Resolver os sistemas de equações diferenciais lineares aplicando o método da transformada de Laplace.
\left\{\begin{array}{l}y^{\prime \prime}(t)-y(t)-z(t)=0 \\\ z^{\prime}(t)+y^{\prime}(t)=u_{2 \pi}(t)\end{array} \quad\right. Condições iniciais: y(0)=y^{\prime}(0)=0 e z(0)=1

Passo 1

O enunciado nos dá o sistema
\begin{cases} y''(t)-y(t)-z(t)=0,\\\ z'(t)+y'(t)=u_{2\pi}(t), \end{cases}
com condições iniciais y(0)=y'(0)=0 e z(0)=1, onde u_{2\pi}(t) é o degrau unitário retardado em 2\pi (ou seja, u_{2\pi}(t)=u(t-2\pi)). Vamos aplicar a transformada de Laplace para obter Y(s)=\mathcal{L}\{y\}(s) e Z(s)=\mathcal{L}\{z\}(s).

Passo 2

Transformando a primeira equação:
\mathcal{L}\{y''\}(s)-\mathcal{L}\{y\}(s)-\mathcal{L}\{z\}(s)=0
\bigl(s^2Y(s)-s\,y(0)-y'(0)\bigr)-Y(s)-Z(s)=0
Como y(0)=y'(0)=0, vem
(s^2-1)\,Y(s)-Z(s)=0 \quad\Longrightarrow\quad Z(s)=(s^2-1)\,Y(s).

Passo 3

Transformando a segunda equação:
\mathcal{L}\{z'\}(s)+\mathcal{L}\{y'\}(s) =\mathcal{L}\{u(t-2\pi)\}(s)
\bigl(sZ(s)-z(0)\bigr)+\bigl(sY(s)-y(0)\bigr) =\frac{e^{-2\pi s}}{s}.
Como z(0)=1 e y(0)=0, obtemos
sZ(s)-1 + sY(s)=\frac{e^{-2\pi s}}{s}.

Passo 4

Substituindo Z(s)=(s^2-1)Y(s) na expressão acima:
s\,(s^2-1)Y(s)-1 + sY(s)=\frac{e^{-2\pi s}}{s} \quad\Longrightarrow\quad \bigl(s^3Y(s)\bigr)-1=\frac{e^{-2\pi s}}{s}
s^3Y(s)=1+\frac{e^{-2\pi s}}{s} \quad\Longrightarrow\quad Y(s)=\frac{1}{s^3}+\frac{e^{-2\pi s}}{s^4}.
Em seguida
Z(s)=(s^2-1)\,Y(s) =\frac{s^2-1}{s^3}+\frac{(s^2-1)\,e^{-2\pi s}}{s^4} =\Bigl(\frac{1}{s}-\frac{1}{s^3}\Bigr) +e^{-2\pi s}\Bigl(\frac{1}{s^2}-\frac{1}{s^4}\Bigr).

Passo 5

Fazendo a transformada inversa:
\mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac{1}{s^3}\Bigr\}(t)=\frac{t^2}{2}, \quad \mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac{1}{s^4}\Bigr\}(t)=\frac{t^3}{6},
\mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac{1}{s}\Bigr\}(t)=1, \quad \mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac{1}{s^2}\Bigr\}(t)=t.
Logo
y(t)=\frac{t^2}{2} +u(t-2\pi)\,\frac{(t-2\pi)^3}{6},
z(t)=\Bigl(1-\frac{t^2}{2}\Bigr) +u(t-2\pi)\Bigl((t-2\pi)-\frac{(t-2\pi)^3}{6}\Bigr).

Resposta

y(t)=\frac{t^2}{2}+u(t-2\pi)\,\frac{(t-2\pi)^3}{6}, \qquad z(t)=1-\frac{t^2}{2}+u(t-2\pi)\Bigl((t-2\pi)-\frac{(t-2\pi)^3}{6}\Bigr).

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