QUESTÃO No. 2 ( 25 pontos)

Resolva o seguinte problema de valor inicial, usando a transformada de Laplace:
\begin{gathered} \frac{d^{2} y}{d t^{2}}-4 \frac{d y}{d t}+13 y=9 \delta(t-7), \\ y(0)=5, \quad \frac{d y}{d t}(0)=10 . \end{gathered}

Passo 1

O enunciado nos dá um problema de valor inicial e pede para resolvê-lo usando a transformada de Laplace. As informações fornecidas são:
  • A equação diferencial:
\frac{d^{2}y}{dt^{2}}-4\frac{dy}{dt}+13y=9\delta(t-7).
  • Condições iniciais:
y(0)=5,\qquad \frac{dy}{dt}(0)=10.
O que se pede: encontrar a função y(t) para t\ge0 que satisfaça a equação e as condições iniciais, usando a transformada de Laplace.

Passo 2

Vou lembrar e explicar as propriedades da transformada de Laplace que vou usar (tudo aqui é ferramenta para transformar a EDO em uma equação algébrica em s).
  • Definição da transformada de Laplace: para uma função f(t) com t\ge0,
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} f(t)\,e^{-s t}\,dt,
onde s é a variável complexa da transformada.
  • Transformada de derivadas (fórmulas fundamentais para EDOs com condições iniciais): se Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s), então
\mathcal{L}\{y'(t)\}(s)=sY(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y''(t)\}(s)=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0).
Aqui y(0) e y'(0) são as condições iniciais dadas.
  • Transformada do impulso deslocado (delta de Dirac): para a>0,
\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}(s)=e^{-a s}.
  • Teorema do deslocamento no tempo (para a inversa): se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s), então
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=u(t-a)\,f(t-a),
onde u(t-a) é a função degrau unitário (Heaviside) que vale 0 para t<a e 1 para t\ge a.
  • Transformadas úteis para identificar inversas:
\mathcal{L}\{e^{a t}\cos(bt)\}=\frac{s-a}{(s-a)^{2}+b^{2}},\qquad \mathcal{L}\{e^{a t}\sin(bt)\}=\frac{b}{(s-a)^{2}+b^{2}}.
Agora que temos essas ferramentas, vamos aplicá-las à EDO do Passo 1.

Passo 3

Aplico a transformada de Laplace em ambos os lados da equação diferencial. Denotando Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s), uso as fórmulas de derivada e a transformada do delta:
\mathcal{L}\{y''\}-4\mathcal{L}\{y'\}+13\mathcal{L}\{y\}=9\mathcal{L}\{\delta(t-7)\}.
Substituindo as fórmulas:
\big(s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0)\big)-4\big(sY(s)-y(0)\big)+13Y(s)=9e^{-7s}.
Agora coloco as condições iniciais y(0)=5 e y'(0)=10 e simplifico os termos constantes:
\big(s^{2}Y -5s -10\big)-4\big(sY-5\big)+13Y=9e^{-7s}.
Distribuindo o -4 e somando os termos semelhantes:
s^{2}Y -5s -10 -4sY +20 +13Y = 9e^{-7s}.
Agrupando os termos em Y e os termos livres:
\big(s^{2}-4s+13\big)Y +(-5s -10 +20)=9e^{-7s}.
Os termos constantes ficam -10+20=10, então:
\big(s^{2}-4s+13\big)Y -5s +10 = 9e^{-7s}.

Passo 4

Isolo Y(s) resolvendo algebricamente:
Y(s)=\frac{9e^{-7s}+5s-10}{s^{2}-4s+13}.
Agora vou reescrever o denominador completando o quadrado (porque isso facilita identificar inversas do tipo e^{at}\cos bt e e^{at}\sin bt):
s^{2}-4s+13=(s^{2}-4s+4)+9=(s-2)^{2}+9.
Também simplifico o numerador da parte não deslocada: 5s-10=5(s-2). Assim posso separar Y(s) em duas parcelas (uma com fator e^{-7s} e outra sem):
Y(s)=\frac{5(s-2)}{(s-2)^{2}+9}+\frac{9e^{-7s}}{(s-2)^{2}+9}.
Escrevi a parcela com e^{-7s} isolada para aplicar o teorema do deslocamento na hora da inversa.

Passo 5

Inverto a primeira parcela (a sem deslocamento):
\frac{5(s-2)}{(s-2)^{2}+9}.
Comparo com a fórmula conhecida
\mathcal{L}\{e^{2t}\cos(3t)\}=\frac{s-2}{(s-2)^{2}+3^{2}}=\frac{s-2}{(s-2)^{2}+9}.
Portanto a inversa é simplesmente multiplicada por 5:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{5(s-2)}{(s-2)^{2}+9}\right\}=5e^{2t}\cos(3t).
Isto já dá a parte da solução que existe para todos os t\ge0 independentemente do impulso em t=7.

Passo 6

Agora trato a segunda parcela (com o fator deslocador e^{-7s}):
\frac{9e^{-7s}}{(s-2)^{2}+9}=e^{-7s}\cdot\frac{9}{(s-2)^{2}+9}.
Primeiro encontro a inversa da função não deslocada
F(s)=\frac{9}{(s-2)^{2}+9}.
Como
\mathcal{L}\{e^{2t}\sin(3t)\}=\frac{3}{(s-2)^{2}+9},
temos que
F(s)=\frac{9}{(s-2)^{2}+9}=3\cdot\frac{3}{(s-2)^{2}+9}=3\mathcal{L}\{e^{2t}\sin(3t)\}.
Logo a inversa sem deslocamento é
\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}=3e^{2t}\sin(3t).
Agora aplico o teorema do deslocamento no tempo: multiplicar por e^{-7s} em s-espaço corresponde a deslocar no tempo e multiplicar por u(t-7):
\mathcal{L}^{-1}\left\{e^{-7s}F(s)\right\}=u(t-7)\,F^{-1}(t-7)=u(t-7)\,3e^{2(t-7)}\sin\big(3(t-7)\big).

Passo 7

Juntando as duas partes (a obtida no Passo 5 e a do Passo 6), obtemos a solução completa y(t):
y(t)=5e^{2t}\cos(3t)+3\,u(t-7)\,e^{2(t-7)}\sin\big(3(t-7)\big),
onde u(t-7) é a função degrau unitário que liga a segunda parcela apenas a partir de t=7.
Verificação rápida das condições iniciais (confere que a parte deslocada não contribui para t<7, especialmente em t=0):
y(0)=5e^{0}\cos0+0=5,
e derivando a parte não deslocada e avaliando em t=0 recupera \,y'(0)=10, conforme dado (essa verificação é útil na prova para garantir que a solução satisfaz as condições iniciais).

Resposta

y(t)=5e^{2t}\cos(3t)+3\,u(t-7)\,e^{2(t-7)}\sin\big(3(t-7)\big)

Exercícios relacionados