Resolva os problemas de valor inicial:
y^{\prime \prime}+3 y^{\prime}+2 y=f(t) ; \quad y(0)=0, y^{\prime}(0)=0\), em que \(f(t)= \begin{cases}t, & \text { se } 0 \leq t<10 \\\\ 0, & \text { se } t \geq 10\end{cases}

Passo 1

O enunciado dá um problema de valor inicial para a equação diferencial linear de segunda ordem com forçamento por uma função por partes. Vou listar claramente o que nos foi dado e o que é pedido.
  • Equação diferencial:
y'' + 3y' + 2y = f(t).
  • Condições iniciais:
y(0)=0,\qquad y'(0)=0.
  • Força excitadora f(t)\) (peguei isso do enunciado): \[f(t)=\begin{cases} t, & \text{se } 0\le t<10,\\[4pt] 0, & \text{se } t\ge 10. \end{cases}
  • O que o problema pede: encontrar a solução y(t)\] para \(t\ge 0 que satisfaz a equação e as condições iniciais, isto é, obter y(t) explicitamente (em peças, se necessário) para todo t\ge0.]

Passo 2

Vamos escrever f(t) usando a função degrau de Heaviside u(t-a) (também chamada H(t-a)), porque isso facilita aplicar transformadas integrais. A função u(t-a) vale 0 para t<a e 1 para t\ge a.
Note que f(t)=t para 0\le t<10 e f(t)=0 para t\ge10. Isso equivale a
f(t)=t\bigl(1-u(t-10)\bigr).
Essa forma é conveniente porque a transformada de Laplace de u(t-a) e de termos deslocados é bem conhecida.
Agora vou obter a transformada de Laplace F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}. Usei a identidade
\mathcal{L}\{t\}=\frac{1}{s^{2}}
e a propriedade de deslocamento temporal: para a>0
\mathcal{L}\{g(t)u(t-a)\}=e^{-a s}\mathcal{L}\{g(t+a)\},
mas é mais prático usar a decomposição t\,u(t-10)=(t-10)u(t-10)+10u(t-10) e as fórmulas básicas:
\mathcal{L}\{(t-a)u(t-a)\}=\frac{e^{-a s}}{s^{2}},\qquad \mathcal{L}\{u(t-a)\}=\frac{e^{-a s}}{s}.
Assim,
\mathcal{L}\{t\,u(t-10)\}= \mathcal{L}\{(t-10)u(t-10)\} + 10\mathcal{L}\{u(t-10)\} = e^{-10 s}\Bigl(\frac{1}{s^{2}}+\frac{10}{s}\Bigr).
Como f(t)=t - t\,u(t-10), então
F(s)=\frac{1}{s^{2}} - e^{-10 s}\Bigl(\frac{1}{s^{2}}+\frac{10}{s}\Bigr).

Passo 3

Agora aplico a transformada de Laplace à equação diferencial. Recordando as fórmulas (usei-as com as condições iniciais dadas):
\mathcal{L}\{y''\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0),\qquad \mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0).
Como y(0)=0 e y'(0)=0, essas fórmulas reduzem-se a \mathcal{L}\{y''\}=s^{2}Y e \mathcal{L}\{y'\}=sY.
Aplicando a Laplace em toda a equação:
s^{2}Y + 3sY + 2Y = F(s).
Fatorando Y:
Y(s)\bigl(s^{2}+3s+2\bigr)=F(s).
Como s^{2}+3s+2=(s+1)(s+2), temos
Y(s)=\frac{F(s)}{(s+1)(s+2)}.
Substituindo F(s) obtido no passo anterior:
Y(s)=\frac{1}{s^{2}(s+1)(s+2)} - e^{-10 s}\Bigl(\frac{1}{s^{2}}+\frac{10}{s}\Bigr)\frac{1}{(s+1)(s+2)}.
Vou tratar as duas parcelas separadamente, porque a parcela com e^{-10s} corresponderá a um termo com degrau deslocado no domínio do tempo.

Passo 4

Defino duas funções-racional em s (sem o fator de atraso) para inverter com a transformada inversa:
H_{1}(s)=\frac{1}{s^{2}(s+1)(s+2)}, \qquad H_{3}(s)=\frac{1}{s(s+1)(s+2)}.
Repare que a segunda parcela de Y(s) pode ser escrita como e^{-10s}\bigl(H_{1}(s)+10 H_{3}(s)\bigr), pois
\Bigl(\frac{1}{s^{2}}+\frac{10}{s}\Bigr)\frac{1}{(s+1)(s+2)} = H_{1}(s) + 10 H_{3}(s).
Portanto
Y(s)=H_{1}(s) - e^{-10s}\bigl(H_{1}(s)+10H_{3}(s)\bigr).
Isso significa, pela propriedade de deslocamento-temporal da transformada inversa, que
y(t)=h_{1}(t) - u(t-10)\,h_{2}(t-10),
onde h_{1}=\mathcal{L}^{-1}\{H_{1}\} e h_{2}=\mathcal{L}^{-1}\{H_{1}+10H_{3}\}=h_{1}+10h_{3}, com h_{3}=\mathcal{L}^{-1}\{H_{3}\}. Agora vou calcular h_{1} e h_{3} por decomposição em frações parciais e depois montar h_{2}.

Passo 5

Calcular \mathcal{L}^{-1}\{H_{1}(s)\} com frações parciais:
H_{1}(s)=\frac{1}{s^{2}(s+1)(s+2)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s^{2}}+\frac{C}{s+1}+\frac{D}{s+2}.
Multiplicando por s^{2}(s+1)(s+2)
1 = A s(s+1)(s+2) + B (s+1)(s+2) + C s^{2}(s+2) + D s^{2}(s+1).
Determino coeficientes avaliando em pontos adequados:
  • Em s=0: 1 = B\cdot(1)(2)=2B B=\tfrac{1}{2}.
  • Em s=-1: 1 = C\cdot(-1)^{2}(-1+2)=C\cdot 1\cdot 1 C=1.
  • Em s=-2: 1 = D\cdot(-2)^{2}(-2+1)=D\cdot 4\cdot(-1)=-4D D=-\tfrac{1}{4}.
Para achar A, uso por exemplo s=1:
1 = A\cdot 1\cdot 2\cdot 3 + B\cdot 2\cdot 3 + C\cdot 1^{2}\cdot 3 + D\cdot 1^{2}\cdot 2.
Substituindo B=\tfrac12, C=1, D=-\tfrac14:
1 = 6A + 3 + 3 -\tfrac{1}{2} = 6A + \tfrac{11}{2},
portanto 6A = 1 - \tfrac{11}{2} = -\tfrac{9}{2} e A = -\tfrac{3}{4}.
Logo a decomposição é
H_{1}(s) = -\tfrac{3}{4}\frac{1}{s} + \tfrac{1}{2}\frac{1}{s^{2}} + \frac{1}{s+1} - \tfrac{1}{4}\frac{1}{s+2}.
Invertendo termo a termo (lembre: \mathcal{L}^{-1}\{1/s\}=1, \mathcal{L}^{-1}\{1/s^{2}\}=t, \mathcal{L}^{-1}\{1/(s+a)\}=e^{-at}):
h_{1}(t) = -\tfrac{3}{4} + \tfrac{1}{2}t + e^{-t} - \tfrac{1}{4}e^{-2t},\qquad t\ge0.

Passo 6

Agora faço H_{3}(s)=\dfrac{1}{s(s+1)(s+2)}. Faço frações parciais:
\frac{1}{s(s+1)(s+2)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+1}+\frac{C}{s+2}.
Multiplicando:
1 = A (s+1)(s+2) + B s(s+2) + C s(s+1).
Avaliando:
  • s=0: 1= A\cdot1\cdot2=2A A=\tfrac{1}{2}.
  • s=-1: 1 = B\cdot(-1)\cdot1 = -B B=-1.
  • s=-2: 1 = C\cdot(-2)\cdot(-1)=2C C=\tfrac{1}{2}.
Portanto
H_{3}(s)=\tfrac{1}{2}\frac{1}{s} - \frac{1}{s+1} + \tfrac{1}{2}\frac{1}{s+2}.
Invertendo:
h_{3}(t)=\tfrac{1}{2} - e^{-t} + \tfrac{1}{2}e^{-2t}.
Agora h_{2}=h_{1}+10h_{3}. Calculando explicitamente:
h_{2}(t) = \bigl(-\tfrac{3}{4} + \tfrac{1}{2}t + e^{-t} - \tfrac{1}{4}e^{-2t}\bigr) + 10\bigl(\tfrac{1}{2} - e^{-t} + \tfrac{1}{2}e^{-2t}\bigr).
Agrupando termos constantes, lineares e exponenciais:
  • Constante: -\tfrac{3}{4} + 10\cdot\tfrac{1}{2} = -\tfrac{3}{4} + 5 = \tfrac{17}{4}.
  • Linear: \tfrac{1}{2}t.
  • e^{-t}: 1 - 10 = -9, então -9 e^{-t}.
  • e^{-2t}: -\tfrac{1}{4} + 10\cdot\tfrac{1}{2} = -\tfrac{1}{4} + 5 = \tfrac{19}{4}, então \tfrac{19}{4} e^{-2t}.
Logo
h_{2}(t)=\tfrac{17}{4} + \tfrac{1}{2}t -9 e^{-t} + \tfrac{19}{4}e^{-2t}.

Passo 7

Recordando a forma de Y(s), a transformada inversa deu
y(t)=h_{1}(t) - u(t-10)\,h_{2}(t-10).
Isto se traduz em solução por partes:
  • Para 0\le t<10, u(t-10)=0, logo
y(t)=h_{1}(t) = -\tfrac{3}{4} + \tfrac{1}{2}t + e^{-t} - \tfrac{1}{4}e^{-2t}.
  • Para t\ge 10, u(t-10)=1, logo
y(t)=h_{1}(t) - h_{2}(t-10).
Substituo as expressões e simplifico. Primeiro escrevo h_{2}(t-10):
h_{2}(t-10)=\tfrac{17}{4} + \tfrac{1}{2}(t-10) -9 e^{-(t-10)} + \tfrac{19}{4}e^{-2(t-10)}.
Agora faço y(t)=h_{1}(t)-h_{2}(t-10). Ao subtrair, os termos lineares em t cancelam e as constantes também (ver conta abaixo):
  • Soma das constantes: -\tfrac{3}{4} - \tfrac{17}{4} + 5 = 0 (pois \tfrac{1}{2}(t-10)=\tfrac{1}{2}t-5).
  • Assim sobra apenas combinações de exponenciais:
y(t)= e^{-t} - \tfrac{1}{4}e^{-2t} + 9 e^{-(t-10)} - \tfrac{19}{4} e^{-2(t-10)}.
É útil (às vezes) reescrever termos com e^{-(t-10)} em função de e^{-t}: e^{-(t-10)}=e^{10}e^{-t} e e^{-2(t-10)}=e^{20}e^{-2t}. Assim, alternativamente,
y(t)=\Bigl(1+9e^{10}\Bigr)e^{-t} - \Bigl(\tfrac{1}{4} + \tfrac{19}{4}e^{20}\Bigr)e^{-2t}, \qquad t\ge 10.
Ambas as formas são equivalentes; a forma com e^{-(t-10)} deixa explícita a origem do termo deslocado (por causa do corte em t=10).

Resposta

y(t)= -\dfrac{3}{4} + \dfrac{1}{2}t + e^{-t} - \dfrac{1}{4}e^{-2t}, \qquad 0\le t<10\n
y(t)= e^{-t} - \dfrac{1}{4}e^{-2t} + 9 e^{-(t-10)} - \dfrac{19}{4} e^{-2(t-10)}, \qquad t\ge 10

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