ex1: \left\{\begin{array}{l}2 y^{\prime \prime}+y^{\prime}+2 y=g(t) \\\\ 4(0)=0 ; y^{\prime}(0)=0 .\end{array}\right. sendo g(t)=\left\{\begin{array}{l}1,5 \leqslant t \leqslant 20 \\\\ 0, \text { caso contrário }\end{array}\right.á

Passo 1

O enunciado fornece a equação diferencial e as condições iniciais seguintes:
2 y''(t) + y'(t) + 2 y(t) = g(t)
com as condições iniciais que interpretarei como
y(0)=0,\qquad y'(0)=0.
A força externa g(t)\) é a função em degrau entre \(t=1{,}5\) e \(t=20\): \[g(t)=\begin{cases} 1, & 1{,}5\le t\le 20,\\[4pt] 0, & \text{caso contrário.} \end{cases}
O objetivo é encontrar a solução y(t)\] para \(t\ge 0.]

Passo 2

Escolho usar transformada de Laplace porque ela lida muito bem com condições iniciais nulas e com forçamentos escritos com funções degrau (Heaviside). Vou:
  1. escrever g(t) em termos de funções degrau,
  2. aplicar a transformada de Laplace na ODE (usando as fórmulas para derivadas),
  3. resolver algébrica e inverter a transformada por fracionamento parcial + teorema do deslocamento no tempo (shift).
Vou explicar cada fórmula que uso quando ela aparecer, para você entender direitinho.

Passo 3

Representação com Heaviside. A função degrau unitária centrada em a é \,u(t-a)\, (também chamada H(t-a)) e vale 0 para t<a e 1 para t>a. Assim
g(t)=u(t-1{,}5)-u(t-20).
Propriedade útil (deslocamento): \mathcal{L}\{u(t-a)\}=e^{-a s}/s.

Passo 4

Transformada de Laplace da ODE. Denotando \mathcal{L}\{y\}=Y(s) e usando
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),\qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-s y(0)-y'(0),
e lembrando que y(0)=0 e y'(0)=0, obtemos:
2\big(s^2Y(s)\big)+\big(sY(s)\big)+2Y(s)=G(s),
onde G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}=\dfrac{e^{-1{,}5s}}{s}-\dfrac{e^{-20 s}}{s}. Logo
\big(2s^2+s+2\big)Y(s)=\frac{e^{-1{,}5s}-e^{-20 s}}{s}.
Isolando Y(s):
Y(s)=\frac{e^{-1{,}5s}-e^{-20 s}}{s\,(2s^2+s+2)}.

Passo 5

Aplicando a propriedade de deslocamento na inversa da Laplace: uma expressão e^{-a s}F(s) no domínio de s corresponde a u(t-a)f(t-a) no tempo, onde f é a inversa de F. Assim podemos escrever
Y(s)=e^{-1{,}5s}\,\frac{1}{s(2s^2+s+2)}-e^{-20 s}\,\frac{1}{s(2s^2+s+2)}.
Defino a função auxiliar (resposta ao degrau unitário aplicado em t=0):
Y_0(s)=\frac{1}{s(2s^2+s+2)},\qquad y_0(t)=\mathcal{L}^{-1}\{Y_0(s)\}.
Então, pela propriedade do deslocamento,
y(t)=u(t-1{,}5)\,y_0(t-1{,}5)-u(t-20)\,y_0(t-20).
Agora preciso calcular explicitamente y_0(t).

Passo 6

Calcular y_0(t) por frações parciais. Começo resolvendo
\frac{1}{s(2s^2+s+2)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{2s^2+s+2}.
Multiplicando por s(2s^2+s+2) e igualando coeficientes:
1=A(2s^2+s+2)+(Bs+C)s = (2A+B)s^2+(A+C)s+2A.
Igualando coeficientes obtemos o sistema
2A+B=0,\qquad A+C=0,\qquad 2A=1.
Da terceira equação A=\tfrac{1}{2}. Então B=-1 e C=-\tfrac{1}{2}. Portanto
\frac{1}{s(2s^2+s+2)}=\frac{1/2}{s}+\frac{-s-\tfrac{1}{2}}{2s^2+s+2}.
Fatorando 2 no denominador do segundo termo:
\frac{-s-\tfrac{1}{2}}{2s^2+s+2}=-\frac{1}{2}\cdot\frac{s+\tfrac{1}{2}}{s^2+\tfrac{1}{2}s+1}.
Logo
Y_0(s)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s}-\frac{1}{2}\cdot\frac{s+\tfrac{1}{2}}{s^2+\tfrac{1}{2}s+1}.

Passo 7

Inversão da Laplace do segundo termo — uso de completamento do quadrado. Repare que
s^2+\tfrac{1}{2}s+1=(s+\tfrac{1}{4})^2+\underbrace{\big(1-\tfrac{1}{16}\big)}_{15/16}=(s+\tfrac{1}{4})^2+\frac{15}{16}.
Defino a=\tfrac{1}{4} e \omega=\sqrt{15}/4 (pois \omega^2=15/16). Para inverter
\dfrac{s+\tfrac{1}{2}}{s^2+\tfrac{1}{2}s+1} escrevo o numerador como
s+\tfrac{1}{2}=(s+\tfrac{1}{4})+\tfrac{1}{4}.
Assim
\frac{s+\tfrac{1}{2}}{s^2+\tfrac{1}{2}s+1}=\frac{s+\tfrac{1}{4}}{(s+\tfrac{1}{4})^2+\omega^2}+\frac{1/4}{(s+\tfrac{1}{4})^2+\omega^2}.
Agora uso fórmulas padrão da transformada inversa:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s+a}{(s+a)^2+\omega^2}\right\}=e^{-a t}\cos(\omega t),
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{\omega}{(s+a)^2+\omega^2}\right\}=e^{-a t}\sin(\omega t).
No nosso caso o segundo termo tem constante 1/4 no numerador, então
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1/4}{(s+\tfrac{1}{4})^2+\omega^2}\right\}=\frac{1}{4\omega}e^{-\tfrac{1}{4}t}\sin(\omega t).
Juntando tudo e lembrando do fator -\tfrac{1}{2} que multiplica esse bloco em Y_0(s), obtemos
y_0(t)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-\tfrac{1}{4}t}\cos(\omega t)-\frac{1}{8\omega}e^{-\tfrac{1}{4}t}\sin(\omega t).
Podemos simplificar 1/(8\omega): como \omega=\dfrac{\sqrt{15}}{4},
\frac{1}{8\omega}=\frac{1}{8\cdot\sqrt{15}/4}=\frac{1}{2\sqrt{15}}.
Então fica mais limpo:
y_0(t)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-t/4}\cos\!\Big(\frac{\sqrt{15}}{4}t\Big)-\frac{1}{2\sqrt{15}}e^{-t/4}\sin\!\Big(\frac{\sqrt{15}}{4}t\Big).

Passo 8

Volto ao resultado com deslocamentos. Pela estrutura do Y(s) (somas de termos com e^{-1{,}5s} e e^{-20s}) e pelo que definimos em Passo 5, a solução é
y(t)=u(t-1{,}5)\,y_0(t-1{,}5)-u(t-20)\,y_0(t-20).
Isso dá, em forma peça a peça:
  • Para 0\le t<1{,}5: y(t)=0 (a entrada ainda não ligou e as condições iniciais eram nulas).
  • Para 1{,}5\le t<20: y(t)=y_0(t-1{,}5).
  • Para t\ge 20: y(t)=y_0(t-1{,}5)-y_0(t-20).
Substituindo a expressão de y_0 do Passo 7 (lembrando \omega=\tfrac{\sqrt{15}}{4}), obtemos a fórmula explícita.

Resposta

y(t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<1{,}5,\\[6pt] \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}e^{-\tfrac{t-1{,}5}{4}}\cos\!\Big(\dfrac{\sqrt{15}}{4}(t-1{,}5)\Big)-\dfrac{1}{2\sqrt{15}}e^{-\tfrac{t-1{,}5}{4}}\sin\!\Big(\dfrac{\sqrt{15}}{4}(t-1{,}5)\Big), & 1{,}5\le t<20,\\[10pt] \Bigg(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}e^{-\tfrac{t-1{,}5}{4}}\cos\!\Big(\dfrac{\sqrt{15}}{4}(t-1{,}5)\Big)-\dfrac{1}{2\sqrt{15}}e^{-\tfrac{t-1{,}5}{4}}\sin\!\Big(\dfrac{\sqrt{15}}{4}(t-1{,}5)\Big)\Bigg)\\[6pt] \qquad -\Bigg(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}e^{-\tfrac{t-20}{4}}\cos\!\Big(\dfrac{\sqrt{15}}{4}(t-20)\Big)-\dfrac{1}{2\sqrt{15}}e^{-\tfrac{t-20}{4}}\sin\!\Big(\dfrac{\sqrt{15}}{4}(t-20)\Big)\Bigg), & t\ge 20. \end{cases}]

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