Questão 2. Resolva usando a transformada de LAPLACE.
y^{\prime \prime}+3 y^{\prime}+2 y=f(t) ; \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=0;
f(t)= \begin{cases}1, & 0 \leq t<10 \\\\ 0, & t \geq 10\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial linear não-homogênea com condições iniciais usando a transformada de Laplace. As informações dadas são:
  • A equação diferencial: y''+3y'+2y=f(t).
  • Condições iniciais: y(0)=0,\quad y'(0)=0.
  • A função de entrada é a peça por peça: f(t)=\begin{cases}1, & 0\le t<10,\\[4pt] 0, & t\ge 10.\end{cases}
As perguntas implícitas (o que devemos obter):
  • Encontrar a solução y(t) para todo t\ge0 usando transformada de Laplace.
  • Como f(t) é peça por peça, devemos obter y(t) em forma apropriada (normalmente uma expressão que use o degrau unitário ou uma expressão em partes).]

Passo 2

Primeiro, escrevemos f(t) usando a função degrau unitário (função de Heaviside) para poder aplicar a transformada de Laplace facilmente. A função degrau deslocada u(t-a) vale 0 para t<a e 1 para t\ge a. Assim, para nossa f(t) podemos escrever
f(t)=1 - u(t-10).
Explicando: \,1 é a função que vale 1 para t\ge0; subtraindo u(t-10) (que entra em t=10) fazemos com que a soma fique 1 até t=10 e 0 depois.

Passo 3

Agora aplicamos a transformada de Laplace em ambos os lados da equação. Vou lembrar e explicar a propriedade que precisamos:
  • Transformada da derivada primeira: \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),
onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\} e y(0) é a condição inicial em t=0.
  • Transformada da derivada segunda: \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-s y(0)-y'(0).
Aplicando \mathcal{L} em \,y''+3y'+2y=f(t)\, obtemos
\mathcal{L}\{y''\}+3\mathcal{L}\{y'\}+2\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{f(t)\}.
Substituindo as fórmulas das derivadas e as condições iniciais y(0)=0,\;y'(0)=0, isso vira
(s^2Y(s)-s\cdot0-0)+3(sY(s)-0)+2Y(s)=F(s),
ou seja
(s^2+3s+2)\,Y(s)=F(s).

Passo 4

Agora calculamos F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}. Como escrevemos f(t)=1-u(t-10), usamos linearidade:
  • \mathcal{L}\{1\}=\dfrac{1}{s} (válido para \Re(s)>0).
  • Transformada do degrau deslocado: \mathcal{L}\{u(t-a)\}=\dfrac{e^{-as}}{s}. (Em geral, \mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-as}G(s). Para g\equiv1 temos a fórmula acima.)
Logo
F(s)=\frac{1}{s}-\frac{e^{-10s}}{s}.

Passo 5

Voltando à equação em Y(s):
Y(s)=\frac{F(s)}{s^2+3s+2}.
Como s^2+3s+2=(s+1)(s+2), substituímos F(s):
Y(s)=\frac{1}{s}\cdot\frac{1}{(s+1)(s+2)} \;-\; \frac{e^{-10s}}{s}\cdot\frac{1}{(s+1)(s+2)}.
Para inverter a transformada vamos tratar as duas parcelas separadamente. Definimos
H(s)=\frac{1}{s(s+1)(s+2)}.
Então Y(s)=H(s) - e^{-10s}H(s).
Pela propriedade do deslocamento, a inversa de e^{-10s}H(s) será u(t-10)h(t-10), onde h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\}. Portanto precisamos achar h(t).

Passo 6

Fazemos frações parciais para H(s)=\dfrac{1}{s(s+1)(s+2)}. Procuramos constantes A,B,C tais que
\frac{1}{s(s+1)(s+2)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+1}+\frac{C}{s+2}.
Multiplicando ambos os lados por s(s+1)(s+2) obtemos a identidade
1 = A(s+1)(s+2)+B\,s(s+2)+C\,s(s+1).
Para encontrar A,B,C usamos os valores convenientes de s:
  • Para s=0: \,1 = A(1)(2) = 2A A=\dfrac{1}{2}.
  • Para s=-1: \,1 = B(-1)(1) = -B B=-1.
  • Para s=-2: \,1 = C(-2)(-1) = 2C C=\dfrac{1}{2}.
Portanto
\frac{1}{s(s+1)(s+2)}=\frac{1/2}{s}-\frac{1}{s+1}+\frac{1/2}{s+2}.

Passo 7

Agora calculamos a transformada inversa termo a termo. Usamos as transformadas básicas:
  • \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{1}{s}\}=1.
  • \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{1}{s+a}\}=e^{-at}.
Aplicando isso a cada parcela:
h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\}=\frac{1}{2}\cdot 1 \;-\; 1\cdot e^{-t}\;+\;\frac{1}{2}\cdot e^{-2t}.
Ou seja
h(t)=\frac{1}{2} - e^{-t} + \frac{1}{2}e^{-2t},\qquad t\ge0.
Vou comentar o que essa função representa de forma intuitiva: é a resposta do sistema (com condições iniciais nulas) quando a entrada é f(t)=1 para sempre. É uma combinação de constantes e exponenciais decrescentes — típico de sistemas lineares estáveis.

Passo 8

Voltando a Y(s)=H(s)-e^{-10s}H(s), pela linearidade da transformada inversa obtemos
y(t)=h(t) - u(t-10)\,h(t-10).
Isso é uma forma compacta e correta; agora vamos escrever explicitamente em partes (porque é mais prático na prova):
  • Para 0\le t<10: u(t-10)=0, então
y(t)=h(t)=\frac{1}{2} - e^{-t} + \frac{1}{2}e^{-2t}.
  • Para t\ge 10: u(t-10)=1, então
y(t)=h(t)-h(t-10).
Substituindo h obtemos, para t\ge10,
y(t)=\Big(\tfrac{1}{2}-e^{-t}+\tfrac{1}{2}e^{-2t}\Big)\;-\;\Big(\tfrac{1}{2}-e^{-(t-10)}+\tfrac{1}{2}e^{-2(t-10)}\Big).
Podemos simplificar essa expressão para t\ge10:
y(t) = -e^{-t} + \tfrac{1}{2}e^{-2t} + e^{-(t-10)} - \tfrac{1}{2}e^{-2(t-10)}.
Se quiser, reorganizamos os expoentes lembrando que e^{-(t-10)}=e^{10}e^{-t} e e^{-2(t-10)}=e^{20}e^{-2t}, mas geralmente é mais claro deixar na forma com t-10.

Passo 9

Vou fazer uma pequena verificação de continuidade em t=10 (útil para prova): a solução no instante t=10^- é y(10^-)=h(10). Pela fórmula para t\ge10 temos y(10^+)=h(10)-h(0). E h(0)=\tfrac12-1+\tfrac12=0. Logo y(10^+)=h(10)-0=h(10)=y(10^-). Portanto y(t) é contínua em t=10 (coerente com a solução física do sistema de segunda ordem com entrada descontínua).

Resposta

Para 0\le t<10:
y(t)=\frac{1}{2}-e^{-t}+\frac{1}{2}e^{-2t}.
Para t\ge 10:
y(t)=\left(\frac{1}{2}-e^{-t}+\frac{1}{2}e^{-2t}\right)-\left(\frac{1}{2}-e^{-(t-10)}+\frac{1}{2}e^{-2(t-10)}\right).

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