Questão 4

Completo
Vale 1,00 ponto(s).
A solução do problema de valor inicial y^{\prime \prime}+y^{\prime}-2 y=-10 e^{-t}+5 \delta_{1}(t), y(0)=7, y^{\prime}(0)=-9 \quad é:
\bigcirc a. 2 e^{-2 t}-5 e^{-t}+\frac{5}{3}\left(e^{t-1}-e^{-2(t-1)}\right) u_{1}(t)
\bigcirc b. 2 e^{-2 t}+5 e^{-t}-\frac{5}{3}\left(e^{t-1}-e^{-2(t-1)}\right) u_{1}(t)
\bigcirc c. 2 e^{-2 t}+5 e^{-t}-\frac{5}{3}\left(e^{t-1}+e^{-2(t-1)}\right) u_{1}(t)
\bigcirc d. 2 e^{-2 t}+5 e^{-t}+\frac{5}{3}\left(e^{t-1}-e^{-2(t-1)}\right) u_{1}(t)
\bigcirc e. 2 e^{-2 t}+5 e^{-t}+\frac{5}{3}\left(e^{t-1}+e^{-2(t-1)}\right) u_{1}(t)

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial
y''+y'-2y=-10e^{-t}+5\delta_{1}(t),\qquad y(0)=7,\;y'(0)=-9.
Pergunta-se qual das alternativas apresentadas é a solução y(t).
Informações relevantes que extraí do enunciado:
  • A equação é linear de segunda ordem com termos forçantes: um termo exponencial contínuo -10e^{-t} e um impulso \;5\delta_{1}(t) (a função delta centrada em t=1).
  • As condições iniciais são y(0)=7 e y'(0)=-9.
  • A alternativa certa deve ser uma expressão em termos de t usando u_{1}(t) (a função degrau unitário deslocada em 1, isto é, u_1(t)=u(t-1)).
  • Vou procurar y(t) para t\ge0 (solução causal).

Passo 2

Escolha do método e ideia geral (explicação didática curta e amigável).
  • Por que usar a transformada de Laplace? Porque temos condições iniciais, um impulso \delta_{1}(t) e termos com degrau deslocado — a transformada de Laplace trata muito bem desses elementos usando a propriedade do deslocamento no tempo e as fórmulas para derivadas. Vai nos poupar trabalho com condicionais por intervalos.
  • Lembrete rápido sobre as fórmulas que usarei: \mathcal{L}\{y(t)\}=Y(s),
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-s y(0)-y'(0).
Para o impulso deslocado \delta_{a}(t): \mathcal{L}\{\delta_a(t)\}=e^{-as}. Para o teorema do deslocamento: se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s) então \mathcal{L}\{u_a(t)f(t-a)\}=e^{-as}F(s).

Passo 3

Aplicando a transformada de Laplace a ambos os lados. Denoto \mathcal{L}\{y\}=Y(s).
Usando as fórmulas de derivadas com y(0)=7 e y'(0)=-9:
\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-7s-(-9)=s^2Y(s)-7s+9,
\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-7.
Somando e subtraindo \;2y na transformada:
\mathcal{L}\{y''+y'-2y\}=(s^2+s-2)Y(s)-7s+2.
Transformada do lado direito:
\mathcal{L}\{-10e^{-t}+5\delta_{1}(t)\}=-\frac{10}{s+1}+5e^{-s}.
Igualando:
(s^2+s-2)Y(s)-7s+2=-\frac{10}{s+1}+5e^{-s}.
Isolando Y(s):
Y(s)=\frac{-\dfrac{10}{s+1}+5e^{-s}+7s-2}{s^2+s-2}.

Passo 4

Separação em duas partes (útil para aplicar o teorema do deslocamento facilmente):
Y(s)=\underbrace{\frac{-\dfrac{10}{s+1}+7s-2}{(s+2)(s-1)}}_{Y_1(s)} \;+\; \underbrace{\frac{5e^{-s}}{(s+2)(s-1)}}_{Y_2(s)},
pois s^2+s-2=(s+2)(s-1). A ideia: Y_1(s) gera a parte não deslocada da solução e Y_2(s) é a parte deslocada (vinda do impulso em t=1).

Passo 5

Cálculo de Y_1(s). Primeiro escrevo o numerador como uma única fração:
-\frac{10}{s+1}+7s-2=\frac{(7s-2)(s+1)-10}{s+1}=\frac{7s^2+5s-12}{s+1}.
Logo
Y_1(s)=\frac{7s^2+5s-12}{(s+1)(s+2)(s-1)}.
Faço frações parciais no formato
\frac{7s^2+5s-12}{(s-1)(s+2)(s+1)}=\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s+2}+\frac{C}{s+1}.
Determino A,B,C avaliando em raízes simples:
  • Para s=1: 7(1)^2+5(1)-12=0 0=6A\Rightarrow A=0.
  • Para s=-2: 7(4)+5(-2)-12=28-10-12=6 6=3B\Rightarrow B=2.
  • Para s=-1: 7(1)+5(-1)-12=7-5-12=-10 -10=-2C\Rightarrow C=5.
Portanto
Y_1(s)=\frac{2}{s+2}+\frac{5}{s+1}.
Invertendo a transformada de Laplace (lembrando \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s+a}\}=e^{-at}):
y_1(t)=2e^{-2t}+5e^{-t}.
Dica prática: quando A=0 significa que não há termo e^{t} (a raiz s=1 correspondia a e^{t}), aqui a parte associada a s=1 cancelou.

Passo 6

Cálculo de Y_2(s) (parte causada pelo impulso). Considere a função sem o fator exponencial:
F(s)=\frac{5}{(s+2)(s-1)}.
Faço frações parciais:
\frac{5}{(s-1)(s+2)}=\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s+2}.
Multiplicando e avaliando:
  • Em s=1: 5= A(3)\Rightarrow A=\tfrac{5}{3}.
  • Em s=-2: 5= B(-3)\Rightarrow B=-\tfrac{5}{3}.
Logo
F(s)=\frac{5/3}{s-1}-\frac{5/3}{s+2}.
Invertendo a transformada de Laplace (note que \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s-1}\}=e^{t}):
f(t)=\frac{5}{3}e^{t}-\frac{5}{3}e^{-2t}=\frac{5}{3}\bigl(e^{t}-e^{-2t}\bigr).
Agora aplico o teorema do deslocamento: como Y_2(s)=e^{-s}F(s), a transformada inversa é
y_2(t)=u_{1}(t)\,f(t-1)=u_{1}(t)\,\frac{5}{3}\bigl(e^{t-1}-e^{-2(t-1)}\bigr).
Interpretação rápida: o impulso em t=1 gera a resposta f(t-1) ativada apenas para t\ge1.

Passo 7

Somo as duas contribuições y_1(t) e y_2(t):
y(t)=2e^{-2t}+5e^{-t}+\frac{5}{3}\bigl(e^{t-1}-e^{-2(t-1)}\bigr)u_{1}(t).
Agora comparo com as alternativas dadas: essa expressão coincide exatamente com a alternativa (d).

Resposta

(d)

Exercícios relacionados