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Equações diferenciais com condições iniciais

A utilização prática da TL na análise e síntese de sistemas lineares passa essencialmente pelas seguintes propriedades:

\begin{displaymath}
{\rm TL}[\sum_i a_i f_i(t)] = \sum_i a_i F_i(s),
\end{displaymath} (4-3.01)

e
\begin{displaymath}
{\rm TL}[f^{(n)}(t)] = s^nF(s) -s^{n-1}f(0)- \ldots -s f^{(n-2)}(0) - f^{(n-1)}(0),
\end{displaymath} (4-3.02)

com as quais as equações diferenciais em $t$ se tornam equações algébricas em $s$. Na prática o problema é quase sempre dividido em cinco etapas sucessivas:

1) transformar a equação diferencial numa equação algébrica utilizando (4-3.2)

2) resolver a equação resultante para a grandeza de saída $Y(s)$

3) desenvolver $Y(s)$ em frações racionais

4) encontrar o inverso $y(t) = {\rm TLI} [Y(s)]$

5) verificar o resultado

Exemplos:

A) Seja a seguinte equação diferencial de primeira ordem

\begin{displaymath}a{{dy}\over {dt}} + by = x(t),\end{displaymath}

com $x(t) = e^{-ct} u(t)$. Podemos desde já escrever a passagem para o domínio $s$,

\begin{displaymath}a[sY(s) - y(0)] +bY(s) = X(s) = {1\over {s+c}},\end{displaymath}

isto é

\begin{displaymath}Y(s) = {{a(s+c)y(0)+1}\over {a(s+b/a)(s+c)}},\end{displaymath}

ou também, decompondo em fracções racionais

\begin{displaymath}Y(s) = {{A_1}\over {s+b/a}} + {{A_2}\over {s+c}},\end{displaymath}

com

\begin{displaymath}A_1 = {{(ac-b)y(0) +1}\over {ac-b}} \qquad A_2={{-1}\over {ac-b}},\end{displaymath}

e de onde se pode deduzir o resultado

\begin{displaymath}y(t) = [A_1 e^{-bt/a} + A_2 e^{-ct}] u(t).\end{displaymath}

A verificação do resultado faz-se, óbviamente, inserindo $y(t)$ na equação diferencial inicial. Alternativamente poderíamos utilizar os teoremas dos valores inicial e final, (4-2.32) e (4-2.33), respectivamente, para verificar o comportamento assimptótico da solução obtida.

B) seja agora a equação diferencial de segunda ordem

\begin{displaymath}i''(t) + 7 i'(t) + 10 i(t) = 6 e^{-3t} u(t),\end{displaymath}

com $i(0)=3$ A e $i'(0) = 3$ A/s. Podemos então escrever, calculando a TL de ambos os termos,

\begin{displaymath}s^2 I(s) - si(0) - i'(0) + 7sI(s) - 7 i(0) + 10 I(s) = {6\over {s+3}},\end{displaymath}

de onde, resolvendo em relação a $I(s)$,

\begin{displaymath}I(s) = {{3(s^2 + 11 s + 26)}\over {(s+2)(s+3)(s+5)}} = {8\over {s+2}} - {3\over {s+3}} - {2\over {s+5}},\end{displaymath}

e portanto a solução final

\begin{displaymath}i(t) = 8e^{-2t} - 3e^{-3t} -2 e^{-5t}, \qquad t>0.\end{displaymath}

Na prática somos levados a considerar frequentemente, não uma equação única para determinar uma das variáveis do circuito, mas sim um conjunto de equações com várias variáveis, em geral ligadas entre elas, e por isso temos que colocar o problema sob a forma de um sistema de equações.

Exemplo: considere o seguinte sistema de equações diferenciais,

\begin{displaymath}{2\over 3} {{dx}\over {dt}} + x - {1\over 3} {{dy}\over {dt}} = f(t) = 2u(t)\end{displaymath}


\begin{displaymath}-{1\over 3} {{dx}\over {dt}} + {2\over 3} {{dy}\over {dt}} + y = 0,\end{displaymath}

com condições iniciais nulas, i.e., $x(0)=y(0)=0$. Aplicando a TL nos dois membros de cada uma das equações acima obtemos,

\begin{displaymath}({2\over 3} s + 1) X(s) - {1\over 3} s Y(s) = F(s) = {2\over s}\end{displaymath}


\begin{displaymath}-{1\over 3} s X(s) + ({2\over 3} s + 1 ) Y(s) = 0,\end{displaymath}

das quais podemos deduzir por substituição

\begin{displaymath}X(s) = {{2(2s+3)}\over {s(s+1)(s+3)}} = {2\over s} - {1\over {s+1}} - {1\over {s+3}}\end{displaymath}


\begin{displaymath}Y(s) = {2\over {(s+1)(s+3)}} = {1\over {s+1}} - {1\over {s+3}},\end{displaymath}

e finalmente aplicando a TLI,

\begin{displaymath}x(t) = (2-e^{-t} - e^{-3t}) u(t),\end{displaymath}


\begin{displaymath}y(t) = (e^{-t} - e^{-3t})u(t),\end{displaymath}

de onde podemos facilmente verificar as condições iniciais.


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Sergio Jesus 2003-09-23