Resolva a EDO usando transformada de Laplace:
y^{\prime \prime}+3 y^{\prime}+2 y=u_{4}(t), y(0)=0, y^{\prime}(0)=0.

Passo 1

O enunciado fornece a equação diferencial com condições iniciais e pede a solução y(t):
y''+3y'+2y = u_{4}(t),\qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=0.
Informações relevantes dadas:
  • A EDO é linear, de segunda ordem, com coeficientes constantes.
  • O termo à direita é u_{4}(t), a função degrau unitário deslocada em t=4.
  • As condições iniciais são nulas: y(0)=0 e y'(0)=0.
    O objetivo é encontrar y(t) para todo t.

Passo 2

Vamos lembrar (aula rápida e direta) as ferramentas que usaremos:
  1. Definição da transformada de Laplace: para uma função f(t) (de crescimento adequado),
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt.
  1. Propriedades para derivadas (muito úteis quando há condições iniciais):
\mathcal{L}\{f'(t)\}(s)=s\mathcal{L}\{f(t)\}(s)-f(0),
\mathcal{L}\{f''(t)\}(s)=s^{2}\mathcal{L}\{f(t)\}(s)-s f(0)-f'(0).
Como aqui y(0)=0 e y'(0)=0, as fórmulas ficam simples: \mathcal{L}\{y'\}=sY(s) e \mathcal{L}\{y''\}=s^{2}Y(s), onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.
  1. Transformada do degrau deslocado: a função \,u_{a}(t) (zero para t<a, e 1 para t\ge a) tem
\mathcal{L}\{u_{a}(t)\}(s)=\frac{e^{-as}}{s}.
  1. Teorema do deslocamento no tempo (para a transformada inversa): se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s), então
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=u_{a}(t)\,f(t-a).
Em palavras: fator e^{-as} no domínio s corresponde a um deslocamento no tempo e multiplicação por u_{a}(t).

Passo 3

Aplique a transformada de Laplace à EDO inteira. Usando as fórmulas das derivadas e as condições iniciais nulas:
\mathcal{L}\{y''\}+3\mathcal{L}\{y'\}+2\mathcal{L}\{y\} = \mathcal{L}\{u_{4}(t)\}.
Substituindo \mathcal{L}\{y''\}=s^{2}Y(s), \mathcal{L}\{y'\}=sY(s) e \mathcal{L}\{y\}=Y(s), e \mathcal{L}\{u_{4}(t)\}=\dfrac{e^{-4s}}{s}, obtemos:
s^{2}Y(s)+3sY(s)+2Y(s)=\frac{e^{-4s}}{s}.

Passo 4

Fatorando Y(s) no lado esquerdo:
Y(s)\bigl(s^{2}+3s+2\bigr)=\frac{e^{-4s}}{s}.
Observe que s^{2}+3s+2=(s+1)(s+2). Portanto
Y(s)=\frac{e^{-4s}}{s(s+1)(s+2)}.
Já dá para ver a estrutura: há um fator e^{-4s} multiplicando uma função racional em s. Isso sugere uso direto do teorema do deslocamento no tempo na inversa.

Passo 5

Vamos decompor a função racional
\frac{1}{s(s+1)(s+2)}
em frações parciais. Procura-se 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 por s(s+1)(s+2) fica
1 = A(s+1)(s+2)+B s (s+2)+C s (s+1).
Escolhendo valores convenientes de s:
  • Para s=0: 1 = A\cdot 1\cdot 2 \Rightarrow A=\tfrac{1}{2}.
  • Para s=-1: 1 = B\cdot(-1)\cdot1 \Rightarrow B=-1.
  • Para s=-2: 1 = C\cdot(-2)\cdot(-1)=2C \Rightarrow C=\tfrac{1}{2}.
Logo
\frac{1}{s(s+1)(s+2)}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s}-\frac{1}{s+1}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s+2}.

Passo 6

Agora façamos a transformada inversa (sem o fator de deslocamento). Seja
F(s)=\frac{1}{s(s+1)(s+2)}.
Pelas tabelas básicas de transformadas:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s}\right\}=1,\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s+1}\right\}=e^{-t},\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s+2}\right\}=e^{-2t}.
Usando linearidade e a decomposição do Passo 5, obtemos a função no tempo correspondente a F(s):
f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} =\frac{1}{2}\cdot 1 - 1\cdot e^{-t} + \frac{1}{2}\cdot e^{-2t}.
Ou seja,
f(t)=\frac{1}{2}-e^{-t}+\frac{1}{2}e^{-2t}.

Passo 7

Lembrando que Y(s)=e^{-4s}F(s), aplicamos o teorema do deslocamento no tempo (Passo 2): a transformada inversa de e^{-4s}F(s) é u_{4}(t) multiplicado por f(t-4). Assim a solução no tempo é
y(t)=u_{4}(t)\,f(t-4),
onde f foi encontrada no Passo 6. Substituindo f obtemos (a forma final será apresentada abaixo na seção de resposta).

Resposta

y(t)=u_{4}(t)\!\left(\tfrac{1}{2}-e^{-(t-4)}+\tfrac{1}{2}e^{-2(t-4)}\right)

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