Resolva os problemas de valor inicial:
y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=f(t) ; \quad y(0)=0, y^{\prime}(0)=0, em que f(t)=\left\{\begin{array}{l}e^{2 t}, \quad \text { se } 0 \leq t<1 \\\\ 0, \quad \text { se } \quad t \geq 1\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede resolver o problema de valor inicial
y''-2y'+y=f(t),\qquad y(0)=0,\;y'(0)=0,
onde f(t)\) é dada por \[f(t)=\begin{cases} e^{2t}, & 0\le t<1,\\[4pt] 0, & t\ge 1. \end{cases}
Informações importantes que temos:
  • Equação linear não homogênea de segunda ordem com coeficientes constantes.
  • Condições iniciais homogêneas: y(0)=0\], \(y'(0)=0.
  • Forçamento f(t) é uma exponencial que existe só até t=1 e depois é zero (função em pedaços).
    O objetivo é encontrar y(t) para todo t\ge 0.]

Passo 2

Estratégia escolhida: usar a transformada de Laplace. Justificativa curta e útil: a transformada lida muito bem com condições iniciais e com termos multiplicados pela função degrau (o que aparece quando representamos funções em pedaços). Vou lembrar as fórmulas fundamentais que vou usar (explicando cada uma):
  • Definição da transformada de Laplace: para uma função h(t) (adequada),
\mathcal{L}\{h(t)\}=H(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}h(t)\,dt.
  • Transformadas de derivadas (essas permitem transformar a EDO em uma equação algébrica em s):
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0), \qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0),
onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.
  • Transformada de uma exponencial: \mathcal{L}\{e^{at}\}=\dfrac{1}{s-a} (válida para \Re(s)>a).
  • Teorema do deslocamento no tempo (para degrau u(t-a)): se G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\} então
\mathcal{L}\{g(t-a)u(t-a)\}=e^{-as}G(s),
e recíprocamente
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}G(s)\}=g(t-a)u(t-a).
Também vou reescrever f(t) usando a função degrau u(t-1). Note que
f(t)=e^{2t}\bigl(1-u(t-1)\bigr)=e^{2t}-e^{2t}u(t-1).
Para aplicar o teorema do deslocamento de forma imediata escrevo e^{2t}u(t-1)=e^{2}\,e^{2(t-1)}u(t-1), pois e^{2t}=e^{2}e^{2(t-1)}.

Passo 3

Faço a transformada de Laplace da equação inteira. Aplicando \mathcal{L}\{\cdot\} em ambos os lados e usando as fórmulas para derivadas e as condições iniciais y(0)=y'(0)=0, obtenho:
\mathcal{L}\{y''\}-2\mathcal{L}\{y'\}+\mathcal{L}\{y\}=(s^{2}Y)-2(sY)+Y=(s^{2}-2s+1)Y=(s-1)^{2}Y.
Agora a transformada de f. Como f(t)=e^{2t}-e^{2}e^{2(t-1)}u(t-1),
\mathcal{L}\{f(t)\}=\mathcal{L}\{e^{2t}\}-e^{2}\mathcal{L}\{e^{2(t-1)}u(t-1)\}.
Usando \mathcal{L}\{e^{2t}\}=\dfrac{1}{s-2} e o teorema do deslocamento:
\mathcal{L}\{e^{2(t-1)}u(t-1)\}=e^{-s}\cdot\frac{1}{s-2}.
Logo
F(s)=\frac{1}{s-2}-e^{2}\frac{e^{-s}}{s-2}.
A equação transformada é então
(s-1)^{2}Y(s)=F(s)=\frac{1}{s-2}-e^{2}\frac{e^{-s}}{s-2}.
Portanto
Y(s)=\frac{1}{(s-2)(s-1)^{2}}-e^{2}\frac{e^{-s}}{(s-2)(s-1)^{2}}.

Passo 4

Vou inverter Y(s)\). Observação útil (padrão): escrevo \(Y(s)=Y_{1}(s)-e^{2}e^{-s}Y_{1}(s)\) com \[Y_{1}(s)=\frac{1}{(s-2)(s-1)^{2}}.
Assim, a solução no tempo será
y(t)=g(t)-e^{2}g(t-1)u(t-1),
onde g(t)=\mathcal{L}^{-1}\{Y_{1}(s)\}. Então foco em encontrar g(t).
Para achar g(t) faço frações parciais em Y_{1}(s). Procuro constantes A,B,C tais que
\frac{1}{(s-2)(s-1)^{2}}=\frac{A}{s-2}+\frac{B}{s-1}+\frac{C}{(s-1)^{2}}.
Multiplico ambos os lados por (s-2)(s-1)^{2} e obtemos a identidade
1=A(s-1)^{2}+B(s-2)(s-1)+C(s-2).
Expando e comparo coeficientes. Desenvolvendo:
A(s^{2}-2s+1)+B(s^{2}-3s+2)+C(s-2)= (A+B)s^{2}+(-2A-3B+C)s+(A+2B-2C).
Comparando com 1=0\cdot s^{2}+0\cdot s+1, o sistema é
\begin{cases} A+B=0,\\[4pt] -2A-3B+C=0,\\[4pt] A+2B-2C=1. \end{cases}
Da primeira equação B=-A\]. Substituindo nas outras obtem \(C=-A e, usando a terceira, A=1. Assim
A=1,\quad B=-1,\quad C=-1.
Portanto
\frac{1}{(s-2)(s-1)^{2}}=\frac{1}{s-2}-\frac{1}{s-1}-\frac{1}{(s-1)^{2}}.
Agora aplico a transformada inversa termo a termo:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s-2}\right\}=e^{2t},\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s-1}\right\}=e^{t},\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s-1)^{2}}\right\}=t e^{t}.
Logo
g(t)=e^{2t}-e^{t}-t e^{t}=e^{2t}-e^{t}(1+t).]

Passo 5

Agora volto à fórmula com o deslocamento temporal obtida antes:
y(t)=g(t)-e^{2}g(t-1)u(t-1).
Isto dá, explicitamente, a solução em duas partes (porque u(t-1)=0 para t<1 e 1 para t\ge 1):
  • Para 0\le t<1:
y(t)=g(t)=e^{2t}-e^{t}(1+t).
  • Para t\ge 1:
y(t)=g(t)-e^{2}g(t-1).
Calculamos g(t-1):
g(t-1)=e^{2(t-1)}-e^{t-1}\bigl(1+(t-1)\bigr)=e^{2t-2}-e^{t-1}t.
Multiplicando por e^{2}:
e^{2}g(t-1)=e^{2t}-e^{t+1}t.
Substituindo em y(t)=g(t)-e^{2}g(t-1):
y(t)=\bigl(e^{2t}-e^{t}(1+t)\bigr)-\bigl(e^{2t}-e^{t+1}t\bigr)=-e^{t}(1+t)+e^{t+1}t.
Fatorando e^{t}:
y(t)=e^{t}\bigl(-1-t+e\,t\bigr)=e^{t}\bigl(t(e-1)-1\bigr),\qquad t\ge 1.
É interessante checar continuidade em t=1: de t\to1^{-} vem y(1^-)=e^{2}-2e; de t\to1^{+} vem y(1^+)=e\bigl(1(e-1)-1\bigr)=e(e-2)=e^{2}-2e. Está contínua como esperado.

Resposta

Para 0\le t<1:\quad y(t)=e^{2t}-e^{t}(1+t)
Para t\ge 1:\quad y(t)=e^{t}\bigl(t(e-1)-1\bigr)

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