Questão 4:(2.5 pontos) Utilize a transformada de Laplace para determinar a solução do seguinte problema de valor inicial
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}+y=g(t) \\\ y(0)=0, y^{\prime}(0)=1 \end{array}\right.
onde g\) é a função \(g(t)= \begin{cases}0 & \text { se } 0 \leq t<1 \\\ e^{t-1} & \text { se } 1 \leq t\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede para resolver o problema de valor inicial
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime\prime}+y=g(t),\\[4pt] y(0)=0,\;y'(0)=1, \end{array}\right.
onde a força externa g(t)\) é dada por \[g(t)=\begin{cases} 0 & \text{se } 0\le t<1,\\[4pt] e^{t-1} & \text{se } 1\le t. \end{cases}
Informações relevantes que o enunciado dá:
  • A equação diferencial linear de segunda ordem com termos constantes \;y''+y=g(t)\;\]. - Condições iniciais \(\;y(0)=0 e \;y'(0)=1.
    - A função forçante g(t) é nula até t=1 e a partir de t=1 vale e^{t-1}.
    O que se pede é a solução y(t) para todo t\ge0.]

Passo 2

Vamos representar g(t) usando a função degrau unitário (Heaviside) para facilitar o uso da transformada de Laplace com translações. A função degrau igual a zero antes de a e igual a 1 depois de a é denotada por u(t-a). Observando g(t) vemos que ela é e^{t-1} apenas para t\ge1 e zero antes. Podemos escrever
g(t)=e^{t-1}u(t-1).
Uma forma alternativa é ver g(t)=f(t-1)u(t-1) com f(\tau)=e^{\tau} (aqui \tau=t-1). Essa representação é útil por causa da propriedade de deslocamento na transformada de Laplace que será usada em seguida.

Passo 3

Relembrando definição e propriedades básicas que vamos usar:
  • A transformada de Laplace de uma função y(t) é
\mathcal{L}\{y(t)\}=Y(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}y(t)\,dt.
  • Para derivadas:
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0), \qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0).
  • Teorema do deslocamento (no plano do tempo): se F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\} então
\mathcal{L}\{f(t-a)u(t-a)\}=e^{-as}F(s).
  • Transformadas conhecidas que usaremos:
\mathcal{L}\{\sin t\}=\frac{1}{s^{2}+1},\qquad \mathcal{L}\{\cos t\}=\frac{s}{s^{2}+1},\qquad \mathcal{L}\{e^{at}\}=\frac{1}{s-a}.
Essas fórmulas são padrão; vou aplicá-las passo a passo.

Passo 4

Aplicamos a transformada de Laplace na equação diferencial inteira. Denotando Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\} e usando y(0)=0, y'(0)=1, obtemos:
\mathcal{L}\{y''\}+\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{g\}
ou seja
\bigl(s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0)\bigr)+Y(s)=G(s).
Substituindo y(0)=0 e y'(0)=1 resulta
s^{2}Y(s)-1+Y(s)=G(s).
Isolando Y(s):
Y(s)(s^{2}+1)=G(s)+1, \quad\text{portanto}\quad Y(s)=\frac{G(s)+1}{s^{2}+1}.

Passo 5

Agora precisamos de G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}. Usando a representação g(t)=e^{t-1}u(t-1)=f(t-1)u(t-1) com f(\tau)=e^{\tau}, pelo teorema do deslocamento temos
G(s)=e^{-s}\,\mathcal{L}\{e^{t}\} = e^{-s}\cdot\frac{1}{s-1},
válido para s>1. Então substituímos em Y(s):
Y(s)=\frac{1}{s^{2}+1} + \frac{e^{-s}}{(s-1)(s^{2}+1)}.
Note que separamos G(s)+1 em 1 e em \dfrac{e^{-s}}{s-1} para facilitar a inversa da transformada: a primeira parte é a transformada de \sin t e a segunda será invertida pelo teorema do deslocamento.

Passo 6

A primeira fração é imediata:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}+1}\right\}=\sin t.
Para a segunda fração vamos aplicar o teorema do deslocamento: escrevemos
\frac{e^{-s}}{(s-1)(s^{2}+1)}=e^{-s}\cdot F(s), \quad\text{com}\quad F(s)=\frac{1}{(s-1)(s^{2}+1)}.
Então a inversa será f(t-1)u(t-1) onde f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}. Precisamos, portanto, encontrar f(t) calculando a inversa de F(s) por frações parciais.

Passo 7

Fazemos frações parciais em
F(s)=\frac{1}{(s-1)(s^{2}+1)}.
Procuramos constantes A,B,C\) tais que \[\frac{1}{(s-1)(s^{2}+1)}=\frac{A}{s-1}+\frac{Bs+C}{s^{2}+1}.
Multiplicando ambos os lados por (s-1)(s^{2}+1) temos
1=A(s^{2}+1)+(Bs+C)(s-1).
Expandindo e agrupando termos:
1 = (A+B)s^{2} + (-B+C)s + (A - C).
Comparando coeficientes com a constante 1, obtemos o sistema
\begin{cases} A + B = 0,\\[4pt] -C + ?\text{(coeficiente de }s\text{)}\quad -B + C = 0,\\[4pt] A - C = 1. \end{cases}
Da segunda equação -B + C = 0\] segue \(C=B. Da primeira A+B=0 vem B=-A. Assim C=-A. Substituindo na terceira: A - (-A)=2A = 1, logo A=\dfrac{1}{2}. Consequentemente B=-\dfrac{1}{2} e C=-\dfrac{1}{2}.
Portanto
F(s)=\frac{1/2}{s-1}+\frac{-\tfrac{1}{2}s-\tfrac{1}{2}}{s^{2}+1}.
Reescrevendo o segundo termo em partes mais familiares:
\frac{-\tfrac{1}{2}s-\tfrac{1}{2}}{s^{2}+1} =-\frac{1}{2}\cdot\frac{s}{s^{2}+1}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s^{2}+1}.]

Passo 8

Agora aplicamos a transformada inversa termo a termo. Usando \mathcal{L}^{-1}\{1/(s-1)\}=e^{t}, \mathcal{L}^{-1}\{s/(s^{2}+1)\}=\cos t e \mathcal{L}^{-1}\{1/(s^{2}+1)\}=\sin t, obtemos
f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} =\frac{1}{2}e^{t}-\frac{1}{2}\cos t-\frac{1}{2}\sin t.

Passo 9

Voltando ao termo com deslocamento, pela propriedade do deslocamento temporal:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{e^{-s}F(s)\right\}=f(t-1)u(t-1).
Substituindo f(t) achado:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{e^{-s}}{(s-1)(s^{2}+1)}\right\} =\left(\frac{1}{2}e^{t-1}-\frac{1}{2}\cos(t-1)-\frac{1}{2}\sin(t-1)\right)u(t-1).

Passo 10

Somando a parte homogênea (obtida da primeira fração) com a parte forçada (obtida da segunda fração deslocada), a solução completa é
y(t)=\sin t + u(t-1)\left(\frac{1}{2}e^{t-1}-\frac{1}{2}\cos(t-1)-\frac{1}{2}\sin(t-1)\right).
Podemos factorar 1/2 na parte deslocada se quisermos:
y(t)=\sin t + \frac{1}{2}u(t-1)\bigl(e^{t-1}-\cos(t-1)-\sin(t-1)\bigr).
Essa função é válida para t\ge0. Para 0\le t<1 temos u(t-1)=0 e então y(t)=\sin t, que é a solução do problema homogêneo até que a força externa entre em ação no instante t=1. Para t\ge1 aparece a contribuição adicional dada pelo segundo termo.

Resposta

y(t)=\sin t + \frac{1}{2}\,u(t-1)\bigl(e^{t-1}-\cos(t-1)-\sin(t-1)\bigr)

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