Considere a EDO de terceira ordem:
y^{\prime \prime \prime}-y^{\prime}=e^{t}, \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=1, \quad y^{\prime \prime}(0)=0
(a) Resolva usando transformada de Laplace.
(b) Resolva usando variação de parâmetros.
(c) Compare a complexidade dos cálculos em cada método.

Passo 1

O enunciado dá uma equação diferencial ordinária de terceira ordem com condições iniciais e pede três coisas. Vou listar com clareza:
  • Equação: y^{\prime\prime\prime}-y^{\prime}=e^{t}.
  • Condições iniciais: y(0)=0,\qquad y^{\prime}(0)=1,\qquad y^{\prime\prime}(0)=0.
  • Perguntas:
    (a) Resolver usando transformada de Laplace.
    (b) Resolver usando variação de parâmetros.
    (c) Comparar a complexidade dos cálculos em cada método.
Informações relevantes dadas:
  • A parte homogênea é \,y^{\prime\prime\prime}-y^{\prime}=0.
  • O termo não-homogêneo é e^{t}.
  • As três condições iniciais permitem determinar as três constantes da solução geral de terceira ordem.
  • Não há imagens ou dados faltando.

Passo 2

(a) Laplace — ideias e fórmulas que vou usar (mini-aula):
  • Definição: a transformada de Laplace de uma função y(t) é Y(s)=\mathcal{L}\{y\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}y(t)\,dt.
  • Propriedade para derivadas (para solução de IVP): \mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y''\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0),
\mathcal{L}\{y'''\}=s^{3}Y(s)-s^{2}y(0)-s y'(0)-y''(0).
  • Transformada da função-exponencial: \mathcal{L}\{e^{at}\}=\dfrac{1}{s-a} para \Re(s)>a.
  • O objetivo: aplicar \mathcal{L} à EDO para transformar em uma equação algébrica em Y(s), resolver Y(s) e então fazer a transformada inversa.

Passo 3

(a) Aplicando \mathcal{L} à equação e usando as condições iniciais:
\mathcal{L}\{y'''\}-\mathcal{L}\{y'\}=\mathcal{L}\{e^{t}\}.
Pelas fórmulas das derivadas e com y(0)=0,\\ y'(0)=1,\\ y''(0)=0:
\bigl(s^{3}Y(s)-s^{2}\cdot 0-s\cdot 1-0\bigr)-\bigl(sY(s)-0\bigr)=\frac{1}{s-1}.
Simplificando:
(s^{3}-s)Y(s)-s=\frac{1}{s-1}.
Isolando Y(s):
(s^{3}-s)Y(s)=s+\frac{1}{s-1},
Y(s)=\frac{s+\dfrac{1}{s-1}}{s^{3}-s}.
Observo que s^{3}-s=s(s-1)(s+1). Para manipular melhor, separo em duas parcelas:
Y(s)=\frac{s}{s(s-1)(s+1)}+\frac{1}{(s-1)s(s-1)(s+1)} =\frac{1}{(s-1)(s+1)}+\frac{1}{s(s-1)^{2}(s+1)}.
Chamo a primeira parcela de Y_{1}(s) e a segunda de Y_{2}(s).

Passo 4

(a) Inversão de \,Y_{1}(s)=\dfrac{1}{(s-1)(s+1)}:
Faço frações parciais:
\frac{1}{(s-1)(s+1)}=\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s+1}.
Resolvo 1=A(s+1)+B(s-1). Tomando s=1 A=\tfrac{1}{2}. Tomando s=-1 B=-\tfrac{1}{2}. Então
Y_{1}(s)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s-1}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s+1}.
Transformada inversa conhecida: \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s-a}\}=e^{at}. Assim
y_{1}(t)=\frac{1}{2}e^{t}-\frac{1}{2}e^{-t}.

Passo 5

(a) Inversão de \,Y_{2}(s)=\dfrac{1}{s(s-1)^{2}(s+1)} — frações parciais:
Procuro coeficientes A,B,C,D tal que
\frac{1}{s(s-1)^{2}(s+1)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s-1}+\frac{C}{(s-1)^{2}}+\frac{D}{s+1}.
Multiplicando pelos denominadores obtemos a identidade
1=A(s-1)^{2}(s+1)+B\,s(s-1)(s+1)+C\,s(s+1)+D\,s(s-1)^{2}.
Determino coeficientes por substituição de valores convenientes:
  • Para s=0: 1=A\cdot1^{2}\cdot1\Rightarrow A=1.
  • Para s=1: 1=C\cdot1\cdot2\Rightarrow C=\tfrac{1}{2}.
  • Para s=-1: 1=D\cdot(-1)\cdot(-2)^{2}= -4D\Rightarrow D=-\tfrac{1}{4}.
    Para achar B uso outro valor, por exemplo s=2:
1=A\cdot1^{2}\cdot3+B\cdot2\cdot1\cdot3+C\cdot2\cdot3+D\cdot2\cdot1^{2}.
Substituindo A=1,C=\tfrac{1}{2},D=-\tfrac{1}{4}:
1=3+6B+3-{\tfrac{1}{2}}\quad\Rightarrow\quad 1=\tfrac{11}{2}+6B,
6B=1-\tfrac{11}{2}=-\tfrac{9}{2}\quad\Rightarrow\quad B=-\tfrac{3}{4}.
Logo os coeficientes são A=1,\\ B=-\tfrac{3}{4},\\ C=\tfrac{1}{2},\\ D=-\tfrac{1}{4}. Portanto
Y_{2}(s)=\frac{1}{s}-\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{s-1}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{(s-1)^{2}}-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{s+1}.
Agora aplico transformadas inversas conhecidas:
  • \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s}\}=1.
  • \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s-1}\}=e^{t}.
  • \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{(s-1)^{2}}\}=t e^{t}.
  • \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s+1}\}=e^{-t}.
Assim
y_{2}(t)=1-\frac{3}{4}e^{t}+\frac{1}{2}t e^{t}-\frac{1}{4}e^{-t}.

Passo 6

(a) Somando as partes y_{1} e y_{2} obtemos a solução completa:
y(t)=y_{1}(t)+y_{2}(t) =1+\frac{1}{2}t e^{t}-\frac{1}{4}e^{t}-\frac{3}{4}e^{-t}.
Para checar rapidamente: em t=0 tem-se y(0)=1+0-\tfrac{1}{4}-\tfrac{3}{4}=0 (ok). Derivando e avaliando em 0 confirma y'(0)=1. Portanto (a) está resolvido.

Passo 7

(b) Variação de parâmetros — ideia e fórmula:
  • Primeiro resolvo a homogênea \,y^{\prime\prime\prime}-y^{\prime}=0\). A equação característica é \[r^{3}-r=r(r-1)(r+1)=0,
portanto as raízes são r=0,1,-1.
  • Uma base de soluções fundamentais é \;y_{1}(t)=1,\\ y_{2}(t)=e^{t},\\ y_{3}(t)=e^{-t}.
  • A variação de parâmetros procura uma solução particular na forma
y_{p}(t)=u_{1}(t)y_{1}(t)+u_{2}(t)y_{2}(t)+u_{3}(t)y_{3}(t),
com as condições adicionais (padrão do método) impostas para simplificar:
\begin{cases} u_{1}'y_{1}+u_{2}'y_{2}+u_{3}'y_{3}=0,\\[4pt] u_{1}'y_{1}'+u_{2}'y_{2}'+u_{3}'y_{3}'=0,\\[4pt] u_{1}'y_{1}''+u_{2}'y_{2}''+u_{3}'y_{3}''=g(t), \end{cases}
onde g(t)\] é o termo não-homogêneo do lado direito (a equação é \(y'''-y' = g(t), aqui g(t)=e^{t}).]

Passo 8

(b) Montando o sistema com y_{1}=1,\\ y_{2}=e^{t},\\ y_{3}=e^{-t}\): - Derivadas necessárias: \(y_{1}'=0,\\ y_{1}''=0;\quad y_{2}'=e^{t},\\ y_{2}''=e^{t};\quad y_{3}'=-e^{-t},\\ y_{3}''=e^{-t}.\) - As três equações para \(u_{1}',u_{2}',u_{3}'\) ficam: \[\begin{cases} u_{1}'+u_{2}'e^{t}+u_{3}'e^{-t}=0,\\[4pt] 0+u_{2}'e^{t}+u_{3}'(-e^{-t})=0,\\[4pt] 0+u_{2}'e^{t}+u_{3}'e^{-t}=e^{t}. \end{cases}
Das duas últimas equações obtenho um sistema simples para u_{2}'\] e \[u_{3}':
\begin{cases} u_{2}'e^{t}-u_{3}'e^{-t}=0,\\[4pt] u_{2}'e^{t}+u_{3}'e^{-t}=e^{t}. \end{cases}
Somando: 2u_{2}'e^{t}=e^{t}\Rightarrow u_{2}'=\tfrac{1}{2}.\] Substituindo em uma das equações: \(\tfrac{1}{2}e^{t}+u_{3}'e^{-t}=e^{t}\Rightarrow u_{3}'e^{-t}=\tfrac{1}{2}e^{t}\Rightarrow u_{3}'=\tfrac{1}{2}e^{2t}.
Agora uso a primeira equação para u_{1}':
u_{1}'+u_{2}'e^{t}+u_{3}'e^{-t}=0\Rightarrow u_{1}'+\tfrac{1}{2}e^{t}+\tfrac{1}{2}e^{t}=0 \Rightarrow u_{1}'=-e^{t}.]

Passo 9

(b) Integro para obter u_{i} (posso escolher constantes de integração zero porque essas constantes geram termos já presentes na solução homogênea e serão ajustadas pelas condições iniciais):
u_{1}(t)=-\int e^{t}\,dt=-e^{t},\qquad u_{2}(t)=\int \tfrac{1}{2}\,dt=\tfrac{t}{2},\qquad u_{3}(t)=\int \tfrac{1}{2}e^{2t}\,dt=\tfrac{1}{4}e^{2t}.
Logo a solução particular é
y_{p}=u_{1}\cdot 1+u_{2}e^{t}+u_{3}e^{-t} =-e^{t}+\frac{t}{2}e^{t}+\frac{1}{4}e^{2t}e^{-t} =-\frac{3}{4}e^{t}+\frac{1}{2}t e^{t}.
A solução geral é a soma da homogênea com a particular:
y(t)=C_{1}+C_{2}e^{t}+C_{3}e^{-t}+\frac{1}{2}t e^{t}-\frac{3}{4}e^{t}.
Escrevo agrupando termos exponenciais:
y(t)=C_{1}+\underbrace{\bigl(C_{2}-\tfrac{3}{4}\bigr)}_{B}e^{t}+C_{3}e^{-t}+\frac{1}{2}t e^{t}.
Aplico as condições iniciais para determinar C_{1},C_{2},C_{3}.

Passo 10

(b) Aplicando as condições iniciais — cálculo dos coeficientes:
  • Em t=0: y(0)=C_{1}+B+C_{3}=0.
  • Derivo y(t):
y'(t)=B e^{t}-C_{3}e^{-t}+\frac{1}{2}e^{t}+\frac{1}{2}t e^{t}
logo y'(0)=B-C_{3}+\tfrac{1}{2}=1\Rightarrow B-C_{3}=\tfrac{1}{2}.
  • Segunda derivada:
y''(t)=B e^{t}+C_{3}e^{-t}+\frac{1}{2}e^{t}+\frac{1}{2}t e^{t},
logo y''(0)=B+C_{3}+1=0\Rightarrow B+C_{3}=-1.
Resolvendo o sistema B-C_{3}=\tfrac{1}{2} e B+C_{3}=-1 B=-\tfrac{1}{4} e C_{3}=-\tfrac{3}{4}. Então C_{1}=1 (de C_{1}+B+C_{3}=0\Rightarrow C_{1}=1). Voltando a C_{2}=B+\tfrac{3}{4} obtemos C_{2}= -\tfrac{1}{4}+\tfrac{3}{4}=\tfrac{1}{2}, mas não é necessário expor C_{2} se usamos B.
Portanto a solução particular com constantes ajustadas é
y(t)=1-\frac{1}{4}e^{t}-\frac{3}{4}e^{-t}+\frac{1}{2}t e^{t},
que coincide com o resultado obtido por Laplace.

Passo 11

(c) Comparação da complexidade — explicando em linguagem direta:
  • Transformada de Laplace:
    • Prós: método bastante sistemático para problemas de valor inicial; as condições iniciais são incorporadas automaticamente; reduz a EDO a uma equação algébrica em Y(s); quando o lado direito é combinação de exponenciais, senos, cossenos ou degraus, o método costuma ser rápido.
    • Contras: exige manipulação algébrica e frações parciais para inverter Y(s); em ordens altas pode aparecer decomposição com pólos múltiplos que requerem cálculos de coeficientes (como aqui).
  • Variação de parâmetros:
    • Prós: fornece a forma explícita da solução geral e é um método direto para obter uma solução particular; quando as soluções fundamentais são exponenciais simples, muitas integrações ficam bem diretas (como aqui).
    • Contras: para ordem maior que 2, requer montar e resolver um sistema linear para as derivadas u_{i}' (sistema de dimensão igual à ordem), e integrar os resultados; esses sistemas podem ser trabalhosos se as funções fundamentais forem complicadas.
  • Conclusão prática para este problema:
    • Ambos os métodos foram viáveis e deram o mesmo resultado; o Laplace foi mais direto para incorporar as condições iniciais, mas exigiu frações parciais um pouco trabalhosa. A variação de parâmetros aqui teve passos algébricos simples (resolução de um pequeno sistema linear para u_i' e integrações) — em problemas com exponenciais simples esse método fica competitivo. Em problemas com termos descontínuos ou condições iniciais complicadas, Laplace normalmente leva vantagem.

Resposta

(a) \displaystyle y(t)=1+\frac{1}{2}t e^{t}-\frac{1}{4}e^{t}-\frac{3}{4}e^{-t}.
(b) \displaystyle y(t)=1+\frac{1}{2}t e^{t}-\frac{1}{4}e^{t}-\frac{3}{4}e^{-t}.
(c) Laplace: mais sistemático para IVP e incorpora condições iniciais diretamente, mas exige frações parciais para inverter Y(s). Variação de parâmetros: dá a particular explicitamente via um sistema para u_i' e integrações; pode ser mais trabalhoso em ordem alta ou com funções fundamentais complexas. Para este problema ambos tiveram complexidade semelhante; Laplace foi ligeiramente mais direto por tratar as condições iniciais desde o início.

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