Resolva o PVI
y^{\prime \prime}+3 y^{\prime}+2 y=u_{2}(t), \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=1
usando a transformada de Laplace e o estudado de funções degrau.

Passo 1

O enunciado fornece o problema inicial (PVI)
y^{\prime\prime}(t)+3y^{\prime}(t)+2y(t)=u_{2}(t),\qquad y(0)=0,\qquad y^{\prime}(0)=1,
e pede a solução y(t) para todo t. As informações relevantes que recebemos são:
\text{(i) A equação diferencial de segunda ordem com coeficientes constantes: }y''+3y'+2y=\dotsçã
\text{(ii) Condições iniciais: }y(0)=0\text{ e }y'(0)=1.çõ
\text{(iii) O termo de forçamento é }u_{2}(t).çé
Vou usar a notação usual para função degrau deslocada: \displaystyle u_{2}(t)=u(t-2), isto é, a função degrau unitária que vale 0 para t<2 e 1 para t\ge2. A meta é encontrar explicitamente y(t) em função de t.

Passo 2

Aplico a transformada de Laplace em ambos os lados da equação. Antes, lembro duas fórmulas fundamentais (e explico o que significam):
\text{Se }Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}y(t)\,dt,
então as transformadas das derivadas são
\mathcal{L}\{y'(t)\}(s)=sY(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y''(t)\}(s)=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0).
Essas fórmulas vêm da integração por partes e mostram como as condições iniciais entram na álgebra de s-domínio. Também usamos a linearidade: \mathcal{L}\{a f+b g\}=a\mathcal{L}\{f\}+b\mathcal{L}\{g\}.
Agora aplico \mathcal{L}\{\cdot\} à equação dada:
\mathcal{L}\{y''\}+3\mathcal{L}\{y'\}+2\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{u_{2}(t)\}.

Passo 3

Substituo as fórmulas das derivadas e as condições iniciais y(0)=0, y'(0)=1:
\big(s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0)\big) +3\big(sY(s)-y(0)\big) +2Y(s)=\mathcal{L}\{u_{2}(t)\}.
Com y(0)=0 e y'(0)=1 isso vira
s^{2}Y(s)-1 +3sY(s)+2Y(s)=\mathcal{L}\{u_{2}(t)\}.
Agrupo Y(s):
Y(s)\big(s^{2}+3s+2\big)-1=\mathcal{L}\{u_{2}(t)\}.

Passo 4

Transformada da função degrau deslocada: para a>0,
\mathcal{L}\{u(t-a)\}(s)=\frac{e^{-as}}{s}.
Aqui u_{2}(t)=u(t-2), portanto
\mathcal{L}\{u_{2}(t)\}(s)=\frac{e^{-2s}}{s}.
Substituindo na equação do passo anterior:
Y(s)\big(s^{2}+3s+2\big)-1=\frac{e^{-2s}}{s}.
Isolando Y(s):
Y(s)=\frac{1}{s^{2}+3s+2}+\frac{e^{-2s}}{s\,(s^{2}+3s+2)}.
Observe que s^{2}+3s+2=(s+1)(s+2). Vou escrever Y(s) como soma de duas parcelas:
Y(s)=\underbrace{\frac{1}{(s+1)(s+2)}}_{Y_{1}(s)}+\underbrace{e^{-2s}\frac{1}{s(s+1)(s+2)}}_{Y_{2}(s)}.
A estratégia: inverter cada parcela usando frações parciais e o teorema do deslocamento (segunda propriedade de deslocamento).

Passo 5

Inverto Y_{1}(s)=\dfrac{1}{(s+1)(s+2)}. Faço frações parciais:
\frac{1}{(s+1)(s+2)}=\frac{A}{s+1}+\frac{B}{s+2}.
Multiplicando em comum:
1=A(s+2)+B(s+1).
Tomando valores convenientes: para s=-1 obtemos 1=A(1)\Rightarrow A=1. Para s=-2 obtemos 1=B(-1)\Rightarrow B=-1. Assim
\frac{1}{(s+1)(s+2)}=\frac{1}{s+1}-\frac{1}{s+2}.
Aplicando a transformada inversa (lembrando \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s+a}\}=e^{-at}):
\mathcal{L}^{-1}\{Y_{1}(s)\}(t)=e^{-t}-e^{-2t},\qquad t\ge0.

Passo 6

Agora trato B(s)=\dfrac{1}{s(s+1)(s+2)} (a parte sem o fator exponencial). Faço frações parciais:
\frac{1}{s(s+1)(s+2)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+1}+\frac{C}{s+2}.
Multiplicando por s(s+1)(s+2) obtemos
1=A(s+1)(s+2)+B s(s+2)+C s(s+1).
Escolho valores de s para encontrar constantes:
  • Para s=0: 1=A\cdot1\cdot2 \Rightarrow A=\tfrac{1}{2}.
  • Para s=-1: 1=B\cdot(-1)\cdot1 \Rightarrow B=-1.
  • Para s=-2: 1=C\cdot(-2)\cdot(-1) \Rightarrow C=\tfrac{1}{2}.
Portanto
\frac{1}{s(s+1)(s+2)}=\frac{1/2}{s}-\frac{1}{s+1}+\frac{1/2}{s+2}.
Invertendo cada termo:
\mathcal{L}^{-1}\{B(s)\}(t)=\frac{1}{2}-e^{-t}+\frac{1}{2}e^{-2t},\qquad t\ge0.
Denoto essa função por f(t)=\dfrac{1}{2}-e^{-t}+\dfrac{1}{2}e^{-2t}.

Passo 7

Agora aplico o teorema do deslocamento: se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s) então
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}(t)=u(t-a)\,f(t-a).
Usando isso para Y_{2}(s)=e^{-2s}B(s) obtemos
\mathcal{L}^{-1}\{Y_{2}(s)\}(t)=u(t-2)\,f(t-2).
Com f(t) do passo anterior,
f(t-2)=\frac{1}{2}-e^{-(t-2)}+\frac{1}{2}e^{-2(t-2)}.
Portanto a contribuição da parcela deslocada é
u(t-2)\left(\frac{1}{2}-e^{-(t-2)}+\frac{1}{2}e^{-2(t-2)}\right).

Passo 8

Somando a parte homogênea (do passo 5) e a parte deslocada (do passo 7) obtemos a solução completa:
y(t)=\underbrace{e^{-t}-e^{-2t}}_{\text{parte sem degrau}} \;+\; \underbrace{u(t-2)\left(\frac{1}{2}-e^{-(t-2)}+\frac{1}{2}e^{-2(t-2)}\right)}_{\text{parte gerada pelo degrau em }t=2}.
Verificação rápida das condições iniciais (só para confirmar): para 0\le t<2 o termo com u(t-2) é nulo, logo y(t)=e^{-t}-e^{-2t}. Assim y(0)=1-1=0 e y'(t)=-e^{-t}+2e^{-2t} y'(0)=-1+2=1, que coincide com as condições iniciais, ótimo.

Resposta

y(t)=e^{-t}-e^{-2t}+u(t-2)\left(\frac{1}{2}-e^{-(t-2)}+\frac{1}{2}e^{-2(t-2)}\right).

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