Use a transformada de Laplace para resolver o problema de valor inicial
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+2 y=e^{t} \\\ y(0)=0, y^{\prime}(0)=1 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver, usando transformada de Laplace, o problema de valor inicial
\left\{\begin{array}{l} y''-2y'+2y=e^{t},\\[4pt] y(0)=0,\;y'(0)=1. \end{array}\right.
Informações relevantes dadas:
  • A equação diferencial linear de segunda ordem com coeficientes constantes e termo forçante e^{t}.
  • Condições iniciais y(0)=0 e y'(0)=1.
    Objetivo: encontrar y(t) válida para t\ge0 aplicando a transformada de Laplace.]

Passo 2

Rápido resumo da transformada de Laplace e propriedades que vamos usar (aqui ensino como se prepara na prova):
  • Definição: para uma função f(t) de crescimento adequado, a transformada de Laplace é
\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt.
  • Linearidade: \mathcal{L}\{a f+b g\}=a\mathcal{L}\{f\}+b\mathcal{L}\{g\}.
  • Transformadas das derivadas (essenciais para PVI):
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0), \qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0),
onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.
  • Transformada de uma exponencial conhecida:
\mathcal{L}\{e^{at}\}=\frac{1}{s-a},\quad \text{para }\Re(s)>a.
  • Teorema do deslocamento (útil depois): se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s) então \mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}=F(s-a).
    Essas fórmulas permitem transformar a EDO em uma equação algébrica em Y(s).

Passo 3

Aplicar \mathcal{L} em ambos os lados da equação e usar as condições iniciais. Seja Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}. Tomando Laplace:
\mathcal{L}\{y''\}-2\mathcal{L}\{y'\}+2\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{e^{t}\}.
Substituindo as fórmulas das derivadas e y(0)=0,\;y'(0)=1:
\big(s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0)\big)-2\big(sY(s)-y(0)\big)+2Y(s)=\frac{1}{s-1}.
Como y(0)=0 e y'(0)=1, isso fica
s^{2}Y(s)-1-2sY(s)+2Y(s)=\frac{1}{s-1}.

Passo 4

Agrupar Y(s) e isolar:
\big(s^{2}-2s+2\big)Y(s)-1=\frac{1}{s-1}.
Logo
\big(s^{2}-2s+2\big)Y(s)=\frac{1}{s-1}+1=\frac{s}{s-1},
portanto
Y(s)=\frac{s}{(s-1)\big(s^{2}-2s+2\big)}.
Observação útil: s^{2}-2s+2=(s-1)^{2}+1. Para inverter a transformada vamos simplificar a expressão colocando em termos de u=s-1.

Passo 5

Fazer a mudança u=s-1 (facilita decomposição e uso do deslocamento). Então s=u+1 e
Y(s)=\frac{u+1}{u\big(u^{2}+1\big)}.
Vamos decompor em frações parciais na variável u:
procuramos constantes A,B,C tais que
\frac{u+1}{u(u^{2}+1)}=\frac{A}{u}+\frac{Bu+C}{u^{2}+1}.
Multiplicando por u(u^{2}+1) obtemos a identidade polinomial
u+1 = A(u^{2}+1)+(Bu+C)u = (A+B)u^{2}+C u + A.
Comparando coeficientes de potências de u:
  • coeficiente de u^{2}: A+B=0,
  • coeficiente de u: C=1,
  • termo constante: A=1.
    Assim A=1, C=1, B=-1. Logo
\frac{u+1}{u(u^{2}+1)}=\frac{1}{u}+\frac{-u+1}{u^{2}+1}.

Passo 6

Voltar a variável s (lembrando u=s-1):
Y(s)=\frac{1}{s-1}+\frac{-(s-1)+1}{(s-1)^{2}+1}.
Reescrever o segundo termo separando em duas frações úteis para a inversa:
\frac{-(s-1)+1}{(s-1)^{2}+1}=-\frac{s-1}{(s-1)^{2}+1}+\frac{1}{(s-1)^{2}+1}.
Portanto
Y(s)=\frac{1}{s-1}-\frac{s-1}{(s-1)^{2}+1}+\frac{1}{(s-1)^{2}+1}.

Passo 7

Usar inversas conhecidas (e o teorema do deslocamento): para a=1,
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s-1}\right\}=e^{t}, \quad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s-1}{(s-1)^{2}+1}\right\}=e^{t}\cos t, \quad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s-1)^{2}+1}\right\}=e^{t}\sin t.
Aplicando \mathcal{L}^{-1} termo a termo:
y(t)=e^{t}-e^{t}\cos t+e^{t}\sin t.
Fatorando e^{t} para deixar mais compacto:
y(t)=e^{t}\big(1-\cos t+\sin t\big).

Passo 8

Verificação rápida das condições iniciais (para ter segurança na prova):
  • y(0)=e^{0}\big(1-\cos 0+\sin 0\big)=1(1-1+0)=0, confere.
  • Calcular y'(t) para t=0: usando produto,
y'(t)=e^{t}(1-\cos t+\sin t)+e^{t}(0+\sin t+\cos t)=e^{t}\big(1+2\sin t\big),
então y'(0)=1, confere também. Isso dá confiança de que a solução está correta.

Resposta

y(t)=e^{t}\big(1-\cos t+\sin t\big)

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