Uma equação diferencial ordinária é uma equação que envolve uma função de uma variável e suas derivadas
f
˙
(
x
)
,
{\displaystyle {\dot {f}}(x),}
f
¨
(
x
)
,
{\displaystyle {\ddot {f}}(x),}
...
f
(
n
)
(
x
)
.
{\displaystyle f^{(n)}(x).}
Equações diferenciais são geralmente complementadas com condições iniciais e são assim chamada problemas de valor inicial. A transformada de Laplace fornece uma metodologia para resolver e analisar problemas envolvendo equações diferenciais ordinárias . O método consiste em utilizar a transformada de Laplace para converter a equação diferencial em um problema de menor complexidade, através das propriedades da transformada de Laplace . Tipicamente, uma equação linear de coeficientes constantes é transformada em equação algébrica, na qual deve-se basicamente isolar a incógnita obtida e recuperar a solução da equação original via transformada inversa de Laplace .
Deve-se ter em mente que, para a aplicação da transformada de Laplace em equações diferenciais, é necessário que exista sensibilidade, ou conhecimento, sobre suas diversas propriedades .
A transformada de Laplace é é definida como:[ 1]
L
{
f
(
t
)
}
=
d
e
f
lim
α
→
0
+
∫
α
∞
f
(
t
)
e
−
s
t
d
t
{\displaystyle {\mathcal {L}}\{f(t)\}\ {\overset {\underset {\mathrm {def} }{}}{=}}\lim _{\ \ \alpha \to 0^{+}}\int _{\alpha }^{\infty }f(t)\ e^{-st}\ \operatorname {d} \!t}
Assim definida, a transformada de Laplace tem várias propriedades, em especial, a propriedade da derivada e da integral, essas propriedades podem ser descritas como:[ 2]
A transformada da equação diferencial será outra equação diferencial para a função
Y
,
{\displaystyle Y,}
de ordem igual ao maior grau dos coeficientes da equação original. Em alguns casos a equação diferencial obtida resulta ser mais fácil de resolver do que a equação original. A transformada de Laplace
Y
{\displaystyle Y}
e as suas derivadas deverão ser funções assimptoticamente decrescentes; esta propriedade das transformadas de Laplace impõe condições fronteira para a equação diferencial obtida.
Consideremos a equação
3
y
¨
−
12
y
˙
+
12
y
=
4
e
2
x
s
e
n
(
2
x
)
.
{\displaystyle 3{\ddot {y}}-12{\dot {y}}+12y=4\mathrm {e} ^{2x}\mathrm {sen} \ (2x).}
Transformando os dois lados da equação e usando a propriedade de linearidade, obtém-se
3
L
{
y
¨
}
−
12
L
{
y
˙
}
+
12
L
{
y
}
=
4
L
{
e
2
x
s
e
n
(
2
x
)
}
.
{\displaystyle 3{\mathcal {L}}\{{\ddot {y}}\}-12{\mathcal {L}}\{{\dot {y}}\}+12{\mathcal {L}}\{y\}=4{\mathcal {L}}\{\mathrm {e} ^{2x}\mathrm {sen} \,(2x)\}.}
Cada um dos termos pode ser calculado usando as propriedades da transformada de Laplace,
L
{
y
}
=
Y
(
s
)
L
{
y
˙
}
=
s
Y
(
s
)
−
y
(
0
)
L
{
y
¨
}
=
s
2
Y
(
s
)
−
s
y
(
0
)
−
y
˙
(
0
)
L
{
e
2
x
s
e
n
(
2
x
)
}
=
2
(
s
−
2
)
2
+
4
.
{\displaystyle {\begin{aligned}&{\mathcal {L}}\{y\}=Y(s)\\&{\mathcal {L}}\{{\dot {y}}\}=sY(s)-y(0)\\&{\mathcal {L}}\{{\ddot {y}}\}=s^{2}Y(s)-sy(0)-{\dot {y}}(0)\\&{\mathcal {L}}\{e^{2x}\mathrm {sen} \,(2x)\}={\frac {2}{(s-2)^{2}+4}}\end{aligned}}.}
A transformada da equação diferencial é
3
(
s
2
Y
−
y
(
0
)
s
−
y
˙
(
0
)
)
−
12
(
s
Y
−
y
(
0
)
)
+
12
Y
=
8
(
s
−
2
)
2
+
4
.
{\displaystyle 3{\Bigl (}s^{2}Y-y(0)s-{\dot {y}}(0){\Bigr )}-12{\Bigl (}sY-y(0){\Bigr )}+12Y={\frac {8}{(s-2)^{2}+4}}.}
Esta equação é uma equação algébrica que pode ser facilmente simplificada, conduzindo à função
Y
:
{\displaystyle Y:}
Y
(
s
)
=
3
y
(
0
)
s
+
3
y
˙
(
0
)
−
3
y
(
0
)
3
s
2
−
12
s
+
12
+
8
(
(
s
−
2
)
2
+
4
)
(
3
s
2
−
12
s
+
12
)
{\displaystyle Y(s)={\frac {3y(0)s+3{\dot {y}}(0)-3y(0)}{3s^{2}-12s+12}}+{\frac {8}{{\Bigl (}(s-2)^{2}+4{\Bigr )}(3s^{2}-12s+12)}}}
A solução da EDO é a transformada inversa da função
Y
.
{\displaystyle Y.}
Usando a expansão em frações parciais:
Y
=
A
s
−
2
+
B
(
s
−
2
)
2
+
2
C
(
s
−
2
)
2
+
4
+
D
(
s
−
2
)
(
s
−
2
)
2
+
4
.
{\displaystyle Y={\frac {A}{s-2}}+{\frac {B}{(s-2)^{2}}}+{\frac {2C}{(s-2)^{2}+4}}+{\frac {D(s-2)}{(s-2)^{2}+4}}.}
Onde
A
,
{\displaystyle A,}
B
,
{\displaystyle B,}
C
{\displaystyle C}
e
D
{\displaystyle D}
são constantes que podem ser calculadas comparando as duas últimas equações,
A
=
y
(
0
)
B
=
y
˙
(
0
)
−
2
y
(
0
)
+
2
3
C
=
−
1
3
D
=
0
.
{\displaystyle {\begin{aligned}&A=y(0)\\&B={\dot {y}}(0)-2y(0)+{\frac {2}{3}}\\&C=-{\frac {1}{3}}\\&D=0\end{aligned}}.}
A transformada inversa de cada uma das frações parciais é facilmente identificada, usando as transformadas calculadas em seções anteriores.
Assim, tem-se que
y
(
t
)
=
y
(
0
)
e
2
t
−
2
t
y
(
0
)
e
2
t
+
t
y
˙
(
0
)
e
2
t
+
2
t
e
2
t
3
−
e
2
t
s
e
n
(
2
t
)
3
.
{\displaystyle y(t)=y(0)e^{2t}-2ty(0)e^{2t}+t{\dot {y}}(0)e^{2t}+{\frac {2te^{2t}}{3}}-{\frac {e^{2t}\mathrm {sen} \,(2t)}{3}}.}
Temos o seguinte problema do valor inicial:
{
t
y
¨
+
y
˙
+
9
t
y
(
t
)
=
0
y
(
0
)
=
5
.
{\displaystyle {\begin{cases}t{\ddot {y}}+{\dot {y}}+9ty(t)=0\\y(0)=5\end{cases}}.}
Primeiramente aplicamos a transformada de Laplace,
L
{
t
y
″
(
t
)
}
+
L
{
y
′
(
t
)
}
+
L
{
t
y
(
t
)
}
=
L
{
0
}
.
{\displaystyle {\mathcal {L}}\{ty''(t)\}+{\mathcal {L}}\{y'(t)\}+{\mathcal {L}}\{ty(t)\}={\mathcal {L}}\{0\}.}
Podemos aplicar as fórmulas obtidas a cima, ou ainda, utilizarmos a propriedade da derivada da transformada seguido da transformada da derivada. Assim, após substituirmos as condições de contorno, tem-se que
−
d
d
s
(
s
2
Y
(
s
)
−
5
s
)
+
(
s
Y
(
s
)
−
5
)
−
9
d
d
s
Y
(
s
)
=
0.
{\displaystyle -{\operatorname {d} \! \over \operatorname {d} \!s}{\bigl (}s^{2}Y(s)-5s{\bigr )}+{\bigl (}sY(s)-5{\bigr )}-9{\operatorname {d} \! \over \operatorname {d} \!s}Y(s)=0.}
Agora derivamos e separamos as variáveis,
−
s
2
Y
′
(
s
)
−
2
s
Y
(
s
)
+
s
Y
(
s
)
−
9
Y
′
(
s
)
=
0.
{\displaystyle -s^{2}Y'(s)-2sY(s)+sY(s)-9Y'(s)=0.}
Isto é,
Y
′
(
s
)
Y
(
s
)
=
−
s
s
2
+
9
.
{\displaystyle {\frac {Y'(s)}{Y(s)}}=-{\frac {s}{s^{2}+9}}.}
Integramos ambos os lados e manipulamos a equação de forma a obtermos,
Y
(
s
)
=
k
s
2
+
9
.
{\displaystyle Y(s)={\frac {\mathbb {k} }{\sqrt {s^{2}+9}}}.}
Agora com o auxilio da tabela das transformadas inversas e utilizando o condição de contorno
y
(
0
)
=
5
{\displaystyle y(0)=5}
, obtemos a função
y
(
t
)
=
5
J
0
(
3
t
)
.
{\displaystyle y(t)=5{\text{J}}_{0}(3t).}
Para exemplificar, vamos resolver o seguinte problema de valor inicial,
{
y
˙
=
x
x
˙
=
y
{
y
(
0
)
=
1
x
(
0
)
=
0
.
{\displaystyle {\begin{cases}{\dot {y}}=x\\{\dot {x}}=y\end{cases}}\ {\begin{cases}y(0)=1\\x(0)=0\end{cases}}.}
Aplicamos a Transformada de Laplace em cada uma das equações,
s
Y
(
s
)
−
y
(
0
)
=
X
(
s
)
s
X
(
s
)
−
x
(
0
)
=
Y
(
s
)
.
{\displaystyle {\begin{aligned}sY(s)-y(0)=X(s)\\sX(s)-x(0)=Y(s)\end{aligned}}.}
Onde usamos a propriedade da derivada e a notação
Y
(
s
)
=
L
{
y
(
t
)
}
{\displaystyle {\begin{aligned}Y(s)=&{\mathcal {L}}\{y(t)\}\end{aligned}}}
e
X
(
s
)
=
L
{
x
(
t
)
}
.
{\displaystyle {\begin{aligned}X(s)=&{\mathcal {L}}\{x(t)\}\end{aligned}}.}
Substituímos as condições iniciais para obter o seguinte sistema de equações algébricas
−
X
(
s
)
+
s
Y
(
s
)
=
1
s
X
(
s
)
−
Y
(
s
)
=
0
(
1
)
(
2
)
.
{\displaystyle {\begin{aligned}-X(s)+sY(s)=1\\sX(s)-Y(s)=0\end{aligned}}\ \ {\begin{aligned}(1)\\(2)\end{aligned}}.}
Multiplicamos a equação
(
1
)
{\displaystyle (1)}
por
s
,
{\displaystyle s,}
−
s
X
(
s
)
+
s
2
Y
(
s
)
=
s
,
{\displaystyle -sX(s)+s^{2}Y(s)=s,}
e somamos com a equação
(
2
)
{\displaystyle (2)}
para obter
(
s
2
−
1
)
Y
(
s
)
=
s
.
{\displaystyle (s^{2}-1)Y(s)=s.}
Portanto,
Y
(
s
)
=
s
s
2
−
1
.
{\displaystyle Y(s)={\frac {s}{s^{2}-1}}.}
Resolvemos
X
(
s
)
{\displaystyle X(s)}
usando a equação
(
2
)
:
{\displaystyle (2):}
X
(
s
)
=
Y
(
s
)
s
=
1
s
2
−
1
.
{\displaystyle X(s)={\frac {Y(s)}{s}}={\frac {1}{s^{2}-1}}.}
As transformadas inversas de
Y
(
s
)
{\displaystyle Y(s)}
e
X
(
s
)
{\displaystyle X(s)}
são
y
(
t
)
=
cosh
(
t
)
x
(
t
)
=
s
e
n
h
(
t
)
.
{\displaystyle {\begin{aligned}y(t)=\cosh(t)\\x(t)=\mathrm {senh} \,(t)\end{aligned}}.}
Considere o circuito da Figura 1 ao lado, constituído de duas malhas com correntes
i
1
{\displaystyle i_{1}}
e
i
2
,
{\displaystyle i_{2},}
respectivamente. Vamos modelar
i
1
{\displaystyle i_{1}}
e
i
2
{\displaystyle i_{2}}
considerando
i
1
(
0
)
=
0
{\displaystyle i_{1}(0)=0}
e
i
2
(
0
)
=
0.
{\displaystyle i_{2}(0)=0.}
Usando a Lei de Kirchoff para obter
{
d
i
1
(
t
)
d
t
+
5
i
1
(
t
)
+
40
i
(
t
)
=
110
(
1
)
2
d
i
2
(
t
)
d
t
+
10
i
2
(
t
)
+
40
i
(
t
)
=
110
(
2
)
.
{\displaystyle {\begin{cases}{di_{1}(t) \over dt}+5i_{1}(t)+40i(t)=110\ \ \ \ \ \ \ (1)\\2{di_{2}(t) \over dt}+10i_{2}(t)+40i(t)=110\ \ \ (2)\end{cases}}.}
Com
i
(
t
)
=
i
1
(
t
)
+
i
2
(
t
)
,
{\displaystyle i(t)=i_{1}(t)+i_{2}(t),}
temos
{
d
i
1
(
t
)
d
t
+
45
i
1
(
t
)
+
40
i
2
(
t
)
=
110
(
1
)
d
i
2
(
t
)
d
t
+
20
i
2
(
t
)
+
25
i
2
(
t
)
=
55
(
2
)
.
{\displaystyle {\begin{cases}{di_{1}(t) \over dt}+45i_{1}(t)+40i_{2}(t)=110\ \ \ (1)\\{di_{2}(t) \over dt}+20i_{2}(t)+25i_{2}(t)=55\ \ \ \ \ (2)\end{cases}}.}
Aplicamos a Transformada de Laplace e obtemos
{
s
I
1
(
s
)
−
i
1
(
0
)
+
45
I
1
(
s
)
+
40
I
2
(
s
)
=
110
s
(
1
)
s
I
2
(
s
)
−
i
2
(
0
)
+
20
I
1
(
s
)
+
25
I
2
(
s
)
=
55
s
(
2
)
{\displaystyle {\begin{cases}sI_{1}(s)-i_{1}(0)+45I_{1}(s)+40I_{2}(s)={\frac {110}{s}}\ \ \ \ (1)\\sI_{2}(s)-i_{2}(0)+20I_{1}(s)+25I_{2}(s)={\frac {55}{s}}\ \ \ \ \ (2)\end{cases}}}
ou seja,
{
(
s
+
45
)
I
1
(
s
)
+
40
I
2
(
s
)
=
110
s
(
1
)
20
I
1
(
s
)
+
(
s
+
25
)
I
2
(
s
)
=
55
s
(
2
)
{\displaystyle {\begin{cases}(s+45)I_{1}(s)+40I_{2}(s)={\frac {110}{s}}\ \ \ \ (1)\\20I_{1}(s)+(s+25)I_{2}(s)={\frac {55}{s}}\ \ \ \ \ \ (2)\end{cases}}}
ou, ainda,
[
(
s
+
45
)
40
20
(
s
+
25
)
]
[
I
1
(
s
)
I
2
(
s
)
]
=
[
110
s
55
s
]
.
{\displaystyle {\begin{bmatrix}(s+45)&40\\20&(s+25)\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}I_{1}(s)\\I_{2}(s)\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}{\frac {110}{s}}\\{\frac {55}{s}}\end{bmatrix}}.}
A solução desse sistema é dada por
[
I
1
(
s
)
I
2
(
s
)
]
=
1
(
s
+
25
)
(
s
+
45
)
−
800
[
(
s
+
25
)
−
40
−
20
(
s
+
45
)
]
[
110
s
55
s
]
.
{\displaystyle {\begin{bmatrix}I_{1}(s)\\I_{2}(s)\end{bmatrix}}={\frac {1}{(s+25)(s+45)-800}}{\begin{bmatrix}(s+25)&-40\\-20&(s+45)\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}{\tfrac {110}{s}}\\{\tfrac {55}{s}}\end{bmatrix}}.}
Portanto,
{
I
1
(
s
)
=
1
s
2
+
70
s
+
325
(
110
s
(
s
+
25
)
−
2200
s
)
=
1
(
s
+
5
)
(
s
+
65
)
(
110
+
550
s
)
I
2
(
s
)
=
1
s
2
+
70
s
+
325
(
−
2200
s
+
55
s
(
s
+
45
)
)
=
1
(
s
+
5
)
(
s
+
65
)
(
55
+
275
s
)
.
{\displaystyle {\begin{cases}I_{1}(s)={\frac {1}{s^{2}+70s+325}}{\biggl (}{\frac {110}{s}}(s+25)-{\frac {2200}{s}}{\biggr )}={\frac {1}{(s+5)(s+65)}}{\biggl (}110+{\frac {550}{s}}{\biggr )}\\I_{2}(s)={\frac {1}{s^{2}+70s+325}}{\biggl (}-{\frac {2200}{s}}+{\frac {55}{s}}(s+45){\biggr )}={\frac {1}{(s+5)(s+65)}}{\biggl (}55+{\frac {275}{s}}{\biggr )}\end{cases}}.}
Aqui percebemos que
I
1
(
s
)
=
2
I
2
(
s
)
{\displaystyle I_{1}(s)=2I_{2}(s)}
e, assim, vamos calcular apenas
I
2
(
s
)
:
{\displaystyle I_{2}(s):}
I
2
(
s
)
=
1
(
s
+
5
)
(
s
+
65
)
(
55
s
+
275
s
)
=
55
s
(
s
+
65
)
.
{\displaystyle I_{2}(s)={\frac {1}{(s+5)(s+65)}}{\biggl (}{\frac {55s+275}{s}}{\biggr )}={\frac {55}{s(s+65)}}.}
Logo,
i
2
(
t
)
=
55
65
(
1
−
e
−
65
t
)
=
11
13
(
1
−
e
−
65
t
)
.
{\displaystyle i_{2}(t)={\frac {55}{65}}(1-e^{-65t})={\frac {11}{13}}(1-e^{-65t}).}
Como
i
1
(
t
)
=
2
i
2
(
t
)
,
{\displaystyle i_{1}(t)=2i_{2}(t),}
i
1
(
t
)
=
22
13
(
1
−
e
−
65
t
)
.
{\displaystyle i_{1}(t)={\frac {22}{13}}(1-e^{-65t}).}
Em um sistema massa-mola , a mola elástica, que obedece a Lei de Hooke e tem constante
k
{\displaystyle k}
, possui uma de suas extremidades fixa e a outra presa à um corpo de massa
m
{\displaystyle m}
. Considerando que o corpo está sujeito a uma força de atrito proporcional a velocidade com constante de amortecimento
γ
,
{\displaystyle \gamma ,}
que a segunda Lei de Newton descreve o movimento do corpo e
y
(
t
)
{\displaystyle y(t)}
o deslocamento em função do tempo, teremos que a aceleração é descrita por
a
=
y
¨
(
t
)
{\displaystyle a={\ddot {y}}(t)}
e as forças em função do seguinte somatório
∑
k
=
1
i
f
i
=
−
k
y
(
t
)
−
γ
y
˙
(
t
)
+
f
e
(
t
)
,
{\displaystyle \sum _{k=1}^{i}f_{i}=-ky(t)-\gamma {\dot {y}}(t)+f_{e}(t),}
sendo
f
e
(
t
)
{\displaystyle f_{e}(t)}
uma força externa atuante sob o sistema.
Aplicando essas informações na segunda Lei de Newton
∑
f
i
=
m
a
,
{\displaystyle \sum f_{i}=ma,}
teremos
m
y
¨
(
t
)
=
−
k
y
(
t
)
−
γ
y
˙
(
t
)
+
f
e
(
t
)
.
{\displaystyle m{\ddot {y}}(t)=-ky(t)-\gamma {\dot {y}}(t)+f_{e}(t).}
Ou seja, a equação para o deslocamento em
y
(
t
)
{\displaystyle y(t)}
é dada por
m
y
¨
(
t
)
+
γ
y
˙
(
t
)
+
k
y
(
t
)
=
f
e
(
t
)
.
{\displaystyle m{\ddot {y}}(t)+\gamma {\dot {y}}(t)+ky(t)=f_{e}(t).}
Para o modelo ficar completo precisamos de condições iniciais
y
(
0
)
{\displaystyle y(0)}
e
y
˙
(
0
)
.
{\displaystyle {\dot {y}}(0).}
Agora, portanto, iremos usar o método de transformada de Laplace para resolver a equação, aplicando a transformada temos:
m
L
{
y
¨
(
t
)
}
+
γ
L
{
y
˙
(
t
)
}
+
k
L
{
y
(
t
)
}
=
L
{
f
e
(
t
)
}
{\displaystyle m{\mathcal {L}}\{{\ddot {y}}(t)\}+\gamma {\mathcal {L}}\{{\dot {y}}(t)\}+k{\mathcal {L}}\{y(t)\}={\mathcal {L}}\{f_{e}(t)\}}
Aplicando a propriedade da transformada de Laplace da derivada, teremos
m
(
s
2
L
{
y
(
t
)
}
−
s
y
(
0
)
−
y
˙
(
0
)
)
+
γ
(
s
L
{
y
(
t
)
}
−
y
(
0
)
)
+
k
L
{
y
(
t
)
}
=
L
{
f
e
(
t
)
}
.
{\displaystyle m{\Bigl (}s^{2}{\begin{aligned}&{\mathcal {L}}\{y(t)\}\end{aligned}}-sy(0)-{\dot {y}}(0){\Bigr )}+\gamma \ {\Bigl (}s{\begin{aligned}&{\mathcal {L}}\{y(t)\}\end{aligned}}-y(0){\Bigr )}+k{\begin{aligned}&{\mathcal {L}}\{y(t)\}\end{aligned}}={\begin{aligned}&{\mathcal {L}}\{f_{e}(t)\}\end{aligned}}.}
Sabendo que
F
e
(
s
)
=
L
{
f
e
(
t
)
}
{\displaystyle F_{e}(s)={\begin{aligned}&{\mathcal {L}}\{f_{e}(t)\}\end{aligned}}}
e
Y
(
s
)
=
L
{
y
(
t
)
}
{\displaystyle Y(s)={\begin{aligned}&{\mathcal {L}}\{y(t)\}\end{aligned}}}
e impondo as condições inicias:
Y
(
s
)
=
L
{
f
e
(
t
)
}
+
γ
y
(
0
)
+
m
y
(
0
)
s
+
m
y
˙
(
0
)
m
s
2
+
γ
s
+
k
.
{\displaystyle Y(s)={\dfrac {{\mathcal {L}}\{f_{e}(t)\}+\gamma y(0)+my(0)s+m{\dot {y}}(0)}{ms^{2}+\gamma s+k}}.}
A solução do problema pode ser representado por
y
(
t
)
=
L
−
1
{
Y
(
s
)
}
.
{\displaystyle y(t)={\mathcal {L}}^{-1}\{Y(s)\}.}
O sistema Oscilador Harmônico pode ser classificado em seis casos: [ 3]
Oscilador Harmônico Forçado: c aso em que
f
e
(
t
)
≠
0
,
{\displaystyle f_{e}(t)\neq 0,}
ou seja,
F
e
(
s
)
≠
0.
{\displaystyle F_{e}(s)\neq 0.}
Oscilador Harmônico Livre: c aso em que
f
e
(
t
)
=
0
,
{\displaystyle f_{e}(t)=0,}
isso implica que
F
e
(
s
)
=
0.
{\displaystyle F_{e}(s)=0.}
Oscilador Harmônico Subamortecido: c aso em que
γ
2
−
4
m
k
<
0
{\displaystyle \gamma ^{2}-4mk<0}
e
F
e
(
s
)
=
0.
{\displaystyle F_{e}(s)=0.}
Dessa forma, as soluções são todas do tipo senos ou cossenos multiplicados por exponenciais.
Oscilador Harmônico Superamortecido: c aso em que
γ
2
−
4
m
k
>
0
{\displaystyle \gamma ^{2}-4mk>0}
e
F
e
(
s
)
=
0.
{\displaystyle F_{e}(s)=0.}
Dessa forma, as soluções são todas do tipo senos ou cossenos hiperbólicos multiplicados por exponenciais, ou seja, são exponenciais puras.
Oscilador Harmônico Criticamente Amortecido: c aso em que
γ
2
−
4
m
k
=
0
{\displaystyle \gamma ^{2}-4mk=0}
e
F
e
(
s
)
=
0.
{\displaystyle F_{e}(s)=0.}
Dessa forma, as soluções são do tipo exponenciais multiplicadas por polinômios.
Oscilador Harmônico Não Amortecido: c aso em que
γ
=
0
{\displaystyle \gamma =0}
e
F
e
(
s
)
=
0.
{\displaystyle F_{e}(s)=0.}
Dessa forma, as soluções são do tipo senos e cossenos puros.
Considere um sistema massa-mola duplo, onde as molas possuem constantes
k
1
{\displaystyle k_{1}}
e
k
2
{\displaystyle k_{2}}
e as massas envolvidas são
m
1
{\displaystyle m_{1}}
e
m
2
{\displaystyle m_{2}}
. Desconsiderando o amortecimento, temos o seguinte sistema:
{
m
1
x
¨
1
(
t
)
=
−
k
1
x
1
(
t
)
+
k
2
[
x
2
(
t
)
−
x
1
(
t
)
]
+
f
1
(
t
)
m
2
x
¨
2
(
t
)
=
−
k
2
[
x
2
(
t
)
−
x
1
(
t
)
]
+
f
2
(
t
)
{\displaystyle {\begin{cases}m_{1}{\ddot {x}}_{1}(t)=-k_{1}x_{1}(t)+k_{2}[x_{2}(t)-x_{1}(t)]+f_{1}(t)\\m_{2}{\ddot {x}}_{2}(t)=-k_{2}[x_{2}(t)-x_{1}(t)]+f_{2}(t)\end{cases}}}
.
Onde
x
1
{\displaystyle x_{1}}
x
2
{\displaystyle x_{2}}
representam o deslocamento de cada uma das massas e
f
1
{\displaystyle f_{1}}
e
f
2
{\displaystyle f_{2}}
são as forças externas aplicadas. Usando a Transformada de Laplace, temos:
{
m
1
(
s
2
X
1
(
s
)
−
x
˙
1
(
0
)
−
s
x
1
(
0
)
)
=
−
(
k
1
+
k
2
)
X
1
(
s
)
+
k
2
X
2
(
s
)
+
F
1
m
2
(
s
2
X
2
(
s
)
−
x
˙
2
(
0
)
−
s
x
2
(
0
)
)
=
−
k
2
X
2
(
s
)
+
k
2
X
1
(
s
)
+
F
2
(
s
)
{\displaystyle {\begin{cases}m_{1}(s^{2}X_{1}(s)-{\dot {x}}_{1}(0)-sx_{1}(0))=-(k_{1}+k_{2})X_{1}(s)+k_{2}X_{2}(s)+F_{1}\\m_{2}(s^{2}X_{2}(s)-{\dot {x}}_{2}(0)-sx_{2}(0))=-k_{2}X_{2}(s)+k_{2}X_{1}(s)+F_{2}(s)\end{cases}}}
.
Isto é:
{
(
m
1
s
2
+
k
1
+
k
2
)
X
1
(
s
)
−
k
2
X
2
(
s
)
=
F
1
(
s
)
+
m
1
x
˙
1
(
0
)
+
s
m
1
x
1
(
0
)
−
k
2
X
1
(
s
)
+
(
m
2
s
2
+
k
2
)
X
2
(
s
)
=
F
2
(
s
)
+
m
2
x
˙
2
(
0
)
+
s
m
2
x
2
(
0
)
{\displaystyle {\begin{cases}(m_{1}s^{2}+k_{1}+k_{2})X_{1}(s)-k_{2}X_{2}(s)=F_{1}(s)+m_{1}{\dot {x}}_{1}(0)+sm_{1}x_{1}(0)\\-k_{2}X_{1}(s)+(m_{2}s^{2}+k_{2})X_{2}(s)=F_{2}(s)+m_{2}{\dot {x}}_{2}(0)+sm_{2}x_{2}(0)\end{cases}}}
.
A representação matricial do sistema é:
[
m
1
s
2
+
k
1
+
k
2
−
k
2
−
k
2
m
2
s
2
+
k
2
]
[
X
1
(
s
)
X
2
(
s
)
]
=
[
F
1
(
s
)
+
m
1
x
˙
1
(
0
)
+
s
m
1
x
1
(
0
)
F
2
(
s
)
+
m
1
x
˙
2
(
0
)
+
s
m
2
x
2
(
0
)
]
{\displaystyle {\begin{bmatrix}m_{1}s^{2}+k_{1}+k_{2}&-k_{2}\\-k_{2}&m_{2}s^{2}+k_{2}\\\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}X_{1}(s)\\X_{2}(s)\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}F_{1}(s)+m_{1}{\dot {x}}_{1}(0)+sm_{1}x_{1}(0)\\F_{2}(s)+m_{1}{\dot {x}}_{2}(0)+sm_{2}x_{2}(0)\end{bmatrix}}}
,
e sua solução pode ser escrita como:
[
X
1
(
s
)
X
2
(
s
)
]
=
1
P
(
s
)
[
m
2
s
2
+
k
2
k
2
k
2
m
1
s
2
+
k
1
+
k
2
]
[
F
1
(
s
)
+
m
1
x
˙
1
(
0
)
+
s
m
1
x
1
(
0
)
F
2
(
s
)
+
m
2
x
˙
2
(
0
)
+
s
m
2
x
2
(
0
)
]
(
α
)
{\displaystyle {\begin{bmatrix}X_{1}(s)\\X_{2}(s)\end{bmatrix}}={1 \over \ P(s)}{\begin{bmatrix}m_{2}s^{2}+k_{2}&k_{2}\\k_{2}&m_{1}s^{2}+k_{1}+k_{2}\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}F1(s)+m_{1}{\dot {x}}_{1}(0)+sm_{1}x_{1}(0)\\F2(s)+m_{2}{\dot {x}}_{2}(0)+sm_{2}x_{2}(0)\end{bmatrix}}\quad (\alpha )}
,
onde
P
(
s
)
=
m
1
m
2
s
4
+
(
m
1
k
2
+
m
2
K
1
+
m
2
k
2
)
s
2
+
k
1
k
2
{\displaystyle P(s)=m_{1}m_{2}s^{4}+(m_{1}k_{2}+m_{2}K_{1}+m_{2}k_{2})s^{2}+k_{1}k_{2}}
.
Vamos resolver um caso particular onde
m
1
=
m
2
=
1
{\displaystyle m_{1}=m_{2}=1}
,
f
1
=
f
2
=
0
{\displaystyle f_{1}=f_{2}=0}
,
k
1
=
6
{\displaystyle k_{1}=6}
e
k
2
=
4
{\displaystyle k_{2}=4}
.
Temos o seguinte sistema massa-mola duplo:
{
x
˙
1
(
t
)
=
−
6
x
1
(
t
)
+
4
[
x
2
(
t
)
−
x
1
(
t
)
]
x
˙
2
(
t
)
=
−
4
[
x
2
(
t
)
−
x
1
(
t
)
]
{\displaystyle {\begin{cases}{\dot {x}}_{1}(t)=-6x_{1}(t)+4[x_{2}(t)-x_{1}(t)]\\{\dot {x}}_{2}(t)=-4[x_{2}(t)-x_{1}(t)]\end{cases}}}
.
Usando a equação
(
α
)
{\displaystyle (\alpha )}
, temos:
[
X
1
(
s
)
X
2
(
s
)
]
=
1
s
4
+
14
s
2
+
24
[
s
4
+
4
4
4
s
2
+
10
]
[
x
˙
1
(
0
)
+
s
x
1
(
0
)
x
˙
2
(
0
)
+
s
x
2
(
0
)
]
{\displaystyle {\begin{bmatrix}X_{1}(s)\\X_{2}(s)\end{bmatrix}}={1 \over \ s^{4}+14s^{2}+24}{\begin{bmatrix}s^{4}+4&4\\4&s^{2}+10\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}{\dot {x}}_{1}(0)+sx_{1}(0)\\{\dot {x}}_{2}(0)+sx_{2}(0)\end{bmatrix}}}
.
Para completar o sistema, impomos as seguintes condições iniciais:
x
1
(
0
)
=
x
2
(
0
)
=
0
{\displaystyle x_{1}(0)=x_{2}(0)=0}
,
x
˙
1
(
0
)
=
1
{\displaystyle {\dot {x}}_{1}(0)=1}
e
x
˙
2
(
0
)
=
−
1
{\displaystyle {\dot {x}}_{2}(0)=-1}
.
[
X
1
(
s
)
X
2
(
s
)
]
=
1
s
4
+
14
s
2
+
24
[
s
4
+
4
4
4
s
2
+
10
]
[
1
−
1
]
{\displaystyle {\begin{bmatrix}X_{1}(s)\\X_{2}(s)\end{bmatrix}}={1 \over \ s^{4}+14s^{2}+24}{\begin{bmatrix}s^{4}+4&4\\4&s^{2}+10\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}}}
.
Logo,
X
(
s
)
=
1
s
4
+
14
s
2
+
24
(
s
2
+
4
−
4
)
=
s
2
s
4
+
14
s
2
+
24
{\displaystyle X(s)={1 \over \ s^{4}+14s^{2}+24}(s^{2}+4-4)={s^{2} \over \ s^{4}+14s^{2}+24}}
,
e
X
(
s
)
=
1
s
4
+
14
s
2
+
24
(
4
−
s
2
−
10
)
=
−
s
2
−
6
s
4
+
14
s
2
+
24
{\displaystyle X(s)={1 \over \ s^{4}+14s^{2}+24}(4-s^{2}-10)={-s^{2}-6 \over \ s^{4}+14s^{2}+24}}
.
Usamos frações parciais para escrever:
s
2
s
4
+
14
s
2
+
24
=
s
2
(
s
2
+
2
)
(
s
2
+
12
)
=
A
(
s
2
+
2
)
+
B
(
s
2
+
12
)
{\displaystyle {s^{2} \over \ s^{4}+14s^{2}+24}={s^{2} \over \ (s^{2}+2)(s^{2}+12)}={A \over \ (s^{2}+2)}+{B \over \ (s^{2}+12)}}
=
A
(
s
2
+
12
)
+
B
(
s
2
+
2
)
(
s
2
+
2
)
(
s
2
+
12
)
{\displaystyle ={A(s^{2}+12)+B(s^{2}+2) \over \ (s^{2}+2)(s^{2}+12)}}
=
(
A
+
B
)
s
2
+
12
A
+
2
B
(
s
2
+
2
)
(
s
2
+
12
)
{\displaystyle ={(A+B)s^{2}+12A+2B \over \ (s^{2}+2)(s^{2}+12)}}
,
ou seja,
A
+
B
=
1
{\displaystyle A+B=1}
e
12
A
+
2
B
=
0
{\displaystyle 12A+2B=0}
Logo,
B
=
−
6
A
{\displaystyle B=-6A}
e
A
−
6
A
=
1
{\displaystyle A-6A=1}
, então
A
=
−
1
5
{\displaystyle A=-{1 \over 5}}
e
B
=
6
5
{\displaystyle B={6 \over \ 5}}
.
Deslocamento x(t) do sistema duplo massa mola.
Portanto,
X
(
s
)
=
1
5
(
6
s
2
+
2
−
1
s
2
+
2
)
=
6
5
12
12
s
2
+
12
2
−
1
5
2
2
s
2
+
2
2
{\displaystyle X(s)={1 \over 5}{\biggl (}{6 \over \ s^{2}+2}-{1 \over \ s^{2}+2}{\biggr )}={6 \over \ 5{\sqrt {12}}}{{\sqrt {12}} \over \ s^{2}+{\sqrt {12}}^{2}}-{1 \over \ 5{\sqrt {2}}}{{\sqrt {2}} \over \ s^{2}+{\sqrt {2}}^{2}}}
e, calculando a transformada inversa, temos:
x
(
t
)
=
6
5
12
sin
(
12
t
)
−
1
5
12
sin
(
2
t
)
{\displaystyle x(t)={6 \over \ 5{\sqrt {12}}}\sin({\sqrt {12}}t)-{1 \over \ 5{\sqrt {12}}}\sin({\sqrt {2}}t)}
=
3
5
sin
(
2
3
t
)
−
2
10
sin
(
2
t
)
{\displaystyle \quad \quad ={{\sqrt {3}} \over \ 5}\sin(2{\sqrt {3}}t)-{{\sqrt {2}} \over \ 10}\sin({\sqrt {2}}t)}
.
A utilização da Transformada de Laplace , neste caso, facilita a solução do problema, pois torna o sistema de equações diferenciais em equações algébricas .
A evolução da concentração de um medicamento na corrente sanguínea é dada pelo seguinte modelo:
c
˙
(
t
)
+
1
ξ
c
(
t
)
=
Λ
(
t
)
t
>
0
{\displaystyle {\dot {c}}(t)+{\frac {1}{\xi }}c(t)=\Lambda (t)\qquad t>0}
Onde
c
(
t
)
{\displaystyle c(t)}
é a concentração do medicamento,
Λ
(
t
)
{\displaystyle \Lambda (t)}
é a dosagem e
ξ
{\displaystyle \xi }
é a taxa em que o organismo metaboliza o medicamento.
Como as dosagens normalmente são ingeridas com uma periodicidade (período
T
{\displaystyle T}
) e são liberadas instantaneamente (
δ
(
t
−
a
)
{\displaystyle \delta (t-a)}
) na corrente sanguínea, pode-se escrever:
s
C
(
s
)
−
c
(
0
)
+
1
ξ
C
(
s
)
=
Λ
o
(
1
+
e
−
T
s
+
e
−
2
T
s
+
e
−
3
T
s
+
.
.
.
)
⏟
n
v
e
z
e
s
s
C
(
s
)
−
c
(
0
)
+
1
ξ
C
(
s
)
=
Λ
o
∑
n
=
0
n
e
−
n
T
s
{\displaystyle {\begin{aligned}&sC(s)-c(0)+{\frac {1}{\xi }}C(s)=\Lambda _{o}\underbrace {(1+e^{-Ts}+e^{-2Ts}+e^{-3Ts}+...)} _{n\ vezes}\\&sC(s)-c(0)+{\frac {1}{\xi }}C(s)=\Lambda _{o}\sum _{n=0}^{n}e^{-nTs}\end{aligned}}}
C
(
s
)
(
s
+
1
ξ
)
=
Λ
o
∑
n
=
0
n
e
−
n
T
s
{\displaystyle C(s)(s+{\frac {1}{\xi }})=\Lambda _{o}\sum _{n=0}^{n}e^{-nTs}}
C
(
s
)
=
Λ
o
s
+
1
ξ
∑
n
=
0
n
e
−
n
T
s
{\displaystyle C(s)={\Lambda _{o} \over s+{\frac {1}{\xi }}}\sum _{n=0}^{n}e^{-nTs}}
Fazendo a Transformada de Laplace inversa:
L
−
1
{
C
(
s
)
}
=
Λ
o
∑
n
=
0
n
L
−
1
{
e
−
n
T
s
s
+
1
ξ
}
{\displaystyle {\mathcal {L}}^{-1}\{C(s)\}=\Lambda _{o}\sum _{n=0}^{n}{\mathcal {L}}^{-1}{\begin{Bmatrix}{\frac {e^{-nTs}}{s+{\frac {1}{\xi }}}}\end{Bmatrix}}}
c
(
t
)
=
Λ
o
∑
n
=
0
n
u
(
t
−
n
T
)
e
−
1
ξ
(
t
−
n
T
)
{\displaystyle c(t)=\Lambda _{o}\sum _{n=0}^{n}u(t-nT)\ e^{-{\frac {1}{\xi }}(t-nT)}}
Com
Λ
o
=
1
{\displaystyle \Lambda _{o}=1}
,
ξ
=
1
{\displaystyle \xi =1}
e
T
=
1
,
{\displaystyle T=1,}
pode-se construir o gráfico da concentração do medicamento no organismo.
Considerando o seguinte mecanismo simplificado de uma reação química :
R
⟶
S
⟶
T
{\displaystyle R\longrightarrow S\longrightarrow T}
onde as concentrações de R, S e T são dadas em
m
o
l
L
{\displaystyle {\frac {mol}{L}}}
por
x
(
t
)
{\displaystyle x(t)}
,
y
(
t
)
{\displaystyle y(t)}
e
z
(
t
)
{\displaystyle z(t)}
, e são regidas pelo seguinte sistema de equações diferenciais ordinárias:
{
x
˙
(
t
)
=
−
ζ
x
(
t
)
y
˙
(
t
)
=
ζ
x
(
t
)
−
σ
y
(
t
)
z
˙
(
t
)
=
σ
y
(
t
)
{\displaystyle {\begin{cases}{\dot {x}}(t)=-\zeta x(t)\\{\dot {y}}(t)=\zeta x(t)-\sigma y(t)\\{\dot {z}}(t)=\sigma y(t)\end{cases}}}
e
ζ
{\displaystyle \zeta }
e
σ
{\displaystyle \sigma }
são constantes positivas. As concentrações iniciais são dadas por:
x
(
0
)
=
1
y
(
0
)
=
z
(
0
)
=
0
{\displaystyle {\begin{aligned}&x(0)=1\\&y(0)=z(0)=0\end{aligned}}}
Vamos obter a solução dada pelo sistema de funções acima através da Teoria das Transformadas de Laplace. Usando a propriedade da linearidade e a propriedade da derivada, , obtemos:
s
X
(
s
)
−
x
(
0
)
=
−
ζ
X
(
s
)
{\displaystyle sX(s)-x(0)=-\zeta X(s)}
s
Y
(
s
)
−
y
(
0
)
=
−
ζ
X
(
s
)
−
σ
Y
(
s
)
{\displaystyle sY(s)-y(0)=-\zeta X(s)-\sigma Y(s)}
s
Z
(
s
)
−
z
(
0
)
=
σ
Y
(
s
)
{\displaystyle sZ(s)-z(0)=\sigma Y(s)}
Da primeira equação temos:
X
(
s
)
=
x
(
0
)
s
+
ζ
{\displaystyle X(s)={\frac {x(0)}{s+\zeta }}}
Aplicando a Transformada Inversa de Laplace, obtemos:
x
(
t
)
=
L
−
1
{
X
(
s
)
}
=
x
(
0
)
e
−
ζ
t
{\displaystyle x(t)={\begin{aligned}&{\mathcal {L^{-1}}}\{X(s)\}\end{aligned}}=x(0)\ e^{-\zeta t}}
Da segunda equação temos:
Y
(
s
)
=
−
ζ
X
(
s
)
s
+
σ
=
−
x
(
0
)
ζ
(
s
+
ζ
)
(
s
+
σ
)
{\displaystyle Y(s)={\frac {-\zeta \ X(s)}{s+\sigma }}={\frac {-x(0)\zeta }{(s+\zeta )(s+\sigma )}}}
Aplicando a Transformada Inversa de Laplace, obtemos:
y
(
t
)
=
L
−
1
{
Y
(
s
)
}
=
−
x
(
0
)
ζ
σ
−
ζ
(
e
−
ζ
t
−
e
−
σ
t
)
{\displaystyle y(t)={\begin{aligned}&{\mathcal {L^{-1}}}\{Y(s)\}\end{aligned}}={\frac {-x(0)\zeta }{\sigma -\zeta }}\ (e^{-\zeta t}-e^{-\sigma t})}
Da terceira equação temos:
Z
(
s
)
=
σ
Y
(
s
)
s
{\displaystyle Z(s)={\frac {\sigma \ Y(s)}{s}}}
Aplicando a Transformada Inversa de Laplace e usando a propriedade da convolução , obtemos:
z
(
t
)
=
L
−
1
{
Z
(
s
)
}
=
σ
L
−
1
{
Y
(
s
)
s
}
z
(
t
)
=
σ
∫
0
t
y
(
τ
)
d
τ
=
σ
∫
0
t
−
x
(
0
)
ζ
σ
−
ζ
(
e
−
ζ
τ
−
e
−
σ
τ
)
d
τ
z
(
t
)
=
−
x
(
0
)
σ
ζ
σ
−
ζ
(
e
−
ζ
t
−
1
−
ζ
−
e
−
σ
t
−
1
−
σ
)
{\displaystyle {\begin{aligned}&z(t)={\mathcal {L^{-1}}}{\begin{Bmatrix}Z(s)\end{Bmatrix}}=\sigma {\mathcal {L^{-1}}}{\begin{Bmatrix}{\frac {Y(s)}{s}}\end{Bmatrix}}\\&z(t)=\sigma \int _{0}^{t}y(\tau )\operatorname {d} \!\tau =\sigma \int _{0}^{t}{\frac {-x(0)\zeta }{\sigma -\zeta }}\ (e^{-\zeta \tau }-e^{-\sigma \tau })\operatorname {d} \!\tau \\&z(t)={\frac {-x(0)\ \sigma \ \zeta }{\sigma -\zeta }}\ {\begin{pmatrix}{\frac {e^{-\zeta \ t}-1}{-\zeta }}-{\frac {e^{-\sigma \ t}-1}{-\sigma }}\end{pmatrix}}\end{aligned}}}
A figura ao lado, apresenta o gráfico com as soluções para o sistema de equações ordinárias.
Referências