3(2,0) Usando a Transformada de Laplace resolva o P.V.I, \left\{\begin{array}{l}y^{\prime \prime}-16 y=f(t) \\\ y(0)=0 \\\ y^{\prime}(0)=1\end{array}\right. onde f(t)=\left\{\begin{array}{l}\pi ; 0 \leq t<\pi \\\\ 0 ; t \geq \pi\end{array}\right.
f(t)=U_{\pi}(t)

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede:
  • Equação diferencial com condições iniciais (P.V.I.):
y''-16y=f(t), \qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=1.
  • A função forçante é dada por partes:
f(t)=\begin{cases} \pi, & 0\le t<\pi,\\[4pt] 0, & t\ge\pi. \end{cases}
  • O enunciado também indica simbólica menção a um degrau, f(t)=U_{\pi}(t), mas vou usar a definição em partes dada explicitamente acima.
  • Pedido: encontrar y(t) que satisfaça a equação e as condições iniciais (solução explícita para todo t).]

Passo 2

Escolha de representação da força f(t) (útil para Laplace) e transformadas iniciais:
  • É conveniente escrever f(t) usando o degrau unitário u_\pi(t) (função que vale 0 para t<\pi e 1 para t\ge\pi). A partir da definição em partes,
f(t)=\pi\,(1-u_\pi(t)).
  • Definição útil: a transformada de Laplace de uma função g(t) é \mathcal{L}\{g\}(s)=\int_0^{\infty} e^{-st}g(t)\,dt. Notas importantes que vou usar:
    • \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0).
    • \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-s y(0)-y'(0).
    • Teorema do descolamento no tempo: \mathcal{L}\{u_a(t) g(t-a)\}=e^{-a s}\mathcal{L}\{g(t)\}.
  • Calculo a transformada de f(t): \mathcal{L}\{f(t)\}=\mathcal{L}\{\pi(1-u_\pi(t))\}=\pi\left(\frac{1}{s}-\frac{e^{-\pi s}}{s}\right).

Passo 3

Aplicando a Laplace à equação e isolando Y(s):
  • Tome transformada de ambos os lados. Usando y(0)=0 e y'(0)=1,
\mathcal{L}\{y''\}-16\mathcal{L}\{y\} \implies (s^2Y(s)-s\cdot 0 -1)-16Y(s) = (s^2-16)Y(s)-1.
  • Igualando à transformada de f,
(s^2-16)Y(s)-1 = \pi\left(\frac{1}{s}-\frac{e^{-\pi s}}{s}\right).
  • Assim
Y(s)=\frac{1}{s^2-16}+\frac{\pi}{s(s^2-16)}-\frac{\pi e^{-\pi s}}{s(s^2-16)}.
Vou inverter cada parcela separadamente.

Passo 4

Inversão da parcela \dfrac{1}{s^2-16}:
  • Decomposição parcial:
\frac{1}{s^2-16}=\frac{1}{(s-4)(s+4)}=\frac{1}{8}\left(\frac{1}{s-4}-\frac{1}{s+4}\right).
  • Inversa de Laplace dos termos simples:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s-4}\right\}=e^{4t},\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s+4}\right\}=e^{-4t}.
  • Logo
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^2-16}\right\}=\frac{1}{8}\bigl(e^{4t}-e^{-4t}\bigr)=\frac{1}{4}\operatorname{sinh}(4t).

Passo 5

Inversão da parcela \dfrac{\pi}{s(s^2-16)}\) (sem deslocamento): - Faço decomposição parcial do tipo \(\dfrac{\pi}{s(s-4)(s+4)}=\dfrac{A}{s}+\dfrac{B}{s-4}+\dfrac{C}{s+4}\). - Equacionando numeradores: \[A(s^2-16)+Bs(s+4)+Cs(s-4)=\pi.
Expandindo e agrupando potências de s:
(A+B+C)s^2+(4B-4C)s-16A=\pi.
Comparando coeficientes (lado direito é constante \pi):
\begin{cases} A+B+C=0,\\[2pt] 4B-4C=0 \Rightarrow B=C,\\[2pt] -16A=\pi \Rightarrow A=-\dfrac{\pi}{16}. \end{cases}
Com A=-\dfrac{\pi}{16}\] e \(B=C, da primeira equação vem -\dfrac{\pi}{16}+2B=0, logo B=C=\dfrac{\pi}{32}.
  • Assim
\frac{\pi}{s(s^2-16)}=-\frac{\pi}{16}\cdot\frac{1}{s}+\frac{\pi}{32}\cdot\frac{1}{s-4}+\frac{\pi}{32}\cdot\frac{1}{s+4}.
  • Inversas:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{-\frac{\pi}{16}\cdot\frac{1}{s}\right\}=-\frac{\pi}{16}, \qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{\pi}{32}\cdot\frac{1}{s\pm4}\right\}=\frac{\pi}{32}e^{\pm4t}.
  • Somando,
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{\pi}{s(s^2-16)}\right\}=-\frac{\pi}{16}+\frac{\pi}{32}\bigl(e^{4t}+e^{-4t}\bigr) =\frac{\pi}{16}\bigl(\operatorname{cosh}(4t)-1\bigr).]

Passo 6

Inversão da parcela deslocada -\dfrac{\pi e^{-\pi s}}{s(s^2-16)} usando o teorema do deslocamento:
  • Já encontramos a inversa de \dfrac{1}{s(s^2-16)}, que é
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s(s^2-16)}\right\}=\frac{1}{16}\bigl(\operatorname{cosh}(4t)-1\bigr).
  • Pelo teorema do deslocamento: \mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=u_a(t)\,f(t-a) onde f=\mathcal{L}^{-1}\{F\}.
  • Aplicando com a=\pi e factor -\pi,
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{-\frac{\pi e^{-\pi s}}{s(s^2-16)}\right\} =-\pi\,u_{\pi}(t)\cdot\frac{1}{16}\bigl(\operatorname{cosh}(4(t-\pi))-1\bigr).
  • Ou seja,
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{-\frac{\pi e^{-\pi s}}{s(s^2-16)}\right\}=-\frac{\pi}{16}\,u_{\pi}(t)\bigl(\operatorname{cosh}(4(t-\pi))-1\bigr).

Passo 7

Combinação das partes e expressão final da solução:
  • Somando as inversas obtidas nos passos 4, 5 e 6:
y(t)=\frac{1}{4}\operatorname{sinh}(4t)+\frac{\pi}{16}\bigl(\operatorname{cosh}(4t)-1\bigr) -\frac{\pi}{16}\,u_{\pi}(t)\bigl(\operatorname{cosh}(4(t-\pi))-1\bigr).
  • Podemos escrever de forma mais explícita em peças (mais adequada numa prova):
    • Para 0\le t<\pi (onde u_{\pi}(t)=0),
    y(t)=\frac{1}{4}\operatorname{sinh}(4t)+\frac{\pi}{16}\bigl(\operatorname{cosh}(4t)-1\bigr).
    • Para t\ge\pi (onde u_{\pi}(t)=1),
    y(t)=\frac{1}{4}\operatorname{sinh}(4t)+\frac{\pi}{16}\bigl(\operatorname{cosh}(4t)-1\bigr) -\frac{\pi}{16}\bigl(\operatorname{cosh}(4(t-\pi))-1\bigr).
  • Observação rápida (checagem de condições iniciais): em t=0 tem-se y(0)=0 e y'(0)=1, como exigido.

Resposta

y(t)=\frac{1}{4}\operatorname{sinh}(4t)+\frac{\pi}{16}\bigl(\operatorname{cosh}(4t)-1\bigr) -\frac{\pi}{16}\,u_{\pi}(t)\bigl(\operatorname{cosh}(4(t-\pi))-1\bigr).
\text{Equivalente em forma peça:}\quad y(t)=\begin{cases} \displaystyle \frac{1}{4}\operatorname{sinh}(4t)+\frac{\pi}{16}\bigl(\operatorname{cosh}(4t)-1\bigr), & 0\le t<\pi,\\[10pt] \displaystyle \frac{1}{4}\operatorname{sinh}(4t)+\frac{\pi}{16}\bigl(\operatorname{cosh}(4t)-\operatorname{cosh}(4(t-\pi))\bigr), & t\ge\pi. \end{cases}ç]

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