Resolva os problemas
2 y^{\prime \prime}+y^{\prime}+2 y=\delta_{5}(t), y(0)=0, y^{\prime}(0)=0

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede (sem resolver ainda).
  • Enunciado: 2 y''+y'+2y=\delta_{5}(t), com condições iniciais y(0)=0 e y'(0)=0.
  • Interpretação do termo de força: \delta_{5}(t) é o impulso de Dirac deslocado, isto é \delta_{5}(t)=\delta(t-5) (impulso aplicado em t=5).
  • O que se pede: encontrar a solução y(t) para todo t (satisfazendo a EDO e as condições iniciais).
Informações relevantes:
  • A equação é linear, com coeficientes constantes, forçada por um impulso em t=5.
  • As condições iniciais são nulas ( y(0)=0,\\ y'(0)=0).
  • Pela linearidade e causalidade, para t<5 a solução deve ser zero (nenhum impulso ainda agiu).

Passo 2

Método escolhido e justificativa rápida (sem detalhar cálculos ainda).
  • Usarei transformada de Laplace porque lida muito bem com derivadas (transforma em polinômios em s) e com o impulso deslocado: \mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as}. Com condições iniciais nulas a conta fica direta.
  • Depois farei a transformada inversa; a presença do fator e^{-5s} corresponde a um deslocamento no tempo (teorema do deslocamento).

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace à EDO (lembrando as fórmulas para derivadas).
  • Fórmula: \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0), \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-s y(0)-y'(0).
  • Como y(0)=0 e y'(0)=0, temos \mathcal{L}\{y'\}=sY(s) e \mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s).
  • Transformando a equação:
2\big(s^2Y(s)\big)+\big(sY(s)\big)+2Y(s)=\mathcal{L}\{\delta(t-5)\}=e^{-5s}.
  • Agrupando Y(s):
\big(2s^2+s+2\big)Y(s)=e^{-5s}.
  • Portanto
Y(s)=\frac{e^{-5s}}{2s^2+s+2}.

Passo 4

Interpretar o fator e^{-5s} e reduzir o problema à inversa de uma função simples.
  • Pelo teorema do deslocamento: se H(s)=\mathcal{L}\{h(t)\} então \mathcal{L}\{h(t-a)u(t-a)\}=e^{-as}H(s), onde u é a função degrau unitário.
  • Assim a solução no domínio do tempo é
y(t)=u(t-5)\,h(t-5),
onde h(t) é a transformada inversa de
H(s)=\frac{1}{2s^2+s+2}.
  • Ou seja, primeiro achamos h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\} para t\ge0, e depois deslocamos: y(t)=u(t-5)\,h(t-5).

Passo 5

Calcular h(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{2s^2+s+2}\right\}.
  • Factorizar a constante:
\frac{1}{2s^2+s+2}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s^2+\tfrac{1}{2}s+1}.
  • Completar o quadrado no denominador:
s^2+\tfrac{1}{2}s+1=\big(s+\tfrac{1}{4}\big)^2+\Big(1-\tfrac{1}{16}\Big)=\big(s+\tfrac{1}{4}\big)^2+\tfrac{15}{16}.
  • Identificamos a forma \big(s+a\big)^2+b^2 com
a=\tfrac{1}{4},\qquad b=\sqrt{\tfrac{15}{16}}=\tfrac{\sqrt{15}}{4}.

Passo 6

Usar fórmulas conhecidas da transformada de Laplace para inverter.
  • Lembrar as transformadas:
\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}.
  • Como queremos inverter \dfrac{1}{(s+a)^2+b^2}, usamos
\frac{1}{(s+a)^2+b^2}=\frac{1}{b}\cdot\frac{b}{(s+a)^2+b^2}
e portanto
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s+a)^2+b^2}\right\}=\frac{1}{b}e^{-at}\sin(bt).
  • No nosso caso a=\tfrac{1}{4} e b=\tfrac{\sqrt{15}}{4}, então
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^2+\tfrac{1}{2}s+1}\right\}=\frac{1}{b}e^{-t/4}\sin\!\big(bt\big) =\frac{4}{\sqrt{15}}\,e^{-t/4}\sin\!\Big(\tfrac{\sqrt{15}}{4}t\Big).
  • Lembrando o fator \tfrac{1}{2} anterior,
h(t)=\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{\sqrt{15}}\,e^{-t/4}\sin\!\Big(\tfrac{\sqrt{15}}{4}t\Big) =\frac{2}{\sqrt{15}}\,e^{-t/4}\sin\!\Big(\tfrac{\sqrt{15}}{4}t\Big),\qquad t\ge0.

Passo 7

Montar a solução final usando o deslocamento no tempo.
  • Pela fórmula do passo 4:
y(t)=u(t-5)\,h(t-5).
  • Substituindo h:
y(t)=u(t-5)\,\frac{2}{\sqrt{15}}\,e^{-(t-5)/4}\sin\!\Big(\tfrac{\sqrt{15}}{4}(t-5)\Big).
  • Observação física e checagem rápida: para t<5 temos u(t-5)=0 e então y(t)=0, consistente com a ausência do impulso antes de t=5. Imediatamente após o impulso há um salto na derivada: integrando a EDO em torno de t=5 obtém-se 2\Delta y'(5)+\Delta y(5)=1; como y é contínua em um impulso puro, \Delta y(5)=0 e então \Delta y'(5)=\tfrac{1}{2}. Podemos conferir que h'(0)=\tfrac{1}{2}, logo y'(5^+)=h'(0)=\tfrac{1}{2}, compatível.

Resposta

y(t)=u(t-5)\,\dfrac{2}{\sqrt{15}}\,e^{-(t-5)/4}\sin\!\Big(\dfrac{\sqrt{15}}{4}(t-5)\Big)

Exercícios relacionados