Resolva os problemas de valor inicial abaixo utilizando a transformada de Laplace.
\left\{\begin{array}{l}y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+5 y=4 e^{-t} \cos (2 t) \\\ y(0)=1 \quad y^{\prime}(0)=0\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado fornece uma equação diferencial de segunda ordem com condições iniciais e pede a solução usando transformada de Laplace. Vou listar explicitamente o que temos e o que se pede.
  • Equação diferencial dada:
y''+2y'+5y=4e^{-t}\cos(2t).
  • Condições iniciais:
y(0)=1,\qquad y'(0)=0.
  • O que se pede: encontrar a função y(t) que satisfaz a equação e as condições iniciais, usando a transformada de Laplace.

Passo 2

Breve apresentação das ferramentas que vou usar (com explicação didática):
  • Definição: a transformada de Laplace de uma função f(t) é
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt,
onde s é a variável complexa do domínio transformado. Vou escrever F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}.
  • Propriedades importantes (que usarei):
    1. Linearidade: \mathcal{L}\{a f(t)+b g(t)\}=aF(s)+bG(s).
    2. Derivadas: se Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\} e y(0)=y_0,\\ y'(0)=y_1, então
    \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y_0, \qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-s y_0 - y_1.
    1. Deslocamento exponencial (shift): \mathcal{L}\{e^{-a t}f(t)\}=F(s+a). Em particular,
    \mathcal{L}\{e^{-at}\cos(bt)\}=\frac{s+a}{(s+a)^2+b^2},\qquad \mathcal{L}\{e^{-at}\sin(bt)\}=\frac{b}{(s+a)^2+b^2}.
    1. Multiplicação por t: \mathcal{L}\{t f(t)\}=-\frac{d}{ds}F(s). Isto é útil para termos no transformado com denominador ao quadrado.
Explicando em palavras: a transformada troca derivadas por multiplicações por s (com correção pelas condições iniciais), o que transforma a EDO em uma equação algébrica em s. Depois resolvemos para Y(s) e aplicamos a transformada inversa termo a termo.

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace à equação inteira. Defino Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}. Uso as fórmulas para derivadas e as condições iniciais y(0)=1,\\ y'(0)=0.
Tomando \mathcal{L} em ambos os lados:
\mathcal{L}\{y''\}+2\mathcal{L}\{y'\}+5\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{4e^{-t}\cos(2t)\}.
Substituindo as expressões:
\big(s^2Y(s)-s\cdot y(0)-y'(0)\big)+2\big(sY(s)-y(0)\big)+5Y(s)=\mathcal{L}\{4e^{-t}\cos(2t)\}.
Como y(0)=1 e y'(0)=0, isso fica
(s^2+2s+5)Y(s)-s-2=\mathcal{L}\{4e^{-t}\cos(2t)\}.

Passo 4

Calcular a transformada da força 4e^{-t}\cos(2t). Uso a propriedade do deslocamento exponencial com a=1 e b=2:
\mathcal{L}\{e^{-t}\cos(2t)\}=\frac{s+1}{(s+1)^2+4}.
Multiplicando por 4,
\mathcal{L}\{4e^{-t}\cos(2t)\}=\frac{4(s+1)}{(s+1)^2+4}.

Passo 5

Volto à equação algébrica em Y(s):
(s^2+2s+5)Y(s)-s-2=\frac{4(s+1)}{(s+1)^2+4}.
Isolo Y(s):
(s^2+2s+5)Y(s)=s+2+\frac{4(s+1)}{(s+1)^2+4}.
Observo que o polinômio do lado esquerdo tem a forma
s^2+2s+5=(s+1)^2+4.
Denoto D(s)=(s+1)^2+4. Assim
Y(s)=\frac{s+2}{D(s)}+\frac{4(s+1)}{D(s)^2}.
(Escrevi a soma dividida por D(s) e simplifiquei; isto é, Y(s)=\dfrac{s+2}{D}+\dfrac{4(s+1)}{D^2}.)

Passo 6

Agora vou inverter termo a termo. Primeiro analiso o termo \dfrac{s+2}{D}. Escrevo
\frac{s+2}{D}=\frac{s+1}{D}+\frac{1}{D}.
Uso as transformadas conhecidas:
  • \dfrac{s+1}{D} é a transformada de \;e^{-t}\cos(2t)\;, porque \mathcal{L}\{e^{-t}\cos(2t)\}=\dfrac{s+1}{(s+1)^2+4}.
  • \dfrac{1}{D} corresponde a \dfrac{1}{2}e^{-t}\sin(2t), pois \mathcal{L}\{e^{-t}\sin(2t)\}=\dfrac{2}{D}, logo \dfrac{1}{D}=\dfrac{1}{2}\mathcal{L}\{e^{-t}\sin(2t)\}.
Portanto a transformada inversa do primeiro pedaço é
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s+2}{D}\right\}=e^{-t}\cos(2t)+\frac{1}{2}e^{-t}\sin(2t).

Passo 7

Agora inverto o segundo termo \dfrac{4(s+1)}{D^2}. Para isso uso a propriedade \mathcal{L}\{t f(t)\}=-\dfrac{d}{ds}F(s).
Considere F(s)=\mathcal{L}\{e^{-t}\sin(2t)\}=\dfrac{2}{D}. Então
\mathcal{L}\{t e^{-t}\sin(2t)\}=-\frac{d}{ds}\left(\frac{2}{D}\right).
Calculo a derivada (faço a conta explicitamente): com u=s+1 temos D=u^2+4, então
\frac{d}{ds}\left(\frac{2}{D}\right)=2\cdot\frac{d}{ds}\big(D^{-1}\big)=-2\cdot\frac{D'}{D^2} =-2\cdot\frac{2u}{D^2}=-\frac{4(s+1)}{D^2}.
Portanto
-\frac{d}{ds}\left(\frac{2}{D}\right)=\frac{4(s+1)}{D^2}.
Isto mostra que
\mathcal{L}\{t e^{-t}\sin(2t)\}=\frac{4(s+1)}{D^2}.
Logo o inverso do termo \dfrac{4(s+1)}{D^2} é simplesmente t e^{-t}\sin(2t).

Passo 8

Reunindo tudo (somando as inversas de cada termo), obtenho a solução y(t):
y(t)=e^{-t}\cos(2t)+\frac{1}{2}e^{-t}\sin(2t)+t e^{-t}\sin(2t).
Posso escrever de forma mais compacta fatorando e^{-t}:
y(t)=e^{-t}\Big(\cos(2t)+\big(\tfrac{1}{2}+t\big)\sin(2t)\Big).
Se quiser conferir rapidinho as condições iniciais: para t=0 tem-se y(0)=1, e derivando y(t) e avaliando em 0 obtém-se y'(0)=0, então as condições iniciais são satisfeitas (confirmação rápida de consistência).

Resposta

y(t)=e^{-t}\Big(\cos(2t)+\big(\tfrac{1}{2}+t\big)\sin(2t)\Big)

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