Transformada de Laplace
Transcrição
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 4 74 Transformada de Laplace (TL) 4.1 Definição e teoremas Definição: Seja f (t ) definida para t ≥ 0 . A transformada de Laplace de f (t ) , que indicamos F(s ) = { {f (t )} = F(s ) por + ∞ − st e 0 ou {f (t )}, é dada pela fórmula ⋅ f (t ) dt . Exemplos: 1) Mostre que a TL é linear, ou seja, mostre que é verdadeira a igualdade ⋅ f (t ) + ⋅ g(t )} = ⋅ {f (t )} + ⋅ {g(t )} , onde , ≡ constantes . 2) Verifique as igualdades: 1 a) { 1} = ; s > 0 . s 1 b) e at = ; s>a. s−a a c) {sen (at )} = 2 ; s>0. s + a2 s d) {cos(at )} = 2 ; s > 0. s + a2 n! e) t n = n +1 ; s > 0 . s a f) {senh (at )} = 2 ; s> a . s − a2 s ; s> a. g) {cosh (at )} = 2 s − a2 { } { } OBS: Nos itens f e g, trabalhe com as igualdades senh (x ) = cosh (x ) = ex + e−x . 2 ex − e−x e 2 3) Utilizando as igualdades encontradas no exemplo 2 e o fato da TL ser linear, senh (− 7t ) −8t determine 3 ⋅ cos(2t ) − + e − 2t 4 + 8 . 4 4) Sabendo-se que também é linear e determine −1 {F(s )} = f (t ) , −1 verifique que a transformada inversa 2 4 8 5 + − 2 + 3 . s s−3 s + 4 s EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov {f (t )} então {f ′(t )} = s ⋅ {f (t )}− f (0) = s ⋅ F(s ) − f (0) . Teorema: Se F(s ) = {f ′′(t )} = s 2 ⋅ {f (t )} − s ⋅ f (0) − f ′(0) . Teorema: Teorema: f ( n ) (t ) = s n ⋅ { 75 } { t }= s n ! . n Teorema: n +1 Utilize o teorema anterior e o fato de que Exemplos: 1) Determine − s ⋅ f (n − 2 ) (0) − f (n −1) (0) . {f (t )}− s n −1 ⋅ f (0) − s n − 2 ⋅ f ′(0) + dn dt n (t ) = n! . n {3y′′ − 2y′ + y}. 2) Resolva os PVI´s, utilizando TL: a) y′′ − 3y′ + 2y = e3t ; y(0) = 1 e y′(0) = 0 . b) y′′ − y = 1 ; y(0) = 0 e y′(0) = 1 . c) y′′ + y = t ; y(0) = 1 e y′(0) = 3 . d) y′′ − y′ − 2 y = t 2 ; y(0) = 1 e y′(0) = 3 . −1 3) Determine Propriedade 1: Se 8s 2 − 4s + 12 ( s s2 + 4 ) . {f (t )}= F(s ) então { − t ⋅ f (t )} = d F(s ) . ds Exemplos: Determine: 1) 2) { t ⋅ e }. t −1 − 1 (s − 2)2 Propriedade 2: Se −1 3) . {f (t )}= F(s ) então { (− t ) n } − (s 4s 2 +4 dn ⋅ f (t ) = n F(s ) . ds ) 2 . EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov Exemplo: Determine −1 76 1 (s − 4)3 1º Teorema do deslocamento: Se Demonstração: {e at } + ∞ − st e 0 ⋅ f (t ) = . {e {f (t )}= F(s ) então ⋅ eat ⋅ f (t ) dt = + ∞ − (s − a )⋅ t e 0 at } ⋅ f (t ) = F(s − a ) . ⋅ f (t ) dt = F(s − a ) Exemplos: Resolva o que se pede: a) b) c) d) 4.2 {e {e 3t −1 −1 −t } ⋅ sen (t ) } ⋅ cos(2t ) s−7 (s − 7 ) 2 + 25 s−9 e) −1 f) −1 g) −1 (s − 7 )2 + 25 1 2 s − 4s + 9 s s 2 − 4s + 9 2s + 3 s 2 − 4s + 20 Função degrau unitário Definição: Seja c ≥ 0 . Definimos a função degrau unitário em c como sendo: 0 ; t≤c u c (t ) = 1 ; t>c u c (t ) 1 0 Exemplos: 1) Desenhe os gráficos de: a) 3u 2 (t ) b) u 2 (t ) − u 4 (t ) c) 2u1 (t ) + ⋅ u 3 (t ) − 3u 2 (t ) 2) Mostre que e −sc {u c (t )} = ; s > 0. s c t EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 77 0 ; t≤c . Esta expressão f (t − c ) ; t > c descreve a função que se obtém ao deslocar f (t ) c unidades para a direita e depois anulando a porção à esquerda de c. u c (t ) ⋅ f (t − c ) f(t) Seja a função f (t ) , tal que u c (t ) ⋅ f (t − c ) = t 0 c 0 t 2º Teorema do deslocamento: Se {f (t )}= F(s ) então { u c (t ) ⋅ f (t − c )} = e −sc ⋅ F(s ) . Demonstração: { u c (t ) ⋅ f (t − c )} = = + ∞ − st e 0 ⋅ u c (t ) ⋅ f (t − c ) dt = + ∞ − s ⋅( w + c ) e ⋅f 0 (w ) dw = + ∞ − st e c w = t −c + ∞ e −sc e −sw ⋅ f w 0 Exemplos: Resolva o que se pede: a) { u (t ) ⋅ sen (t )} b) { u (t ) ⋅ t } c) {f (t )}, f (t ) = d) {t − u1 (t ) ⋅ (t + 3)} e) 3 −1 2 0 ; t<2 2 (t − 2 ) ; t ≥ 2 e −3s s 2 + 6s + 10 0 t f) {f (t )}, f (t ) = t −3 2t − 2 1 4t + 1 g) {f (t )}, f (t ) = 3t − 2 1 − 8t ⋅ f (t − c ) dt = ; t < ou 2 ≤ t < 3 ; ≤t<2 ; 3 ≤t<4 ; t≥4 ; t<2 ; 2≤t<3 ; 3≤ t <6 ; t≥6 ( ) dw = e−sc ⋅ F(s ) EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov h) Resolva o PVI: 1 0 1 y′′ − 3y′ + 2y = 0 1 0 4.3 ; ; ; ; ; ; 78 0 ≤ t <1 1≤ t < 2 2≤t<3 ; y(0) = y′(0) = 0 3≤ t < 4 4≤t<5 t≥5 O produto de Convolução Seja o PVI: y′′ + y = t 2 + 1 ; y(0) = y′(0 ) = 0 . Aplicando a TL dos dois lados da equação, temos: {t + 1} {y′′ + y}= s 2 Y(s ) − y(0 ) − y′(0 ) + Y(s ) = 2 (s + 1)Y(s) = s2 + 1s 2 3 {y(t )}= {sen (t )} ⋅ =0 Y(s ) = { t + 1} =0 1 2 s +1 ⋅ 2 s 3 + 2 s 3 + 1 s 1 s 2 Nosso problema é: dadas duas funções f e g, de ordem exponencial, determinar h, também de ordem exponencial, tal que {h (t )} = {f (t )}⋅ {g(t )} . + ∞ − su e 0 {h(t )} = = +∞ ⋅ f (u ) du ⋅ + ∞ − s (u + v ) e ⋅f 0 0 + ∞ − sv e 0 ⋅ g(v ) dv = (u ) ⋅ g(v ) du dv = e − s(u + v ) ⋅ f (u ) ⋅ g(v ) dA = = A t =u+ v = e − st ⋅ f (t − v ) ⋅ g(v ) dA′ A′ a qual pode ser reescrita, em termos de integrais repetidas, como: + ∞ − st e 0 ⋅ t 0 f (y ) ⋅ g (t − y ) dy dt = h (t ) t 0 Daí, h (t ) = f (y ) ⋅ g (t − y ) dy = t 0 f (y ) ⋅ g(t − y ) dy . {h(t )} EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 79 {y(t )}= {sen (t )} ⋅ { t 2 + 1}, isto é, f (t ) = sen(t ) e g(t ) = t 2 + 1 . g(t − y ) = (t − y )2 + 1 = t 2 − 2ty + y 2 + 1 . No exemplo, t h (t ) = y(t ) = t = t2 = 0 0 f (y ) ⋅ g(t − y ) dy = sen (y ) dy − 2t t 0 t 0 [ ] sen (y ) ⋅ t 2 − 2ty + y 2 + 1 dy = y ⋅ sen (y ) dy + t 2 y 0 ⋅ sen (y ) dy + t 0 sen (y ) dy = = t 2 + cos(t ) − 1 Definição: Dadas as funções f e g, o produto de convolução (ou simplesmente, a convolução) de f com g, denotada por f ∗ g , é definida por: (f ∗ g )(t ) = t 0 f (y ) ⋅ g (t − y ) dy Propriedades: 1) {(f ∗ g )(t )}= {f (t )}⋅ {g(t )} 2) f ∗ g = g ∗ f 3) (f ∗ g ) ∗ h = f ∗ (g ∗ h ) 4) f ∗ (g + h ) = (f ∗ g ) + (f ∗ h ) Exemplos: Determine o que se pede: 1) −1 2) −1 3) ( 1 ) s ⋅ s2 + 1 3 (s + 1)2 t ∗ cos(at ) Teorema: Se f é de ordem exponencial e periódica de período p, então: {f (t )} = Demonstração: {f (t )} = + ∞ − st e 0 ⋅ f (t ) dt = p − st e 0 ⋅ f (t ) dt 1 − e −sp EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov p − st e 0 = 2p − st e p ⋅ f (t ) dt + (n +1)p + np 80 ⋅ f (t ) dt + 3p − st e 2p ⋅ f (t ) dt + + e −st ⋅ f (t ) dt + ⊕ ⊕ (n +1)p np p − s ( x + np ) e ⋅f 0 e −st ⋅ f (t ) dt = x = t − np + ∞ − st e 0 {f (t )} = = ( p − sx e 0 ⋅ f (x ) dx + e −sp ) PG de razão q = e −sp 1 1 − e −sp ⋅ = f (x ) p − sx e 0 p − sx e 0 p − sx e 0 p − sx e 0 ⋅ f (x ) dx + e − 2sp ⋅ f (x ) dx = ⋅ f (x ) dx = {f (t )} Exemplos: I) Determine a TL das seguintes funções: 1) f (t ) 1 0 1 2 a 2a 3 4 6 5 7 ... t 2) f (t ) a 0 3a ... t 3) f (t ) = sen (t ) II) Determine a Transformada Inversa de Laplace, sendo: F(s ) = 1 + e− s s2 + 1 1 − e− s 1 ⋅ p − sx e 0 ⋅ f (x ) dx ⋅ f (t ) dt = = 1 + e −sp + e − 2sp + = (x + np) dt = e −snp ⋅ ⋅ f (x ) dx + = EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 4.4 81 Impulso Unitário Sistemas mecânicos sofrem, freqüentemente, a ação de uma força externa (ou força eletromotriz em um circuito elétrico) de grande magnitude que age somente por um curto período. Por exemplo, a asa de um avião vibrando poderia ser atingida por um raio, uma massa em uma mola poderia sofrer a ação de uma martelada, uma bola poderia ser mandada pelos ares quando atingida por algum tipo de tacada. 0 ; 0 ≤ t < t0 − a 1 ; t0 − a ≤ t < t0 + a a (t − t 0 ) = 2a 0 ; t ≥ t0 + a 1 2a 0 t0 − a t0 t0 + a t Para pequenos valores de a, a (t − t 0 ) é essencialmente uma função constante de grande magnitude que está “ligada” somente por um curto período em torno de t 0 . A função a (t − t 0 ) é chamada de impulso unitário pois tem a propriedade +∞ 0 4.5 a (t − t 0 ) dt = 1 . Função delta de Dirac Na prática é conveniente trabalhar com outro tipo de impulso unitário, uma “função” que aproxima a (t − t 0 ) e é definida pelo limite (t − t 0 ) = lim a (t − t 0 ) . a →0 A última expressão, que na verdade não é uma função, pode ser caracterizada por duas propriedades: +∞ + ∞ ; t = t0 (t − t 0 ) dt = 1 ii) i) (t − t 0 ) = 0 0 ; t ≠ t0 O impulso unitário (t − t 0 ) é chamado de função delta de Dirac. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 82 Teorema: { (t − t 0 )} = e −st 0 ; s > 0 . Demonstração: 0 ; 0 ≤ t < t0 − a 1 1 ; t0 − a ≤ t < t0 + a = ⋅ u t 0 − a (t ) − u t 0 + a (t ) a (t − t 0 ) = 2a 2a 0 ; t ≥ t0 + a [ { ] 1 e − s (t 0 − a ) e − s ( t 0 + a ) e −st 0 esa − e −sa ⋅ − = ⋅ a (t − t 0 )} = 2a s s 2s a { (t − t 0 )} = lim { a →0 = e −st 0 esa − e −sa = ⋅ lim a (t − t 0 )} = 2s a → 0 a ( ) e − st 0 s ⋅ esa + e −sa e − st 0 ⋅ lim = ⋅ 2s = e −st 0 2s a → 0 1 2s Uma conseqüência direta do teorema é que { (t )} = 1. Exemplos: Resolva a equação diferencial y′′ + y = 4 ⋅ (t − 2 ) , sujeita às condições iniciais (faça o gráfico destas soluções): a) y(0) = 1 e y′(0) = 0 b) y(0) = y′(0) = 0 Observação: Se δ (t − t 0 ) fosse uma função no sentido usual, então a propriedade δ (t − t 0 ) = +∞ 0 + ∞ ; t = t0 implicaria 0 ; t ≠ t0 +∞ 0 δ (t − t 0 ) dt = 0 em vez de δ (t − t 0 ) dt = 1 . Como a função delta de Dirac não se “comporta” como uma função comum, inicialmente houve severas restrições por parte dos matemáticos, embora seu uso produzisse resultados corretos. Todavia, nos anos de 1940, a contestada função de Dirac foi formalizada de maneira rigorosa pelo matemático francês Laurent Schwartz, em seu livro “A Teoria da Distribuição” e isso, por sua vez, gerou um ramo inteiramente novo na matemática, conhecido como teoria das distribuições ou funções generalizadas. Na teoria moderna das funções generalizadas, δ (t − t 0 ) = lim δ a (t − t 0 ) não é aceitável como definição de δ (t − t 0 ) a →0 e também não se fala de uma função cujo valor é zero ou infinito. Embora essa teoria não vá ser abordada neste texto, para os nossos propósitos é suficiente dizer que a função delta de Dirac é definida em termos de seu efeito ou de sua ação em outras funções. Se f é uma função contínua em [0 ; + ∞ ) , então +∞ 0 (t − t 0 ) ⋅ f (t ) dt = f (t 0 ) pode ser tomada como a definição de δ (t − t 0 ) . Esse resultado é conhecido como EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 83 propriedade de escolha, uma vez que δ (t − t 0 ) tem o efeito de escolher o valor de f (t 0 ) no conjunto de valores de f em [0 ; + ∞ ) . 4.6 Tabela das transformadas de Laplace 1) {1} = 1 2) {e }= s −1 a 3) {sen (at )} = 4) {cos(at )} = s ; s>0 at ; s>a a s2 + a 2 s ; s>0 9) ; s>0 s2 + a 2 {senh (at )} = 2 a 2 ; s > a s −a {cosh (at )} = 2 s 2 ; s > a s −a n! t n = n +1 ; s > 0 s n (− t )n f (t ) = d n F(s ) ds at e f (t ) = F(s − a ) 10) {u c (t )} = e 5) 6) 7) 8) {} { { } } −sc 11) ; s>0 s {u c (t ) ⋅ f (t − c)} = e −sc ⋅ F(s ) ; s > 0 12) {f (ct )} = 1 F 13) {f ( )(t )}= s F(s) − s 14) 15) 16) c n s c ; c>0 n {f (t )} = f (0) − s n − 2f ′(0) + n −1 p − st e f t 0 − sp ( ) dt ; f (t + p ) = f (t ) 1− e {δ (t − t 0 )} = e −st 0 ; s > 0 +∞ −∞ (t − t 0 ) ⋅ f (t ) dt = f (t 0 ) 17) (f ∗ g )(t ) = t 0 f (y ) ⋅ g (t − y ) dy − sf (n − 2 ) (0) − f (n −1) (0) EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 4.7 84 Exercícios 1) Determinar se cada integral abaixo converge ou diverge: i) ii) ( +∞ 2 t 0 +∞ 0 ) +1 −1 R: converge dt t ⋅ e − t dt R: converge iii) +∞ −2 t 0 ⋅ e t dt R: diverge iv) +∞ −t e 0 ⋅ cos(t )dt R: converge e bt + e − bt e bt − e − bt e senh (bt ) = , mostre que: 2 2 s−a e at ⋅ cosh (bt ) = , s−a > b (s − a )2 − b 2 b e at ⋅ senh (bt ) = , s−a > b (s − a )2 − b 2 2) Sabendo-se que cosh (bt ) = i) { ii) { } } e ibt + e −ibt e ibt − e −ibt e sen (bt ) = , mostre que: 2 2i s−a e at ⋅ cos(bt ) = , s>a (s − a )2 + b 2 b e at ⋅ sen (bt ) = , s>a (s − a )2 + b 2 3) Sabendo-se que cos(bt ) = i) { ii) { } } 4) Achar a Transformada de Laplace inversa das seguintes funções: 4 i) R: 2t 2 e t 3 (s + 1) 3s 9 6 R: e 3t + e − 2t ii) 2 5 5 s −s−6 2s − 3 3 iii) 2 R: 2cosh (2t ) − senh (2t ) 2 s −4 2s + 1 iv) 2 R: 2e t cos(t ) + 3e t sen (t ) s − 2s + 2 8s 2 − 4s + 12 v) R: 3 + 5cos(2t ) − 2sen (2t ) s ⋅ s2 + 4 1 − 2s vi) 2 R: − 2e −2t cos(t ) + 5e −2t sen (t ) s + 4s + 5 ( ) EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 85 5) Usar a Transformada de Laplace (TL) para resolver os PVI´s: 1 i) y′′ − y′ − 6y = 0 ; y(0) = 1 , y′(0 ) = −1 R: e 3t + 4e − 2t 5 R: 2e − t − e −2t ii) y′′ + 3y′ + 2y = 0 ; y(0 ) = 1 , y′(0) = 0 ( iii) y′′ − 2 y′ + 2y = 0 ; y(0 ) = 0 , y′(0) = 1 R: e t sen (t ) iv) y′′ − 4 y′ + 4y = 0 ; y(0) = y′(0) = 1 v) y′′ − 2 y′ − 2 y = 0 ; y(0) = 2 , y′(0) = 0 ( ) R: 2e t cosh 3t − ) R: e 2t − te 2t ( ) 1 senh 3t 3 1 R: e − t 2cos(2t ) + sen (2t ) 2 vi) y′′ + 2y′ + 5y = 0 ; y(0) = 2 , y′(0) = −1 vii) y (iv ) − 4y′′′ + 6y′′ − 4y′ + y = 0 ; y(0) = y′′(0 ) = 0 , y′(0) = y′′′(0) = 1 2 R: te t 1 − t + t 2 3 viii) y (iv ) − y = 0 ; y(0) = y′′(0) = 1 , y′(0) = y′′′(0 ) = 0 R: cosh (t ) ( ) ix) y (iv ) − 4y = 0 ; y(0) = 1 , y′(0) = y′′′(0) = 0 , y′′(0) = −2 R: cos 2 t x) y′′ + w 2 y = cos(2t ) , w 2 ≠ 4 ; y(0 ) = 1 , y′(0) = 0 ) [( ( −1 ] ) w 2 − 5 ⋅ cos(wt ) + cos(2t ) R: w 2 − 4 xi) y′′ − 2y′ + 2y = cos(t ) ; y(0) = 1 , y′(0) = 0 1 R: 1 + 4e t ⋅ cos(t ) − 2 1 + e t ⋅ sen (t ) 5 [( ) ( ) ] xii) y′′ − 2y′ + 2y = e − t ; y(0) = 0 , y′(0) = 1 R: xiii) y′′ + 2y′ + y = 4e − t ; y(0) = 2 , y′(0) = −1 6) Determinar i) y′′ + 4y = ii) y′′ + y = iii) y′′ + 4y = { } 1 −t e − e t [cos(t ) − 7sen (t )] 5 R: e − t 2 + t + 2t 2 ( ) {y} = Y(s ) : 1; 0 ≤ t < 0; t ≥ ; y(0) = 1 , y′(0) = 0 t ; 0 ≤ t <1 ; y(0) = y′(0) = 0 0 ; t ≥1 t ; 0 ≤ t <1 ; y(0) = y′(0) = 0 1; t ≥ 1 7) Desenhar a curva dada, para t ≥ 0 : i) f (t ) = u1 (t ) + 2u 3 (t ) − 6u 4 (t ) ii) f (t ) = (t − 3) ⋅ u 2 (t ) − (t − 2) ⋅ u 3 (t ) iii) f (t ) = g(t − ) ⋅ u (t ) ; g(t ) = t 2 iv) f (t ) = g(t − 3) ⋅ u 3 (t ) ; g(t ) = sen (t ) R: R: ( 1 s s2 + 4 ) s2 s2 + 1 R: − + e 1 − e− s s2 + 4 −s ( s2 s2 + 4 ) ) (s + 1) ) s2 s2 + 1 1 − e −s ( ( s EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 86 v) f (t ) = g(t − 1) ⋅ u 2 (t ) ; g(t ) = 2t vi) f (t ) = (t − 1) ⋅ u1 (t ) − 2(t − 2) ⋅ u 2 (t ) + (t − 3) ⋅ u 3 (t ) 8) Achar a TL das seguintes funções: 0 ;t<2 i) f (t ) = 2 (t − 2 ) ; t ≥ 2 R: ii) f (t ) = 0 ; t <1 2 t − 2t + 2 ; t ≥ 1 R: iii) f (t ) = 0 ; t < ou t ≥ 2 t− ; ≤t<2 R: iv) f (t ) = u1 (t ) + 2u 3 (t ) − 6u 4 (t ) R: v) f (t ) = (t − 3) ⋅ u 2 (t ) − (t − 2) ⋅ u 3 (t ) R: vi) f (t ) = t − (t − 1) ⋅ u1 (t ) R: 9) Calcular a TL inversa das funções: 3! i) F(s ) = (s − 2)4 ii) F(s ) = iii) F(s ) = iv) F(s ) = v) F(s ) = e −2s 2e −s s3 ( e −s s 2 + 2 s3 e− s e s 2 −s − e −2 s (1 + s + 2e (1 − s )e ) −3s s −2s 2 s) − 6e −4s − (1 + s )e −3s s2 1 − e −s s2 R: f (t ) = t 3e 2t [ 1 u 2 (t ) e t − 2 − e − 2 ( t − 2 ) 3 ] 2 R: f (t ) = 2 R: f (t ) = 2u 2 (t ) ⋅ e t − 2 ⋅ cos(t − 2) s +s−2 2(s − 1)e −2s s − 2s + 2 2e −2s R: f (t ) = u 2 (t ) ⋅ senh[2(t − 2)] s2 − 4 (s − 2)e −s R: f (t ) = u1 (t ) ⋅ e 2(t −1) ⋅ cosh (t − 1) 2 s − 4s + 3 e −s + e −2s − e −3s − e −4s vi) F(s ) = s R: f (t ) = u1 (t ) + u 2 (t ) − u 3 (t ) − u 4 (t ) 10) Suponhamos que L {f (t )} = F(s ) exista para s > a ≥ 0 . Mostrar que, se c for 1 s uma constante positiva, então L {f (ct )} = F ; s > ac . c c 11) Resolva os PVI´s: i) y′′ + y = 1; 0 ≤ t < 0; t ≥ 2 ; y(0 ) = 0 , y′(0 ) = 1 2 R: y = 1 − cos(t ) + sen (t ) − u 2 (t ) ⋅ [1 − sen(t )] EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 87 1; ≤ t < 2 ; y(0) = 0 , y′(0) = 1 0 ; 0 ≤ t < ou t ≥ 2 1 R: y = e − t sen (t ) + u (t )1 + e − (t − ) (cos(t ) + sen (t )) + 2 1 − u 2 (t ) 1 − e − (t − 2 ) (cos(t ) − sen (t )) 2 iii) y′′ + 4y = sen (t ) − u 2 (t ) ⋅ sen (t − 2 ) ; y(0) = y′(0) = 0 1 R: y = [ 1 − u 2 (t )]⋅ [2sen (t ) − sen (2t )] 6 ′ ′ iv) y + 4y = sen (t ) + u (t ) ⋅ sen (t − ) ; y(0) = y′(0) = 0 1 R: y = [2sen (t ) − sen (2t ) − u (t ) ⋅ (2sen (t ) + sen (2t ))] 6 1 ; 0 ≤ t < 10 v) y′′ + 3y′ + 2y = ; y(0) = y′(0) = 0 0 ; t ≥ 10 ii) y′′ + 2y′ + 2y = [ ] [ ( ] ) ( ) 1 1 1 + e − 2t − e − t − u10 (t ) ⋅ ⋅ 1 + e − 2(t −10 ) − e − (t −10 ) 2 2 vi) y′′ + 3y′ + 2y = u 2 (t ) ; y(0) = 0, y′(0) = 1 1 R: y = e − t − e − 2t + u 2 (t ) ⋅ 1 − e − (t − 2 ) + e − 2(t − 2 ) 2 vii) y′′ + y = u 3 (t ) ; y(0) = 1, y′(0) = 0 R: y = [ ] R: y = cos(t ) + u 3 (t ) ⋅ [ 1 − cos(t − 3 viii) y′′ + y′ + 5 y= t−u 4 R: y = h (t ) − u (t ) ⋅ h ix) y′′ + y = 2 t− 2 (t ) ⋅ 2 t− 2 ; h (t ) = )] ; y(0 ) = y′(0 ) = 0 −t 4 − 4 + 5t + e 2 (4cos(t ) − 3sen (t )) 25 t ; 0≤t<6 2 ; y(0 ) = 0 , y′(0 ) = 1 3 ; t≥6 1 { sen (t ) + t − u 6 (t ) ⋅ [ t − 6 − sen (t − 6)] } 2 sen (t ) ; 0 ≤ t < 5 x) y′′ + y′ + y = ; y(0) = y′(0) = 0 4 0 ; t≥ R: y = h (t ) + u (t ) ⋅ h (t − ) ; R: y = −t 4 − 4cos(t ) + sen (t ) + e 2 (4cos(t ) + sen (t )) 17 xi) y′′ + 4y = u (t ) − u 3 (t ) ; y(0) = y′(0 ) = 0 h (t ) = R: y = u (t ) ⋅ 1 (1 − cos(2t − 2 4 )) − u 3 (t ) ⋅ 1 (1 − cos(2t − 6 4 )) xii) y (iv ) − y = u1 (t ) − u 2 (t ) ; y(0) = y′(0) = y′′(0) = y′′′(0) = 0 cos(t ) + cosh (t ) R: y = u1 (t ) ⋅ h (t − 1) − u 2 (t ) ⋅ h (t − 2 ) ; h (t ) = −1 + 2 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 88 xiii) y (iv ) + 5y′′ + 4y = 1 − u (t ) − u 2 (t ) ; y(0 ) = y′(0) = y′′(0) = y′′′(0 ) = 0 3 − 4cos(t ) + cos(2t ) R: y = h (t ) − u (t ) ⋅ h (t − ) ; h (t ) = 12 12) Achar a solução dos PVI´s e fazer seus gráficos (da solução): i) y′′ + 2y′ + 2y = (t − ) ; y(0) = 1 , y′(0) = 0 R: y = e − t [cos(t ) + sen (t )] + u (t ) ⋅ e −(t − ) ⋅ sen (t − ) ii) y′′ + 4y = (t − ) − (t − 2 ) ; y(0) = y′(0) = 0 1 R: y = ⋅ [u (t ) ⋅ sen (2t − 2 ) − u 2 (t ) ⋅ sen (2t − 4 )] 2 iii) y′′ + 3y′ + 2y = (t − 5) + u10 (t ) ; y(0 ) = 0 , y′(0 ) = 1 2 1 1 1 R: y = e − t − e − 2t + e5 − t ⋅ u 5 (t ) ⋅ 1 − e 2 + u10 (t ) + e10 − t ⋅ e 2 − 1 2 2 2 iv) y′′ − y = −20 ⋅ (t − 3) ; y(0) = 1 , y′(0) = 0 R: y = cosh (t ) − 20 ⋅ u 3 (t ) ⋅ senh (t − 3) v) y′′ + 2y′ + 3y = sen (t ) + (t − 3 ) ; y(0 ) = y′(0) = 0 1 R: y = sen (t ) − cos(t ) + e − t ⋅ cos 2 t + 4 1 + u 3 (t ) ⋅ e − (t −3 ) ⋅ sen 2 (t − 3 ) 2 vi) y′′ + 4y = (t − 4 ) ; y(0 ) = 1 , y′(0) = 0 2 1 R: y = [cos(2t ) + u 4 (t ) ⋅ sen (2(t − 4 ))] 2 vii) y′′ + y = (t − 2 ) ⋅ cos(t ) ; y(0) = 0 , y′(0) = 1 R: y = sen (t ) + u 2 (t ) ⋅ sen (t − 2 ) ( ) ( [ ) ( )] ( ( ) ) ; y(0) = y′(0) = 0 4 R: y = u (t ) ⋅ sen 2t − 2 4 ix) y′′ + y = u (t ) + 3 ⋅ t − 3 − u 2 (t ) ; y(0) = y′(0) = 0 2 2 viii) y′′ + 4y = 2 ⋅ t − (t ) ⋅ R: y = u ( ) ( 1 − cos t − 2 ) + 3u 3 (t ) ⋅ sen t − 2 − u 2 (t ) ⋅ [ 1 − cos(t − 2 ( x) 2y′′ + y′ + 4y = t − 2 )] )⋅ sen(t ) ; y(0) = y′(0) = 0 6 1 − 1 R: y = u (t ) ⋅ e 4 31 6 t− 6 ⋅ sen 31 t− 4 6 3 + 2 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 89 ( xi) y′′ + 2y′ + 2y = cos(t ) + t − R: y = [ 1 cos(t ) + 2sen (t ) − e − t 5 (t ) ⋅ e +u − t− 2 ) ; y(0) = y′(0) = 0 ⋅ (cos(t ) + 3sen (t ))]+ 2 ⋅ sen t − 2 2 xii) y (iv ) − y = (t − 1) ; y(0) = y′(0) = y′′(0) = y′′′(0) = 0 1 R: y = u1 (t ) ⋅ [senh (t − 1) − sen (t − 1)] 2 13) Prove as propriedades comutativa, distributiva e associativa da integral de convolução. 14) Determinar a Transformada de Laplace das funções: i) h (t ) = ii) h (t ) = t (t − ) ⋅ e 0 t 0 sen (t − R: H(s ) = d R: H(s ) = ) ⋅ cos( ) d 1 s (s − 1) s 2 (s + 1) 2 2 15) Achar a Transformada de Laplace inversa da função dada, mediante o teorema da convolução: 1 1 i) F(s ) = R: f (t ) = 2e − t (5t + 2 ) − 3sen (t ) − 4cos(2t ) 2 2 50 (s + 1) s + 4 1 1 R: f (t ) = t 3 − 6t + 6sen (t ) ii) F(s ) = 6 s4 s2 + 1 t G (s ) iii) F(s ) = 2 R: f (t ) = sen (t − ) ⋅ g ( ) d 0 s +1 ( ( [ ) ] [ ) ] 16) Exprimir a solução dos PVI´s em termos de uma integral de convolução: i) y′′ + w 2 y = g(t ) ; y(0) = 0 , y′(0) = 1 t 1 R: y = sen (wt ) + sen (w (t − )) ⋅ g ( ) d 0 w ii) 4y′′ + 4y′ + 17y = g(t ) ; y(0) = y′(0) = 0 t− 1 t − 2 e ⋅ sen (2(t − )) ⋅ g( ) d 8 0 5 iii) y′′ + y′ + y = 1 − u (t ) ; y(0 ) = 1 , y′(0 ) = −1 4 R: y = R: y = e − t 2 1 cos(t ) − sen (t ) + 2 t 0 e − t− 2 ⋅ sen (t − ) ⋅ (1 − u ( )) d EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov 90 iv) y′′ + +4y′ + 4y = g(t ) ; y(0) = 2 , y′(0) = −3 R: y = e − 2t (2 + t ) + t 0 [(t − ) ⋅ e − 2(t − ] ) ⋅ g( )d v) y′′ + 3y′ + 2y = cos(wt ) ; y(0) = 1 , y′(0) = 0 R: y = 2e − t − e − 2t + t 0 [e ( − t− ] ) − e − 2(t − ) ⋅ cos(w )d vi) y (iv ) − y = g(t ) ; y(0) = y′(0) = y′′(0) = y′′′(0) = 0 1 t R: y = [senh(t − ) − sen(t − )]⋅ g( ) d 2 0 vii) y (iv ) + 5y′′ + 4 y = g(t ) ; y(0 ) = 1 , y′(0) = y′′(0 ) = y′′′(0 ) = 0 R: y = 1 8cos(t ) − 2cos(2t ) + 6 17) Considerando a equação f (t ) = t 0 [2sen(t − ) − sen (2(t − ))]⋅ g( ) d (t ) = t 0 k (t − )⋅ ( ) d , na qual f e k são funções conhecidas e deve ser determinada. Em virtude da função desconhecida aparecer sob o sinal de integral, a equação dada é uma equação integral; em particular, pertence a classe de equações integrais conhecidas como equações integrais de Volterra. Tomar a Transformada de Laplace da equação integral e conseguir uma expressão para { (t )} em termos das Transformadas de {f (t )} e {k(t )} das funções conhecidas f e k. A Transformada inversa de solução da equação integral original. F(s ) R: { (t )} = 1 + K (s ) { (t )} é a
Documentos relacionados
Cálculo Integral
é, dada a derivada, vamos encontrar ou determinar uma IXQomRRULJLQDOTXHFKDPDUHPRVGHSULPLWLYD9RFrGHYH REVHUYDUTXHpLPSRUWDQWHFRQKHFHUEHPDVUHJUDVGH derivação e as derivadas de vári...
Leia maisx - PET Engenharia Elétrica
Teorema 2: Sejam f´, f´´, ..., f(n-1) funções contínuas e f(n) seccionalmente contínua em qualquer intervalo 0 ≤ t ≤ A. Supondo, além disso, que existem as constantes K, a e M tais que |f(t)| ≤ Kea...
Leia maisCOQ-760 – Métodos Matemáticos em Engenharia Química I
OBJETIVOS: Aprofundamento dos conceitos teóricos e métodos matemáticos para a solução e análise de equações diferenciais. PROGRAMA: 1. Equações Diferenciais Ordinárias 1.1 Equações diferenciais de ...
Leia maisExcitação Paramétrica Quântica em Modos Acoplados
escalares do tempo. Finalizamos este capítulo com os passos necessários para se determinar a forma geral do propagador para operadores Hamiltonianos quadráticos a partir das matrizes Λ(t) e ∆(t). N...
Leia maisUntitled - MPMatos
e…cientes ferramentas de modelagem em diversas situações-problema, sobretudo aquelas que envolvem o cálculo de área ou volume de uma determinada região. Como exemplo, mostraremos que o volume do el...
Leia mais