Resolver o P.V: 1
2 y^{\prime \prime}+y^{\prime}+2 y=\sigma(t-5), y(0)=0, y^{\prime}(0)=0

Passo 1

O enunciado dá o problema inicial valor (P.V.)
2y''(t)+y'(t)+2y(t)=\sigma(t-5),\qquad y(0)=0,\quad y'(0)=0.
As perguntas claras são:
  • Encontrar a função y(t) que satisfaz a equação diferencial e as condições iniciais.
  • Entender o que é \sigma(t-5) e como ela afeta a solução.
Observações que extraio do enunciado:
  • A função \sigma(t-5) será tratada como a função degrau unitário deslocada, isto é, a Heaviside u(t-5). Ou seja, \sigma(t-5)=u(t-5) vale 0 para t<5 e 1 para t\ge5.
  • As condições iniciais são nulas: y(0)=0 e y'(0)=0.
  • A equação é linear, com coeficientes constantes, forçada por um degrau deslocado.

Passo 2

Escolha do método e lembretes úteis (fórmulas principais que vou usar).
  • Vou usar a transformada de Laplace porque lida muito bem com condições iniciais e com funções deslocadas (degrau deslocado). Além disso transforma derivadas em polinômios em s, facilitando a resolução algébrica.
  • Definição: a transformada de Laplace de uma função f(t) é
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt.
  • Regras que usarei:
    • \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0), onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.
    • \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-s y(0)-y'(0).
    • Transformada do degrau deslocado: \mathcal{L}\{u(t-a)\}=\dfrac{e^{-as}}{s}.
    • Teorema do deslocamento: se \mathcal{L}\{g\}(s)=G(s) então \mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-as}G(s). Inversamente, se Y(s)=e^{-as}G(s) então y(t)=u(t-a)g(t-a) onde g=\mathcal{L}^{-1}\{G\}.
  • Com condições iniciais nulas, as fórmulas para transformadas de derivadas simplificam bastante.

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace à equação, aproveitando as condições iniciais y(0)=0, y'(0)=0.
  • Tomando \mathcal{L} em ambos os lados:
2\mathcal{L}\{y''\}+\mathcal{L}\{y'\}+2\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{u(t-5)\}.
  • Substituindo as fórmulas das derivadas (e usando as iniciais nulas):
2(s^2Y(s)) + (sY(s)) + 2Y(s) = \frac{e^{-5s}}{s}.
  • Fatorando Y(s):
Y(s)\bigl(2s^2+s+2\bigr)=\frac{e^{-5s}}{s}.

Passo 4

Isolar Y(s) e identificar a parte que vem do deslocamento.
Y(s)=\frac{e^{-5s}}{s(2s^2+s+2)}.
Escrevo isto como
Y(s)=e^{-5s}\,G(s),\qquad G(s)=\frac{1}{s(2s^2+s+2)}.
Pelo teorema do deslocamento inverso, a solução no tempo será
y(t)=u(t-5)\,g(t-5),
onde g(t)=\mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}. Então o problema reduz-se a calcular g(t).

Passo 5

Fazer a decomposição em frações parciais de G(s)=\dfrac{1}{s(2s^2+s+2)}\). Procuro constantes \(A,B,C\) tais que \[\frac{1}{s(2s^2+s+2)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{2s^2+s+2}.
Multiplicando por s(2s^2+s+2) obtemos a identidade
1=A(2s^2+s+2)+(Bs+C)s.
Expandindo e agrupando termos:
1=(2A+B)s^2+(A+C)s+2A.
Comparando coeficientes de potências de s:
\begin{cases} 2A+B=0,\\[4pt] A+C=0,\\[4pt] 2A=1. \end{cases}
Da última equação A=\tfrac{1}{2}\]. Então \(B=-2A=-1 e C=-A=-\tfrac{1}{2}.
Portanto
G(s)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s}+\frac{-s-\tfrac{1}{2}}{2s^2+s+2}.]

Passo 6

Reescrever a parte quadrática em forma que permita usar transformadas conhecidas (completa do quadrado).
  • Denominar
D(s)=2s^2+s+2 = 2\!\left(s^2+\tfrac{1}{2}s+1\right).
Completo o quadrado dentro:
s^2+\tfrac{1}{2}s+1=\left(s+\tfrac{1}{4}\right)^2+\left(1-\tfrac{1}{16}\right)=\left(s+\tfrac{1}{4}\right)^2+\tfrac{15}{16}.
Logo
D(s)=2\left[\left(s+\tfrac{1}{4}\right)^2+\left(\tfrac{\sqrt{15}}{4}\right)^2\right].
Agora escrevo a fração \dfrac{-s-\tfrac{1}{2}}{D(s)} em termos de (s+\tfrac{1}{4}) mais uma constante:
Procurando M,N com
- s - \tfrac{1}{2} = M\left(s+\tfrac{1}{4}\right) + N,
obtemos M=-1 e N=-\tfrac{1}{4}. Assim
\frac{-s-\tfrac{1}{2}}{D(s)} = -\frac{s+\tfrac{1}{4}}{D(s)} - \frac{1}{4}\cdot\frac{1}{D(s)}.
Como D(s)=2\bigl((s+\tfrac{1}{4})^2+(\tfrac{\sqrt{15}}{4})^2\bigr), temos as formas padrão:
\frac{s+\tfrac{1}{4}}{D(s)}=\frac{1}{2}\cdot\frac{s+\tfrac{1}{4}}{(s+\tfrac{1}{4})^2+(\tfrac{\sqrt{15}}{4})^2},
\frac{1}{D(s)}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{(s+\tfrac{1}{4})^2+(\tfrac{\sqrt{15}}{4})^2}.

Passo 7

Inverter a transformada: usar inversas conhecidas.
  • Fórmulas úteis (para \alpha>0 e \omega>0):
    • \mathcal{L}\{e^{-\alpha t}\cos(\omega t)\}=\dfrac{s+\alpha}{(s+\alpha)^2+\omega^2}.
    • \mathcal{L}\{e^{-\alpha t}\sin(\omega t)\}=\dfrac{\omega}{(s+\alpha)^2+\omega^2}.
  • Identifico \alpha=\tfrac{1}{4} e \omega=\tfrac{\sqrt{15}}{4}.
  • Reescrevendo G(s) com os fatores obtidos:
G(s)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s}\;-\;\frac{1}{2}\cdot\frac{s+\tfrac{1}{4}}{(s+\tfrac{1}{4})^2+(\tfrac{\sqrt{15}}{4})^2}\;-\;\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{(s+\tfrac{1}{4})^2+(\tfrac{\sqrt{15}}{4})^2}.
  • Tomando a transformada inversa termo a termo:
    • \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{s}\}=\tfrac{1}{2}.
    • \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{s+\tfrac{1}{4}}{(s+\tfrac{1}{4})^2+(\tfrac{\sqrt{15}}{4})^2}\}=\tfrac{1}{2}e^{-t/4}\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{4}t\bigr).
    • Para o último termo, usar que \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{(s+\alpha)^2+\omega^2}\}=e^{-\alpha t}\dfrac{1}{\omega}\sin(\omega t). Assim
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{(s+\tfrac{1}{4})^2+(\tfrac{\sqrt{15}}{4})^2}\right\} =\frac{1}{8}e^{-t/4}\cdot\frac{1}{\tfrac{\sqrt{15}}{4}}\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{4}t\bigr) =\frac{1}{8}\cdot\frac{4}{\sqrt{15}}\,e^{-t/4}\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{4}t\bigr) =\frac{1}{2\sqrt{15}}\,e^{-t/4}\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{4}t\bigr).
  • Lembrando os sinais (os dois últimos termos eram negativos), obtemos
g(t)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-t/4}\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{4}t\bigr)\;-\;\frac{1}{2\sqrt{15}}\,e^{-t/4}\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{4}t\bigr).

Passo 8

Aplicar o teorema do deslocamento para voltar à solução y(t)\). - Como \(Y(s)=e^{-5s}G(s)\), temos \[y(t)=u(t-5)\,g(t-5).
  • Portanto a solução completa, lembrando que u(t-5)=0 para t<5, é
y(t)=\begin{cases} 0,& t<5,\\[6pt] \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}e^{-(t-5)/4}\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{4}(t-5)\bigr) -\dfrac{1}{2\sqrt{15}}\,e^{-(t-5)/4}\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{4}(t-5)\bigr),& t\ge5. \end{cases}
  • Comentário rápido (intuição): para t<5\] a força ainda não “ligou” (degrau deslocado), logo \(y=0. Para t\ge5 aparece uma resposta transitória amortecida (expoente -1/4) oscilatória (frequência \tfrac{\sqrt{15}}{4}) que tende ao valor estacionário \tfrac{1}{2}, que é a solução particular constante da equação quando a entrada é 1.]

Resposta

y(t)=\begin{cases} 0,& t<5,\\[6pt] \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}e^{-(t-5)/4}\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{4}(t-5)\bigr) -\dfrac{1}{2\sqrt{15}}\,e^{-(t-5)/4}\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{4}(t-5)\bigr),& t\ge5. \end{cases}]

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