Resolva os problemas
2 y^{\prime \prime}+y^{\prime}+2 y=g(t), \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=0, \quad g(t)=\left\{\begin{array}{ll}1, & 5 \leq t<20 \\\\ 0, & 0 \leq t<5 e t \geq 20\end{array}\right..)

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial linear de segunda ordem com condições iniciais nulas:
2y''+y'+2y=g(t),\qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=0,
onde g(t)\) é uma força que vale \(1\) no intervalo \([5,20)\) e \(0\) fora, isto é: \[g(t)=\begin{cases} 1,&5\le t<20,\\[4pt] 0,&0\le t<5\\ \text{e}\\ t\ge 20. \end{cases}
As perguntas implícitas são: encontrar y(t)\] para todo \(t\ge0 (solução da EDO com essas condições e essa entrada em degrau limitado).
Informações importantes que temos:
  • EDO linear com coeficientes constantes e condições iniciais nulas.
  • Entrada g(t) é um pulso unitário entre t=5 e t=20.
  • Vamos usar transformada de Laplace e propriedades de deslocamento no tempo (Heaviside), por serem métodos diretos para problemas com entradas por partes e condições iniciais nulas.]

Passo 2

Representar g(t) com funções degrau (Heaviside). A forma padrão é:
g(t)=u(t-5)-u(t-20),
onde u(t-a) é a função degrau que vale 0 para t<a e 1 para t\ge a.
Essa representação é correta porque para t<5 ambos são zero, para 5\le t<20 temos 1-0=1, e para t\ge20 temos 1-1=0.

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace à EDO. Denotando Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\} e lembrando que as condições iniciais são nulas ( y(0)=y'(0)=0), temos:
\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s),\qquad \mathcal{L}\{y'\}=sY(s).
Tomando Laplace de ambos os lados:
2(s^2Y)+sY+2Y=\mathcal{L}\{g(t)\}.
Logo
Y(s)=\frac{\mathcal{L}\{g(t)\}}{2s^2+s+2}.

Passo 4

Calcular \mathcal{L}\{g(t)\}. Como g(t)=u(t-5)-u(t-20) e \mathcal{L}\{u(t-a)\}=e^{-as}/s, obtemos
\mathcal{L}\{g(t)\}=\frac{e^{-5s}}{s}-\frac{e^{-20s}}{s}=\frac{e^{-5s}-e^{-20s}}{s}.
Substituindo em Y(s):
Y(s)=\frac{e^{-5s}-e^{-20s}}{s(2s^2+s+2)}.
Usaremos a propriedade de deslocamento no tempo: se Y(s)=e^{-as}F(s) então y(t)=u(t-a)f(t-a) com f=\mathcal{L}^{-1}\{F\}. Assim, escrevemos
Y(s)=e^{-5s}F(s)-e^{-20s}F(s),\qquad F(s)=\frac{1}{s(2s^2+s+2)}.
Então a solução será
y(t)=u(t-5)f(t-5)-u(t-20)f(t-20),
onde f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}. Restará, portanto, encontrar f(t).

Passo 5

Determinar f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}\) com \[F(s)=\frac{1}{s(2s^2+s+2)}.
Fazemos frações parciais na forma
\frac{1}{s(2s^2+s+2)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{2s^2+s+2}.
Multiplicando ambos os lados por s(2s^2+s+2) obtemos a identidade polinomial
1=A(2s^2+s+2)+(Bs+C)s.
Comparando coeficientes em s^2,s^1,s^0:
\begin{cases} 2A+B=0,\\[2pt] A+C=0,\\[2pt] 2A=1. \end{cases}
Da última equação vem A=\tfrac12\]. Então \(2A+B=0\Rightarrow B=-1. E A+C=0\Rightarrow C=-\tfrac12.
Portanto
F(s)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s}+\frac{-s-\tfrac12}{2s^2+s+2}.]

Passo 6

Para inverter a segunda fração, escrevemos o denominador completando o quadrado:
2s^2+s+2=2\Bigl(s^2+\tfrac12 s+1\Bigr) =2\Bigl((s+\tfrac14)^2+\tfrac{15}{16}\Bigr) =2\Bigl((s+\tfrac14)^2+\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{4}\bigr)^2\Bigr).
Definimos \omega=\dfrac{\sqrt{15}}{4}. Reescrevendo o numerador em função de s+\tfrac14:
-s-\tfrac12=-(s+\tfrac14)-\tfrac14.
Então
\frac{-s-\tfrac12}{2s^2+s+2} =-\frac{1}{2}\cdot\frac{s+\tfrac14}{(s+\tfrac14)^2+\omega^2} -\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{(s+\tfrac14)^2+\omega^2}.
Agora usamos transformadas conhecidas:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s+a}{(s+a)^2+\omega^2}\right\}=e^{-at}\cos(\omega t),
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{\omega}{(s+a)^2+\omega^2}\right\}=e^{-at}\sin(\omega t),
e também \mathcal{L}^{-1}\{1/s\}=1.
Aplicando inversa a cada termo:
  • \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\bigl\{\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{s}\bigr\}=\tfrac12.
  • \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\Bigl\{-\tfrac{1}{2}\cdot\frac{s+\tfrac14}{(s+\tfrac14)^2+\omega^2}\Bigr\}=-\tfrac12 e^{-t/4}\cos(\omega t).
  • \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\Bigl\{-\tfrac{1}{8}\cdot\frac{1}{(s+\tfrac14)^2+\omega^2}\Bigr\}=-\tfrac{1}{8}\cdot\frac{1}{\omega}e^{-t/4}\sin(\omega t).
Note que \dfrac{1}{8}\cdot\dfrac{1}{\omega}=\dfrac{1}{8}\cdot\dfrac{4}{\sqrt{15}}=\dfrac{1}{2\sqrt{15}}.
Somando tudo, obtemos
f(t)=\frac12-\frac12 e^{-t/4}\cos(\omega t)-\frac{1}{2\sqrt{15}}\,e^{-t/4}\sin(\omega t), \qquad \omega=\frac{\sqrt{15}}{4}.

Passo 7

Usando a propriedade de deslocamento no tempo (já mencionada), a solução y(t) é
y(t)=u(t-5)f(t-5)-u(t-20)f(t-20).
Escrevendo de forma peça por peça (e lembrando que u é zero antes do seu deslocamento):
  • Para 0\le t<5: y(t)=0.
  • Para 5\le t<20: y(t)=f(t-5).
  • Para t\ge20: y(t)=f(t-5)-f(t-20).
Substituindo a expressão de f explicitamente, para t\ge5 temos
f(t-5)=\frac12-\frac12 e^{-(t-5)/4}\cos\!\bigl(\omega (t-5)\bigr) -\frac{1}{2\sqrt{15}}e^{-(t-5)/4}\sin\!\bigl(\omega (t-5)\bigr),
e análogamente f(t-20) com t-20 no lugar de t-5.

Resposta

y(t)=0,\quad 0\le t<5\n
y(t)=\dfrac12-\dfrac12 e^{-(t-5)/4}\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{4}(t-5)\bigr)-\dfrac{1}{2\sqrt{15}}e^{-(t-5)/4}\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{4}(t-5)\bigr),\quad 5\le t<20\n
y(t)=\Bigl[\dfrac12-\dfrac12 e^{-(t-5)/4}\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{4}(t-5)\bigr)-\dfrac{1}{2\sqrt{15}}e^{-(t-5)/4}\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{4}(t-5)\bigr)\Bigr]\n -\Bigl[\dfrac12-\dfrac12 e^{-(t-20)/4}\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{4}(t-20)\bigr)-\dfrac{1}{2\sqrt{15}}e^{-(t-20)/4}\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{4}(t-20)\bigr)\Bigr],\quad t\ge20

Exercícios relacionados