Exercício 6. Resolva o problema de valor inicial
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+13 y=e^{-2 t} \text { sen } 3 t \\\ y(0)=1, y^{\prime}(0)=2 \end{array}\right.
usando a transformada de Laplace.

Passo 1

O enunciado pede resolver o problema de valor inicial dado por
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+13y=e^{-2t}\sin 3t,\\[4pt] y(0)=1,\;y^{\prime}(0)=2. \end{array}\right.
Informações relevantes fornecidas:
\begin{aligned} &\text{Equação diferencial: }y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+13y=e^{-2t}\sin 3t,\\[2pt] &\text{Condições iniciais: }y(0)=1,\;y^{\prime}(0)=2. \end{aligned}çãçõ]

Passo 2

Vou usar a transformada de Laplace. Primeiro, lembro (e explico) as propriedades que usaremos:
  • Definição: a transformada de Laplace de uma função y(t) é \mathcal{L}\{y\}(s)=Y(s)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-st}y(t)\,dt. Aqui s é uma variável complexa; para nós trata-se de uma variável algébrica nas manipulações.
  • Transformada das derivadas (propriedade fundamental para PVI):
\mathcal{L}\{y^{\prime}\}(s)=sY(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y^{\prime\prime}\}(s)=s^{2}Y(s)-s y(0)-y^{\prime}(0).
Essas fórmulas vêm de integrar por partes quando se aplica \mathcal{L} às derivadas; na prova você pode usá-las diretamente.
  • Teorema do deslocamento no domínio s (usado para termos e^{at}f(t)):
\mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}(s)=F(s-a),
onde F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}(s). No nosso caso temos e^{-2t}\sin 3t, ou seja a=-2.
  • Transformadas básicas que usaremos:
\mathcal{L}\{\sin bt\}(s)=\frac{b}{s^{2}+b^{2}},\qquad \mathcal{L}\{\cos bt\}(s)=\frac{s}{s^{2}+b^{2}}.

Passo 3

Aplico \mathcal{L} em ambos os lados da equação diferencial. Denotando Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s), obtemos
\mathcal{L}\{y^{\prime\prime}\}+4\mathcal{L}\{y^{\prime}\}+13\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{e^{-2t}\sin 3t\}.
Substituindo as fórmulas das derivadas:
\big(s^{2}Y(s)-s y(0)-y^{\prime}(0)\big)+4\big(sY(s)-y(0)\big)+13Y(s)=\mathcal{L}\{e^{-2t}\sin 3t\}.
Agora coloco as condições iniciais y(0)=1 e y'(0)=2:
\big(s^{2}Y(s)-s-2\big)+4\big(sY(s)-1\big)+13Y(s)=\mathcal{L}\{e^{-2t}\sin 3t\}.

Passo 4

Agrupo os termos em Y(s) e constantes:
(s^{2}+4s+13)Y(s)-s-2-4=\mathcal{L}\{e^{-2t}\sin 3t\}.
Portanto
(s^{2}+4s+13)Y(s)=\mathcal{L}\{e^{-2t}\sin 3t\}+s+6.
Agora calculo \mathcal{L}\{e^{-2t}\sin 3t\}. Uso o deslocamento: primeiro \mathcal{L}\{\sin 3t\}(s)=\dfrac{3}{s^{2}+9}. Aplicando deslocamento com a=-2 (ou seja substituir s por s+2):
\mathcal{L}\{e^{-2t}\sin 3t\}(s)=\frac{3}{(s+2)^{2}+9}.
Logo
Y(s)=\frac{s+6}{s^{2}+4s+13}+\frac{3}{\big((s+2)^{2}+9\big)\big(s^{2}+4s+13\big)}.

Passo 5

Note um ponto muito conveniente: usando completamento do quadrado
s^{2}+4s+13=(s+2)^{2}+9.
Portanto a expressão de Y(s) simplifica bastante: o denominador das duas parcelas é o mesmo (s+2)^{2}+9. Substituindo,
Y(s)=\frac{s+6}{(s+2)^{2}+9}+\frac{3}{\big((s+2)^{2}+9\big)^{2}}.

Passo 6

Para inverter a transformada, separo a primeira fração em termos mais familiares. Escrevo \,s+6=(s+2)+4, então
\frac{s+6}{(s+2)^{2}+9}=\frac{s+2}{(s+2)^{2}+9}+\frac{4}{(s+2)^{2}+9}.
Assim
Y(s)=\frac{s+2}{(s+2)^{2}+9}+\frac{4}{(s+2)^{2}+9}+\frac{3}{\big((s+2)^{2}+9\big)^{2}}.

Passo 7

Agora aplico inversa da transformada termo a termo. Uso as transformadas conhecidas com deslocamento:
  • Para \dfrac{s+2}{(s+2)^{2}+9}: corresponde à transformada de e^{-2t}\cos 3t, porque
\mathcal{L}\{e^{-2t}\cos 3t\}(s)=\frac{s+2}{(s+2)^{2}+3^{2}}.
Portanto
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s+2}{(s+2)^{2}+9}\right\}=e^{-2t}\cos 3t.
  • Para \dfrac{4}{(s+2)^{2}+9}: observe que \mathcal{L}\{e^{-2t}\sin 3t\}=\dfrac{3}{(s+2)^{2}+9}. Assim
\frac{4}{(s+2)^{2}+9}=\frac{4}{3}\cdot\frac{3}{(s+2)^{2}+9}
e
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{4}{(s+2)^{2}+9}\right\}=\frac{4}{3}e^{-2t}\sin 3t.

Passo 8

Falta inverter o termo com quadrado no denominador:
\frac{3}{\big((s+2)^{2}+9\big)^{2}}.
Para isso uso uma transformada conhecida (ou a propriedade \mathcal{L}\{t f(t)\}=-\dfrac{d}{ds}F(s) para obter a relação). A fórmula padrão é
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s^{2}+\omega^{2})^{2}}\right\} =\frac{1}{2\omega^{3}}\big(\sin \omega t-\omega t\cos \omega t\big).
No nosso caso com deslocamento s\mapsto s+2 e \omega=3, primeiro aplicamos a fórmula para 1/(s^{2}+9)^{2} e depois multiplicamos por 3 e pelo fator de deslocamento e^{-2t}. Calculando com \omega=3:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s^{2}+9)^{2}}\right\} =\frac{1}{2\cdot 3^{3}}\big(\sin 3t-3t\cos 3t\big) =\frac{1}{54}\big(\sin 3t-3t\cos 3t\big).
Aplicando deslocamento (substituição s\to s+2) multiplica a primitiva por e^{-2t}. Multiplicando por 3 (que está numerador no nosso termo) obtemos
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{3}{\big((s+2)^{2}+9\big)^{2}}\right\} =3\cdot e^{-2t}\cdot\frac{1}{54}\big(\sin 3t-3t\cos 3t\big).
Simplificando os coeficientes:
3\cdot\frac{1}{54}=\frac{1}{18},
logo
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{3}{\big((s+2)^{2}+9\big)^{2}}\right\} =e^{-2t}\left(\frac{1}{18}\sin 3t-\frac{1}{6}t\cos 3t\right).

Passo 9

Somando as inversas dos termos obtidos nos passos anteriores, a solução y(t) é
\begin{aligned} y(t)&=e^{-2t}\cos 3t+\frac{4}{3}e^{-2t}\sin 3t +e^{-2t}\left(\frac{1}{18}\sin 3t-\frac{1}{6}t\cos 3t\right)\\[6pt] &=e^{-2t}\cos 3t+e^{-2t}\left(\frac{4}{3}+\frac{1}{18}\right)\sin 3t-\frac{1}{6}t e^{-2t}\cos 3t. \end{aligned}
Calculo o coeficiente de \sin 3t:
\frac{4}{3}+\frac{1}{18}=\frac{24}{18}+\frac{1}{18}=\frac{25}{18}.
Portanto, escrevendo de forma limpa,
y(t)=e^{-2t}\cos 3t+\frac{25}{18}e^{-2t}\sin 3t-\frac{1}{6}t e^{-2t}\cos 3t.
Se quiser, pode factorar e^{-2t}:
y(t)=e^{-2t}\Big(\cos 3t+\frac{25}{18}\sin 3t-\frac{1}{6}t\cos 3t\Big).
Você pode conferir rapidamente as condições iniciais: para t=0 obtemos y(0)=1, e diferenciando e avaliando em 0 obtém-se y'(0)=2, como pedido — boa checagem para ganhar confiança.]

Resposta

y(t)=e^{-2t}\cos 3t+\dfrac{25}{18}e^{-2t}\sin 3t-\dfrac{1}{6}t e^{-2t}\cos 3t

Exercícios relacionados