Determine a transformada de Laplace:
y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+2 y=\cos t+\delta\left(t-\frac{\pi}{2}\right), \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=0.

Passo 1

O enunciado pede que a gente determine a transformada de Laplace (na prática: resolva o problema inicial por Laplace) da equação diferencial
y''+2y'+2y=\cos t+\delta\!\left(t-\frac{\pi}{2}\right),
com condições iniciais
y(0)=0,\qquad y'(0)=0.
Informações dadas e perguntas pedidas:
  • Equação diferencial linear de segunda ordem não homogênea com forçamento composto por \cos t e um impulso \delta(t-\tfrac{\pi}{2}).
  • Condições iniciais: y(0)=0 e y'(0)=0.
  • Objetivo: achar y(t) para t\ge0 usando a transformada de Laplace (isto implica aplicar a transformada, resolver em s, e fazer a transformada inversa).

Passo 2

Aplicamos a transformada de Laplace em ambos os lados da equação. Antes, relembre as fórmulas essenciais (aulas rápidas):
  • Se Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\} então
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-s\,y(0)-y'(0).
Aqui temos y(0)=0 e y'(0)=0, isso simplifica muito as fórmulas: \mathcal{L}\{y'\}=sY e \mathcal{L}\{y''\}=s^2Y.
Agora aplicamos \mathcal{L} na equação:
\mathcal{L}\{y''\}+2\mathcal{L}\{y'\}+2\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{\cos t\}+\mathcal{L}\{\delta(t-\tfrac{\pi}{2})\}.
Substituindo as expressões em s:
s^2Y(s)+2sY(s)+2Y(s)=\mathcal{L}\{\cos t\}+\mathcal{L}\{\delta(t-\tfrac{\pi}{2})\}.

Passo 3

Calculamos as transformadas do lado direito (fórmulas padrão):
  • \mathcal{L}\{\cos t\}=\dfrac{s}{s^2+1}.
  • Para o impulso deslocado vale a propriedade conhecida: \mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-a s}. Aqui a=\dfrac{\pi}{2}, logo \mathcal{L}\{\delta(t-\tfrac{\pi}{2})\}=e^{-(\pi/2)s}.
Substituindo:
\bigl(s^2+2s+2\bigr)Y(s)=\frac{s}{s^2+1}+e^{-(\pi/2)s}.

Passo 4

Isolamos Y(s):
Y(s)=\frac{s}{(s^2+1)(s^2+2s+2)}+\frac{e^{-(\pi/2)s}}{s^2+2s+2}.
Observação útil: s^2+2s+2=(s+1)^2+1. Vamos inverter a transformada de cada parcela: a primeira parcela é a contribuição da entrada \cos t; a segunda vem do impulso (e envolverá a propriedade de deslocamento na inversa).

Passo 5

Tratamos a primeira parcela por frações parciais:
Queremos decompor
\frac{s}{(s^2+1)\bigl((s+1)^2+1\bigr)}=\frac{As+B}{s^2+1}+\frac{Cs+D}{(s+1)^2+1}.
Multiplicando ambos os lados pelo denominador comum:
s=(As+B)\bigl((s+1)^2+1\bigr)+(Cs+D)(s^2+1).
Expandindo \bigl((s+1)^2+1\bigr)=s^2+2s+2 e desenvolvendo:
s=(As+B)(s^2+2s+2)+(Cs+D)(s^2+1).
Expandindo termos:
s^3(A+C)+s^2(2A+B+D)+s(2A+2B+C)+(2B+D)=s.
Igualando coeficientes para os polinômios:
  • coeficiente de s^3: A+C=0,
  • coeficiente de s^2: 2A+B+D=0,
  • coeficiente de s: 2A+2B+C=1,
  • termo constante: 2B+D=0.
Resolvendo o sistema:
  • de A+C=0 vem C=-A.
  • de 2B+D=0 vem D=-2B.
  • substituir em 2A+B+D=0 2A+B-2B=2A-B=0 B=2A.
  • substituir em 2A+2B+C=1 com B=2A e C=-A 2A+4A-A=5A=1 A=\tfrac{1}{5}.
    Logo
A=\tfrac{1}{5},\quad B=\tfrac{2}{5},\quad C=-\tfrac{1}{5},\quad D=-\tfrac{4}{5}.
Portanto a decomposição é
\frac{s}{(s^2+1)\bigl((s+1)^2+1\bigr)} =\frac{\tfrac{1}{5}s+\tfrac{2}{5}}{s^2+1}+\frac{-\tfrac{1}{5}s-\tfrac{4}{5}}{(s+1)^2+1}.
Ou fatorando 1/5:
=\frac{1}{5}\left(\frac{s+2}{s^2+1}-\frac{s+4}{(s+1)^2+1}\right).

Passo 6

Agora aplicamos as transformadas inversas (lembrando identidades básicas):
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{s}{s^2+1}\right\}=\cos t.
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s^2+1}\right\}=\sin t.
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{s+1}{(s+1)^2+1}\right\}=e^{-t}\cos t.
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{(s+1)^2+1}\right\}=e^{-t}\sin t.
Precisamos tratar a parcela \dfrac{s+4}{(s+1)^2+1}. Escrevemos
\frac{s+4}{(s+1)^2+1}=\frac{(s+1)+3}{(s+1)^2+1}=\frac{s+1}{(s+1)^2+1}+\frac{3}{(s+1)^2+1}.
Assim a transformada inversa da primeira parcela (sem o fator exponencial) é:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{5}\left(\frac{s+2}{s^2+1}-\frac{s+4}{(s+1)^2+1}\right)\right\} =\frac{1}{5}\Bigl(\underbrace{\cos t+2\sin t}_{\mathcal{L}^{-1}\{\frac{s+2}{s^2+1}\}}-\underbrace{\bigl(e^{-t}\cos t+3e^{-t}\sin t\bigr)}_{\mathcal{L}^{-1}\{\frac{s+4}{(s+1)^2+1}\}}\Bigr).
Portanto a inversa da primeira parcela é
\frac{1}{5}\Bigl(\cos t+2\sin t-e^{-t}\cos t-3e^{-t}\sin t\Bigr) =\frac{1}{5}\Bigl((1-e^{-t})\cos t+(2-3e^{-t})\sin t\Bigr).

Passo 7

Agora a segunda parcela em Y(s) contém o fator exponencial e^{-(\pi/2)s}:
\frac{e^{-(\pi/2)s}}{(s+1)^2+1}.
Usamos o teorema do deslocamento na inversa: se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s) então
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=f(t-a)\,u(t-a),
onde u é o degrau unitário. Já sabemos que
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s+1)^2+1}\right\}=e^{-t}\sin t.
Logo
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{e^{-(\pi/2)s}}{(s+1)^2+1}\right\}=e^{-(t-\pi/2)}\sin\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr)\,u\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr).
(lembrando que u(t-\tfrac{\pi}{2}) anula essa contribuição para t<\tfrac{\pi}{2}).
Observação trigonométrica útil: \sin\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr)=-\cos t, se quiser expressar de outra forma.

Passo 8

Reunindo as duas partes, obtemos a solução y(t) (para t\ge0):
y(t)=\frac{1}{5}\Bigl((1-e^{-t})\cos t+(2-3e^{-t})\sin t\Bigr)+e^{-(t-\pi/2)}\sin\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr)\,u\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr).

Resposta

y(t)=\frac{1}{5}\Bigl((1-e^{-t})\cos t+(2-3e^{-t})\sin t\Bigr)+e^{-(t-\pi/2)}\sin\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr)\,u\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr).

Exercícios relacionados