(3:) Rusolva, por T.L.:
y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+5 y=1+t, y(0)=0, y^{\prime}(0)=4

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial com condições iniciais:
y''-2y'+5y=1+t,\qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=4.
O que ele pede: encontrar a solução y(t) que satisfaça essa equação e as condições iniciais.

Passo 2

Vou usar a Transformada de Laplace. Antes de aplicar, lembro as fórmulas que vou usar (tudo escrito explicitamente para você poder aplicar na prova):
  • Definição: a transformada de Laplace de uma função f(t) é
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt.
  • Regras para derivadas (com Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s), y(0) e y'(0) dados):
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0), \qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0).
Expliquei isso porque ao transformar a EDO as derivadas viram polinômios em s multiplicando Y(s), e as condições iniciais aparecem automaticamente (muito útil em provas).
  • Transformadas básicas que vou usar:
\mathcal{L}\{1\}=\frac{1}{s},\qquad \mathcal{L}\{t\}=\frac{1}{s^{2}}.
  • Também vou usar a propriedade de deslocamento: se \mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}(s)=F(s-a); em particular
\mathcal{L}\{e^{at}\cos(bt)\}=\frac{s-a}{(s-a)^{2}+b^{2}},\qquad \mathcal{L}\{e^{at}\sin(bt)\}=\frac{b}{(s-a)^{2}+b^{2}}.

Passo 3

Aplico a transformada de Laplace na EDO inteira. Tomando Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s):
\mathcal{L}\{y''\}-2\mathcal{L}\{y'\}+5\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{1+t\}.
Substituindo as fórmulas das transformadas das derivadas e as condições iniciais y(0)=0,\\ y'(0)=4:
\bigl(s^{2}Y(s)-s\cdot 0 -4\bigr)-2\bigl(sY(s)-0\bigr)+5Y(s)=\frac{1}{s}+\frac{1}{s^{2}}.
Simplifico o lado esquerdo:
\bigl(s^{2}-2s+5\bigr)Y(s)-4=\frac{1}{s}+\frac{1}{s^{2}}.

Passo 4

Isolo Y(s):
Y(s)=\frac{4+\dfrac{1}{s}+\dfrac{1}{s^{2}}}{s^{2}-2s+5}.
Faço uma única fração no numerador (multiplicando numerador e denominador por s^{2} para facilitar a decomposição):
Y(s)=\frac{4s^{2}+s+1}{s^{2}\bigl(s^{2}-2s+5\bigr)}.

Passo 5

Agora faço decomposição em frações parciais. Vou procurar constantes A,B,C,D tais que
\frac{4s^{2}+s+1}{s^{2}\bigl(s^{2}-2s+5\bigr)} = \frac{A}{s}+\frac{B}{s^{2}}+\frac{Cs+D}{s^{2}-2s+5}.
Multiplico ambos os lados por s^{2}(s^{2}-2s+5) para obter uma igualdade de polinômios:
4s^{2}+s+1 = A s (s^{2}-2s+5) + B (s^{2}-2s+5) + (Cs+D)s^{2}.

Passo 6

Expando e agrupo termos por potência de s\). Expansões: \[A s (s^{2}-2s+5)=A s^{3}-2A s^{2}+5A s,
B (s^{2}-2s+5)=B s^{2}-2B s+5B,
(Cs+D)s^{2}=C s^{3}+D s^{2}.
Somando:
\text{coeficientes: } s^{3}:\\ (A+C),\quad s^{2}:\\ (-2A+B+D),\quad s^{1}:\\ (5A-2B),\quad s^{0}:\\\ 5B.
Comparo com o lado esquerdo 4s^{2}+s+1, cujos coeficientes são s^{3}:0,\\ s^{2}:4,\\ s^{1}:1,\\ s^{0}:1. Assim obtenho o sistema:
\begin{cases} A+C=0,\\[4pt] -2A+B+D=4,\\[4pt] 5A-2B=1,\\[4pt] 5B=1. \end{cases}
Resolvo passo a passo:
  • Da última equação 5B=1\] vem \(\;B=\dfrac{1}{5}.
  • Substituo em 5A-2B=1:
5A-2\cdot\frac{1}{5}=1 \;\Rightarrow\; 5A-\frac{2}{5}=1 \;\Rightarrow\; 5A=\frac{7}{5}\;\Rightarrow\; A=\frac{7}{25}.
  • De A+C=0 segue C=-A=-\dfrac{7}{25}.
  • Finalmente, de -2A+B+D=4,
-2\cdot\frac{7}{25}+\frac{1}{5}+D=4.
Calculo os termos numéricos: -\dfrac{14}{25}+\dfrac{5}{25}=-\dfrac{9}{25}. Então
D=4+\frac{9}{25}=\frac{100}{25}+\frac{9}{25}=\frac{109}{25}.
Portanto as constantes são
A=\frac{7}{25},\quad B=\frac{1}{5},\quad C=-\frac{7}{25},\quad D=\frac{109}{25}.]

Passo 7

Escrevo Y(s) com essas constantes:
Y(s)=\frac{7/25}{s}+\frac{1/5}{s^{2}}+\frac{\left(-\dfrac{7}{25}s+\dfrac{109}{25}\right)}{s^{2}-2s+5}.
Para inverter a última fração com a forma de e^{at}\cos bt e e^{at}\sin bt, reescrevo o denominador completando o quadrado:
s^{2}-2s+5=(s-1)^{2}+2^{2}.
Também escrevo o numerador da última fração em termos de (s-1). Faço
-\frac{7}{25}s+\frac{109}{25} = -\frac{7}{25}(s-1) +\frac{102}{25},
pois -\frac{7}{25}\cdot 1 + \frac{102}{25} = \frac{109}{25}. Assim
\frac{-\dfrac{7}{25}s+\dfrac{109}{25}}{(s-1)^{2}+4} = -\frac{7}{25}\cdot\frac{s-1}{(s-1)^{2}+4} + \frac{102}{25}\cdot\frac{1}{(s-1)^{2}+4}.
Agora uso as inversas conhecidas:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s-1}{(s-1)^{2}+2^{2}}\right\}=e^{t}\cos(2t), \qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{2}{(s-1)^{2}+2^{2}}\right\}=e^{t}\sin(2t).
Portanto
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s-1)^{2}+4}\right\}=\frac{1}{2}e^{t}\sin(2t).

Passo 8

Agora inviro Y(s) termo a termo:
  • \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{7/25}{s}\right\}=\frac{7}{25}.
  • \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1/5}{s^{2}}\right\}=\frac{1}{5}\,t.
  • Para a parte com deslocamento:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{-\frac{7}{25}\cdot\frac{s-1}{(s-1)^{2}+4}\right\} = -\frac{7}{25}e^{t}\cos(2t),
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{102}{25}\cdot\frac{1}{(s-1)^{2}+4}\right\} = \frac{102}{25}\cdot\frac{1}{2}e^{t}\sin(2t) = \frac{51}{25}e^{t}\sin(2t).
Somando todos os termos obtenho a solução em tempo:
y(t)=\frac{7}{25}+\frac{1}{5}t -\frac{7}{25}e^{t}\cos(2t)+\frac{51}{25}e^{t}\sin(2t).
Uma forma compacta (fatorando e^{t}/25) é
y(t)=\frac{7}{25}+\frac{t}{5}+\frac{e^{t}}{25}\bigl(-7\cos(2t)+51\sin(2t)\bigr).
Se quiser, dá para verificar rápido que y(0)=0 e y'(0)=4, o que confere com as condições iniciais (bom sinal!).

Resposta

y(t)=\frac{7}{25}+\frac{1}{5}t -\frac{7}{25}e^{t}\cos(2t)+\frac{51}{25}e^{t}\sin(2t).

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