(a) Mostrar que L\{\sin t-t \cos t\}=\frac{2}{\left(s^{2}+1\right)^{2}}.
(b) Use a transformada de Laplace para resolver o PVI: y^{\prime \prime}+y=\sin t

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
(a) mostrar que
\mathcal{L}\{\sin t - t\cos t\} = \frac{2}{(s^2+1)^2},
e
(b) usar a transformada de Laplace para resolver o problema de valor inicial
y''+y=\sin t,
supondo as condições iniciais \;y(0)=0 e \;y'(0)=0.
Para isso vamos usar as propriedades de linearidade, da transformada de derivada e do fator t dentro da transformada de Laplace, além de inverter a transformada.

Passo 2

Calcular \mathcal{L}\{\sin t\}.
Pela tabela de transformadas, já sabemos que
\mathcal{L}\{\sin t\} = \frac{1}{s^2+1}.

Passo 3

Calcular \mathcal{L}\{t\cos t\}.
Usamos a propriedade
\mathcal{L}\{t\,f(t)\} = -\frac{d}{ds}\bigl[\mathcal{L}\{f(t)\}\bigr].
Como \mathcal{L}\{\cos t\} = \frac{s}{s^2+1}, temos
\mathcal{L}\{t\cos t\} = -\frac{d}{ds}\!\Bigl(\frac{s}{s^2+1}\Bigr) = -\frac{(s^2+1) - s\cdot 2s}{(s^2+1)^2} = \frac{s^2-1}{(s^2+1)^2}.

Passo 4

Combinar resultados para \mathcal{L}\{\sin t - t\cos t\}.
Pela linearidade,
\mathcal{L}\{\sin t - t\cos t\} = \frac{1}{s^2+1} \;-\;\frac{s^2-1}{(s^2+1)^2} = \frac{(s^2+1)-(s^2-1)}{(s^2+1)^2} = \frac{2}{(s^2+1)^2}.

Passo 5

Aplicar Laplace em y''+y=\sin t com y(0)=0,\;y'(0)=0.
Tomando transformada em ambos os lados e usando \mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-s\,y(0)-y'(0) e \mathcal{L}\{y\}=Y(s), obtemos
\bigl(s^2Y(s)\bigr) + Y(s) = \frac{1}{s^2+1}.
Como y(0)=y'(0)=0, isso vira
Y(s)\,(s^2+1) = \frac{1}{s^2+1},
logo
Y(s) = \frac{1}{(s^2+1)^2}.

Passo 6

Inverter a transformada para achar y(t).
Observamos que, de fato,
\frac{1}{(s^2+1)^2} = \tfrac12\;\frac{2}{(s^2+1)^2} = \tfrac12\,\mathcal{L}\{\sin t - t\cos t\}.
Logo, pela unicidade da transformada de Laplace,
y(t) = \tfrac12\bigl(\sin t - t\cos t\bigr).

Resposta

(a) \displaystyle \mathcal{L}\{\sin t - t\cos t\} = \frac{2}{(s^2+1)^2}.
(b) \displaystyle y(t) = \tfrac12\bigl(\sin t - t\cos t\bigr).

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