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}

Observação importante:

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

Passo 1

Vou deixar bem claro o que o enunciado nos dá e o que se pede.
  • Enunciado: resolver o problema de valor inicial usando Transformada de Laplace:
\frac{d^{2} y}{d t^{2}}+2 \frac{d y}{d t}+2 y=\cos t+\delta\!\left(t-\frac{\pi}{2}\right), \qquad y(0)=0,\quad \frac{d y}{d t}(0)=0.
  • O que é pedido: encontrar y(t) para t\ge 0 (solução do PVI) usando a Transformada de Laplace.
  • Informações relevantes fornecidas:
    • Há dois termos forçantes: \cos t (força contínua) e \delta\!\big(t-\tfrac{\pi}{2}\big) (impulso instantâneo em t=\tfrac{\pi}{2}).
    • Condições iniciais nulas: y(0)=0 e y'(0)=0.

Passo 2

Relembrando propriedades da Transformada de Laplace que vou usar (sem pular etapas):
  • Linearidade: \mathcal{L}\{f+g\}=\mathcal{L}\{f\}+\mathcal{L}\{g\}.
  • Derivadas: \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0), \qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0),onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.
  • Delta deslocada: \mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-a s}.
  • Teorema do deslocamento no tempo (para inversa): \mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=u(t-a)\,f(t-a),onde f=\mathcal{L}^{-1}\{F\} e u é o degrau unitário.
  • Transformadas padrão: \mathcal{L}\{\cos t\}=\frac{s}{s^{2}+1}, \qquad \mathcal{L}\{e^{-t}\sin t\}=\frac{1}{(s+1)^{2}+1}.
Agora aplico a Transformada de Laplace à equação diferencial. Como y(0)=0 e y'(0)=0, temos
\mathcal{L}\{y''\}=s^{2}Y(s),\qquad \mathcal{L}\{y'\}=sY(s).
Aplicando a transformada em ambos os lados:
s^{2}Y(s)+2sY(s)+2Y(s)=\mathcal{L}\{\cos t\}+\mathcal{L}\{\delta(t-\tfrac{\pi}{2})\}.
Substituindo as transformadas conhecidas:
\big(s^{2}+2s+2\big)Y(s)=\frac{s}{s^{2}+1}+e^{-\tfrac{\pi}{2}s}.

Passo 3

Isolo Y(s) e separo as parcelas para inverter com clareza:
Y(s)=\frac{\dfrac{s}{s^{2}+1}}{s^{2}+2s+2}+\frac{e^{-\tfrac{\pi}{2}s}}{s^{2}+2s+2}.
Observo que
s^{2}+2s+2=(s+1)^{2}+1.
Assim escrevo
Y(s)=\frac{s}{s^{2}+1}\cdot\frac{1}{(s+1)^{2}+1} \;+\; e^{-\tfrac{\pi}{2}s}\cdot\frac{1}{(s+1)^{2}+1}.
Interpretação:
  • A segunda parcela é direta pela propriedade do deslocamento: sua inversa será um termo que aparece somente para t\ge \tfrac{\pi}{2}.
  • A primeira parcela é produto de \mathcal{L}\{\cos t\}=\dfrac{s}{s^{2}+1} por \dfrac{1}{(s+1)^{2}+1}, que corresponde ao produto de transformadas; a inversa pode ser obtida por convolução ou resolvendo o PVI com apenas a força \cos t e condições iniciais nulas. Vou optar por resolver explicitamente o problema para a força \cos t (método dos coeficientes indeterminados + solução homogênea), porque dá uma expressão explícita e fácil de combinar com a resposta ao impulso.

Passo 4

Resolver o PVI associado apenas à força \cos t\) (ou seja, considerar a equação sem o delta), com condições iniciais nulas: \[y''+2y'+2y=\cos t,\qquad y(0)=0,\\ y'(0)=0.
Passo 1 do método: encontrar uma solução particular y_{p}(t). Tento a forma
y_{p}(t)=C\cos t+D\sin t,
onde C e D são constantes a determinar. Calculo as derivadas:
y_{p}'(t)=-C\sin t+D\cos t, \qquad y_{p}''(t)=-C\cos t-D\sin t.
Substituo na equação:
(-C\cos t-D\sin t)+2(-C\sin t+D\cos t)+2(C\cos t+D\sin t)=\cos t.
Agrupando coeficientes de \cos t e \sin t:
  • Coeficiente de \cos t: -C+2D+2C=C+2D.
  • Coeficiente de \sin t: -D-2C+2D=-2C+D.
    Portanto o sistema para C,D é
\begin{cases} C+2D=1,\\[4pt] -2C+D=0. \end{cases}
Resolvo: da segunda equação D=2C\]. Substituindo na primeira: \[C+2(2C)=C+4C=5C=1\quad\Rightarrow\quad C=\tfrac{1}{5}.\] Logo \(D=2C=\tfrac{2}{5}. Assim
y_{p}(t)=\tfrac{1}{5}\cos t+\tfrac{2}{5}\sin t.]

Passo 5

Agora a solução geral da parte sem delta é a soma da homogênea com y_{p}.
  • Equação homogênea:
y''+2y'+2y=0.
Equação característica r^{2}+2r+2=0 tem raízes
r=-1\pm i.
Logo a solução homogênea é
y_{h}(t)=e^{-t}\big(A\cos t+B\sin t\big),
com constantes A,B a determinar pelas condições iniciais da parte sem delta.
A solução total (antes do impulso) é
y_{1}(t)=y_{h}(t)+y_{p}(t) = e^{-t}\big(A\cos t+B\sin t\big)+\tfrac{1}{5}\cos t+\tfrac{2}{5}\sin t.
Imponho as condições iniciais y_{1}(0)=0 e y_{1}'(0)=0:
  • Em t=0:
y_{1}(0)=A+\tfrac{1}{5}=0 \quad\Rightarrow\quad A=-\tfrac{1}{5}.
  • Calculo y_{1}'(t). Primeiro a derivada da homogênea:
\frac{d}{dt}\big[e^{-t}(A\cos t+B\sin t)\big] =e^{-t}\big((B-A)\cos t-(A+B)\sin t\big).
Derivada de y_{p}:
y_{p}'(t)=-\tfrac{1}{5}\sin t+\tfrac{2}{5}\cos t.
Logo
y_{1}'(0)=(B-A)+\tfrac{2}{5}=0.
Substituo A=-\tfrac{1}{5}:
B-(-\tfrac{1}{5})+\tfrac{2}{5}=0 \quad\Rightarrow\quad B+\tfrac{1}{5}+\tfrac{2}{5}=0 \quad\Rightarrow\quad B=-\tfrac{3}{5}.
Portanto A=-\tfrac{1}{5} e B=-\tfrac{3}{5}. Assim a solução para a parte contínua (antes de qualquer impulso) é
y_{1}(t)=\tfrac{1}{5}\cos t+\tfrac{2}{5}\sin t -\;e^{-t}\!\big(\tfrac{1}{5}\cos t+\tfrac{3}{5}\sin t\big).

Passo 6

Agora trato a contribuição da segunda parcela de Y(s),
\frac{e^{-\tfrac{\pi}{2}s}}{(s+1)^{2}+1}.
Pelo teorema do deslocamento no domínio de Laplace, se
H(s)=\frac{1}{(s+1)^{2}+1},
então h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\}=e^{-t}\sin t. Logo
\mathcal{L}^{-1}\Big\{e^{-\tfrac{\pi}{2}s}H(s)\Big\} = u\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right)\,h\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right) = u\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right)\,e^{-(t-\tfrac{\pi}{2})}\sin\!\big(t-\tfrac{\pi}{2}\big).
Interpretação física rápida (útil na prova): o impulso \delta(t-\tfrac{\pi}{2}) aplica um “salto” na derivada de y em t=\tfrac{\pi}{2}. De fato, integrando a equação em torno de t=\tfrac{\pi}{2} obtém-se
y'\!\big(\tfrac{\pi}{2}^{+}\big)-y'\!\big(\tfrac{\pi}{2}^{-}\big)=1,
o que é consistente com a adição do termo acima (cheque de consistência).

Passo 7

Combino as duas contribuições (resposta ao \cos t com condições iniciais nulas e resposta ao impulso deslocado). A solução total é, portanto,
y(t)=y_{1}(t)+u\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right)\,e^{-(t-\tfrac{\pi}{2})}\sin\!\big(t-\tfrac{\pi}{2}\big),
onde y_{1}(t) foi encontrada no passo anterior. Escrevendo de forma explícita e limpa, temos a solução em duas faixas de tempo:
  • Para 0\le t<\tfrac{\pi}{2} (antes do impulso):
y(t)=\tfrac{1}{5}\cos t+\tfrac{2}{5}\sin t -\;e^{-t}\!\big(\tfrac{1}{5}\cos t+\tfrac{3}{5}\sin t\big).
  • Para t\ge \tfrac{\pi}{2} (após o impulso), adiciona-se o termo da resposta ao impulso deslocado:
y(t)=\tfrac{1}{5}\cos t+\tfrac{2}{5}\sin t -\;e^{-t}\!\big(\tfrac{1}{5}\cos t+\tfrac{3}{5}\sin t\big) +e^{-(t-\tfrac{\pi}{2})}\sin\!\big(t-\tfrac{\pi}{2}\big).

Resposta

\text{Para }0\le t<\tfrac{\pi}{2}:\qquad y(t)=\tfrac{1}{5}\cos t+\tfrac{2}{5}\sin t -\;e^{-t}\!\big(\tfrac{1}{5}\cos t+\tfrac{3}{5}\sin t\big)
\text{Para }t\ge\tfrac{\pi}{2}:\qquad y(t)=\tfrac{1}{5}\cos t+\tfrac{2}{5}\sin t -\;e^{-t}\!\big(\tfrac{1}{5}\cos t+\tfrac{3}{5}\sin t\big) +e^{-(t-\tfrac{\pi}{2})}\sin\!\big(t-\tfrac{\pi}{2}\big)

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