(9 pontos) Use a transformada de Laplace para determinar a solução do problema de valor inicial
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}+6 y^{\prime}+13 y=-2 e^{-3 t} \operatorname{sen}(2 t) \\\ y(0)=-2, \quad y^{\prime}(0)=-3 \end{array}\right.
\begin{aligned} & s^{2} Y(s)-s y(0)-y^{\prime}(0)+G s Y(s)-6 y(0)+13 y(s)=-2 \cdot \frac{2}{(s+3)^{2}+4} \\\ & Y(s) \underbrace{\left(s^{2}+6 s+13\right)}_{=(s+3)^{2}+4}=\frac{-4}{(s+3)^{2}+4}-2 s-15 \\\ & Y(s)=\frac{-4}{\left[(s+3)^{2}+4\right]^{2}}-\frac{2 s+15}{(s+3)^{2}+4}=-\frac{2}{8} \cdot \frac{2.2^{3}}{\left[(s+3)^{2}+4\right]^{2}}-\frac{2(s+3-3)+15}{(s+3)^{2}+4} \\\ & Y(s)=-\frac{1}{4} \frac{2.2^{3}}{\left[(s+3)^{2}+4\right]^{2}}-\frac{2(s+3)}{(s+3)^{2}+4}+\frac{2}{2} \frac{9}{(s+3)^{2}+4} \\\ & y(t)=-\frac{1}{4} e^{-3 t}[\sin (2 t)-2 t \cos (2 t)]-2 e^{-3 t} \cos (2 t)-\frac{9}{2} e^{-3 t} \operatorname{an}(2 t) \\\ & y(t)=e^{-3 t}\left[t / 2 \cos (2 t)-\frac{19}{4} \operatorname{sen}(2 t)-2 \cos (2 t)\right] \end{aligned}

Passo 1

O problema pede encontrar a solução do problema de valor inicial dado por
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}+6 y^{\prime}+13 y=-2 e^{-3 t}\operatorname{sen}(2 t)\\\ y(0)=-2,\quad y^{\prime}(0)=-3 \end{array}\right.
Informações relevantes fornecidas:
  • Equação diferencial linear de segunda ordem com coeficientes constantes e termo forçante -2 e^{-3t}\operatorname{sen}(2t).
  • Condições iniciais: y(0)=-2 e y'(0)=-3.
    Objetivo: determinar y(t) para t\ge0 usando a transformada de Laplace.

Passo 2

Breve lembrete das fórmulas da transformada de Laplace que vou usar (tudo padrão):
  • Defino Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.
  • Transformadas das derivadas:
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0), \qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0).
  • Transformada do deslocamento exponencial (teorema do deslocamento): se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s) então \mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}=F(s-a).
  • Transformadas básicas:
\mathcal{L}\{\operatorname{sen}(bt)\}=\frac{b}{s^{2}+b^{2}},\qquad \mathcal{L}\{\cos(bt)\}=\frac{s}{s^{2}+b^{2}}.
  • Também usarei a identidade útil \mathcal{L}\{t f(t)\}=-\frac{d}{ds}F(s).

Passo 3

Aplico a transformada de Laplace na equação diferencial inteira. Tomando \mathcal{L} em ambos os lados:
\mathcal{L}\{y''\}+6\mathcal{L}\{y'\}+13\mathcal{L}\{y\}=-2\mathcal{L}\{e^{-3t}\operatorname{sen}(2t)\}.
Substituo as fórmulas para derivadas e as condições iniciais y(0)=-2,\\ y'(0)=-3:
\bigl(s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0)\bigr)+6\bigl(sY(s)-y(0)\bigr)+13Y(s) =-2\cdot\mathcal{L}\{e^{-3t}\operatorname{sen}(2t)\}.
Agora insiro y(0)=-2 e y'(0)=-3:
\bigl(s^{2}Y+2s+3\bigr)+6\bigl(sY+2\bigr)+13Y=-2\cdot\mathcal{L}\{e^{-3t}\operatorname{sen}(2t)\}.
Agrupando os termos com Y e os termos livres:
\bigl(s^{2}+6s+13\bigr)Y + (2s+15) = -2\cdot\mathcal{L}\{e^{-3t}\operatorname{sen}(2t)\}.

Passo 4

Calculo a transformada do forçante usando o teorema do deslocamento: \mathcal{L}\{\operatorname{sen}(2t)\}=\dfrac{2}{s^{2}+4}, logo
\mathcal{L}\{e^{-3t}\operatorname{sen}(2t)\}=\frac{2}{(s+3)^{2}+4}.
Portanto o lado direito é -2\cdot \dfrac{2}{(s+3)^{2}+4}=-\dfrac{4}{(s+3)^{2}+4}.
Voltando à equação:
\bigl(s^{2}+6s+13\bigr)Y + (2s+15) = -\frac{4}{(s+3)^{2}+4}.
Observação: s^{2}+6s+13=(s+3)^{2}+4. Isolo Y:
Y(s)=\frac{-\dfrac{4}{(s+3)^{2}+4}-(2s+15)}{(s+3)^{2}+4} = -\frac{4}{\bigl((s+3)^{2}+4\bigr)^{2}}-\frac{2s+15}{(s+3)^{2}+4}.

Passo 5

Para facilitar a inversão, faço a mudança u=s+3. Então (s+3)^2+4=u^{2}+4 e
2s+15=2(u-3)+15=2u+9.
Assim
Y(s)=-\frac{4}{(u^{2}+4)^{2}}-\frac{2u+9}{u^{2}+4},\qquad\text{com }u=s+3.
A inversa de Laplace de uma função em s+3 corresponde à função multiplicada por e^{-3t}. Ou seja, se G(u)=\mathcal{L}\{g(t)\} com u=s+3, então \mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}=e^{-3t}g(t). Portanto primeiro encontro g(t)=\mathcal{L}_u^{-1}\!\left\{-\dfrac{4}{(u^{2}+4)^{2}}-\dfrac{2u+9}{u^{2}+4}\right\} e depois multiplico por e^{-3t}.

Passo 6

Inverto termo a termo. Primeiro o termo -\dfrac{4}{(u^{2}+4)^{2}}.
Usarei a fórmula conhecida
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s^{2}+a^{2})^{2}}\right\} =\frac{1}{2a^{3}}\bigl(\operatorname{sen}(at)-a t\cos(at)\bigr).
Aqui a=2. Então
\mathcal{L}_u^{-1}\!\left\{\frac{1}{(u^{2}+4)^{2}}\right\} =\frac{1}{2\cdot 2^{3}}\bigl(\operatorname{sen}(2t)-2t\cos(2t)\bigr) =\frac{1}{16}\bigl(\operatorname{sen}(2t)-2t\cos(2t)\bigr).
Multiplicando pelo coeficiente -4 obtemos
\mathcal{L}_u^{-1}\!\left\{-\frac{4}{(u^{2}+4)^{2}}\right\} = -\frac{4}{16}\bigl(\operatorname{sen}(2t)-2t\cos(2t)\bigr) = -\frac{1}{4}\bigl(\operatorname{sen}(2t)-2t\cos(2t)\bigr).

Passo 7

Agora inverto -\dfrac{2u+9}{u^{2}+4}. Faço a separação:
-\frac{2u+9}{u^{2}+4} = -\frac{2u}{u^{2}+4} - \frac{9}{u^{2}+4}.
Usando transformadas conhecidas:
\mathcal{L}_u^{-1}\!\left\{\frac{u}{u^{2}+4}\right\}=\cos(2t), \qquad \mathcal{L}_u^{-1}\!\left\{\frac{1}{u^{2}+4}\right\}=\frac{1}{2}\operatorname{sen}(2t).
Logo
\mathcal{L}_u^{-1}\!\left\{-\frac{2u}{u^{2}+4}\right\}=-2\cos(2t), \qquad \mathcal{L}_u^{-1}\!\left\{-\frac{9}{u^{2}+4}\right\}=-\frac{9}{2}\operatorname{sen}(2t).

Passo 8

Somando os resultados dos Passos 6 e 7 para obter g(t):
g(t)=-\frac{1}{4}\bigl(\operatorname{sen}(2t)-2t\cos(2t)\bigr)-2\cos(2t)-\frac{9}{2}\operatorname{sen}(2t).
Agrupo termos semelhantes (seno e cosseno):
g(t)=\frac{1}{2}t\cos(2t)-\left(\frac{1}{4}+\frac{9}{2}\right)\operatorname{sen}(2t)-2\cos(2t) =\frac{1}{2}t\cos(2t)-\frac{19}{4}\operatorname{sen}(2t)-2\cos(2t).
Finalmente, lembrando do deslocamento u=s+3, a solução y(t) é
y(t)=e^{-3t}g(t)=e^{-3t}\!\left(\frac{1}{2}t\cos(2t)-\frac{19}{4}\operatorname{sen}(2t)-2\cos(2t)\right).

Passo 9

Verificação rápida das condições iniciais (confirmação):
  • Em t=0: \cos0=1,\\ \sen0=0. Então
y(0)=1\cdot\bigl(0-\tfrac{19}{4}\cdot 0-2\cdot1\bigr)=-2,
confere com y(0)=-2.
  • Derivando e avaliando em t=0 (cálculo breve): escrever y(t)=e^{-3t}g(t)
y'(0)=-3g(0)+g'(0).
Já temos g(0)=-2. Calculando g'(t) e avaliando em 0 obtém-se g'(0)=-9. Portanto y'(0)=-3(-2)+(-9)=6-9=-3, que confere com a condição dada.

Resposta

y(t)=e^{-3t}\!\left(\frac{1}{2}t\cos(2t)-\frac{19}{4}\operatorname{sen}(2t)-2\cos(2t)\right)

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