Questão. 4. (24 pentos) Use o método da Thansformada de Laplace para obter a solução do PVI dado por
\left\{\begin{array}{l}y^{\prime \prime}+9 y^{\prime}=5 u(t-2) \\\ y(0)=0 \\\ y^{\prime}(0)=0\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial
\begin{cases} y''(t)+9\,y'(t)=5\,u(t-2),\\[4pt] y(0)=0,\\[2pt] y'(0)=0, \end{cases}
e pede para resolver usando a transformada de Laplace. Informações importantes fornecidas:
  • A equação diferencial linear de segunda ordem com coeficientes constantes tem termo forçante 5\,u(t-2) (função degrau unitário deslocada).
  • As condições iniciais são y(0)=0 e y'(0)=0.
    O objetivo final é obter y(t) para todo t\ge0.]

Passo 2

Relembrando (aulas rápidas e úteis) as propriedades da transformada de Laplace que vamos usar:
  • Definição: a transformada de Laplace de uma função f(t) é
\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-s t}f(t)\,dt.
  • Transformada de derivadas (se Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}):
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0), \qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0).
Expliquei isso porque vamos transformar a EDO inteira e essas fórmulas permitem transformar as derivadas em funções algébricas de s.
  • Transformada do degrau deslocado: se u(t-a) é o degrau unitário em t=a, então
\mathcal{L}\{u(t-a)\}=\frac{e^{-a s}}{s}.
  • Teorema do deslocamento no tempo (segunda regra de deslocamento): se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s) então
\mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}=e^{-a s}F(s).
Isso servirá para voltar do domínio s para t quando aparecer um fator e^{-a s}.

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace em ambos os lados da equação diferencial. Denotando Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\} e usando as condições iniciais y(0)=0 e y'(0)=0,
\mathcal{L}\{y''\} + 9\,\mathcal{L}\{y'\} = \mathcal{L}\{5\,u(t-2)\}.
Substituindo as fórmulas das derivadas e da direita:
\big(s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0)\big) + 9\big(sY(s)-y(0)\big) = 5\cdot\frac{e^{-2s}}{s}.
Como y(0)=0 e y'(0)=0, isso simplifica para
(s^{2}+9s)\,Y(s)=\frac{5\,e^{-2s}}{s}.
Isolando Y(s):
Y(s)=\frac{5\,e^{-2s}}{s\,(s^{2}+9s)}=\frac{5\,e^{-2s}}{s^{2}(s+9)}.

Passo 4

Para inverter a transformada, vamos separar o fator e^{-2s} (que indica deslocamento no tempo) e decompor a parte racional:
Y(s)=e^{-2s}\cdot\frac{5}{s^{2}(s+9)}.
Definimos
F(s)=\frac{5}{s^{2}(s+9)},
e faremos a decomposição em frações parciais para F(s). Procuramos constantes A,B,C tais que
\frac{5}{s^{2}(s+9)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s^{2}}+\frac{C}{s+9}.
Multiplicando por s^{2}(s+9) obtemos
5=A s(s+9)+B(s+9)+C s^{2}.
Expandindo e agrupando potências de s:
5=(A+C)s^{2}+(9A+B)s+9B.
Igualando coeficientes dos polinômios:
  • Coeficiente de s^{2}: A+C=0.
  • Coeficiente de s: 9A+B=0.
  • Termo constante: 9B=5 B=\dfrac{5}{9}.
    Com B=\dfrac{5}{9}, da segunda equação:
9A + \frac{5}{9}=0 \quad\Rightarrow\quad 9A=-\frac{5}{9}\quad\Rightarrow\quad A=-\frac{5}{81}.
Da primeira equação C=-A=\dfrac{5}{81}.
Portanto a decomposição é
F(s)=-\frac{5}{81}\cdot\frac{1}{s}+\frac{5}{9}\cdot\frac{1}{s^{2}}+\frac{5}{81}\cdot\frac{1}{s+9}.

Passo 5

Agora calculamos a transformada inversa de F(s). Usando transformadas conhecidas:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s}\right\}=1,\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}}\right\}=t,\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s+9}\right\}=e^{-9t}.
Aplicando linearidade a F(s) obtemos a função correspondente no tempo:
f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}=-\frac{5}{81}\cdot 1+\frac{5}{9}\,t+\frac{5}{81}\,e^{-9t}.

Passo 6

Voltar ao Y(s) com o fator exponencial: Y(s)=e^{-2s}F(s). Pelo teorema do deslocamento no tempo, isso corresponde a
y(t)=u(t-2)\,f(t-2),
ou seja, a solução é zero antes de t=2 e a partir de t=2 vale f(t-2). Substituindo f:
y(t)=u(t-2)\left(-\frac{5}{81}+\frac{5}{9}(t-2)+\frac{5}{81}e^{-9(t-2)}\right).
Podemos também escrever de forma factorada para ficar mais compacta:
y(t)=u(t-2)\,\frac{5}{81}\Big(-1+9(t-2)+e^{-9(t-2)}\Big).

Passo 7

Interpretação prática (útil para a prova): a presença do u(t-2) mostra que a resposta y(t) só “liga” quando o degrau entra em t=2. Antes de 2 temos y(t)=0. Para t\ge2 a dinâmica responde como se o forçamento fosse uma constante aplicado a partir de t=2, e a solução obtida utiliza exatamente o deslocamento do tempo via o fator e^{-2s} na transformada.

Resposta

y(t)=u(t-2)\left(-\dfrac{5}{81}+\dfrac{5}{9}(t-2)+\dfrac{5}{81}e^{-9(t-2)}\right)

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