Questão 2. Resolva usando a transformada de LAPLACE.
y^{\prime \prime}+y^{\prime}+\frac{5}{4} y=g(t) ; \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=0;
g(t)= \begin{cases}t, & 0 \leq t<\pi \\\\ 0, & t \geq \pi\end{cases}

Passo 1

O enunciado fornece a equação diferencial com condições iniciais e a força externa em forma de função peça-a-peça. Pergunta-se para encontrar [y(t)) usando transformada de Laplace.
Informações dadas:
y''+y'+\frac{5}{4}y=g(t),\qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=0,
onde
g(t)=\begin{cases} t, & 0\le t<\pi,\\[4pt] 0, & t\ge \pi. \end{cases}
(Queremos y(t)\] para todo \(t\ge0.)]

Passo 2

Primeiro vamos escrever g(t) usando a função degrau (Heaviside) para poder aplicar a transformada facilmente. A forma padrão é
g(t)=t\bigl(1-u(t-\pi)\bigr)=t - t\,u(t-\pi).
Explico isso rapidinho: u(t-\pi) vale 0 para t<\pi e 1 para t\ge\pi. Assim para t<\pi temos g(t)=t e para t\ge\pi temos g(t)=t-t=0, que bate com o enunciado.

Passo 3

Agora calculamos a transformada de Laplace de g(t). Vou usar duas propriedades que são fundamentais:
  • Linearidade: \mathcal{L}\{f+g\}=\mathcal{L}\{f\}+\mathcal{L}\{g\}.
  • Segunda propriedade de deslocamento (segunda forma do teorema do degrau): \mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}=e^{-a s}\mathcal{L}\{f(t)\}.
Para tratar t\,u(t-\pi) é útil escrever
t\,u(t-\pi)=(t-\pi)u(t-\pi)+\pi u(t-\pi).
Assim aplicamos Laplace:
\mathcal{L}\{t\}=\frac{1}{s^{2}},
\mathcal{L}\{(t-\pi)u(t-\pi)\}=e^{-\pi s}\cdot\frac{1}{s^{2}}\quad\text{(porque }\mathcal{L}\{t\}=1/s^2\text{)},
\mathcal{L}\{\pi u(t-\pi)\}=\pi e^{-\pi s}\cdot\frac{1}{s}.
Logo
\mathcal{L}\{t\,u(t-\pi)\}=e^{-\pi s}\Bigl(\frac{1}{s^{2}}+\frac{\pi}{s}\Bigr).
Portanto
G(s):=\mathcal{L}\{g(t)\}=\frac{1}{s^{2}}-e^{-\pi s}\Bigl(\frac{1}{s^{2}}+\frac{\pi}{s}\Bigr).

Passo 4

Transformamos a equação diferencial (com y(0)=y'(0)=0). Para derivadas vale:
\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0)=sY(s), \qquad \mathcal{L}\{y''\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0)=s^{2}Y(s).
Aplicando Laplace ao LHS da EDO obtemos
s^{2}Y(s)+sY(s)+\frac{5}{4}Y(s)=G(s).
Isolando Y(s):
Y(s)=\frac{G(s)}{s^{2}+s+\tfrac54}.
Observação útil: complete o quadrado no denominador
s^{2}+s+\tfrac54=(s+\tfrac12)^{2}+1,
o que indica que as transformadas inversas envolverão fatores e^{-t/2}\cos t e e^{-t/2}\sin t.

Passo 5

Escrevemos Y(s) usando a expressão de G(s):
Y(s)=\frac{1/s^{2}}{s^{2}+s+\tfrac54} -\;e^{-\pi s}\,\frac{\tfrac{1}{s^{2}}+\tfrac{\pi}{s}}{s^{2}+s+\tfrac54}.
PelA propriedade do deslocamento inverso: a transformada inversa de e^{-\pi s}F(s) é u(t-\pi)f(t-\pi) onde f=\mathcal{L}^{-1}\{F\}. Portanto, em domínio do tempo teremos
y(t)=f_{1}(t)-u(t-\pi)\,f_{2}(t-\pi),
onde
f_{1}(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}}\cdot\frac{1}{s^{2}+s+\tfrac54}\right\}, \qquad f_{2}(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\Bigl(\frac{1}{s^{2}}+\frac{\pi}{s}\Bigr)\cdot\frac{1}{s^{2}+s+\tfrac54}\right\}.
Vou calcular f_{1} e f_{2} explicitamente por frações parciais no domínio s — é um pouco de álgebra, mas fica explícito e dá uma fórmula fechada que dá para usar na prova.

Passo 6

Calcule f_{1}(t). Fazemos a decomposição
\frac{1}{s^{2}\bigl(s^{2}+s+\tfrac54\bigr)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s^{2}}+\frac{Cs+D}{(s+\tfrac12)^{2}+1}.
Multiplicando e igualando coeficientes obtemos o sistema (expandindo s^{2}+s+\tfrac54) e resolvendo achamos
A=-\frac{16}{25},\quad B=\frac{4}{5},\quad C=\frac{16}{25},\quad D=-\frac{4}{25}.
Portanto, invertendo termo a termo e lembrando que
\mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s}\}=1,\quad \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s^{2}}\}=t,\quad \mathcal{L}^{-1}\!\Big\{\frac{s+\tfrac12}{(s+\tfrac12)^{2}+1}\Big\}=e^{-t/2}\cos t,
\mathcal{L}^{-1}\!\Big\{\frac{1}{(s+\tfrac12)^{2}+1}\Big\}=e^{-t/2}\sin t,
obtemos
\begin{aligned} f_{1}(t) &=-\frac{16}{25}+\frac{4}{5}t +\frac{16}{25}e^{-t/2}\cos t -\frac{12}{25}e^{-t/2}\sin t. \end{aligned}

Passo 7

Calcule f_{2}(t). Lembrando que f_{2}=f_{1}+\pi f_{3} onde
f_{3}(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s\bigl(s^{2}+s+\tfrac54\bigr)}\right\}.
Fazendo decomposição similar
\frac{1}{s\bigl(s^{2}+s+\tfrac54\bigr)}=\frac{A}{s}+\frac{Cs+D}{(s+\tfrac12)^{2}+1}
e resolvendo coeficientes encontramos
A=\frac{4}{5},\quad C=-\frac{4}{5},\quad D=-\frac{4}{5}.
Invertendo, obtemos
f_{3}(t)=\frac{4}{5}-\frac{4}{5}e^{-t/2}\cos t-\frac{2}{5}e^{-t/2}\sin t.
Logo
f_{2}(t)=f_{1}(t)+\pi f_{3}(t).
Para facilitar leitura, escrevo f_{2}(t) expandido:
\begin{aligned} f_{2}(t) &=\frac{4}{5}t+\frac{20\pi-16}{25} +\frac{16-20\pi}{25}e^{-t/2}\cos t -\frac{12+10\pi}{25}e^{-t/2}\sin t. \end{aligned}

Passo 8

Recapitulando a forma final usando o deslocamento temporal:
y(t)=f_{1}(t)-u(t-\pi)\,f_{2}(t-\pi).
Isto gera a solução peça-a-peça (porque para t<\pi o degrau anula a segunda parcela, e para t\ge\pi subtrai-se f_{2} deslocado). Escrevo explicitamente as duas regiões.
Para 0\le t<\pi:
y(t)=-\frac{16}{25}+\frac{4}{5}t+\frac{16}{25}e^{-t/2}\cos t-\frac{12}{25}e^{-t/2}\sin t.
Para t\ge\pi:
\begin{aligned} y(t)&=-\frac{16}{25}+\frac{4}{5}t+\frac{16}{25}e^{-t/2}\cos t-\frac{12}{25}e^{-t/2}\sin t\\[4pt] &\qquad -\Biggl[\frac{4}{5}(t-\pi)+\frac{20\pi-16}{25} +\frac{16-20\pi}{25}e^{-(t-\pi)/2}\cos(t-\pi)\\[4pt] &\qquad\qquad\quad -\frac{12+10\pi}{25}e^{-(t-\pi)/2}\sin(t-\pi)\Biggr]. \end{aligned}
(É perfeitamente aceitável, na prova, deixar a solução na forma compacta y(t)=f_{1}(t)-u(t-\pi)f_{2}(t-\pi) com f_{1},f_{2} conforme acima.)]

Resposta

Para 0\le t<\pi:
y(t)=-\frac{16}{25}+\frac{4}{5}t+\frac{16}{25}e^{-t/2}\cos t-\frac{12}{25}e^{-t/2}\sin t.
Para t\ge\pi:
\begin{aligned} y(t)&=-\frac{16}{25}+\frac{4}{5}t+\frac{16}{25}e^{-t/2}\cos t-\frac{12}{25}e^{-t/2}\sin t\\[4pt] &\qquad -\Biggl[\frac{4}{5}(t-\pi)+\frac{20\pi-16}{25} +\frac{16-20\pi}{25}e^{-(t-\pi)/2}\cos(t-\pi)\\[4pt] &\qquad\qquad\quad -\frac{12+10\pi}{25}e^{-(t-\pi)/2}\sin(t-\pi)\Biggr]. \end{aligned}]

Exercícios relacionados