Usando a transformada de Laplace, resolva os PVIs abaixo:
y^{\prime \prime}+y=f(t) ; y(0)=1, y^{\prime}(0)=0 e em que f(t)=\left\{\begin{array}{cc}1 & , 0 \leq t<\pi / 2 \\\ \operatorname{sen}(t) & , t \geq \pi / 2\end{array}\right.

Passo 1

O problema pede resolver o problema de valor inicial
y''+y=f(t),\qquad y(0)=1,\qquad y'(0)=0,
onde a força f(t)\) é dada por \[f(t)=\begin{cases} 1, & 0\le t<\tfrac{\pi}{2},\\[4pt] \sin t, & t\ge \tfrac{\pi}{2}. \end{cases}
Informações relevantes fornecidas:
y(0)=1,\quad y'(0)=0,\quad f(t)=1\\ \text{até}\\ t=\tfrac{\pi}{2}\\ \text{e depois}\\ \sin t.é
A tarefa é encontrar y(t)\] para todos \(t\ge0 usando a transformada de Laplace. Não vou pedir nada a você — vou resolver passo a passo.]

Passo 2

Primeiro vamos escrever f(t) usando a função degrau unitário u_a(t) (Heaviside). Tome a=\tfrac{\pi}{2}. Podemos escrever
f(t)=1+u_{a}(t)\big(\sin t-1\big),
porque para t<a o termo com u_a some e f(t)=1; para t\ge a temos f(t)=1+(\sin t-1)=\sin t. Essa representação facilita aplicar a segunda propriedade de deslocamento da Laplace.

Passo 3

Agora aplicamos a transformada de Laplace à equação. Lembrando que
\mathcal{L}\{y''\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0),\qquad \mathcal{L}\{y\}=Y(s),
onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}. Com as condições iniciais y(0)=1,\\ y'(0)=0, temos
\mathcal{L}\{y''+y\}=(s^{2}+1)Y(s)-s.
Agora a transformada de f(t). Usando linearidade,
\mathcal{L}\{f\}=\mathcal{L}\{1\}+\mathcal{L}\{u_a(t)(\sin t-1)\}.
Sabemos \mathcal{L}\{1\}=\dfrac{1}{s}. Para o termo com degrau usamos a forma conveniente do teorema do deslocamento: se escrevemos u_a(t)h(t-a) então
\mathcal{L}\{u_a(t)h(t-a)\}=e^{-as}\mathcal{L}\{h(t)\}.
Queremos pôr u_a(t)(\sin t-1) nesta forma: note que \sin t-1=\sin((t-a)+a)-1, portanto podemos definir
h(u)=\sin(u+a)-1\quad\text{com}\\ u=t-a,
e assim
\mathcal{L}\{u_a(t)(\sin t-1)\}=e^{-as}\,\mathcal{L}\{\sin(t+a)-1\}.
Calculemos \mathcal{L}\{\sin(t+a)-1\}. Usando linearidade e as fórmulas básicas,
\mathcal{L}\{\sin(t+a)\}=\mathcal{L}\{\sin t\cos a+\cos t\sin a\} =\cos a\cdot\frac{1}{s^{2}+1}+\sin a\cdot\frac{s}{s^{2}+1},
e \mathcal{L}\{1\}=\dfrac{1}{s}. Portanto
\mathcal{L}\{\sin(t+a)-1\}=\frac{\cos a}{s^{2}+1}+\frac{\sin a\;s}{s^{2}+1}-\frac{1}{s}.
Juntando tudo,
\mathcal{L}\{f\}=\frac{1}{s}+e^{-as}\!\left(\frac{\cos a}{s^{2}+1}+\frac{\sin a\;s}{s^{2}+1}-\frac{1}{s}\right).

Passo 4

Voltando à equação transformada:
(s^{2}+1)Y(s)-s=\mathcal{L}\{f\}.
Logo
(s^{2}+1)Y(s)=s+\mathcal{L}\{f\}.
Substituindo \mathcal{L}\{f\}:
(s^{2}+1)Y(s)=s+\frac{1}{s}+e^{-as}\!\left(\frac{\cos a}{s^{2}+1}+\frac{\sin a\;s}{s^{2}+1}-\frac{1}{s}\right).
Dividindo por s^{2}+1,
Y(s)=\frac{s+\dfrac{1}{s}}{s^{2}+1}+e^{-as}\cdot\frac{\dfrac{\cos a}{s^{2}+1}+\dfrac{\sin a\;s}{s^{2}+1}-\dfrac{1}{s}}{s^{2}+1}.
Repare que
\frac{s+\dfrac{1}{s}}{s^{2}+1}=\frac{s^{2}+1}{s(s^{2}+1)}=\frac{1}{s}.
Portanto a expressão simplifica muito:
Y(s)=\frac{1}{s}+e^{-as}\left(\frac{\cos a}{(s^{2}+1)^{2}}+\frac{\sin a\;s}{(s^{2}+1)^{2}}-\frac{1}{s(s^{2}+1)}\right).
Assim, em termos de inversa de Laplace teremos y(t)=1 mais um termo retardado (multiplicado por u_a(t)).

Passo 5

Precisamos agora encontrar a transformada inversa da parte sem o fator e^{-as}, ou seja
F(s)=\frac{\cos a}{(s^{2}+1)^{2}}+\frac{\sin a\;s}{(s^{2}+1)^{2}}-\frac{1}{s(s^{2}+1)}.
Vamos recordar e obter transformadas inversas úteis (aqui explico como deduzir; é útil para a prova):
  • Usando a propriedade \mathcal{L}\{t f(t)\}=-\dfrac{d}{ds}\mathcal{L}\{f(t)\}, temos
\mathcal{L}\{t\sin t\}=-\frac{d}{ds}\!\left(\frac{1}{s^{2}+1}\right)=\frac{2s}{(s^{2}+1)^{2}}.
Logo
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s}{(s^{2}+1)^{2}}\right\}=\frac{1}{2}t\sin t.
  • Para \dfrac{1}{(s^{2}+1)^{2}} podemos combinar transformadas: calculemos a transformada inversa direta: testar a função g(t)=\dfrac{1}{2}\sin t-\dfrac{1}{2}t\cos t. Usando transformadas básicas e a propriedade do produto por t dá-se:
\mathcal{L}\{g(t)\}=\frac{1}{(s^{2}+1)^{2}}.
Portanto
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s^{2}+1)^{2}}\right\}=\frac{1}{2}\sin t-\frac{1}{2}t\cos t.
  • Para \dfrac{1}{s(s^{2}+1)} fazemos uma fração parcial:
\frac{1}{s(s^{2}+1)}=\frac{1}{s}-\frac{s}{s^{2}+1},
portanto
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s(s^{2}+1)}\right\}=1-\cos t.
Usando essas inversas, escrevemos a função temporal correspondente a F(s):
f(t)=\cos a\!\left(\frac{1}{2}\sin t-\frac{1}{2}t\cos t\right)+\sin a\!\left(\frac{1}{2}t\sin t\right)+( \cos t-1).
Lembre que Y(s) tem o termo multiplicado por e^{-as}, então, pela segunda propriedade de deslocamento,
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=u_a(t)\,f(t-a).

Passo 6

Portanto a solução em tempo é
y(t)=1+u_a(t)\,f(t-a),
ou seja
y(t)=\begin{cases} 1, & 0\le t<a,\\[4pt] 1+f(t-a), & t\ge a. \end{cases}
Substituíndo f (lembrando que a=\tfrac{\pi}{2}) temos, antes de simplificar,
f(u)=\cos a\!\left(\tfrac{1}{2}\sin u-\tfrac{1}{2}u\cos u\right)+\sin a\!\left(\tfrac{1}{2}u\sin u\right)+\cos u-1.
Agora use a=\tfrac{\pi}{2}. Como \cos\!\tfrac{\pi}{2}=0 e \sin\!\tfrac{\pi}{2}=1, isso simplifica bastante:
f(u)=\tfrac{1}{2}u\sin u+\cos u-1.
Logo para t\ge a (isto é, t\ge \tfrac{\pi}{2}),
y(t)=1+ \left(\tfrac{1}{2}(t-a)\sin(t-a)+\cos(t-a)-1\right).
Os +1 e -1 cancelam, ficando
y(t)=\cos(t-a)+\tfrac{1}{2}(t-a)\sin(t-a),\qquad t\ge a.
Com a=\tfrac{\pi}{2} podemos reescrever usando identidades trigonométricas: \cos\big(t-\tfrac{\pi}{2}\big)=\sin t e \sin\big(t-\tfrac{\pi}{2}\big)=-\cos t. Assim uma forma muito limpa é
y(t)=\sin t-\tfrac{1}{2}\big(t-\tfrac{\pi}{2}\big)\cos t,\qquad t\ge \tfrac{\pi}{2}.
É bom checar a continuidade em t=\tfrac{\pi}{2}: para t\to (\tfrac{\pi}{2})^- temos y=1; para t=\tfrac{\pi}{2} na expressão de cima obtemos \sin(\tfrac{\pi}{2})-0=1. Ótimo — contínuo.]

Resposta

y(t)=1,\quad 0\le t<\tfrac{\pi}{2}
y(t)=\sin t-\tfrac{1}{2}\big(t-\tfrac{\pi}{2}\big)\cos t,\quad t\ge\tfrac{\pi}{2}

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