Método das transformadas de Laplace para resolver equações diferencais

Uma equação diferencial ordinária é uma equação que envolve uma função de uma variável e suas derivadas ${\dot {f}}(x),$ ${\ddot {f}}(x),$ ... $f^{(n)}(x).$ 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.

Equações diferenciais ordinárias

A transformada de Laplace é é definida como: ${\mathcal {L}}\{f(t)\}\ {\overset {\underset {\mathrm {def} }{}}{=}}\lim _{\ \ \alpha \to 0^{+}}\int _{\alpha }^{\infty }f(t)\ e^{-st}\ \operatorname {d} \!t$ Assim definida, a transformada de Laplace tem várias propriedades, em especial, a propriedade da derivada e da integral, essas propriedades podem ser descritas como:

A transformada da equação diferencial será outra equação diferencial para a função $Y,$ 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 $Y$ e as suas derivadas deverão ser funções assimptoticamente decrescentes; esta propriedade das transformadas de Laplace impõe condições fronteira para a equação diferencial obtida.

Equações diferenciais ordinárias com coeficientes constantes

1. Consideremos a equação $$3{\ddot {y}}-12{\dot {y}}+12y=4\mathrm {e} ^{2x}\mathrm {sen} \ (2x).$$
2. Transformando os dois lados da equação e usando a propriedade de linearidade, obtém-se $$3{\mathcal {L}}\{{\ddot {y}}\}-12{\mathcal {L}}\{{\dot {y}}\}+12{\mathcal {L}}\{y\}=4{\mathcal {L}}\{\mathrm {e} ^{2x}\mathrm {sen} \,(2x)\}.$$
3. Cada um dos termos pode ser calculado usando as propriedades da transformada de Laplace, $${\begin{aligned}&{\mathcal {L}}\{y\}=Y(s)\\&{\mathcal {L}}\{{\dot {y}}\}=sY(s)-y(0)\\&{\mathcal {L}}\{{\ddot {y}}\}=s^{2}Y(s)-sy(0)-{\dot {y}}(0)\\&{\mathcal {L}}\{e^{2x}\mathrm {sen} \,(2x)\}={\frac {2}{(s-2)^{2}+4}}\end{aligned}}.$$
4. A transformada da equação diferencial é $$3{\Bigl (}s^{2}Y-y(0)s-{\dot {y}}(0){\Bigr )}-12{\Bigl (}sY-y(0){\Bigr )}+12Y={\frac {8}{(s-2)^{2}+4}}.$$
5. Esta equação é uma equação algébrica que pode ser facilmente simplificada, conduzindo à função $Y:$ $$Y(s)={\frac {3y(0)s+3{\dot {y}}(0)-3y(0)}{3s^{2}-12s+12}}+{\frac {8}{{\Bigl (}(s-2)^{2}+4{\Bigr )}(3s^{2}-12s+12)}}$$
6. A solução da EDO é a transformada inversa da função $Y.$
7. Usando a expansão em frações parciais: $$Y={\frac {A}{s-2}}+{\frac {B}{(s-2)^{2}}}+{\frac {2C}{(s-2)^{2}+4}}+{\frac {D(s-2)}{(s-2)^{2}+4}}.$$
8. Onde $A,$ $B,$ $C$ e $D$ são constantes que podem ser calculadas comparando as duas últimas equações, $${\begin{aligned}&A=y(0)\\&B={\dot {y}}(0)-2y(0)+{\frac {2}{3}}\\&C=-{\frac {1}{3}}\\&D=0\end{aligned}}.$$
9. A transformada inversa de cada uma das frações parciais é facilmente identificada, usando as transformadas calculadas em seções anteriores.
10. Assim, tem-se que $$y(t)=y(0)e^{2t}-2ty(0)e^{2t}+t{\dot {y}}(0)e^{2t}+{\frac {2te^{2t}}{3}}-{\frac {e^{2t}\mathrm {sen} \,(2t)}{3}}.$$

Equações diferenciais ordinárias com coeficientes variáveis

1. Temos o seguinte problema do valor inicial: ${\begin{cases}t{\ddot {y}}+{\dot {y}}+9ty(t)=0\\y(0)=5\end{cases}}.$
2. Primeiramente aplicamos a transformada de Laplace, ${\mathcal {L}}\{ty''(t)\}+{\mathcal {L}}\{y'(t)\}+{\mathcal {L}}\{ty(t)\}={\mathcal {L}}\{0\}.$
3. 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 $-{\operatorname {d} \! \over \operatorname {d} \!s}{\bigl (}s^{2}Y(s)-5s{\bigr )}+{\bigl (}sY(s)-5{\bigr )}-9{\operatorname {d} \! \over \operatorname {d} \!s}Y(s)=0.$
4. Agora derivamos e separamos as variáveis, $-s^{2}Y'(s)-2sY(s)+sY(s)-9Y'(s)=0.$
5. Isto é, ${\frac {Y'(s)}{Y(s)}}=-{\frac {s}{s^{2}+9}}.$
6. Integramos ambos os lados e manipulamos a equação de forma a obtermos, $Y(s)={\frac {\mathbb {k} }{\sqrt {s^{2}+9}}}.$
7. Agora com o auxilio da tabela das transformadas inversas e utilizando o condição de contorno $y(0)=5$, obtemos a função $y(t)=5{\text{J}}_{0}(3t).$

Sistema linear de equações diferenciais ordinárias

1. Para exemplificar, vamos resolver o seguinte problema de valor inicial, ${\begin{cases}{\dot {y}}=x\\{\dot {x}}=y\end{cases}}\ {\begin{cases}y(0)=1\\x(0)=0\end{cases}}.$
2. Aplicamos a Transformada de Laplace em cada uma das equações, ${\begin{aligned}sY(s)-y(0)=X(s)\\sX(s)-x(0)=Y(s)\end{aligned}}.$
3. Onde usamos a propriedade da derivada e a notação${\begin{aligned}Y(s)=&{\mathcal {L}}\{y(t)\}\end{aligned}}$ e ${\begin{aligned}X(s)=&{\mathcal {L}}\{x(t)\}\end{aligned}}.$
4. Substituímos as condições iniciais para obter o seguinte sistema de equações algébricas ${\begin{aligned}-X(s)+sY(s)=1\\sX(s)-Y(s)=0\end{aligned}}\ \ {\begin{aligned}(1)\\(2)\end{aligned}}.$
5. Multiplicamos a equação $(1)$ por $s,$ $-sX(s)+s^{2}Y(s)=s,$ e somamos com a equação $(2)$ para obter $(s^{2}-1)Y(s)=s.$
6. Portanto, $Y(s)={\frac {s}{s^{2}-1}}.$
7. Resolvemos $X(s)$ usando a equação $(2):$ $X(s)={\frac {Y(s)}{s}}={\frac {1}{s^{2}-1}}.$
8. As transformadas inversas de $Y(s)$ e $X(s)$são ${\begin{aligned}y(t)=\cosh(t)\\x(t)=\mathrm {senh} \,(t)\end{aligned}}.$

Algumas aplicações

Circuito de duas malhas

Considere o circuito da Figura 1 ao lado, constituído de duas malhas com correntes $i_{1}$ e $i_{2},$ respectivamente. Vamos modelar $i_{1}$ e $i_{2}$ considerando $i_{1}(0)=0$ e $i_{2}(0)=0.$

Usando a Lei de Kirchoff para obter ${\begin{cases}{di_{1}(t) \over dt}+5i_{1}(t)+40i(t)=110\ \ \ \ \ \ \ (1)\\2{di_{2}(t) \over dt}+10i_{2}(t)+40i(t)=110\ \ \ (2)\end{cases}}.$

Com $i(t)=i_{1}(t)+i_{2}(t),$ temos ${\begin{cases}{di_{1}(t) \over dt}+45i_{1}(t)+40i_{2}(t)=110\ \ \ (1)\\{di_{2}(t) \over dt}+20i_{2}(t)+25i_{2}(t)=55\ \ \ \ \ (2)\end{cases}}.$

Aplicamos a Transformada de Laplace e obtemos${\begin{cases}sI_{1}(s)-i_{1}(0)+45I_{1}(s)+40I_{2}(s)={\frac {110}{s}}\ \ \ \ (1)\\sI_{2}(s)-i_{2}(0)+20I_{1}(s)+25I_{2}(s)={\frac {55}{s}}\ \ \ \ \ (2)\end{cases}}$

ou seja, ${\begin{cases}(s+45)I_{1}(s)+40I_{2}(s)={\frac {110}{s}}\ \ \ \ (1)\\20I_{1}(s)+(s+25)I_{2}(s)={\frac {55}{s}}\ \ \ \ \ \ (2)\end{cases}}$

ou, ainda, ${\begin{bmatrix}(s+45)&40\\20&(s+25)\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}I_{1}(s)\\I_{2}(s)\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}{\frac {110}{s}}\\{\frac {55}{s}}\end{bmatrix}}.$

A solução desse sistema é dada por ${\begin{bmatrix}I_{1}(s)\\I_{2}(s)\end{bmatrix}}={\frac {1}{(s+25)(s+45)-800}}{\begin{bmatrix}(s+25)&-40\\-20&(s+45)\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}{\tfrac {110}{s}}\\{\tfrac {55}{s}}\end{bmatrix}}.$

Portanto, ${\begin{cases}I_{1}(s)={\frac {1}{s^{2}+70s+325}}{\biggl (}{\frac {110}{s}}(s+25)-{\frac {2200}{s}}{\biggr )}={\frac {1}{(s+5)(s+65)}}{\biggl (}110+{\frac {550}{s}}{\biggr )}\\I_{2}(s)={\frac {1}{s^{2}+70s+325}}{\biggl (}-{\frac {2200}{s}}+{\frac {55}{s}}(s+45){\biggr )}={\frac {1}{(s+5)(s+65)}}{\biggl (}55+{\frac {275}{s}}{\biggr )}\end{cases}}.$

Aqui percebemos que $I_{1}(s)=2I_{2}(s)$ e, assim, vamos calcular apenas $I_{2}(s):$ $I_{2}(s)={\frac {1}{(s+5)(s+65)}}{\biggl (}{\frac {55s+275}{s}}{\biggr )}={\frac {55}{s(s+65)}}.$

Logo, $i_{2}(t)={\frac {55}{65}}(1-e^{-65t})={\frac {11}{13}}(1-e^{-65t}).$

Como $i_{1}(t)=2i_{2}(t),$ $i_{1}(t)={\frac {22}{13}}(1-e^{-65t}).$

Oscilador harmônico

Em um sistema massa-mola, a mola elástica, que obedece a Lei de Hooke e tem constante $k$, possui uma de suas extremidades fixa e a outra presa à um corpo de massa $m$. Considerando que o corpo está sujeito a uma força de atrito proporcional a velocidade com constante de amortecimento $\gamma ,$ que a segunda Lei de Newton descreve o movimento do corpo e $y(t)$ o deslocamento em função do tempo, teremos que a aceleração é descrita por $a={\ddot {y}}(t)$ e as forças em função do seguinte somatório $\sum _{k=1}^{i}f_{i}=-ky(t)-\gamma {\dot {y}}(t)+f_{e}(t),$ sendo $f_{e}(t)$ uma força externa atuante sob o sistema.

Aplicando essas informações na segunda Lei de Newton $\sum f_{i}=ma,$ teremos $m{\ddot {y}}(t)=-ky(t)-\gamma {\dot {y}}(t)+f_{e}(t).$

Ou seja, a equação para o deslocamento em $y(t)$ é dada por $m{\ddot {y}}(t)+\gamma {\dot {y}}(t)+ky(t)=f_{e}(t).$

Para o modelo ficar completo precisamos de condições iniciais $y(0)$ e ${\dot {y}}(0).$

Agora, portanto, iremos usar o método de transformada de Laplace para resolver a equação, aplicando a transformada temos:

$m{\mathcal {L}}\{{\ddot {y}}(t)\}+\gamma {\mathcal {L}}\{{\dot {y}}(t)\}+k{\mathcal {L}}\{y(t)\}={\mathcal {L}}\{f_{e}(t)\}$

Aplicando a propriedade da transformada de Laplace da derivada, teremos $m{\Bigl (}s^{2}{\begin{aligned}&{\mathcal {L}}\{y(t)\}\end{aligned}}-sy(0)-{\dot {y}}(0){\Bigr )}+\gamma \ {\Bigl (}s{\begin{aligned}&{\mathcal {L}}\{y(t)\}\end{aligned}}-y(0){\Bigr )}+k{\begin{aligned}&{\mathcal {L}}\{y(t)\}\end{aligned}}={\begin{aligned}&{\mathcal {L}}\{f_{e}(t)\}\end{aligned}}.$

Sabendo que $F_{e}(s)={\begin{aligned}&{\mathcal {L}}\{f_{e}(t)\}\end{aligned}}$ e $Y(s)={\begin{aligned}&{\mathcal {L}}\{y(t)\}\end{aligned}}$e impondo as condições inicias:

$Y(s)={\dfrac {{\mathcal {L}}\{f_{e}(t)\}+\gamma y(0)+my(0)s+m{\dot {y}}(0)}{ms^{2}+\gamma s+k}}.$

A solução do problema pode ser representado por $y(t)={\mathcal {L}}^{-1}\{Y(s)\}.$

O sistema Oscilador Harmônico pode ser classificado em seis casos:

1. Oscilador Harmônico Forçado: caso em que $f_{e}(t)\neq 0,$ ou seja, $F_{e}(s)\neq 0.$
2. Oscilador Harmônico Livre: caso em que $f_{e}(t)=0,$ isso implica que $F_{e}(s)=0.$
3. Oscilador Harmônico Subamortecido: caso em que $\gamma ^{2}-4mk<0$ e $F_{e}(s)=0.$ Dessa forma, as soluções são todas do tipo senos ou cossenos multiplicados por exponenciais.
4. Oscilador Harmônico Superamortecido: caso em que $\gamma ^{2}-4mk>0$ e $F_{e}(s)=0.$ Dessa forma, as soluções são todas do tipo senos ou cossenos hiperbólicos multiplicados por exponenciais, ou seja, são exponenciais puras.
5. Oscilador Harmônico Criticamente Amortecido: caso em que $\gamma ^{2}-4mk=0$e $F_{e}(s)=0.$ Dessa forma, as soluções são do tipo exponenciais multiplicadas por polinômios.
6. Oscilador Harmônico Não Amortecido: caso em que $\gamma =0$ e $F_{e}(s)=0.$ Dessa forma, as soluções são do tipo senos e cossenos puros.

Duplo Sistema Massa-Mola

Considere um sistema massa-mola duplo, onde as molas possuem constantes $k_{1}$e $k_{2}$e as massas envolvidas são $m_{1}$e $m_{2}$. Desconsiderando o amortecimento, temos o seguinte sistema:

${\begin{cases}m_{1}{\ddot {x}}_{1}(t)=-k_{1}x_{1}(t)+k_{2}[x_{2}(t)-x_{1}(t)]+f_{1}(t)\\m_{2}{\ddot {x}}_{2}(t)=-k_{2}[x_{2}(t)-x_{1}(t)]+f_{2}(t)\end{cases}}$.

Onde $x_{1}$$x_{2}$representam o deslocamento de cada uma das massas e $f_{1}$e $f_{2}$são as forças externas aplicadas. Usando a Transformada de Laplace, temos:

${\begin{cases}m_{1}(s^{2}X_{1}(s)-{\dot {x}}_{1}(0)-sx_{1}(0))=-(k_{1}+k_{2})X_{1}(s)+k_{2}X_{2}(s)+F_{1}\\m_{2}(s^{2}X_{2}(s)-{\dot {x}}_{2}(0)-sx_{2}(0))=-k_{2}X_{2}(s)+k_{2}X_{1}(s)+F_{2}(s)\end{cases}}$.

Isto é:

${\begin{cases}(m_{1}s^{2}+k_{1}+k_{2})X_{1}(s)-k_{2}X_{2}(s)=F_{1}(s)+m_{1}{\dot {x}}_{1}(0)+sm_{1}x_{1}(0)\\-k_{2}X_{1}(s)+(m_{2}s^{2}+k_{2})X_{2}(s)=F_{2}(s)+m_{2}{\dot {x}}_{2}(0)+sm_{2}x_{2}(0)\end{cases}}$.

A representação matricial do sistema é:

${\begin{bmatrix}m_{1}s^{2}+k_{1}+k_{2}&-k_{2}\\-k_{2}&m_{2}s^{2}+k_{2}\\\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}X_{1}(s)\\X_{2}(s)\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}F_{1}(s)+m_{1}{\dot {x}}_{1}(0)+sm_{1}x_{1}(0)\\F_{2}(s)+m_{1}{\dot {x}}_{2}(0)+sm_{2}x_{2}(0)\end{bmatrix}}$,

e sua solução pode ser escrita como:

${\begin{bmatrix}X_{1}(s)\\X_{2}(s)\end{bmatrix}}={1 \over \ P(s)}{\begin{bmatrix}m_{2}s^{2}+k_{2}&k_{2}\\k_{2}&m_{1}s^{2}+k_{1}+k_{2}\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}F1(s)+m_{1}{\dot {x}}_{1}(0)+sm_{1}x_{1}(0)\\F2(s)+m_{2}{\dot {x}}_{2}(0)+sm_{2}x_{2}(0)\end{bmatrix}}\quad (\alpha )$,

onde $P(s)=m_{1}m_{2}s^{4}+(m_{1}k_{2}+m_{2}K_{1}+m_{2}k_{2})s^{2}+k_{1}k_{2}$.

Vamos resolver um caso particular onde $m_{1}=m_{2}=1$, $f_{1}=f_{2}=0$, $k_{1}=6$e $k_{2}=4$.

Temos o seguinte sistema massa-mola duplo:

${\begin{cases}{\dot {x}}_{1}(t)=-6x_{1}(t)+4[x_{2}(t)-x_{1}(t)]\\{\dot {x}}_{2}(t)=-4[x_{2}(t)-x_{1}(t)]\end{cases}}$.

Usando a equação $(\alpha )$, temos:

${\begin{bmatrix}X_{1}(s)\\X_{2}(s)\end{bmatrix}}={1 \over \ s^{4}+14s^{2}+24}{\begin{bmatrix}s^{4}+4&4\\4&s^{2}+10\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}{\dot {x}}_{1}(0)+sx_{1}(0)\\{\dot {x}}_{2}(0)+sx_{2}(0)\end{bmatrix}}$.

Para completar o sistema, impomos as seguintes condições iniciais: $x_{1}(0)=x_{2}(0)=0$, ${\dot {x}}_{1}(0)=1$e${\dot {x}}_{2}(0)=-1$.

${\begin{bmatrix}X_{1}(s)\\X_{2}(s)\end{bmatrix}}={1 \over \ s^{4}+14s^{2}+24}{\begin{bmatrix}s^{4}+4&4\\4&s^{2}+10\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}}$.

Logo,

$X(s)={1 \over \ s^{4}+14s^{2}+24}(s^{2}+4-4)={s^{2} \over \ s^{4}+14s^{2}+24}$,

e

$X(s)={1 \over \ s^{4}+14s^{2}+24}(4-s^{2}-10)={-s^{2}-6 \over \ s^{4}+14s^{2}+24}$.

Usamos frações parciais para escrever:

${s^{2} \over \ s^{4}+14s^{2}+24}={s^{2} \over \ (s^{2}+2)(s^{2}+12)}={A \over \ (s^{2}+2)}+{B \over \ (s^{2}+12)}$

$={A(s^{2}+12)+B(s^{2}+2) \over \ (s^{2}+2)(s^{2}+12)}$

$={(A+B)s^{2}+12A+2B \over \ (s^{2}+2)(s^{2}+12)}$,

ou seja, $A+B=1$e $12A+2B=0$

Logo, $B=-6A$e $A-6A=1$, então $A=-{1 \over 5}$e $B={6 \over \ 5}$.

Deslocamento x(t) do sistema duplo massa mola.

Portanto,

$X(s)={1 \over 5}{\biggl (}{6 \over \ s^{2}+2}-{1 \over \ s^{2}+2}{\biggr )}={6 \over \ 5{\sqrt {12}}}{{\sqrt {12}} \over \ s^{2}+{\sqrt {12}}^{2}}-{1 \over \ 5{\sqrt {2}}}{{\sqrt {2}} \over \ s^{2}+{\sqrt {2}}^{2}}$

e, calculando a transformada inversa, temos:

$x(t)={6 \over \ 5{\sqrt {12}}}\sin({\sqrt {12}}t)-{1 \over \ 5{\sqrt {12}}}\sin({\sqrt {2}}t)$

$\quad \quad ={{\sqrt {3}} \over \ 5}\sin(2{\sqrt {3}}t)-{{\sqrt {2}} \over \ 10}\sin({\sqrt {2}}t)$.

Metabolismo de um medicamento

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:

${\dot {c}}(t)+{\frac {1}{\xi }}c(t)=\Lambda (t)\qquad t>0$

Onde $c(t)$ é a concentração do medicamento, $\Lambda (t)$ é a dosagem e $\xi$ é a taxa em que o organismo metaboliza o medicamento.

Como as dosagens normalmente são ingeridas com uma periodicidade (período $T$) e são liberadas instantaneamente ($\delta (t-a)$ ) na corrente sanguínea, pode-se escrever:

${\begin{aligned}&sC(s)-c(0)+{\frac {1}{\xi }}C(s)=\Lambda _{o}\underbrace {(1+e^{-Ts}+e^{-2Ts}+e^{-3Ts}+...)} _{n\ vezes}\\&sC(s)-c(0)+{\frac {1}{\xi }}C(s)=\Lambda _{o}\sum _{n=0}^{n}e^{-nTs}\end{aligned}}$

$C(s)(s+{\frac {1}{\xi }})=\Lambda _{o}\sum _{n=0}^{n}e^{-nTs}$

$C(s)={\Lambda _{o} \over s+{\frac {1}{\xi }}}\sum _{n=0}^{n}e^{-nTs}$

Fazendo a Transformada de Laplace inversa:

${\mathcal {L}}^{-1}\{C(s)\}=\Lambda _{o}\sum _{n=0}^{n}{\mathcal {L}}^{-1}{\begin{Bmatrix}{\frac {e^{-nTs}}{s+{\frac {1}{\xi }}}}\end{Bmatrix}}$

$c(t)=\Lambda _{o}\sum _{n=0}^{n}u(t-nT)\ e^{-{\frac {1}{\xi }}(t-nT)}$

Com $\Lambda _{o}=1$, $\xi =1$ e $T=1,$ pode-se construir o gráfico da concentração do medicamento no organismo.

Reação química

Considerando o seguinte mecanismo simplificado de uma reação química:

$R\longrightarrow S\longrightarrow T$

onde as concentrações de R, S e T são dadas em ${\frac {mol}{L}}$ por $x(t)$, $y(t)$ e $z(t)$, e são regidas pelo seguinte sistema de equações diferenciais ordinárias:

${\begin{cases}{\dot {x}}(t)=-\zeta x(t)\\{\dot {y}}(t)=\zeta x(t)-\sigma y(t)\\{\dot {z}}(t)=\sigma y(t)\end{cases}}$

e $\zeta$ e $\sigma$ são constantes positivas. As concentrações iniciais são dadas por:

${\begin{aligned}&x(0)=1\\&y(0)=z(0)=0\end{aligned}}$

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:

$sX(s)-x(0)=-\zeta X(s)$

$sY(s)-y(0)=-\zeta X(s)-\sigma Y(s)$

$sZ(s)-z(0)=\sigma Y(s)$

Da primeira equação temos:

$X(s)={\frac {x(0)}{s+\zeta }}$

Aplicando a Transformada Inversa de Laplace, obtemos:$x(t)={\begin{aligned}&{\mathcal {L^{-1}}}\{X(s)\}\end{aligned}}=x(0)\ e^{-\zeta t}$

Da segunda equação temos:

$Y(s)={\frac {-\zeta \ X(s)}{s+\sigma }}={\frac {-x(0)\zeta }{(s+\zeta )(s+\sigma )}}$

Aplicando a Transformada Inversa de Laplace, obtemos:

$y(t)={\begin{aligned}&{\mathcal {L^{-1}}}\{Y(s)\}\end{aligned}}={\frac {-x(0)\zeta }{\sigma -\zeta }}\ (e^{-\zeta t}-e^{-\sigma t})$

Da terceira equação temos:

$Z(s)={\frac {\sigma \ Y(s)}{s}}$

Aplicando a Transformada Inversa de Laplace e usando a propriedade da convolução, obtemos:

${\begin{aligned}&z(t)={\mathcal {L^{-1}}}{\begin{Bmatrix}Z(s)\end{Bmatrix}}=\sigma {\mathcal {L^{-1}}}{\begin{Bmatrix}{\frac {Y(s)}{s}}\end{Bmatrix}}\\&z(t)=\sigma \int _{0}^{t}y(\tau )\operatorname {d} \!\tau =\sigma \int _{0}^{t}{\frac {-x(0)\zeta }{\sigma -\zeta }}\ (e^{-\zeta \tau }-e^{-\sigma \tau })\operatorname {d} \!\tau \\&z(t)={\frac {-x(0)\ \sigma \ \zeta }{\sigma -\zeta }}\ {\begin{pmatrix}{\frac {e^{-\zeta \ t}-1}{-\zeta }}-{\frac {e^{-\sigma \ t}-1}{-\sigma }}\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

A figura ao lado, apresenta o gráfico com as soluções para o sistema de equações ordinárias.

Ver também

• Capacitor
• Equação diferencial
• Leis de Kirchhoff
• Problema de valor inicial
• Transformada de Laplace
• Transformada de Fourier
• Função de Heaviside