Q2. (3 pontos) Usando o a transformada de Laplace resolva o problema de valor inicial
\left\{\begin{array}{l} \frac{d^{2} y}{d t^{2}}+5 \frac{d y}{d t}+6 y=g(t) \\\ y(0)=0, y^{\prime}(0)=0 \end{array} \quad \text { onde } g(t)= \begin{cases}0 & \text { Se } 0<2 \\\ t & \text { Se } t>2\end{cases}\right.

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial abaixo e pede a solução y(t)\): \[\left\{\begin{array}{l} \displaystyle \frac{d^{2} y}{d t^{2}}+5 \frac{d y}{d t}+6 y=g(t),\\[6pt] y(0)=0,\; y^{\prime}(0)=0, \end{array}\right.
onde a força externa g(t) é dada por trecho:
g(t)=\begin{cases} 0 & \text{se } 0<t<2,\\[4pt] t & \text{se } t>2. \end{cases}
Informações relevantes que temos: as condições iniciais são nulas; g(t)\] vale zero até \(t=2 e depois passa a ser t. A missão é encontrar y(t) para t\ge 0.]

Passo 2

Apresento a ferramenta que vamos usar (de forma prática e breve): a transformada de Laplace. Vou explicar só o que precisa para aplicar ao problema.
Definição (útil): a transformada de Laplace de uma função f(t) é
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt.
Propriedades que usaremos:
\mathcal{L}\{y'(t)\}(s)=s\,Y(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y''(t)\}(s)=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0),
onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s). Essas fórmulas mostram como derivadas viram polinômios em s multiplicando Y(s); é por isso que a Laplace simplifica EDOs com condições iniciais.
Outra propriedade que vamos usar é a do deslocamento temporal (Heaviside): se u_a(t) é a função degrau u_a(t)=0 para t<a e 1 para t\ge a, então
\mathcal{L}\{u_a(t)\,f(t-a)\}(s)=e^{-a s}\,\mathcal{L}\{f(t)\}(s).
Essa propriedade nos permite tratar funções que “ligam” em t=a.

Passo 3

Aplico a transformada de Laplace em ambos os lados da EDO. Usando as fórmulas das derivadas e as condições iniciais y(0)=y'(0)=0, obtemos
\mathcal{L}\{y''\}+5\mathcal{L}\{y'\}+6\mathcal{L}\{y\} =(s^{2}Y(s))+5(sY(s))+6Y(s)=(s^{2}+5s+6)Y(s).
Portanto
(s^{2}+5s+6)\,Y(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}(s).
Note que s^{2}+5s+6=(s+2)(s+3). Agora precisamos calcular \mathcal{L}\{g(t)\}(s).

Passo 4

Escrevemos g(t) usando o degrau em t=2. Pela definição do enunciado, para t\ge 0:
g(t)=u_{2}(t)\cdot t.
Para aplicar o teorema do deslocamento é conveniente escrever t como (t-2)+2. Assim
g(t)=u_{2}(t)\big[(t-2)+2\big] = u_{2}(t)(t-2) + 2\,u_{2}(t).
Pelo teorema do deslocamento, a transformada de Laplace de u_{2}(t)(t-2) é e^{-2s} vezes a transformada de t (vista como função da nova variável), e a transformada de u_{2}(t) é e^{-2s}/s.

Passo 5

Calculo \mathcal{L}\{g(t)\}. Temos
\mathcal{L}\{(t-2)u_{2}(t)\}(s)=e^{-2s}\,\mathcal{L}\{t\}(s)=e^{-2s}\cdot\frac{1}{s^{2}},
e
\mathcal{L}\{2u_{2}(t)\}(s)=2\,e^{-2s}\cdot\frac{1}{s}.
Somando:
\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=e^{-2s}\left(\frac{1}{s^{2}}+\frac{2}{s}\right)=e^{-2s}\,\frac{1+2s}{s^{2}}.

Passo 6

Volto para a equação em Y(s):
Y(s)=\frac{\mathcal{L}\{g(t)\}(s)}{(s+2)(s+3)} = e^{-2s}\,\frac{1+2s}{s^{2}(s+2)(s+3)}.
Usei a notação
Y(s)=e^{-2s}\,F(s), \qquad F(s)=\frac{1+2s}{s^{2}(s+2)(s+3)}.
Pela propriedade do deslocamento, a solução no tempo será
y(t)=u_{2}(t)\,f(t-2),
onde f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}(t). Então precisamos achar f(t) (inversa de F(s)).

Passo 7

Faço a decomposição em frações parciais de F(s). Procuro
\frac{1+2s}{s^{2}(s+2)(s+3)}=\frac{B}{s^{2}}+\frac{A}{s}+\frac{C}{s+2}+\frac{D}{s+3}.
Multiplicando ambos os lados por s^{2}(s+2)(s+3) obtemos
1+2s = B(s+2)(s+3) + A s(s+2)(s+3) + C s^{2}(s+3) + D s^{2}(s+2).
Para encontrar coeficientes, avalio em valores convenientes:
  • Em s=0: 1 = B\cdot(2\cdot3)=6B \Rightarrow B=\dfrac{1}{6}.
  • Em s=-2: 1+2(-2)=1-4=-3 = C\cdot(-2)^{2}(-2+3)=4C \Rightarrow C=-\dfrac{3}{4}.
  • Em s=-3: 1+2(-3)=1-6=-5 = D\cdot(-3)^{2}(-3+2)= -9D \Rightarrow D=\dfrac{5}{9}.
Falta A. Compare os coeficientes do termo em s na igualdade original. Expandindo parcialmente (ou usando o coeficiente de s) encontramos a equação linear
5B+6A=2.
Substituindo B=\dfrac{1}{6}
5\cdot\frac{1}{6}+6A=2 \quad\Rightarrow\quad \frac{5}{6}+6A=2
6A=\frac{7}{6}\quad\Rightarrow\quad A=\frac{7}{36}.
Assim os coeficientes são
B=\frac{1}{6},\quad A=\frac{7}{36},\quad C=-\frac{3}{4},\quad D=\frac{5}{9}.

Passo 8

Calculo a inversa de Laplace de cada termo. Usando
\mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s^{2}}\}=t,\qquad \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s}\}=1,\qquad \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s+a}\}=e^{-at},
obtemos
f(t)=\frac{1}{6}\,t + \frac{7}{36} -\frac{3}{4}e^{-2t} + \frac{5}{9}e^{-3t}.

Passo 9

Agora uso a propriedade de deslocamento no tempo: como Y(s)=e^{-2s}F(s), então
y(t)=u_{2}(t)\,f(t-2).
Isto significa que para 0\le t<2 a solução é y(t)=0 (porque u_{2}(t)=0 lá) e para t\ge 2 vale y(t)=f(t-2).
Substituo t\mapsto t-2 em f:
f(t-2)=\frac{1}{6}(t-2)+\frac{7}{36}-\frac{3}{4}e^{-2(t-2)}+\frac{5}{9}e^{-3(t-2)}.
Posso simplificar a parte linear/constante:
\frac{1}{6}(t-2)+\frac{7}{36}=\frac{1}{6}t -\frac{1}{3}+\frac{7}{36}=\frac{1}{6}t-\frac{5}{36}.
Portanto, para t\ge 2,
y(t)=\frac{1}{6}t-\frac{5}{36}-\frac{3}{4}e^{-2(t-2)}+\frac{5}{9}e^{-3(t-2)}.
Verificação rápida: avaliando o limite em t\to 2^{+} 0, logo a solução é contínua em t=2 e coincide com y(t)=0 para t<2, como esperado pelas condições iniciais e pelo fato de g(t)=0 até t=2.

Passo 10

Recapitulando: resolvemos usando transformada de Laplace, representando g(t) com degrau e aplicando a propriedade de deslocamento. Fizemos frações parciais para inverter a transformada e obtivemos a solução em forma peça-por-peça.

Resposta

y(t)=0,\quad 0\le t<2
y(t)=\dfrac{1}{6}t-\dfrac{5}{36}-\dfrac{3}{4}e^{-2(t-2)}+\dfrac{5}{9}e^{-3(t-2)},\quad t\ge 2

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