QUESTÃO No.4 (25 pontos)

Considere o seguinte problema de valor inicial (PVI) :
\begin{gathered} \frac{d^{2} y}{d t^{2}}-6 \frac{d y}{d t}+34 y=h(t) \\\ y(0)=0, \quad \frac{d y}{d t}(0)=0 \end{gathered}
onde h(t) \varepsilon \mathrm{C}[0,+\infty) é uma função conhecida.
Utilizando conhecimentos da primeira disciplina de Equações Diferenciais (“EDO P”), e o Método de Variação de Parâmetros, pude-se chegar a que a solução do PVI em questāo vem dada por
y(t)=y_{1}(t) e^{3 t} \operatorname{sen} 5 t+y_{2}(t) e^{3 t} \cos 5 t
onde
y_{1}(t)=\frac{1}{5} \int_{0}^{t} e^{-3 u} \cdot \cos 5 u \cdot h(u) d u, \quad y_{2}(t)=-\frac{1}{5} \int_{0}^{t} e^{-3 u} \cdot \operatorname{sen} 5 u \cdot h(u) d u
Deduza este resultado utilizando como ferramenta unicamente a Transformada de Laplace e suas propriedades.

Observação importante:

Este exercício não será corrigido se ele for resolvido de uma forma diferente daquela indicada no enunciado.

Passo 1

O enunciado nos dá o problema de valor inicial
\begin{gathered} \frac{d^{2} y}{d t^{2}}-6 \frac{d y}{d t}+34 y=h(t),\\\ y(0)=0,\qquad \frac{d y}{d t}(0)=0, \end{gathered}
onde h(t)\in C[0,\infty) é conhecida.
A meta é deduzir, usando apenas a Transformada de Laplace e suas propriedades, que a solução pode ser escrita como
y(t)=y_{1}(t)\,e^{3t}\sin 5t+y_{2}(t)\,e^{3t}\cos 5t
com
y_{1}(t)=\frac{1}{5}\int_{0}^{t} e^{-3u}\cos 5u\;h(u)\,du,\qquad y_{2}(t)=-\frac{1}{5}\int_{0}^{t} e^{-3u}\sin 5u\;h(u)\,du.

Passo 2

Aplicar a Transformada de Laplace ao PVI.
Definição e propriedades que vamos usar:
  • A Transformada de Laplace de f(t) é \mathcal{L}\{f\}(s)=\displaystyle\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt.
  • Linearidade: \mathcal{L}\{a f+b g\}=a\mathcal{L}\{f\}+b\mathcal{L}\{g\}.
  • Derivadas: \mathcal{L}\{y'(t)\}(s)=sY(s)-y(0) e \mathcal{L}\{y''(t)\}(s)=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0), onde Y(s)=\mathcal{L}\{y\}(s).
Como y(0)=0 e y'(0)=0, ao aplicar \mathcal{L} à equação obtemos
\mathcal{L}\{y''\}-6\mathcal{L}\{y'\}+34\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{h\}.
Substituindo as fórmulas das derivadas:
\bigl(s^{2}Y(s)\bigr)-6\bigl(sY(s)\bigr)+34Y(s)=H(s),
onde H(s)=\mathcal{L}\{h\}(s). Portanto
Y(s)=\frac{H(s)}{s^{2}-6s+34}.

Passo 3

Manipular o denominador e identificar a resposta ao impulso.
Faço completar quadrado no denominador:
s^{2}-6s+34=(s-3)^{2}+25.
Logo
Y(s)=H(s)\cdot\frac{1}{(s-3)^{2}+5^{2}}.
Agora preciso reconhecer a transformada inversa de \dfrac{1}{(s-3)^{2}+5^{2}}. Uso a transformada conhecida
\mathcal{L}\{e^{at}\sin(bt)\}(s)=\frac{b}{(s-a)^{2}+b^{2}}.
Tomando a=3 e b=5 obtemos
\mathcal{L}\{e^{3t}\sin 5t\}(s)=\frac{5}{(s-3)^{2}+25}.
Portanto
\frac{1}{(s-3)^{2}+25}=\frac{1}{5}\,\mathcal{L}\{e^{3t}\sin 5t\}(s).
Isto mostra que a função no tempo correspondente a \dfrac{1}{(s-3)^{2}+25} é
g(t)=\frac{1}{5}e^{3t}\sin 5t.
g(t) é a resposta ao impulso do sistema linear associado (função de Green).

Passo 4

Aplicar o Teorema da Convolução para voltar ao domínio do tempo.
Teorema da Convolução: se \mathcal{L}\{f\}=F(s) e \mathcal{L}\{g\}=G(s), então
\mathcal{L}^{-1}\{F(s)G(s)\}(t)=(f*g)(t)=\int_{0}^{t} f(t-u)\,g(u)\,du.
No nosso caso Y(s)=H(s)\cdot \dfrac{1}{(s-3)^{2}+25}, logo
y(t)=\bigl(h*g\bigr)(t)=\int_{0}^{t} g(t-u)\,h(u)\,du,
com g(t)=\dfrac{1}{5}e^{3t}\sin 5t. Note que a convolução começa em 0 porque usamos a transformada unilateral e supomos causalidade (sistema inicia em t=0).

Passo 5

Calcular explicitamente a convolução e reescrever na forma pedida.
Escrevo g(t-u) explicitamente:
g(t-u)=\frac{1}{5}e^{3(t-u)}\sin\bigl(5(t-u)\bigr).
Assim
y(t)=\int_{0}^{t} \frac{1}{5}e^{3(t-u)}\sin\bigl(5(t-u)\bigr)\,h(u)\,du.
Factorizo e^{3t} para fora da integral porque não depende de u:
y(t)=\frac{e^{3t}}{5}\int_{0}^{t} e^{-3u}\sin\bigl(5(t-u)\bigr)\,h(u)\,du.
Agora uso a identidade trigonométrica da diferença:
\sin\bigl(5(t-u)\bigr)=\sin 5t\cos 5u-\cos 5t\sin 5u.
Substituindo na integral:
y(t)=\frac{e^{3t}}{5}\int_{0}^{t} e^{-3u}\bigl(\sin 5t\cos 5u-\cos 5t\sin 5u\bigr)h(u)\,du.
Como \sin 5t e \cos 5t não dependem de u, posso tirá-los para fora da integral:
y(t)=e^{3t}\left[\sin 5t\cdot\frac{1}{5}\int_{0}^{t} e^{-3u}\cos 5u\;h(u)\,du \;-\;\cos 5t\cdot\frac{1}{5}\int_{0}^{t} e^{-3u}\sin 5u\;h(u)\,du\right].

Passo 6

Identificar y_{1} e y_{2} conforme enunciado e escrever a forma final.
Defino
y_{1}(t)=\frac{1}{5}\int_{0}^{t} e^{-3u}\cos 5u\;h(u)\,du, \qquad y_{2}(t)=-\frac{1}{5}\int_{0}^{t} e^{-3u}\sin 5u\;h(u)\,du.
Com essas definições a expressão anterior fica exatamente
y(t)=y_{1}(t)\,e^{3t}\sin 5t+y_{2}(t)\,e^{3t}\cos 5t,
que é o resultado pedido.

Resposta

y(t)=y_{1}(t)\,e^{3t}\sin 5t+y_{2}(t)\,e^{3t}\cos 5t
y_{1}(t)=\frac{1}{5}\int_{0}^{t} e^{-3u}\cos 5u\;h(u)\,du
y_{2}(t)=-\frac{1}{5}\int_{0}^{t} e^{-3u}\sin 5u\;h(u)\,du

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