Considere o PVI com EDO não homogênea
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+2 y=g(t), \\\ y(0)=0 \text { e } y^{\prime}(0)=0 . \end{array}\right.
(a) Sendo G(s) a transformada de Laplace de g(t), encontre a transformada Y(s) da função y(t);
(b) Determine y(t) como uma convolução.

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+2y=g(t),\\[4pt] y(0)=0,\quad y^{\prime}(0)=0, \end{array}\right.
e informa que G(s) é a transformada de Laplace de g(t). As perguntas são:
  • (a) encontrar a transformada Y(s) da solução y(t);
  • (b) escrever y(t) como uma convolução envolvendo g(t).
Informações relevantes que temos: a EDO linear de segunda ordem com coeficientes constantes e condições iniciais nulas; temos a transformada G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}.]

Passo 2

Lembrete útil (fórmulas que vou usar): para uma função y(t) com transformada Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\} e supondo existirem as transformadas,
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0), \qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0).
Aqui y(0) e y'(0) são as condições iniciais dadas. Essas fórmulas vêm da definição da transformada e integração por partes; servem para transformar derivadas em expressões algébricas em s.
Agora aplico a transformada de Laplace na equação dada. Tomando \mathcal{L} dos dois lados:
\mathcal{L}\{y''\}-2\mathcal{L}\{y'\}+2\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{g(t)\}=G(s).

Passo 3

Substituo as fórmulas das derivadas e as condições iniciais y(0)=0, y'(0)=0. Assim:
\bigl(s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0)\bigr)-2\bigl(sY(s)-y(0)\bigr)+2Y(s)=G(s).
Como y(0)=0 e y'(0)=0, isso simplifica muito:
s^{2}Y(s)-2sY(s)+2Y(s)=G(s).
Fatorando Y(s) do lado esquerdo:
\bigl(s^{2}-2s+2\bigr)Y(s)=G(s).
Daí isolamos Y(s):
Y(s)=\dfrac{G(s)}{s^{2}-2s+2}.

Passo 4

É conveniente escrever o denominador completando o quadrado:
s^{2}-2s+2=(s-1)^{2}+1.
Portanto podemos reescrever
Y(s)=\dfrac{G(s)}{(s-1)^{2}+1}.
Esta forma é útil porque permite reconhecer a transformada inversa conhecida que será o núcleo da convolução.

Passo 5

Explicação da Técnica (teorema da convolução): se H(s)=\mathcal{L}\{h(t)\} e G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}, então
\mathcal{L}^{-1}\{G(s)H(s)\}=(g*h)(t)=\int_{0}^{t}g(\tau)\,h(t-\tau)\,d\tau.
Ou seja, o produto no domínio s vira convolução no tempo. Aqui já temos Y(s)=G(s)\cdot H(s) com
H(s)=\dfrac{1}{(s-1)^{2}+1}.
Agora precisamos achar h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\}. Uso a tabela básica de pares de Laplace: para a,b reais,
\mathcal{L}\{e^{at}\sin(bt)\}=\dfrac{b}{(s-a)^{2}+b^{2}}.
Tomando a=1 e b=1 obtemos
\mathcal{L}\{e^{t}\sin t\}=\dfrac{1}{(s-1)^{2}+1}.
Logo
h(t)=e^{t}\sin t\quad\text{(para \(t\ge 0\))}.

Passo 6

Aplicando o teorema da convolução, a solução y(t) é a convolução de g com h:
y(t)=(g*h)(t)=\int_{0}^{t}g(\tau)\,h(t-\tau)\,d\tau.
Substituindo h(t-\tau)=e^{\,t-\tau}\sin(t-\tau), obtemos a forma final prática:
y(t)=\int_{0}^{t}e^{\,t-\tau}\sin\bigl(t-\tau\bigr)\,g(\tau)\,d\tau.
Essa é uma expressão que se usa na prova: primeiro encontra-se o núcleo h(t)=e^{t}\sin t (resposta do sistema homogêneo ao impulso), e então convolui-se com g(t).

Resposta

Y(s)=\dfrac{G(s)}{s^{2}-2s+2}.
y(t)=\displaystyle\int_{0}^{t}e^{\,t-\tau}\sin\bigl(t-\tau\bigr)\,g(\tau)\,d\tau.

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