Um sistema massa-mola sem amortecimento está inicialmente em repouso e é submetido a uma força externa que atua apenas durante um intervalo de tempo finito. Após um certo instante, essa força é completamente desligada. Sabe-se que a força atua apenas no intervalo 0 \leq t<\pi e que ela tem a intensidade sen (t). Após o desligamento, o sistema passa a evoluir livremente. A posição y(t) do sistema satisfaz a equação:
y^{\prime \prime}(t)+y(t)=\text { força aplicada. }ç
(a) Modele de forma conveniente a força aplicada no sistema utilizando a função degrau.
(b) Escreva o PVI completo.
(c) Resolva o problema utilizando a Transformada de Laplace.
(d) Descreva qualitativamente o comportamento da solução para t \geq \pi.

Passo 1

O enunciado fornece e pede o seguinte (tudo em função do tempo t):
  • Dado: o sistema massa-mola sem amortecimento satisfaz a equação
y''(t)+y(t)=\text{força aplicada},ç
e a força aplicada tem intensidade \sin(t) apenas no intervalo 0\le t<\pi; depois de t=\pi a força é zero. O sistema está inicialmente em repouso (isso significa que as condições iniciais serão dadas).
  • Perguntas:
    (a) Modelar a força aplicada usando a função degrau (Heaviside).
    (b) Escrever o problema de valor inicial (PVI) completo, com condições iniciais.
    (c) Resolver o PVI usando a Transformada de Laplace, passo a passo.
    (d) Descrever qualitativamente o comportamento da solução para t\ge\pi.
As informações numéricas relevantes extraídas do enunciado:
  • Força: \sin(t) para 0\le t<\pi, e 0 para t\ge\pi.
  • Condições iniciais (“inicialmente em repouso”): \;y(0)=0 e \;y'(0)=0.

Passo 2

(a) Modelagem da força com a função degrau.
Explicação rápida da função degrau: a função degrau \,u(t-a)\, (também escrita H(t-a)) vale 0 para t<a e vale 1 para t\ge a. Para representar uma função que é ativa apenas entre t=a e t=b usamos \,u(t-a)-u(t-b)\,, que vale 1 em a\le t<b e 0 fora.
Aplicando isso ao nosso caso (força \sin t em 0\le t<\pi e 0 depois), obtemos:
\text{força}(t)=\sin(t)\bigl[u(t)-u(t-\pi)\bigr].ç
Comentário intuitivo: \sin(t)u(t) garante que a função é zero para t<0; subtrair \sin(t)u(t-\pi) “desliga” a força a partir de t=\pi.

Passo 3

(b) PVI completo.
Escrevendo a equação com a força modelada e as condições iniciais (o enunciado disse “inicialmente em repouso”):
\begin{cases} y''(t)+y(t)=\sin(t)\bigl[u(t)-u(t-\pi)\bigr],\\[4pt] y(0)=0,\\[4pt] y'(0)=0. \end{cases}
Agora vamos resolver este PVI com Laplace.]

Passo 4

(c) Resolução pelo método da Transformada de Laplace — passo a passo e com explicações das propriedades usadas.
  1. Tomar Laplace dos dois lados. Notações: Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s). Propriedade para derivadas:
\mathcal{L}\{y''(t)\}(s)=s^2Y(s)-s y(0)-y'(0).
Como y(0)=0 e y'(0)=0, isso simplifica para \mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s). Assim a transformada da equação dá
s^2Y(s)+Y(s)=\mathcal{L}\{\sin(t)\bigl[u(t)-u(t-\pi)\bigr]\}(s).
  1. Transformada da força. Usamos linearidade:
\mathcal{L}\{\sin(t)[u(t)-u(t-\pi)]\}=\mathcal{L}\{\sin t\}-\mathcal{L}\{\sin t\,u(t-\pi)\}.
Sabemos \mathcal{L}\{\sin t\}=\dfrac{1}{s^2+1}.
Para \mathcal{L}\{\sin t\,u(t-\pi)\} usamos a identidade trigonométrica para reescrever \sin t em função de t-\pi:
\sin t=\sin\bigl((t-\pi)+\pi\bigr)=\sin(t-\pi)\cos\pi+\cos(t-\pi)\sin\pi=-\sin(t-\pi),
portanto \sin t\,u(t-\pi)=-\sin(t-\pi)u(t-\pi). Agora aplicamos o teorema do deslocamento no tempo: se g(t)=\sin t e G(s)=\mathcal{L}\{g\}(s)=\dfrac{1}{s^2+1}, então
\mathcal{L}\{g(t-a)u(t-a)\}=e^{-as}G(s).
Tomando g(t)=-\sin t e a=\pi obtemos
\mathcal{L}\{\sin t\,u(t-\pi)\}=-e^{-\pi s}\frac{1}{s^2+1}.
Logo
\mathcal{L}\{\sin t[u(t)-u(t-\pi)]\}=\frac{1}{s^2+1}-\Bigl(-e^{-\pi s}\frac{1}{s^2+1}\Bigr)=\frac{1+e^{-\pi s}}{s^2+1}.
  1. Equação algébrica em s:
(s^2+1)Y(s)=\frac{1+e^{-\pi s}}{s^2+1}.
Logo
Y(s)=\frac{1+e^{-\pi s}}{(s^2+1)^2}.
  1. Inversão da transformada: escrever Y(s) como soma de duas partes para usar o deslocamento no tempo:
Y(s)=\frac{1}{(s^2+1)^2}+e^{-\pi s}\frac{1}{(s^2+1)^2}.
Cada termo será invertido separadamente.
  • Primeiro termo: \dfrac{1}{(s^2+1)^2}. Usamos a propriedade \mathcal{L}\{t f(t)\}=-\dfrac{d}{ds}F(s). Com F(s)=\mathcal{L}\{\sin t\}=\dfrac{1}{s^2+1} temos
\mathcal{L}\{t\sin t\}(s)=-\frac{d}{ds}\left(\frac{1}{s^2+1}\right)=\frac{2s}{(s^2+1)^2}.
Também sabemos \mathcal{L}\{\cos t\}=\dfrac{s}{s^2+1} e assim
\mathcal{L}\{t\cos t\}(s)=-\frac{d}{ds}\left(\frac{s}{s^2+1}\right)=\frac{s^2-1}{(s^2+1)^2}.
Fazendo combinação linear (ou buscando uma função cuja transformada seja 1/(s^2+1)^2) obtemos
\mathcal{L}\left\{\frac{1}{2}\sin t-\frac{1}{2}t\cos t\right\}(s)=\frac{1}{(s^2+1)^2}.
Assim a inversa é
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s^2+1)^2}\right\}=\frac{1}{2}\sin t-\frac{1}{2}t\cos t.
(Se quiser um pequeno check: aplicar \mathcal{L} ao lado direito e verificar que dá 1/(s^2+1)^2.)
  • Segundo termo: e^{-\pi s}\dfrac{1}{(s^2+1)^2} é o deslocamento no tempo da função anterior. Pelo teorema do deslocamento:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{e^{-\pi s}\frac{1}{(s^2+1)^2}\right\}=\Bigl(\frac{1}{2}\sin(t-\pi)-\frac{1}{2}(t-\pi)\cos(t-\pi)\Bigr)u(t-\pi).
  1. Somando as duas partes, a solução y(t) em forma não simplificada é
y(t)=\frac{1}{2}\sin t-\frac{1}{2}t\cos t +\;u(t-\pi)\Bigl(\frac{1}{2}\sin(t-\pi)-\frac{1}{2}(t-\pi)\cos(t-\pi)\Bigr).
  1. Obter forma peça-por-peça (útil para interpretar fisicamente).
  • Para 0\le t<\pi temos u(t-\pi)=0, então
y(t)=\frac{1}{2}\sin t-\frac{1}{2}t\cos t,\qquad 0\le t<\pi.
  • Para t\ge\pi temos u(t-\pi)=1. Usando as identidades trigonométricas \sin(t-\pi)=-\sin t e \cos(t-\pi)=-\cos t, a expressão para t\ge\pi torna-se
\begin{aligned} y(t)&=\frac{1}{2}\sin t-\frac{1}{2}t\cos t+\frac{1}{2}\sin(t-\pi)-\frac{1}{2}(t-\pi)\cos(t-\pi)\\[4pt] &=\frac{1}{2}\sin t-\frac{1}{2}t\cos t-\frac{1}{2}\sin t+\frac{1}{2}(t-\pi)\cos t\\[4pt] &=\Bigl(-\frac{1}{2}t+\frac{1}{2}t-\frac{1}{2}\pi\Bigr)\cos t=-\frac{\pi}{2}\cos t. \end{aligned}
Portanto, para t\ge\pi,
y(t)=-\frac{\pi}{2}\cos t,\qquad t\ge\pi.
  1. Verificações rápidas (continuidade): em t=\pi,
y(\pi^-)=\frac{1}{2}\sin\pi-\frac{1}{2}\pi\cos\pi=0-\frac{1}{2}\pi(-1)=\frac{\pi}{2},
y(\pi^+)= -\frac{\pi}{2}\cos\pi=-\frac{\pi}{2}(-1)=\frac{\pi}{2},
logo y é contínua em t=\pi. As derivadas também conferem continuidade (cheque rápido dá y'(\pi^-)=0 e y'(\pi^+)=0).]

Passo 5

(d) Interpretação qualitativa para t\ge\pi.
  • Depois que a força é desligada ( t\ge\pi), o sistema é livre (sem amortecimento), logo a solução é combinação da solução homogênea A\cos t+B\sin t. Encontramos explicitamente
y(t)=-\frac{\pi}{2}\cos t\quad\text{para }t\ge\pi.
  • Isso significa oscilação harmônica simples de frequência natural 1 (no nosso sistema as unidades foram escolhidas de modo que a frequência angular é 1), sem amortecimento, com amplitude \dfrac{\pi}{2} e fase tal que o movimento é proporcional a -\cos t.
  • Fisicamente: a força aplicada nos primeiros \pi segundos deixou o sistema com deslocamento e velocidade tais que, a partir de t=\pi, o sistema oscila livremente com amplitude constante \pi/2 (não há perda de energia porque não há amortecimento).

Resposta

(a) [\displaystyle força(t)=\sin(t)\bigl[u(t)-u(t-\pi)\bigr])
(b) (\displaystyle \begin{cases} y''(t)+y(t)=\sin(t)\bigl[u(t)-u(t-\pi)\bigr],\\[4pt] y(0)=0,\;y'(0)=0. \end{cases}]
(c) \displaystyle y(t)=\begin{cases} \dfrac{1}{2}\sin t-\dfrac{1}{2}t\cos t, & 0\le t<\pi,\\[8pt] -\dfrac{\pi}{2}\cos t, & t\ge\pi. \end{cases}
(d) Para t\ge\pi o sistema oscila livremente com frequência angular 1, sem amortecimento, numa oscilação harmônica simples de amplitude \dfrac{\pi}{2}: \;y(t)=-\dfrac{\pi}{2}\cos t.]

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