Use a transformada de Laplace para resolver os seguintes problemas de valor inicial em [0,+\infty)
\left\{\begin{array}{l}y^{\prime \prime}-y^{\prime}-2 y=t \\\ y(0)=0, y^{\prime}(0)=0\end{array}\right.

Passo 1

Enunciado e dados importantes (o que o problema pede e o que temos):
\displaystyle \begin{cases} y^{\prime\prime}-y^{\prime}-2y = t, & t\in[0,+\infty)\\[4pt] y(0)=0, \; y^{\prime}(0)=0 \end{cases}
O que se pede: encontrar a solução y(t) que satisfaz a equação diferencial e as condições iniciais usando a transformada de Laplace.
Informações dadas:
  • A equação diferencial linear de segunda ordem com coeficientes constantes e termo forçante t.
  • Condições iniciais \;y(0)=0 e \;y'(0)=0.]

Passo 2

Definição e propriedades que vamos usar (aula rápida e prática):
  • Definição da transformada de Laplace: para uma função f(t) (crescimento apropriado),
\mathcal{L}\{f(t)\} = F(s) = \int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt,
onde s é a variável complexa da transformada. Aqui F(s) é a imagem de f no domínio s.
  • Propriedade para derivadas (muito útil para PVI):
\mathcal{L}\{y'(t)\} = sY(s) - y(0),
\mathcal{L}\{y''(t)\} = s^{2}Y(s) - s\,y(0) - y'(0),
onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}. Essas fórmulas reduzem derivadas a polinômios em s multiplicando Y(s), e aparecem termos conhecidos com as condições iniciais.
  • Transformada de funções simples que usaremos:
\mathcal{L}\{t\} = \frac{1}{s^{2}},\qquad \mathcal{L}\{1\}=\frac{1}{s},\qquad \mathcal{L}\{e^{at}\}=\frac{1}{s-a}.
Explicando: por exemplo \mathcal{L}\{t\}=\int_0^\infty e^{-st}t\,dt e o resultado é \frac{1}{s^2} para \Re(s)>0. Não precisa decorar tudo sem entender: lembra que multiplicar por t no tempo corresponde a derivar (com sinal) no domínio s; mas para a prova decorar as transformadas padrão ajuda.

Passo 3

Aplicando a transformada de Laplace à equação diferencial:
Aplicamos \mathcal{L}\{\cdot\} em ambos os lados de
\;y^{\prime\prime}-y^{\prime}-2y = t.
Usando as fórmulas das derivadas:
\mathcal{L}\{y''\} - \mathcal{L}\{y'\} - 2\mathcal{L}\{y\} = \mathcal{L}\{t\}.
Substituindo \mathcal{L}\{y''\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0) e \mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0), e \mathcal{L}\{y\}=Y(s), e usando as condições iniciais y(0)=0, y'(0)=0, obtemos:
\bigl(s^{2}Y(s)-s\cdot 0 - 0\bigr) - \bigl(sY(s)-0\bigr) -2Y(s) = \frac{1}{s^{2}}.
Simplificando os zeros das condições iniciais:
s^{2}Y(s) - sY(s) - 2Y(s) = \frac{1}{s^{2}}.

Passo 4

Isolando Y(s):
Fatoramos Y(s) no lado esquerdo:
Y(s)\bigl(s^{2} - s - 2\bigr) = \frac{1}{s^{2}}.
Fator do polinômio em s:
s^{2}-s-2 = (s-2)(s+1).
Portanto
Y(s) = \frac{1}{s^{2}(s-2)(s+1)}.
Agora a função no domínio s é uma fração racional; para inverter a Laplace vamos decompor em frações parciais.

Passo 5

Forma da decomposição em frações parciais:
Como o denominador tem fatores s^{2}, (s-2) e (s+1), a decomposição padrão é
\frac{1}{s^{2}(s-2)(s+1)} = \frac{A}{s} + \frac{B}{s^{2}} + \frac{C}{s-2} + \frac{D}{s+1},
onde A,B,C,D são constantes a determinar.
Explicando o porquê: para um polo de ordem 2 em s=0 usamos termos \tfrac{A}{s}+\tfrac{B}{s^{2}}; e para polos simples em s=2 e s=-1 usamos \tfrac{C}{s-2} e \tfrac{D}{s+1}.

Passo 6

Encontrando os coeficientes A,B,C,D:
Multiplicamos ambos os lados por s^{2}(s-2)(s+1) para obter uma identidade polinomial:
1 = A\; s(s-2)(s+1) + B\; (s-2)(s+1) + C\; s^{2}(s+1) + D\; s^{2}(s-2).
Usamos valores estratégicos de s para achar coeficientes rapidamente.
  • Tomando s=0:
1 = B\cdot(-2)\cdot 1 \quad\Rightarrow\quad B = -\tfrac{1}{2}.
  • Tomando s=2:
1 = C\cdot 2^{2}\cdot(2+1) = C\cdot 4\cdot 3 = 12C \quad\Rightarrow\quad C = \tfrac{1}{12}.
  • Tomando s=-1:
1 = D\cdot (-1)^{2}\cdot(-1-2)=D\cdot 1\cdot(-3) = -3D \quad\Rightarrow\quad D = -\tfrac{1}{3}.
  • Para A podemos usar qualquer outro valor, por exemplo s=1:
    Substituindo s=1 na identidade:
1 = A\cdot 1\cdot(1-2)\cdot(1+1) + B\cdot(1-2)(1+1) + C\cdot 1^{2}(1+1) + D\cdot 1^{2}(1-2).
Calculando cada termo com os valores já conhecidos B=-\tfrac{1}{2}, C=\tfrac{1}{12}, D=-\tfrac{1}{3}:
1 = A\cdot(1\cdot(-1)\cdot 2) + (-\tfrac{1}{2})\cdot(-1)\cdot 2 + \tfrac{1}{12}\cdot 2 + \bigl(-\tfrac{1}{3}\bigr)\cdot(-1).
Simplificando os termos numéricos:
1 = -2A + 1 + \tfrac{1}{6} + \tfrac{1}{3}.
1 = -2A + 1 + \tfrac{1}{6} + \tfrac{2}{6} = -2A + 1 + \tfrac{3}{6} = -2A + 1 + \tfrac{1}{2} = -2A + \tfrac{3}{2}.
Logo
-2A = 1 - \tfrac{3}{2} = -\tfrac{1}{2}\quad\Rightarrow\quad A = \tfrac{1}{4}.
Resumindo os coeficientes:
A=\tfrac{1}{4},\quad B=-\tfrac{1}{2},\quad C=\tfrac{1}{12},\quad D=-\tfrac{1}{3}.

Passo 7

Escrevendo Y(s) com as frações parciais:
Y(s)=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{s} - \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s^{2}} + \frac{1}{12}\cdot\frac{1}{s-2} - \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{s+1}.
Agora aplicamos a transformada inversa termo a termo, usando as transformadas padrão.

Passo 8

Invertendo a transformada de Laplace (voltando ao domínio do tempo):
Usando \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s}\}=1, \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s^{2}}\}=t, \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s-2}\}=e^{2t}, \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s+1}\}=e^{-t}, obtemos:
y(t) = \frac{1}{4}\cdot 1 \;-\; \frac{1}{2}\cdot t \;+\; \frac{1}{12}\cdot e^{2t} \;-\; \frac{1}{3}\cdot e^{-t}.
Portanto
y(t) = \tfrac{1}{4} - \tfrac{1}{2}t + \tfrac{1}{12}e^{2t} - \tfrac{1}{3}e^{-t}.

Passo 9

Verificação rápida das condições iniciais (trapaça boa para testar erro):
  • y(0)=\tfrac{1}{4} -0 + \tfrac{1}{12} - \tfrac{1}{3} = \tfrac{3}{12}+\tfrac{1}{12}-\tfrac{4}{12}=0 conforme exigido.
  • Derivando y'(t)= -\tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{6}e^{2t} + \tfrac{1}{3}e^{-t}, temos y'(0)=-\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{6}+\tfrac{1}{3} = -\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{2}=0. OK.
Pronto — chegamos à solução pedida. Manda ver revisando os passos e refazendo a decomposição parcial na prova se estiver inseguro — é um bom lugar onde normalmente escorrega gente com pressa.

Resposta

y(t)=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}t+\dfrac{1}{12}e^{2t}-\dfrac{1}{3}e^{-t}

Exercícios relacionados