Resolva a seguinte equação diferencial usando a transformada de Laplace e a função degrau:
y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+y=u_{3}(t), \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=1

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial com condições iniciais e força dada por uma função degrau:
y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+y=u_{3}(t), \qquad y(0)=0,\qquad y^{\prime}(0)=1.
Informações relevantes dadas:
  • A equação é linear de segunda ordem com coeficientes constantes.
  • As condições iniciais são y(0)=0 e y'(0)=1.
  • u_{3}(t) é a função degrau unitária deslocada de 3, isto é u_{3}(t)=u(t-3) que vale 0 para t<3 e 1 para t\ge3.
    O objetivo é obter y(t) usando a transformada de Laplace e a propriedade do deslocamento temporal (função degrau).

Passo 2

Breve revisão das fórmulas de Laplace que vou usar (com explicação simples):
  • Denotarei por Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}. A transformada de Laplace converte funções de t em funções de s e transforma derivadas em polinômios em s vezes Y(s) menos termos das condições iniciais.
  • Transformadas das derivadas: \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0), \qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0).Explicação curta: cada derivada aumenta a potência de s e aparecem subtrações com os dados iniciais; isso é útil porque incorpora a condição inicial diretamente na álgebra.
  • Transformada da função degrau deslocada: \mathcal{L}\{u(t-a)\}=\frac{e^{-a s}}{s}.E a propriedade de deslocamento no domínio do tempo (fórmula inversa útil): \mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=u(t-a)\,f(t-a),onde f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}. Isso significa: fatores e^{-a s} representam “ligar” a função a partir de t=a.

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace à equação inteira. Tomando \mathcal{L}\{\cdot\} em ambos os lados:
\mathcal{L}\{y''\}+2\mathcal{L}\{y'\}+\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{u_{3}(t)\}.
Substituindo as fórmulas das derivadas e as condições iniciais y(0)=0, y'(0)=1:
\bigl(s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0)\bigr) +2\bigl(sY(s)-y(0)\bigr) +Y(s)=\mathcal{L}\{u(t-3)\}.
Como y(0)=0 e y'(0)=1, isso fica:
s^{2}Y(s)-1 +2sY(s) + Y(s)=\frac{e^{-3s}}{s}.

Passo 4

Agora isolo Y(s). Agrupando termos:
Y(s)\bigl(s^{2}+2s+1\bigr)-1=\frac{e^{-3s}}{s}.
Observe que s^{2}+2s+1=(s+1)^{2}. Assim
Y(s)(s+1)^{2}=1+\frac{e^{-3s}}{s}.
Portanto
Y(s)=\frac{1}{(s+1)^{2}}+\frac{e^{-3s}}{s(s+1)^{2}}.
É conveniente inverter cada parcela separadamente: a primeira parcela não tem fator exponencial (é a parte que vem das condições iniciais), a segunda tem e^{-3s} que indica um termo que aparece somente para t\ge3.

Passo 5

Inverto a primeira parcela diretamente. Conheço que
\mathcal{L}\{t e^{-t}\}=\frac{1}{(s+1)^{2}}.
Logo a parte correspondente no tempo é
y_{1}(t)=t e^{-t}.
Explicação intuitiva: essa é a resposta livre (homogênea) gerada pelas condições iniciais e pelo operador (D+1)^{2}.

Passo 6

Para a segunda parcela uso a propriedade de deslocamento. Defino
F(s)=\frac{1}{s(s+1)^{2}},
de modo que a segunda parcela é e^{-3s}F(s)\). Então preciso calcular \(f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}\). Vou decompor \(F(s)\) em frações parciais. Procuro constantes \(A,B,C\) tais que \[\frac{1}{s(s+1)^{2}}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+1}+\frac{C}{(s+1)^{2}}.
Multiplicando ambos os lados por s(s+1)^{2} obtemos a identidade polinomial
1=A(s+1)^{2}+B s(s+1)+C s.
Expando e coleto coeficientes: a forma expandida é
1=(A+B)s^{2}+(2A+B+C)s+A.
Igualando coeficientes com o polinômio constante 1 (ou seja 0\cdot s^{2}+0\cdot s+1) obtemos o sistema
\begin{cases} A+B=0,\\[4pt] 2A+B+C=0,\\[4pt] A=1. \end{cases}
Da terceira equação A=1\]. Então \(B=-A=-1. E da segunda C=-(2A+B) = -(2\cdot1-1)=-(1)= -1. Portanto
\frac{1}{s(s+1)^{2}}=\frac{1}{s}-\frac{1}{s+1}-\frac{1}{(s+1)^{2}}.]

Passo 7

Inverto termo a termo para obter f(t):
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s}\right\}=1, \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}.
Com os sinais (lembrando os menos):
f(t)=1-e^{-t}-t e^{-t}.

Passo 8

Agora aplico a propriedade de deslocamento temporal para a parcela com e^{-3s}:
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-3s}F(s)\}=u(t-3)\,f(t-3).
Substituindo f:
y_{2}(t)=u(t-3)\bigl(1-e^{-(t-3)}-(t-3)e^{-(t-3)}\bigr).
Interpretação rápida: esse termo “liga” em t=3 e, a partir daí, tem a forma dada por f deslocada no tempo.

Passo 9

A solução completa é a soma das duas parcelas (linearidade):
y(t)=y_{1}(t)+y_{2}(t)=t e^{-t}+u(t-3)\bigl(1-e^{-(t-3)}-(t-3)e^{-(t-3)}\bigr).
Esta expressão é válida para todo t. Para t<3 a função degrau é zero e y(t)=t e^{-t}. Para t\ge3 aparece a contribuição adicional da força aplicada a partir de t=3.

Resposta

y(t)=t e^{-t}+u(t-3)\bigl(1-e^{-(t-3)}-(t-3)e^{-(t-3)}\bigr)

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