Resolva os sistemas de equações diferenciais lineares através do método da transformada de Laplace.
\left\{\begin{array}{l}2 \frac{d x}{d t}+\frac{d y}{d t}-2 x=1 \\\ \frac{d x}{d t}+\frac{d y}{d t}-3 x-3 y=2 \\\ x(0)=0, y(0)=0\end{array}\right..

Passo 1

O enunciado pede para resolver o sistema de equações diferenciais lineares com condições iniciais. As informações dadas são:
  • Sistema:
\begin{cases} 2\dfrac{dx}{dt}+\dfrac{dy}{dt}-2x=1,\\[6pt] \dfrac{dx}{dt}+\dfrac{dy}{dt}-3x-3y=2, \end{cases}
  • Condições iniciais:
x(0)=0,\qquad y(0)=0.
O objetivo é encontrar as funções x(t) e y(t) para t\ge 0.]

Passo 2

Vamos usar a transformada de Laplace. Primeiro, uma mini-aula sobre as propriedades que usarei (sem pular etapas):
  • Definição: a transformada de Laplace de uma função f(t) é
F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt.
  • Linearidade: \mathcal{L}\{a f(t)+b g(t)\}=aF(s)+bG(s).
  • Derivada: se F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\} e f(0) é conhecido, então
\mathcal{L}\{f'(t)\}=sF(s)-f(0).
Isto permite transformar equações diferenciais em equações algébricas em s.
  • Transformada de constantes: \mathcal{L}\{1\}=\dfrac{1}{s}.
  • Inversão simples: \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{1}{s}\}=1 e \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{1}{s-a}\}=e^{at}.
Vamos aplicar a transformada a cada equação. Como x(0)=y(0)=0, as fórmulas para derivadas simplificam para \mathcal{L}\{x'\}=sX(s) e \mathcal{L}\{y'\}=sY(s), onde X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\} e Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.

Passo 3

Aplicando \mathcal{L} à primeira equação:
2\mathcal{L}\{x'\}+\mathcal{L}\{y'\}-2\mathcal{L}\{x\}=\mathcal{L}\{1\}.
Substituindo as transformadas e condições iniciais:
2(sX(s))+sY(s)-2X(s)=\frac{1}{s}.
Agrupando termos:
2(s-1)X(s)+sY(s)=\frac{1}{s}.
Aplicando \mathcal{L} à segunda equação:
\mathcal{L}\{x'\}+\mathcal{L}\{y'\}-3\mathcal{L}\{x\}-3\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{2\},
ou seja
sX(s)+sY(s)-3X(s)-3Y(s)=\frac{2}{s}.
Fatorando:
(s-3)X(s)+(s-3)Y(s)=\frac{2}{s},
que pode ser escrito como
(s-3)\bigl(X(s)+Y(s)\bigr)=\frac{2}{s}.

Passo 4

A partir da segunda equação algébrica temos uma expressão simples para X(s)+Y(s):
X(s)+Y(s)=\frac{2}{s(s-3)}.
Isolamos Y(s):
Y(s)=\frac{2}{s(s-3)}-X(s).
Substituímos essa expressão em 2(s-1)X(s)+sY(s)=\dfrac{1}{s}:
2(s-1)X(s)+s\left(\frac{2}{s(s-3)}-X(s)\right)=\frac{1}{s}.
Desenvolvendo e simplificando:
2(s-1)X(s)+\frac{2}{s-3}-sX(s)=\frac{1}{s}.
Agrupando os termos em X(s):
\bigl(2(s-1)-s\bigr)X(s)+\frac{2}{s-3}=\frac{1}{s}.
Calcule 2(s-1)-s=2s-2-s=s-2. Assim
(s-2)X(s)=\frac{1}{s}-\frac{2}{s-3}.
Colocando no mesmo denominador s(s-3):
\frac{1}{s}-\frac{2}{s-3}=\frac{s-3-2s}{s(s-3)}=\frac{-(s+3)}{s(s-3)}.
Logo
X(s)=\frac{-(s+3)}{s(s-2)(s-3)}.
Agora obtemos Y(s) usando Y(s)=\dfrac{2}{s(s-3)}-X(s). Colocando no mesmo denominador s(s-2)(s-3):
\frac{2}{s(s-3)}=\frac{2(s-2)}{s(s-2)(s-3)}.
Somando com -X(s)=\dfrac{s+3}{s(s-2)(s-3)} (note o sinal),
Y(s)=\frac{2(s-2)+(s+3)}{s(s-2)(s-3)}=\frac{3s-1}{s(s-2)(s-3)}.
Resumo até aqui:
X(s)=-\frac{s+3}{s(s-2)(s-3)},\qquad Y(s)=\frac{3s-1}{s(s-2)(s-3)}.

Passo 5

Agora vamos fazer frações parciais para X(s). Escrevemos
X(s)=\frac{A}{s}+\frac{B}{s-2}+\frac{C}{s-3}.
Multiplicando por s(s-2)(s-3) e comparando:
-(s+3)=A(s-2)(s-3)+B s(s-3)+C s(s-2).
Usarei o método do cover-up (cada coeficiente é o limite apropriado):
  • A=\displaystyle\lim_{s\to 0} s X(s)=\lim_{s\to 0}-\frac{s+3}{(s-2)(s-3)}=-\frac{3}{(-2)(-3)}=-\frac{1}{2}.
  • B=\displaystyle\lim_{s\to 2} (s-2) X(s)=\lim_{s\to 2}-\frac{s+3}{s(s-3)}=-\frac{5}{2(-1)}=\frac{5}{2}.
  • C=\displaystyle\lim_{s\to 3} (s-3) X(s)=\lim_{s\to 3}-\frac{s+3}{s(s-2)}=-\frac{6}{3\cdot1}=-2.
Portanto
X(s)=-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s}+\frac{5}{2}\cdot\frac{1}{s-2}-2\cdot\frac{1}{s-3}.

Passo 6

Invertemos termo a termo usando \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s}\}=1 e \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s-a}\}=e^{at}:
x(t)=-\frac{1}{2}\cdot 1+\frac{5}{2}e^{2t}-2e^{3t}.
Ou seja,
x(t)=-\frac{1}{2}+\frac{5}{2}e^{2t}-2e^{3t}.

Passo 7

Agora frações parciais para Y(s)=\dfrac{3s-1}{s(s-2)(s-3)}. Escrevemos
Y(s)=\frac{A}{s}+\frac{B}{s-2}+\frac{C}{s-3}.
Usando cover-up:
  • A=\displaystyle\lim_{s\to 0} s Y(s)=\lim_{s\to 0}\frac{3s-1}{(s-2)(s-3)}=\frac{-1}{(-2)(-3)}=-\frac{1}{6}.
  • B=\displaystyle\lim_{s\to 2} (s-2)Y(s)=\lim_{s\to 2}\frac{3s-1}{s(s-3)}=\frac{5}{2(-1)}=-\frac{5}{2}.
  • C=\displaystyle\lim_{s\to 3} (s-3)Y(s)=\lim_{s\to 3}\frac{3s-1}{s(s-2)}=\frac{8}{3\cdot1}=\frac{8}{3}.
Assim
Y(s)=-\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{s}-\frac{5}{2}\cdot\frac{1}{s-2}+\frac{8}{3}\cdot\frac{1}{s-3}.

Passo 8

Invertendo cada termo obtemos y(t):
y(t)=-\frac{1}{6}\cdot 1-\frac{5}{2}e^{2t}+\frac{8}{3}e^{3t}.
Ou seja,
y(t)=-\frac{1}{6}-\frac{5}{2}e^{2t}+\frac{8}{3}e^{3t}.

Passo 9

Verificação simples das condições iniciais (checagem rápida): em t=0,
x(0)=-\frac{1}{2}+\frac{5}{2}-2=0,\qquad y(0)=-\frac{1}{6}-\frac{5}{2}+\frac{8}{3}=0,
portanto as condições iniciais são satisfeitas. (Se for preciso, pode-se derivar x(t),y(t) e substituir nas equações originais para verificar que as equações são satisfeitas; omite-se aqui por extensão, mas a construção por Laplace garante a solução.)

Resposta

x(t)=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{5}{2}e^{2t}-2e^{3t}
y(t)=-\dfrac{1}{6}-\dfrac{5}{2}e^{2t}+\dfrac{8}{3}e^{3t}

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