) = b 6= 0. −b sen bt b cos bt y10 (t) y20 (t) Portanto, y1 (t) = cos bt e y2 (t) = sen bt são soluções fundamentais de y 00 + b2 y = 0. 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 6 1 EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS Dizemos que duas funções y1 (t) e y2 (t) são linearmente dependentes (L.D.) em um intervalo I, se uma das funções é um múltiplo escalar da outra, ou seja, se y1 (t) = αy2 (t) ou y2 (t) = αy1 (t), para todo t ∈ I. Caso contrário, dizemos que elas são linearmente independentes (L.I.). Se duas funções são L.D. em um intervalo I, então ¸ · y1 (t) y2 (t) W [y1 , y2 ](t) = det = 0, y10 (t) y20 (t) para todo t ∈ I pois uma coluna é um múltiplo escalar da outra. Assim, vale o seguinte resultado Teorema 3. Se y1 (t) e y2 (t) são funções tais que · ¸ y1 (t0 ) y2 (t0 ) W [y1 , y2 ](t0 ) = det 6= 0, y10 (t0 ) y20 (t0 ) para algum t0 ∈ I, então y1 (t) e y2 (t) são linearmente independentes (L.I.) em I. 1.2 Fórmula de Euler Vamos definir a função exponencial f (t) = ert para números complexos r = a + ib de forma que satisfaça as propriedades e(a+ib)t = eat eibt d ¡ rt ¢ = rert e dt (4) (5) Observe que a função g(t) = eibt é solução da equação y 00 + b2 y = 0, pois pela propriedade (5) g 0 (t) = ibeibt , g 00 (t) = −b2 eibt e g 00 (t) + b2 g(t) = −b2 eibt + b2 eibt = 0. Assim, g(t) = eibt é solução do problema de valor inicial ½ 00 y + b2 y = 0, y(0) = 1, y 0 (0) = ib Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 1.2 Fórmula de Euler 7 Agora, como mostramos no Exemplo 1 que y1 (t) = cos bt e y2 (t) = sen bt são soluções fundamentais de y 00 + b2 y = 0, então pelo Teorema 2 existem constantes c1 e c2 tais que g(t) = eibt = c1 cos bt + c2 sen bt. (6) Vamos determinar estas constantes c1 e c2 . Substituindo-se t = 0 na equação (6) obtemos que c1 = 1. Derivando a equação (6) em relação a t obtemos ibeibt = −c1 b sen bt + c2 b cos bt. (7) Substituindo-se t = 0 na equação (7) obtemos que c2 = i. Assim substituindo-se c1 = 1 e c2 = i já obtidos na equação (6) obtemos que eibt = cos bt + i sen bt. Portanto, pela propriedade (4), e(a+ib)t = eat (cos bt + i sen bt). (8) Esta equação é conhecida como fórmula de Euler. 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 8 1 1.3 EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS Obtendo uma Segunda Solução Considere uma equação linear de 2a. ordem homogênea dy d2 y + p(t) + q(t)y = 0. 2 dt dt (9) Seja y1 (t) uma solução conhecida da equação acima num intervalo I tal que y1 (t) 6= 0 para todo t ∈ I. Vamos procurar uma segunda solução da equação da forma y(t) = v(t)y1 (t). Como y 0 (t) = vy10 + y1 v 0 e y 00 (t) = vy100 + 2y10 v 0 + y1 v 00 , então y(t) é solução da equação se, e somente se, y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = y1 v 00 + v 0 (2y10 + p(t)y1 ) + v(y100 + p(t)y10 + q(t)y1 ) = 0. Como y1 (t) é solução da equação (9), então y1 v 00 + v 0 (2y10 + p(t)y1 ) = 0. (10) Seja w(t) = v 0 (t). Então a equação (10) pode ser escrita como y1 w0 + (2y10 + p(t)y1 )w = 0. Esta é uma equação de 1a. ordem separável. w0 2y10 + p(t)y1 + =0 w y1 µ ¶ Z d ln |w| + 2 ln |y1 | + p(t)dt = 0 dt Z ¯ 2¯ ln ¯wy1 ¯ + p(t)dt = C R e− p(t)dt w(t) = v (t) = C1 y1 (t)2 0 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 1.3 Obtendo uma Segunda Solução 9 Resolvendo a equação para v(t): v(t) = C1 Z R e− p(t)dt dt + C2 y1 (t)2 y(t) = v(t)y1 (t) = c1 y1 (t) R Z e− p(t)dt dt + c2 y1 (t) y1 (t)2 Tomando-se C2 = 0 e C1 = 1 obtemos uma segunda solução da equação (9) y2 (t) = y1 (t) Z R e− p(t)dt dt y1 (t)2 (11) Vamos ver que y1 (t) dada e y2 (t) obtida por (11) são soluções fundamentais da equação (9). W [y1 , y2 ](t) = det = e− R · y1 (t) y2 (t) y10 (t) y20 (t) p(t)dt 6= 0 ¸ = det " # R − R p(t)dt y1 (t) e y1 (t)2 dt R R e− R p(t)dt e− p(t)dt 0 0 dt + y1 (t) y1 (t) y1 (t) y1 (t)2 y1 (t) Assim se y1 (t) é uma solução conhecida da equação (9) e y2 (t) é dada por (11) então y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) é solução geral da equação (9). Atenção: Não se deve memorizar a fórmula obtida para y2 (t). O que fizemos aqui foi mostrar o caminho que deve ser seguido para encontrar uma segunda solução da equação linear homogênea de 2a. ordem. No próximo exemplo vamos seguir os mesmos passos que seguimos no caso geral. Exemplo 2. Considere a equação ay 00 + by 0 + cy = 0 tal que b2 − 4ac = 0 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 10 1 EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS Deixamos como exercı́cio verificar que y1 (t) = ert , em que r = equação acima. Vamos procurar uma segunda solução da forma −b é uma solução da 2a y(t) = v(t)y1 (t) = v(t)ert . Como y 0 (t) = v 0 (t)ert + rv(t)ert e y 00 (t) = v 00 (t)ert + 2rv 0 (t)ert + r2 v(t)ert então y(t) é solução da equação se, e somente se, ay 00 + by 0 + cy = a(v 00 + 2rv 0 + r2 v) + b(v 0 − rv) + cv = av 00 + (2ar + b)v 0 + (ar2 + br + c) = 0. Como r é solução da equação ar 2 + br + c = 0, então v 00 (t) = 0. Seja w(t) = v 0 (t). Então a equação v 00 (t) = 0 torna-se w 0 (t) = 0 que tem solução w(t) = C1 . Resolvendo a equação v 0 (t) = w(t) = C1 obtemos v(t) = C1 t + C2 e y(t) = (C1 t + C2 )ert . Tomando-se C2 = 0 e C1 = 1 obtemos y2 (t) = tert . Vamos ver que y1 (t) = ert e y2 (t) = tert , em que r = − equação det · y1 (t) y2 (t) y10 (t) y20 (t) ¸ b , são soluções fundamentais da 2a · ert tert = det rt re (1 + rt)ert ¸ · 1 t 2rt = e det r (1 + rt) = e2rt 6= 0, ¸ para todo t ∈ R. Assim b 2a é a solução geral da equação ay 00 + by 0 + cy = 0, tal que b2 − 4ac = 0. y(t) = c1 ert + c2 tert , Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem em que r = − 19 de fevereiro de 2003 11 2 Eqs. Homogêneas com Coeficientes Constantes Vamos tratar de equações da forma a dy d2 y + b + cy = 0. 2 dt dt (12) em que a, b e c são números reais, a 6= 0. Vamos descobrir se existem valores constantes dy de r tais que y(t) = ert é uma solução de (12). Substituindo-se y = ert , = rert e dt d2 y = r2 ert em (12) obtemos dt2 ar2 ert + brert + cert = (ar2 + br + c)ert = 0. Como ert 6= 0, então y(t) = ert é solução de (12) se, e somente se, r é solução da equação ar2 + br + c = 0 (13) que é chamada equação caracterı́stica de (12). 2.1 A Equação Caracterı́stica Tem Duas Raı́zes Reais Se a equação caracterı́stica de (12) tem duas raı́zes reais (distintas), r1 e r2 , então y1 (t) = er1 t e y2 (t) = er2 t são soluções fundamentais, pois ¸ · rt ¸ · e1 e r2 t y1 (t) y2 (t) = det det r1 e r 1 t r2 e r 2 t y10 (t) y20 (t) ¸ · 1 1 r1 t r2 t = e e det r1 r2 = (r2 − r1 )e(r1 +r2 )t 6= 0, para todo t ∈ R. Assim no caso em que a equação caracterı́stica tem duas raı́zes reais distintas r1 e r2 , y(t) = c1 er1 t + c2 er2 t é a solução geral de (12). 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 12 2 EQS. HOMOGÊNEAS COM COEFICIENTES CONSTANTES Exemplo 3. Seja ω um número real positivo. Vamos encontrar a solução geral da equação y 00 − ω 2 y = 0. A equação caracterı́stica desta equação diferencial é r2 − ω 2 = 0 que tem como raı́zes r1 = ω e r2 = −ω. Assim, a solução geral da equação diferencial acima é y(t) = c1 eωt + c2 e−ωt . 2.2 A Equação Caracterı́stica Tem Duas Raı́zes Complexas Se a equação caracterı́stica de (12) tem duas raı́zes complexas, então elas são números complexos conjugados, ou seja, se r1 = α + iβ é uma raiz da equação caracterı́stica (13), então a outra raiz é r2 = α − iβ. Neste caso, pela fórmula de Euler (8): y1 (t) = er1 t = e(α+iβ)t = eαt (cos βt + i sen βt) e y2 (t) = er2 t = e(α−iβ)t = eαt (cos(−βt) + i sen (−βt)) = eαt (cos βt − isen βt) são soluções complexas da equação diferencial (12). Vamos encontrar um conjunto fundamental de soluções reais. Pelo Teorema 1 na página 3 se y1 (t) = er1 t e y2 (t) = er2 t são soluções de uma equação diferencial linear homogênea, então para quaisquer números c1 e c2 , y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t), também é solução. Em particular tomando c1 = c2 = 1/2, temos que 1 1 u(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) = er1 t + er2 t 2 2 ¤ 1 £ αt = e (cos βt + i sen βt) + eαt (cos βt − i sen βt) = eαt cos βt 2 1 1 e c2 = − , temos que é solução de (12). Tomando c1 = 2i 2i 1 1 r1 t v(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) = e − er2 t 2i 2i ¤ 1 £ αt αt = e (cos βt + i sen βt) − e (cos βt − i sen βt) = eαt sen βt 2i Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 2.2 A Equação Caracterı́stica Tem Duas Raı́zes Complexas 13 também é solução de (12). Vamos mostrar, agora, que se as raı́zes da equação caracterı́stica são complexas, então u(t) e v(t) são soluções fundamentais de (12). · ¸ · ¸ u(t) v(t) eαt cos βt eαt sen βt det = det u0 (t) v 0 (t) eαt (α cos βt − βsen βt) eαt (αsen βt + β cos βt) µ · ¸ · ¸¶ cos βt sen βt cos βt sen βt 2αt = e α det + β det cos βt sen βt −sen βt cos βt = βe2αt 6= 0, para todo t ∈ R. Assim no caso em que a equação caracterı́stica tem duas raı́zes complexas r1 = α + iβ e r2 = α − iβ, y(t) = c1 eαt cos βt + c2 eαt sen βt é a solução geral de (12). Exemplo 4. Seja ω um número real positivo. Vamos encontrar a solução geral da equação y 00 + ω 2 y = 0. A equação caracterı́stica desta equação diferencial é r2 + ω 2 = 0 que tem como raı́zes r1 = iω e r2 = −iω. Assim, a solução geral da equação diferencial acima é y(t) = c1 cos ωt + c2 sen ωt. 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 14 2 2.3 EQS. HOMOGÊNEAS COM COEFICIENTES CONSTANTES A Equação Caracterı́stica Tem Somente Uma Raiz Real Se ∆ = b2 − 4ac = 0, então a equação caracterı́stica (13) tem somente uma raiz real b r1 = − . Neste caso, 2a y1 (t) = er1 t é solução da equação diferencial (12). Vamos mostrar que y2 (t) = ter1 t (1 + r1 t)er1 t e a 1 também é solução da equação (12). Como d 2 y2 = (2r1 + r12 t)er1 t , então dt2 dy2 = dt d 2 y2 dy2 +b + cy2 = a(2r1 + r12 t)er1 t + b(1 + r1 t)er1 t + cter1 t 2 dt dt = [(b + 2ar1 ) + (ar12 + br1 + c)t]er1 t = (0 + 0t)er1 t = 0, pois b + 2ar1 = b + 2a ¡ −b ¢ 2a = 0 e como r1 é raiz da equação ar 2 + br + c = 0, então ar12 + br1 + c = 0. Assim y2 (t) = ter1 t é solução da equação diferencial (12). Vamos mostrar que y1 (t) = er1 t e y2 (t) = ter1 t são soluções fundamentais da equação diferencial (12). ¸ · rt ¸ · e1 ter1 t y1 (t) y2 (t) = det det r1 er1 t (1 + r1 t)er1 t y10 (t) y20 (t) · ¸ 1 t 2r1 t = e det r1 (1 + r1 t) = e2r1 t 6= 0, para todo t ∈ R. Portanto no caso em que a equação caracterı́stica tem somente uma raı́z real r1 = − b , 2a y(t) = c1 er1 t + c2 ter1 t 1 No Exemplo 2 na página 9 mostramos como encontrar esta segunda solução. Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 15 é a solução geral de (12). 3 Equações não Homogêneas Uma equação diferencial linear de 2a. ordem é não homogênea se ela pode ser escrita como dy d2 y + p(t) + q(t)y = g(t). 2 dt dt em que p(t), q(t) e g(t) são funções contı́nuas em um intervalo I, com g(t) 6= 0. (14) Se y(t) é uma solução qualquer de (14) e yp (t) é uma solução particular de (14), então Y (t) = y(t) − yp (t) é solução da equação homogênea associada dy d2 y + p(t) + q(t)y = 0. 2 dt dt (15) Pois, dY d2 Y + p(t) + q(t)Y 2 dt dt = d2 d (y(t) − yp (t)) + p(t) (y(t) − yp (t)) + q(t)(y(t) − yp (t)) = 2 dt µ dt ¶ µ ¶ dy d 2 yp dyp d2 y + p(t) + q(t)y − + p(t) + q(t)yp = g(t) − g(t) = 0. dt2 dt dt2 dt Assim se y1 (t) e y2 (t) são soluções fundamentais da equação homogênea associada (15), existem constantes c1 e c2 tais que Y (t) = y(t) − yp (t) = c1 y1 (t) + c1 y2 (t), ou seja, se y(t) é uma solução qualquer de (14) e y1 (t) e y2 (t) são soluções fundamentais da equação homogênea associada (15), então y(t) = c1 y1 (t) + c1 y2 (t) + yp (t). (16) Dizemos que (16) é a solução geral da equação linear de 2a. ordem não homogênea (14), sendo y1 (t) e y2 (t) soluções fundamentais da equação homogênea associada (15) e yp (t) uma solução particular. 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 16 3 EQUAÇÕES NÃO HOMOGÊNEAS Portanto para encontrar a solução geral de uma equação linear de 2a. ordem não homogênea precisamos encontrar uma solução particular e duas soluções fundamentais da equação homogênea correspondente. Teorema 4 (Princı́pio da Superposição para Equações não Homogêneas). (1) Sejam yp (t) uma solução de y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = g1 (t) (2) e yp (t) uma solução de y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = g2 (t). (1) (2) Então yp (t) = yp (t) + yp (t) é solução de y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = g1 (t) + g2 (t) Demonstração. (yp(1) (t) + yp(2) (t))00 + p(t)(yp(1) (t) + yp(2) (t))0 + + q(t)(yp(1) (t) + yp(2) (t)) = = yp(1) (t)00 + p(t)yp(1) (t)0 + q(t)yp(1) (t) + {z } | g1 (t) + yp(2) (t)00 | + p(t)yp(2) (t)0 + q(t)yp(2) (t) {z } g2 (t) = g1 (t) + g2 (t) Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 3.1 3.1 Eqs. Lineares não Homogêneas com Coeficientes Constantes 17 Eqs. Lineares não Homogêneas com Coeficientes Constantes Vamos tratar de equações da forma a dy d2 y + b + cy = g(t). 2 dt dt (17) em que a, b e c são números reais, a 6= 0. Vamos apresentar um método de encontrar uma solução particular das equações não homogêneas chamado método dos coeficientes a determinar que funciona quando a função g(t) tem uma das seguintes formas: (1) g(t) = a0 + . . . + an tn , em que a0 , . . . , an ∈ R. Neste caso deve-se procurar uma solução particular da forma: yp (t) = ts (A0 + . . . + An tn ) em que s é o menor inteiro não negativo que garanta que nenhuma parcela de yp (t) seja solução da equação homogênea correspondente e A0 , . . . , An são coeficientes a ser determinados substituindo-se yp (t) na equação (17). O Exemplo 5 ilustra este caso. (2) g(t) = (a0 + . . . + an tn )ebt , em que a0 , . . . , an , b ∈ R. Neste caso deve-se procurar uma solução particular da forma: yp (t) = ts (A0 + . . . + An tn )ebt em que s é o menor inteiro não negativo que garanta que nenhuma parcela de yp (t) seja solução da equação homogênea correspondente e A0 , . . . , An são coeficientes a ser determinados substituindo-se yp (t) na equação (17). O Exemplo 6 ilustra este caso. (3) g(t) = (a0 + . . . + an tn )eαt cos βt + (b0 + . . . + bm tm )eαt sen βt, em que a0 , . . . , an ∈ R e b0 , . . . , bm ∈ R. Neste caso deve-se procurar uma solução particular da forma: yp (t) = ts [(A0 + . . . + Aq tq )eαt cos βt + (B0 + . . . + Bq tq )eαt sen βt] 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 18 3 EQUAÇÕES NÃO HOMOGÊNEAS em que q = max{m, n}, s é o menor inteiro não negativo que garanta que nenhuma parcela de yp (t) seja solução da equação homogênea correspondente e A0 , . . . , Aq , B0 , . . . , Bq são coeficientes a ser determinados substituindo-se yp (t) na equação (17). O Exemplo 7 ilustra este caso. Exemplo 5. Vamos encontrar a solução geral da equação y 00 + y 0 = 2 + t2 . Precisamos encontrar a solução geral da equação homogênea correspondente y 00 + y 0 = 0. A equação caracterı́stica é r2 + r = 0 que tem como raı́zes r1 = 0 e r2 = −1. Assim a solução geral da equação homogênea correspondente y 00 + y 0 = 0 é y(t) = c1 + c2 e−t . O segundo membro da equação g(t) = 2 + t2 é da forma (1). Vamos procurar uma solução particular da forma yp (t) = t1 (A0 + A1 t + A2 t2 ) = A0 t + A1 t2 + A2 t3 O valor de s é igual a 1, pois para s = 0, a parcela A0 é solução da equação homogênea (c2 = 0 e c1 = A0 ). yp0 (t) = A0 + 2A1 t + 3A2 t2 yp00 (t) = 2A1 + 6A2 t. Substituindo yp0 (t) e yp00 (t) na equação y 00 + y 0 = 2 + t2 obtemos (2A1 + 6A2 t) + (A0 + 2A1 t + 3A2 t2 ) = (A0 + 2A1 ) + (2A1 + 6A2 )t + 3A2 t2 = 2 + t2 Comparando os termos de mesmo grau obtemos o sistema linear = 2 A0 + 2A1 2A1 + 6A2 = 0 3A2 = 1 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 3.1 Eqs. Lineares não Homogêneas com Coeficientes Constantes 19 que tem solução A0 = 4, A1 = −1 e A2 = 1/3. Assim uma solução particular da equação não homogênea é 1 yp (t) = 4t − t2 + t3 3 e a solução geral da equação não homogênea é 1 y(t) = c1 + c2 e−t + 4t − t2 + t3 3 Exemplo 6. Vamos encontrar a solução geral da equação y 00 + 2y 0 + y = (2 + t)e−t . Precisamos encontrar a solução geral da equação homogênea correspondente y 00 +2y 0 +y = 0. A equação caracterı́stica é r2 + 2r + 1 = 0 que tem como raiz r1 = −1. Assim a solução geral da equação homogênea correspondente y 00 + 2y 0 + y = 0 é y(t) = c1 e−t + c2 te−t . O segundo membro da equação g(t) = (2 + t)e−t é da forma (2). Vamos procurar uma solução particular da forma yp (t) = t2 (A0 + A1 t)e−t = (A0 t2 + A1 t3 )e−t O valor de s é igual a 2, pois para s = 0 as parcelas A0 e−t e A1 te−t são soluções da equação homogênea e para s = 1 a parcela A0 te−t é solução da equação homogênea. ¡ ¢ yp0 (t) = 2A0 t + (3A1 − A0 )t2 − A1 t3 e−t ¡ ¢ yp00 (t) = 2A0 + (6A1 − 4A0 )t + (A0 − 6A1 )t2 − A1 t3 e−t . Substituindo yp0 (t) e yp00 (t) na equação y 00 + 2y 0 + y = (2 + t)e−t obtemos ¡ ¢ 2A0 + (6A1 − 4A0 )t + (A0 − 6A1 )t2 − A1 t3 e−t + ¡ ¢ + 2 2A0 t + (3A1 − A0 )t2 − A1 t3 e−t + + (A0 t2 + A1 t3 )e−t = (2 + t)e−t 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 20 3 EQUAÇÕES NÃO HOMOGÊNEAS Simplificando o primeiro membro obtemos (2A0 + 6A1 t) e−t = (2 + t)e−t ⇒ 2A0 + 6A1 t = 2 + t Comparando os termos de mesmo grau obtemos o sistema linear ½ 2A0 = 2 6A1 = 1 que tem solução A0 = 1 e A1 = 1/6. Assim uma solução particular da equação não homogênea é 1 yp (t) = (t2 + t3 )e−t 6 e a solução geral da equação não homogênea é 1 y(t) = c1 e−t + c2 te−t + (t2 + t3 )e−t 6 Exemplo 7. Vamos encontrar a solução geral da equação y 00 + 2y 0 + 2y = et cos t. Precisamos encontrar a solução geral da equação homogênea correspondente y 00 +2y 0 +2y = 0. A equação caracterı́stica é r2 + 2r + 2 = 0 que tem como raı́zes r1 = −1 + i e r2 = −1 − i. Assim a solução geral da equação homogênea correspondente y 00 + 2y 0 + 2y = 0 é y(t) = c1 e−t cos t + c2 e−t sen t. O segundo membro da equação g(t) = et cos t é da forma (3). Vamos procurar uma solução particular da forma yp (t) = t0 (Aet cos t + Bet sen t) = Aet cos t + Bet sen t O valor de s é igual a 0, pois nenhuma parcela de yp (t) é solução da equação homogênea. yp0 (t) = A(et cos t − et sen t) + B(et sen t + et cos t+) = (A + B)et cos t + (B − A)et sen t Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 3.1 Eqs. Lineares não Homogêneas com Coeficientes Constantes 21 yp00 (t) = 2Bet cos t − 2Aet sen t. Substituindo yp0 (t) e yp00 (t) na equação y 00 + 2y 0 + y = et cos t obtemos 2Bet cos t − 2Aet sen t+ ¡ ¢ + 2 (A + B)et cos t + (B − A)et sen t + + 2(Aet cos t + Bet sen t) = et cos t Simplificando o primeiro membro obtemos (4A + 4B)et cos t + (4B − 4A)et sen t = et cos t Comparando os coeficientes de et cos t e de et sen t obtemos o sistema linear ½ 4A + 4B = 1 −4A + 4B = 0 que tem solução A = 1/8 e B = −1/8. Assim uma solução particular da equação não homogênea é 1 1 yp (t) = et cos t + et sen t 8 8 e a solução geral da equação não homogênea é 1 y(t) = c1 e−t cos t + c2 e−t sen t + et (cos t + sen t) 8 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 22 4 4 EQUAÇÕES COM COEFICIENTES NÃO CONSTANTES Equações com Coeficientes não Constantes 4.1 Substituições em Equações de 2a. Ordem 4.1.1 Equações que não Contém y Equações que podem ser escritas na forma y 00 = f (y 0 , t) (18) podem ser resolvidas fazendo-se a substituição v(t) = y 0 (t). O que transforma a equação (18) em v 0 − f (v, t) = 0 Esta é uma equação de 1a. ordem. Depois de resolvida esta equação, resolve-se a equação dy = v(t). dt 4.1.2 Equações que não Contém t Equações que podem ser escritas na forma y 00 = f (y 0 , y) (19) podem ser resolvidas fazendo-se a substituição v(t) = y 0 (t). O que transforma a equação em dv = f (v, y) dt Se considerarmos v = v(y(t)), então dv dy dv dv = =v dt dy dt dy E a equação (19) se transforma em v dv = f (v, y) dy Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 4.1 Substituições em Equações de 2a. Ordem 23 Depois de resolvida esta equação resolve-se dy = v(y) dt 4.1.3 Equações de Euler As equações de Euler são equações que podem ser escritas na forma t2 d2 y dy + αt + βy = 0. dt2 dt (20) em que α e β são constantes reais. A substituição x = ln t transforma a equação de Euler numa equação linear com coeficientes constantes. dy dy dx 1 dy = = dt dx dt t dx µ ¶ µ ¶ µ ¶ d dy 1 dy 1 d dy 1 dy 1 d dy dx 1 dy 1 d2 y d2 y = = − = − + + = − + dt2 dt dt t2 dx t dt dx t2 dx t dx dx dt t2 dx t2 dx2 Substituindo-se na equação de Euler (20) obtemos a equação linear com coeficientes constantes dy d2 y + (α − 1) + βy = 0. 2 dx dx Se y1 (x) e y2 (x) são soluções fundamentais desta equação, então y(t) = c1 y1 (ln t) + c2 y2 (ln t) é a solução geral da equação de Euler (20). 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 24 4 4.2 EQUAÇÕES COM COEFICIENTES NÃO CONSTANTES Soluções em Séries de Potências Uma série de potências de t é uma expressão da forma ∞ X an t n = a 0 + a 1 t + a 2 t 2 + . . . , n=0 em que a0 , a1 , a2 , . . . são números denominados coeficientes da série. Podemos definir uma função f (t) que associa a cada valor de t, para o qual existe o limite lim N →∞ N X n=0 an tn = lim (a0 + a1 t + a2 t2 + . . . + aN tN ), N →∞ o valor deste limite e escrevemos ∞ X f (t) = an t n = a 0 + a 1 t + a 2 t 2 + . . . n=0 Por exemplo, ∞ X 1 f (t) = tn = 1 + t + t 2 + . . . , = 1 − t n=0 para |t| < 1 São válidas as seguintes propriedades para as séries de potências: ∞ ∞ X X n (a) Se f (t) = an t e g(t) = bn tn , então para todos os números α e β, n=0 n=0 ∞ X αf (t) + βg(t) = (αan + βbn )tn . n=0 ∞ X (b) Se f (t) = n=0 an tn = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 + · · ·, então 2 0 f (t) = a1 + 2a2 t + 3a3 t + · · · = ∞ X = n=2 n(n − 1)an tn−2 = Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem ∞ X (n + 1)an+1 t = n=0 f 00 (t) = 2a2 + 2 · 3t + 3 · 2t2 + · · · = ∞ X n ∞ X nan tn−1 n=1 ∞ X (n + 2)(n + 1)an+2 tn n=0 (n + 1)nan+1 tn−1 n=1 19 de fevereiro de 2003 4.2 Soluções em Séries de Potências (c) Se ∞ X 25 an tn = 0, então an = 0, para n = 0, 1, 2, . . .. n=0 Considere uma equação da forma P (t) d2 y dy + Q(t) + R(t)y = 0. 2 dt dt (21) em que P (t) e Q(t) são polinômios tais que P (0) 6= 0. Pode-se mostrar que nestas condições a solução geral desta equação pode ser escrita como uma série de potências de t. Para encontrar uma tal solução, escrevemos a solução y(t) como uma série de potências de t, com os coeficientes a determinar, y(t) = ∞ X n=0 an t n = a 0 + a 1 t + a 2 t 2 + a 3 t 3 + · · · , e substituimos na equação (21) esta série, a série da primeira derivada 0 2 y (t) = a1 + 2a2 t + 3a3 t + · · · = ∞ X (n + 1)an+1 tn n=0 e a série da segunda derivada 00 2 y (t) = 2a2 + 2 · 3a3 t + 3 · 4a4 t + · · · = ∞ X (n + 1)(n + 2)an+2 tn . n=0 Usamos as propriedades que apresentamos anteriormente de forma a escrever o lado esquerdo da equação (21) como uma série de potências de t cujos coeficientes são expressões dos coeficientes a ser determinados a0 , a1 , . . . Usando estas expressões obtemos fórmulas que dão os coeficientes an+k em termos dos coeficientes anteriores an+k−1 , an+k−2 , . . . Desta forma obtemos qualquer coeficiente em termos dos dois primeiros coeficientes não nulos que serão as constantes arbitrárias da solução geral. 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 26 5 5 EXERCÍCIOS SOBRE SOLUÇÕES EM SÉRIES DE POTÊNCIAS Exercı́cios sobre Soluções em Séries de Potências 1. Resolva a equação diferencial dada em série de potências de t. Escreva uma fórmula fechada para o termo geral de cada série que compõe a solução. (a) y 00 + ty 0 + 2y = 0, y(0) = 4, y 0 (0) = −1. (b) (1 + t2 )y 00 − 4ty 0 + 6y = 0. (c) (4 − t2 )y 00 + 2y = 0. (d) (3 − t2 )y 00 − 3ty 0 − y = 0. (e) (1 − t)y 00 + ty 0 − y = 0, y(0) = −3, y 0 (0) = 2. (f) 2y 00 + ty 0 + 3y = 0 2. Resolva a equação diferencial dada em série de potências de t. Escreva os três primeiros termos não nulos (se existirem) de cada série que compõe a solução. (a) y 00 + k 2 t2 y = 0, em que k ∈ R. (b) (1 − t)y 00 + y = 0. (c) (2 + t2 )y 00 − ty 0 + 4y = 0, y(0) = −3, y 0 (0) = 2. Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 27 Respostas dos Exercı́cios P∞ P n n 0 1. (a) Substituindo-se y(t) = ∞ n=0 (n + 1)an+1 t e n=0 an t , y (t) = P n 00 0 y 00 (t) = ∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 t na equação y + ty + 2y = 0, obtemos ∞ X (n + 2)(n + 1)an+2 tn + t n=0 n=0 n=0 ∞ X ∞ ∞ X X an t n = 0 (n + 1)an+1 tn + 2 n (n + 2)(n + 1)an+2 t + n=0 ∞ X (n + 1)an+1 t n+1 +2 n=0 ∞ X (n + 2)(n + 1)an+2 tn + n=0 2a2 + 2a0 + an t n = 0 n=0 ∞ X nan tn + 2 n=1 ∞ X ∞ X ∞ X an t n = 0 n=0 [(n + 2)(n + 1)an+2 + nan + 2an ]tn = 0 n=1 O que implica em ½ 2a2 + 2a0 = 0 (n + 2)(n + 1)an+2 + nan + 2an = 0, n = 1, 2, 3, . . . ½ a2 = −a0 1 an+2 = − n+1 an , n = 1, 2, 3, . . . 2 a4 = (−1) a0 , 3 1 a3 = − 2 a1 , a6 = a5 = (−1)3 a0 , 5·3 1 a, 4·2 1 n n 2 n! · · · a2n = (−1) a0 (2n)! (−1)n · · · a2n−1 = 2n n! a1 Substituindo-se os valores an encontrados acima, na série de y(t) obtemos y(t) = ∞ X an t n n=0 = ∞ X a2n t 2n + n=0 = a0 à ∞ X a2n+1 t2n+1 n=0 1+ ∞ X (−1)n 2n n! n=1 (2n)! t2n ! + a1 à t+ ∞ X (−1)n n=1 2n n! t2n+1 ! Portanto, a solução geral é y(t) = a0 y1 (t) + a1 y2 (t), 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 28 5 EXERCÍCIOS SOBRE SOLUÇÕES EM SÉRIES DE POTÊNCIAS em que y1 (t) = 1 + ∞ X (−1)n 2n n! n=1 ∞ X y2 (t) = t + n=1 pois det · y1 (0) y2 (0) y10 (0) y20 (0) ¸ (2n)! t2n (−1)n 2n+1 t 2n n! = det · 1 0 0 1 ¸ = 1 6= 0 Agora, como y(0) = 4, então substituindo t = 0 e y = 4 na expressão de y(t) obtemos que a0 = 4. Como y 0 (0) = −1, substituindo-se t = 0 e y 0 = −1 na expressão obtida derivando-se y(t): y 0 (t) = a0 ∞ X (−1)n 2n n! n=1 (2n − 1)! t2n−1 + a1 à 1+ ∞ X (−1)n (2n + 1) 2n n! n=1 t2n ! obtemos a1 = −1. Assim a solução do problema de valor inicial é à ! à ! ∞ ∞ X X (−1)n 2n n! 2n (−1)n 2n+1 − t+ y(t) = 4 1 + t t n n! (2n)! 2 n=1 n=1 P P∞ n 0 n (b) Substituindo-se y(t) = ∞ n=0 an t , y (t) = n=0 (n + 1)an+1 t e P n 2 00 0 y 00 (t) = ∞ n=0 (n+2)(n+1)an+2 t na equação (1+t )y −4ty +6y = 0, obtemos 2 (1 + t ) ∞ X n=0 ∞ X n (n + 2)(n + 1)an+2 t − 4t (n + 2)(n + 1)an+2 tn + t2 n=0 ∞ X n (n + 1)an+1 t + 6 n=0 ∞ X an t n = 0 n=0 ∞ ∞ X X (n + 2)(n + 1)an+2 tn −4 (n + 1)an+1 tn+1 n=0 n=0 +6 ∞ X an t n = 0 n=0 ∞ X n=0 n (n + 2)(n + 1)an+2 t + ∞ X (n + 2)(n + 1)an+2 t n=0 n+2 ∞ X −4 (n + 1)an+1 tn+1 n=0 +6 ∞ X an t n = 0 n=0 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 29 ∞ X n (n + 2)(n + 1)an+2 t + ∞ X n=2 n=0 n(n − 1)an t n −4 +6 ∞ X nan tn n=1 ∞ X an t n = 0 n=0 ∞ X 2a2 +6a3 t−4a1 t+6a0 +6a1 t+ [(n+2)(n+1)an+2 +n(n−1)an −4nan +6an ]tn = 0 n=2 O que implica em 2a2 + 6a0 = 0 6a3 + 2a1 = 0 (n + 2)(n + 1)an+2 + n(n − 1)an − 4nan + 6an = 0, n = 2, 3, . . . a2 = −3a0 a3 = − 13 a1 (n−3)(n−2) an , n = 2, 3, . . . an+2 = − (n+2)(n+1) a4 = 0, a5 = 0, a6 = 0, · · · a2n = 0, para n = 2, 3, . . . a7 = 0, · · · a2n+1 = 0, para n = 2, 3, . . . Substituindo-se os valores an encontrados acima, na série de y(t) obtemos y(t) = = ∞ X n=0 ∞ X an t n a2n t 2n + n=0 a2n+1 t2n+1 n=0 ¡ = a0 1 − 3t Portanto, a solução geral é ∞ X ¢ 2 + a1 µ 1 t − t3 3 ¶ y(t) = a0 y1 (t) + a1 y2 (t), em que y1 (t) = 1 − 3t2 pois det 19 de fevereiro de 2003 · y1 (0) y2 (0) y10 (0) y20 (0) ¸ 1 e y2 (t) = t − t3 3 = det · 1 0 0 1 ¸ = 1 6= 0 Reginaldo J. Santos 30 5 EXERCÍCIOS SOBRE SOLUÇÕES EM SÉRIES DE POTÊNCIAS (c) Substituindo-se y(t) = P∞ n=0 an tn e y 00 (t) = equação (4 − t2 )y 00 + 2y = 0, obtemos 2 (4 − t ) 4 ∞ X n=0 4 n n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 tn − 4 n=0 ∞ X + 2)(n + 1)an+2 tn na an t n = 0 n=0 n ∞ X n=0 (n (n + 2)(n + 1)an+2 t + 2 (n + 2)(n + 1)an+2 t − t ∞ X n=0 ∞ X P∞ 2 ∞ X (n + 2)(n + 1)an+2 t + 2 ∞ X an t n = 0 n=0 n=0 ∞ ∞ X X (n + 2)(n + 1)an+2 tn+2 + 2 an t n = 0 n=0 n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 tn − 8a2 + 4 · 3 · 2 · a3 t + 2a0 + 2a1 t + n ∞ X n=2 n(n − 1)an tn + 2 ∞ X an t n = 0 n=0 ∞ X [4(n + 2)(n + 1)an+2 − n(n − 1)an + 2an ]tn = 0 n=2 O que implica em 8a2 + 2a0 = 0 4 · 3 · 2 · a3 + 2a1 = 0 4(n + 2)(n + 1)an+2 − n(n − 1)an + 2an = 0, n = 2, 3, . . . 1 a2 = − 4 a0 1 a1 a3 = − 4·3 n2 −n−2 an+2 = 4(n+2)(n+1) an = a4 = 0, 1 a5 = − 42 ·5·3 a1 , n−2 a , 4(n+2) n n = 2, 3, . . . a6 = 0, · · · a2n = 0, para n = 2, 3, . . . 1 1 a7 = − 43 ·7·5 a1 , · · · a2n+1 = − 4n (2n+1)(2n−1) a1 , n = 1, . . . Substituindo-se os valores an encontrados acima, na série de y(t) obtemos y(t) = ∞ X an t n n=0 = ∞ X a2n t 2n + n=0 = a0 µ ∞ X a2n+1 t2n+1 n=0 1 1 − t2 4 ¶ + a1 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem à t− ∞ X n=1 1 t2n+1 n 4 (2n + 1)(2n − 1) ! 19 de fevereiro de 2003 31 Portanto, a solução geral é y(t) = a0 y1 (t) + a1 y2 (t), em que 1 y1 (t) = 1 − t2 4 pois e y2 (t) = t − ∞ X n=1 1 t2n+1 4n (2n + 1)(2n − 1) ¸ · ¸ 1 0 y1 (0) y2 (0) = det det = 1 6= 0 0 1 y10 (0) y20 (0) P P∞ n 0 n (d) Substituindo-se y(t) = ∞ n=0 an t , y (t) = n=0 (n + 1)an+1 t e P n 2 00 0 y 00 (t) = ∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 t na equação (3 − t )y − 3ty − y = 0, obtemos · (3 − t2 ) 3 ∞ X n=0 ∞ X n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 tn − 3t n (n + 2)(n + 1)an+2 t − t 2 ∞ X ∞ X n=0 (n + 1)an+1 tn − (n + 2)(n + 1)an+2 t n n=0 ∞ X n=0 ∞ X −3 (n + 1)an+1 tn+1 n=0 − 3 ∞ X n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 tn − ∞ X n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 tn+2 −3 ∞ X n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 tn − ∞ X n=2 n(n − 1)an tn − 3 ∞ X n=1 ∞ X an t n = 0 n=0 ∞ X (n + 1)an+1 tn+1 n=0 − 3 an t n = 0 ∞ X an t n = 0 n=0 nan tn − ∞ X an t n = 0 n=0 ∞ X 6a2 +3 ·2·a3 t−3a1 t−a0 −a1 t+ [3(n+2)(n+1)an+2 −n(n−1)an −3nan −an ]tn = 0 2 n=2 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 32 5 EXERCÍCIOS SOBRE SOLUÇÕES EM SÉRIES DE POTÊNCIAS O que implica em 6a2 − a0 = 0 32 · 2 · a3 − 4a1 = 0 3(n + 2)(n + 1)an+2 − n(n − 1)an − 3nan − an = 0, n = 2, 3, . . . 1 a2 = 3·2 a0 2 a3 = 3 2 a1 (n+1)2 n2 +2n+1 n+1 an+2 = 3(n+2)(n+1) an = 3(n+2)(n+1) an = 3(n+2) an , n = 1, 2, . . . a4 = a5 = 3 a, 32 ·4·2 0 4·2 a, 32 ·5·3 1 a6 = a7 = 5·3 a, 33 ·6·4·2 0 6·4·2 a, 33 ·7·5·3 1 (2n)! a , n = 2, 3, . . . 3n ·22n (n!)2 0 22n (n!)2 a2n+1 = 3n (2n+1)! a1 , n = 1, 2, . . . · · · a2n = ··· Substituindo-se os valores an encontrados acima, na série de y(t) obtemos y(t) = = ∞ X n=0 ∞ X an t n a2n t 2n + = a0 a2n+1 t2n+1 n=0 n=0 à ∞ X 1+ ∞ X n=1 (2n)! t2n n 2n 2 3 · 2 (n!) ! + a1 à ∞ X 22n (n!)2 2n+1 t t+ 3n (2n + 1)! n=1 ! Portanto, a solução geral é y(t) = a0 y1 (t) + a1 y2 (t), em que y1 (t) = 1 + ∞ X n=1 pois (2n)! t2n n 2n 2 3 · 2 (n!) ∞ X 22n (n!)2 2n+1 e y2 (t) = t + t 3n (2n + 1)! n=1 ¸ · ¸ 1 0 y1 (0) y2 (0) = det det = 1 6= 0 0 1 y10 (0) y20 (0) P P∞ n 0 n (e) Substituindo-se y(t) = ∞ a t , y (t) = n n=0 n=0 (n + 1)an+1 t e P n 00 0 y 00 (t) = ∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 t na equação (1 − t)y + ty − y = 0, obtemos · (1 − t) ∞ X n (n + 2)(n + 1)an+2 t + t n=0 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem ∞ X n=0 n (n + 1)an+1 t − ∞ X an t n = 0 n=0 19 de fevereiro de 2003 33 ∞ ∞ ∞ X X X n n (n + 1)an+1 tn+1 (n + 2)(n + 1)an+2 t + (n + 2)(n + 1)an+2 t − t n=0 n=0 n=0 − ∞ X n=0 n (n + 2)(n + 1)an+2 t − ∞ X (n + 2)(n + 1)an+2 t n+1 + ∞ X n=0 2a2 − a0 + ∞ X n=1 (n + 1)an+1 tn+1 n=0 n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 tn − n=0 ∞ X − ∞ X an t n = 0 ∞ X (n + 1)nan+1 tn + n=1 ∞ X n=1 ∞ X an t n = 0 n=0 nan tn − ∞ X an t n = 0 n=0 [(n + 2)(n + 1)an+2 − n(n + 1)an+1 + nan − an ]tn = 0 O que implica em ½ 2a2 − a0 = 0 (n + 2)(n + 1)an+2 − n(n + 1)an+1 + nan − an = 0, n = 1, 2, 3, . . . ½ a2 = 12 a0 n−1 n an+1 − (n+2)(n+1) an , n = 1, 2, . . . an+2 = n+2 a3 = an+2 = 1 a, 3·2 0 a4 = 2 a 4·3·2 0 − 4!1 a0 = 1 a, 4! 0 a5 = 3 a 5! 0 1 n−1 1 1 n a0 − a0 = a0 , n + 2 (n + 1)! (n + 2)(n + 1) n! (n + 2)! − 5!2 a0 = 1 a ,··· 5! 0 para n = 0, 1, 2, . . . Substituindo-se os valores an encontrados acima, na série de y(t) obtemos y(t) = ∞ X an t n n=0 = a0 à ∞ X 1 n t 1+ n! n=2 ! + a1 t Portanto, a solução geral é y(t) = a0 y1 (t) + a1 y2 (t), 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 34 5 EXERCÍCIOS SOBRE SOLUÇÕES EM SÉRIES DE POTÊNCIAS em que ∞ X 1 n t y1 (t) = 1 + n! n=2 pois det · ¸ y1 (0) y2 (0) y10 (0) y20 (0) = det e y2 (t) = t · 1 0 0 1 ¸ = 1 6= 0 Agora, como y(0) = −3, então substituindo t = 0 e y = −3 na expressão de y(t) obtemos que a0 = −3. Como y 0 (0) = 2, substituindo-se t = 0 e y 0 = 2 na expressão obtida derivando-se y(t): 0 y (t) = a0 ∞ X n=2 1 tn−1 + a1 (n − 1)! obtemos a1 = 2. Assim a solução do problema de valor inicial é ! à ∞ X 1 n t + 2t y(t) = −3 1 + n! n=2 P P∞ n 0 n (f) Substituindo-se y(t) = ∞ n=0 an t , y (t) = n=0 (n + 1)an+1 t e P n 00 0 y 00 (t) = ∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 t na equação 2y + ty + 3y = 0, obtemos 2 ∞ X (n + 2)(n + 1)an+2 tn + t 2 n (n + 2)(n + 1)an+2 t + n=0 2 n=0 n=0 n=0 ∞ X ∞ ∞ X X an t n = 0 (n + 1)an+1 tn + 3 ∞ X (n + 1)an+1 t n+1 +3 n=0 ∞ X (n + 2)(n + 1)an+2 tn + n=0 4a2 + 3a0 + an t n = 0 n=0 ∞ X n=1 ∞ X ∞ X nan tn + 3 ∞ X an t n = 0 n=0 [2(n + 2)(n + 1)an+2 + nan + 3an ]tn = 0 n=1 O que implica em ½ 4a2 + 3a0 = 0 2(n + 2)(n + 1)an+2 + nan + 3an = 0, n = 1, 2, 3, . . . Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 35 ½ a2 = − 43 a0 n+3 an+2 = − 2(n+2)(n+1) an , n = 1, 2, . . . n a6 = − 7·5·3 a, · · · a2n = (−1)22n(2n+1) a0 , n = 1, 2, . . . 23 ·6! 0 ·n! (−1)n (n+1)! 6·4 a5 = 22 ·5·4·3·2 a1 , · · · a2n+1 = (2n+1)! a1 , n = 1, . . . 5·3 a4 = 22 ·4·3·2 a0 , 4 a3 = − 2·3·2 a1 , Substituindo-se os valores an encontrados acima, na série de y(t) obtemos y(t) = = ∞ X n=0 ∞ X an t n a2n t2n + n=0 = a0 à ∞ X a2n+1 t2n+1 n=0 1+ ∞ X n=1 (−1)n (2n + 1) 2n t 22n · n! ! + a1 à t+ ∞ X (−1)n (n + 1)! n=1 (2n + 1)! t2n+1 ! Portanto, a solução geral é y(t) = a0 y1 (t) + a1 y2 (t), em que y1 (t) = 1 + ∞ X (−1)n (2n + 1) 22n n=1 pois · n! t 2n e y2 (t) = t + ∞ X (−1)n (n + 1)! n=1 (2n + 1)! t2n+1 · ¸ · ¸ y1 (0) y2 (0) 1 0 det = det = 1 6= 0 y10 (0) y20 (0) 0 1 P∞ P∞ n 00 n 2. (a) Substituindo-se y(t) = a t e y (t) = n n=0 n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 t na equação y 00 + k 2 t2 y = 0, obtemos ∞ X n (n + 2)(n + 1)an+2 t + k 2 an tn+2 = 0 n=0 n=0 ∞ X ∞ X (n + 2)(n + 1)an+2 tn + k 2 n=0 2a2 + 6a3 t + ∞ X an−2 tn = 0 n=2 ∞ X [(n + 2)(n + 1)an+2 + k 2 an−2 ]tn = 0. n=2 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 36 5 EXERCÍCIOS SOBRE SOLUÇÕES EM SÉRIES DE POTÊNCIAS O que implica em 2a2 = 0 6a3 = 0 (n + 2)(n + 1)an+2 + k 2 an−2 = 0, n = 2, 3, . . . ( a2 = a 3 = 0 k2 an+2 = − (n+2)(n+1) an−2 , n = 2, 3, . . . a4 a5 a6 a7 2 k = − 4·3 a0 , 2 k = 5·4 a1 , = 0, = 0, 4 k = 8·7·4·3 a0 , · · · k4 = 9·8·5·4 a1 , · · · = 0, a4n+2 = 0, = 0, a4n+3 = 0, a8 a9 a10 a11 para n = 0, 1, 2, . . . para n = 0, 1, 2, . . . Substituindo-se os valores an encontrados acima, na série de y(t) obtemos y(t) = ∞ X an t n n=0 = = ∞ X n=0 ∞ X n=0 = a0 a4n t 4n + a4n t4n + µ ∞ X n=0 ∞ X a4n+1 t 4n+1 + ∞ X a4n+2 t 4n+2 + ∞ X a4n+3 t4n+3 n=0 n=0 a4n+1 t4n+1 n=0 ¶ k 4 k4 8 1− t + t + ··· + 4·3 8·7·4·3 ¶ µ k4 k2 5 9 t + t + ··· +a1 t − 5·4 9·8·5·4 2 Portanto, a solução geral é y(t) = a0 y1 (t) + a1 y2 (t), em que k2 4 k4 t + t8 + · · · 4·3 8·7·4·3 k2 5 k4 y2 (t) = t − t + t9 + · · · 5·4 9·8·5·4 y1 (t) = 1 − pois det · y1 (0) y2 (0) y10 (0) y20 (0) Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem ¸ = det · 1 0 0 1 ¸ = 1 6= 0 19 de fevereiro de 2003 37 (b) Substituindo-se y(t) = P∞ n=0 an tn e y 00 (t) = equação (1 − t)y 00 + y = 0, obtemos (1 − t) ∞ X n=0 ∞ X n=0 ∞ X (n + 2)(n + 1)an+2 tn − ∞ X 2a2 + a0 + n=1 an t n = 0 n (n + 2)(n + 1)an+2 t + ∞ X an t n = 0 n=0 n=0 ∞ ∞ X X an t n = 0 (n + 2)(n + 1)an+2 tn+1 + n=0 n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 tn − ∞ X ∞ X + 2)(n + 1)an+2 tn na n=0 n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 t − t n=0 n=0 (n (n + 2)(n + 1)an+2 tn + n ∞ X P∞ ∞ X (n + 1)nan+1 tn + ∞ X an t n = 0 n=0 n=1 [(n + 2)(n + 1)an+2 − (n + 1)nan+1 + an ]tn = 0 O que implica em ½ 2a2 + a0 = 0 (n + 2)(n + 1)an+2 − (n + 1)nan+1 + an = 0, n = 1, 2, 3, . . . ½ a2 = − 12 a0 1 n an+1 − (n+2)(n+1) an , n = 1, 2, 3, . . . an+2 = n+2 a3 = a4 = 1 a 3 2 1 a 2 3 − − 1 a 3·2 1 1 a 4·3 2 1 1 = − 3·2 a0 − 3·2 a1 1 1 = − 3·22 a0 − 3·22 a1 + 1 a 4·3·2 0 1 = − 4·3·2 a0 − 1 a 3·22 1 Substituindo-se os valores an encontrados acima, na série de y(t) obtemos y(t) = ∞ X n=0 = a0 an t n µ ¶ 1 3 1 1 2 4 t − t + ··· + 1− t − 2 3·2 4·3·2 ¶ µ 1 4 1 3 t − t + ··· +a1 t − 3·2 3·4 Portanto, a solução geral é y(t) = a0 y1 (t) + a1 y2 (t), 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 38 5 EXERCÍCIOS SOBRE SOLUÇÕES EM SÉRIES DE POTÊNCIAS em que 1 1 3 1 y1 (t) = 1 − t2 − t − t4 + · · · 2 3·2 4·3·2 1 3 1 4 y2 (t) = t − t − t + ··· 3·2 3·4 pois · ¸ · ¸ y1 (0) y2 (0) 1 0 det = det = 1 6= 0 y10 (0) y20 (0) 0 1 P P∞ n 0 n (c) Substituindo-se y(t) = ∞ n=0 an t , y (t) = n=0 (n + 1)an+1 t e P n 2 00 0 y 00 (t) = ∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 t na equação (2 + t )y − ty + 4y = 0, obtemos (2 + t2 ) ∞ ∞ ∞ X X X (n + 2)(n + 1)an+2 tn − t (n + 1)an+1 tn + 4 an t n = 0 n=0 2 ∞ X n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 tn + t2 n=0 2 ∞ X n=0 2 ∞ X n=0 n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 tn − P∞ n=0 (n +4 P∞ + 1)an+1 tn+1 n=0 an t n = 0 ∞ ∞ ∞ X X X n+2 n (n+2)(n+1)an+2 t + (n+2)(n+1)an+2 t − nan t +4 an t n = 0 ∞ X n n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 tn + n=0 n=1 ∞ X n=2 4a2 +12a3 t−a1 t+4a0 +4a1 t+ n(n − 1)an tn − ∞ X n=2 ∞ X nan tn + 4 n=1 n=0 ∞ X an t n = 0 n=0 [2(n+2)(n+1)an+2 +n(n−1)an −nan +4an ]tn = 0 O que implica em 4a2 + 4a0 = 0 12a3 + 3a1 = 0 2(n + 2)(n + 1)an+2 + n(n − 1)an − nan + 4an = 0, n = 2, 3, . . . a2 = −a0 a3 = − 14 a1 −n(n−2)−4 an , n = 2, 3, . . . an+2 = 2(n+2)(n+1) a4 = a5 = 1 a, 3·2 0 7 a, 5·42 ·2 1 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem a6 = a7 = −1 a, 30 0 −19 a, 6·5·42 ·22 1 ··· ··· 19 de fevereiro de 2003 39 Substituindo-se os valores an encontrados acima, na série de y(t) obtemos y(t) = ∞ X an t n n=0 = ∞ X a2n t 2n + ∞ X a2n+1 t2n+1 n=0 µ ¶ 1 4 2 = a0 1 − t + t + ··· + 3·2 ¶ µ 19 7 3 5 t − t + ··· +a1 t + 5 · 42 · 2 6 · 5 · 4 2 · 22 n=0 Portanto, a solução geral é y(t) = a0 y1 (t) + a1 y2 (t), em que 1 4 t + ··· 3·2 7 19 y2 (t) = t + t3 − t5 + · · · 2 5·4 ·2 6 · 5 · 4 2 · 22 y1 (t) = 1 − t2 + pois det · y1 (0) y2 (0) y10 (0) y20 (0) ¸ = det · 1 0 0 1 ¸ = 1 6= 0 Agora, como y(0) = −3, então substituindo t = 0 e y = −3 na expressão de y(t) obtemos que a0 = −3. Como y 0 (0) = 2, substituindo-se t = 0 e y 0 = 2 na expressão obtida derivando-se y(t): ¶ µ 2 3 0 y (t) = a0 −2t + t + · · · + 3 ¶ µ 19 3·7 2 4 t + ··· t − +a1 1 + 5 · 42 · 2 6 · 42 · 22 obtemos a1 = 2. Assim a solução do problema de valor inicial é ¶ µ 1 4 2 t + ··· + y(t) = −3 1 − t + 3·2 µ ¶ 7 19 5 3 +2 t + t + ··· t − 5 · 42 · 2 6 · 5 · 4 2 · 22 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 40 6 6 TRANSFORMADA DE LAPLACE Transformada de Laplace 6.1 Introdução A transformada de Laplace pode ser usada para resolver equações diferencias lineares com coeficientes constantes, ou seja, equações da forma ay 00 + by 0 + cy = f (t), para a, b, c ∈ R Para isso, a equação diferencial é inicialmente transformada pela transformada de Laplace numa equação algébrica. Depois resolve-se a equação algébrica e finalmente transforma-se de volta a solução da equação algébrica na solução da equação diferencial inicial. A transformada de Laplace de uma função f : [0, ∞) → R é definida por Z ∞ L(f )(s) = F (s) = e−st f (t)dt. 0 para todo s ≥ 0 em que a integral acima converge. Representaremos a função original por uma letra minúscula e a sua variável por t, e a sua transformada de Laplace pela letra correspondente maiúscula e a sua variável. Por exemplo, as transformadas de Laplace das funções f (t), g(t) e h(t) serão representadas por F (s), G(s) e H(s), respectivamente. Exemplo 8. A transformada de Laplace da função f : [0, ∞) → R definida por f (t) = 1 é dada por F (s) = Z ∞ e −st 0 ¯∞ e−sA e−s0 e−s0 1 e−st ¯¯ = lim − = 0 − = , 1 dt = ¯ A→∞ −s −s 0 −s −s s para s > 0. Exemplo 9. Seja a uma constante real. A transformada de Laplace da função f : [0, ∞) → R definida por f (t) = eat é dada por F (s) = Z 0 ∞ e −st at e dt = Z ∞ e 0 −(s−a)t ¯∞ e−(s−a)0 1 e−(s−a)t ¯¯ = 0− = , dt = ¯ a−s 0 a−s s−a Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem para s > a. 19 de fevereiro de 2003 6.1 Introdução 41 Teorema 5 (Linearidade). Se a transformada de Laplace de f (t) é F (s), para s > a 1 , e a transformada de Laplace de g(t) é G(s), para s > a2 , então 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 }. Exemplo 10. Seja a uma constante real. A transformada de Laplace da função h : [0, ∞) → R definida por h(t) = eiat é dada por ¯∞ Z ∞ Z ∞ e−(s−ia)t ¯¯ −(s−ia)t −st iat e dt = e e dt = H(s) = −(s − ia) ¯0 0 0 = = lim e−sA (cos aA + i sen aA) − A→∞ 1 , s − ia e−(s−ia)0 e−(s−ia)0 =0− −(s − ia) ia − s para s > 0. Exemplo 11. Seja a uma constante. Vamos determinar a transformada de Laplace das funções f : [0, ∞) → R dada por f (t) = cos at e g : [0, ∞) → R dada por g(t) = sen at. No exemplo anterior calculamos a transformada de Laplace de h(t) = eiat = cos at + i sen at = f (t) + ig(t) Pela linearidade da transformada de Laplace (Teorema 5) H(s) = L(h)(s) = L(f )(s) + iL(g)(s) = F (s) + iG(s) Comparando a parte real (imaginária) do lado direito com a parte real (imaginária) do lado esquerdo da igualdade obtemos 1 s + ia s F (s) = Re{ , } = Re{ }= 2 s − ia (s − ia)(s + ia) s + a2 1 s + ia a G(s) = Im{ } = Im{ }= 2 , s − ia (s − ia)(s + ia) s + a2 para s > 0 para s > 0. Exemplo 12. Seja n um inteiro positivo. Deixamos como exercı́cio mostrar que a transformada de Laplace da função f : [0, ∞) → R dada por f (t) = tn é dada por n! F (s) = n+1 , para s > 0. s 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 42 6 TRANSFORMADA DE LAPLACE Teorema 6 (1o. Teorema de Deslocamento). Seja a uma constante. Se a transformada de Laplace da função f : [0, ∞) → R é F (s), para s > c, então a transformada de Laplace da função g(t) = eat f (t) é G(s) = F (s − a), para s > a + c Exemplo 13. 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 é dada por F (s) = s−b , (s − b)2 + a2 para s > a. Exemplo 14. 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 é dada por F (s) = a , (s − b)2 + a2 para s > a. Exemplo 15. 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 é dada por F (s) = n! , (s − a)n+1 para s > a. Exemplo 16. Seja a uma constante. Pelo Teorema anterior a transformada de Laplace eat + e−at do cosseno hiperbólico de at, f (t) = cosh at = , é dada por 2 F (s) = 1 1 1 1 s , + = 2 2s−a 2s+a s − a2 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem para s > |a|. 19 de fevereiro de 2003 6.1 Introdução 43 Exemplo 17. Seja a uma constante. Pelo Teorema anterior a transformada de Laplace eat − e−at , é dada por do seno hiperbólico de at, f (t) = senh at = 2 F (s) = 1 1 1 1 a − = 2 , 2s−a 2s+a s − a2 para s > |a|. Exemplo 18. Se a transformada de Laplace de uma função f (t) é F (s) = s2 s+3 − 3s + 2 então vamos determinar a função f (t). Para isso vamos decompor F (s) em frações parciais. O denominador de F (s) tem duas raı́zes reais s = 1 e s = 2. Assim, F (s) = A B s+3 = + , (s − 1)(s − 2) s−1 s−2 em que A e B são 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, F (s) = 1 1 s+3 = −4 +5 (s − 1)(s − 2) s−1 s−2 e a função cuja transformada é F (s) é f (t) = −4et + 5e2t . 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 44 6 TRANSFORMADA DE LAPLACE Exemplo 19. Se a transformada de Laplace de uma função f (t) é F (s) = s2 s−3 + 4s + 4 então vamos determinar a função f (t). O denominador de F (s) tem somente uma raiz real, s = 2. Podemos reescrever F (s) da seguinte forma F (s) = s−3 s+2−5 s+2 −5 1 1 = = + = −5 . 2 2 2 2 (s + 2) (s + 2) (s + 2) (s + 2) s+2 (s + 2)2 Observando a Tabela na página 45, usando o 1o. Teorema do deslocamento e o Teorema da Linearidade vemos que a função cuja transformada de Laplace é F (s) é dada por f (t) = e−2t − 5e−2t t. Exemplo 20. Se a transformada de Laplace de uma função f (t) é F (s) = s−2 2s2 + 2s + 2 então vamos determinar a função f (t). Completando quadrados podemos reescrever F (s) da seguinte forma s−2 s−2 s−2 = = 2 + 2s + 2 2[s + s + 1] 2[(s + 1/2)2 + 3/4] s + 1/2 5/2 s + 1/2 − 5/2 = − = 2 2 2[(s + 1/2) + 3/4] 2[(s + 1/2) + 3/4] 2[(s + 1/2)2 + 3/4] s + 1/2 5 1 1 − = 2 2 (s + 1/2) + 3/4 4 (s + 1/2)2 + 3/4 √ s + 1/2 3/2 1 5 = − √ 2 2 (s + 1/2) + 3/4 2 3 (s + 1/2)2 + 3/4 F (s) = 2s2 Observando a Tabela na página 45, usando o 1o. Teorema do deslocamento e o Teorema da Linearidade vemos que a função cuja transformada de Laplace é F (s) é dada por Ã√ ! Ã√ ! 3 5 3 1 t − √ e−t/2 sen t . f (t) = e−t/2 cos 2 2 2 2 3 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 6.2 6.2 Tabela de Transformadas de Laplace 45 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 , para s > 0 sen at 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 f (t)δ(t − t0 ))(s) e−t0 s f (t0 ), s > 0 e−as , para s > 0 s ua (t)f (t−a) e−as F (s) ua (t) = ½ 0, 0 ≤ t < a 1, t ≥ a 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 46 6 6.3 TRANSFORMADA DE LAPLACE Solução de Problemas de Valor Inicial Dizemos que uma função f : [0, ∞) → R é seccionalmente contı́nua ou contı́nua por partes se f (t) é contı́nua em [0, ∞) exceto possivelmente em um número finito de pontos, nos quais os limites laterais existem. Teorema 7 (Derivação). (a) Suponha que f : [0, ∞) → R seja derivável com f 0 (t) seccionalmente contı́nua. Então L(f 0 )(s) = sF (s) − f (0), em que F (s) é a transformada de Laplace de f (t). (b) Suponha que f : [0, ∞) → R seja derivável duas vezes com f 00 (t) seccionalmente contı́nua. Então L(f 00 )(s) = s2 F (s) − sf (0) − f 0 (0), em que F (s) é a transformada de Laplace de f (t). Exemplo 21. 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 s − a2 F (s) + a2 2as (s2 + a2 )2 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 6.3 Solução de Problemas de Valor Inicial 47 Exemplo 22. Seja a uma constante. Seja f (t) = t cos at. Deixamos como exercı́cio mostrar que s2 − a 2 F (s) = 2 (s + a2 )2 Exemplo 23. 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 à equação 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 raı́zes complexas, para decompor Y (s) em frações parciais vamos encontrar A, B, C e D tais que Y (s) = As + B Cs + D + 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) 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 48 6 TRANSFORMADA DE LAPLACE Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema A = 1 2A + B = 4 5A + 2B + C = 13 5B + D = 14 que tem solução A = 1, B = 2, C = 4 e D = 4. Assim, 4s + 4 s+2 = + s2 + 2s + 5 (s2 + 2s + 5)2 s+1 1 2 = + + (s + 1)2 + 4 2 (s + 1)2 + 4 Y (s) = De onde obtemos 6.4 s+1+1 s+1 + 4 (s + 1)2 + 4 [(s + 1)2 + 4]2 2 · 2(s + 1) [(s + 1)2 + 4]2 1 y(t) = e−t cos 2t + e−t sen 2t + te−t sen 2t 2 Equações com o Termo não Homogêneo Descontı́nuo y 1 a x Figura 1: Função de Heaviside Seja a uma constante maior ou igual a zero. Vamos definir a função degrau unitário ou função de Heaviside por ua (t) = ½ 0, para 0 ≤ t < a 1, para t ≥ a Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 6.4 Equações com o Termo não Homogêneo Descontı́nuo 49 Vamos calcular a transformada de Laplace da função de Heaviside f (t) = ua (t). ¯ Z ∞ Z ∞ −st ¯∞ −sa e−as e ¯ =0− e = , para s > 0 F (s) = e−st ua (t) dt = e−st dt = −s ¯a −s s 0 a Exemplo 24. Vamos calcular a transformada de Laplace da função ½ 1, para 0 ≤ t < 2 f (t) = 0, para t ≥ 2 Esta função pode ser escrita em termos da função de Heaviside como f (t) = 1 − u2 (t). Assim usando a linearidade da Transformada de Laplace obtemos F (s) = 3 1 e−2s − . s s y 2.5 2 1.5 1 0.5 0 x −0.5 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 Figura 2: Função f (t) = 1 − u2 (t) 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 50 6 TRANSFORMADA DE LAPLACE Exemplo 25. Vamos calcular a transformada de Laplace da função 0, para 0 ≤ t < 1 2, para 1 ≤ t < 2 f (t) = 0, para t ≥ 2 Esta função pode ser escrita em termos da função de Heaviside como f (t) = 2u1 (t) − 2u2 (t). Assim usando a linearidade da Transformada de Laplace obtemos F (s) = 2 3 e−s e−2s −2 . s s y 2.5 2 1.5 1 0.5 0 x −0.5 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 Figura 3: Função f (t) = 2u1 (t) − 2u2 (t) Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 6.4 Equações com o Termo não Homogêneo Descontı́nuo 51 Teorema 8 (2o. Teorema de Deslocamento). Seja a uma constante positiva. Se a transformada de Laplace da função f : [0, ∞) → R é F (s), para s > c, então a transformada de Laplace da função g(t) = ua (t)f (t − a) é G(s) = e−as F (s), 2 para s > c y 1.5 1 0.5 0 x −0.5 −1 −1.5 −2 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Figura 4: Função f (t) = sen t − u2π (t)sen(t − 2π) Exemplo 26. Vamos calcular a transformada de Laplace da função ½ sen t, para 0 ≤ t < 2π f (t) = 0, para t ≥ 2π Esta função pode ser escrita em termos da função de Heaviside como f (t) = sen t − u2π (t) sen t. 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 52 6 TRANSFORMADA DE LAPLACE Para usarmos o Teorema 8 precisamos escrever a segunda parcela em termos de uma função g(t − 2π). Como sen t = sen(t − 2π), então f (t) = sen t − u2π (t)sen(t − 2π) e F (s) = 2 s2 1 1 − e−2πs 2 . +1 s +1 y 1.5 1 0.5 0 x −0.5 −1 −1.5 −2 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Figura 5: Função f (t) = sen t − uπ (t)sen t Exemplo 27. Vamos calcular a transformada de Laplace da função ½ sen t, para 0 ≤ t < π f (t) = 0, para t ≥ π Esta função pode ser escrita em termos da função de Heaviside como f (t) = sen t − uπ (t)sen t. Para usarmos o Teorema 8 precisamos escrever a segunda parcela em termos de uma função g(t − π). Como sen t = −sen(t − π), então f (t) = sen t + uπ (t)sen(t − π) Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 6.4 Equações com o Termo não Homogêneo Descontı́nuo 1.2 53 y 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 x −0.2 0 5 10 15 20 Figura 6: Solução do problema de valor inicial do Exemplo 28 e F (s) = s2 1 1 + e−πs 2 . +1 s +1 Exemplo 28. Vamos resolver o seguinte problema de valor inicial 2y 00 + 2y 0 + 2y = f (t), em que y(0) = 0, y 0 (0) = 0, 0, para 0 ≤ t < 2 2, para 2 ≤ t < 10 f (t) = 0, para t ≥ 10 Esta função pode ser escrita em termos da função de Heaviside como f (t) = 2u2 (t) − 2u10 (t). Aplicando-se a transformada de Laplace à equação acima obtemos ¡ ¢ e−2s e−10s 2 s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 2 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = 2 −2 s s Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos 19 de fevereiro de 2003 ¡ ¢ e−2s − e−10s 2s2 + 2s + 2 Y (s) = 2 s Reginaldo J. Santos 54 6 TRANSFORMADA DE LAPLACE Assim, e−2s − e−10s = (e−2s − e−10s )H(s), Y (s) = 2 s(s + s + 1) em que 1 + s + 1) Depois de encontrar a função h(t) cuja transformada de Laplace é H(s), a solução do H(s) = s(s2 problema de valor inicial é então, pelo 2o. Teorema de Deslocamento, dada por y(t) = h(t − 2)u2 (t) − h(t − 10)u10 (t). Vamos a seguir encontrar a função h(t) cuja transformada de Laplace é H(s). Como s2 + s + 1 tem raı́zes complexas, a decomposição de H(s) em frações parciais é da forma A Bs + C H(s) = + 2 . s s +s+1 Multiplicando-se H(s) por s(s2 + s + 1) obtemos 1 = A(s2 + s + 1) + (Bs + C)s = (A + B)s2 + (A + C)s + A Comparando os coeficientes dos termos de mesmo grau obtemos o sistema de equações lineares = 0 A + B A + C = 0 A = 1 que tem solução A = 1, B = −1 e C = −1. Assim, 1 s+1 1 s+1 H(s) = − 2 = − s s +s+1 s (s + 1/2)2 + 3/4 1 s + 1/2 1/2 = − − 2 s (s + 1/2) + 3/4 (s + 1/2)2 + 3/4 √ 1 s + 1/2 1 3/2 = − −√ 2 s (s + 1/2) + 3/4 3 (s + 1/2)2 + 3/4 De onde obtemos que a função cuja transformada de Laplace é H(s) é Ã√ ! Ã√ ! 3 1 3 h(t) = 1 − e−t/2 cos t − √ e−t/2 sen t 2 2 3 e a solução do problema de valor inicial é dado por y(t) = h(t − 2)u2 (t) − h(t − 10)u10 (t). Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 6.5 6.5 Transformada de Laplace do Delta de Dirac 55 Transformada de Laplace do Delta de Dirac O delta de Dirac δ(t) é uma função generalizada definida pela seguinte propriedade Z ∞ f (t)δ(t − t0 )dt = f (t0 ), 0 para toda função f : [0, ∞) → R seccionalmente contı́nua (22) Aplicando a propriedade que define o delta de Dirac (22) obtemos que a transformada de Laplace do delta é dada por L(δ(t − t0 ))(s) = Z ∞ e−st δ(t − t0 )dt = e−t0 s 0 Também temos que L(f (t)δ(t − t0 ))(s) = 6.6 Z ∞ 0 e−st f (t)δ(t − t0 )dt = e−t0 s f (t0 ) Convolução A convolução de duas funções f, g : [0, ∞) → R é uma função definida por Z t f (t − τ )g(τ )dτ (f ∗ g)(s) = 0 Teorema 9. Seja F (s) a transformada de Laplace de f : [0, ∞) → R e G(s) a transfor- mada de Laplace de g : [0, ∞) → R. Então, L(f ∗ g)(s) = F (s)G(s) A convolução satisfaz as seguintes propriedades: (a) f ∗ g = g ∗ f (b) f ∗ (g1 + g2 ) = f ∗ g1 + f ∗ g2 (c) (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h) (d) f ∗ 0 = 0 ∗ f = 0 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 56 7 7 EXERCÍCIOS SOBRE TRANSFORMADA DE LAPLACE Exercı́cios sobre Transformada de Laplace 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 00 0 0 y + 3y + 2y = f (t), y(0) = 0,y (0) = 1, em que f (t) = 1, para t ≥ 2 ½ 0, para 0 ≤ t < 3π y 00 + y = f (t), y(0) = 0,y 0 (0) = 1, em que f (t) = 1, para t ≥ 3π ½ sen t, para 0 ≤ t < π 5 y 00 +y 0 + 4 y = f (t), y(0) = 0,y 0 (0) = 0, em que f (t) = 0, para t ≥ π 0, para 0 ≤ t < π 00 0 1, 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 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 57 Respostas dos Exercı́cios 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 2 1 + + 2)(s − 1) (s + 2)(s − 1) 2 + s2 = 2 s (s + 2)(s − 1) Y (s) = s2 (s Y (s) = A B C D + 2+ + s s s+2 s−1 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 solução A = −1/2, B = −1, C = −1/2 e D = 1. Assim, Y (s) = −1/2 1 1/2 1 − 2− + s s s+2 s−1 1 1 y(t) = − − t − e−2t + et 2 2 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 58 7 EXERCÍCIOS SOBRE TRANSFORMADA DE LAPLACE 5 y 4 3 2 1 0 x −1 0 0.5 1 1.5 2 (b) ¢ 2 3 s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) = 3 + s s−1 0 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 2 obtemos ¡ Assim, ¡ ¢ 3 2 +2 s2 + 4 Y (s) = 3 + s s−1 3 2 2 + + 2 2 + 4) (s − 1)(s + 4) s + 4 Y (s) = s3 (s2 C Ds + E A B 2 = + 2+ 3+ 2 + 4) s 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 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 59 que tem solução A = −1/8, B = 0, C = 1/2, D = 1/8 e E = 0. Assim, 1/8 1 2 1 s 2 =− + 3+ 2 + 4) s 4s 8s +4 s3 (s2 A Bs + C 3 = + 2 2 (s − 1)(s + 4) 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 solução A = 3/5, B = −3/5 e C = −3/5. Assim, 3/5 3 s+1 3/5 3 s 3 2 3 = − 2 = − 2 − 2 (s − 1)(s + 4) s−1 5s +4 s − 1 5 s + 4 10 s2 + 4 Y (s) = − 1/8 1 2 1 s 3/5 3 s 3 2 2 + 3+ 2 + − 2 − + 2 2 s 4s 8 s + 4 s − 1 5 s + 4 10 s + 4 s + 4 1 1 19 3 7 y(t) = − + t2 − cos 2t + et + sen 2t 8 4 40 5 10 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) = 19 de fevereiro de 2003 1 4 + 2 (s − 1) s Reginaldo J. Santos 60 7 EXERCÍCIOS SOBRE TRANSFORMADA DE LAPLACE Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y 0 (0) = 1 obtemos ¡ ¢ s2 − 2s + 1 Y (s) = 1 4 + +s−1 (s − 1)2 s Assim, 4 s−1 1 + + 4 2 (s − 1) s(s − 1) (s − 1)2 4 1 1 + + = 4 2 (s − 1) s(s − 1) s−1 Y (s) = A 4 B C = + + 2 s(s − 1) s s − 1 (s − 1)2 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 solução A = 4, B = −4 e C = 4. Assim, 1 4 4 4 1 + − + + 4 2 (s − 1) s s − 1 (s − 1) s−1 4 6 3 4 1 + − + = 4 6 (s − 1) s s − 1 (s − 1)2 Y (s) = 1 y(t) = t3 et + 4 − 3et + 4tet 6 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 61 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 − 2) (s − 3)(s + 1) 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) = B C D 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) 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 62 7 EXERCÍCIOS SOBRE TRANSFORMADA DE LAPLACE 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 solução 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 6 2s − 1 + 2 2 + 4) s +4 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 63 6 16 1 s − 2 +2 2 2 2 16 (s + 4) s +4 s +4 3 s 1 2 8 = +2 2 − 2 2 2 8 (s + 4) s +4 2s +4 = 3 1 (sen 2t − 2t cos 2t) + 2 cos 2t − sen 2t 8 2 1 3 = 2 cos 2t − sen 2t − t cos 2t 8 4 y(t) = 2 y 1.5 1 0.5 0 x −0.5 −1 −1.5 −2 −2.5 −3 −1 0 1 2 3 4 5 6 (f) ¢ 1 e−πs/2 s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + Y (s) = − s s Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 1 obtemos ¡ Assim, ¡ ¢ 1 e−πs/2 s2 + 1 Y (s) = − +1 s s 1 1 e−πs/2 + − 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) = 19 de fevereiro de 2003 1 + 1) s(s2 Reginaldo J. Santos 64 7 EXERCÍCIOS SOBRE TRANSFORMADA DE LAPLACE y(t) = sen t + h(t) − h(t − π/2)uπ/2 (t). A Bs + C + 2 . s s +1 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 solução A = 1, B = −1 e C = 0. Assim, H(s) = 1 s − 2 s s +1 De onde obtemos que a função cuja transformada de Laplace é H(s) é h(t) = 1 − cos t e a solução do problema de valor inicial é 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−πs e−2πs s Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 2 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = 2 −2 s s Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 65 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) = A Bs + C + 2 . s s + 2s + 2 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 solução A = 1, B = −1 e C = −2. Assim, s+2 1 s+2 1 − 2 = − s s + 2s + 2 s (s + 1)2 + 1 s+1 1 1 − − = 2 s (s + 1) + 1 (s + 1)2 + 1 H(s) = De onde obtemos que a função cuja transformada de Laplace é H(s) é h(t) = 1 − e−t cos t − e−t sen t e a solução do problema de valor inicial é dado por y(t) = h(t − π)uπ (t) − h(t − 2π)u2π (t) + e−t sen t. 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 66 7 EXERCÍCIOS SOBRE TRANSFORMADA DE LAPLACE 1.2 y 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 x −0.2 −2 0 2 4 6 8 10 12 (h) 1 1 − e−2πs 2 +1 s +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 1 e−2πs − s2 + 1 s2 + 1 1 e−2πs 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 s2 + 1 s +4 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) Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 67 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 solução 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 3 6 1 1 1 1 y(t) = h(t) − u2π (t)h(t − 2π) = sen t − sen 2t − u2π (t)( sen t − sen 2t) 3 6 3 6 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 ¡ ¢ s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) = Assim, ¡ ¢ s2 + 4 Y (s) = 1 e−πs + s2 + 1 s2 + 1 e−πs 1 + (s2 + 1)(s2 + 4) (s2 + 1)(s2 + 4) = H(s) + e−πs H(s) Y (s) = 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 68 7 EXERCÍCIOS SOBRE TRANSFORMADA DE LAPLACE em que H(s) = (s2 1 + 1)(s2 + 4) y(t) = h(t) + uπ (t)h(t − π) Do exercı́cio anterior temos que H(s) = Assim, 1/3 −1/3 + 2 +1 s +4 s2 1 1 h(t) = sen t − sen 2t 3 6 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) 3 6 3 6 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) = 1 e−10s − = H(s) − e−10s H(s) 2 2 s (s + 3s + 2) s (s + 3s + 2) Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 69 em que H(s) = s (s2 1 + 3s + 2) y(t) = h(t) − u10 (t)h(t − 10). H(s) = s (s2 1 1 A B C = = + + + 3s + 2) s(s + 1)(s + 2) s s+1 s+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 solução A = 1/2, B = −1 e C = 1/2. Assim, H(s) = 11 1 1 1 − + 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 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 70 7 EXERCÍCIOS SOBRE TRANSFORMADA DE LAPLACE 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 1 e−2s + = 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) = 1 1 A B = Y (s) = = + 1 s2 + 3s + 2 (s + 1)(s + 2) s+1 s+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 solução A = 1 e B = −1. Assim, Y1 (s) = 1 1 − s+1 s+2 y1 (t) = e−t − e−2t . Do exercı́cio anterior H(s) = 11 1 1 1 − + 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) Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 71 y 0.4 0.3 0.2 0.1 0 x −0.1 −2 0 2 4 6 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 s2 + 1 Y (s) = +1 s e−3πs 1 Y (s) = + 2 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 s +1 Multiplicando-se H(s) por s(s2 + 2s + 2) obtemos 19 de fevereiro de 2003 1 = A(s2 + 1) + (Bs + C)s = (A + B)s2 + Cs + A = 0 A + B C = 0 A = 1 Reginaldo J. Santos 72 7 EXERCÍCIOS SOBRE TRANSFORMADA DE LAPLACE que tem solução A = 1, B = −1 e C = 0. Assim, s 1 − 2 s s +1 H(s) = De onde obtemos que a função cuja transformada de Laplace é H(s) é 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 4 s +1 s +1 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos µ ¶ 5 1 1 2 s +s+ Y (s) = 2 + e−πs 2 4 s +1 s +1 Assim, 1 1 ¢ + e−πs ¢ ¡ 5 2 2 + 1) s + s + 4 (s + 1) s2 + s + 54 = H(s) + e−πs H(s) Y (s) = (s2 ¡ em que H(s) = 1 ¢ (s2 + 1) s2 + s + 54 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem ¡ 19 de fevereiro de 2003 73 y(t) = h(t) + uπ (t)h(t − π) H(s) = As + B Cs + D 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 solução A = −16/17, B = 4/17, C = 16/17 e D = 12/17. Assim, H(s) = = = = µ ¶ 4s + 3 4 −4s + 1 + 2 17 s2 + 1 s + s + 54 µ ¶ 1 4s + 3 4 s + + −4 2 17 s + 1 s2 + 1 (s + 1/2)2 + 1 µ ¶ 1 s + 3/4 s 4 + +4 −4 2 17 s + 1 s2 + 1 (s + 1/2)2 + 1 µ ¶ 1 s + 1/2 1 4 s + +4 + −4 2 17 s + 1 s2 + 1 (s + 1/2)2 + 1 (s + 1/2)2 + 1 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) 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 74 7 EXERCÍCIOS SOBRE TRANSFORMADA DE LAPLACE 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−πs e−3πs s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) = 2 −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(s + 4) 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 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 75 que tem solução 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 função cuja transformada de Laplace é H(s) é 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 −2 0 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) = e−2πs 1 + 2 2 s +1 s +1 e a solução do problema de valor inicial é dado por y(t) = u2π (t) sen(t − 2π) + sen t = (u2π (t) + 1)sen t. 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos 76 7 EXERCÍCIOS SOBRE TRANSFORMADA DE LAPLACE (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 G(s) 5 + 2s + s2 + 4s + 4 s2 + 4s + 4 5 + 2s G(s) + = 2 (s + 2) (s + 2)2 Y (s) = 5 + 2s A B = + 2 (s + 2) s + 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 solução A = 2 e B = 1. Assim, Y (s) = 2 1 G(s) + + 2 (s + 2) s + 2 (s + 2)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 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 19 de fevereiro de 2003 REFERÊNCIAS 77 Referências [1] William E. Boyce and Richard C. DiPrima. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. Livros Técnicos e Cientı́ficos Editora S.A., Rio de Janeiro, 7a. edition, 2002. [2] Erwin Kreiszig. Matemática Superior. Livros Técnicos e Cientı́ficos Editora S.A., Rio de Janeiro, 2a. edition, 1985. [3] Reginaldo J. Santos. Um Curso de Geometria Analı́tica e Álgebra Linear. Imprensa Universitária da UFMG, Belo Horizonte, 2002. [4] Dennis G. Zill and Michael R. Cullen. Equações Diferenciais. Makron Books, São Paulo, 3a. edition, 2001. 19 de fevereiro de 2003 Reginaldo J. Santos