Resolva o seguinte problema de valor inicial por Transformadas de Laplace. Indique sempre a propriedade da tabela de transformadas de Lapalce sendo utilizada em cada passo
y^{\prime \prime}+4 y=t \star 1+u_{\pi}(t)(t-\pi), \quad y(0)=1, \quad y^{\prime}(0)=2
onde ★ indica o produto de convolução.

Solução.

Aplicando a Transformada de Laplace à equação:
\begin{aligned} \mathcal{L}\left\{y^{\prime \prime}\right\}+4 \mathcal{L}\{y\} & =\mathcal{L}\{t \star 1\}+\mathcal{L}\left\{u_{\pi}(t)(t-\pi)\right\} \\\ s^{2} Y(s)-s y(0)-y^{\prime}(0)+4 Y(s) & =\mathcal{L}\{t\} \mathcal{L}\{1\}+e^{-\pi s} \cdot \frac{1}{s^{2}} \\\ s^{2} Y(s)-s-2+4 Y(s) & =\frac{1}{s^{3}}+e^{-\pi s} \cdot \frac{1}{s^{2}} \\\ \left(s^{2}+4\right) Y(s) & =\frac{1}{s^{3}}+s+2+e^{-\pi s} \cdot \frac{1}{s^{2}} \end{aligned}
Dessa forma
Y(s)=\frac{1}{s^{3}\left(s^{2}+4\right)}+\frac{s+2}{s^{2}+4}+e^{-\pi s} \cdot \frac{1}{s^{2}\left(s^{2}+4\right)}
observação: Note que g(t-\pi)=(t-\pi) na primeira linha da equação (1), então usando a substituição v=t-\pi obtemos g(t)=t. Assim, \mathcal{L}\left\{u_{\pi}(t)(t-\pi)\right\}=e^{-\pi s} \mathcal{L}\{t\}. (Pontuação: 1.0)
Resolvendo \frac{1}{s^{3}\left(s^{2}+4\right)} usando frações parciais,
\frac{1}{s^{3}\left(s^{2}+4\right)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s^{2}}+\frac{C}{s^{3}}+\frac{D s+E}{s^{2}+4} .
Multiplicando ambos os lados por s^{3}\left(s^{2}+4\right)
1=A s^{2}\left(s^{2}+4\right)+B s\left(s^{2}+4\right)+C\left(s^{2}+4\right)+(D s+E) s^{3}
Expandindo
1=A\left(s^{4}+4 s^{2}\right)+B\left(s^{3}+4 s\right)+C\left(s^{2}+4\right)+D s^{4}+E s^{3}
Agrupando os termos
1=(A+D) s^{4}+(B+E) s^{3}+(4 A+C) s^{2}+4 B s+4 C
Obtemos o sistema de equações
\left\{\begin{array}{l} A+D=0 \\\ B+E=0 \\\\ 4 A+C=0 \\\\ 4 B=0 \\\\ 4 C=1 \end{array}\right.
Resolvendo o sistema
\begin{aligned} 4 C=1 & \Rightarrow C=\frac{1}{4} \\\\ 4 B=0 & \Rightarrow B=0 \\\ B+E=0 & \Rightarrow E=0 \\\\ 4 A+C=0 & \Rightarrow 4 A+\frac{1}{4}=0 \Rightarrow A=-\frac{1}{16} \\\ A+D & =0 \Rightarrow D=\frac{1}{16} \end{aligned}
então obtemos a seguinte decomposição
\begin{aligned} \frac{1}{s^{3}\left(s^{2}+4\right)} & =-\frac{1}{16} \cdot \frac{1}{s}+\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{s^{3}}+\frac{1}{16} \cdot \frac{s}{s^{2}+4} \\\ & =-\frac{1}{16} \cdot \mathcal{L}\{1\}+\frac{1}{8} \cdot \mathcal{L}\left\{t^{2}\right\}+\frac{1}{16} \cdot \mathcal{L}\{\cos 2 t\} \\\ & =\mathcal{L}\left\{-\frac{1}{16}+\frac{1}{8} t^{2}+\frac{1}{16} \cos 2 t\right\} \end{aligned}
(Pontuação: 1.0)
Para \frac{s+2}{s^{2}+4}
\begin{aligned} \frac{s+2}{s^{2}+4} & =\frac{s}{s^{2}+4}+\frac{2}{s^{2}+4} \\\ & =\mathcal{L}\{\cos 2 t\}+\mathcal{L}\{\sin 2 t\} \\\ & =\mathcal{L}\{\cos 2 t+\sin 2 t\} \end{aligned}
(Pontuação: 0.5)
Para e^{-\pi s} \cdot \frac{1}{s^{2}\left(s^{2}+4\right)}, podemos usar a convolução. Uma vez que
\frac{1}{s^{2}\left(s^{2}+4\right)}=\frac{1}{s^{2}} \cdot \frac{1}{s^{2}+4} \quad \text { e } \quad \mathcal{L}\{t\}=\frac{1}{s^{2}}, \quad \mathcal{L}\left\{\frac{1}{2} \sin (2 t)\right\}=\frac{1}{s^{2}+4}
obtemos
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^{2}\left(s^{2}+4\right)}\right\}=t *\left(\frac{1}{2} \sin (2 t)\right)=\int_{0}^{t}(t-\tau) \cdot \frac{1}{2} \sin (2 \tau) d \tau
Calculando a integral
\begin{aligned} \int_{0}^{t}(t-\tau) \cdot \frac{1}{2} \sin (2 \tau) d \tau & =\frac{1}{2} \int_{0}^{t} t \sin (2 \tau) d \tau-\frac{1}{2} \int_{0}^{t} \tau \sin (2 \tau) d \tau \\\ & =\frac{t}{2} \int_{0}^{t} \sin (2 \tau) d \tau-\frac{1}{2} \int_{0}^{t} \tau \sin (2 \tau) d \tau \end{aligned}
Primeira integral
\int_{0}^{t} \sin (2 \tau) d \tau=\left[-\frac{\cos (2 \tau)}{2}\right]_{0}^{t}=-\frac{\cos (2 t)}{2}+\frac{1}{2}
Segunda integral (integração por partes)
\begin{aligned} \int_{0}^{t} \tau \sin (2 \tau) d \tau & =\left[-\tau \frac{\cos (2 \tau)}{2}\right]_{0}^{t}+\int_{0}^{t} \frac{\cos (2 \tau)}{2} d \tau \\\ & =-\frac{t \cos (2 t)}{2}+\frac{1}{2}\left[\frac{\sin (2 \tau)}{2}\right]_{0}^{t} \\\ & =-\frac{t \cos (2 t)}{2}+\frac{\sin (2 t)}{4} \end{aligned}
Substituindo na integral inicial
\begin{aligned} \frac{t}{2}\left(-\frac{\cos (2 t)}{2}+\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{2}\left(-\frac{t \cos (2 t)}{2}+\frac{\sin (2 t)}{4}\right) & =-\frac{t \cos (2 t)}{4}+\frac{t}{4}+\frac{t \cos (2 t)}{4}-\frac{\sin (2 t)}{8} \\\ & =\frac{t}{4}-\frac{\sin (2 t)}{8} \end{aligned}
(Pontuação: 1.0)
Logo
e^{-\pi s} \cdot \frac{1}{s^{2}\left(s^{2}+4\right)}=\mathcal{L}\left\{u_{\pi}(t) \cdot\left(\frac{t-\pi}{4}-\frac{1}{8} \sin (2(t-\pi))\right)\right\},
Aplicando a transformada inversa na equação (2), encontramos
\begin{aligned} y(t)= & \mathcal{L}^{-1}\{Y(s)\} \\\ = & -\frac{1}{16}+\frac{1}{8} t^{2}+\frac{1}{16} \cos 2 t+\cos 2 t+\sin 2 t \\\ & +u_{\pi}(t)\left(\frac{t-\pi}{4}-\frac{1}{8} \sin (2(t-\pi))\right) \end{aligned}
(Pontuação: 0.5)
simplificando, obtemos a soluação geral
y(t)=-\frac{1}{16}+\frac{1}{8} t^{2}+\frac{17}{16} \cos 2 t+\sin 2 t+u_{\pi}(t)\left(\frac{t-\pi}{4}-\frac{1}{8} \sin (2(t-\pi))\right) .

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que precisa ser encontrado.
  • Ecuação diferencial com condições iniciais:
y''+4y = t \star 1 + u_{\pi}(t)\,(t-\pi), \qquad y(0)=1,\; y'(0)=2.
  • Aqui \star denota produto de convolução no tempo.
  • u_{\pi}(t) é a função degrau unitário deslocada ( u_{\pi}(t)=0 para t<\pi, =1 para t\ge\pi).
  • O objetivo: encontrar y(t) usando Transformada de Laplace.
  • Informações úteis que vamos precisar (pegas do enunciado):
    • Transformada de t\star 1 = produto das transformadas de t e de 1.
    • Transformada de u_{\pi}(t)(t-\pi) = deslocamento no tempo (teorema do segundo deslocamento).

Passo 2

Aplicar a Transformada de Laplace em toda a equação. Propriedades usadas:
  • Linearidade da transformada: \mathcal{L}\{a f + b g\}=a\mathcal{L}\{f\}+b\mathcal{L}\{g\}.
  • Propriedade da derivada: \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0), onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.
Aplicando:
\mathcal{L}\{y''\}+4\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{t\star 1\}+\mathcal{L}\{u_{\pi}(t)(t-\pi)\}.
Pela propriedade da derivada e linearidade, à esquerda obtemos
s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0)+4Y(s).
Substituindo y(0)=1 e y'(0)=2:
s^{2}Y(s)-s-2+4Y(s).

Passo 3

Tratar o lado direito: transformar t\star 1 e u_{\pi}(t)(t-\pi). Propriedades usadas:
  • Propriedade da convolução: \mathcal{L}\{f\star g\}=\mathcal{L}\{f\}\cdot\mathcal{L}\{g\}.
  • Teorema do deslocamento no tempo (segunda propriedade de deslocamento): se g(t)=f(t-a)u_a(t) então \mathcal{L}\{g(t)\}=e^{-a s}F(s), onde F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}.
Agora:
  • \mathcal{L}\{t\}=\dfrac{1}{s^{2}}.
  • \mathcal{L}\{1\}=\dfrac{1}{s}.
    Pela convolução,
\mathcal{L}\{t\star 1\}=\frac{1}{s^{2}}\cdot\frac{1}{s}=\frac{1}{s^{3}}.
Para u_{\pi}(t)(t-\pi): é da forma u_{a}(t)f(t-a) com a=\pi e f(v)=v. A transformada de f(v)=v é \mathcal{L}\{v\}=\dfrac{1}{s^{2}}. Então, pela propriedade de deslocamento,
\mathcal{L}\{u_{\pi}(t)(t-\pi)\}=e^{-\pi s}\cdot\frac{1}{s^{2}}.

Passo 4

Substituindo os resultados do Passo 3 na equação transformada do Passo 2:
s^{2}Y(s)-s-2+4Y(s)=\frac{1}{s^{3}}+e^{-\pi s}\cdot\frac{1}{s^{2}}.
Isolando Y(s):
\left(s^{2}+4\right)Y(s)=\frac{1}{s^{3}}+s+2+e^{-\pi s}\cdot\frac{1}{s^{2}}.
Dividindo por s^{2}+4:
Y(s)=\frac{1}{s^{3}(s^{2}+4)}+\frac{s+2}{s^{2}+4}+e^{-\pi s}\cdot\frac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}.
Aqui usei a propriedade de algebra elementar (divisão) mantendo as parcelas separadas para inverter depois.

Passo 5

Plano para inverter Y(s):
  • Inverter \dfrac{1}{s^{3}(s^{2}+4)} por decomposição em frações parciais.
  • Inverter \dfrac{s+2}{s^{2}+4} usando transformadas padrão.
  • Inverter e^{-\pi s}\cdot\dfrac{1}{s^{2}(s^{2}+4)} aplicando primeiro a transformada inversa de \dfrac{1}{s^{2}(s^{2}+4)} e depois usando o teorema do deslocamento (o fator e^{-\pi s} corresponde a multiplicar por u_{\pi}(t) e deslocar a função em t-\pi).

Passo 6

Decomposição em frações parciais de \dfrac{1}{s^{3}(s^{2}+4)}. Supomos
\frac{1}{s^{3}(s^{2}+4)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s^{2}}+\frac{C}{s^{3}}+\frac{D s+E}{s^{2}+4}.
Multiplicando por s^{3}(s^{2}+4):
1=A s^{2}(s^{2}+4)+B s (s^{2}+4)+C (s^{2}+4)+(D s+E)s^{3}.
Expandindo e agrupando termos:
1=(A+D) s^{4}+(B+E) s^{3}+(4A+C) s^{2}+4B s+4C.
Comparando coeficientes com o polinômio constante 1, obtemos o sistema
\begin{cases} A+D=0,\\[4pt] B+E=0,\\[4pt] 4A+C=0,\\[4pt] 4B=0,\\[4pt] 4C=1. \end{cases}
Resolvendo:
4C=1\Rightarrow C=\frac{1}{4},
4B=0\Rightarrow B=0,
B+E=0\Rightarrow E=0,
4A+C=0\Rightarrow 4A+\frac{1}{4}=0\Rightarrow A=-\frac{1}{16},
A+D=0\Rightarrow D=\frac{1}{16}.
Portanto a decomposição é
\frac{1}{s^{3}(s^{2}+4)}=-\frac{1}{16}\cdot\frac{1}{s}+0\cdot\frac{1}{s^{2}}+\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{s^{3}}+\frac{1}{16}\cdot\frac{s}{s^{2}+4}.]

Passo 7

Encontrar a transformada inversa termo a termo (propriedades/tabelas usadas):
  • \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{1}{s}\}=1.
  • \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{1}{s^{3}}\}=\dfrac{t^{2}}{2} porque \mathcal{L}\{t^{n}\}=\dfrac{n!}{s^{n+1}}.
  • \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{s}{s^{2}+4}\}=\cos 2t (pois \mathcal{L}\{\cos at\}=\dfrac{s}{s^{2}+a^{2}} com a=2).
Aplicando:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{3}(s^{2}+4)}\right\}=-\frac{1}{16}\cdot 1 + \frac{1}{4}\cdot\frac{t^{2}}{2}+\frac{1}{16}\cos 2t,
ou seja
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{3}(s^{2}+4)}\right\}=-\frac{1}{16}+\frac{1}{8}t^{2}+\frac{1}{16}\cos 2t.

Passo 8

Inverter \dfrac{s+2}{s^{2}+4}. Separando:
\frac{s+2}{s^{2}+4}=\frac{s}{s^{2}+4}+\frac{2}{s^{2}+4}.
Usando transformadas padrão:
  • \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{s}{s^{2}+4}\}=\cos 2t.
  • \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{2}{s^{2}+4}\}=\sin 2t (pois \mathcal{L}\{\sin at\}=\dfrac{a}{s^{2}+a^{2}}, aqui a=2).
Logo
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s+2}{s^{2}+4}\right\}=\cos 2t+\sin 2t.

Passo 9

Agora tratar a parte com deslocamento: e^{-\pi s}\cdot \dfrac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}.
  • Primeiro, sem o fator exponencial, temos \dfrac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}=\dfrac{1}{s^{2}}\cdot\frac{1}{s^{2}+4}. Pela propriedade de produto de transformadas, a transformada inversa é convolução:
    f(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}\right\}=t \star \left(\tfrac{1}{2}\sin 2t\right),
    porque \mathcal{L}\{t\}=\dfrac{1}{s^{2}} e \mathcal{L}\{\tfrac{1}{2}\sin 2t\}=\dfrac{1}{s^{2}+4}.
  • Calcular a convolução explicitamente:
    f(t)=\int_{0}^{t}(t-\tau)\cdot\frac{1}{2}\sin(2\tau)\,d\tau.
    Separando:
    f(t)=\frac{t}{2}\int_{0}^{t}\sin(2\tau)\,d\tau-\frac{1}{2}\int_{0}^{t}\tau\sin(2\tau)\,d\tau.
    Calcule as integrais:
    \int_{0}^{t}\sin(2\tau)\,d\tau=-\frac{\cos(2t)}{2}+\frac{1}{2},
    e por integração por partes,
    \int_{0}^{t}\tau\sin(2\tau)\,d\tau=-\frac{t\cos(2t)}{2}+\frac{\sin(2t)}{4}.
    Substituindo:
    f(t)=\frac{t}{2}\Big(-\frac{\cos(2t)}{2}+\frac{1}{2}\Big)-\frac{1}{2}\Big(-\frac{t\cos(2t)}{2}+\frac{\sin(2t)}{4}\Big).
    Simplificando os termos, obtemos
    f(t)=\frac{t}{4}-\frac{\sin(2t)}{8}.
  • Agora aplicamos o teorema do deslocamento: o fator e^{-\pi s} corresponde a multiplicar por u_{\pi}(t) e substituir t por t-\pi na função f. Assim
    \mathcal{L}^{-1}\!\left\{e^{-\pi s}\cdot\frac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}\right\}=u_{\pi}(t)\left(\frac{t-\pi}{4}-\frac{1}{8}\sin\big(2(t-\pi)\big)\right).

Passo 10

Reunir todas as parcelas invertidas para obter y(t). Somando as inversas encontradas:
  • Da fração parcial: -\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{8}t^{2}+\dfrac{1}{16}\cos 2t.
  • Da parcela \dfrac{s+2}{s^{2}+4}: \cos 2t+\sin 2t.
  • Da parcela deslocada: u_{\pi}(t)\!\left(\dfrac{t-\pi}{4}-\dfrac{1}{8}\sin(2(t-\pi))\right).
Somando (e simplificando os termos em \cos 2t) obtemos a expressão final para y(t) (esta expressão será escrita de forma única e limpa na seção de resposta).

Resposta

y(t)=-\frac{1}{16}+\frac{1}{8}t^{2}+\frac{17}{16}\cos 2t+\sin 2t+u_{\pi}(t)\left(\frac{t-\pi}{4}-\frac{1}{8}\sin\big(2(t-\pi)\big)\right)

Exercícios relacionados