Considere a equação:
y^{\prime \prime \prime}+3 y^{\prime \prime}+3 y^{\prime}+y=t e^{-t}, \quad y(0)=1, \quad y^{\prime}(0)=0, \quad y^{\prime \prime}(0)=-1 .
Resolva usando transformada de Laplace (dica: observe que s^{3}+3 s^{2}+3 s+1= \left.(s+1)^{3}\right).

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial linear de ordem três com coeficientes constantes e condições iniciais:
y^{\prime\prime\prime}+3y^{\prime\prime}+3y^{\prime}+y = t e^{-t}, \qquad y(0)=1,\quad y'(0)=0,\quad y''(0)=-1.
O que o problema pede: encontrar a solução y(t) para t\ge0 usando transformada de Laplace. Todas as constantes e funções fornecidas acima são relevantes para aplicar as propriedades da transformada.

Passo 2

Rápida revisão (útil para a prova) das propriedades de Laplace que vamos usar:
  • A transformada de Laplace de uma função f(t) é \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt.
  • Para derivadas, vale (supondo existência das transformadas):
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-s\,y(0)-y'(0),
\mathcal{L}\{y^{\prime\prime\prime}(t)\}=s^3Y(s)-s^2y(0)-s y'(0)-y''(0),
onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.
  • Teorema do deslocamento (shift): se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s), então \mathcal{L}\{e^{-a t}f(t)\}=F(s+a).
  • Transformada conhecida: \mathcal{L}\{t^n\}=\dfrac{n!}{s^{\,n+1}} para n inteiro \ge0. Em particular \mathcal{L}\{t\}=\dfrac{1}{s^2}.
  • Fórmula inversa útil: \mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{1}{(s+a)^n}\right\}=\dfrac{t^{\,n-1}}{(n-1)!}e^{-a t}.

Passo 3

Aplique a transformada de Laplace em ambos os lados da equação. Denotando Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}, usamos as fórmulas das derivadas com as condições iniciais y(0)=1, y'(0)=0, y''(0)=-1.
Calcule cada termo:
\mathcal{L}\{y^{\prime\prime\prime}\}=s^3Y(s)-s^2\cdot 1 - s\cdot 0 - (-1)=s^3Y(s)-s^2+1,
\mathcal{L}\{3y^{\prime\prime}\}=3\bigl(s^2Y(s)-s\cdot 1 -0\bigr)=3s^2Y(s)-3s,
\mathcal{L}\{3y'\}=3\bigl(sY(s)-1\bigr)=3sY(s)-3,
\mathcal{L}\{y\}=Y(s).

Passo 4

Transforme o lado direito \;t e^{-t}. Como \mathcal{L}\{t\}=\dfrac{1}{s^2}, pelo deslocamento com a=1 temos
\mathcal{L}\{t e^{-t}\}=\frac{1}{(s+1)^2}.

Passo 5

Agora junte tudo: aplicando \mathcal{L} na equação obtemos
\bigl(s^3Y(s)-s^2+1\bigr)+\bigl(3s^2Y(s)-3s\bigr)+\bigl(3sY(s)-3\bigr)+Y(s)=\frac{1}{(s+1)^2}.
Agrupando os termos que têm Y(s) e os termos independentes:
\bigl(s^3+3s^2+3s+1\bigr)Y(s) +\bigl(-s^2-3s-2\bigr)=\frac{1}{(s+1)^2}.

Passo 6

Isolando Y(s):
Y(s)=\frac{\dfrac{1}{(s+1)^2}+s^2+3s+2}{s^3+3s^2+3s+1}.
Observe a dica do enunciado: o denominador é (s+1)^3, pois
s^3+3s^2+3s+1=(s+1)^3.
Então podemos escrever
Y(s)=\frac{1}{(s+1)^2}\cdot\frac{1}{(s+1)^3}+\frac{s^2+3s+2}{(s+1)^3} =\frac{1}{(s+1)^5}+\frac{s^2+3s+2}{(s+1)^3}.

Passo 7

Simplifique o segundo quociente. Faça a substituição conveniente u=s+1 (muito útil para organizar potências de s+1). Então s=u-1 e
s^2+3s+2=(u-1)^2+3(u-1)+2 = u^2+u.
Assim
\frac{s^2+3s+2}{(s+1)^3}=\frac{u^2+u}{u^3}=\frac{1}{u}+\frac{1}{u^2}=\frac{1}{s+1}+\frac{1}{(s+1)^2}.
Logo, combinando com o primeiro termo,
Y(s)=\frac{1}{s+1}+\frac{1}{(s+1)^2}+\frac{1}{(s+1)^5}.

Passo 8

Aplique a transformada inversa termo a termo usando a fórmula \mathcal{L}^{-1}\{1/(s+a)^n\}=\dfrac{t^{n-1}}{(n-1)!}e^{-a t}:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s+1}\right\}=e^{-t}, \qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s+1)^2}\right\}=t e^{-t},
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s+1)^5}\right\}=\frac{t^{4}}{4!}e^{-t}=\frac{t^{4}}{24}e^{-t}.
Somando os três termos obtemos a solução no tempo:
y(t)=e^{-t}+t e^{-t}+\frac{t^{4}}{24}e^{-t}=e^{-t}\!\left(1+t+\frac{t^{4}}{24}\right).

Passo 9

Checagem rápida (para ganhar confiança antes da prova): em t=0 temos y(0)=1 (confere), e a forma com e^{-t} e potências de t dá funções fáceis de derivar para verificar y'(0)=0 e y''(0)=-1 (pode-se diferenciar se quiser confirmar). Tudo compatível com as condições iniciais.

Resposta

y(t)=e^{-t}\!\left(1+t+\frac{t^{4}}{24}\right)

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