Resolva os seguintes problemas de valor inicial usando a transformada de Laplace:
\left\{\begin{array}{l}y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+2 y=e^{-t} \\\ y(0)=0, y^{\prime}(0)=1 .\end{array}\right.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que é pedido.
  • Equação diferencial e condições iniciais:
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+2y = e^{-t},\\[4pt] y(0)=0,\quad y^{\prime}(0)=1. \end{array}\right.
  • O que se pede: encontrar a função y(t) que satisfaz a equação diferencial e as condições iniciais.]

Passo 2

Apresentar a ferramenta que vamos usar e suas fórmulas básicas (com explicação didática).
  • Definição da transformada de Laplace: para uma função f(t) definida para t\ge0,
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=F(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\,f(t)\,dt.
Isto transforma uma função de t (no domínio temporal) em uma função de s (domínio complexo), e nos permite transformar derivadas em polinômios em s, o que facilita a solução de EDOs lineares com condições iniciais.
  • Propriedades úteis (explicadas):
    • Linearidade: \mathcal{L}\{a f + b g\}=a \mathcal{L}\{f\}+b\mathcal{L}\{g\}.
    • Transformada de derivadas (estas são cruciais para EDOs com condições iniciais): \mathcal{L}\{y'(t)\}(s)=sY(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y''(t)\}(s)=s^2 Y(s)-s y(0)-y'(0),
onde \(Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s)\). Aqui cada termo tem significado: \(sY(s)\) vem da diferenciação dentro da integral e os termos subtraídos são as condições iniciais que aparecem naturalmente.
  • Transformada de uma função exponencial simples: \mathcal{L}\{e^{at}\}(s)=\frac{1}{s-a}\quad(\text{para } \Re(s)>a).Em particular \mathcal{L}\{e^{-t}\}(s)=\dfrac{1}{s+1}.

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace a ambos os lados da equação diferencial e usar as fórmulas das derivadas.
Começando de
y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+2y = e^{-t},
aplicando \mathcal{L}\{\cdot\} em ambos os lados e usando linearidade,
\mathcal{L}\{y''\}(s)-2\mathcal{L}\{y'\}(s)+2\mathcal{L}\{y\}(s) = \mathcal{L}\{e^{-t}\}(s).
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) +2Y(s) = \frac{1}{s+1}.
Como y(0)=0 e y'(0)=1, isso simplifica para
s^2 Y(s) -1 -2sY(s) +2Y(s) = \frac{1}{s+1}.

Passo 4

Isolar Y(s) e simplificar a expressão.
Agrupando os termos com Y(s),
Y(s)\bigl(s^2 -2s +2\bigr) -1 = \frac{1}{s+1}.
Passando o -1 para o outro lado,
Y(s)\bigl(s^2 -2s +2\bigr) = 1 + \frac{1}{s+1}.
Colocando em um único quociente:
1+\frac{1}{s+1} = \frac{s+1}{s+1} + \frac{1}{s+1} = \frac{s+2}{s+1}.
Portanto
Y(s)=\frac{s+2}{(s+1)\bigl(s^2 -2s +2\bigr)}.
É útil notar que
s^2 -2s +2 = (s-1)^2 +1,
porque isso facilita a transformada inversa (formas de cosseno e seno multiplicadas por e^{t}).

Passo 5

Fazer a decomposição em frações parciais para escrever [Y(s)) em termos cujas transformadas inversas são conhecidas.
Procuramos constantes A,B,C tais que
\frac{s+2}{(s+1)(s^2-2s+2)} = \frac{A}{s+1} + \frac{Bs + C}{s^2-2s+2}.
Multiplicando ambos os lados por (s+1)(s^2-2s+2) obtemos a identidade polinomial
s+2 = A(s^2-2s+2) + (Bs+C)(s+1).
Expandindo os termos do lado direito:
s+2 = A s^2 -2A s +2A + B s^2 + (B+C) s + C.
Agrupando coeficientes de potências de s,
s+2 = (A+B)s^2 + (-2A + B + C)s + (2A + C).
Comparando coeficientes com o polinômio do lado esquerdo ( 0\cdot s^2 + 1\cdot s + 2) temos o sistema:
\begin{cases} A + B = 0,\\[4pt] -2A + B + C = 1,\\[4pt] 2A + C = 2. \end{cases}
Resolver o sistema (passo a passo):
  • De A+B=0\] vem \(B=-A.
  • Substituindo em -2A + B + C = 1 -2A - A + C = 1\Rightarrow -3A + C =1\Rightarrow C = 1+3A.
  • Substituindo C em 2A + C = 2 2A + 1+3A =2\Rightarrow 5A =1\Rightarrow A=\dfrac{1}{5}.
  • Então B=-\dfrac{1}{5} e C=1+3\cdot\dfrac{1}{5}=\dfrac{8}{5}.
Portanto a decomposição é
Y(s)=\frac{1/5}{s+1} + \frac{-\tfrac{1}{5}s + \tfrac{8}{5}}{s^2-2s+2}.]

Passo 6

Ajustar a segunda parcela para aplicar fórmulas de transformadas inversas padrão (recentralizar em s-1).
Como s^2-2s+2=(s-1)^2+1, é conveniente escrever o numerador da segunda fração em termos de (s-1). Observe:
-\tfrac{1}{5}s + \tfrac{8}{5} = -\tfrac{1}{5}(s-1) + \tfrac{7}{5},
porque -\tfrac{1}{5}(s-1) = -\tfrac{1}{5}s + \tfrac{1}{5} e então adicionando \tfrac{7}{5} obtém-se -\tfrac{1}{5}s + \tfrac{8}{5}.
Assim podemos decompor
\frac{-\tfrac{1}{5}s + \tfrac{8}{5}}{(s-1)^2+1} = -\tfrac{1}{5}\cdot\frac{s-1}{(s-1)^2+1} \;+\; \tfrac{7}{5}\cdot\frac{1}{(s-1)^2+1}.
Então a expressão completa de Y(s) fica
Y(s)=\tfrac{1}{5}\cdot\frac{1}{s+1} \;-\; \tfrac{1}{5}\cdot\frac{s-1}{(s-1)^2+1} \;+\; \tfrac{7}{5}\cdot\frac{1}{(s-1)^2+1}.

Passo 7

Aplicar a transformada inversa (ou seja, reconhecer formas conhecidas e inverter cada parcela).
Recordando transformadas inversas padrão:
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s+1}\right\}(t)=e^{-t}.
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{s-1}{(s-1)^2+1}\right\}(t)=e^{t}\cos t. (Regra: \mathcal{L}\{e^{at}\cos bt\}=\dfrac{s-a}{(s-a)^2+b^2}.)
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{(s-1)^2+1}\right\}(t)=e^{t}\sin t. (Regra: \mathcal{L}\{e^{at}\sin bt\}=\dfrac{b}{(s-a)^2+b^2} com b=1.)
Usando linearidade e aplicando \mathcal{L}^{-1} termo a termo:
y(t)=\tfrac{1}{5}e^{-t} \;-\; \tfrac{1}{5}e^{t}\cos t \;+\; \tfrac{7}{5}e^{t}\sin t.

Passo 8

Checar rapidamente as condições iniciais (verificação curta e útil na prova).
  • Valor em t=0:
y(0)=\tfrac{1}{5}\cdot1 - \tfrac{1}{5}\cdot1 + \tfrac{7}{5}\cdot0 =0,
confere com y(0)=0.
  • Derivada em t=0 (checar mentalmente a soma das derivadas; a verificação detalhada confirma y'(0)=1), então a solução respeita y'(0)=1.
Tudo consistente.

Resposta

y(t)=\dfrac{1}{5}e^{-t}-\dfrac{1}{5}e^{t}\cos t+\dfrac{7}{5}e^{t}\sin t

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