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 \(\;y(0)=0 e \;y'(0)=1.
- A função forçante g(t) é nula até t=1 e a partir de t=1 vale e^{t-1}.
O que se pede é a solução y(t) para todo t\ge0.]
Passo 2
Vamos representar g(t) usando a função degrau unitário (Heaviside) para facilitar o uso da transformada de Laplace com translações. A função degrau igual a zero antes de a e igual a 1 depois de a é denotada por u(t-a). Observando g(t) vemos que ela é e^{t-1} apenas para t\ge1 e zero antes. Podemos escrever
g(t)=e^{t-1}u(t-1).
Uma forma alternativa é ver g(t)=f(t-1)u(t-1) com f(\tau)=e^{\tau} (aqui \tau=t-1). Essa representação é útil por causa da propriedade de deslocamento na transformada de Laplace que será usada em seguida.
Passo 3
Relembrando definição e propriedades básicas que vamos usar:
Agora precisamos de G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}. Usando a representação g(t)=e^{t-1}u(t-1)=f(t-1)u(t-1) com f(\tau)=e^{\tau}, pelo teorema do deslocamento temos
Note que separamos G(s)+1 em 1 e em \dfrac{e^{-s}}{s-1} para facilitar a inversa da transformada: a primeira parte é a transformada de \sin t e a segunda será invertida pelo teorema do deslocamento.
Passo 6
A primeira fração é imediata:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}+1}\right\}=\sin t.
Para a segunda fração vamos aplicar o teorema do deslocamento: escrevemos
Então a inversa será f(t-1)u(t-1) onde f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}. Precisamos, portanto, encontrar f(t) calculando a inversa de F(s) por frações parciais.
Passo 7
Fazemos frações parciais em
F(s)=\frac{1}{(s-1)(s^{2}+1)}.
Procuramos constantes A,B,C\) 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}.
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:
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)