(1) y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+2 y=f(t), y(0)=0, y^{\prime}(0)=0\). em que \(f(t)= \begin{cases}e^{t}, & \text { se } 0 \leq t<1 \\\\ 0, & \text { se } t \geq 1\end{cases}

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial linear de segunda ordem com condições iniciais:
y'' + 2y' + 2y = f(t),\qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=0,
onde a força externa f(t)\) é dada por \[f(t)=\begin{cases}e^{t}, & 0\le t<1,\\[4pt] 0, & t\ge 1.\end{cases}
O que se pede: encontrar a solução y(t)\] para \(t\ge0, isto é, a função y que satisfaz a EDO e as condições iniciais, levando em conta que f é definida por partes.
Informações relevantes fornecidas:
  • A EDO linear homogênea associada tem coeficientes constantes.
  • As condições iniciais são y(0)=0 e y'(0)=0.
  • f(t) é igual a e^{t} no intervalo [0,1) e zero a partir de 1.
  • Precisaremos lidar com um termo forçante definido por partes (portanto é conveniente usar uma representação com função degrau).]

Passo 2

Escolhemos usar transformada de Laplace porque:
  • As condições iniciais são dadas em t=0 (facilita o uso da transformada).
  • f(t) é uma função definida por partes e pode ser escrita com a função degrau, o que torna a transformada direta usando o teorema do deslocamento.
    Vou aplicar a transformada de Laplace à equação inteira, resolver algebricamente em s e então inverter.
Lembrando fórmulas úteis (explicado passo a passo quando usado):
  • \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0).
  • \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-sy(0)-y'(0).
  • \mathcal{L}\{e^{at}\}=\dfrac{1}{s-a} para \Re(s)>a.
  • Se h(t) tem transformada H(s), então \mathcal{L}\{h(t-a)u(t-a)\}=e^{-as}H(s) (teorema do deslocamento).

Passo 3

Escrever f(t) usando a função degrau u(t-1). Para t\ge0 podemos escrever
f(t)=e^{t}\bigl(1-u(t-1)\bigr).
Agora calculamos a transformada de f.
Primeiro, \mathcal{L}\{e^{t}\}=\dfrac{1}{s-1} (válido para \Re(s)>1).
Segundo, para \mathcal{L}\{e^{t}u(t-1)\} usamos o truque de escrever e^{t}=e\cdot e^{t-1} para t\ge1, isto é
e^{t}u(t-1)=e\cdot e^{t-1}u(t-1).
Aplicando o teorema do deslocamento com g(t)=e^{t} e a=1, temos \mathcal{L}\{e^{t-1}u(t-1)\}=e^{-s}\mathcal{L}\{e^{t}\}=e^{-s}\dfrac{1}{s-1}. Multiplicando por e
\mathcal{L}\{e^{t}u(t-1)\}=\dfrac{e^{1-s}}{s-1}.
Portanto a transformada de f é
F(s)=\dfrac{1}{s-1}-\dfrac{e^{1-s}}{s-1}=\dfrac{1-e^{1-s}}{s-1}.

Passo 4

Aplicando a transformada de Laplace à EDO. Como y(0)=0 e y'(0)=0,
\mathcal{L}\{y''\}+\;2\mathcal{L}\{y'\}+\;2\mathcal{L}\{y\} = (s^{2}Y(s)) + 2(sY(s)) + 2Y(s) = (s^{2}+2s+2)Y(s).
Logo, em s,
(s^{2}+2s+2)Y(s)=F(s)=\dfrac{1-e^{1-s}}{s-1}.
Portanto
Y(s)=\dfrac{1}{s-1}\cdot\dfrac{1}{s^{2}+2s+2}\;-\;\dfrac{e^{1-s}}{s-1}\cdot\dfrac{1}{s^{2}+2s+2}.
Observe que
s^{2}+2s+2=(s+1)^{2}+1,
o que sugere funções do tipo e^{-t}\sin t ou e^{-t}\cos t na transformada inversa.

Passo 5

Vamos inverter as duas parcelas separadamente. Chamemos
Y_{1}(s)=\dfrac{1}{s-1}\cdot\dfrac{1}{(s+1)^{2}+1} \quad\text{e}\quad Y_{2}(s)=\dfrac{e^{1-s}}{s-1}\cdot\dfrac{1}{(s+1)^{2}+1}.
Assim Y(s)=Y_{1}(s)-Y_{2}(s).
A ideia: Y_{1}(s) é produto de \dfrac{1}{s-1} e \dfrac{1}{(s+1)^{2}+1}. A transformada inversa de um produto é a convolução das transformadas inversas. Para Y_{2} usaremos o teorema do deslocamento (fator e^{-s}).

Passo 6

Calcular transformadas inversas básicas que usaremos.
  1. Inversa de \dfrac{1}{s-1} é e^{t}:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s-1}\right\}=e^{t}.
  1. Inversa de \dfrac{1}{(s+1)^{2}+1}. Usando a fórmula
\mathcal{L}\{e^{at}\sin bt\}=\dfrac{b}{(s-a)^{2}+b^{2}},
com a=-1 e b=1 temos
\mathcal{L}\{e^{-t}\sin t\}=\dfrac{1}{(s+1)^{2}+1}.
Portanto
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{(s+1)^{2}+1}\right\}=e^{-t}\sin t.
  1. Convolução: a inversa de Y_{1}(s) é a convolução de e^{t} com e^{-t}\sin t:
y_{1}(t)=(e^{(\cdot)}*e^{-(\cdot)}\sin(\cdot))(t)=\int_{0}^{t}e^{\tau}\cdot e^{-(t-\tau)}\sin(t-\tau)\,d\tau.
Calculemos essa integral passo a passo. Primeiro simplificamos:
y_{1}(t)=\int_{0}^{t}e^{\tau}e^{-(t-\tau)}\sin(t-\tau)\,d\tau = e^{t}\int_{0}^{t}e^{-2u}\sin u\,du,
onde no passo usamos a mudança de variável u=t-\tau e simplificamos fatores exponenciais (detalhes: após a substituição obtemos e^{t}\int_{0}^{t}e^{-2u}\sin u\,du).
Agora precisamos da integral
I(t)=\int_{0}^{t}e^{-2u}\sin u\,du.
Usamos a primitiva conhecida:
\int e^{\alpha u}\sin(\beta u)\,du = \dfrac{e^{\alpha u}\bigl(\alpha\sin(\beta u)-\beta\cos(\beta u)\bigr)}{\alpha^{2}+\beta^{2}} + C.
Aqui \alpha=-2 e \beta=1, então \alpha^{2}+\beta^{2}=4+1=5, e
I(t)=\left.\dfrac{e^{-2u}\bigl(-2\sin u -\cos u\bigr)}{5}\right|_{0}^{t} = \dfrac{e^{-2t}\bigl(-2\sin t -\cos t\bigr) -(-1)}{5}.
Como \sin 0=0 e \cos 0=1, o termo em u=0 é -1, daí o sinal.
Portanto
I(t)=\dfrac{1 + e^{-2t}\bigl(-2\sin t -\cos t\bigr)}{5}.
Multiplicando por e^{t} obtemos
y_{1}(t)=e^{t}I(t)=\dfrac{e^{t}}{5} - \dfrac{e^{-t}}{5}\bigl(2\sin t +\cos t\bigr).
Assim encontramos a inversa de Y_{1}:
\mathcal{L}^{-1}\{Y_{1}(s)\}=y_{1}(t)=\dfrac{1}{5}e^{t}-\dfrac{1}{5}e^{-t}\bigl(2\sin t+\cos t\bigr).

Passo 7

Agora tratamos Y_{2}(s). Note que
Y_{2}(s)=e^{1-s}\cdot\underbrace{\dfrac{1}{s-1}\cdot\dfrac{1}{(s+1)^{2}+1}}_{=Y_{1}(s)} = e\cdot e^{-s}\,Y_{1}(s).
O fator e^{-s} implica deslocamento no tempo: se \mathcal{L}^{-1}\{Y_{1}(s)\}=y_{1}(t), então
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-s}Y_{1}(s)\}=y_{1}(t-1)\,u(t-1).
Multiplicando pelo fator e temos
\mathcal{L}^{-1}\{Y_{2}(s)\}=e\;y_{1}(t-1)\,u(t-1).
Portanto a solução y(t) (inversa de Y(s)=Y_{1}(s)-Y_{2}(s)) é
y(t)=y_{1}(t)-e\;y_{1}(t-1)\,u(t-1).

Passo 8

Escrevemos a solução de forma explícita por partes.
Para 0\le t<1 temos u(t-1)=0, então
y(t)=y_{1}(t)=\dfrac{1}{5}e^{t}-\dfrac{1}{5}e^{-t}\bigl(2\sin t+\cos t\bigr).
Para t\ge 1 temos u(t-1)=1, logo
y(t)=y_{1}(t)-e\,y_{1}(t-1).
Substituindo a expressão de y_{1}:
y_{1}(t-1)=\dfrac{1}{5}e^{t-1}-\dfrac{1}{5}e^{-(t-1)}\bigl(2\sin(t-1)+\cos(t-1)\bigr).
Multiplicando por e e subtraindo obtemos (os termos \dfrac{1}{5}e^{t} se cancelam):
y(t)=-\dfrac{1}{5}e^{-t}\bigl(2\sin t+\cos t\bigr) +\dfrac{1}{5}e^{2-t}\bigl(2\sin(t-1)+\cos(t-1)\bigr).
Podemos fatorar \dfrac{1}{5}e^{-t} se desejarmos, mas a forma acima já é explícita e correta.
Resumo das duas parcelas reunidas em forma de solução por partes abaixo.

Resposta

\text{Para }0\le t<1:\quad y(t)=\dfrac{1}{5}e^{t}-\dfrac{1}{5}e^{-t}\bigl(2\sin t+\cos t\bigr).
\text{Para }t\ge 1:\quad y(t)=-\dfrac{1}{5}e^{-t}\bigl(2\sin t+\cos t\bigr) +\dfrac{1}{5}e^{2-t}\bigl(2\sin(t-1)+\cos(t-1)\bigr).

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