Solução clássica de uma EDO - Exemplo.

Figura 1. Sinal y(t) em função do tempo.

Resposta total

A resposta total $rt(t)$ de um sistema linear, isto é, a resposta considerando um sinal de entrada e que exista alguma energia inicial armazenada no sistema, assumindo que as raízes da equação característica são nulas, pode ser expressa por:
\[ rt(t) = \sum_{k=1}^{N} c_k e^{\lambda_k t} + x(t)*h(t)\text{,} \]
onde $\lambda_k$ são as raízes da equação característica, $x(t)$ é o sinal de entrada e $h(t)$ é a resposta ao impulso. Podemos expressar a resposta total pela soma das respostas natural (que é função da energia inicial) e forçada (que depende do sinal de entrada):
\[ rt(t) = y_n(t) + y_{\phi}(t)\]
Solução clássica.

A resposta do sistema $rt(t) = y_n(t) + y_{\phi}(t)$ deve satisfazer a equação diferencial
\[ Q(D)[y_n(t) + y_{\phi}(t)] = P(D)x(t)\text{,} \]
mas $Q(D)y_n(t) = 0$, pois $y_n(t)$ é composto apenas dos modos naturais. Logo
\[ Q(D)y_{\phi}(t) = P(D)x(t). \]
Calcular a resposta forçada $y_{\phi}(t)$ é uma tarefa relativamente simples para a maioria das entradas práticas $x(t)$. De forma geral, podemos dizer que $y_{\phi}(t)$ tem o mesmo ``jeitão'' de $x(t)$. Por exemplo, se $x(t)$ é uma função polinomial, então $y_{\phi}(t)$ também será uma função polinomial. Se $x(t)$ é uma função senoidal, então $y_{\phi}(t)$ será também uma função do tipo senoidal.

Um exemplo.

Considere a seguinte equação diferencial
\[ (D^2 + 3D + 2)y(t) = Dx(t) \]
com entrada $x(t) = \cos(2t)$ e com as seguintes condições iniciais: $y(0^+) = 2$ e $\dot{y}(0^+) = -3$.

Solução:
O polinômio característico é $\lambda^2 + 3\lambda + 2 = (\lambda + 1)(\lambda + 2)$. Logo, a solução natural é do tipo
\[ y_n(t) = K_1 e^{-t} + K_2 e^{-2t} \text{, para } t\geq 0\]
E a solução forçada é do tipo: $y_{\phi}(t) = A\cos(2t) + B\sin(2t)$. As constantes $K_1$, $K_2$, $A$ e $B$ são calculadas a partir das condições iniciais e da própria EDO.

Cálculo de $A$ e $B$:
\[ (D^2 + 3D + 2)y_{\phi}(t) = Dx(t)  \] \[ (6B - 2A)\cos(2t) + (-2B - 6A)\sin(2t) = -2\sin(2t)  \]
Logo, temos o seguinte sistema para resolver:
\[ 6B - 2A = 0  \] \[-2B - 6A = -2 \]
O que resulta em $A = 3/10$ e $B = 1/10$. Assim,
\[ y(t) = K_1 e^{-t} + K_2 e^{-2t} + \frac{3}{10}\cos(2t) + \frac{1}{10}\sin(2t) \]
Aplicamos agora as condições iniciais:
\[ K_1 + K_2 + \frac{3}{10} = 2 \] \[-K_1 - 2K_2 + \frac{2}{10} = -3\]
Resultando em $K_2 = 3/2$ e $K_1 = 1/5$. E a solução final é:
\[ y(t) = \frac{1}{5}e^{-t} + \frac{3}{2}e^{-2t} + \frac{3}{10}\cos(2t) + \frac{1}{10}\sin(2t)\text{, para } t\geq 0\]

A solução gráfica de $y(t)$ é a Figura 1 desta postagem.