Resolva a seguinte equação integro-diferencial utilizando a Transformada de Laplace e o conceito de convolução
y^{\prime}(t)+2 y(t)+\int_{0}^{t} y(\tau) \cdot e^{-(t-\tau)} d \tau=\text { sent } \quad \text { com } \quad y(0)=1

Passo 1

O enunciado dá a equação integro-diferencial
y^{\prime}(t)+2y(t)+\int_{0}^{t} y(\tau)\,e^{-(t-\tau)}\,d\tau=\operatorname{sen} t
com a condição inicial
y(0)=1.
O que é pedido: encontrar y(t) usando a Transformada de Laplace e o conceito de convolução. Todas as quantidades relevantes foram listadas acima.

Passo 2

Relembrando as ferramentas que vamos usar (com explicações simples):
  • Definição da Transformada de Laplace de uma função f(t): \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\displaystyle\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt.
  • Propriedade da transformada da derivada: \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0), onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\} e y(0) é a condição inicial.
  • Propriedade da convolução: se (f*g)(t)=\int_{0}^{t} f(\tau)g(t-\tau)\,d\tau, então \mathcal{L}\{f*g\}=F(s)\,G(s).
  • Transformadas padrão que vamos usar: \mathcal{L}\{\operatorname{sen} t\}=\dfrac{1}{s^{2}+1} e \mathcal{L}\{e^{-t}\}=\dfrac{1}{s+1}.
Aqui a integral \displaystyle\int_{0}^{t} y(\tau)\,e^{-(t-\tau)}\,d\tau é a convolução (y*e^{-t})(t) com o núcleo k(t)=e^{-t}.

Passo 3

Agora aplicamos a Transformada de Laplace em ambos os lados da equação. Denotando Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\} e usando y(0)=1, temos:
\mathcal{L}\{y'(t)\}+\;2\mathcal{L}\{y(t)\}+\mathcal{L}\left\{\int_{0}^{t} y(\tau)\,e^{-(t-\tau)}d\tau\right\}=\mathcal{L}\{\operatorname{sen} t\}.
Usando as propriedades citadas:
\bigl(sY(s)-y(0)\bigr)+2Y(s)+Y(s)\cdot\frac{1}{s+1}=\frac{1}{s^{2}+1}.
Substituindo y(0)=1:
sY(s)-1+2Y(s)+\frac{Y(s)}{s+1}=\frac{1}{s^{2}+1}.

Passo 4

Agrupando Y(s) e isolando:
\left(s+2+\frac{1}{s+1}\right)Y(s)=1+\frac{1}{s^{2}+1}.
Colocando o lado esquerdo sobre um único denominador para simplificar, note que
s+2+\frac{1}{s+1}=\frac{(s+2)(s+1)+1}{s+1}=\frac{s^{2}+3s+3}{s+1}.
Logo
Y(s)=\frac{1+\dfrac{1}{s^{2}+1}}{\dfrac{s^{2}+3s+3}{s+1}}=\left(1+\frac{1}{s^{2}+1}\right)\frac{s+1}{s^{2}+3s+3}.
Distribuindo:
Y(s)=\frac{s+1}{s^{2}+3s+3}+\frac{s+1}{(s^{2}+1)\,(s^{2}+3s+3)}.

Passo 5

Estratégia para a inversão de Laplace: inverter termo a termo.
  • O primeiro termo \dfrac{s+1}{s^{2}+3s+3} tem denominador quadrático que completamos o quadrado para obter exponenciais multiplicando senos/cossenos.
  • O segundo termo será decomposto em frações parciais da forma \dfrac{As+B}{s^{2}+1}+\dfrac{Cs+D}{s^{2}+3s+3} para então inverter cada peça.

Passo 6

Invertemos o primeiro termo. Escrevemos o denominador completando o quadrado:
s^{2}+3s+3=(s+\tfrac{3}{2})^{2}+\tfrac{3}{4}.
Definimos b=\dfrac{\sqrt{3}}{2}, pois \tfrac{3}{4}=b^{2}. Reescrevendo o numerador:
s+1=(s+\tfrac{3}{2})-\tfrac{1}{2}.
Assim
\frac{s+1}{s^{2}+3s+3}=\frac{s+\tfrac{3}{2}}{(s+\tfrac{3}{2})^{2}+b^{2}}-\frac{\tfrac{1}{2}}{(s+\tfrac{3}{2})^{2}+b^{2}}.
Usando as transformadas inversas padrão:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s+\tfrac{3}{2}}{(s+\tfrac{3}{2})^{2}+b^{2}}\right\}=e^{-\tfrac{3}{2}t}\cos(bt),
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s+\tfrac{3}{2})^{2}+b^{2}}\right\}=\frac{1}{b}\,e^{-\tfrac{3}{2}t}\sin(bt).
Portanto a inversa do primeiro termo é
y_{1}(t)=e^{-\tfrac{3}{2}t}\cos\!\bigl(bt\bigr)-\frac{1}{\sqrt{3}}\,e^{-\tfrac{3}{2}t}\sin\!\bigl(bt\bigr).

Passo 7

Agora fazemos frações parciais para o segundo termo:
Procuramos constantes A,B,C,D\) tais que \[\frac{s+1}{(s^{2}+1)(s^{2}+3s+3)}=\frac{As+B}{s^{2}+1}+\frac{Cs+D}{s^{2}+3s+3}.
Multiplicando ambos os lados por (s^{2}+1)(s^{2}+3s+3) obtemos a identidade polinomial
(As+B)(s^{2}+3s+3)+(Cs+D)(s^{2}+1)=s+1.
Expandindo e agrupando termos em potências de s gera o sistema
\begin{cases} A+C=0,\\[4pt] 3A+B+D=0,\\[4pt] 3A+3B+C=1,\\[4pt] 3B+D=1. \end{cases}
Resolvendo passo a passo:
  • De A+C=0\] segue \[C=-A.
  • De 3B+D=1 e 3A+B+D=0 subtraindo as duas equações obtemos 2B-3A=1.
  • Da equação 3A+3B+C=1 (com C=-A) obtemos 2A+3B=1.
Resolvendo o sistema linear
\begin{cases} 2A+3B=1,\\[4pt] -3A+2B=1, \end{cases}
temos B=\dfrac{5}{13}\] e \(A=-\dfrac{1}{13}. Então C=-A=\dfrac{1}{13} e D=1-3B=1-3\cdot\dfrac{5}{13}=\,-\dfrac{2}{13}.]

Passo 8

Agora invertemos cada parcela:
  • Para \dfrac{As+B}{s^{2}+1} com A=-\dfrac{1}{13}, B=\dfrac{5}{13}:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{As+B}{s^{2}+1}\right\}=A\cos t + B\sin t=-\frac{1}{13}\cos t+\frac{5}{13}\sin t.
  • Para \dfrac{Cs+D}{s^{2}+3s+3} com C=\dfrac{1}{13}, D=-\dfrac{2}{13} repetimos a técnica do passo 6. Escrevendo Cs+D em torno de s+\tfrac{3}{2}:
Cs+D=C\bigl(s+\tfrac{3}{2}\bigr)+\Bigl(D-\tfrac{3C}{2}\Bigr)
com b=\dfrac{\sqrt{3}}{2}. Calculando os coeficientes numéricos:
C=\frac{1}{13},\qquad D-\frac{3C}{2}=-\frac{2}{13}-\frac{3}{26}=-\frac{7}{26}.
Assim
\frac{Cs+D}{s^{2}+3s+3}=\frac{\tfrac{1}{13}(s+\tfrac{3}{2})}{(s+\tfrac{3}{2})^{2}+b^{2}}-\frac{\tfrac{7}{26}}{(s+\tfrac{3}{2})^{2}+b^{2}}.
Inversamente:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{Cs+D}{s^{2}+3s+3}\right\}=\frac{1}{13}e^{-\tfrac{3}{2}t}\cos(bt)-\frac{7}{13\sqrt{3}}e^{-\tfrac{3}{2}t}\sin(bt).

Passo 9

Somando as contribuições:
  • do passo 6 (primeiro termo) obtivemos
y_{1}(t)=e^{-\tfrac{3}{2}t}\cos(bt)-\frac{1}{\sqrt{3}}e^{-\tfrac{3}{2}t}\sin(bt);
  • do passo 8, a decomposição deu duas partes: -\dfrac{1}{13}\cos t+\dfrac{5}{13}\sin t e \dfrac{1}{13}e^{-\tfrac{3}{2}t}\cos(bt)-\dfrac{7}{13\sqrt{3}}e^{-\tfrac{3}{2}t}\sin(bt).
Somando as partes exponenciais (mesmo fator e^{-\tfrac{3}{2}t}) combinamos os coeficientes de \cos(bt) e \sin(bt):
\text{coeficiente de }\cos(bt):\;1+\frac{1}{13}=\frac{14}{13},
\text{coeficiente de }\sin(bt):\;-\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{7}{13\sqrt{3}}=-\frac{20}{13\sqrt{3}}.
Portanto a solução y(t) é
y(t)=e^{-\tfrac{3}{2}t}\!\left(\frac{14}{13}\cos\!\bigl(bt\bigr)-\frac{20}{13\sqrt{3}}\sin\!\bigl(bt\bigr)\right)-\frac{1}{13}\cos t+\frac{5}{13}\sin t,
onde lembramos b=\dfrac{\sqrt{3}}{2}.

Passo 10

Verificação rápida da condição inicial t=0:
y(0)=\left(\frac{14}{13}\cdot 1 - 0\right)-\frac{1}{13}\cdot 1 +0 =\frac{14}{13}-\frac{1}{13}=\frac{13}{13}=1,
concordando com y(0)=1. Bom sinal de que a solução está correta.

Resposta

y(t)=e^{-\tfrac{3}{2}t}\!\left(\frac{14}{13}\cos\!\Bigl(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\Bigr)-\frac{20}{13\sqrt{3}}\sin\!\Bigl(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\Bigr)\right)-\frac{1}{13}\cos t+\frac{5}{13}\sin t

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