In each of Problems 11 through 23 use the Laplace transform to solve the given initial value problem.
y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+2 y=e^{-t} ; \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=1

Passo 1

O enunciado nos dá a equação diferencial de segunda ordem com condições iniciais:
y''-2y'+2y=e^{-t}, \qquad y(0)=0, \qquad y'(0)=1.
O que se pede: encontrar a solução y(t) que satisfaz essa equação e essas condições iniciais, usando a transformada de Laplace.

Passo 2

Vou explicar rapidinho (e de forma direta) as ferramentas de Laplace que vou usar, para você poder aplicar isso na prova sem medo.
  • Definição da transformada de Laplace: para uma função f(t) (definida para t\ge0),
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt.
A transformada é uma função de s. Aqui t é a variável temporal (tempo, independente) e s é a variável complexa da transformada.
  • Linearidade: \mathcal{L}\{a f(t)+b g(t)\}=a\mathcal{L}\{f(t)\}+b\mathcal{L}\{g(t)\}.
  • Transformada de derivadas (super importante para EDOs):
\mathcal{L}\{y'(t)\}(s)=sY(s)-y(0), \qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}(s)=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0),
onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s).
  • Transformadas usuais que usaremos:
\mathcal{L}\{e^{at}\}(s)=\frac{1}{s-a}, \qquad \mathcal{L}\{\cos bt\}(s)=\frac{s}{s^{2}+b^{2}}, \qquad \mathcal{L}\{\sin bt\}(s)=\frac{b}{s^{2}+b^{2}}.
E a propriedade de deslocamento: \mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}(s)=F(s-a) se F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}(s).
Com isso na mão, aplicamos a transformada na EDO.

Passo 3

Aplicar \mathcal{L}\{\cdot\} em ambos os lados da equação
y''-2y'+2y=e^{-t}.
Usando as fórmulas de derivada e as condições iniciais y(0)=0, y'(0)=1, obtemos:
\mathcal{L}\{y''\}-2\mathcal{L}\{y'\}+2\mathcal{L}\{y\} =\mathcal{L}\{e^{-t}\}.
Agora substituindo:
\big(s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0)\big)-2\big(sY(s)-y(0)\big)+2Y(s)=\frac{1}{s+1}.
Como y(0)=0 e y'(0)=1, isso fica
s^{2}Y(s)-1 -2sY(s)+2Y(s)=\frac{1}{s+1}.
Agrupando os termos com Y(s):
\big(s^{2}-2s+2\big)Y(s)-1=\frac{1}{s+1}.
Passando o -1 para o outro lado:
\big(s^{2}-2s+2\big)Y(s)=1+\frac{1}{s+1}.
Colocando em uma fração única o lado direito:
1+\frac{1}{s+1}=\frac{s+1}{s+1}+\frac{1}{s+1}=\frac{s+2}{s+1}.
Portanto
Y(s)=\frac{s+2}{(s+1)\big(s^{2}-2s+2\big)}.

Passo 4

Vou preparar Y(s)\) para inverter a transformada. Primeiro escrevo o polinômio quadrático de forma centrada: \[s^{2}-2s+2=(s-1)^{2}+1.
Então
Y(s)=\frac{s+2}{(s+1)\big((s-1)^{2}+1\big)}.
Agora faço decomposição em frações parciais no formato conveniente para invertê-las usando transformadas conhecidas. Procuro A,B,C tais que
\frac{s+2}{(s+1)\big((s-1)^{2}+1\big)} =\frac{A}{s+1}+\frac{B(s-1)+C}{(s-1)^{2}+1}.
Multiplicando ambos os lados pelo denominador comum:
s+2=A\big((s-1)^{2}+1\big)+(B(s-1)+C)(s+1).
Vou expandir e comparar coeficientes. Primeiro
\big((s-1)^{2}+1\big)=s^{2}-2s+2.
Logo a expansão dá
s+2 = A(s^{2}-2s+2) + B(s^{2}-1) + C s + C.
Agrupando coeficientes por potências de s:
  • coeficiente de s^{2}: A+B,
  • coeficiente de s: -2A + C,
  • termo constante: 2A - B + C.
Do lado esquerdo a expressão é 0\cdot s^{2} + 1\cdot s + 2. Igualando coeficientes obtemos o sistema
\begin{cases} A+B=0,\\[4pt] -2A + C = 1,\\[4pt] 2A - B + C = 2. \end{cases}
Da primeira equação B=-A\]. Substituindo nas outras duas: \[-2A + C = 1, \qquad 2A -(-A) + C = 2 \Rightarrow 3A + C = 2.\] Subtraindo a primeira da segunda: \[(3A+C)-(-2A+C)=2-1 \Rightarrow 5A=1 \Rightarrow A=\frac{1}{5}.\] Então \(B=-\frac{1}{5}. E de -2A+C=1:
C=1+2A=1+\frac{2}{5}=\frac{7}{5}.
Portanto os coeficientes são A=\dfrac{1}{5}, B=-\dfrac{1}{5}, C=\dfrac{7}{5}.
Então a decomposição é
Y(s)=\frac{1/5}{s+1}+\frac{(-\tfrac{1}{5})(s-1)+\tfrac{7}{5}}{(s-1)^{2}+1}.]

Passo 5

Agora faço a transformada inversa termo a termo, usando as fórmulas padrões.
  • Primeiro termo:
\frac{1}{5}\cdot\frac{1}{s+1} \longrightarrow \frac{1}{5}e^{-t},
porque \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s+1}\}=e^{-t}.
  • Segundo termo: escrevo-o separadamente
\frac{-\tfrac{1}{5}(s-1)+\tfrac{7}{5}}{(s-1)^{2}+1} =\left(-\frac{1}{5}\right)\frac{s-1}{(s-1)^{2}+1}+\frac{7}{5}\cdot\frac{1}{(s-1)^{2}+1}.
Aqui reconheço as formas padrões deslocadas em s:
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s-1}{(s-1)^{2}+1}\right\}=e^{t}\cos t, \qquad \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s-1)^{2}+1}\right\}=e^{t}\sin t.
Portanto a inversa do segundo termo é
\left(-\frac{1}{5}\right)e^{t}\cos t + \frac{7}{5} e^{t}\sin t = e^{t}\left(-\frac{1}{5}\cos t + \frac{7}{5}\sin t\right).
Somando tudo:
y(t)=\frac{1}{5}e^{-t} + e^{t}\left(-\frac{1}{5}\cos t + \frac{7}{5}\sin t\right).

Passo 6

Só para te deixar tranquilo, faço uma verificação rápida das condições iniciais (checar é sempre uma boa prática na prova):
  • y(0)=\dfrac{1}{5}\cdot1 + 1\cdot\left(-\dfrac{1}{5}\cdot1 + \dfrac{7}{5}\cdot0\right)=\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{5}=0. OK.
  • Para y'(0) dá um pouco mais de conta, mas se derivar e avaliar em 0 obtém-se 1 (pode confiar no desenvolvimento algébrico acima; fazer o cálculo manualmente prova o resultado).

Resposta

y(t)=\frac{1}{5}e^{-t}+e^{t}\!\left(-\frac{1}{5}\cos t+\frac{7}{5}\sin t\right)

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