Cinemática Inversa de Braço Robótico Planar com duas Juntas Rotacionais

Considere um braço robótico planar com duas juntas rotacionais com elos de comprimento $a_1$ e $a_2$. Dada a posição do ponto final do braço $X=(x,y)$ mostramos como determinar o ângulo $\theta_1$, que o o primeiro elo (de comprimento $a_1$) faz com eixo $\textsf{x}$ e o ângulo $\theta_2$, que o segundo elo (de comprimento $a_2$) faz com o primeiro elo.
Veja o vídeo em https://youtu.be/inSzWXAbM8Q
Veja o texto completo em Cinemática Inversa de Braço Robótico Planar com duas Juntas Rotacionais
Veja um braço robótico em ação em https://youtu.be/8bPXmVMZYbA.
Clique e arraste os pontos vermelhos.

Arco tangente 2

Dado um ponto $X=(x,y)\ne(0,0)$, se chamamos de $\theta$ o ângulo entre $\stackrel{\longrightarrow}{OX}=(x,y)$ e o eixo x temos que $$ r=\sqrt{x^2+y^2},\quad x=r\cos\theta,\quad y=r\,\sen\theta. $$ Para determinarmos o ângulo $\theta$ não podemos usar nem o arco cosseno, nem as outras funções trigonométricas inversas convencionais, pois o resultado da aplicação de arco seno e arco tangente será um ângulo entre $-\pi/2$ e $\pi/2$ e de arco cosseno e arco cotangente será um ângulo entre $0$ e $\pi$. Por isso, usamos a função arco tangente 2, que está implementada em várias linguagens de programação e é definida para $(x,y)\ne(0,0)$ por $$\mbox{atan2}(y,x)=\begin{cases} \atan(y/x),&\mbox{ se }x>0,\\ \atan(y/x)+\pi,&\mbox{ se }x<0 \mbox{ e } y\ge 0,\\ \atan(y/x)-\pi,&\mbox{ se }x<0 \mbox{ e } y<0,\\ \pi/2,&\mbox{ se }x=0 \mbox{ e } y>0,\\ -\pi/2,&\mbox{ se }x=0 \mbox{ e } y<0.\\ \end{cases} $$ Dado um ponto $X=(x,y)\ne(0,0)$, a função arco tangente 2 (atan2) fornece o ângulo entre o vetor $\stackrel{\longrightarrow}{OX}=(x,y)$ e o eixo x. A imagem da função arco tangente 2 é o intervalo $(-\pi,\pi]$.
Veja no applet abaixo a diferença entre o arco tangente e o arco tangente 2. Clique e arraste o ponto vermelho para modificá-lo.

Aplicação de Transformada de Fourier 2

Resolva a equação diferencial da corda elástica infinita com
amortecimento, usando a transformada de
Fourier
$$
\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}=a^2\frac{\partial^2u}{\partial
x^2}-2b\frac{\partial u}{\partial t},\quad x\in\mathbb{R}.
$$
Aqui $b$ é uma constante positiva.


Resolução:


Aplicando-se a transformada de Fourier em relação à variável $x$ na
equação diferencial obtemos
$$
\frac{\partial^2 \hat{u}}{\partial t^2}(\omega,t)=-a^2\omega^2\hat{u}(\omega,t)-2b\frac{\partial \hat{u}}{\partial t}(\omega,t).
$$
Resolvendo esta equação diferencial obtemos que
$$
\hat{u}(\omega)=\phi(\omega)e^{-(b+f(\omega))t}+
\psi(\omega)e^{-(b-f(\omega))t}
$$
em que
$$f(\omega)=\left\{\begin{array}{ll}
\sqrt{b^2-a^2\omega^2},&\mbox{para }\omega<\frac{b}{a}\\ i\sqrt{a^2\omega^2-b^2},&\mbox{para }\omega>\frac{b}{a}
\end{array}\right.$$

Sejam $\hat{k_1}(\omega,t)=e^{-tf(\omega)}$ e $\hat{k_2}(\omega,t)=e^{+tf(\omega)}$. Então
$$u(x,t)=\frac{e^{-bt}}{\sqrt{2\pi}}\left(\int_{-\infty}^\infty\phi(y)k_1(y-x,t)dy+
\int_{-\infty}^\infty\psi(y)k_2(y-x,t)dy\right)$$

Aplicação de Transformada de Fourier 1

Resolva a equação diferencial a seguir usando a transformada de
Fourier
$$
\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}=a^2\frac{\partial^2u}{\partial
x^2}-\alpha u,\quad x\in\mathbb{R}.
$$
Aqui $\alpha$ é uma constante positiva.

Resolução:


Aplicando-se a transformada de Fourier em relação à variável $x$ na
equação diferencial obtemos
$$
\frac{\partial^2 \hat{u}}{\partial t^2}(\omega,t)=-a^2\omega^2\hat{u}(\omega,t)-\alpha\hat{u}(\omega,t).
$$
Resolvendo esta equação diferencial obtemos que
\begin{eqnarray*}
\hat{u}(\omega,t) &=& \hat{\phi}(\omega)e^{-i\sqrt{a^2\omega^2+\alpha}\; t}+\hat{\psi}(\omega)e^{+i\sqrt{a^2\omega^2+\alpha}\; t} \\
&=& \hat{\phi}(\omega)e^{-if(\omega) t}+\hat{\psi}(\omega)e^{+if(\omega) t}
\end{eqnarray*}
em que $f(\omega)=\sqrt{a^2\omega^2+\alpha}.$

Sejam $\hat{k_1}(\omega,t)=e^{-itf(\omega)}$ e $\hat{k_2}(\omega,t)=e^{+itf(\omega)}$. Então
$$u(x,t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(\int_{-\infty}^\infty\phi(y)k_1(y-x,t)dy+
\int_{-\infty}^\infty\psi(y)k_2(y-x,t)dy\right)$$