Usar a transformada de Laplace para resolver os problemas de valor inicial abaixo:
y^{\prime \prime}+3 y^{\prime}+2 y=f(t) onde f(t)=\left\{\begin{array}{cc}1, & 0 \leq t<10 \\\\ 0, & t \geq 10\end{array} ; y(0)=0, y^{\prime}(0)=0\right..
TABLE 6.2.1 Elementary Laplace Transforms
f(t)=\mathcal{L}^{-1}{F(s)} F(s)=\mathcal{L}{f(t)} Notes
1.1 \frac{1}{s}, \quad s>0 Sec. 6.1; Ex. 4
2. e^{a t} \frac{1}{s-a}, \quad s>a Sec. 6.1; Ex. 5
3. t^{n}; n= positive integer \frac{n!}{s^{n+1}}, \quad s>0 Sec. 6.1; Prob. 27
4. t^{p}, p>-1 \frac{\Gamma(p+1)}{s^{p+1}}, \quad s>0 Sec. 6.1; Prob. 27
5. sin at \frac{a}{s^{2}+a^{2}}, \quad s>0 Sec. 6.1; Ex. 6
6. \cos a t \frac{s}{s^{2}+a^{2}}, \quad s>0 Sec. 6.1; Prob. 6
7. \operatorname{sinh} a t (\frac{a}{s{2}-a{2}}, \quad s> a ) Sec. 6.1; Prob. 8
8. cosh a t (\frac{s}{s{2}-a{2}}, \quad s> a ) Sec. 6.1; Prob. 7
9. e^{a t} \sin b t \frac{b}{(s-a)^{2}+b^{2}}, \quad s>a Sec. 6.1; Prob. 13
10. e^{a t} \cos b t \frac{s-a}{(s-a)^{2}+b^{2}}, \quad s>a Sec. 6.1; Prob. 14
11. t^{n} e^{a t}, n= positive integer \frac{n!}{(s-a)^{n+1}}, \quad s>a Sec. 6.1; Prob. 18
12. u_{c}(t) \frac{e^{-c s}}{s}, \quad s>0 Sec. 6.3
13. u_{c}(t) f(t-c) e^{-c s} F(s) Sec. 6.3
14. e^{c t} f(t) F(s-c) Sec. 6.3
15. f(c t) \frac{1}{C} F\left(\frac{S}{C}\right), \quad C>0 Sec. 6.3; Prob. 19
16. \int_{0}^{t} f(t-\tau) g(\tau) d \tau F(s) G(s) Sec. 6.6
17. \delta(t-c) e^{-c s} Sec. 6.5
18. f^{(n)}(t) s^{n} F(s)-s^{n-1} f(0)-\cdots-f^{(n-1)}(0) Sec. 6.2
19. (-t)^{n} f(t) F^{(n)}(s) Sec. 6.2; Prob. 28

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial
y'' + 3y' + 2y = f(t),\quad y(0)=0,\;y'(0)=0,
onde
f(t)= \begin{cases} 1,&0\le t<10,\\\\ 0,&t\ge10. \end{cases}
Vamos usar a transformada de Laplace, representar f(t) com funções degrau unitário e inverter via frações parciais e propriedades de deslocamento.

Passo 2

Escrevemos
f(t)=u_{0}(t)-u_{10}(t),
onde u_{c}(t) é o degrau unitário em t=c. Pela Tabela,
\mathcal{L}\{u_{c}(t)\}=\frac{e^{-c s}}{s},
logo
F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\} =\frac{e^{-0\cdot s}}{s}-\frac{e^{-10s}}{s} =\frac{1}{s}-\frac{e^{-10s}}{s}.

Passo 3

Aplicando a transformada de Laplace à equação, usando
\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-s\,y(0)-y'(0) e
\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0) com condições nulas, obtemos
s^2Y(s)+3\,sY(s)+2Y(s)=F(s) \quad\Longrightarrow\quad Y(s)=\frac{F(s)}{s^2+3s+2}.

Passo 4

Fatorando s^2+3s+2=(s+1)(s+2) e substituindo F(s),
Y(s) =\frac{\displaystyle\frac{1}{s}-\frac{e^{-10s}}{s}}{(s+1)(s+2)} =\frac{1}{s(s+1)(s+2)}-\frac{e^{-10s}}{s(s+1)(s+2)}.
Defina
G(s)=\frac{1}{s(s+1)(s+2)},
para obter
Y(s)=G(s)-e^{-10s}G(s).

Passo 5

Fazendo frações parciais em G(s):
\frac{1}{s(s+1)(s+2)} =\frac{A}{s}+\frac{B}{s+1}+\frac{C}{s+2}.
Para s=0 A=\tfrac12; para s=-1 B=-1; para s=-2 C=\tfrac12. Assim
G(s) =\frac{\tfrac12}{s}-\frac{1}{s+1}+\frac{\tfrac12}{s+2}.

Passo 6

Invertendo a Laplace termo a termo, usando
\mathcal{L}^{-1}\{\tfrac1{s}\}=1,
\mathcal{L}^{-1}\{\tfrac1{s+1}\}=e^{-t},
\mathcal{L}^{-1}\{\tfrac1{s+2}\}=e^{-2t}, obtemos
g(t)=\frac12 - e^{-t} + \frac12 e^{-2t}.
Pelo teorema do deslocamento no tempo, a parte e^{-10s}G(s) gera u_{10}(t)\,g(t-10). Portanto
y(t)=g(t)-u_{10}(t)\,g(t-10).

Resposta

y(t) =\frac12 - e^{-t} + \frac12 e^{-2t} \;-\;u_{10}(t)\Bigl(\frac12 - e^{-(t-10)} + \frac12 e^{-2(t-10)}\Bigr).

Exercícios relacionados