Resolva os seguintes problemas de valor inicial pela transformada de Laplace. (Caso necessário, utilize uma expansão em frações parciais, como no Exemplo 4. Mostre todos os detalhes do que fizer.)
y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+5 y=50 t-150, \quad y(3)=-4, \quad y^{\prime}(3)=14

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial
y''+2y'+5y=50t-150,
com condições iniciais em t=3:
y(3)=-4,\qquad y'(3)=14.
O que se pede é encontrar a função y(t) que satisfaça a equação diferencial e essas condições.

Passo 2

Observação importante: a transformada de Laplace é mais prática quando as condições iniciais estão em t=0. Aqui elas estão em t=3. Para contornar isso, fazemos uma mudança de variável de tempo para deslocar o instante inicial para zero. Definimos
\tau=t-3,\qquad u(\tau)=y(\tau+3).
Então \tau=0 corresponde a t=3. Como derivadas em t e em \tau coincidem (derivada temporal pura),
y'(t)=\frac{du}{d\tau},\qquad y''(t)=\frac{d^2u}{d\tau^2}.
Substituindo t=\tau+3 na equação do enunciado, obtemos o ODE para u(\tau):
u''+2u'+5u = 50(\tau+3)-150.
Simplificando o lado direito:
50(\tau+3)-150 = 50\tau+150-150 = 50\tau.
As condições iniciais em \tau=0 ficam
u(0)=y(3)=-4,\qquad u'(0)=y'(3)=14.
Então o problema equivalente é
u''+2u'+5u=50\tau,\qquad u(0)=-4,\;u'(0)=14.

Passo 3

Vou usar a transformada de Laplace em \tau. Relembre as fórmulas essenciais (aqui U(s)=\mathcal{L}\{u(\tau)\}):
\mathcal{L}\{u'(\tau)\}=sU(s)-u(0),
\mathcal{L}\{u''(\tau)\}=s^2U(s)-s\,u(0)-u'(0).
Também precisamos das transformadas conhecidas:
\mathcal{L}\{\tau\}=\frac{1}{s^2},
\mathcal{L}\{e^{-a\tau}\sin(b\tau)\}=\frac{b}{(s+a)^2+b^2}, \qquad \mathcal{L}\{e^{-a\tau}\cos(b\tau)\}=\frac{s+a}{(s+a)^2+b^2}.
Aqui s é a variável da transformada; a,b são constantes. Essas fórmulas serão usadas para inverter a transformada no final.

Passo 4

Aplico a transformada de Laplace à equação u''+2u'+5u=50\tau. Usando as fórmulas do Passo 3:
\bigl(s^2U(s)-s\,u(0)-u'(0)\bigr)+2\bigl(sU(s)-u(0)\bigr)+5U(s)=50\cdot\frac{1}{s^2}.
Substituo u(0)=-4 e u'(0)=14:
\bigl(s^2U - s(-4)-14\bigr)+2\bigl(sU-(-4)\bigr)+5U=\frac{50}{s^2}.
Simplifico os termos constantes:
s^2U +4s-14 +2sU+8 +5U=\frac{50}{s^2}.
Agrupo o termo que multiplica U e os termos independentes:
(s^2+2s+5)U + (4s-6)=\frac{50}{s^2}.
Isolo U(s):
U(s)=\frac{\dfrac{50}{s^2}-(4s-6)}{s^2+2s+5}.
Para facilitar a inversão, escrevo em duas parcelas:
U(s)=\frac{50}{s^2\bigl(s^2+2s+5\bigr)}-\frac{4s-6}{s^2+2s+5}.
Note que s^2+2s+5=(s+1)^2+4, o que será útil.

Passo 5

Vamos decompor a primeira fração por frações parciais:
\frac{50}{s^2\bigl((s+1)^2+4\bigr)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s^2}+\frac{Cs+D}{(s+1)^2+4}.
Multiplicando ambos os lados por s^2\bigl((s+1)^2+4\bigr)\) obtemos \[50 = A s\bigl((s+1)^2+4\bigr) + B\bigl((s+1)^2+4\bigr) + (Cs+D)s^2.
Como (s+1)^2+4=s^2+2s+5, expandimos:
50 = A s(s^2+2s+5) + B(s^2+2s+5) + (Cs+D)s^2.
Agora agrupamos potências de s. Expandindo:
50 = (A+C)s^3 + (2A+B+D)s^2 + (5A+2B)s + 5B.
Comparando coeficientes com o polinômio constante 50 (ou seja, coeficiente de s^3,s^2,s são zero e o termo constante é 50), obtemos o sistema
\begin{cases} A+C=0,\\[4pt] 2A+B+D=0,\\[4pt] 5A+2B=0,\\[4pt] 5B=50. \end{cases}
Da última equação 5B=50\] vem \(B=10. Da terceira 5A+2B=0 obtemos 5A+20=0\Rightarrow A=-4. Da primeira C=-A=4. Da segunda 2A+B+D=0\Rightarrow 2(-4)+10+D=0\Rightarrow D=-2.
Portanto a decomposição é
\frac{50}{s^2\bigl((s+1)^2+4\bigr)} = -\frac{4}{s} + \frac{10}{s^2} + \frac{4s-2}{(s+1)^2+4}.]

Passo 6

Voltando para U(s):
U(s)=\left(-\frac{4}{s}+\frac{10}{s^2}+\frac{4s-2}{(s+1)^2+4}\right)-\frac{4s-6}{(s+1)^2+4}.
Combine os dois termos sobre (s+1)^2+4:
\frac{4s-2}{(s+1)^2+4}-\frac{4s-6}{(s+1)^2+4}=\frac{(4s-2)-(4s-6)}{(s+1)^2+4}=\frac{4}{(s+1)^2+4}.
Assim
U(s)=-\frac{4}{s}+\frac{10}{s^2}+\frac{4}{(s+1)^2+4}.

Passo 7

Agora invertemos a transformada termo a termo (lembrando que estamos em variável \tau):
  • \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{-\frac{4}{s}\right\}=-4 (constante).
  • \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{10}{s^2}\right\}=10\tau porque \mathcal{L}\{\tau\}=1/s^2.
  • Para \displaystyle \frac{4}{(s+1)^2+4}, reconhecemos a forma \dfrac{b}{(s+a)^2+b^2} com a=1 e b=2. Como \mathcal{L}\{e^{-a\tau}\sin(b\tau)\}=\dfrac{b}{(s+a)^2+b^2}, temos
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{4}{(s+1)^2+4}\right\}=2e^{-\tau}\sin(2\tau)
porque \dfrac{4}{(s+1)^2+2^2}=2\cdot\dfrac{2}{(s+1)^2+2^2} e \dfrac{2}{(s+1)^2+2^2} é a transformada de e^{-\tau}\sin(2\tau).
Somando os termos, obtemos u(\tau):
u(\tau)=-4+10\tau+2e^{-\tau}\sin(2\tau).

Passo 8

Voltando à variável original t, lembrando \tau=t-3 e u(\tau)=y(t), temos
y(t)=u(t-3)=-4+10(t-3)+2e^{-(t-3)}\sin\bigl(2(t-3)\bigr).
Se desejar, pode expandir o termo linear:
y(t)=10t-34+2e^{-(t-3)}\sin(2t-6).

Passo 9

Verificação rápida das condições iniciais: em t=3 (ou \tau=0) temos y(3)=-4+0+0=-4 e derivando u(\tau) e avaliando em \tau=0 obtém-se u'(0)=10+2(-0+2)=14, logo as condições são satisfeitas.

Resposta

y(t)=-4+10(t-3)+2e^{-(t-3)}\sin\bigl(2(t-3)\bigr)

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