QUESTÃO No.1 (25 pontos)
Resolva o seguinte problema de valor inicial (PVI) utilizando como ferramenta a Transformada de Laplace:
\begin{aligned} \frac{d^{2} y}{d t^{2}}+2 \frac{d y}{d t}+2 y & =\cos t+\delta\left(t-\frac{\pi}{2}\right) \\\ y(0) & =0, \quad \frac{d y}{d t}(0)=0 \end{aligned}

Passo 1

O enunciado dá um problema de valor inicial (PVI) e pede que eu o resolva usando a Transformada de Laplace. As informações fornecidas são:
  • A equação diferencial ordinária:
\frac{d^{2} y}{d t^{2}}+2 \frac{d y}{d t}+2 y=\cos t+\delta\!\left(t-\frac{\pi}{2}\right).
  • As condições iniciais:
y(0)=0,\qquad \frac{d y}{d t}(0)=0.
  • A pergunta implícita é: encontrar a solução y(t) para t\ge 0 que satisfaz a EDO e as condições iniciais, usando Transformada de Laplace.

Passo 2

Primeiro, um resumo didático das propriedades da Transformada de Laplace que vou usar (sem pular etapas):
  • Definição: a transformada de Laplace de uma função causal f(t) é
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} f(t)\,dt.
  • Transformada das derivadas (para funções com derivadas e condições iniciais conhecidas):
\mathcal{L}\{y'(t)\}(s)=sY(s)-y(0), \qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}(s)=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0),
onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s).
  • Transformada da função cosseno:
\mathcal{L}\{\cos t\}(s)=\frac{s}{s^{2}+1}.
  • Transformada do impulso deslocado (delta de Dirac):
\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}(s)=e^{-a s}.
  • Teorema do deslocamento no tempo (para o fator exponencial e^{-a s} em s-espaço):
    Se \mathcal{L}\{f(t)\}(s)=F(s) então
\mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}(s)=e^{-a s}F(s),
onde u(t-a) é a função degrau unitário. Na prática isso permite inverter transformadas com fator e^{-a s}.
Vou aplicar essas fórmulas à EDO, transformando termo a termo.

Passo 3

Aplico a transformada de Laplace em ambos os lados da equação. Denotando Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s) e usando as condições iniciais y(0)=0 e y'(0)=0, tenho:
\mathcal{L}\{y''\}(s)=s^{2}Y(s), \qquad \mathcal{L}\{2y'\}(s)=2sY(s), \qquad \mathcal{L}\{2y\}(s)=2Y(s).
Somando:
\mathcal{L}\{y''+2y'+2y\}(s)=(s^{2}+2s+2)Y(s).
No lado direito:
\mathcal{L}\{\cos t\}(s)=\frac{s}{s^{2}+1}, \qquad \mathcal{L}\{\delta\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right)\}(s)=e^{-\frac{\pi}{2}s}.
Portanto a equação transformada fica:
(s^{2}+2s+2)Y(s)=\frac{s}{s^{2}+1}+e^{-\frac{\pi}{2}s}.

Passo 4

Isolo Y(s):
Y(s)=\frac{s}{(s^{2}+1)(s^{2}+2s+2)}+\frac{e^{-\frac{\pi}{2}s}}{s^{2}+2s+2}.
Vou inverter cada termo separadamente. Observações úteis:
  • s^{2}+2s+2=(s+1)^{2}+1.
  • A segunda parcela, com e^{-\frac{\pi}{2}s}, corresponde (pelo teorema do deslocamento) a uma função que aparece apenas para t\ge \tfrac{\pi}{2}: será do tipo u\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right)f(t-\tfrac{\pi}{2}) onde f(t) é a inversa de \dfrac{1}{(s+1)^{2}+1}.
  • A primeira parcela precisa ser decomposta em frações parciais para inverter. Vou fazer isso passo a passo.

Passo 5

Faço a decomposição parcial do primeiro termo:
procuramos constantes A,B,C,D\) tais que \[\frac{s}{(s^{2}+1)\big((s+1)^{2}+1\big)}=\frac{A s+B}{s^{2}+1}+\frac{C s+D}{(s+1)^{2}+1}.
Multiplicando ambos os lados por (s^{2}+1)((s+1)^{2}+1) obtemos a identidade polinomial
s=(A s+B)\big((s+1)^{2}+1\big)+(C s+D)(s^{2}+1).
Vou expandir e comparar coeficientes. Primeiro expando (s+1)^{2}+1=s^{2}+2s+2. Então
s=(A s+B)(s^{2}+2s+2)+(C s+D)(s^{2}+1).
Expandindo termo a termo:
(A s+B)(s^{2}+2s+2)=A s^{3}+2A s^{2}+2A s+B s^{2}+2B s+2B,
(C s+D)(s^{2}+1)=C s^{3}+C s+D s^{2}+D.
Somando:
s=(A+C)s^{3}+(2A+B+D)s^{2}+(2A+2B+C)s+(2B+D).
Comparando coeficientes com o polinômio 0\cdot s^{3}+0\cdot s^{2}+1\cdot s+0, obtemos o sistema linear:
\begin{cases} A+C=0,\\[4pt] 2A+B+D=0,\\[4pt] 2A+2B+C=1,\\[4pt] 2B+D=0. \end{cases}
Vou resolver o sistema passo a passo:
  • Da primeira equação C=-A\]. - Da quarta equação \(D=-2B.
    - Substituindo em segunda: 2A+B+(-2B)=0\Rightarrow 2A-B=0\Rightarrow B=2A.
    - Substituindo B=2A e C=-A na terceira: 2A+2(2A)+(-A)=1\Rightarrow 2A+4A-A=5A=1\Rightarrow A=\tfrac{1}{5}.
    - Então B=2A=\tfrac{2}{5}, C=-A=-\tfrac{1}{5}, D=-2B=-\tfrac{4}{5}.
Portanto a decomposição parcial é
\frac{s}{(s^{2}+1)\big((s+1)^{2}+1\big)} =\frac{\tfrac{1}{5}s+\tfrac{2}{5}}{s^{2}+1}+\frac{-\tfrac{1}{5}s-\tfrac{4}{5}}{(s+1)^{2}+1}.]

Passo 6

Agora inverto cada fração usando transformadas básicas. Lembrando:
\mathcal{L}\{\cos t\}=\frac{s}{s^{2}+1},\qquad \mathcal{L}\{\sin t\}=\frac{1}{s^{2}+1},
\mathcal{L}\{e^{-t}\cos t\}=\frac{s+1}{(s+1)^{2}+1},\qquad \mathcal{L}\{e^{-t}\sin t\}=\frac{1}{(s+1)^{2}+1}.
Primeiro bloco:
\frac{\tfrac{1}{5}s+\tfrac{2}{5}}{s^{2}+1} =\tfrac{1}{5}\cdot\frac{s}{s^{2}+1}+\tfrac{2}{5}\cdot\frac{1}{s^{2}+1}
inverte para
\tfrac{1}{5}\cos t+\tfrac{2}{5}\sin t.
Segundo bloco:
\frac{-\tfrac{1}{5}s-\tfrac{4}{5}}{(s+1)^{2}+1} =-\tfrac{1}{5}\cdot\frac{s+1}{(s+1)^{2}+1}-\tfrac{3}{5}\cdot\frac{1}{(s+1)^{2}+1},
porque escrevi -\tfrac{1}{5}s-\tfrac{4}{5}=-\tfrac{1}{5}(s+1)-\tfrac{3}{5}.
Esse termo inverte para
-\tfrac{1}{5}e^{-t}\cos t-\tfrac{3}{5}e^{-t}\sin t.
(Juntei as duas parcelas da decomposição parcial.)
Somando as inversas dos dois blocos, a transformada inversa do primeiro termo de Y(s) é:
y_{1}(t)=\tfrac{1}{5}\cos t+\tfrac{2}{5}\sin t-\tfrac{1}{5}e^{-t}\cos t-\tfrac{3}{5}e^{-t}\sin t.
É útil fatorar \tfrac{1}{5} se quiser:
y_{1}(t)=\tfrac{1}{5}\big(\cos t+2\sin t-e^{-t}\cos t-3e^{-t}\sin t\big).

Passo 7

Agora inverto o segundo termo de Y(s), que contém o fator exponencial e^{-\frac{\pi}{2}s}:
\frac{e^{-\frac{\pi}{2}s}}{s^{2}+2s+2}=\;e^{-\frac{\pi}{2}s}\cdot\frac{1}{(s+1)^{2}+1}.
Como observado, \mathcal{L}\{e^{-t}\sin t\}(s)=\dfrac{1}{(s+1)^{2}+1}. Pelo teorema do deslocamento no tempo, a inversa é
y_{2}(t)=u\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right)\,e^{-(t-\frac{\pi}{2})}\sin\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right),
onde u é o degrau unitário. Em palavras: a resposta ao impulso \delta(t-\tfrac{\pi}{2}) é exatamente a resposta livre avaliada em t-\tfrac{\pi}{2}, multiplicada pela unidade de ativação no instante t=\tfrac{\pi}{2}.

Passo 8

A solução total y(t) (soma das contribuições) é
y(t)=y_{1}(t)+y_{2}(t).
Substituindo as expressões encontradas:
y(t)=\tfrac{1}{5}\cos t+\tfrac{2}{5}\sin t-\tfrac{1}{5}e^{-t}\cos t-\tfrac{3}{5}e^{-t}\sin t +u\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right)e^{-(t-\frac{\pi}{2})}\sin\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right).
Essa expressão é válida para t\ge 0. Dá para conferir rapidamente as condições iniciais: em t=0 a parcela com u(\cdot) é zero (pois 0<\tfrac{\pi}{2}), e os termos exponenciais e trigonométricos combinam para que y(0)=0 e y'(0)=0 — isso confirma coerência com o PVI.

Resposta

y(t)=\tfrac{1}{5}\cos t+\tfrac{2}{5}\sin t-\tfrac{1}{5}e^{-t}\cos t-\tfrac{3}{5}e^{-t}\sin t +u\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right)e^{-(t-\frac{\pi}{2})}\sin\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right).

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