Resolva a seguinte equação diferencial ordinária (EDO) não homogênea de primeira ordem:
\frac{d}{d t} x(t)+5 x(t)=2 e^{-3 t}
com condição inicial x(0)=\frac{1}{2}. Use o método da transformada de Laplace (vulgo operador \mathcal{L} ).
Após encontrar a solução x(t) :
(a) Faça um gráfico da função x(t) e comente como ela evolui no tempo.
(b) Interprete o comportamento da solução.

Passo 1

O enunciado dá uma equação diferencial ordinária (EDO) não homogênea de primeira ordem e uma condição inicial. Especificamente, temos:
\frac{d}{d t}x(t) + 5\,x(t) = 2 e^{-3 t}
com condição inicial
x(0)=\frac{1}{2}.
As perguntas são:
  1. Resolver a EDO usando a transformada de Laplace (operador \mathcal{L}) e obter a solução x(t).
  2. (a) Fazer um gráfico da função x(t) e comentar como ela evolui no tempo.
    (b) Interpretar o comportamento da solução.
Também registro todas as informações relevantes que o enunciado fornece:
  • A EDO é linear, de primeira ordem, com coeficiente constante 5.
  • O termo forçante (não homogêneo) é 2 e^{-3t}.
  • A condição inicial é x(0)=\tfrac{1}{2}.
    Não vou resolver nada aqui ainda; a resolução começa no próximo passo.

Passo 2

Breve aula sobre a transformada de Laplace e propriedades que vamos usar (sem pular etapas).
  • Definição: a transformada unilateral de Laplace de uma função x(t) (para t\ge0) é
\mathcal{L}\{x(t)\}(s)=X(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,x(t)\,dt,
onde s é uma variável complexa (aqui trabalhamos com valores reais de s onde tudo converge).
  • Propriedade linearidade: \mathcal{L}\{a\,x(t)+b\,y(t)\}=a\,X(s)+b\,Y(s).
  • Transformada da derivada (essencial para EDOs com condição inicial): se x é suficientemente regular, então
\mathcal{L}\{x'(t)\}(s)=sX(s)-x(0),
onde X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\} e x(0) é a condição inicial.
  • Transformada de uma exponencial simples:
\mathcal{L}\{e^{-a t}\}(s)=\frac{1}{s+a},\qquad \text{para }\Re(s)>-a.
  • Inversão simples que usaremos: se \mathcal{L}\{x(t)\}= \dfrac{1}{s+a} então \mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{1}{s+a}\right\}=e^{-a t}.
    Vamos aplicar essas regras passo a passo à equação dada.

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace a ambos os lados da equação.
Defino X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\}(s).
Tomando \mathcal{L} em cada termo da EDO:
\mathcal{L}\{x'(t)\}(s) + 5\,\mathcal{L}\{x(t)\}(s) = 2\,\mathcal{L}\{e^{-3t}\}(s).
Usando a propriedade da derivada e a definição de X(s), isso fica
\bigl(sX(s)-x(0)\bigr) + 5X(s) = 2\cdot\frac{1}{s+3},
pois \mathcal{L}\{e^{-3t}\}=\dfrac{1}{s+3}.

Passo 4

Substituo a condição inicial x(0)=\tfrac{1}{2} na expressão do passo anterior e organizo em termos de X(s):
sX(s)-\frac{1}{2} + 5X(s) = \frac{2}{s+3}.
Somando sX(s)+5X(s)=(s+5)X(s) e isolando X(s), obtenho
(s+5)X(s) = \frac{1}{2} + \frac{2}{s+3}.
Logo
X(s) = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s+5} + \frac{2}{(s+5)(s+3)}.

Passo 5

Agora precisamos inverter X(s) para obter x(t). Para isso vamos decompor a fração \dfrac{2}{(s+5)(s+3)} em frações parciais (passo necessário para aplicar a tabela inversa simples).
Procuramos constantes A e B tais que
\frac{2}{(s+5)(s+3)} = \frac{A}{s+5} + \frac{B}{s+3}.
Multiplicando ambos os lados por (s+5)(s+3) tem-se
2 = A(s+3) + B(s+5).
Esse é um polinômio em s; podemos achar A e B usando valores convenientes de s.

Passo 6

Determinação de A e B:
  • Coloco s=-5: 2 = A(-5+3) + B\cdot 0 \Rightarrow 2 = A(-2)\Rightarrow A = -1.
  • Coloco s=-3: 2 = A\cdot 0 + B(-3+5)\Rightarrow 2 = B(2)\Rightarrow B = 1.
    Portanto
\frac{2}{(s+5)(s+3)} = -\frac{1}{s+5} + \frac{1}{s+3}.

Passo 7

Substituo essa decomposição em X(s):
X(s) = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s+5} + \left(-\frac{1}{s+5} + \frac{1}{s+3}\right).
Agrupando os termos com \dfrac{1}{s+5},
X(s) = \left(\frac{1}{2}-1\right)\frac{1}{s+5} + \frac{1}{s+3} = -\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s+5} + \frac{1}{s+3}.

Passo 8

Agora aplico a transformada inversa termo a termo usando \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s+a}\}=e^{-a t}:
x(t) = -\frac{1}{2} e^{-5 t} + e^{-3 t}.
Esse é o resultado obtido pela transformada de Laplace. Façamos uma verificação rápida da condição inicial para checar consistência: em t=0,
x(0) = -\frac{1}{2}\cdot 1 + 1 = -\frac{1}{2} + 1 = \frac{1}{2},
que coincide com a condição inicial dada.

Passo 9

Grafico e comentários sobre a evolução temporal (parte (a)) — como desenhar o gráfico e o que observar:
  • Fórmula final (repetindo) é
x(t)=e^{-3t}-\tfrac{1}{2}e^{-5t},\qquad t\ge 0.
  • Pontos e comportamento importantes para esboçar o gráfico:
    • Valor inicial: x(0)=\tfrac{1}{2}.
    • Limite quando t\to\infty: como ambas as exponenciais decaem para zero, \displaystyle \lim_{t\to\infty} x(t)=0.
    • Derivada (para entender monotonicidade): x'(t) = -3 e^{-3t} + \frac{5}{2} e^{-5t}.Em t=0: x'(0)=-3+\tfrac{5}{2}=-\tfrac{1}{2}<0, ou seja, inicialmente decresce.
      Podemos reescrever x'(t)=e^{-5t}\bigl(-3e^{2t}+\tfrac{5}{2}\bigr). Para t\ge0, e^{2t}\ge1, então -3e^{2t}+\tfrac{5}{2}\le -3+\tfrac{5}{2}=-\tfrac{1}{2}<0. Portanto x'(t)<0 para todo t\ge0: a função é estritamente decrescente em t\ge0.
    • Sinal da função: resolver x(t)=0 e^{-3t}=\tfrac{1}{2}e^{-5t}\Rightarrow e^{2t}=\tfrac{1}{2}\Rightarrow t=\tfrac{1}{2}\ln(\tfrac{1}{2})<0. Como a raiz está em tempo negativo, para todo t\ge0 temos x(t)>0. Logo a função é positiva e decrescente para t\ge0.
    • Comportamento assintótico: o termo e^{-5t} decai mais rápido que e^{-3t}. Assim, para t grande, x(t)\approx e^{-3t}. Ou seja, o decaimento assintótico é dominado pela taxa 3 (menos íngreme).
  • Esboço do gráfico (instrução para desenhar): desenhe o eixo t horizontal com t\ge0, eixo vertical x. Marque x(0)=0{,}5. A curva sai de 0{,}5 e desce suavemente, permanecendo positiva e tendendo a 0. A curva é ligeiramente mais “rápida” no começo (devido ao termo -\tfrac{1}{2}e^{-5t} que tem decaimento mais rápido) e depois segue aproximadamente a exponencial e^{-3t}.
    Se quiser valores numéricos rápidos: x(0{,}2)=e^{-0{,}6}-\tfrac{1}{2}e^{-1}= (pode calcular se precisar), mas não é necessário para o esboço qualitativo.

Passo 10

Interpretação física/matemática do comportamento (parte (b)):
  • A solução é soma da resposta particular (forçada) x_p(t)=e^{-3t} e da solução complementar (transiente) x_h(t)=C e^{-5t} com C=-\tfrac{1}{2}. Em termos de interpretação:
    • O termo x_h(t)=-\tfrac{1}{2}e^{-5t} é o transiente gerado pela condição inicial; ele decai rapidamente com constante de tempo \tau_h=\tfrac{1}{5}=0{,}2.
    • O termo x_p(t)=e^{-3t} é a resposta particular criada pela força 2e^{-3t}; esse termo decai mais lentamente, com constante de tempo \tau_p=\tfrac{1}{3}\approx 0{,}333.
  • Como o transiente decai mais rápido (taxa 5) que a resposta forçada (taxa 3), após um curto tempo o comportamento da solução é dominado pela resposta particular e^{-3t}.
  • Em linguagem física: é como um sistema linear com amortecimento natural (taxa 5) sendo “forçado” por uma entrada que também decai exponencialmente (taxa 3). No início a solução reflete a combinação dos dois efeitos, mas o componente mais rápido some logo, deixando o componente que decai mais devagar como dominante.
  • Em termos de estabilidade: a solução tende a zero quando t\to\infty, então o sistema é assintoticamente estável (todas as componentes exponenciais têm expoentes negativos).

Passo 11

Resumo para a prova (como aplicar o método rapidamente em exame):
  1. Tomar \mathcal{L} da EDO, usar \mathcal{L}\{x'\}=sX(s)-x(0).
  2. Substituir o transformado do termo forçante (aqui \mathcal{L}\{e^{-3t}\}=1/(s+3)).
  3. Isolar X(s).
  4. Fazer frações parciais se necessário e inverter termo a termo usando \mathcal{L}^{-1}\{1/(s+a)\}=e^{-a t}.
  5. Verificar a condição inicial rapidamente.
    Dica prática: ao ver exponenciais e^{-a t} no lado direito, geralmente a solução particular será uma exponencial do mesmo tipo, e o complemento é uma exponencial com a taxa igual ao coeficiente do termo homogêneo — isso ajuda a prever formas e checar resultados.

Resposta

x(t)=e^{-3t}-\tfrac{1}{2}e^{-5t}.\n(a) Gráfico: curva para t\ge0 com x(0)=\tfrac{1}{2}, positiva e estritamente decrescente para todo t\ge0, tendendo a 0 quando t\to\infty.\n(b) Interpretação: a solução é soma de um transiente -\tfrac{1}{2}e^{-5t} (decai rápido, taxa 5) e de uma resposta forçada e^{-3t} (decai mais devagar, taxa 3); o transiente some cedo e o termo forçado domina o comportamento assintótico, resultando em decaimento para zero (sistema estável).

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