( 2,5 pontos) Calcule a solução do seguinte problema de valor inicial:
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}+3 y^{\prime}+2 y=u(t-1)-u(t-2) \\\ y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=0 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede a solução do problema de valor inicial
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}+3 y^{\prime}+2 y=u(t-1)-u(t-2),\\[4pt] y(0)=0,\quad y^{\prime}(0)=0, \end{array}\right.
onde u(t-a) é a função degrau unitário deslocada. Informações relevantes que o enunciado dá:
  1. As condições iniciais são y(0)=0 e y'(0)=0.
  2. O termo à direita é u(t-1)-u(t-2), ou seja, um pulso de amplitude 1 ativo somente em 1\le t<2.
  3. Trata-se de uma EDO linear de segunda ordem com coeficientes constantes e forçamento em termos de degraus.]

Passo 2

Por que usar a transformada de Laplace? Vou explicar: como o forçamento está escrito com funções degrau u(t-a) e temos condições iniciais em t=0, a transformada de Laplace simplifica bastante — transforma deslocamentos temporais em fatores exponenciais e^{-as} e transforma derivadas em polinômios em s multiplicando Y(s). Portanto vou aplicar a transformada de Laplace à equação inteira. Lembre-se da fórmula para derivadas:
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),\qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0),
onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}. Como y(0)=0 e y'(0)=0, as fórmulas vão simplificar.

Passo 3

Aplico a transformada de Laplace à equação:
\mathcal{L}\{y''\}+3\mathcal{L}\{y'\}+2\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{u(t-1)\}-\mathcal{L}\{u(t-2)\}.
Usando as fórmulas de derivada e y(0)=y'(0)=0,
(s^{2}Y(s))+3(sY(s))+2Y(s)=\frac{e^{-s}}{s}-\frac{e^{-2s}}{s}.
Coloco Y(s) em evidência no lado esquerdo:
Y(s)\bigl(s^{2}+3s+2\bigr)=\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s}.
Fatorando o polinômio:
s^{2}+3s+2=(s+1)(s+2),
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Y(s)=\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s(s+1)(s+2)}.

Passo 4

Nota importante sobre a forma obtida: podemos escrever
Y(s)=e^{-s}K(s)-e^{-2s}K(s),
onde
K(s)=\frac{1}{s(s+1)(s+2)}.
Pela propriedade de translação no tempo (teorema do deslocamento): se \mathcal{L}\{k(t)\}=K(s), então \mathcal{L}\{u(t-a)k(t-a)\}=e^{-as}K(s). Assim, se encontrarmos k(t)=\mathcal{L}^{-1}\{K(s)\}, teremos diretamente
y(t)=u(t-1)\,k(t-1)-u(t-2)\,k(t-2).
Agora vamos calcular k(t) via frações parciais.

Passo 5

Faço frações parciais para K(s)=\dfrac{1}{s(s+1)(s+2)}. Procuro constantes A,B,C tais que
\frac{1}{s(s+1)(s+2)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+1}+\frac{C}{s+2}.
Multiplico ambos os lados por s(s+1)(s+2) e obtém-se
1=A(s+1)(s+2)+B s(s+2)+C s(s+1).
Avalio em valores convenientes:
  • Em s=0: 1=A\cdot1\cdot2\Rightarrow A=\tfrac{1}{2}.
  • Em s=-1: 1=B\cdot(-1)\cdot1\Rightarrow B=-1.
  • Em s=-2: 1=C\cdot(-2)\cdot(-1)\Rightarrow C=\tfrac{1}{2}.
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K(s)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s}-\frac{1}{s+1}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s+2}.

Passo 6

Agora faço a transformada inversa termo a termo. Lembrando que \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s}\}=1 e \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s+a}\}=e^{-at} para t\ge0, obtenho
k(t)=\frac{1}{2}-e^{-t}+\frac{1}{2}e^{-2t},\qquad t\ge 0.
Vou repetir: k(t) é o sinal de resposta ao pulso unitário aplicado em t\ge0 (mais precisamente à função cuja transformada é K(s)).

Passo 7

Aplico a propriedade do deslocamento que mencionei: como
Y(s)=e^{-s}K(s)-e^{-2s}K(s),
temos
y(t)=u(t-1)k(t-1)-u(t-2)k(t-2).
Substituo k(\cdot):
k(t-a)=\frac{1}{2}-e^{-(t-a)}+\frac{1}{2}e^{-2(t-a)}.
Portanto a solução explícita em termos de degrau é
y(t)=u(t-1)\Bigl(\tfrac{1}{2}-e^{-(t-1)}+\tfrac{1}{2}e^{-2(t-1)}\Bigr)\;-\;u(t-2)\Bigl(\tfrac{1}{2}-e^{-(t-2)}+\tfrac{1}{2}e^{-2(t-2)}\Bigr).

Passo 8

Para visualizar de forma prática (como você verá na prova), apresento y(t) de maneira piecewise (três intervalos naturais: 0\le t<1, 1\le t<2, t\ge2).
  • Para 0\le t<1: ambos os degraus u(t-1) e u(t-2) são zero, então
y(t)=0.
  • Para 1\le t<2: u(t-1)=1 e u(t-2)=0, logo
y(t)=\frac{1}{2}-e^{-(t-1)}+\frac{1}{2}e^{-2(t-1)}.
  • Para t\ge2: u(t-1)=u(t-2)=1, então
\begin{aligned} y(t)&=\Bigl(\tfrac{1}{2}-e^{-(t-1)}+\tfrac{1}{2}e^{-2(t-1)}\Bigr)-\Bigl(\tfrac{1}{2}-e^{-(t-2)}+\tfrac{1}{2}e^{-2(t-2)}\Bigr)\\[4pt] &=-e^{-(t-1)}+e^{-(t-2)}+\tfrac{1}{2}\bigl(e^{-2(t-1)}-e^{-2(t-2)}\bigr). \end{aligned}
Se quiser, pode factorizar exponenciais (por exemplo e^{-(t-2)}(1-e^{-1}) para um dos termos), mas a forma acima já é clara e direta de usar em prova.]

Resposta

y(t)=0,\quad 0\le t<1\
y(t)=\dfrac{1}{2}-e^{-(t-1)}+\dfrac{1}{2}e^{-2(t-1)},\quad 1\le t<2\
y(t)=-e^{-(t-1)}+e^{-(t-2)}+\dfrac{1}{2}\bigl(e^{-2(t-1)}-e^{-2(t-2)}\bigr),\quad t\ge2

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