Resolva os problemas de valor inicial:
y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+13 y=f(t), y(0)=1, y^{\prime}(0)=2\). em que \(f(t)= \begin{cases}e^{-2 t} \operatorname{sen} 3 t, & \text { se } 0 \leq t<\pi \\\\ 0, & \text { se } t \geq \pi\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede resolver o problema de valor inicial
y''+4y'+13y=f(t),\qquad y(0)=1,\quad y'(0)=2,
onde
f(t)=\begin{cases} e^{-2t}\sin 3t,&0\le t<\pi,\\[4pt] 0,&t\ge\pi. \end{cases}
Informações relevantes dadas:
  • Equação linear de segunda ordem com coeficientes constantes e termo forçante f(t) em peça (vale e^{-2t}\sin 3t até t=\pi e depois é 0).
  • Condições iniciais: y(0)=1 e y'(0)=2.
  • Objetivo: encontrar y(t) para t\ge0 (solução única do PVI).]

Passo 2

Representar f(t) usando a função degrau (Heaviside) para trabalhar com transformadas de Laplace. A função degrau u(t-a) vale 0 para t<a e 1 para t\ge a. Escreve-se
f(t)=e^{-2t}\sin 3t\cdot\bigl(1-u(t-\pi)\bigr).
Desenvolvendo:
f(t)=e^{-2t}\sin 3t - e^{-2t}\sin 3t\;u(t-\pi).
Agora reescreve o segundo termo como uma função deslocada no tempo. Usando a identidade \sin(3t)= -\sin(3(t-\pi)) (porque \sin(3\pi)=0 e \cos(3\pi)=-1), obtemos
e^{-2t}\sin 3t\;u(t-\pi)= -e^{-2\pi}\;u(t-\pi)\;e^{-2(t-\pi)}\sin\bigl(3(t-\pi)\bigr).
Logo
f(t)=e^{-2t}\sin 3t + e^{-2\pi}\;u(t-\pi)\;e^{-2(t-\pi)}\sin\bigl(3(t-\pi)\bigr).
Isso expressa f(t) como soma de uma parte não deslocada e uma parte deslocada (multiplicada por u(t-\pi)) — forma muito útil para Laplace.

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace à equação. Denote Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s). Usar as fórmulas
\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0),\qquad \mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0).
Aplicando à EDO:
\bigl(s^2Y - s y(0)-y'(0)\bigr) +4\bigl(sY-y(0)\bigr) +13Y = \mathcal{L}\{f\}.
Substituir y(0)=1 e y'(0)=2:
\bigl(s^2Y - s -2\bigr) +4(sY-1) +13Y = \mathcal{L}\{f\}.
Agrupando termos em Y e constantes:
Y\bigl(s^2+4s+13\bigr) - (s+6) = \mathcal{L}\{f\}.
Portanto
Y(s)=\frac{\mathcal{L}\{f\}(s) + (s+6)}{s^2+4s+13}.
Observação: s^2+4s+13=(s+2)^2+9. Vamos calcular \mathcal{L}\{f\}.

Passo 4

Calcular \mathcal{L}\{f\}. Primeiro, para g(t)=e^{-2t}\sin 3t tem-se a transformada conhecida
\mathcal{L}\{e^{-2t}\sin 3t\}(s)=\frac{3}{(s+2)^2+9}.
Pela representação de f do Passo 2:
\mathcal{L}\{f\}(s)=\mathcal{L}\{e^{-2t}\sin 3t\}(s) + e^{-2\pi}\,\mathcal{L}\{u(t-\pi)e^{-2(t-\pi)}\sin(3(t-\pi))\}(s).
Pela propriedade do deslocamento: \mathcal{L}\{u(t-a)h(t-a)\}(s)=e^{-a s}H(s) onde H(s)=\mathcal{L}\{h(t)\}. Assim, com a=\pi e h(t)=e^{-2t}\sin3t (mesma g):
\mathcal{L}\{u(t-\pi)e^{-2(t-\pi)}\sin(3(t-\pi))\}(s)=e^{-\pi s}\,\frac{3}{(s+2)^2+9}.
Multiplicando pelo factor e^{-2\pi} obtém-se
\mathcal{L}\{f\}(s)=\frac{3}{(s+2)^2+9} + e^{-2\pi}e^{-\pi s}\frac{3}{(s+2)^2+9} = \frac{3}{(s+2)^2+9}\Bigl(1+e^{-\pi(s+2)}\Bigr).
Observação: e^{-2\pi}e^{-\pi s}=e^{-\pi(s+2)}.

Passo 5

Substituir \mathcal{L}\{f\} em Y(s):
Y(s)=\frac{s+6}{(s+2)^2+9} \;+\; \frac{3\bigl(1+e^{-\pi(s+2)}\bigr)}{\bigl((s+2)^2+9\bigr)^2}.
Separamos em três termos para inversão:
Y(s)=\frac{s+2}{(s+2)^2+9} + \frac{4}{(s+2)^2+9} \;+\; \frac{3}{\bigl((s+2)^2+9\bigr)^2} \;+\; \frac{3e^{-\pi(s+2)}}{\bigl((s+2)^2+9\bigr)^2}.
Ficou assim porque s+6=(s+2)+4.

Passo 6

Inverter os termos conhecidos:
  • Paridade básica: \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{s+2}{(s+2)^2+3^2}\right\}=e^{-2t}\cos 3t.
  • Também \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{3}{(s+2)^2+3^2}\right\}=e^{-2t}\sin 3t. Assim
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{4}{(s+2)^2+9}\right\}=\frac{4}{3}e^{-2t}\sin 3t.
Resta inverter \dfrac{3}{\bigl((s+2)^2+9\bigr)^2}. Vamos calcular \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{\bigl((s+2)^2+9\bigr)^2}\right\} por convolução.

Passo 7

Usar convolução: se H(s)=\dfrac{1}{( (s+2)^2+9)^2}, note que \dfrac{1}{(s+2)^2+9} = \dfrac{1}{3}\mathcal{L}\{e^{-2t}\sin3t\}. Então
\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\} = \left(\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s+2)^2+9}\right\}\right) * \left(\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s+2)^2+9}\right\}\right).
Como \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{(s+2)^2+9}\right\}=\dfrac{1}{3}e^{-2t}\sin3t, a convolução dá
\mathcal{L}^{-1}\{H\}(t)=\frac{1}{9}\int_{0}^{t} e^{-2\tau}\sin(3\tau)\; e^{-2(t-\tau)}\sin\bigl(3(t-\tau)\bigr)\,d\tau.
Simplificar o integrando:
\frac{1}{9}e^{-2t}\int_{0}^{t}\sin(3\tau)\sin\bigl(3(t-\tau)\bigr)\,d\tau.
Calcule a integral trigonométrica usando \sin A\sin B=\tfrac{1}{2}[\cos(A-B)-\cos(A+B)]. Com A=3\tau, B=3(t-\tau):
\sin(3\tau)\sin(3(t-\tau))=\tfrac{1}{2}\bigl(\cos(6\tau-3t)-\cos 3t\bigr).
Integrando de 0 a t:
\int_{0}^{t}\sin(3\tau)\sin(3(t-\tau))\,d\tau = \tfrac{1}{2}\left[\int_{0}^{t}\cos(6\tau-3t)\,d\tau - \int_{0}^{t}\cos 3t\,d\tau\right].
Calcule separadamente:
\int_{0}^{t}\cos(6\tau-3t)\,d\tau = \frac{1}{6}\bigl(\sin(6\tau-3t)\bigr)\Big|_{0}^{t} = \frac{1}{6}\bigl(\sin 3t - \sin(-3t)\bigr)=\frac{1}{3}\sin 3t.
E
\int_{0}^{t}\cos 3t\,d\tau = t\cos 3t.
Logo a integral é
\tfrac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\sin 3t - t\cos 3t\right)=\frac{1}{6}\sin 3t - \frac{t}{2}\cos 3t.
Multiplicando pelos fatores externos:
\mathcal{L}^{-1}\{H\}(t) = \frac{1}{9}e^{-2t}\left(\frac{1}{6}\sin 3t - \frac{t}{2}\cos 3t\right) = e^{-2t}\left(\frac{1}{54}\sin 3t - \frac{t}{18}\cos 3t\right).
Finalmente, multiplicando por 3 (porque precisamos de 3/D^2):
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{3}{\bigl((s+2)^2+9\bigr)^2}\right\} = e^{-2t}\left(\frac{1}{18}\sin 3t - \frac{t}{6}\cos 3t\right).

Passo 8

Agora invertemos o termo deslocado \dfrac{3e^{-\pi(s+2)}}{\bigl((s+2)^2+9\bigr)^2}. Pela propriedade do deslocamento multiplicando por e^{-\pi s}, obtemos uma parcela que é zero para t<\pi e para t\ge\pi vale a função obtida em t-\pi, multiplicada pelo factor e^{-2\pi} (lembrar que e^{-\pi(s+2)}=e^{-2\pi}e^{-\pi s}). Mais explicitamente, se
h(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{3}{\bigl((s+2)^2+9\bigr)^2}\right\}(t) = e^{-2t}\left(\frac{1}{18}\sin 3t - \frac{t}{6}\cos 3t\right),
então
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{3e^{-\pi(s+2)}}{\bigl((s+2)^2+9\bigr)^2}\right\}(t) = e^{-2\pi}\;u(t-\pi)\;h(t-\pi).
Calcule e^{-2\pi}h(t-\pi). Observe:
e^{-2\pi}h(t-\pi)=e^{-2\pi}\,e^{-2(t-\pi)}\!\left(\frac{1}{18}\sin\bigl(3(t-\pi)\bigr)-\frac{t-\pi}{6}\cos\bigl(3(t-\pi)\bigr)\right).
Como e^{-2\pi}e^{-2(t-\pi)}=e^{-2t}, isso simplifica para
e^{-2t}\!\left(\frac{1}{18}\sin\bigl(3(t-\pi)\bigr)-\frac{t-\pi}{6}\cos\bigl(3(t-\pi)\bigr)\right).
Portanto o termo deslocado (que é ativo apenas para t\ge\pi) é
u(t-\pi)\; e^{-2t}\!\left(\frac{1}{18}\sin\bigl(3(t-\pi)\bigr)-\frac{t-\pi}{6}\cos\bigl(3(t-\pi)\bigr)\right).

Passo 9

Juntando todas as parcelas invertidas (termos do Passo 6, Passo 7 e Passo 8), a solução y(t) fica:
y(t)=e^{-2t}\cos 3t + \frac{4}{3}e^{-2t}\sin 3t + e^{-2t}\!\left(\frac{1}{18}\sin 3t - \frac{t}{6}\cos 3t\right) + u(t-\pi)\; e^{-2t}\!\left(\frac{1}{18}\sin\bigl(3(t-\pi)\bigr)-\frac{t-\pi}{6}\cos\bigl(3(t-\pi)\bigr)\right).
Agrupando termos (combinar as parcelas que multiplicam e^{-2t}\cos3t e e^{-2t}\sin3t):
  • Coeficiente de e^{-2t}\cos 3t: 1 - \dfrac{t}{6}.
  • Coeficiente de e^{-2t}\sin 3t: \dfrac{4}{3} + \dfrac{1}{18} = \dfrac{25}{18}.
Portanto, para 0\le t<\pi (onde u(t-\pi)=0) a solução é
y(t)=e^{-2t}\!\left(\Bigl(1-\frac{t}{6}\Bigr)\cos 3t + \frac{25}{18}\sin 3t\right).
Para t\ge\pi adiciona-se a parcela deslocada já escrita (note que ela também contém e^{-2t}, por isso é natural somá-la).

Resposta

y(t)=e^{-2t}\!\left(\Bigl(1-\frac{t}{6}\Bigr)\cos 3t + \frac{25}{18}\sin 3t\right) +u(t-\pi)\;e^{-2t}\!\left(\frac{1}{18}\sin\bigl(3(t-\pi)\bigr)-\frac{t-\pi}{6}\cos\bigl(3(t-\pi)\bigr)\right).

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