Resolva o problema de valor inicial dado usando o método de transformadas de Laplace.
(15 pontos )\left\{\begin{array}{l}y^{\prime \prime}+4 y=u_{\pi}(t)-u_{3 \pi}(t) \\\ y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=0 .\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver, por Laplace, o problema de valor inicial
y''+4y = u_{\pi}(t)\;-\;u_{3\pi}(t), \quad y(0)=0,\;y'(0)=0.
O conteúdo aqui é uso da transformada de Laplace em ODEs com degrau unitário. Vamos precisar de
\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0), \mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0) e
\mathcal{L}\{u_a(t)\}=e^{-as}/s.

Passo 2

Aplicando \mathcal{L} em cada termo e usando as condições iniciais nulas, obtemos
\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s),\quad \mathcal{L}\{4y\}=4Y(s), \quad \mathcal{L}\{u_{\pi}(t)\}=\frac{e^{-\pi s}}{s},\quad \mathcal{L}\{u_{3\pi}(t)\}=\frac{e^{-3\pi s}}{s}.
Logo a equação no domínio de s é
s^2Y(s) \;+\;4Y(s) =\frac{e^{-\pi s}}{s}-\frac{e^{-3\pi s}}{s}.

Passo 3

Fatorando Y(s) obtemos
Y(s)\,\bigl(s^2+4\bigr) =\frac{e^{-\pi s}-e^{-3\pi s}}{s} \quad\Longrightarrow\quad Y(s)=\frac{e^{-\pi s}-e^{-3\pi s}}{s\,(s^2+4)}.

Passo 4

Fazemos frações parciais em \displaystyle\frac1{s(s^2+4)}. Escrevemos
\frac1{s(s^2+4)} =\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^2+4}
e igualamos numeradores:
1=A(s^2+4)+(Bs+C)s=(A+B)s^2+Cs+4A.
Daí A+B=0, C=0, 4A=1 \Rightarrow A=\tfrac14, B=-\tfrac14, C=0.
Então
Y(s) =\frac{e^{-\pi s}-e^{-3\pi s}}{4}\Bigl(\frac1{s}-\frac{s}{s^2+4}\Bigr).

Passo 5

Voltando ao domínio do tempo, usamos
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=f(t-a)u_a(t),
\mathcal{L}^{-1}\{1/s\}=1 e
\mathcal{L}^{-1}\{s/(s^2+4)\}=\cos(2t).
Isso dá
y(t) =\frac14\bigl[u_{\pi}(t)-u_{3\pi}(t)\bigr] -\frac14\bigl[\cos\bigl(2(t-\pi)\bigr)u_{\pi}(t) -\cos\bigl(2(t-3\pi)\bigr)u_{3\pi}(t)\bigr].
Agrupando, fica
y(t) =\frac14\Bigl[ \bigl(1-\cos(2(t-\pi))\bigr)\,u_{\pi}(t) -\bigl(1-\cos(2(t-3\pi))\bigr)\,u_{3\pi}(t) \Bigr].

Resposta

y(t) =\frac14\Bigl[ \bigl(1-\cos\bigl(2(t-\pi)\bigr)\bigr)\,u_{\pi}(t) -\bigl(1-\cos\bigl(2(t-3\pi)\bigr)\bigr)\,u_{3\pi}(t) \Bigr].

Exercícios relacionados