Bloco de 5 Exercícios de Edo com Transformada de Laplace

Bloco 2 1 base por indução Lfⁿt1 sⁿ Lft sⁿ¹ f0 sⁿ¹ f0 fⁿ¹0 Utilizando os 3 passos da indução infinita temos 1 f1 é teorema 2 assumir fn 3 mostrar fn fn1 f1 Lf11 s Lft1 f0 provando Lf11 com transformada de Laplace mostramos que a fórmula é teorema Lf11 0 fteˢᵗ dt Integra por partes 0 fteˢᵗ dt lim β fteˢᵗ 0β s 0 fteˢᵗ dt 0 fteˢᵗ dt lim β fβeˢᵝ f0e⁰ s 0 fteˢᵗ dt Obtendo o teorema Lf11 s Lft1 f0 fn sⁿ Lft1 sⁿ¹ f0 sⁿ² f0 fⁿ¹0 fn fn1 Com o obtido anteriormente Lf11 s Lft1 f0 é possível chegar que Ld ⁿ¹dtⁿ¹ ft1 Lddt dⁿdtⁿ ft1 s L fⁿt1 fⁿ0 Littimando no passo n1 daremos aos mesmos substituindo n por n1 temos o resultado Lfⁿ¹t1 sⁿ¹ Lft1 sⁿ f0 sⁿ¹ f0 fⁿ0 s sⁿ Lft1 sⁿ¹ f0 sⁿ² f0 fⁿ0 Chegando ao resultado desejado Lfⁿ¹t s Lfⁿt fⁿ0 2 Usando dois métodos diferentes transformada de Laplace e equação característica resolva e explique os passos y y 2y 0 y0 1 y0 0 transformada de Laplace aplicando dos dois lados temos Ly y 2y L0 Integrando Lf g Lf Lg L0 0 Lc ft1 c Lft1 Ly y 2 Ly Ly L2y 0 Ly Ly 2 Ly 0 s² Ly s y0 y0 1 s Ly y0 2 Ly Ly s² s 2 y0 s 1 y0 0 Ly y0 s 1s² s 2 Substitui y0 e y0 Ly s 1 s² s 2 αs1 βs2 α s2 β s1 s1 s2 s1s1s2 α s2 β s1 s1s2 s1 α s2 β s1 Essa igualdade é teorema para todo s portanto para s2 e s1 temos s2 2 1 α 2 2 β 2 1 1 3 β β 13 s 1 1 1 α 1 2 β 1 1 2 3α α 23 Ly αs1 βs2 Ly 23 s1 13 s2 Pela tabela de transformada de Laplace temos Lf 1s a ft ea t Para os nossos valores yt 1 13 e2 t 23 et Equação característica yt1 er t y11 r er t e y1 r² er t Para a equação dada r² er t r er t 2 er t 0 er t r² r 2 0 Como e 0 temos r 1 e 2 0 com raizes de r1 e r2 2 Então y1t et e y2t e2t sendo uma combinação linear y1 α et β e2t Conseguimos com as condições de contorno obter as constantes y0 α e0 β e20 1 y0 α e0 2β e20 0 α β 1 α 2β 0 3β 1 β 13 α 13 1 α 1 13 33 13 23 α 23 β 13 y1 23 et 13 e2t 3 limites da aplicabilidade da transformada de Laplace na resolução de equações diferenciais ordinárias e lineares A transformada de Laplace é um caso particular de transformada integral função racional definida por ft fs bft 0 est ft dt sendo s C Como demonstrado na questão anterior L é resolutiva em equações diferenciais ordinárias lineares ou seja equações com no mínimo um operador diferencial Porém se analisarmos o solução obtida por equação característica obtemos um limite da transformada de Laplace devido ao domínio se tratar de números complexos Baseado na questão 1 podemos concluir que a transformada de Laplace lida melhor com equações lineares com coeficiente constantes podendo tratar as equações não homogêneas do mesmo modo que trata as equações homogêneas Para existir a transformada de Laplace de uma função é necessário que a mesma possibilite a integração por partes na questão dois vimos sua utilização em coeficientes constantes baseados em combinações lineares porém na mudança para coefficientes não constantes a transformada de Laplace não se torna viável 4 Resolver justificando passo a passo cada linha y y sen 2t y0 2 y0 1 Aplicando a transformada de Laplace nos dois lados obtemos y y sen2t by y bsen2t by y by by bsen2t byt s2 Ys s y0 y0 byt Ys bsen2t 2s2 22 s2 Ys s y0 y0 ys 2s2 4 Com as condições de contorno y0 2 e y0 1 s2 ys 52 1 ys 2s2 4 s2 1ys 2s 1 2s2 4 s2 1ys 2s2 4 2s 1 ys 2s2 4s2 1 2ss2 1 1s2 1 ys 21s2 1s2 1 2ss2 1 1s2 1 Decomp em frações parciais a primeira fração temos 2s2 4s2 1 As2 4 Bs2 1 simplificando 2 As2 1 Bs2 4 Determinando A e B s2 0 A B Constante 2 1A 4B A B 0 A 4B 2 3B 2 B 23 A 23 2s2 4s2 1 23 s2 4 23 s2 1 Voltando a equação ys 231s2 4 23 1s2 1 2ss2 1 1s2 1 ys 23 1s2 1 1s2 1 2ss2 1 23 1s2 4 23 1 1s2 1 25s2 1 23 1s2 4 2 33 1s2 1 25s2 1 23 1s2 4 53 1s2 1 25s2 1 23 1s2 4 Com a transformada inversa de Laplace 2ss21 L12ss21 2 cost 23 1s21 L123 1s21 23 sen 2t yt 53 sent 2 cost 23 sen 2t Bloco 2 de exercícios Cálculo 3B Allan Tardiolle July 29 2024 Questão 1 Enuncie a fórmula da transformada de Laplace da nésima derivada de uma função ft Para n1 queremos mostrar que Lfts sFs f0 Demonstração para n 1 A transformada de Laplace da derivada de uma função ft é dada por Lfts 0 ftest dt Para resolver essa integral aplicamos a técnica de integração por partes Seja u est dv ft dt Então du sest dt v ft Aplicando a fórmula de integração por partes temos u dv uv v du Aplicando isso à integral 0 ftest dt ftest0 0 ftsest dt ftest0 s 0 ftest dt Precisamos agora analisar o termo ftest0 Suponha que ft é uma função de crescimento exponencial moderado ou seja existem constantes M e a tais que ft Meat para todo t 0 e suponha que Res a Então lim t ftest 0 Para garantir que lim t ftest 0 observe que ftest MeateRest MeaRest Como Res a a Res 0 e assim eaRest 0 quando t Portanto ftest 0 quando t Então ftest0 lim t ftest f0es0 0 f0 f0 Substituindo na expressão original 0 ftest dt f0 s 0 ftest dt f0 sFs Portanto Lfts sFs f0 Passo Indutivo para a nésima Derivada Vamos usar a indução matemática para provar que a fórmula é válida para a nésima derivada Base da Indução Para n1 já provamos que Lfts sFs f0 Hipótese de Indução Suponha que a fórmula seja válida para nk Lfkts skFs sk1f0 sk2f0 s fk20 fk10 Passo Indutivo Queremos provar que a fórmula também é válida para nk1 Lfk1ts sk1Fs skf0 sk1 f0 s fk10 fk0 Para isso consideramos a transformada de Laplace da derivada de fkt Lfk1ts Lfkts Aplicando a fórmula para n1 à derivada fkt Lfkts sLfkts fk0 Substituindo a hipótese de indução Lfkts sk Fs sk1 f0 sk2 f0 s fk20 fk10 Então Lfk1ts s sk Fs sk1 f0 sk2 f0 s fk20 fk10 fk0 sk1 Fs sk f0 sk1 f0 s2 fk20 s fk10 fk0 Portanto a fórmula também é válida para n k1 Por indução matemática a fórmula é válida para todo n N Questão 2 Usando 2 métodos diferentes Transformada de Laplace e Equação Característica resolva e explique os passos y y 2y 0 com as condições iniciais y0 1 y0 0 1º Método Transformada de Laplace A Transformada de Laplace é uma ferramenta poderosa para resolver equações diferenciais lineares A transformada de Laplace de uma função ft é dada por Lft Fs ₀ est ft dt Primeiro aplicamos a Transformada de Laplace em ambos os lados da equação diferencial Lyt yt 2yt L0 Usamos as propriedades da Transformada de Laplace para derivadas Lyt s² Ys s y0 y0 Lyt s Ys y0 Lyt Ys Substituindo essas transformadas na equação diferencial obtemos s² Ys s y0 y0 s Ys y0 2 Ys 0 Substituímos as condições iniciais y0 1 e y0 0 s2Y s s 1 0 sY s 1 2Y s 0 s2Y s s sY s 1 2Y s 0 s2 s 2Y s s 1 0 Resolvemos para Y s s2 s 2Y s s 1 Y s s 1 s2 s 2 Fatoramos o denominador s2 s 2 s 2s 1 Entao Y s s 1 s 2s 1 Fazemos a decomposicao em fracoes parciais s 1 s 2s 1 A s 2 B s 1 Multiplicando ambos os lados por s 2s 1 s 1 As 1 Bs 2 Para encontrar A e B igualamos os coeficientes de s e os termos constantes s 1 As A Bs 2B s 1 A Bs A 2B Comparando os coeficientes A B 1 A 2B 1 Resolvendo o sistema de equacoes 1 A B 1 2 A 2B 1 Somamos as duas equacoes A B A 2B 1 1 2A B 0 B 2A Substituımos B 2A na primeira equacao 4 A 2A 1 3A 1 A 13 B 2A 23 Portanto Ys 13 s 2 23 s 1 Aplicando a Transformada Inversa de Laplace yt 13 L¹ 1 s 2 23 L¹ 1 s 1 yt 13 e2t 23 et 2º Método Equação Característica Para resolver y y 2y 0 usando a equação característica assumimos uma solução da forma y ert Substituímos y ert y r ert e y r² ert na equação diferencial r² ert r ert 2 ert 0 Fatoramos ert que nunca é zero ert r² r 2 0 r² r 2 0 Resolvemos a equação quadrática r² r 2 0 r 1 18 2 r 1 3 2 Portanto as raízes são r₁ 2 r₂ 1 A solução geral da equação diferencial é yt C₁ e2t C₂ et Usamos as condicoes iniciais para determinar C1 e C2 1 y0 1 C1e0 C2e0 1 C1 C2 1 2 y0 0 yt 2C1e2t C2et y0 2C1 C2 0 Resolvemos o sistema de equacoes C1 C2 1 2C1 C2 0 Somamos as duas equacoes C1 C2 2C1 C2 1 0 3C1 1 C1 1 3 C2 1 C1 1 1 3 2 3 Portanto a solucao e yt 1 3e2t 2 3et As solucoes obtidas pelos dois metodos sao idˆenticas yt 1 3e2t 2 3et Questao 3 Como podemos promover discussoes analisar e criticar os limites da aplica bilidade da Transformada de Laplace na resolucao de equacoes diferenciais or dinarias e lineares 6 Definição da Transformada de Laplace A Transformada de Laplace de uma função ft é definida por Lft ₀ est ft dt 1 onde s é um número complexo Para que essa integral seja válida é necessário que a integral converja Justificação Convergência da Integral A integral acima converge se houver uma constante σ tal que ₀ eσ Rest ft dt seja finita Em outras palavras ft deve crescer no máximo exponencialmente com taxa controlada para que a integral seja convergente Essa condição garante que a Transformada de Laplace é bem definida no plano complexo para valores de s com parte real maior que σ o que define a região de convergência Condições para a Aplicabilidade Para que a Transformada de Laplace de uma função ft exista a integral deve ser finita para valores apropriados de s Formalmente isso implica ₀ est ft dt 2 Justificação Crescimento da Função Se ft é uma função que cresce mais lentamente do que uma exponencial isto é se existe uma constante M e uma taxa de crescimento α tal que ft Meαt para t suficientemente grande então a integral pode ser convergente para valores de s com parte real suficientemente grande Limitações e Problemas de Aplicação Funções com descontinuidades ou comportamentos nãosuaves podem complicar a aplicação da Transformada de Laplace Por exemplo uma função com um salto abrupto pode ter uma Transformada de Laplace que é difícil de manusear Justificação Tratamento de Descontinuidades O tratamento rigoroso de descontinuidades pode envolver a análise da função usando a teoria dos sinais generalizados ou distribuições como a função delta de Dirac No entanto essas técnicas exigem um entendimento mais profundo da teoria de distribuições Quando se inverte a Transformada de Laplace a função resultante pode ter uma série de Laurent que converge somente em certos domínios do plano complexo Serie de Laurent e Polos Se a funcao Fs Transformada de Laplace de ft tem polos no plano complexo a serie de Laurent pode ser usada para estudar a inversao da transformada e a analise do comportamento assintotico A convergˆencia dessa serie depende da localizacao dos polos e dos valores de s Aplicabilidade em Condicoes de Contorno A Transformada de Laplace e ideal para EDOs com condicoes iniciais Para problemas com condicoes de contorno mais complexas outras transformadas como a Transformada de Fourier podem ser mais adequadas Justificacao Comparacao com Outras Tecnicas Enquanto a Transformada de Laplace e eficaz para condicoes iniciais a Transformada de Fourier e muitas vezes usada para problemas com condicoes de contorno porque ela trata melhor as condicoes periodicas e de fronteira Exemplo de Limitacoes a Equacoes NaoLineares A Transformada de Laplace e tipicamente aplicada a EDOs lineares Para EDOs naolineares a tecnica pode nao ser diretamente aplicavel e outras tecnicas como a Linearizacao ou metodos numericos podem ser necessarios Justificacao Linearidade e Solucoes Exatas A linearidade e crucial para a apli cabilidade direta da Transformada de Laplace Em EDOs naolineares as solucoes geralmente requerem metodos mais sofisticados como tecnicas numericas ou aproximacoes porque a Transformada de Laplace nao pode ser usada diretamente para encontrar solucoes exatas b Funcoes com Crescimento Rapido Funcoes com crescimento muito rapido podem levar a transformadas que nao sao praticas para manipulacao direta Justificacao Funcoes Exponenciais Se ft cresce mais rapidamente do que uma exponencial a Transformada de Laplace pode nao fornecer uma funcao Fs que seja util ou bem comportada para todas as aplicacoes 3 8 Questao 4 Resolver justificando passo a passo y y sin2t com as condicoes iniciais y0 2 y0 1 Primeiro aplicamos a transformada de Laplace em ambos os lados da equacao diferencial A transformada de Laplace de uma derivada nesima ynt e Lynt snY s sn1y0 sn2y0 yn10 Aplicamos a transformada de Laplace a cada termo da equacao Lyt Lyt Lsin2t Utilizando as propriedades da transformada de Laplace Lyt s2Y s sy0 y0 Lyt Y s Lsin2t 2 s2 4 Substituımos esses resultados na equacao original s2Y s sy0 y0 Y s 2 s2 4 Usamos as condicoes iniciais y0 2 e y0 1 s2Y s s 2 1 Y s 2 s2 4 s2 1Y s 2s 1 2 s2 4 Resolvendo para Y s Isolamos Y s s2 1Y s 2 s2 4 2s 1 Y s 2 s24 2s 1 s2 1 Simplificamos a fracao 9 Ys 2 s² 4s² 1 2s s² 1 1 s² 1 Decomposição em Frações Parciais Para simplificar a primeira fração usamos decomposição em frações parciais 2 s² 4s² 1 A s² 1 B s² 4 Multiplicamos ambos os lados por s² 1s² 4 2 As² 4 Bs² 1 Para determinar A e B igualamos os coeficientes 1 Para s² 0 A B 2 Para o termo constante 2 4A B Resolvemos o sistema de equações A B 0 4A B 2 Subtraímos a primeira equação da segunda 3A 2 A 23 Substituímos A na primeira equação 23 B 0 B 23 Portanto 2 s² 4s² 1 23 s² 1 23 s² 4 Combinando Todas as Partes Substituímos A e B de volta em Ys Ys 23 1 s² 1 23 1 s² 4 2s s² 1 1 s² 1 Combinamos os termos semelhantes Ys 23 1 s² 1 1 s² 1 2s s² 1 23 1 s² 4 Ys 23 1 1 s² 1 2s s² 1 23 1 s² 4 Ys 53 1 s² 1 2s s² 1 23 1 s² 4 Aplicamos a transformada inversa de Laplace a cada termo separadamente Para 53 1 s² 1 L¹ 53 1 s² 1 53 sint Para 2s s² 1 L¹ 2s s² 1 2 cost Para 23 1 s² 4 L¹ 23 1 s² 4 23 sin2t Portanto a solução geral yt é yt 53 sint 2 cost 23 sin2t Esta é a solução da equação diferencial dada as condições iniciais fornecidas Questão 5 SEGUNDO BLOCO DE EXERCÍCIOS CMA12LF HIGOR ROSENBERGER Universidade Federal do Paraná Contato higorrosenbergerufprbr 1 1 PRIMEIRO EXERCÍCIO Provar a seguinte fórmula FÓRMULA 10 Lfⁿt sⁿLft sⁿ¹f0 sⁿ²f0 fⁿ¹0 Onde f é uma função que admite derivada de ordem n e fⁿ abrevía dⁿdtⁿ ft A partir daqui chamaremos a fórmula acima apenas de Fn Para a prova utilizaremos indução infinita o que consistirá em 1 Mostrar que F1 é teorema 2 Supor que Fn 3 Mostrar que Fn Fn1 Portanto primeiramente façamos o passo 1 F1 Lft sLft f0 Para mostrar que a fórmula acima é teorema podemos resolver Lft utilizando a definição de Transformada de Laplace Lft ₀ fteˢᵗ dt Integrando por partes temos ₀ fteˢᵗ dt lim β fteˢᵗ ₀β s ₀ fteˢᵗ dt ₀ fteˢᵗ dt lim β fβeˢᵝ f0e⁰ s ₀ fteˢᵗ dt O que nos dá o teorema TEOREMA 11 Lft sLft f0 No passo 2 supomos Fn como premissa onde Fn sn 𝓛ft sn1f0 sn2f0 fn10 No passo 3 devemos mostrar que Fn Fn1 Para isso recrutaremos o Teorema 11 Uma vez que dn1 dtn1 ft ddt dn dtn ft teremos pelo Teorema 11 𝓛 dn1 dtn1 ft 𝓛 ddt dn dtn ft s 𝓛 fn t fn0 Para que a fórmula 11 seja teorema para qualquer m n 1 deveremos obter o mesmo que obtivemos acima ao substituir n por n 1 Fazendo a substituição 𝓛 fn1t sn1𝓛 ft sn f0 sn1 f0 fn 0 s sn𝓛 ft sn1 f0 sn2f0 fn 0 No entanto o que está entre parênteses é 𝓛 fn t pela própria fórmula 11 Portanto 𝓛 fn1 s 𝓛 fn t fn 0 como se queria demonstrar 2 SEGUNDO EXERCÍCIO Encontrar soluções da equação diferencial y y 2y 0 y0 1 y0 0 utilizando Transformada de Laplace e o método de equação característica Para resolvermos utilizando Transformada de Laplace começamos aplicando a transformada dos dois lados da equação Assim teremos 𝓛 y y 2y 𝓛 0 Como a Transformada de Laplace é um caso particular de transformada integral e estas são definidas por integrais logo 𝓛f g 𝓛f 𝓛g 𝓛0 0 e 𝓛cft c 𝓛ft Dessa maneira temos 𝓛y y 2 𝓛y 𝓛y 𝓛2y 0 𝓛y 𝓛y 2𝓛y 0 Aplicando os teoremas que obtivemos no exercício anterior obtemos s2 𝓛y sy0 y0 s 𝓛y y0 2𝓛y 0 𝓛y s2 s 2 y0 s 1 y0 0 𝓛y y0 s 1 s2 s 2 y0 Substituindo y0 e y0 𝓛y s 1 s2 s 2 Dessa maneira podemos reescrever s 1 s2 s 2 s 1 s 1s 2 α s 1 β s 2 αs 2 βs 1 s 1s 2 Pela transitividade da igualdade teremos que s 1 s 1s 2 αs 2 βs 1 s 1s 2 s 1 αs 2 βs 1 A igualdade acima é teorema para todo s Desse modo particularmente para s 2 e s 1 s 2 2 1 α2 2 β2 1 β 13 s 1 1 1 α1 2 β1 1 α 23 Lembrando 𝓛y α s 1 β s 2 𝓛y 231 s 1 131 s 2 Sabemos que eat 1 s a Portanto 𝓛y 𝒴t 𝒴 0 ℂ t 𝒴t 23et 13e2t Estamos tratando de uma equação diferencial ordinária linear homogênea com coeficientes constantes ou seja uma equação da forma a0 y a1 y a2 y an yn 0 Como os coeficientes são constantes consideremos um caso particular em que a0 1 a2 1 e todos os demais coeficientes são zero Desse modo y y 0 y y 21 O que naturalmente sugere que possíveis soluções para essa equação sejam yt 0 yt et ou yt et assim como yt et et ou até mesmo yt c1 et c2 et Ou seja uma vez obtidas y1 t e y2 t que são soluções de uma equação diferencial ordinária linear homogênea de ordem n o espaço de soluções dessa equação é um espaço vetorial complexo cuja base canônica é y1 t y2 t Isto é yt c1 y1 t c2 y2 t 22 onde c1 e c2 são obtidos por condições de contorno arbitrárias Para o caso particular da fórmula 21 temos que yt c1 et c2 et Mais precisamente estamos tratando de uma equação diferencial ordinária linear de segunda ordem homogênea com coeficientes constantes não nulos ou seja uma equação da forma a0 y a1 y a2 y 0 23 Como vimos exponenciais são muito úteis em casos como este portanto lançaremos mão de uma solução envolvendo exponenciais da forma yt ert pois dessa maneira teremos a0 er t a1 r er t a2 r er t 0 Rightarrow left a0 a1 r a2 r2 right er t 0 Rightarrow a0 a1 r a2 r2 0 24 Observe que como os coeficientes a0 a1 e a2 são não nulos r é o zero da função yt e pode ser determinado exibindo os valores de r tal que a igualdade 24 seja teorema Como a igualdade em questão é uma equação de grau dois teremos no máximo dois valores de r tal que 24 seja teorema denotaremos estes valores por r1 e r2 Portanto y1 t er1 t e y2 t er2 t Assim pela 22 temos que yt c1 er1 t c2 er2 t 25 Rightarrow yt c1 r1 er1 t c2 r2 er2 t 26 Rightarrow yt c1 r12 er1 t c2 r22 er2 t 27 Substituindo os termos acima em 23 a0 left c1 er1 t c2 er2 t right a1 left c1 r1 er1 t c2 r2 er2 t right a2 left c1 r12 er1 t c2 r22 er2 t right c1 left a0 a1 r1 a2 r22 right er1 t c2 left a0 a1 r1 a2 r22 right er2 t 0 O resultado acima é devido a 24 e corrobora com 23 Assim concluímos que yt c1 er1 t c2 er2 t é solução de 24 Admitindo condições de contorno como yt0 y0 e yt0 y0 é possível determinar c1 e c2 substituindo t por t0 na 25 e na 26 Substituindo em 25 yt0 c1 er1 t0 c2 er2 t0 y0 Substituindo em 26 yt0 c1 r1 er1 t0 c2 r2 er2 t0 y0 O que implica em c1 left y0 c2 er2 t0 right er1 t0 c2 left y0 c1 r1 er1 t0 right fracer2 t0r2 Substituindo uma na outra c1 left y0 left y0 c1 r1 er1 t0 right fracer2 t0r2 er2 t0 right er1 t0 fracy0 y0 r2r1 r2 er1 t0 28 c2 left y0 left y0 c2 er2 t0 right er1 t0 r1 er1 t0 right fracer2 t0r2 fracy0 r1 y0r1 r2 er2 t0 29 Voltando a equação do problema proposto y y 2 y 0 Sabemos pela equação 25 que yt c1 er1 t c2 er2 t onde r1 e r2 são dadas pela equação 24 Portanto r2 r 2 0 Rightarrow r1 frac1 32 2 e r2 frac1 32 1 O que foi feito acima justificase pelo seguinte teorema TEOREMA 21 Sejam a b c complexos então a x2 b x c 0 tem duas soluções dadas por x1 fracb sqrtb2 4 a c2 a e x2 fracb sqrtb2 4 a c2 a DEMONSTRAÇÃO a x2 b x c 0 Rightarrow a x2 b x c Rightarrow x2 fracba x fracca Adicionaremos fracb2 a dos dois lados da equação x2 fracba x left fracb2 a right2 fracca left fracb2 a right2 Assim teremos left x fracb2 a right2 frac4 a c b24 a2 Elevando a 12 dos dois lados x fracb2 a pm fracsqrt4 a c b22 a Rightarrow x fracb pm sqrt4 a c b22 a Logo x1 fracb sqrtb2 4 a c2 a e x2 fracb sqrtb2 4 a c2 a Temos portanto yt c1 e2 t c2 et Calculamos c1 e c2 através de 28 e 29 c1 fracy0 y0 r2r1 r2 er1 t0 fracy0 y0 r2r1 r2 e0 frac0 1 12 1 frac13 c2 fracy0 r1 y0r1 r2 er2 t0 fracy0 r1 y0r1 r2 e0 frac2 02 1 frac23 Dessarte y mathbbC o mathbbC t mapsto yt frac13 e2 t frac23 et No entanto note que mathcalYt eq yt uma vez que seus domínios são distintos 3 Terceiro Exercício Analisar de maneira crítica os limites da aplicabilidade da Transformada de Laplace na resolução de equações diferenciais ordinárias lineares Os resultados da questão anterior são um bom ponto de partida para essa questão Note que ao aplicarmos Transformada de Laplace obtemos como solução uma função mathcalYt que tem domínio nos reais não negativos devido a definição de Transformada de Laplace o que garante da inversibilidade da transformada Enquanto que ao utilizarmos o método de equação característica obtemos uma função com domínio nos complexos Outra limitação reside no fato de que ao calcularmos a Transformada de Laplace para uma determinada função f utilizamos uma técnica de integração conhecida como Integração por Partes TEOREMA 31 INTEGRAÇÃO POR PARTES Sejam f e g funções reais diferenciáveis então 𝑓𝑔𝑓𝑔𝐼𝐼𝑓𝑔 DEMONSTRAÇÃO A demonstração desse teorema é consequência imediata do teorema de derivada do produto de funções fgfgfg 𝐼fg 𝐼fg fg fg𝐼 𝐼fg 𝐼fg 𝐼fg𝑓𝑔𝐼𝐼𝑓𝑔 Isso revela uma característica importante a respeito da Transformada de Laplace a transformada de f está relacionada de maneira simples com a transformada de f o que confere extremo poder para lidar com equações lineares com coeficientes constantes onde como provado no exercício um fornece uma forma de lidar com equações de ordem maior e como vimos no exercício dois é possível tratar as equações não homogêneas exatamente como as homogêneas Mas será que a Transformada de Laplace é usual sobre qualquer equação diferencial ordinária linear Ao utilizarmos Laplace para resolver uma dada equação diferencial linear do tipo a₀f a₁f a₂f anfⁿ g teremos a₀Lf a₁Lf a₂Lf anLfⁿ Lg Pelo teorema que provamos no primeiro exercício sabemos que a solução dessa equação depende exclusivamente de Lf onde conseguiremos uma função racional Fs Também necessitamos que exista Lg ou seja que estgt seja integrável por partes Após isso procuramos na tabela das Transformadas de Laplace Elementares uma ft a qual Fs corresponde chamamos este processo de inverter a transformada Note que aqui dependemos que Fs corresponda necessariamente a uma ft da tabela ou seja que estft seja integrável por partes caso contrário não há transformada de Laplace para essa função Fácil exibir um exemplo de uma função a qual nenhuma Fs corresponde EXEMPLO f 0 R t ft t Assim como mostramos no exercício 2 as soluções de equações diferenciais lineares com coeficientes constantes estão baseadas em combinações lineares envolvendo funções exponenciais isso torna a Transformada de Laplace extremamente útil para esses casos Entretanto basta que os coeficientes não sejam constantes e o trato de equações desse tipo utilizando Transformada de Laplace tornase pouco usual EXEMPLO Considere a equação diferencial y ty 0 Aplicando a transformada em ambos os lados temos Ly Lty L0 Ly y0 Lty 0 No entanto repare que calcular Lty é uma tarefa altamente não trivial ainda que usemos ferramentas de convolução Portanto a Transformada de Laplace manifestase extremamente útil para resolver as equações a que foi proposta equações diferenciais lineares com coeficientes constantes Ao depararmonos com equações diferenciais lineares com coeficientes não constantes ou funções f onde estft não é integrável por partes a tarefa tornase altamente não trivial 4 QUARTO EXERCÍCIO Encontrar yt tal que as fórmulas y y sin2t y0 2 y0 1 sejam teoremas Como estamos tratando de uma equação diferencial linear nãohomogênea e com coeficientes constantes ou seja da forma a₀ft a₁ft a₂ft anfⁿt gt e sendo gt uma função que admite Transformada de Laplace a resolução por meio de Transformada de Laplace pode ser empregada sem muitas dificuldades Portanto aplicando a transformada em ambos os lados da equação teremos L y y L sin2t L y L y L sin2t O que justifica a passagem da primeira linha para a segunda é o fato de que Transformada de Laplace é definida por uma integral e sabemos que a integral de uma soma é igual a soma das integrais Aplicando os teorema de Transformada de Laplace para derivadas de ordem n e encontrando a Gs correspondente a sin2t teremos s²L y sy0 y0 L y 2s² 4 Aplicando as condições de contorno s²L y 2s 1 L y 2s² 4 L ys² 1 2s² 4 2s 1 L y s² 2s³ 8s 6s² 4 1s² 1 L y 2s³ s² 8s 6s² 4s² 1 Podemos reescrever utilizando frações parciais Ly 2s3 s2 8s 6 s2 4s2 1 αs β s2 4 γs ϕ s2 1 αs βs2 1 γs ϕ s2 4 s2 4s2 1 Assim pela transitividade da igualdade temos 2s3 s2 8s 6 s2 4s2 1 αs βs2 1 γs ϕ s2 4 s2 4s2 1 2s3 s2 8s 6 αs βs2 1 γs ϕ s2 4 Como estamos tratando de uma igualdade entre equações polinomiais a igualdade só será teorema caso os coeficientes de mesmo grau sejam iguais Para isso rearranjamos a o termo da direita αs3 αs βs2 β γs3 4sγ ϕs2 4ϕ s3 α γ s2 β ϕ sα 4γ β 4ϕ Dessarte temos 2s3 s2 8s 6 s3 α γ s2 β ϕ sα 4γ β 4ϕ Comparando os coeficientes α γ 2 β ϕ 1 α 4γ 8 β 4ϕ 6 Resolvendo o sistema 3γ 6 γ 2 3ϕ 5 ϕ 53 α 2 γ α 0 β 1 ϕ β 23 Substituindo os valores de α β γ e ϕ Ly αs β s2 4 γs ϕ s2 1 2 3s2 4 2s s2 1 5 3s2 1 Ly 13 2 s2 4 2 s s2 1 53 1 s2 1 Invertendo a transformada yt 1 3 sin 2t 2 cos t 4 3 sin t