Determine a solução das equações diferenciais abaixo. Contudo, resolva a equação não homogênea com método diferente do utilizado na questão 1.
(3,0\) ptos \() y^{\prime \prime}+3 y^{\prime}+2 y=f(t) ; y(0)=0, y^{\prime}(0)=0\), em que \(f(t)= \begin{cases}1 & , 0 \leq t<10 \\\\ 0 & , t \geq 10\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede a solução da equação diferencial com condições iniciais e forçamento por uma função por partes. Aqui estão os dados do problema organizados claramente:
  • Equação diferencial: 3y''(t)+3y'(t)+2y(t)=f(t).
  • Condições iniciais: y(0)=0,\qquad y'(0)=0.
  • Forçamento por partes (função dada no enunciado): f(t)=\begin{cases} 1,& 0\le t<10,\\[4pt] 0,& t\ge 10. \end{cases}
O que se pede: encontrar a solução y(t) válida para todo t\ge0. A solução deverá ser apresentada explicitamente (de preferência em forma peça a peça, porque f é peça a peça).]

Passo 2

Primeiro passo prático: escrever f(t) usando funções degrau (Heaviside), que facilita o uso de transformadas de Laplace. A função degrau unitária a partir de a é \,u(t-a)\, e vale 0 para t<a e 1 para t\ge a.
Como f(t)=1 em [0,10) e 0 em [10,\infty), posso representar
f(t)=u(t)-u(t-10).
Essa representação é válida porque u(t)=1 para t\ge0, então subtrair u(t-10) “corta” o valor a partir de t=10.

Passo 3

Vou usar a transformada de Laplace. Uma breve revisão prática (sem pressa):
  • A transformada de Laplace de uma função y(t) é \displaystyle \mathcal{L}\{y\}(s)=Y(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}y(t)\,dt.
  • Regras para derivadas, importantes aqui: \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),\qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0).
  • A transformada da função degrau deslocada: se g(t)=u(t-a)h(t-a) então \mathcal{L}\{u(t-a)h(t-a)\}=e^{-as}H(s),onde H(s)=\mathcal{L}\{h(t)\}.
  • A transformada de 1 (constante) é \displaystyle \mathcal{L}\{1\}=1/s.
Como as condições iniciais são zeros ( y(0)=0,\\ y'(0)=0), as fórmulas ficam bem simples.

Passo 4

Aplicando a transformada de Laplace à equação. Primeiro \mathcal{L}\{f\}(s). Usando \,f(t)=u(t)-u(t-10)\, e \mathcal{L}\{u(t)\}=1/s, obtemos
F(s)=\mathcal{L}\{f\}(s)=\frac{1}{s}-\frac{e^{-10s}}{s}.
Agora transformo o lado esquerdo da equação diferencial. Com condições iniciais zero:
\mathcal{L}\{3y''+3y'+2y\}(s)=3s^{2}Y(s)+3sY(s)+2Y(s)=(3s^{2}+3s+2)Y(s).
Igualando às transformadas, temos
(3s^{2}+3s+2)Y(s)=\frac{1}{s}-\frac{e^{-10s}}{s}.
Logo
Y(s)=\frac{1}{s(3s^{2}+3s+2)}-\frac{e^{-10s}}{s(3s^{2}+3s+2)}.
É conveniente interpretar isso como a diferença entre a resposta ao degrau unitário permanente (primeiro termo) e a mesma resposta retardada a partir de t=10 (segundo termo). Vou inverter a transformada do primeiro termo e depois usar propriedade de deslocamento temporal para tratar o segundo termo.

Passo 5

Calcular a transformada inversa do núcleo racional
G(s)=\frac{1}{s(3s^{2}+3s+2)}.
Faremos frações parciais. Procuramos constantes A,B,C\) tais que \[\frac{1}{s(3s^{2}+3s+2)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{3s^{2}+3s+2}.
Multiplicando ambos os lados por s(3s^{2}+3s+2) obtemos
1=A(3s^{2}+3s+2)+(Bs+C)s.
Agrupando coeficientes:
1=(3A+B)s^{2}+(3A+C)s+2A.
Comparando coeficientes de potências de s:
\begin{cases} 3A+B=0,\\[4pt] 3A+C=0,\\[4pt] 2A=1. \end{cases}
Da última equação A=\tfrac{1}{2}\]. Então \(3A=\tfrac{3}{2} e assim B=-\tfrac{3}{2}, C=-\tfrac{3}{2}.
Portanto
\frac{1}{s(3s^{2}+3s+2)}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s}-\frac{3}{2}\cdot\frac{s+1}{3s^{2}+3s+2}.
Posso simplificar o segundo termo dividindo numerador e denominador por 3:
-\frac{3}{2}\cdot\frac{s+1}{3s^{2}+3s+2}=-\frac{1}{2}\cdot\frac{s+1}{s^{2}+s+\tfrac{2}{3}}.
Logo escrevemos
G(s)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s}-\frac{1}{2}\cdot\frac{s+1}{s^{2}+s+\tfrac{2}{3}}.]

Passo 6

Agora vamos inverter termo a termo.
Primeiro termo óbvio:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s}\right\}=\frac{1}{2}.
Para inverter \displaystyle \frac{s+1}{s^{2}+s+\tfrac{2}{3}} completamos o quadrado no denominador:
s^{2}+s+\tfrac{2}{3}=\left(s+\tfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(\tfrac{2}{3}-\tfrac{1}{4}\right)=\left(s+\tfrac{1}{2}\right)^{2}+\tfrac{5}{12}.
Defina
a=\sqrt{\tfrac{5}{12}}=\frac{\sqrt{15}}{6}.
Então o denominador é \left(s+\tfrac{1}{2}\right)^{2}+a^{2}.
Escrevemos o numerador s+1 como (s+\tfrac{1}{2})+\tfrac{1}{2}. Assim
\frac{s+1}{s^{2}+s+\tfrac{2}{3}}=\frac{s+\tfrac{1}{2}}{\left(s+\tfrac{1}{2}\right)^{2}+a^{2}}+\frac{\tfrac{1}{2}}{\left(s+\tfrac{1}{2}\right)^{2}+a^{2}}.
Usando transformadas conhecidas:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s+\tfrac{1}{2}}{\left(s+\tfrac{1}{2}\right)^{2}+a^{2}}\right\}=e^{-\tfrac{t}{2}}\cos(at),
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{a}{\left(s+\tfrac{1}{2}\right)^{2}+a^{2}}\right\}=e^{-\tfrac{t}{2}}\sin(at).
Para o termo com coeficiente \tfrac{1}{2} no numerador usamos \tfrac{1}{2}=\tfrac{1}{2a}\cdot a, então
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{\tfrac{1}{2}}{\left(s+\tfrac{1}{2}\right)^{2}+a^{2}}\right\}=\frac{1}{2a}e^{-\tfrac{t}{2}}\sin(at).
Combinando os dois pedaços:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s+1}{s^{2}+s+\tfrac{2}{3}}\right\}=e^{-\tfrac{t}{2}}\cos(at)+\frac{1}{2a}e^{-\tfrac{t}{2}}\sin(at).
Multiplicando por -\tfrac{1}{2} (lembrando do fator fora):
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{-\frac{1}{2}\cdot\frac{s+1}{s^{2}+s+\tfrac{2}{3}}\right\}=-\frac{1}{2}e^{-\tfrac{t}{2}}\cos(at)-\frac{1}{4a}e^{-\tfrac{t}{2}}\sin(at).

Passo 7

Portanto a transformada inversa de G(s) é a função (resposta ao degrau unitário permanente)
y_{1}(t)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-\tfrac{t}{2}}\cos(at)-\frac{1}{4a}e^{-\tfrac{t}{2}}\sin(at),
com \displaystyle a=\frac{\sqrt{15}}{6}.
Essa y_{1}(t) é a solução da EDO para o forçamento f(t)=1 válido para todo t\ge0 (com condições iniciais zero).

Passo 8

Agora usamos a propriedade de deslocamento no tempo (shifting): o segundo termo da transformada, [-\dfrac{e{-10s}}{s(3s{2}+3s+2)}), corresponde em tempo a -u(t-10)\,y_{1}(t-10). Ou seja, a resposta ao pulso que é desligado em t=10 é exatamente a resposta permanente y_{1} iniciada em t=10 e subtraída a partir desse instante.
Assim a solução da equação original (com f que vale 1 até 10 e 0 depois) é a função peça a peça:
y(t)=\begin{cases} y_{1}(t), & 0\le t<10,\\[6pt] y_{1}(t)-y_{1}(t-10), & t\ge 10. \end{cases}
Substituindo y_{1}\] explicitamente (e relembrando \(a=\dfrac{\sqrt{15}}{6}):
y_{1}(t)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-\tfrac{t}{2}}\cos\!\bigl(at\bigr)-\frac{1}{4a}e^{-\tfrac{t}{2}}\sin\!\bigl(at\bigr).
Portanto a solução final, escrita de forma explícita, é a apresentada abaixo.]

Resposta

y(t)=\begin{cases} \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}e^{-\tfrac{t}{2}}\cos\!\bigl(at\bigr)-\dfrac{1}{4a}e^{-\tfrac{t}{2}}\sin\!\bigl(at\bigr), & 0\le t<10,\\[10pt] \Biggl(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}e^{-\tfrac{t}{2}}\cos\!\bigl(at\bigr)-\dfrac{1}{4a}e^{-\tfrac{t}{2}}\sin\!\bigl(at\bigr)\Biggr)\\[6pt]\qquad -\Biggl(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}e^{-\tfrac{t-10}{2}}\cos\!\bigl(a(t-10)\bigr)-\dfrac{1}{4a}e^{-\tfrac{t-10}{2}}\sin\!\bigl(a(t-10)\bigr)\Biggr), & t\ge 10, \end{cases}
com \displaystyle a=\frac{\sqrt{15}}{6}.]

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