Usar a transformada de Laplace para resolver o problema de valor inicial proposto.
y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+2 y=10 \operatorname{sen} 2 t ; \quad y(0)=-1, y^{\prime}(0)=-3

Passo 1

O enunciado pede para resolver por transformada de Laplace o problema de valor inicial
y''+2y'+2y = 10\sin(2t),\quad y(0)=-1,\;y'(0)=-3.
Vamos usar que
\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0),\quad \mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-s\,y(0)-y'(0),
e que
\mathcal{L}\{\sin(2t)\}=\frac{2}{s^2+4}.

Passo 2

Aplicando a transformada de Laplace em cada termo da EDO, temos
s^2Y(s)-s\,y(0)-y'(0)+2\bigl[sY(s)-y(0)\bigr]+2Y(s) =\;10\cdot\frac{2}{s^2+4}.
Substituindo y(0)=-1 e y'(0)=-3,
s^2Y(s)+s+3+2sY(s)+2+2Y(s) =\frac{20}{s^2+4}.
Logo
(s^2+2s+2)\,Y(s)+(s+5)=\frac{20}{s^2+4} \quad\Longrightarrow\quad Y(s) =\frac{\displaystyle \frac{20}{s^2+4}\;-\;(s+5)}{s^2+2s+2}.

Passo 3

Escrevendo
Y(s) =-\frac{s+5}{s^2+2s+2}+\frac{20}{(s^2+4)(s^2+2s+2)},
note que s^2+2s+2=(s+1)^2+1. Aí
-\frac{s+5}{(s+1)^2+1} =-\frac{s+1}{(s+1)^2+1}-\frac{4}{(s+1)^2+1}.
Para a segunda fração fazemos a decomposição
\frac{20}{(s^2+4)\bigl((s+1)^2+1\bigr)} =\frac{As+B}{s^2+4}+\frac{C(s+1)+D}{(s+1)^2+1},
cuja solução é A=-2,\;B=-2,\;C=2,\;D=4. Logo
\frac{20}{(s^2+4)\bigl((s+1)^2+1\bigr)} =-\frac{2s+2}{s^2+4}+\frac{2s+6}{(s+1)^2+1}.

Passo 4

Somando tudo obtemos
Y(s) =-\frac{s+1}{(s+1)^2+1}-\frac{4}{(s+1)^2+1} -\frac{2s+2}{s^2+4} +\frac{2s+6}{(s+1)^2+1}.
Agrupando os termos sobre (s+1)^2+1 fica
Y(s) =\frac{s+1}{(s+1)^2+1}-\frac{2s+2}{s^2+4}.

Passo 5

Usando as transformadas inversas
\mathcal{L}^{-1}\!\Bigl\{\tfrac{s+1}{(s+1)^2+1}\Bigr\}=e^{-t}\cos t, \quad \mathcal{L}^{-1}\!\Bigl\{\tfrac{s}{s^2+4}\Bigr\}=\cos2t, \quad \mathcal{L}^{-1}\!\Bigl\{\tfrac{1}{s^2+4}\Bigr\}=\tfrac12\sin2t,
e reparando que
\tfrac{2s+2}{s^2+4}=2\,\tfrac{s}{s^2+4}+2\,\tfrac{1}{s^2+4},
chegamos a
y(t) =e^{-t}\cos t -2\cos2t -\sin2t.

Resposta

y(t)=e^{-t}\cos t \;-\;2\cos(2t)\;-\;\sin(2t).

Exercícios relacionados