Considere o movimento de um pêndulo duplo nas proximidades do equilíbrio \theta_{1}=\theta_{2}=0. Ele é aproximado pelo sistema de EDOs
\left\{\begin{array}{r} \alpha_{1}^{\prime \prime}=-3 \alpha_{1}+\alpha_{2} \\\ \alpha_{2}^{\prime \prime}=\alpha_{1}-3 \alpha_{2} \end{array}\right.
a) [2, 0] Dados os ângulos e velocidades iniciais
\alpha_{1}(0)=1 \quad \alpha_{1}^{\prime}(0)=0 \quad \alpha_{2}(0)=0 \quad \alpha_{2}^{\prime}(0)=0
encontre as transformadas L\left[\alpha_{1}\right] e L\left[\alpha_{2}\right].
b) [2,0] Encontre as transformadas inversas \alpha_{1}(t), \alpha_{2}(t).

Passo 1

O enunciado dá o sistema linearizado de um pêndulo duplo perto de \theta_{1}=\theta_{2}=0\), que é \[\begin{cases} \alpha_{1}''=-3\alpha_{1}+\alpha_{2},\\\ \alpha_{2}''=\alpha_{1}-3\alpha_{2}, \end{cases}
com condições iniciais \alpha_{1}(0)=1\], \(\alpha_{1}'(0)=0, \alpha_{2}(0)=0, \alpha_{2}'(0)=0.
Para resolver (a) aplicamos a transformada de Laplace às duas EDOs e achamos L[\alpha_{1}]=A_{1}(s), L[\alpha_{2}]=A_{2}(s). Em (b) fazemos frações parciais em A_{1} e A_{2} e invertemos a Laplace para obter \alpha_{1}(t) e \alpha_{2}(t).

Passo 2

Aplicando L\{\cdot\} às EDOs, lembrando que
L\{\alpha''\}(s)=s^{2}A(s)-s\,\alpha(0)-\alpha'(0),
temos
s^{2}A_{1}(s)-s\cdot1 = -3A_{1}(s)+A_{2}(s),
s^{2}A_{2}(s)-s\cdot0 = A_{1}(s)-3A_{2}(s).
Reescrevendo, surge o sistema algébrico
\begin{cases} (s^{2}+3)\,A_{1}(s)-A_{2}(s)=s,\\\\ -\,A_{1}(s)+(s^{2}+3)\,A_{2}(s)=0. \end{cases}

Passo 3

Para resolver, da segunda equação isolamos
A_{1}(s)=(s^{2}+3)\,A_{2}(s).
Substituindo na primeira:
(s^{2}+3)^{2}A_{2}(s)-A_{2}(s)=s \quad\Longrightarrow\quad \bigl((s^{2}+3)^{2}-1\bigr)A_{2}(s)=s.
Como (s^{2}+3)^{2}-1=s^{4}+6s^{2}+8=(s^{2}+2)(s^{2}+4), obtemos
A_{2}(s)=\frac{s}{(s^{2}+2)(s^{2}+4)}, \quad A_{1}(s)=(s^{2}+3)\,A_{2}(s)=\frac{s\,(s^{2}+3)}{(s^{2}+2)(s^{2}+4)}.

Passo 4

Para inverter A_{2}(s), fazemos frações parciais no formato
\frac{s}{(s^{2}+2)(s^{2}+4)} =\frac{A\,s}{s^{2}+2}+\frac{B\,s}{s^{2}+4}.
Igualando numeradores:
s = A\,s\,(s^{2}+4)+B\,s\,(s^{2}+2) \;\Longrightarrow\; 1 = A(s^{2}+4)+B(s^{2}+2).
Daí A+B=0 e 4A+2B=1, o que dá A=\tfrac12, B=-\tfrac12. Logo
A_{2}(s)=\frac12\,\frac{s}{s^{2}+2}-\frac12\,\frac{s}{s^{2}+4} \quad\Longrightarrow\quad \alpha_{2}(t)=\frac12\cos(\sqrt{2}\,t)-\frac12\cos(2t).

Passo 5

Para A_{1}(s)=\frac{s(s^{2}+3)}{(s^{2}+2)(s^{2}+4)} usamos ansatz semelhante:
\frac{s(s^{2}+3)}{(s^{2}+2)(s^{2}+4)} =\frac{C\,s}{s^{2}+2}+\frac{D\,s}{s^{2}+4}.
Isso leva a
s^{2}+3 = C(s^{2}+4)+D(s^{2}+2),
com C+D=1 e 4C+2D=3, resultando em C=D=\tfrac12. Assim
A_{1}(s)=\frac12\,\frac{s}{s^{2}+2}+\frac12\,\frac{s}{s^{2}+4} \quad\Longrightarrow\quad \alpha_{1}(t)=\frac12\cos(\sqrt{2}\,t)+\frac12\cos(2t).

Resposta

a)
L[\alpha_{1}](s)=\frac{s\,(s^{2}+3)}{(s^{2}+2)(s^{2}+4)}, \qquad L[\alpha_{2}](s)=\frac{s}{(s^{2}+2)(s^{2}+4)}.
b)
\alpha_{1}(t)=\tfrac12\cos(\sqrt{2}\,t)+\tfrac12\cos(2t), \qquad \alpha_{2}(t)=\tfrac12\cos(\sqrt{2}\,t)-\tfrac12\cos(2t).

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