Questão 1(3,0) : Encontre a solução do PVI utilizando transformada de Laplace:
y^{\prime \prime}(t)+4 y^{\prime}(t)+3 y(t)=6, \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=1

Passo 1

O enunciado dá um problema de valor inicial (PVI) com as seguintes informações:
  • Equação diferencial: y^{\prime\prime}(t)+4y^{\prime}(t)+3y(t)=6.
  • Condições iniciais: y(0)=0,\qquad y^{\prime}(0)=1.
O que se pede: encontrar a solução y(t) que satisfaz a equação diferencial e as condições iniciais.

Passo 2

Vamos usar a transformada de Laplace para transformar a equação diferencial em uma equação algébrica em s. Antes de aplicar, lembro os pontos essenciais (com explicações breves e intuitivas):
  • Definição da transformada de Laplace de uma função f(t):
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt.
Isto converte uma função de t em uma função de s.
  • Propriedade de linearidade: \mathcal{L}\{a f + b g\}=a\mathcal{L}\{f\}+b\mathcal{L}\{g\}. Isso permite transformar termo a termo.
  • Transformadas úteis:
\mathcal{L}\{1\}=\frac{1}{s},\qquad \mathcal{L}\{e^{-at}\}=\frac{1}{s+a}.
  • Transformada de derivadas (derivam-se por integração por partes; aqui está o resultado e uma rápida explicação):
    • Para y'(t):
    \mathcal{L}\{y'(t)\}= \int_{0}^{\infty} e^{-st}y'(t)\,dt = \big[e^{-st}y(t)\big]_0^{\infty}+s\int_{0}^{\infty} e^{-st}y(t)\,dt = sY(s)-y(0),onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.
    • Para y''(t):
    \mathcal{L}\{y''(t)\}= s^2Y(s)-s y(0)-y'(0).
Essas fórmulas são essenciais porque transformam derivadas em polinômios em s multiplicando Y(s), reduzindo a EDO a uma equação algébrica.

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace em ambos os lados da equação dada. Denotando Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}, usamos as fórmulas das derivadas e as condições iniciais y(0)=0, y'(0)=1.
Transformada da esquerda:
\mathcal{L}\{y''\} + 4\mathcal{L}\{y'\} + 3\mathcal{L}\{y\} = \big(s^2Y(s)-s y(0)-y'(0)\big) + 4\big(sY(s)-y(0)\big) + 3Y(s).
Substituindo y(0)=0 e y'(0)=1:
(s^2Y(s)-1) + 4(sY(s)) + 3Y(s).
Transformada do lado direito ( 6 constante):
\mathcal{L}\{6\}= \frac{6}{s}.

Passo 4

Juntando os termos obtemos a equação algébrica em Y(s):
(s^2Y(s)-1) + 4sY(s) + 3Y(s) = \frac{6}{s}.
Agrupando Y(s):
\big(s^2+4s+3\big)Y(s) - 1 = \frac{6}{s}.
Isolando Y(s):
\big(s^2+4s+3\big)Y(s) = \frac{6}{s} + 1.
Colocando no mesmo numerador:
Y(s)=\frac{\dfrac{6}{s}+1}{s^2+4s+3} = \frac{s+6}{s\,(s^2+4s+3)}.
Fatorando o polinômio quadrático:
s^2+4s+3=(s+1)(s+3).
Logo
Y(s)=\frac{s+6}{s\,(s+1)(s+3)}.

Passo 5

Agora vamos decompor Y(s) em frações parciais do tipo conhecido para poder inverter a transformada facilmente. Escrevemos
\frac{s+6}{s(s+1)(s+3)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+1}+\frac{C}{s+3}.
Multiplicando ambos os lados por s(s+1)(s+3):
s+6 = A(s+1)(s+3) + B s(s+3) + C s(s+1).
Como os denominadores são fatores lineares distintos, é prático avaliar em valores que anulam fatores:
  • Para s=0: 0+6 = A(1)(3) \Rightarrow 6=3A \Rightarrow A=2.
  • Para s=-1: -1+6=5 = B(-1)(2) \Rightarrow 5=-2B \Rightarrow B=-\dfrac{5}{2}.
  • Para s=-3: -3+6=3 = C(-3)(-2) \Rightarrow 3=6C \Rightarrow C=\dfrac{1}{2}.
Portanto
Y(s)=\frac{2}{s} - \frac{5/2}{s+1} + \frac{1/2}{s+3}.

Passo 6

Invertemos a transformada termo a termo usando \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s}\}=1 e \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s+a}\}=e^{-at}. Assim,
y(t)=2\cdot 1 - \frac{5}{2} e^{-t} + \frac{1}{2} e^{-3t}.
Escrevendo de forma clara:
y(t)=2 - \frac{5}{2} e^{-t} + \frac{1}{2} e^{-3t}.

Passo 7

Checagem rápida das condições iniciais (para ter confiança no resultado):
  • y(0)=2-\tfrac{5}{2}+\tfrac{1}{2}=2-2{,}5+0{,}5=0 OK.
  • Derivando y(t): y'(t)=0 + \frac{5}{2} e^{-t} - \frac{3}{2} e^{-3t}. Então y'(0)=\tfrac{5}{2}-\tfrac{3}{2}=1 OK.
    As condições iniciais são satisfeitas, então a solução encontrada está consistente.

Resposta

y(t)=2-\dfrac{5}{2}e^{-t}+\dfrac{1}{2}e^{-3t}

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