Resolva, por Transformadas de Laplace: ( 3,0 pontos)
y^{\prime}-5 y=f(t)=\left\{\begin{array}{l}2,0 \leq t<4 \\\\ -3, t \geq 4\end{array}, y(0)=0\right.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial com condição inicial e uma força por partes. Vou listar claramente o que é pedido e o que foi fornecido:
  • Equação diferencial: y^{\prime}-5y=f(t)\). - Forçamento (peguei do enunciado): \[f(t)=\begin{cases} 2, & 0 \le t<4,\\[4pt] -3, & t\ge 4, \end{cases}
  • Condição inicial: y(0)=0\]. O que o problema pede: encontrar a solução \(y(t) para t\ge 0.]

Passo 2

Primeiro reescrevo f(t) usando a função degrau de Heaviside u(t-a). Isso facilita trabalhar com transformadas. A ideia é escrever f como um valor base mais uma alteração em t=4.
Calculo a diferença entre o valor após e antes de t=4: -3-2=-5. Assim
f(t)=2-5\,u(t-4).
Explicação rápida do que é u(t-4): u(t-4)=0 quando t<4 e u(t-4)=1 quando t\ge 4. Logo essa expressão reproduz exatamente o trecho por trechodo enunciado.

Passo 3

Agora aplico a transformada de Laplace. Vou lembrar e explicar as fórmulas que usarei:
  • Definição: a transformada de Laplace de uma função g(t) é \mathcal{L}\{g(t)\}=\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-st}g(t)\,dt. Denotarei \mathcal{L}\{y(t)\}=Y(s).
  • Linearidade: \mathcal{L}\{a g_1 + b g_2\} = a\mathcal{L}\{g_1\}+b\mathcal{L}\{g_2\}.
  • Derivada: \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0). Aqui s é a variável da transformada.
  • Transformada da função degrau deslocada (teorema do deslocamento): \mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-as}\mathcal{L}\{g(t)\}. Em particular \mathcal{L}\{u(t-a)\}=e^{-as}/s.
Como o enunciado pediu especificamente por transformadas de Laplace, este é o método indicado.

Passo 4

Aplico \mathcal{L}\{\cdot\} à equação inteira. À esquerda:
\mathcal{L}\{y'\}-5\mathcal{L}\{y\}=(sY(s)-y(0))-5Y(s).
Como y(0)=0, isso vira
(sY(s)-0)-5Y(s)=(s-5)Y(s).

Passo 5

Agora transformo o lado direito \mathcal{L}\{f(t)\}. Lembrei que escrevemos f(t)=2-5u(t-4). Usando linearidade:
\mathcal{L}\{f(t)\}=\mathcal{L}\{2\}-5\mathcal{L}\{u(t-4)\}.
  • \mathcal{L}\{2\}=2\cdot\mathcal{L}\{1\}=2\cdot\dfrac{1}{s}=\dfrac{2}{s}.
  • \mathcal{L}\{u(t-4)\}=e^{-4s}\dfrac{1}{s} pelo teorema do deslocamento.
    Portanto
\mathcal{L}\{f(t)\}=\dfrac{2}{s}-5\cdot\dfrac{e^{-4s}}{s}=\dfrac{2}{s}-\dfrac{5e^{-4s}}{s}.

Passo 6

Igualando transformadas (lado esquerdo = lado direito):
(s-5)Y(s)=\dfrac{2}{s}-\dfrac{5e^{-4s}}{s}.
Isolando Y(s):
Y(s)=\dfrac{2}{s(s-5)}-\dfrac{5e^{-4s}}{s(s-5)}.
Vou inverter em duas partes: Y(s)=Y_1(s)+Y_2(s) com
Y_1(s)=\dfrac{2}{s(s-5)},\qquad Y_2(s)=-\dfrac{5e^{-4s}}{s(s-5)}.

Passo 7

Inverto Y_1(s)=\dfrac{2}{s(s-5)} por frações parciais. Procuro A,B tais que
\dfrac{2}{s(s-5)}=\dfrac{A}{s}+\dfrac{B}{s-5}.
Multiplicando por s(s-5):
2=A(s-5)+Bs.
Escolhendo s=0: 2=A(-5)\Rightarrow A=-\dfrac{2}{5}.
Escolhendo s=5: 2=B\cdot 5\Rightarrow B=\dfrac{2}{5}.
Logo
Y_1(s)=-\dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{1}{s}+\dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{1}{s-5}.
Invertendo termo a termo (sabendo que \mathcal{L}^{-1}\{1/s\}=1 e \mathcal{L}^{-1}\{1/(s-5)\}=e^{5t}):
y_1(t)=-\dfrac{2}{5}+\dfrac{2}{5}e^{5t}.

Passo 8

Agora trato Y_2(s)=-\dfrac{5e^{-4s}}{s(s-5)}. Primeiro factorizei o deslocamento:
Y_2(s)=e^{-4s}\left(-\dfrac{5}{s(s-5)}\right).
Faço frações parciais para a função sem o fator exponencial:
procuro C,D com
-\dfrac{5}{s(s-5)}=\dfrac{C}{s}+\dfrac{D}{s-5}.
Multiplicando:
-5=C(s-5)+Ds.
Escolhendo s=0: -5=C(-5)\Rightarrow C=1.
Escolhendo s=5: -5=D\cdot5\Rightarrow D=-1.
Assim
-\dfrac{5}{s(s-5)}=\dfrac{1}{s}-\dfrac{1}{s-5}.
Portanto
Y_2(s)=e^{-4s}\left(\dfrac{1}{s}-\dfrac{1}{s-5}\right).
Aplicando a transformada inversa e o teorema do deslocamento:
  • \mathcal{L}^{-1}\{e^{-4s}\dfrac{1}{s}\}=u(t-4)\cdot 1 = u(t-4).
  • \mathcal{L}^{-1}\{e^{-4s}\dfrac{1}{s-5}\}=u(t-4)\,e^{5(t-4)}.
    Assim
y_2(t)=u(t-4)-u(t-4)e^{5(t-4)}=u(t-4)\bigl(1-e^{5(t-4)}\bigr).

Passo 9

Somando as duas partes que encontramos:
y(t)=y_1(t)+y_2(t)=-\dfrac{2}{5}+\dfrac{2}{5}e^{5t}+u(t-4)\bigl(1-e^{5(t-4)}\bigr).
Essa forma usa o degrau e é bem prática. Posso também escrever em forma por partes (desligando o degrau):
  • Para 0\le t<4 (onde u(t-4)=0): y(t)=-\dfrac{2}{5}+\dfrac{2}{5}e^{5t}.
  • Para t\ge 4 (onde u(t-4)=1): y(t)=-\dfrac{2}{5}+\dfrac{2}{5}e^{5t}+1-e^{5(t-4)}.
Verificações rápidas úteis na prova:
  • Em t=0: y(0)=-\dfrac{2}{5}+\dfrac{2}{5}=0, confere com a condição inicial.
  • Em t=4: o acréscimo 1-e^{5(4-4)}=1-1=0, logo a solução é contínua em t=4 (o valor coincide dos dois lados).

Resposta

y(t)=-\dfrac{2}{5}+\dfrac{2}{5}e^{5t}+u(t-4)\bigl(1-e^{5(t-4)}\bigr)
\text{ou, em forma por partes:} \quad y(t)=\begin{cases} -\dfrac{2}{5}+\dfrac{2}{5}e^{5t}, & 0\le t<4,\\[6pt] -\dfrac{2}{5}+\dfrac{2}{5}e^{5t}+1-e^{5(t-4)}, & t\ge 4. \end{cases}]