Notas de Aula

CEFET-BA/UE VITÓRIA DA CONQUISTA COORDENAÇÃO COORDENAÇÃO DE ENGENHARIA ELÉTRICA - COEEL

NOTAS DE AULAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS VOLUME I Prof. Lurimar Smera Batista

Salvador – Ba Janeiro/1996

Notas de Aulas de Equações Diferenciais

i

Lurimar Smera Batista

ÍNDICE 1.

Conceitos Conceitos e Noções Fundam Fundamentai entais...................... s....................................... ................................... ................................... ......................... ........ 1

2.

Equações Diferenciai Diferenciaiss de Primeira Primeira Ordem........................ Ordem............... .................. .................. ................... ................... .................. ........... 4

3.

2.1.

Equações Equações de Variáve Variáveis is Separáveis.... Separáveis..................... .................................. .................................. .................................. .................... ... 4

2.2.

Equações Equações Redutív Redutíveis eis a Forma Forma Variável Variável ................................. .................................................. .................................. ................. 5

2.3

Equações Equações Diferen Diferencia ciais is Exatas...................... Exatas....................................... ................................... ................................... ......................... ........ 6

2.4

Equações Diferenciai Diferenciaiss Lineares Lineares de Primeira Primeira Ordem.......... Ordem ................... .................. .................. ................... .............. 8

Equações Diferenciai Diferenciaiss Lineares Lineares Ordinárias.... Ordinárias.............. ................... .................. .................. ................... ................... ................. ........ 11 3.1.

Equações Diferenciai Diferenciaiss de Segunda Ordem, Linear, Linear, Homogênea .................. ......... ................... .......... 11

3.2. Equações Equaçõ es Diferenciais de Segunda Ordem Homogêneas Com Coeficientes Constantes. Constantes. ................................... .................................................... .................................. .................................. .................................. ................................ ............... 12

4.

3.3.

Solução Geral. Problema Problema de Valor Inicial Inicial e de Contorno......... Contorno. .................. ................... .................. ............. 12

3.4.

Raízes Raízes da Equação Equação Característica................... Característica.................................... .................................. .................................. ..................... .... 14

3.4.

Aplicações Aplicações de Equações Diferenciai Diferenciaiss Lineares Lineares com Coeficientes Coeficientes Constantes. ........ 19

3.5.

Equação Equação de Cauchy Cauchy ................................. ................................................... ................................... .................................. .......................... ......... 23

3.6.

Equações Diferenciai Diferenciaiss de Segunda Ordem Não-Homogêneas............ Não-Homogêneas.. ................... .................. ............. 25

3.7.

Equações Diferenciai Diferenciaiss Lineares Lineares de Ordem Arbitrária Arbitrária .................. ......... ................... ................... ................. ........ 28

Transform Transformação ação de Laplace....................... Laplace........................................ .................................. .................................. .................................. ................... 30 4.1.

Transformada Transformada de Laplace. Transformada Transformada inversa. inversa. Linearidade... Linearidade............ .................. ................... .......... 30

4.2.

Transformada Transformada de Laplace de Derivadas e Integrais.......... Integrais. .................. .................. .................. ................... .......... 32

4.3.

Convoluç Convolução. ão. ................................. .................................................. .................................. .................................. .................................. ..................... .... 33


1.

1


CONCEITOS E NOÇÕES FUNDAMENTAIS

Equações diferenciais - é uma relação que envolve uma ou mais derivadas de uma função. Exemplos:

∂y = sen(x) + 3 cos(x ) ∂x y′′ + 3y′ = 0 ∂ 2u(x, y ) ∂ 2u(x, y ) + =0 ∂x2 ∂y 2

Classificação: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS É uma relação que envolve uma ou várias derivadas em relação a x de uma função y(x) não especificada. Ou seja, envolve funções de uma só variável . EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS É uma relação que envolve derivadas parciais de uma função não especificada de duas ou mais variáveis independentes. Ordem das Equações Diferenciais: A ordem de uma equação diferencial é a ordem da derivada de maior ordem que aparece na equação. Objetivo do Curso de Equações Diferenciais I: O objetivo deste curso é estimular o estudante a explorar o poder do cálculo de maneira a atingir uma compreensão das equações diferenciais ordinárias e um apreciação da forma da respectiva utilização, para investigar problemas importantes nas ciências naturais e exatas. O objetivo da teoria das equações diferenciais consiste em determinar todas as soluções de uma dada equação diferencial e investigar suas propriedades . Uma Equação diferencial pode ter varias soluções. Exemplo: Cada uma das funções

y = ex ,

y = 5e x ,

3 y = − ex , 8

é uma solução da equação

y′ = y A solução geral para esta equação diferencial é da forma :


2


y = cex Onde c é uma constante.

6

y

5 4 3 2 1 0 -2

-1

-1

0

1

2

3

4

5

6 x

Etapas Típicas de Um Modelamento Matemático Exemplo: Suponha que uma soma de dinheiro seja depositado num Banco, ou numa Financeira, que paga juros à taxa anual j. O valor do investimento S(t), em qualquer instante t, depende da freqüência na qual o juro é capitalizado e também da taxa de juros. Admitindo que a taxa de capitalização seja contínua, podemos enunciar um problema de valor inicial simples que descreve o crescimento do investimento feito.

Primeira Etapa: Descrição Matemática do processo por meio de uma equação diferencial. ∂S = jS ∂t

ou

S′ = jS

Segunda Etapa: Resolver a Equação Diferencial. S(t ) = ce jt

Solução Geral da Equação


3

y


5

2

-2

-1

Terceira Etapa: Determinar Uma Solução Particular. Quando t = 0

S(0) = 100,00

S(t ) = 100,00 e jt

Solução Particular

x

2


2.

4


EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE PRIMEIRA ORDEM

2.1. Equações de Variáveis Separáveis Seja a equação diferencial de 1º ordem

N(y ) y′ = M(x ) , Equação de Variáveis Separáveis ou Equação Separável. Como y′ =

dy , então; dx

N(y ) dy = M(x) dx Como N(y) e M(x) são funções contínuas, então a solução desta equação é obtida, integrando-se ambos os membros da equação Solução Geral da Equação Diferencial .

N(y ) dy = M(x) dx + c Exemplos: 1)

Resolver as equações diferenciais: a)

y′ = -4xy

Separando as variáveis, temos

dy = - 4x dx + c y

y = C e −2 x

2

Esta solução representa uma família das chamadas curvas em forma de sino . b)

y′ = 1 + y

c)

3yy′ + 2x = 0 Equação Diferencial + Condição Inicial

2)

Um Problema de Valor Inicial

Determinar a solução do problema de valor inicial:


a)

y′ =

ycos (x ) , 1 + 2y 2

5


y(0) = 1.

Primeira Etapa: Separando as variáveis.

(1 + 2y 2 )dy = cos(x)dx y

Integrando

ln y + y 2 = sen(x ) + c Segunda Etapa: Determinar c a partir da condição inicial. Fazendo x = 0 e y = 1

c = 1.

A solução do problema de valor inicial é dado implicitamente por;

ln y + y 2 = sen(x ) + 1 Terceira Etapa: Verificar o resultado.

2x , y + x 2y

b)

y′ =

c)

sen(2x)dx + cos(3y )dy = 0 ,

y(0) = -2 y π2 = π3

d)

Seja um projetil transportado por um foguete e separado deste a uma distância de 1.000 Km a partir da superfície da Terra. Qual seria a velocidade mínima neste ponto suficiente para o projetil escapar da Terra. Desprezar a resistência do ar e a atração gravitacional dos outros corpos celestes. Dados: R = 6.372 Km e g = 0,0098 Km/s2 OBS.: De acordo com a Lei da Gravidade de Newton, a atração gravitacional, e, portanto, a aceleração a do corpo, são inversamente proporcionais a r2, onde r é a distância entre o corpo e o centro da Terra. Então,

a(r ) =

dv k = . dt r 2

2.2. Equações Redutíveis a Forma Variável Algumas equações diferenciais de primeira ordem não são separáveis mas podem se tornar, por meio de uma simples mudança de variáveis. Isto é verdade para equações do tipo


y′ = M


y x

onde M é função dada qualquer de Fazendo u =

6

y x

y . x

y = u x.

Como y e u são funções de x, então

y′ = u + u′x Substituindo na equação diferencial,

u + u′x = M(u ) Podemos separar as variáveis u e x, du dx = M(u ) − u x y Integrando e substituindo u por , obtemos a solução geral da equação diferencial. x Exercícios: Resolver as equações diferenciais: a) xy′ = x + y ; x+y b) y′ = y(0) = 2; y-x xyy′ = 2y 2 + 4x2 y(2) = 4. c)

2.3 Equações Diferenciais Exatas Seja a equação diferencial

M(x, y ) + N(x, y )y ′ = 0 M(x, y )dx + N(x, y )dy = 0 , suponha que se possa identificar uma função u(x, y) tal que

∂u (x, y ) = M (x, y ) ∂x Como

du = Então;

∂u ∂u dx + dy ∂x ∂y

e

∂u (x, y ) = N( x, y ) . ∂y


7


du = M (x, y )dx + N(x, y )dy Neste caso a equação diferencial é dita exata . A solução da equação é dada por

du = 0 Mediante Integração, obtemos que

u(x, y ) = c Que é a solução geral da equação diferencial. Exemplo: Resolver a equação diferencial

2x + y 2 + 2xyy′ = 0 Comparando

M(x, y )dx + N(x, y )dy = 0 e du =

∂u ∂u dx + dy , temos ∂x ∂y

∂u ∂u =N =M e ∂y ∂x Como M e N são definidas e possuem derivadas parciais de primeira ordem contínua em uma região do plano xy, cujo contorno é fechado que não se corta, então; ∂M ∂ 2u ∂N ∂ 2u e = = ∂y ∂x∂y ∂x ∂y∂x

u(x, y) é uma função contínua e as derivadas de segunda ordem são iguais ∂ 2u ∂ 2u , então = ∂x∂y ∂y∂x ∂M ∂N = ∂y ∂x Esta consideração é necessária e suficiente para que Mdx + Ndy seja uma diferencial total. Se M (x, y )dx + N(x, y )dy = 0 é uma diferencial exata, a função u(x, y ) pode ser determinada de duas formas: 1.

Como, du =M du = Mdx dx u = Mdx + f (y )


8


Nesta integral y é constante, e f(y) representa a constante de integração . Cálculo de f(y). • ∂u ∂ Mdx ∂f (y ) ∂u =N Como = + =N ∂y ∂y ∂y ∂y Encontrando o valor de f(y) o resultado da equação diferencial é:

du = 0 2.

ou

u(x, y ) = c

Como,

du =N du = Ndy dy u = Ndy + g(x) Nesta integral x é constante, e g(x) representa a constante de integração .

•

Cálculo de g(x).

∂u ∂ Ndy ∂g(x ) = =M + ∂x ∂x ∂x

∂u =M ∂x

Como

Encontrando o valor de g(x) o resultado da equação diferencial é:

du = 0 Exercícios:

ou

u(x, y ) = c

Resolver as equações diferenciais

(1 + x 2 )dy + (1 + y 2 )dx = 0 ;

a) b) c)

xy′ + 3y 2 = 0 ; ycos(x) + 2xey + sen(x) + x 2e y − 1 y′ = 0 . 2.4 Equações Diferenciais Lineares de Primeira Ordem Uma equação diferencial de primeira ordem é linear quando pode ser escrita sob a forma

y′ + f (x )y = g(x) Quando:

g(x) = 0

Equação diferencial linear de primeira ordem HOMOGÊNEA

g(x) ≠ 0

Equação diferencial linear de primeira ordem NÃO-HOMOGÊNEA

•

Equações Homogêneas


9


y′ + f (x)y = 0 Solução: Separação de variáveis.

dy = −f (x )dx y

ln y = − f (x)dx + c

Então, y(x ) = Ce − f (x )dx

para

C = ±c

Equações Não-Homogêneas

•

y′ + f (x )y = g(x ) Solução Multiplicando a equação por uma função P(x), que depende unicamente de x, tal que

Primeira Etapa:

P(x)y′ + P(x)f (x)y = P(x )g(x) ou

P(x)(fy − g )dx + P(x)dy = 0 Para que esta equação seja exata é necessário que

∂ ∂P [P(fy − g )] = ∂y ∂x ou dP dx Separando as variáveis, Pf =

fdx =

dP P

ln P = f (x)dx

Logo

P(x) = e h (x ) onde

h(x) = f (x)dx

ou

h′(x ) = f (x) .

P(x) é um FATOR INTEGRANTE.


Segunda Etapa:

10


Substituição de P(x) na equação.

eh (y′ + fy ) = e h g

ou

eh y′ + fe h y = eh g

Como h′ = f , esta equação pode ser escrita

d h (e y ) = eh g dx Integrando ambos os membros

d(eh y ) = e h gdx + c ou

eh y = eh gdx + c

Logo

y(x ) = e −h [ e h gdx + c] para h = f (x)dx . Que representa a solução geral da equação diferencial linear de primeira ordem. Exercícios: 1. Resolver as seguintes equações diferenciais. a) xyy′ = 2y 2 + 4x2 ; b) y′ − y = 1 − x ; c) y′ + xy = 2x ; d) y′ − y = e x , y(1)=0; y′ − x3 y = −4x3 , y(0) = 6. e) 2.

O coeficiente de variação da temperatura de um corpo é proporcional a diferença entre sua temperatura e a do meio ambiente (lei de Newton do resfriamento). Se y=f(t) é a temperatura (desconhecida) do corpo em um instante t e M(t) é a temperatura (conhecida) do meio ambiente, a lei de Newton conduz a equação diferencial

y ′ = −k [y − M(t )] Resolver a equação diferencial, supondo que a temperatura do corpo passa de 100º para 70º em 40 minutos quando submergido em um meio cuja temperatura se mantém constante e igual a 25º.


3.

11


EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES ORDINÁRIAS

3.1. Equações Diferenciais de Segunda Ordem, Linear, Homogênea Uma equação diferencial de segunda ordem é linear se pode ser escrita sob a forma

y′′ + f (x )y′ + g(x)y = r (x) • •

Esta equação é linear em y e suas derivadas. f , g e r são funções de x e são chamadas de coeficientes.

Para r(x) = 0

A equação diferencial de segunda ordem linear é HOMOGÊNEA.

Para r(x) ≠ 0

A equação diferencial de segunda ordem linear é NÃO-HOMOGÊNEA.

Problema de Valor Inicial Um problema de valor inicial é constituído por:

• •

Uma equação diferencial de segunda ordem; Um par de condições iniciais com a forma:

y(x 0 ) = y 0

Um ponto (x 0 , y 0 ) .

y ′(x 0 ) = y ′0 Coeficiente Angular da Curva no ponto (x 0 , y 0 ) . Onde y0 e y′0 são números. Solução de Equações Diferenciais de Segunda Ordem. Uma função

y = w(x ) , constitui uma solução de uma equação diferencial de segunda ordem (linear ou não), em um dado intervalo, se w(x) for: • duas vezes derivável em todo intervalo; •

a função que transforma a igualdade em uma identidade, quando substituirmos a função incógnita y e suas derivadas, na equação, por w(x) e suas derivadas.

Exemplo: A função y = e x é uma solução da equação diferencial linear homogênea y ′′ − y = 0 , para x qualquer, já que

(e x )″ − e x = e x − e x = 0


12


3.2. Equações Diferenciais de Segunda Ordem Homogêneas Com Coeficientes Constantes. Seja a equação diferencial de segunda ordem homogênea, ay ′′ + by ′ + cy = 0 , onde a, b e c são constantes. Seja

y = e λx uma solução de ay ′′ + by ′ + cy = 0 onde λ é escolhido adequadamente. Como y = e x , então λ λ

y ′ = λ e λx , y ′′ = λ2 e λx Substituindo y, y′ e y″ na equação diferencial, obtemos;

(aλ2 + bλ + c)e λx = 0 Então y = e x , será solução de a y′′ + b y′ + c y = 0 , se λ for solução da equação do 2º λ λ

grau

aλ2 + bλ + c = 0 . Esta equação é chamada a equação característica de a y′′ + b y′ + c y = 0 . Suas raízes são

− b + b 2 − 4ac , λ1 = 2a

− b − b 2 − 4ac . λ2 = 2a

Em vista da dedução, as funções

y 1 = e λ 1x ,

y 2 = e λ 2x

São soluções de ay ′′ + by ′ + cy = 0 . Exercícios: Determinar as soluções das equações diferenciais. a) b) c) d)

2y ′′ − y ′ − y = 0 ; 5y ′′ + 2y = 0 ; y ′′ − 2y ′ + y = 0 ; y ′′ + 6y ′ + 8y = 0 .

3.3. Solução Geral. Problema de Valor Inicial e de Contorno.


13


Consideremos a equação diferencial, que tem por solução as funções, y ′′ − y = 0 ,

y 1 (x ) = e x , y 2 (x) = e − x Podemos afirmar que os múltiplos destas duas funções são também soluções da equação y ′′ − y = 0 . Por exemplo, y 1 (x ) = 4e x e y 2 (x) = 3e − x . Da mesma forma as funções c 1 y 1 (x) = c 1e x e c 2 y 2 (x) = c 2 e − x , para c1 e c 2 constantes, satisfazem, também, à equação diferencial y ′′ − y = 0 . A soma das soluções da equação diferencial y ′′ − y = 0 é também uma solução, ou seja, y = c 1 y 1 (x ) + c 2 y 2 (x) = c 1e x + c 2 e − x é solução de y ′′ − y = 0 . Para quaisquer valores de c 1 e c 2 .

Solução Geral A solução

y = c1 y 1 (x ) + c 2 y 2 (x) , constitui uma solução geral da equação diferencial ay ′′ + by ′ + cy = 0 em um intervalo I do eixo dos x se, e somente se, as funções y 1 (x) e y 2 (x ) constituem uma base de solução da equação diferencial no intervalo I, ou seja, y 1 (x ) e y 2 (x ) são linearmente independentes.

y 1 (x) e y 2 (x ) constituem uma base ou são linearmente independentes .

⇔

y 1 (x ) ≠ constante ∈ I y 2 (x)

Em virtude de os coeficientes c1 e c 2 , serem aleatórios, a função y = c 1 y 1 (x ) + c 2 y 2 (x) constitui uma família duplamente infinita de soluções da equação diferencial ay′′ + by′ + cy = 0 .

Solução Particular A solução das equações diferenciais de segunda ordem possuem duas constantes arbitrárias ( c1 e c 2 ), neste caso necessita-se de duas condições iniciais para determinar a solução particular da equação, que são do tipo: y(x0 ) = K y′(x0 ) = L e onde x = x0 é um ponto dado e K e L são números dados. Exercícios: Determinar a solução do problema de valor inicial. a) y′′ − 4y ′ + 3y = 0 y(0) = -1, y′(0) = 1 b) y′′ + 2y′ = 0 y(0) = 1, y′(0) = 2

Problemas de Valor de Contorno Algumas aplicações conduzem a um outro tipo de condições, quais sejam


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e y(x i ) = k 1 y(xf ) = k 2 . Estas são chamadas condições de contorno ou de fronteira, uma vez que se refere aos pontos extremos xi e xf de um intervalo I. Exercícios: a) b)

Determinar a solução do problema de valor de contorno. 1 y′′ − y ′ − 2y = 0 y(0) = 3, y′(1) = 2e 2 + e y′′ − 2y′ = 0 y(0) = 0, y′(1/2) = e - 1

3.4. Raízes da Equação Característica Uma função

y = eλ x é uma solução de ay′′ + by ′ + cy = 0 (a, b e c constantes) se λ for uma raiz da equação característica aλ2 + bλ + c = 0 . Estas raízes são

− b + b2 − 4ac − b − b2 − 4ac , . λ1 = λ2 = 2a 2a Se a, b, c ∈ ℜ, então a equação característica pode possuir: I) DUAS RAÍZES REAIS E DISTINTAS; II) DUAS RAÍZES COMPLEXAS CONJUGADAS; III) UMA RAIZ REAL DUPLA.

I)

Duas Raízes Reais e Distintas Uma base qualquer em qualquer intervalo é

y 1 = eλ 1 x ,

y 2 = eλ 2 x .

y1 não seja constante em nenhum y2 intervalo. A solução geral da equação diferencial, neste caso, é Como a independência linear é conseqüente do fato de que

y = c 1e λ 1 x + c 2 e λ 2 x .

II)

Raízes Complexas As raízes complexas devem ser conjugadas, ou seja


λ 1 = p + iq ,

15


λ 2 = p − iq .

b2 − 4ac −b Onde p = e q= , ou seja, p, q ∈ ℜ e q ≠ 0. Então obtemos a base, 2a 2a y1 = e(p + iq )x ,

y1 = e(p − iq )x .

Que são funções complexas.

Transformação de Funções Complexas em Reais Fórmula de Euler Pelo cálculo elementar, a série de Taylor de e z , em torno de x = 0, é

zn e = n = 0 n! z

∞

-∞ < z < ∞

Substituindo z por iz, obtemos

(iz )n e = n = 0 n! iz

∞

∞ (− 1)n z 2n (− 1)n −1 z 2n −1 +i e = (2n )! (2n − 1)! n=0 n= 0 iz

∞

Como ∞ (− 1)n z 2n (− 1)n −1 z 2n −1 , sen z = cos z = ( ) (2n − 1)! 2 n ! n= 0 n =0 ∞

Então, obtemos a FÓRMULA DE EULER

e iz = cos z + i sen z Substituindo z por -z na fórmula de Euler, obtemos

e − iz = cos z − i sen z Considerando, em nosso caso, z = qx. Pela primeira fórmula de Euler, obtemos

y1 = e (p+ iq )x = epx e iqx = e px (cos qx + i senqx ) , e da segunda fórmula de Euler


16


y 2 = e(p − iq )x = epx e − iqx = epx (cos qx - i senqx ) . Como y1 e y2 são soluções da equação diferencial ay′′ + by′ + cy = 0 , então qualquer combinação linear de y1 e y2 é também uma solução.

y1 + y 2 = e px (cos qx + i senqx ) + e px (cos qx - i senqx ) (é solução de ay′′ + by ′ + cy = 0 )

y 1 + y 2 = 2e px cos qx

y1 − y 2 = e px (cos qx + i senqx ) - e px (cos qx - i senqx ) (é solução de ay′′ + by ′ + cy = 0 )

y 1 − y 2 = 2i e px senqx

Como 2 e 2i são constantes, e px cos qx independentes (L.I.), então a solução geral é

epx senqx

e

são

linearmente

y = e px (A cos qx + B senqx) , onde A e B são constantes arbitrárias. Exercícios: 1)

Determinar as soluções das equações diferenciais. a) b) c)

2)

y′′ − 2y′ + 10y = 0 ; y′′ + y′ + y = 0 ; y′′ + 9y = 0 .

Resolver o problema de valor inicial.

16y ′′ − 8y′ + 145y = 0

y(0) = -2, y′(0) = 1

III)Raiz Dupla Este caso é chamado caso crítico, que decorre quando o discriminante é nulo (b2 - 4ac = 0), então

λ1 = λ 2 = −

b . 2a

Logo a solução da equação diferencial é y1 = e

−

b x 2a


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Para determinar uma outra solução da equação (y2) diferencial que seja linearmente independente (L.I.) de y1 = e admitindo-se que

−

b x 2a

, podemos aplicar o método de variação de parâmetros,

y 2 (x) = u(x )y 1 (x ) Seja solução de ay′′ + by′ + cy = 0 . DETERMINAÇÃO DE u(x) Como

y 2′ = u′y 1 + uy 1′

e

y 2″ = u′′y 1 + 2u′y 1′ + uy 1″

Substituindo y2 e suas derivadas na equação ay′′ + by ′ + cy = 0 , temos

a u′′y 1 + 2u′y 1′ + uy 1″ + b u′y 1 + uy 1′ + c(uy 1 ) = 0 u′′(ay 1 ) + u′ 2ay 1′ + by 1 + u ay 1″ + by 1′ + cy 1 = 0 Como y1 é solução de ay′′ + by ′ + cy = 0 , então

ay 1″ + by 1′ + cy 1 = 0 Logo,

u′′(ay 1 ) + u′ 2ay 1′ + by 1 = 0 . Como y1 = e

−

b x 2a

e

b − 2ba x ′ y1 = − e , 2a

então, substituindo na equação

u′′(ay 1 ) + u′ 2a −

b y + by 1 = 0 . 2a 1

Resultando em

u′′ay 1 = 0 . Como ay1 ≠ 0, então u′′(x ) = 0

onde uma das soluções é u = x, conseqüentemente,


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y 2 (x) = xeλx y 2 = xeλx , são linearmente independentes (L.I.) em qualquer Como y1 = eλx e y intervalo 2 = x , então a solução geral é y1 y = (C1 + C 2 x) e λx Exercícios:

Resolver os problemas de valor inicial.

a)

y′′ − 4y ′ + 4y = 0 ,

b)

y′′ − y′ + 0,25y = 0 , y(0) = 2, y′(0) = 1/3

y(0) = 3, y′(0) = 1

RESUMO Solução de ay′′ + by ′ + cy = 0 , Raízes Reais e Distintas

− b + b 2 − 4ac λ1 = 2a 2

λ2 =

− b − b − 4ac 2a

para a, b, c ∈ ℜ. Bases

Solução Geral

y 1 = eλ 1 x y = c1eλ 1 x + c2eλ 2 x

y 2 = eλ 2 x

Complexas Conjugadas

λ 1 = p + iq

y1 = epx cos qx

λ 2 = p − iq

y 2 = epxsenqx

y = epx (Acosqx + Bsenqx)

Real e Dupla

b λ=− 2a Exercícios: a) b) c) d)

y 1 = eλx y 2 = xeλx

Resolver as equações diferenciais.

y′′ + 2y′ + y = 0 ; 4y′′ + 4y′ + y = 0 ; y′′ + 4y′ + 5y = 0 , y′′ − 3y′ + 2y = 0

y(0) = 1, y′(0) = -3; y(0) = -1, y′(0) = 0.

y = (C1 + C2 x) e λx


19


3.4. Aplicações de Equações Diferenciais Lineares com Coeficientes Constantes. Oscilações Livres Consideremos uma mola comum suspensa verticalmente por um suporte fixo, que resiste tanto à compressão quanto a extensão. Na extremidade inferior da mola, penduramos um corpo cuja massa m é tão grande em relação à massa da mola, que podemos desprezar esta última. Se o corpo é puxado para baixo a uma certa distância e então liberado, ele passa a se movimentar. Admitimos que o movimento seja estritamente vertical. Queremos determinar o movimento do sistema mecânico, considerando as forças que atuam sobre o corpo durante o movimento. Isto nos conduz à uma equação diferencial. Resolvendo-a obteremos o deslocamento do corpo em função do tempo .

•

Sentido positivo para baixo ( +↓)

A força que mais facilmente reconhecemos que atua sobre o corpo é a atração da gravidade .

F1 = mg onde m é a massa do corpo e g (≈ 9,80 m/s2) é a intensidade da aceleração da gravidade.

Força da Mola A força da mola é exercida quando a mola está deformada F = ks

(lei de Hooke)

onde s é o alongamento e k a constante de proporcionalidade chamada módulo da mola. Se s = 1

F = k.

Quanto mais rígida a mola, maior o valor de k.

Posição de Equilíbrio Estático (s = s0) F = F1 k s0 = m g Seja y = y(t) o deslocamento do corpo a partir de sua posição de equilíbrio estático. De acordo com a lei de Hooke, a força da mola que corresponde a um deslocamento y é F2 = - (ks0 + ky)

F2 = - (Foça da Mola + Força Adicional da Mola) O sinal negativo significa que F2 (↑) é contraria ao sentido positivo (↓). A resultante das forças é


20


F1 + F2 = mg - ks0 - ky como mg = ks0, então

F1 + F2 = - ky

Sistema Não Amortecido Se o amortecimento do sistema é tão pequeno que pode ser desprezado, segue-se que F1 + F2 = - ky é a resultante de todas as forças que atuam sobre o corpo. Pela segunda lei de Newton

FORÇA = MASSA x ACELERAÇÃO F = m.a A força significa a resultante das forças que agem sobre o corpo em um dado instante, ou seja,

F = F1 + F2 d2y Como a = 2 = y′′ , então dt F = my″ = F1 + F2 = - ky my″ + ky = 0 A solução geral é onde w 0 =

(Equação diferencial do Sistema não Amortecido) y(t) = A cos w 0t + B sem w0t

k m y

t

Velocidade Inicial < 0 Velocidade Inicial = 0 Velocidade Inicial > 0


• • •

21


O movimento que y(t) = A cos w0t + B sem w 0t descreve chama-se movimento harmônico. w 2ππ Como o período da função trigonométrica y(t) é , o corpo executa 0 ciclos por w0 2π segundo. w0 é chamada freqüência das oscilações e é medida em ciclos por segundo ou Hertz 2π (Hz). Exercícios:

1.

Considerar y(t) = A cos w 0t + B sem w0t, supondo m=10kg e k = 10 N. Determinar as constantes A e B tais que o deslocamento inicial seja 0,01 m e a velocidade inicial seja: a) b) c)

2.

-0,01 m/s; 0; 0,01 m/s.

Uma mola é tal que um peso de 20 N provoca nela um alongamento de 0,098 m. O extremo inferior da mola, com o peso de 20 N fixado, é puxado para baixo em 0,05cm e lhe é dada uma velocidade de 0,30 m/s para cima. Achar a posição do peso em todos os instantes posteriores, supondo amortecimento zero.

Sistema Amortecido Se ligamos a massa a um amortecedor, temos que levar em conta o amortecimento viscoso correspondente. A força de amortecimento possui sentido oposto ao movimento dy instantâneo, e é proporcional à velocidade y′ = do corpo. A força de amortecimento é da dt forma

F3 = - cy′′ A resultante das forças que agem sobre o corpo é agora

F = F1 + F2 + F3 = - ky - cy′′ Assim de acordo com a lei de Newton

my″″ = - ky - cy′′ O movimento do sistema mecânico é governado por uma equação diferencial linear com coeficientes constantes.

my″″ + cy′′ + ky = 0


22


A equação característica correspondente é

mλλ2 + cλ λ+k=0 As raízes são

c c2 − 4mk , λ1 = − + 2m 2m

c c 2 − 4mk . λ2 = − − 2m 2m

Se

c α= 2m

e

c 2 − 4mk β= 2m

Então, as raízes podem ser escritas sob a forma

λ 1 = −α + β ,

λ 2 = −α − β

A forma de solução da equação diferencial dependerá do amortecimento, então, podemos distinguir os três casos: I) c2>4mk. Raízes reais distintas (Superamortecimento); II) c2<4mk. Raízes complexas (Subamortecimento); III) c2=4mk. Raiz real dupla (Amortecimento crítico).

Superamortecimento Quando a constante de amortecimento c é tão grande que c2>4mk, as raízes λ1 e λ2 são reais e distintas e a solução geral de my″″ + cy′′ + ky = 0 é

y(t) = c1e − (α −β )t + c 2e − (α + β )t , •

Neste caso o corpo não oscila.

•

Para t > 0, ambos os expoentes são negativos.

α>0, β>0 •

t→∞

e

β2 = α2 - k/m < α2 y(t)

→0

Praticamente, depois de um tempo suficientemente logo, a massa se encontrará em repouso na posição de equilíbrio estático ( y = 0). Isto é compreensivo fisicamente, pois o amortecimento tira energia do sistema e não há força externa que mantenha o movimento.

Subamortecimento


23


Este caso é muito interessante. Quando a constante de amortecimento c é c 2 − 4mk 2 suficientemente pequena para que c <4mk, então β = será um imaginário puro, 2m digamos

β = iw ,

c 2 − 4mk w= 2m

onde

As raízes da equação característica são conjugadas complexas

λ 1 = − α + iw ,

λ 2 = −α − iw ,

e a solução geral é

y(t ) = e − αt (A cos wt + B sen wt ) Esta solução representa oscilações amortecidas.

Amortecimento Crítico Se c2=4mk, então β = 0 , λ 1 = λ 2 = − α , então a solução geral é y(t) = (c1t + c 2 ) e− αt .

• •

Como e − αt ≠ 0 c1t + c2 pode ter no máximo um zero positivo. Neste caso o movimento pode possuir no máximo uma passagem pela posição de equilíbrio (y=0). Se c1 . c2 > 0, o corpo não passará pela posição de equilíbrio (y=0)

3.5. Equação de Cauchy A equação de Cauchy ou de Euler,

ax2y″ + bxy′ + cy = 0 pode também ser resolvida por manipulação puramente algébrica. Substituindo y = xm e suas derivadas na equação diferencial,

ax2m(m-1)xm-2 + bxmxm-1 + cxm = 0 Para x ≠ 0

xm ≠ 0, então am2 + (b - a)m + c = 0


24


Se as raízes m1 e m2 desta equação são diferentes de zero, então as funções

y 1 (x ) = x m 1 ,

y 2 (x ) = x m 2

constituem uma base de soluções da equação ax2y″+bxy′ +cy=0 para qualquer valor de x para os quais estas equações são definidas. A solução geral é

y = c 1 x m1 + c 2 x m 2 Exercícios:


2x 2 y′′ − 3xy′ − 3y = 0

a)

b)

x 2 y′′ + xy ′ − y = 0

Caso crítico A equação auxiliar am2 + (b - a)m + c = 0 possui uma RAIZ DUPLA m1 = m2 = (a − b ) . 2a Neste caso, podemos obter uma segunda solução aplicando o método de variação dos parâmetros.

y 2 = uy 1 = (ln x )y 1 As soluções da equação são

y1 (x ) = xm ,

y 2 (x ) = xm ln x

(a − b ) . 2a Como y1 e y2 são linearmente independentes (L.I.), então constituem um sistema fundamental de soluções reais da equação diferencial ax2y″+bxy′ +cy=0 para todo x positivo, e a solução geral é y = (c1 + c 2 ln x )x m Exercícios: m=

para

1.


a) b)

x 2 y ′′ − 3xy′ + 4y = 0 ; x 2 y ′′ − xy ′ + y = 0 .

2.

Resolver os seguintes problemas de valor inicial.

a) b)

x 2 y ′′ + xy′ − 0,25y = 0 , x 2 y ′′ − 3xy′ + 4y = 0 ,

y(1) = 2, y(1) = 1,

y′(1) = 1; y′(1) = 1


25


3.6. Equações Diferenciais de Segunda Ordem Não-Homogêneas Seja a equação diferencial de segunda ordem não-homogênea, y′′ + f (x)y′ + g(x)y = r (x) , onde f(x), g(x) e r(x) são funções contínuas de x sobre um dado intervalo aberto I. Seja yh a solução geral da equação homogênea

y′′ + f (x )y′ + g(x )y = 0 Então, a solução geral da equação de segunda ordem não-homogênea é dada por y = yh + yp onde yh e yp são linearmente independentes (L.I.).

yp é chamada a solução particular da equação diferencial. yh solução da equação diferencial homogênea. Demonstração: Substituindo y = yh + yp, e suas derivadas na equação y′′ + f (x)y′ + g(x)y = r(x) , temos

(yh + yp)″+ f (yh + yp)′ + g(yh + yp) = r (yh″ + f yh′ + g yh) + (yp″ + f yp′ + g yp) = r

Logo

Como yp é solução da equação diferencial, então: yp″ + f yp′ + g yp = r

yh″ + f yh′ + g yh = 0

( Equação homogênea)

MÉTODOS PARA DETERMINAR yp

• Método dos Coeficientes a Determinar Este método consiste em supor para yp uma expressão semelhante à de r(x), contendo coeficientes incógnitos que são determinados substituindo yp e suas derivadas na equação y′′ + f (x)y′ + g(x)y = r (x) . Exemplo:

Resolver a equação não-homogênea y″ - 4y′ + 3y = 5 e-2x Se r(x) é uma função linear, escolhemos para yp uma combinação linear, com coeficientes a determinar, de r(x) e suas derivadas linearmente independentes e determinamos os coeficientes por substituição.


26


Se r(x) é uma soma de funções, escolhemos para yp uma soma de funções combinação linear, com coeficientes a determinar, de r(x). Se um termo de r(x) é uma solução da equação homogênea, modifiquemos a escolha multiplicando a expressão de yp por x.

Função r(x) kxn kepx k cos qx k sen qx

Escolha para yp Anx + An-1xn-1 + ... + A1x + A0 Cepx A cos qx + A sen qx A cos qx + A sen qx n

Exercícios: Determinar a solução geral das seguintes equações diferenciais. 2 a) y″ + y = x + x b) y″ + 2y′ + y = 2x2

c)

y″- y′ - 2y = sen x

d)

y″ + y′ - 2y = ex

• Método Geral - Método da Variação dos Parâmetros Seja a equação diferencial de segunda ordem não homogênea

y′′ + f (x)y′ + g(x)y = r (x) supondo que f , g e r são funções contínuas sobre um intervalo aberto I. Sabendo-se que a equação homogênea correspondente y′′ + f (x)y′ + g(x)y = 0 possui uma solução geral yh(x) sobre I da forma yh(x) = c1 y1(x) + c2 y2(x). O método da variação de parâmetros consiste em substituir c1 e c2 por funções u(x) e v(x) a serem determinadas de modo que as funções resultante

yp(x) = u(x) y1(x) + v(x) y2(x) seja uma solução particular de y′′ + f (x )y ′ + g(x )y = r(x ) sobre I. Derivando yp(x) = u(x) y1(x) + v(x) y2(x), obtemos

yp′ = u′ y1 + u y1′ + v′ y2 + v y2′ Supondo-se (como condição):

u′ y1 + v′ y2 = 0. Esta condição, reduz a expressão de yp′ à forma yp′ = u y1′ + v y2′ Derivando esta função, obtemos


27


yp″ = u′ y1′ + u y1″ + v′ y2′ + v y2″. Substituindo yp, yp′ e yp″ em y′′ + f (x )y ′ + g(x )y = r (x ) e reunindo os termos que contêm u e os que contêm v, obtemos

u (y1″+f y1′ + g y1)+ v (y2″+f y2′ + g y2) + u′ y1′+ v′ y2′ = r Como y1 e y2 são soluções da equação homogênea, esta expressão se reduz a u′ y1′ + v′ y2′ = r E conjunto com a condição

u′ y1 + v′ y2 = 0. Formam um sistema de equações lineares cujas incógnitas são u′ e v′. A solução é

u′ = −

y2 r , W

v′ =

y1 r , W

onde

W = y1 y 2′ - y1′ y2 =

y1 y 2 y′1 y′2

W é chamado de Wronskiano de y1 e y2. Como y1 e y2 constituem uma base Integrando u′ = −

u=−

y2 r dx , W

W ≠ 0

y2 r y r e v′ = 1 , obtemos W W v=

y1 r dx W

Como r(x) é contínua, estas integrais existem. Então a solução particular da equação diferencial é

yp = − y1 Exercícios: a) b) c) d) e) f)

y2 r y r dx + y 2 1 dx W W Determinar a solução geral das seguintes equações diferenciais.

y″ - 3y′ + 2y = ex sen x; y″ + 2y′ + y = 2x2; y″- y = 2x ex; y″ + y′- 2y = ex; y″ + 25y = 5x, y(0) = 5, y″ - y = x, y(0) = 1,

y′ (0) = -4,8; y′ (0) = 0;


y″ - 2y′ + y = 2x2 - 8x + 4,

g)

28

y(0) = 3,


y′ (0) = 3.

3.7. Equações Diferenciais Lineares de Ordem Arbitrária Os métodos estudados até agora, para solução de equações diferenciais, podem facilmente serem estendidos a uma equação linear de ordem n, qualquer, com coeficientes constates a n y n + a n −1y n−1 + ... + a 2 y ′′ + a1y′ + a 0 y = r (x ) , A solução geral da equação diferencial é dada por y = yh + yp Seja yh é a solução geral da equação homogênea

a n y n + a n −1y n−1 + ... + a 2 y ′′ + a1y′ + a 0 y = 0 Substituindo-se y = eλx e suas derivadas na equação diferencial homogênea, obtemos a equação característica a n λn + a n− 1λn−1 + ... + a 2λ2 + a1λ + a 0 = 0 Se esta equação possui n raízes distintas λ1, λ2, ..., λn, então as n soluções y 1 = e λ1x , , y n = e λ n x Constitui uma base para qualquer x, e a solução yh será y h = c1eλ 1x + c2eλ 2 x + + cne λ n x Para determinar yp aplica-se o método dos Coeficientes a Determinar ou Variação dos Parâmetros. Exercícios: Determinar a solução geral da equação.

y″′ - 2y″ - y′ + 2y = ex 2.8.

Aplicação das Séries de Potências a Resolução de Equações Diferenciais

SÉRIE DE POTÊNCIAS Uma série de potências (em potências de x - a) é uma série infinita da forma ∞

c n (x − a)n = c 0 + c 1 (x − a ) + c 2 (x − a )2 +

,

n=0

onde

• • •

c0, c1, c2,... são constantes, denominadas coeficientes da série. a é uma constante, chamada centro. x é uma variável.


29


No caso particular a = 0, obtemos uma série de potências em potências de x. ∞

cn xn = c0 + c1x + c2 x2 + c 3x3 +

n=0

SOLUÇÕES EM SÉRIES DE POTÊNCIAS Dada uma equação diferencial, desenvolvemos todas as funções dadas que nela configuram, em séries de potências de x (ou em potências de x - a), ou seja, 2

3

y = f (x) = c 0 + c1x + c 2x + c 3x +

∞

=

cn xn

n=0

Substituímos esta série e as séries obtidas por derivação termo a termo na equação e obtemos as relações que determinaram o valor dos coeficientes da série. 2

3

y′ = c1 + 2c 2x + 3c 3x + 4c4x + y ′′ = 2c 2 + 3 ⋅ 2c 3 x + 4 ⋅ 3c 4 x 2 +

∞

=

ncnxn − 1

n=1 ∞

=

n(n − 1)c n x n − 2

n =2

Exemplo:

Resolver

y′ - y = 0

Como

y = c0 + c1x + c2x2 + ... e Substituindo-se na equação, obtemos

y′ = c1 + 2c2x + 3c3x2 + ...

(c1 + 2c2x + 3c3x2 + ...) - (c0 + c1x + c2x2 + ...) = 0 Reunindo-se os termos semelhantes,

(c1 - c0 ) + (2c2 - c1) x + (3c3 + c2) x2 + ... = 0 Igualando-se o coeficiente de cada potência de x a zero

c1 - c0 = 0,

2c2 - c1 = 0,

3c3 - c2 = 0, . . .

Resolvendo-se estas equações podemos exprimir c1, c2, c3,... em termos de c0, que permanece arbitrário: c c c c c1 = c0 , c 2 = 1 = 0 , c 3 = 2 = 0 , . . . 2 2! 3 3! Logo, c c y = c 0 + c 0 x + 0 x 2 + 0 x 3 + = c 0e x 2! 3! Exercícios: Obter a solução em séries das seguintes equações. a) y′ - 4xy = 0; b) y″ - 2xy = 0; c) y″ - xy′ - 2y = 0; (x + 1)y′ - (x + 2)y = 0; d) e) y″ - xy = x4; f) y″ + y = e x .


4.

30


TRANSFORMAÇÃO DE LAPLACE

A transformação de Laplace é um método de resolução de equações diferenciais e dos correspondentes problemas de valor inicial e de valor de contorno. O processo de resolução consiste em três partes. 1.

Um problema “difícil” é transformado numa equação “simples” (equação subsidiária ).

2.

Resolve-se a equação subsidiária mediante manipulações puramente algébricas.

3.

A solução da equação subsidiária é transformada novamente para se obter a solução do problema dado.

Transformação de Laplace

Reduzir um problema de resolução de Equação Diferencial a um Problema Algébrico.

4.1. Transformada de Laplace. Transformada inversa. Linearidade. Seja f(t) uma função definida para todos os valores positivos de t. Multipliquemos f(t) por e e integramos em relação a t de zero ao infinito. -st

∞

F(s) = e −st f (t )dt . 0

A função F(s) é chamada Transformada de Laplace da função f(t) e será representada por L(f). Assim ∞

F(s) = L(f)=

e − st f (t )dt

0

A operação realizada sobre f(t) é chamada Transformação de Laplace. A função original f(t) em 1 é chamada a transformada inversa ou a inversa de F(s), e será -1 representada por L (F), então -1

f(t) = L (F). Exemplos: 1.

Seja f(t) = 1 quando t > 0. Determinar F(s).


∞

31


∞

1 − st L(f) = L(1) = e dt = e s 0 0

F(s) = L(1) =

2.

− st

1 s

Seja f(t) = eat, quando t > 0, onde a é constante. Determinar F(s). ∞ ∞ 1 ( ) at − st at e − s−a t L(f) = L(e ) = e e dt = (a - s ) 0 0

quando s - a > 0,

F(s) = L(eat) =

1 (s - a )

Linearidade da Transformação de Laplace A transformação de Laplace é uma operação linear, isto é, para quaisquer funções f(t) e g(t) cujas transformadas de Laplace existam e quaisquer constantes a e b, temos L{a

f(t) + b g(t)} = a L{ f(t) } + b L{ g(t) }

Demonstração. Por definição, ∞

L{a

e −st [af (t ) + bg(t )]dt

f(t) + b g(t)} =

0 ∞

∞

− st

= a e f (t )dt + b e −st g(t )dt = a L{ f(t) } + b L{ g(t) }. 0

0

Exemplo: 3.

Seja f(t) = cosh at = (e at + e-at)/2. Determinar F(s). L(f)

= L(cosh at) =

F(s) =

1 2

at L(e )

+

1 2

-at L(e )

1 1 1 s = 2 2 + 2 s−a s+a s −a

Exercícios:

Determinar as transformadas de Laplace das seguintes funções.

a)

f(t) = t

b)

f(t) = t 2

c)

f(t) = tn

d)

f(t) = cos wt

e)

f(t) = sen wt

f)

f(t) = e iwt


32


4.2. Transformada de Laplace de Derivadas e Integrais. DERIVADA DE f(t) Suponhamos que f(t) seja uma função contínua para t ≥ 0, que |f(t)| ≤ Meat para qualquer t ≥ 0, e que possua uma derivada f ′ (t) parcialmente contínua sobre qualquer intervalo finito situado em t ≥ 0. Então a Transformada de Laplace da derivada f ′ (t) existe, quando s >ae L(f ′ )

= s L(f) - f(0)

Demonstração. De acordo com a definição e mediante integração por partes ∞

L(f ′ )

=

∞

∞ 0

e f ′(t )dt = [e f (t )] + s e − st f (t )dt − st

− st

0

0

Como ∞ 0

[e f (t )] = − f (0) − st

∞

e

L(f)

=

e − st f (t )dt , então

0

L(f ′ )

= s L(f) - f(0)

Derivada de segunda ordem f ″(x): L(f ″)

= s L(f ′) - f ′ (0)

L(f ″)

= s[s L(f) - f(0)] - f ′ (0)

L(f ″)

= s2 L(f) - s f(0) - f ′ (0).

Então

Analogamente L(f ″′ )

= s3 L(f) - s2 f(0) - s f ′(0) - f ′′ (0).

Por indução obtemos a derivada de ordem n qualquer L(

f n ) = sn L(f) - s n-1f(0) - s n-2 f ′(0) - . . . - f (n-1) (0).

Exemplos: 1.

Seja f(t) = t 2 . Determinar L(f).

2.

Seja f(t) = sen2 t. Determinar L(f).

3.

Resolver os problemas de valor inicial


a)

33

y″ + 4y′ + 3y = 0


y(0) = 3,

y′(0) = 1.

PROBLEMA DADO

EQUAÇÃO SUBSIDIÁRIA

y″ + 4y′ + 3y = 0 y(0) = 3, y′ (0) = 1

s2y + 4sy + 3y = 3s +13

SOLUÇÃO DO PROBLEMA

y(t) = - 2 e-3t + 5 e-t

b)

y″ - y′ - 2y = 0

SOLUÇÃO DA EQUAÇÃO SUBSIDIÁRIA y=

y(0) = 1,

−2 5 + s+ 3 s+1

y′(0) = 0.

4.3. Convolução. Algumas vezes é possível identificar a transformada de Laplace H(s) como o produto de duas outras transformadas F(s) e G(s), correspondentes as funções conhecidas f(t) e g(t). Neste caso podemos calcular, a partir de f(t) e g(t), a transformada inversa h(t) do produto H(s) = F(s) G(s) . Esta função h(t) é escrita (f * g) (t) e é chamada CONVOLUÇÃO de f e g.

Teorema da Convolução Se F(s) = L{f(t)} e G(s) = L{g(t)} existirem para s > a ≥ 0 , então a transformada h(t) inversa do produto H(s) = F(s) G(s) será a convolução de f(t) e g(t), que se escreve (f * g)(t) e se define como t

h(t ) = (f * g )(t ) = f (τ ) g(t − τ )dτ 0

Demonstração: Pela definição de F(s), obtemos ∞

F(s ) = e − sw f (w )dw 0

e


34


∞

G (s ) = e − sz g (z )dz 0

Então ∞

F(s )G (s) = e

− sw

∞

f (w )dw e −sz g (z )dz

0

0

Uma vez que o integrando na primeira integral não depende da variável de integração da segunda, podemos escrever F(s)G(s) como a integral iterada, ∞

∞

0

0

F(s)G (s ) = g(z )dz e − s ( w + z )f (w )dw Fazendo w = t - z, para z fixo. Então, a integral em relação a w é transformada numa integral em relação a t; portanto, ∞

∞

0

z

∞

∞

0

z

F(s)G (s ) = g(z )dz e − st f (t − z )dt Fazendo z = τ; então,

F(s)G (s ) = g(τ )dτ e − st f (t − z )dt Admitindo-se que a ordem de integração possa ser invertida, obtemos finalmente ∞

− st

∞

F(s)G (s ) = e dt f (t − z )g (τ )dτ 0

z

∞

F(s )G (s ) = e − st h(t )dt = L(h) 0

Propriedades da Convolução f * g 1)

f*g = g*f

(lei comutativa)

2)

f * (g1 + g2) = f*g1 + f*g2

(lei distributiva)

3)

(f * g) * v = f * (g * v)

(lei associativa)

4)

f*0 = 0* f =0

Exercícios:

1.

Determinar h(t) pelo teorema da Convolução se H(s)=L(h) vale

Notas de Aula

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