Sabendo que
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s-a}{(s-a)^{2}+b^{2}}\right\}=e^{\alpha t} \cos (b t) e \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{b}{(s-a)^{2}+b^{2}}\right\}=e^{\alpha t} \sin (b t)
utilize a transformada de Laplace e estas inversas para resolver o problema de valor inicial dado:
y^{\prime}+y=e^{-3 t} \cos (2 t), \quad y(0)=0

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial
y' + y = e^{-3t}\cos(2t),\quad y(0)=0.
Vamos usar transformada de Laplace, a propriedade \mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0) e as transformadas inversas fornecidas
\mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac{s-a}{(s-a)^2+b^2}\Bigr\} =e^{a t}\cos(bt), \quad \mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac{b}{(s-a)^2+b^2}\Bigr\} =e^{a t}\sin(bt).

Passo 2

Aplicando \mathcal{L}\(aos dois lados da EDO e usandoy(0)=0), temos
\mathcal{L}\{y'\} + \mathcal{L}\{y\} = sY(s) + Y(s) = (s+1)Y(s),
\mathcal{L}\{e^{-3t}\cos(2t)\} =\frac{s+3}{(s+3)^2 + 2^2}.
Logo,
(s+1)Y(s) =\frac{s+3}{(s+3)^2+4} \quad\Longrightarrow\quad Y(s)=\frac{s+3}{(s+1)\bigl((s+3)^2+4\bigr)}.

Passo 3

Fazemos a decomposição em frações parciais
\frac{s+3}{(s+1)\bigl((s+3)^2+4\bigr)} =\frac{A}{s+1} +\frac{B(s+3)+C}{(s+3)^2+4}.
Multiplicando pelo denominador comum e igualando coeficientes, obtemos
A=\tfrac14, \quad B=-\tfrac14, \quad C=\tfrac12.
Então
Y(s) =\frac{\tfrac14}{s+1} +\frac{-\tfrac14(s+3)+\tfrac12}{(s+3)^2+4} =\frac{1}{4}\frac{1}{s+1} -\frac{1}{4}\frac{s+3}{(s+3)^2+4} +\frac{1}{2}\frac{1}{(s+3)^2+4}.

Passo 4

Aplicando a transformada inversa termo a termo, usando
\mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\tfrac{1}{s+1}\Bigr\}=e^{-t}, \quad \mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\tfrac{s+3}{(s+3)^2+4}\Bigr\}=e^{-3t}\cos(2t), \quad \mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\tfrac{2}{(s+3)^2+4}\Bigr\}=e^{-3t}\sin(2t),
e observando que \tfrac12\,\tfrac{1}{(s+3)^2+4}=\tfrac14\,\tfrac{2}{(s+3)^2+4},
chegamos a
y(t) =\frac{1}{4}e^{-t} -\frac{1}{4}e^{-3t}\cos(2t) +\frac{1}{4}e^{-3t}\sin(2t).

Resposta

y(t) =\frac{1}{4}e^{-t} -\frac{1}{4}e^{-3t}\cos(2t) +\frac{1}{4}e^{-3t}\sin(2t).

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