Seja a uma constante. Seja f(t)=t \cos a t. Mostre que
F(s)=\frac{s^{2}-a^{2}}{\left(s^{2}+a^{2}\right)^{2}}, \quad s>0
(Sugestão: derive uma vez e use as transformadas de Laplace de \cos a t \mathrm{e} \operatorname{de} t \operatorname{sen} a t.) Resolva o problema de valor inicial
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+13 y=e^{-2 t} \operatorname{sen} 3 t \\\ y(0)=1, y^{\prime}(0)=2 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado tem duas tarefas claras:
  • Mostrar que a transformada de Laplace de f(t)=t\cos a t\) é \[F(s)=\frac{s^{2}-a^{2}}{\left(s^{2}+a^{2}\right)^{2}},\qquad s>0.
  • Resolver o problema de valor inicial
\begin{cases} y''+4y'+13y=e^{-2t}\sin 3t,\\[4pt] y(0)=1,\; y'(0)=2. \end{cases}
Informações dadas e que vamos usar: a constante a\] é parâmetro na primeira parte; para a segunda parte usaremos transformadas de Laplace, regras de derivada para transformada, e a propriedade de mudança \(s\mapsto s+2 para termos com e^{-2t}.]

Passo 2

Primeiro vou deduzir uma propriedade importante que facilita muito: se g(t) tem transformada
G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}g(t)\,dt,
então a transformada de t\,g(t) é
\mathcal{L}\{t\,g(t)\}(s)=-\frac{d}{ds}G(s).
Explicação (passo a passo): pela definição,
\mathcal{L}\{t\,g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} t\,g(t)\,dt.
Podemos ver isso como a derivada em relação a s de \int_{0}^{\infty} e^{-st}(-1)g(t)\,dt. Mais formalmente, diferenciando G(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}g(t)\,dt sob o sinal de integral (condições de convergência garantem que isto é válido para s>0) temos
\frac{d}{ds}G(s)=\int_{0}^{\infty}\frac{d}{ds}\left(e^{-st}\right)g(t)\,dt=\int_{0}^{\infty}(-t)e^{-st}g(t)\,dt=-\mathcal{L}\{t\,g(t)\}(s).
Logo
\mathcal{L}\{t\,g(t)\}(s)=-G'(s).

Passo 3

Usando a propriedade do Passo 2, para f(t)=t\cos a t basta conhecer G(s)=\mathcal{L}\{\cos a t\}(s). Pela transformada padrão,
\mathcal{L}\{\cos a t\}(s)=\frac{s}{s^{2}+a^{2}},\qquad s>0.
Aplicando a regra do passo anterior,
\mathcal{L}\{t\cos a t\}(s)=-\frac{d}{ds}\left(\frac{s}{s^{2}+a^{2}}\right).

Passo 4

Calculemos a derivada explicitamente. Seja
G(s)=\frac{s}{s^{2}+a^{2}}.
Usamos a regra do quociente:
G'(s)=\frac{(1)(s^{2}+a^{2})-s(2s)}{(s^{2}+a^{2})^{2}} =\frac{s^{2}+a^{2}-2s^{2}}{(s^{2}+a^{2})^{2}} =\frac{a^{2}-s^{2}}{(s^{2}+a^{2})^{2}}.
Portanto, pela propriedade do passo 2,
\mathcal{L}\{t\cos a t\}(s)=-G'(s)=-\frac{a^{2}-s^{2}}{(s^{2}+a^{2})^{2}}=\frac{s^{2}-a^{2}}{(s^{2}+a^{2})^{2}}.
Isso mostra exatamente o resultado pedido.

Passo 5

Agora resolvemos o problema de valor inicial por transformada de Laplace. Denote Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s). Tomando Laplace dos dois lados da equação diferencial e usando as fórmulas
\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0),\qquad \mathcal{L}\{y''\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0),
obtemos
\bigl(s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0)\bigr)+4\bigl(sY(s)-y(0)\bigr)+13Y(s)=\mathcal{L}\{e^{-2t}\sin 3t\}(s).
Substituindo y(0)=1 e y'(0)=2,
s^{2}Y(s)-s-2+4sY(s)-4+13Y(s)=\mathcal{L}\{e^{-2t}\sin 3t\}(s).

Passo 6

Simplificando o lado esquerdo:
Y(s)\bigl(s^{2}+4s+13\bigr)-s-6=\mathcal{L}\{e^{-2t}\sin 3t\}(s).
Agora a transformada do lado direito: primeiro \mathcal{L}\{\sin 3t\}(s)=\dfrac{3}{s^{2}+9}. A multiplicação por e^{-2t} corresponde à mudança s\mapsto s+2, logo
\mathcal{L}\{e^{-2t}\sin 3t\}(s)=\frac{3}{(s+2)^{2}+9}.
Note que s^{2}+4s+13=(s+2)^{2}+9. Assim a equação em Y(s) fica
Y(s)\bigl((s+2)^{2}+9\bigr)-s-6=\frac{3}{(s+2)^{2}+9}.
Isolando Y(s),
Y(s)=\frac{s+6}{(s+2)^{2}+9}+\frac{3}{\bigl((s+2)^{2}+9\bigr)^{2}}.
(Escrevi como soma, colocando o termo \dfrac{3}{D} sobre o mesmo denominador D=(s+2)^{2}+9.)

Passo 7

Vamos inverter a transformada termo a termo. É conveniente fazer a substituição u=s+2 mentalmente (propriedade de deslocamento): a inversa de uma expressão em u=s+2 recebe um fator e^{-2t}. Escrevendo com u temos
Y(s)=\frac{u+4}{u^{2}+9}+\frac{3}{(u^{2}+9)^{2}}, \qquad u=s+2.
Separe o primeiro quociente:
\frac{u+4}{u^{2}+9}=\frac{u}{u^{2}+9}+\frac{4}{u^{2}+9}.
Recordando transformadas básicas:
\mathcal{L}\{\cos 3t\}(u)=\frac{u}{u^{2}+9},\qquad \mathcal{L}\{\sin 3t\}(u)=\frac{3}{u^{2}+9}.
Pelo deslocamento u=s+2, isso corresponde a termos na função solução multiplicados por e^{-2t}. Assim a inversa do primeiro pedaço é
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{u}{u^{2}+9}\right\}=e^{-2t}\cos 3t,\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{4}{u^{2}+9}\right\}=\frac{4}{3}e^{-2t}\sin 3t.

Passo 8

Falta inverter o segundo termo \dfrac{3}{(u^{2}+9)^{2}}. Precisamos da transformada inversa de \dfrac{1}{(u^{2}+a^{2})^{2}}. Já que no Passo 3 deduzimos transformadas com fator t, podemos usar a combinação linear:
procuramos h(t) tal que
\mathcal{L}\{h(t)\}(u)=\frac{1}{(u^{2}+a^{2})^{2}}.
Uma identidade conveniente (que pode ser obtida resolvendo um sistema linear entre \sin a t e t\cos a t) é
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(u^{2}+a^{2})^{2}}\right\} =\frac{1}{2a^{3}}\left(\sin a t - a t\cos a t\right).
Breve verificação: aplicando \mathcal{L} aos dois termos do lado direito e combinando dá \dfrac{1}{(u^{2}+a^{2})^{2}}. Para nosso caso a=3, obtemos
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(u^{2}+9)^{2}}\right\} =\frac{1}{2\cdot 27}\bigl(\sin 3t - 3t\cos 3t\bigr) =\frac{1}{54}\sin 3t - \frac{1}{18}t\cos 3t.
Multiplicando por 3 (porque temos 3/(u^{2}+9)^{2}) dá
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{3}{(u^{2}+9)^{2}}\right\} =\frac{3}{54}\sin 3t - \frac{3}{18}t\cos 3t =\frac{1}{18}\sin 3t - \frac{1}{6}t\cos 3t.
E, novamente pelo deslocamento u=s+2, devemos multiplicar tudo por e^{-2t}.

Passo 9

Somando as inversas dos dois termos e lembrando do fator e^{-2t} que vem de u=s+2, temos
y(t)=e^{-2t}\Bigl(\cos 3t+\frac{4}{3}\sin 3t\Bigr)+e^{-2t}\Bigl(\frac{1}{18}\sin 3t-\frac{1}{6}t\cos 3t\Bigr).
Agrupando termos semelhantes (especialmente os de \sin 3t):
\frac{4}{3}+\frac{1}{18}=\frac{24}{18}+\frac{1}{18}=\frac{25}{18}.
Logo a solução final é
y(t)=e^{-2t}\Bigl(\cos 3t+\frac{25}{18}\sin 3t-\frac{1}{6}t\cos 3t\Bigr).
Uma checagem rápida nos valores iniciais confirma: para t=0 obtemos y(0)=1; derivando e avaliando em 0 y'(0)=2, compatível com as condições iniciais.

Resposta

\mathcal{L}\{t\cos a t\}(s)=\frac{s^{2}-a^{2}}{\left(s^{2}+a^{2}\right)^{2}},\quad s>0
y(t)=e^{-2t}\Bigl(\cos 3t+\frac{25}{18}\sin 3t-\frac{1}{6}t\cos 3t\Bigr)

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