Questão 3. Encontre a solução do PVI
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}+y=\delta(t-1)+\operatorname{sen}(2 t) \\\ y(0)=0=y^{\prime}(0) \end{array}\right.
Res.:
\begin{aligned} \left(s^{2}+1\right) Y(s) & =e^{-s}+\frac{2}{s^{2}+4} \\\ Y(s) & =e^{-s} H(s)+G(s) \end{aligned}
em que H(s)=\frac{1}{s^{2}+1} e G(s)=\frac{2}{\left(s^{2}+4\right)\left(s^{2}+1\right)}.
Logo,
y(t)=u_{1}(t) h(t-1)+g(t)
Pela tabela: h(t)=\operatorname{sen} t. Por frações parciais, tem-se
G(s)=\frac{2}{\left(s^{2}+4\right)\left(s^{2}+1\right)}=\frac{a}{s^{2}+4}+\frac{b}{s^{2}+1}=\frac{(a+b) s^{2}+(a+4 b)}{\left(s^{2}+4\right)\left(s^{2}+1\right)} .
Daí,
\left\{\begin{array}{l} a+b=0 \\\ a+4 b=2 \end{array} \Longrightarrow b=\frac{2}{3} \quad \text { e } \quad a=-\frac{2}{3} .\right.
Portanto,
G(s)=-\frac{2}{3} \frac{1}{s^{2}+4}+\frac{2}{3} \frac{1}{s^{2}+1} \Longrightarrow g(t)=-\frac{1}{3} \operatorname{sen}(2 t)+\frac{2}{3} \operatorname{sen}(t)

Passo 1

O enunciado pede para resolver o problema de valor inicial (PVI)
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}+y=\delta(t-1)+\operatorname{sen}(2 t),\\[4pt] y(0)=0,\quad y^{\prime}(0)=0. \end{array}\right.
Informações dadas e o que se espera encontrar:
  • A equação diferencial é linear, de segunda ordem, com forçamento composto por uma função delta deslocada \delta(t-1) e por \operatorname{sen}(2t).
  • As condições iniciais são y(0)=0 e y'(0)=0.
  • Queremos encontrar a solução y(t) para todo t\ge0 (a solução causal usual).
  • Observação: foi sugerido usar transformada de Laplace (pelo esboço fornecido). Vamos seguir esse caminho.]

Passo 2

Resumo rápido da ferramenta que vamos usar (Laplace) — o que é preciso lembrar:
  • A transformada de Laplace de uma função y(t) é definida por \displaystyle Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}=\int_{0}^{\infty}e^{-st}y(t)\,dt.
  • Regras que usaremos: \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),\qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0).Como y(0)=0 e y'(0)=0, isto simplifica bastante.
  • Transformadas úteis: \mathcal{L}\{\operatorname{sen}(a t)\}=\frac{a}{s^{2}+a^{2}},\qquad \mathcal{L}\{\delta(t-t_{0})\}=e^{-t_{0}s}.
  • Segunda propriedade de deslocamento (teorema do deslocamento no tempo): \mathcal{L}\{u(t-t_{0})f(t-t_{0})\}=e^{-t_{0}}F(s)onde F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\} e u(t-t_{0}) é a função degrau unitário deslocada. (A versão com e^{-t_{0}s} aparece quando transformamos um termo multiplicado por e^{-t_{0}s}.)

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace na equação diferencial. Primeiro transformar cada termo:
  • Para o lado esquerdo, usando y(0)=0 e y'(0)=0, \mathcal{L}\{y''+y\}=s^{2}Y(s)+Y(s)=(s^{2}+1)Y(s).
  • Para o lado direito, \mathcal{L}\{\delta(t-1)\}=e^{-s},e \mathcal{L}\{\operatorname{sen}(2t)\}=\frac{2}{s^{2}+4}.
Portanto a equação transformada é
(s^{2}+1)Y(s)=e^{-s}+\frac{2}{s^{2}+4}.

Passo 4

Isolar Y(s) e separar em duas parcelas para inverter facilmente:
Y(s)=\frac{e^{-s}}{s^{2}+1}+\frac{2}{(s^{2}+4)(s^{2}+1)}.
Denotando
H(s)=\frac{1}{s^{2}+1},\qquad G(s)=\frac{2}{(s^{2}+4)(s^{2}+1)},
temos
Y(s)=e^{-s}H(s)+G(s).
A ideia é inverter e^{-s}H(s) usando o teorema do deslocamento no tempo e inverter G(s) por decomposição em frações parciais.

Passo 5

Inversão do primeiro termo e^{-s}H(s):
  • Primeiro observe que \mathcal{L}\{\operatorname{sen} t\}=\dfrac{1}{s^{2}+1}, ou seja \mathcal{L}\{ \operatorname{sen} t\}=H(s).
  • Pelo teorema do deslocamento (segunda propriedade de deslocamento), se \mathcal{L}\{h(t)\}=H(s) então \mathcal{L}^{-1}\{e^{-s}H(s)\}=u(t-1)\,h(t-1),onde u(t-1) é o degrau unitário deslocado.
  • Como h(t)=\operatorname{sen} t, obtemos \mathcal{L}^{-1}\{e^{-s}H(s)\}=u(t-1)\,\operatorname{sen}(t-1).

Passo 6

Agora tratamos G(s)=\dfrac{2}{(s^{2}+4)(s^{2}+1)} por frações parciais. Procuramos constantes a e b tais que
\frac{2}{(s^{2}+4)(s^{2}+1)}=\frac{a}{s^{2}+4}+\frac{b}{s^{2}+1}.
Colocando no mesmo denominador:
\frac{2}{(s^{2}+4)(s^{2}+1)}=\frac{(a+b)s^{2}+(a+4b)}{(s^{2}+4)(s^{2}+1)}.
Comparando numeradores polinomiais (igualdade para todo s), obtemos o sistema
\left\{\begin{array}{l} a+b=0,\\[4pt] a+4b=2. \end{array}\right.
Resolvendo:
  • Da primeira equação a=-b.
  • Substituindo na segunda: -b+4b=2\Rightarrow 3b=2\Rightarrow b=\dfrac{2}{3}.
  • Então a=-b=-\dfrac{2}{3}.
Assim
G(s)=-\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{s^{2}+4}+\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{s^{2}+1}.]

Passo 7

Inversão de cada parcela de G(s) para obter g(t):
  • Lembrando que \mathcal{L}\{\operatorname{sen}(2t)\}=\dfrac{2}{s^{2}+4}. Então \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^{2}+4}\right\}=\frac{1}{2}\operatorname{sen}(2t).Portanto \mathcal{L}^{-1}\left\{-\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{s^{2}+4}\right\}=-\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}\operatorname{sen}(2t)=-\frac{1}{3}\operatorname{sen}(2t).
  • E como \mathcal{L}\{\operatorname{sen} t\}=\dfrac{1}{s^{2}+1}, \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{s^{2}+1}\right\}=\frac{2}{3}\operatorname{sen} t.
Somando essas duas parcelas obtemos
g(t)=-\frac{1}{3}\operatorname{sen}(2t)+\frac{2}{3}\operatorname{sen} t.

Passo 8

Combinar as duas partes (a parte deslocada vinda do delta e a parte g(t) vinda da senoide):
y(t)=u(t-1)\,\operatorname{sen}(t-1)+\left(-\frac{1}{3}\operatorname{sen}(2t)+\frac{2}{3}\operatorname{sen} t\right).
Podemos escrever de forma mais limpa:
y(t)=u(t-1)\,\operatorname{sen}(t-1)-\frac{1}{3}\operatorname{sen}(2t)+\frac{2}{3}\operatorname{sen} t.

Resposta

y(t)=u(t-1)\,\operatorname{sen}(t-1)-\frac{1}{3}\operatorname{sen}(2t)+\frac{2}{3}\operatorname{sen} t

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