Questão 88. A equação de aquecimento de um corpo é dada por
\frac{d T}{d t}+0,5 T=20[\mathcal{U}(t)-\mathcal{U}(t-3)], \quad T(0)=25 .
  1. Determine T(s) usando Transformada de Laplace.
  2. Ache T(t) no domínio do tempo.
  3. Desenhe o comportamento qualitativo da temperatura.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
\frac{dT}{dt} + 0,5\,T = 20\big[\mathcal{U}(t) - \mathcal{U}(t-3)\big],\qquad T(0)=25,
e pede três coisas:
  1. Determinar \,T(s)\, (a Transformada de Laplace da solução).
  2. Achar T(t) no domínio do tempo.
  3. Desenhar (qualitativamente) o comportamento da temperatura ao longo do tempo.
Informações relevantes fornecidas:
  • A função \mathcal{U}(t) é a função degrau unitário (Heaviside).
  • O termo de forçamento é 20 ativo entre t=0 e t=3 (pois \mathcal{U}(t)-\mathcal{U}(t-3)=1 em 0\le t<3 e 0 fora disso).
  • Condição inicial T(0)=25.
  • Coeficiente de amortecimento/exponencial é 0,5 (atenção: decimal com vírgula).

Passo 2

Vou te ensinar as ferramentas de Laplace que vamos usar — passo a passo, sem pular etapas.
  1. Definição da Transformada de Laplace: para uma função f(t) definida para t\ge0,
\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt.
Aqui s é a variável complexa do domínio de Laplace (pensamos em s como um número real positivo para inversão prática).
  1. Linearidade: \mathcal{L}\{a f(t)+b g(t)\}=a F(s)+b G(s).
  2. Transformada da derivada (fórmula muito útil): se T(t) é contínua e tem derivada razoável,
\mathcal{L}\left\{\frac{dT}{dt}\right\} = s\,T(s) - T(0).
Explicação curta do porquê: integra-se por partes a integral \int_0^\infty e^{-st} T'(t)\,dt e surge o termo de contorno T(0) e a multiplicação por s.
  1. Transformada do degrau deslocado (teorema do deslocamento no tempo): para a\ge0,
\mathcal{L}\{\mathcal{U}(t-a)\} = \frac{e^{-as}}{s}.
Em particular \mathcal{L}\{\mathcal{U}(t)\}=\dfrac{1}{s} e \mathcal{L}\{\mathcal{U}(t-3)\}=\dfrac{e^{-3s}}{s}.
  1. Teorema do deslocamento multiplicando por e^{-as}: se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s) então \mathcal{L}\{f(t-a)\mathcal{U}(t-a)\}=e^{-as}F(s). Esse resultado servirá para inverter termos com fator e^{-3s}.
Com essas regras nós conseguimos transformar a EDO para o domínio de s, resolver algebricamente e voltar para o tempo com critérios de frações parciais e do deslocamento no tempo.

Passo 3

Agora aplicamos a Transformada de Laplace na EDO dada, termo a termo. Usando a regra da derivada e a linearidade:
Transformando \dfrac{dT}{dt}: \mathcal{L}\{\dfrac{dT}{dt}\} = s\,T(s) - T(0) = s\,T(s) - 25.
Transformando 0,5\,T: \mathcal{L}\{0,5\,T\} = 0,5\,T(s).
Transformando o lado direito: usando a linearidade e a transformada do degrau,
\mathcal{L}\{20[\mathcal{U}(t)-\mathcal{U}(t-3)]\} = 20\!\left(\frac{1}{s} - \frac{e^{-3s}}{s}\right)=\frac{20}{s}\big(1-e^{-3s}\big).
Juntando tudo na equação transformada:
s\,T(s)-25 + 0,5\,T(s) = \frac{20}{s}\big(1-e^{-3s}\big).
Isolando T(s):
(s+0,5)\,T(s) = 25 + \frac{20}{s}\big(1-e^{-3s}\big),
portanto
\boxed{\,T(s)=\frac{25}{s+0,5} + \frac{20}{s}\cdot\frac{1-e^{-3s}}{s+0,5}\, }.
Esse é o T(s) pedido no item 1 (aqui já mostrei separado em termos mais fáceis de inverter).

Passo 4

Vamos inverter a segunda parcela (sem o fator exponencial) primeiro, ou seja inverter
\frac{20}{s}\cdot\frac{1}{s+0,5} = \frac{20}{s(s+0,5)}.
Fazemos fração parcial. Note que s(s+0,5) é produto de dois termos simples. Escrevemos
\frac{20}{s(s+0,5)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+0,5}.
Multiplicando por s(s+0,5):
20 = A(s+0,5) + B s.
Comparando coeficientes ou substituindo s=0 e s=-0,5:
  • Em s=0: 20 = A\cdot 0,5 \Rightarrow A = \dfrac{20}{0,5}=40.
  • Em s=-0,5: 20 = B(-0,5)\Rightarrow B = -\dfrac{20}{0,5} = -40.
Ou usar a fórmula padrão 1/[s(s+a)] = \tfrac{1}{a}\big(\tfrac{1}{s}-\tfrac{1}{s+a}\big); aqui a=0,5 1/(s(s+0,5))=2(1/s-1/(s+0,5)) e multiplicando por 20 obtém-se 40(1/s-1/(s+0,5)), concordando com A=40,B=-40.
Agora aplicamos a inversa de Laplace:
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{40}{s}\right\}=40,\qquad \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{-40}{s+0,5}\right\}=-40 e^{-0,5 t}.
Logo a inversa de \dfrac{20}{s(s+0,5)} é
40\big(1 - e^{-0,5 t}\big).
Também sabemos a inversa de \dfrac{25}{s+0,5} que veio da parte homogênea com condição inicial:
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{25}{s+0,5}\right\} = 25 e^{-0,5 t}.
Até aqui, se não houvesse o termo retardado (e^{-3s}), a solução seria a soma dessas duas inversas:
25 e^{-0,5 t} + 40\big(1-e^{-0,5 t}\big) = 40 - 15 e^{-0,5 t}.
Isso corresponde ao comportamento com a fonte aplicada permanentemente (mas no nosso problema a fonte é desligada em t=3).

Passo 5

Agora tratamos o termo com o fator de atraso e^{-3s}. No domínio de s temos a parcela
-\frac{20}{s}\cdot\frac{e^{-3s}}{s+0,5} = -e^{-3s}\cdot\frac{20}{s(s+0,5)}.
Pelo teorema do deslocamento no tempo (time-shifting): se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s) então
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-3s}F(s)\} = f(t-3)\,\mathcal{U}(t-3),
ou seja a inversa aparece deslocada e multiplicada pelo degrau \mathcal{U}(t-3).
Já calculamos que \dfrac{20}{s(s+0,5)} inverte para 40(1-e^{-0,5 t}). Assim
\mathcal{L}^{-1}\left\{ e^{-3s}\cdot\frac{20}{s(s+0,5)}\right\} = 40\big(1 - e^{-0,5 (t-3)}\big)\,\mathcal{U}(t-3).
Como o termo no T(s) era com sinal negativo (veja expressão do Passo 3), a contribuição retardada é
-40\big(1 - e^{-0,5 (t-3)}\big)\,\mathcal{U}(t-3).

Passo 6

Agora somamos todas as partes (a da condição inicial, a da força permanente e a da força desligada) para obter T(t):
Partes:
  • \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{25}{s+0,5}\} = 25 e^{-0,5 t}.
  • \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{20}{s}\cdot\frac{1}{s+0,5}\} = 40(1-e^{-0,5 t}).
  • a parte retardada dá -40(1-e^{-0,5(t-3)})\mathcal{U}(t-3).
Somando:
T(t)=25 e^{-0,5 t} + 40(1-e^{-0,5 t}) - 40\big(1-e^{-0,5 (t-3)}\big)\mathcal{U}(t-3).
Simplificando os dois primeiros termos:
25 e^{-0,5 t} + 40 - 40 e^{-0,5 t} = 40 - 15 e^{-0,5 t},
portanto
\boxed{\,T(t)=40 - 15 e^{-0,5 t} - 40\big(1-e^{-0,5 (t-3)}\big)\mathcal{U}(t-3)\, }.
É conveniente escrever a solução em forma peça a peça (mais clara para interpretar o comportamento):
  • Para 0\le t<3 (antes de desligar a fonte), \mathcal{U}(t-3)=0, então
\boxed{\,T(t)=40 - 15 e^{-0,5 t},\quad 0\le t<3.\,}
  • Para t\ge 3 (após o desligamento), \mathcal{U}(t-3)=1, então
\begin{aligned} T(t) &= 40 - 15 e^{-0,5 t} - 40\big(1-e^{-0,5 (t-3)}\big)\\[4pt] &= -15 e^{-0,5 t} + 40 e^{-0,5 (t-3)}\\[4pt] &= e^{-0,5 t}\big(-15 + 40 e^{0,5\cdot 3}\big). \end{aligned}
Ambas escritas são equivalentes; a forma mais direta e intuitiva é a peça a peça.
Verificações rápidas e comentários (que ajudam na prova):
  • Em t=0: T(0)=40-15\cdot1=25 (confere com a condição inicial).
  • Continuidade em t=3: limite pela esquerda 40-15e^{-1,5} e pela direita dá o mesmo valor (use e^{-0,5(t-3)} em t=3), logo a solução é contínua.
  • Constante de tempo: \tau = 1/0,5 = 2. Isso diz que o sistema se aproxima exponencialmente do valor de regime com velocidade caracterizada por \tau=2.
  • Com a fonte ligada (0 ≤ t < 3) o equilíbrio temporário seria T_{ss} = 20/0,5 = 40, por isso a expressão tende a 40 enquanto a fonte estiver ligada.
  • Depois de t=3 a fonte é desligada e a temperatura decai exponencialmente para 0 (porque a EDO homogênea \dot T + 0,5T=0 tem solução que tende a zero).]

Passo 7

Descrição qualitativa do gráfico (o desenho que você deve fazer na prova):
  • No instante t=0 a temperatura começa em T(0)=25.
  • Para 0\le t<3: a temperatura aumenta monotonicamente e assintoticamente se aproxima de 40 segundo uma exponencial 40-15e^{-0,5t}. A subida tem constante de tempo \tau=2, então em t\approx 2 já está perto de 63\% da diferença para 40.
  • Em t=3 a fonte é desligada; não há salto na temperatura (continuidade), mas a inclinação muda: a partir de t=3 a temperatura passa a decair exponencialmente, com mesma constante de tempo \tau=2, rumo a 0.
  • Portanto o gráfico: sobe de 25 em direção a 40 (mas não atinge plenamente porque a fonte é desligada em t=3), em t=3 atinge T(3)=40-15e^{-1,5}\approx36{,}65, e depois decai exponencialmente até 0 quando t\to\infty.

Resposta

[T(s)=\dfrac{25}{s+0,5} + \dfrac{20}{s}\cdot\dfrac{1-e^{-3s}}{s+0,5}.)
T(t)=40 - 15 e^{-0,5 t} - 40\big(1-e^{-0,5 (t-3)}\big)\mathcal{U}(t-3) (equivalente à expressão peça a peça abaixo):
\begin{cases} T(t)=40 - 15 e^{-0,5 t}, & 0\le t<3,\\[6pt] T(t)=-15 e^{-0,5 t} + 40 e^{-0,5 (t-3)}, & t\ge 3. \end{cases}
Comportamento qualitativo: começa em 25\], sobe exponencialmente em direção a \(40 com constante de tempo \tau=2 enquanto 0\le t<3, em t=3 a fonte é desligada (sem salto na temperatura) e a partir daí T(t) decai exponencialmente com a mesma constante de tempo \tau=2 rumo a 0.]

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