Use a transformada de Laplace para resolver os seguintes problemas de valor inicial em [0,+\infty)
\left\{\begin{array}{l}y^{\prime \prime}-5 y^{\prime}+6 y=3 e^{3 t} \\\ y(0)=0, y^{\prime}(0)=0\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial
\begin{cases} y''-5y'+6y=3e^{3t},\\[4pt] y(0)=0,\; y'(0)=0, \end{cases}
definido em [0,+\infty).
O que se pede: encontrar a função y(t) que satisfaz a equação diferencial e as condições iniciais.
Informações relevantes dadas: a equação linear de segunda ordem com coeficientes constantes e termo forçante 3e^{3t}; as condições iniciais y(0)=0 e y'(0)=0.]

Passo 2

Vamos usar a transformada de Laplace. Primeiro lembro as definições e propriedades que vamos usar (vou explicar curtinho e claro para você decorar para a prova).
Definição da transformada de Laplace de uma função f(t) (para t\ge 0):
\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt,
onde s é a variável complexa (na prática, tratamos s real e grande o suficiente).
Propriedades essenciais (derivadas e linearidade), para y(t) com transformada Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}:
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0).
Também a transformada da exponencial:
\mathcal{L}\{e^{at}\}=\frac{1}{s-a},
válida para \Re(s)>a.
Essas fórmulas aparecem sempre nas provas — especialmente as de derivada — porque transformam derivadas em polinômios em s, facilitando resolver EDOs com condições iniciais.

Passo 3

Aplicamos \mathcal{L} em ambos os lados da equação diferencial. Usando linearidade e as fórmulas para derivadas:
\mathcal{L}\{y''\}-5\mathcal{L}\{y'\}+6\mathcal{L}\{y\} =\mathcal{L}\{3e^{3t}\}.
Substituindo as expressões:
\big(s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0)\big)-5\big(sY(s)-y(0)\big)+6Y(s)=3\cdot\frac{1}{s-3}.
Agora usamos as condições iniciais y(0)=0 e y'(0)=0, que simplificam bastante:
(s^{2}-5s+6)Y(s)=\frac{3}{s-3}.
Note que o polinômio do lado esquerdo é o característico: s^{2}-5s+6.

Passo 4

Isolamos Y(s):
Y(s)=\frac{3}{(s-3)\,(s^{2}-5s+6)}.
Fatoramos o polinômio quadrático s^{2}-5s+6:
s^{2}-5s+6=(s-2)(s-3).
Portanto
Y(s)=\frac{3}{(s-3)\,(s-2)(s-3)}=\frac{3}{(s-2)(s-3)^{2}}.
Agora fazemos decomposição em frações parciais para inverter a transformada. Procuramos constantes A,B,C tais que
\frac{3}{(s-2)(s-3)^{2}}=\frac{A}{s-2}+\frac{B}{s-3}+\frac{C}{(s-3)^{2}}.
Multiplicando ambos os lados por (s-2)(s-3)^{2} obtemos a identidade:
3 = A(s-3)^{2}+B(s-2)(s-3)+C(s-2).
Para achar A,C de forma rápida plugamos valores convenientes de s:
  • Se s=2: 3 = A(2-3)^{2}=A\cdot 1 então A=3.
  • Se s=3: 3 = C(3-2)=C\cdot 1 então C=3.
    Para achar B podemos usar qualquer outro s, por exemplo s=0:
3 = A( -3)^{2}+B( -2)( -3)+C( -2).
Substituindo A=3 e C=3:
3 = 3\cdot 9 + B\cdot 6 + 3\cdot( -2).
3 = 27 + 6B -6 \quad\Rightarrow\quad 3 = 21 + 6B \quad\Rightarrow\quad 6B=-18 \quad\Rightarrow\quad B=-3.
Logo a decomposição é
Y(s)=\frac{3}{s-2}-\frac{3}{s-3}+\frac{3}{(s-3)^{2}}.

Passo 5

Agora invertendo a transformada termo a termo usando as fórmulas:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s-a}\right\}=e^{at},\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s-a)^{2}}\right\}=t e^{at}.
Aplicando isso a cada parcela:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{3}{s-2}\right\}=3e^{2t},
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{-\frac{3}{s-3}\right\}=-3e^{3t},
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{3}{(s-3)^{2}}\right\}=3t e^{3t}.
Somando os termos, obtemos a solução no domínio temporal:
y(t)=3e^{2t}-3e^{3t}+3t e^{3t}.
Você pode também escrever de forma factorizada como y(t)=3e^{2t}+3e^{3t}(t-1) — a mesma coisa, só outra aparência.

Passo 6

Verificação rápida das condições iniciais (pra te deixar seguro): em t=0
y(0)=3-3+0=0,\qquad y'(0)=0,
portanto as condições iniciais batem. E não tem mistério: o uso da transformada de Laplace transformou a EDO em uma álgebra em s, tratável com frações parciais; essa é a razão pela qual essa técnica é prática em provas quando aparecem forçantes exponenciais e condições iniciais dadas.

Resposta

y(t)=3e^{2t}-3e^{3t}+3t e^{3t}

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