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}
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Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos foi dado.
  • Pede: determinar a solução do problema de valor inicial usando a transformada de Laplace.
  • Equação diferencial e condições iniciais:
\begin{cases} y''+y=g(t),\\[4pt] y(0)=0,\; y'(0)=1, \end{cases}
  • Função forçante g(t)\) dada em peça: \[g(t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<1,\\[4pt] e^{t-1}, & t\ge 1. \end{cases}
  • Objetivo imediato: aplicar a transformada de Laplace na equação, resolver para Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}\] e inverter a transformada para obter \(y(t).]

Passo 2

Breve revisão (didática) das ferramentas que vamos usar.
  • Definição da transformada de Laplace: para uma função razoável f(t)\) (definida para \(t\ge0\)), \[\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=F(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt.
Aqui s é a variável da transformada (geralmente complexa).
  • Linearidade:
\mathcal{L}\{a f(t)+b g(t)\}=aF(s)+bG(s).
  • Transformada de derivadas (fundamental para EDOs com IVP): se Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\} então
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0).
Explico: essas fórmulas vêm de integrar por partes a definição da transformada aplicada à derivada; as condições iniciais aparecem naturalmente.
  • Função degrau (Heaviside) e teorema do deslocamento no tempo:
    Se u_a(t) é o degrau unitário deslocado,
u_a(t)=\begin{cases}0,&t<a,\\\ 1,&t\ge a,\end{cases}
e se f(t)\] tem transformada \(F(s), então
\mathcal{L}\{f(t-a)u_a(t)\}(s)=e^{-as}F(s).
O teorema inverso dá
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=f(t-a)u_a(t).
Isto é muito útil quando a força aparece a partir de um instante a.

Passo 3

Escrever g(t) usando o degrau e calcular sua transformada.
  • Observação: g(t)=0 para 0\le t<1 e g(t)=e^{t-1} para t\ge1. Isso é exatamente a forma g(t)=e^{t-1}u_1(t), porque para t<1 o degrau zera e para t\ge1 sobra e^{t-1}.
g(t)=e^{t-1}u_1(t).
  • Aplicar o teorema do deslocamento: escrevemos e^{t-1}=h(t-1) com h(\tau)=e^{\tau}. A transformada de h(\tau)=e^{\tau} é
\mathcal{L}\{e^{\tau}\}(s)=\frac{1}{s-1}\quad\text{(valida para \(\operatorname{Re}(s)>1\))}.
Então, pela propriedade do deslocamento,
G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=\mathcal{L}\{e^{t-1}u_1(t)\}(s)=e^{-s}\cdot\frac{1}{s-1}.

Passo 4

Aplicar a transformada de Laplace à equação diferencial e usar as condições iniciais.
  • Tomando transformada em ambos os lados de y''+y=g(t):
\mathcal{L}\{y''\}(s)+\mathcal{L}\{y\}(s)=G(s).
  • Usando as fórmulas de derivadas e y(0)=0,\;y'(0)=1:
\big(s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0)\big)+Y(s)=G(s).
Substituindo y(0)=0 e y'(0)=1:
s^{2}Y(s)-1+Y(s)=G(s).
  • Agrupando Y(s):
(s^{2}+1)Y(s)-1=G(s).
  • Logo,
Y(s)=\frac{1+G(s)}{s^{2}+1}.

Passo 5

Substituir G(s) e separar termos para inverter a transformada.
  • Lembrando G(s)=\dfrac{e^{-s}}{s-1}, temos
Y(s)=\frac{1}{s^{2}+1}+\frac{e^{-s}}{(s-1)(s^{2}+1)}.
  • Interpretação: o primeiro termo \dfrac{1}{s^{2}+1} é a transformada de uma solução homogênea (vai virar \sin t). O segundo termo tem o fator e^{-s}, então usaremos o teorema do deslocamento inverso; precisamos encontrar a função cuja transformada é \dfrac{1}{(s-1)(s^{2}+1)}.

Passo 6

Inverso da primeira parcela: transformar 1/(s^{2}+1).
  • Sabemos que
\mathcal{L}\{\sin t\}(s)=\frac{1}{s^{2}+1}.
  • Portanto a contribuição da primeira parcela é
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^{2}+1}\right\}=\sin t.

Passo 7

Calcular a transformada inversa de [F(s)=\dfrac{1}{(s-1)(s^{2}+1)}) via frações parciais.
  • 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) obtemos
1=A(s^{2}+1)+(Bs+C)(s-1).
  • Expandindo e agrupando termos:
1=(A+B)s^{2}+(C-B)s+(A-C).
  • Igualando coeficientes (termos de s^{2}, s, \text{constante}):
\begin{cases} A+B=0,\\[4pt] C-B=0,\\[4pt] A-C=1. \end{cases}
  • Resolver o sistema: da segunda equação C=B\]. Da primeira \(B=-A, logo C=-A. Substituindo na terceira A-(-A)=2A=1 A=\tfrac{1}{2}. Então B=-\tfrac{1}{2} e C=-\tfrac{1}{2}.
  • Assim
\frac{1}{(s-1)(s^{2}+1)}=\frac{1/2}{s-1}-\frac{1}{2}\cdot\frac{s+1}{s^{2}+1}.
  • Agora aplicamos transformadas inversas conhecidas:
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-1}\right\}=e^{t},
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{s^{2}+1}\right\}=\cos t,
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^{2}+1}\right\}=\sin t.
  • Então a função f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} é
f(t)=\frac{1}{2}e^{t}-\frac{1}{2}\cos t-\frac{1}{2}\sin t.]

Passo 8

Usar o teorema do deslocamento para o termo com e^{-s} e escrever a solução completa.
  • Temos o segundo termo em Y(s) igual a e^{-s}F(s). Pelo teorema do deslocamento inverso,
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-s}F(s)\}=u_1(t)\,f(t-1),
onde f foi encontrada no passo anterior.
  • Substituindo f(t):
f(t-1)=\frac{1}{2}e^{t-1}-\frac{1}{2}\cos(t-1)-\frac{1}{2}\sin(t-1).
  • Portanto a solução y(t) é soma das duas contribuições:
y(t)=\sin t + u_1(t)\left(\frac{1}{2}e^{t-1}-\frac{1}{2}\cos(t-1)-\frac{1}{2}\sin(t-1)\right).
  • Interpretação por intervalos:
    • Para 0\le t<1: u_1(t)=0 e y(t)=\sin t. Isso atende y(0)=0 e y'(0)=\cos0=1.
    • Para t\ge1: a expressão completa vale e incorpora o efeito da força aplicada a partir de t=1.

Resposta

y(t)=\sin t + u_1(t)\left(\tfrac{1}{2}e^{t-1}-\tfrac{1}{2}\cos(t-1)-\tfrac{1}{2}\sin(t-1)\right)

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