(40 pontos) Resolva a EDO usando transformada de Laplace:
y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+2 y=u_{1}(t)
\operatorname{com} y(0)=0, y^{\prime}(0)=0.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial ordinária e as condições iniciais:
y''+2y'+2y=u_{1}(t), \qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=0.
Pergunta: encontrar a solução y(t) para t\ge0.
Observação importante que vou usar: u_{1}(t) é a função degrau deslocada de unidade, isto é, u_{1}(t)=u(t-1) (a função de Heaviside que vale 0 para t<1 e 1 para t\ge1).

Passo 2

Apresento as ferramentas de Laplace que vou usar (com explicação breve e clara).
  • Definição simbólica: seja Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\} a transformada de Laplace de y.
  • Transformadas de derivadas (fórmulas padrão; aqui y(0) e y'(0) aparecem):
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0), \qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0).
Explicação: na transformada da derivada aparece multiplicação por s e subtraem-se os valores iniciais — isso torna a EDO algébrica em s.
  • Transformada do degrau deslocado (segundo teorema do deslocamento):
\mathcal{L}\{u(t-a)\}=\frac{e^{-a s}}{s}.
Também útil: se F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}, então \mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}=e^{-as}F(s). Essa é a peça que vai permitir tratar o deslocamento no tempo.

Passo 3

Aplico a transformada de Laplace à EDO inteira. Como y(0)=0 e y'(0)=0, as fórmulas de derivada simplificam bastante.
\mathcal{L}\{y''\}+2\mathcal{L}\{y'\}+2\mathcal{L}\{y\} = \mathcal{L}\{u_{1}(t)\}.
Substituindo as expressões:
\big(s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0)\big)+2\big(sY(s)-y(0)\big)+2Y(s)=\frac{e^{-s}}{s}.
Como y(0)=0 e y'(0)=0, isso fica simplesmente
(s^{2}+2s+2)Y(s)=\frac{e^{-s}}{s}.

Passo 4

Isolo Y(s):
Y(s)=\frac{e^{-s}}{s\,(s^{2}+2s+2)}.
Interpretação e estratégia: essa expressão tem o fator e^{-s} multiplicando uma função F(s)=\dfrac{1}{s(s^{2}+2s+2)}. Pelo segundo teorema do deslocamento, isso corresponde no domínio do tempo a
y(t)=u(t-1)\,f(t-1),
onde f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}. Portanto basta calcular f(t) (a transformada inversa de F(s)) e então deslocá-la multiplicando por u(t-1).

Passo 5

Calculo F(s)\): \[F(s)=\frac{1}{s(s^{2}+2s+2)}.
Faço frações parciais: suponho
\frac{1}{s(s^{2}+2s+2)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^{2}+2s+2}.
Multiplicando ambos os lados por s(s^{2}+2s+2):
1 = A(s^{2}+2s+2)+(Bs+C)s.
Desenvolvendo e agrupando coeficientes:
1 = (A+B)s^{2}+(2A+C)s+2A.
Comparando coeficientes com o polinômio constante 1, obtemos o sistema
\begin{cases} A+B=0,\\[4pt] 2A+C=0,\\[4pt] 2A=1. \end{cases}
Da última equação 2A=1\Rightarrow A=\tfrac{1}{2}\]. Então \(B=-A=-\tfrac{1}{2} e C=-2A=-1. Assim
F(s)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s}+\frac{-\tfrac{1}{2}s-1}{s^{2}+2s+2}.]

Passo 6

Manipulo o segundo termo para inverter facilmente. Primeiro escrevo o denominador como um quadrado completo:
s^{2}+2s+2=(s+1)^{2}+1.
Reescrevo o numerador -\tfrac{1}{2}s-1 em função de (s+1):
-\tfrac{1}{2}s-1 = -\tfrac{1}{2}(s+1)-\tfrac{1}{2}.
Portanto
F(s)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s} -\frac{1}{2}\cdot\frac{s+1}{(s+1)^{2}+1} -\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{(s+1)^{2}+1}.
Agora aplico as transformadas inversas conhecidas:
  • \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s}\}=1.
  • \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{s+1}{(s+1)^{2}+1}\}=e^{-t}\cos t.
  • \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{(s+1)^{2}+1}\}=e^{-t}\sin t.
    Logo
f(t)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-t}\cos t-\frac{1}{2}e^{-t}\sin t.
Explicando: cada termo corresponde a uma resposta natural do sistema homogêneo (termos exponenciais amortecidos e senoidais) e um termo constante 1/2 que vem da divisão por s.

Passo 7

Retorno ao deslocamento temporal: como Y(s)=e^{-s}F(s), pelo teorema do deslocamento
y(t)=u(t-1)\,f(t-1).
Portanto, escrevendo explicitamente e lembrando que para t<1 temos u(t-1)=0,
y(t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<1,\\[6pt] \displaystyle \frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-(t-1)}\cos(t-1)-\frac{1}{2}e^{-(t-1)}\sin(t-1), & t\ge 1. \end{cases}]

Resposta

y(t)=0,\quad 0\le t<1
y(t)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-(t-1)}\cos(t-1)-\frac{1}{2}e^{-(t-1)}\sin(t-1),\quad t\ge 1

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