Aplique a transformada de Laplace para resolver o sistema dado de equações diferenciais.
\frac{d x}{d t}=-x+y

\begin{aligned} & \frac{d y}{d t}=2 x \\ & x(0)=0, y(0)=1 \end{aligned}

Passo 1

O enunciado fornece um sistema de equações diferenciais de primeira ordem com condições iniciais e pede a solução x(t) e y(t):
\frac{dx}{dt} = -x + y
\frac{dy}{dt} = 2x
condições iniciais:
x(0)=0,\qquad y(0)=1.
O que se pede: encontrar explicitamente as funções x(t) e y(t) para t\ge0.

Passo 2

Breve lembrança didática sobre a transformada de Laplace (sem pular etapas):
  • Definição: para uma função f(t) (assumida adequada para Laplace),
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt.
Aqui s é a variável complexa da transformada; em prática, trabalhamos com s real suficiente para convergência.
  • Linearidade: para constantes a,b,
\mathcal{L}\{a f(t)+b g(t)\}=a\mathcal{L}\{f(t)\}+b\mathcal{L}\{g(t)\}.
  • Transformada da derivada (fórmula essencial para resolver EDOs):
\mathcal{L}\{f'(t)\}(s)=sF(s)-f(0),
onde F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}(s) e f(0) é o valor inicial. Essa fórmula vem da integração por partes e é usada para transformar derivadas em álgebra em s.
  • Transformada inversa básica usada: para constante a,
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-a}\right\}(t)=e^{at}.

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace ao sistema. Defina as transformadas de x(t) e y(t) por
X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\}(s),\qquad Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s).
Agora transforme cada equação usando a propriedade da derivada.
Para a primeira equação \dfrac{dx}{dt}=-x+y:
\mathcal{L}\left\{\frac{dx}{dt}\right\}= \mathcal{L}\{-x+y\}.
Pela fórmula da derivada:
sX(s)-x(0)= -X(s)+Y(s).
Usando x(0)=0:
sX(s)= -X(s)+Y(s).
Rearranjando:
(s+1)X(s)-Y(s)=0.
Para a segunda equação \dfrac{dy}{dt}=2x:
\mathcal{L}\left\{\frac{dy}{dt}\right\}= \mathcal{L}\{2x\}.
Aplicando a fórmula da derivada:
sY(s)-y(0)=2X(s).
Usando y(0)=1:
sY(s)-2X(s)=1.
Assim obtemos o sistema linear em X(s) e Y(s):
\begin{cases} (s+1)X(s)-Y(s)=0,\\[4pt] -2X(s)+sY(s)=1. \end{cases}]

Passo 4

Resolver o sistema algébrico em s-domínio. Da primeira equação expresso Y(s) em função de X(s):
Y(s)=(s+1)X(s).
Substituo na segunda equação:
-2X(s)+s\bigl((s+1)X(s)\bigr)=1.
Coloco em evidência X(s):
X(s)\bigl(s(s+1)-2\bigr)=1.
Calcule o polinômio no parêntese:
s(s+1)-2 = s^2+s-2.
Fatora-se:
s^2+s-2=(s-1)(s+2).
Portanto
X(s)=\frac{1}{s^2+s-2}=\frac{1}{(s-1)(s+2)}.
Agora recupero Y(s) usando Y(s)=(s+1)X(s):
Y(s)=\frac{s+1}{(s-1)(s+2)}.

Passo 5

Voltar ao tempo t (transformada inversa). Primeiro X(s).
Fazer decomposição em frações parciais:
\frac{1}{(s-1)(s+2)}=\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s+2}.
Multiplicando ambos os lados por (s-1)(s+2) obtém-se
1=A(s+2)+B(s-1).
Escolhendo valores de s para achar A,B:
  • s=1 1= A(3)\Rightarrow A=\dfrac{1}{3}.
  • s=-2 1= B(-3)\Rightarrow B=-\dfrac{1}{3}.
Logo
X(s)=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{s-1}-\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{s+2}.
Aplicando a transformada inversa termo a termo usando \mathcal{L}^{-1}\{1/(s-a)\}=e^{at}:
x(t)=\frac{1}{3}e^{1\cdot t}-\frac{1}{3}e^{-2t}=\frac{1}{3}\bigl(e^{t}-e^{-2t}\bigr).

Passo 6

Agora Y(s)=\dfrac{s+1}{(s-1)(s+2)}. Realizar frações parciais:
\frac{s+1}{(s-1)(s+2)}=\frac{C}{s-1}+\frac{D}{s+2}.
Multiplicando por (s-1)(s+2):
s+1 = C(s+2)+D(s-1).
Determinar C,D:
  • s=1 2=C(3)\Rightarrow C=\dfrac{2}{3}.
  • s=-2 -1=D(-3)\Rightarrow D=\dfrac{1}{3}.
Portanto
Y(s)=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{s-1}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{s+2}.
Aplicando a transformada inversa:
y(t)=\frac{2}{3}e^{t}+\frac{1}{3}e^{-2t}.

Passo 7

Verificações rápidas (para dar confiança):
  • Condições iniciais: x(0)=\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3}=0 e y(0)=\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{3}=1 — conferem com os dados.
  • As soluções obtidas são combinações lineares de exponenciais e^{t} e e^{-2t}, o que é esperado para um sistema linear com coeficientes constantes cujas autoexponenciais vêm das raízes s=1 e s=-2.

Resposta

x(t)=\dfrac{1}{3}\bigl(e^{t}-e^{-2t}\bigr)
y(t)=\dfrac{2}{3}e^{t}+\dfrac{1}{3}e^{-2t}

Exercícios relacionados