Questão 1. (2.0) Use a transformada de Laplace para resolver o PVI:
y^{\prime}-y=1+t e^{t}, \quad y(0)=0 .

Passo 1

O enunciado pede para resolver o problema de valor inicial (PVI)
y'(t)-y(t)=1+t e^{t},\qquad y(0)=0.
Informações dadas:
  • A equação diferencial é de primeira ordem, linear, não homogênea.
  • A condição inicial é y(0)=0.
  • O lado direito é a soma de duas funções conhecidas: 1 e t e^{t}.
    Objetivo: encontrar y(t) usando a transformada de Laplace.

Passo 2

Vou lembrar as definições e propriedades da transformada de Laplace que vou usar (cada variável e símbolo explicados):
  • A transformada de Laplace de uma função f(t) é
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt,
onde s é a variável complexa da transformada e F(s) representa a imagem de f.
  • Propriedade da linearidade:
\mathcal{L}\{a f(t)+b g(t)\}=a\mathcal{L}\{f(t)\}+b\mathcal{L}\{g(t)\},
para constantes a,b.
  • Propriedade da derivada (importante para ODEs): se Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\} e y(0) é conhecido, então
\mathcal{L}\{y'(t)\}(s)=sY(s)-y(0).
Aqui y(0) é o valor inicial dado.
  • Transformadas úteis que usarei:
\mathcal{L}\{1\}(s)=\frac{1}{s},\qquad \mathcal{L}\{t\}(s)=\frac{1}{s^{2}}.
  • Teorema do deslocamento (exponencial): se \mathcal{L}\{f(t)\}(s)=F(s), então
\mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}(s)=F(s-a).
Assim, para t e^{t} com a=1, tem-se \mathcal{L}\{t e^{t}\}(s)=\mathcal{L}\{t\}(s-1)=\dfrac{1}{(s-1)^{2}}.

Passo 3

Aplico a transformada de Laplace em ambos os lados da equação diferencial. Denotando Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s), e usando y(0)=0:
\mathcal{L}\{y'\}(s)-\mathcal{L}\{y\}(s)=\mathcal{L}\{1\}(s)+\mathcal{L}\{t e^{t}\}(s).
Substituindo as fórmulas:
\bigl(sY(s)-y(0)\bigr)-Y(s)=\frac{1}{s}+\frac{1}{(s-1)^{2}}.
Como y(0)=0, isto simplifica para
(s-1)Y(s)=\frac{1}{s}+\frac{1}{(s-1)^{2}}.

Passo 4

Isolo Y(s) dividindo por (s-1):
Y(s)=\frac{1}{s(s-1)}+\frac{1}{(s-1)^{3}}.
Explicando a álgebra: \dfrac{1/s}{(s-1)}=\dfrac{1}{s(s-1)} e \dfrac{1/(s-1)^{2}}{(s-1)}=\dfrac{1}{(s-1)^{3}}.

Passo 5

Faço a transformada inversa termo a termo para obter y(t).
  1. Para o primeiro termo \dfrac{1}{s(s-1)} uso frações parciais. Procuro A,B tais que
\frac{1}{s(s-1)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s-1}.
Multiplicando por s(s-1) obtemos 1=A(s-1)+Bs. Comparando coeficientes: A+B=0 e -A=1, então A=-1, B=1. Assim
\frac{1}{s(s-1)}=-\frac{1}{s}+\frac{1}{s-1}.
As transformadas inversas conhecidas dão
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{-\frac{1}{s}\right\}=-1,\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s-1}\right\}=e^{t}.
Portanto a contribuição desse termo é -1+e^{t}.
  1. Para o segundo termo \dfrac{1}{(s-1)^{3}} uso a fórmula geral
\mathcal{L}\{t^{n}e^{at}\}(s)=\frac{n!}{(s-a)^{n+1}}.
Escolhendo n=2 e a=1 obtemos \mathcal{L}\{t^{2}e^{t}\}(s)=\dfrac{2}{(s-1)^{3}}. Logo
\frac{1}{(s-1)^{3}}=\frac{1}{2}\,\mathcal{L}\{t^{2}e^{t}\}(s)
e a inversa é
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s-1)^{3}}\right\}=\frac{1}{2}t^{2}e^{t}.
Somando as contribuições:
y(t)=-1+e^{t}+\frac{1}{2}t^{2}e^{t}.
Opcionalmente factorando e^{t}:
y(t)=-1+e^{t}\!\left(1+\frac{t^{2}}{2}\right).

Passo 6

Verificação rápida (para segurança na prova):
  • Condição inicial: y(0)=-1+1+0=0, está correta.
  • Substituindo na equação: calculando y'(t) por derivação de e^{t}(1+t^{2}/2) obtém-se y'(t)=e^{t}(1+t+t^{2}/2). Então
y'(t)-y(t)=e^{t}t+1,
que coincide com o lado direito original 1+t e^{t}. Logo a solução está confirmada.

Resposta

y(t)=-1+e^{t}+\dfrac{1}{2}t^{2}e^{t}

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