Questão 4 Resolva o problema de valor inicial abaixo usando a transformada de Laplace
y^{\prime \prime}-y^{\prime}-6 y=e^{t}, \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=0 .

Passo 1

O enunciado pede para resolver o problema de valor inicial abaixo usando a transformada de Laplace:
y''-y'-6y=e^{t},\qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=0.
Dados relevantes extraídos do enunciado:
\begin{aligned} &\text{Equação diferencial: }y''(t)-y'(t)-6y(t)=e^{t}.\\\ &\text{Condições iniciais: }y(0)=0,\; y'(0)=0.\\\ &\text{Função forçadora (lado direito): }e^{t}. \end{aligned}çãçõçãç

Passo 2

Breve aula sobre a transformada de Laplace (sem pular etapas):
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt,
onde s é a variável complexa da transformada (na prática, tratamos s como um parâmetro real suficiente grande para convergência). Principais propriedades que vamos usar:
\mathcal{L}\{af(t)+bg(t)\}=a\mathcal{L}\{f(t)\}+b\mathcal{L}\{g(t)\}\quad\text{(linearidade)},
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0),
onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}. Essas fórmulas para derivadas vêm de integração por partes aplicadas à definição (se quiser, depois eu mostro a demonstração). Também a transformada exponencial padrão:
\mathcal{L}\{e^{at}\}=\frac{1}{s-a},\quad \text{(para \(\operatorname{Re}s>a\))}.

Passo 3

Agora aplicamos a transformada de Laplace a ambos os lados da equação diferencial. Denotando Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}, teremos:
\mathcal{L}\{y''\}-\mathcal{L}\{y'\}-6\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{e^{t}\}.
Usando as fórmulas das derivadas e as condições iniciais y(0)=0, y'(0)=0, obtemos:
\bigl(s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0)\bigr)-\bigl(sY(s)-y(0)\bigr)-6Y(s)=\frac{1}{s-1}.
Substituindo y(0)=0 e y'(0)=0 simplifica para
s^{2}Y(s)-sY(s)-6Y(s)=\frac{1}{s-1}.

Passo 4

Fatorando Y(s) na expressão acima:
(s^{2}-s-6)Y(s)=\frac{1}{s-1}.
Observe que s^{2}-s-6 é fatorável:
s^{2}-s-6=(s-3)(s+2).
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Y(s)=\frac{1}{(s-1)(s-3)(s+2)}.

Passo 5

Precisamos inverter a transformada; para isso fazemos decomposição em frações parciais. Procuramos constantes A,B,C tais que
\frac{1}{(s-1)(s-3)(s+2)}=\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s-3}+\frac{C}{s+2}.
Usamos o método “cover-up” (é um jeito rápido de obter as constantes quando os fatores são simples e distintos):
  • Para A (pôr s=1 em \dfrac{1}{(s-3)(s+2)}):
A=\left.\frac{1}{(s-3)(s+2)}\right|_{s=1}=\frac{1}{(1-3)(1+2)}=\frac{1}{(-2)\cdot 3}=-\frac{1}{6}.
  • Para B (pôr s=3 em \dfrac{1}{(s-1)(s+2)}):
B=\left.\frac{1}{(s-1)(s+2)}\right|_{s=3}=\frac{1}{(3-1)(3+2)}=\frac{1}{2\cdot 5}=\frac{1}{10}.
  • Para C (pôr s=-2 em \dfrac{1}{(s-1)(s-3)}):
C=\left.\frac{1}{(s-1)(s-3)}\right|_{s=-2}=\frac{1}{(-2-1)(-2-3)}=\frac{1}{(-3)(-5)}=\frac{1}{15}.
Portanto a decomposição é
Y(s)=-\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{s-1}+\frac{1}{10}\cdot\frac{1}{s-3}+\frac{1}{15}\cdot\frac{1}{s+2}.

Passo 6

Agora aplicamos a transformada inversa termo a termo. Lembrando que \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s-a}\}=e^{at}, obtemos:
\mathcal{L}^{-1}\left\{-\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{s-1}\right\}=-\frac{1}{6}e^{t},
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{10}\cdot\frac{1}{s-3}\right\}=\frac{1}{10}e^{3t},
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{15}\cdot\frac{1}{s+2}\right\}=\frac{1}{15}e^{-2t}.
Esses são os três termos que compõem a solução no domínio do tempo.

Passo 7

Verificação rápida das condições iniciais (para nos certificar de que não houve erro aritmético):
y(0)=-\tfrac{1}{6}+\tfrac{1}{10}+\tfrac{1}{15}=\frac{-5+3+2}{30}=0,
e derivando os termos,
y'(t)=-\tfrac{1}{6}e^{t}+\tfrac{3}{10}e^{3t}-\tfrac{2}{15}e^{-2t},
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y'(0)=-\tfrac{1}{6}+\tfrac{3}{10}-\tfrac{2}{15}=\frac{-5+9-4}{30}=0.
As condições iniciais são satisfeitas, portanto a solução está correta.

Resposta

y(t)=-\frac{1}{6}e^{t}+\frac{1}{10}e^{3t}+\frac{1}{15}e^{-2t}.

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