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=5 e^{-t} \operatorname{sen}(2 t) \\\ y(0)=1, y^{\prime}(0)=0\end{array}\right.

Passo 1

O problema pede para resolver o problema de valor inicial em [0,+\infty)\) \[\begin{cases} y''+y'-2y=5e^{-t}\sin(2t),\\[4pt] y(0)=1,\; y'(0)=0. \end{cases}
Informações dadas:
  • Equação diferencial linear de segunda ordem com termo não-homogêneo 5e^{-t}\sin(2t)\]. - Condições iniciais \(y(0)=1 e y'(0)=0.
    - Queremos a solução y(t) para t\ge0.]

Passo 2

Vou usar a transformada de Laplace. Primeiro, resumo didático das propriedades que vou usar:
  • Definição: a transformada de Laplace de uma função f(t) é
\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt.
  • Linearidade: \mathcal{L}\{a f(t)+b g(t)\}=aF(s)+bG(s).
  • Derivadas: se Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}, então
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0).
Explicação rápida: essas fórmulas vêm de integrar por partes aplicando a definição; elas transformam derivadas no domínio t em polinômios em s multiplicando Y(s) e subtraindo termos com as condições iniciais — isso é ótimo porque transforma a EDO em uma equação algébrica em s.
  • Deslocamento exponencial: \mathcal{L}\{e^{-a t}f(t)\}=F(s+a) (se F é a transformada de f).
  • Transformadas úteis:
\mathcal{L}\{\sin(bt)\}=\frac{b}{s^{2}+b^{2}},\qquad \mathcal{L}\{\cos(bt)\}=\frac{s}{s^{2}+b^{2}}.
  • Inversas: se tiver termos da forma \dfrac{1}{s-a} a inversa é e^{at}; se tiver \dfrac{s+a}{(s+a)^{2}+b^{2}} e^{-at}\cos(bt) e se tiver \dfrac{b}{(s+a)^{2}+b^{2}} e^{-at}\sin(bt).
Essas regras são as ferramentas para transformar a EDO e voltar ao domínio do tempo.

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace à equação inteira. Denotando Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}, temos pela linearidade:
\mathcal{L}\{y''\}+\mathcal{L}\{y'\}-2\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{5e^{-t}\sin(2t)\}.
Usando as fórmulas das derivadas e as condições iniciais y(0)=1,\;y'(0)=0:
\big(s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0)\big) + \big(sY(s)-y(0)\big) -2Y(s) = \mathcal{L}\{5e^{-t}\sin(2t)\}.
Substituindo y(0)=1 e y'(0)=0:
\big(s^{2}Y - s\cdot 1 - 0\big) + \big(sY - 1\big) -2Y = \mathcal{L}\{5e^{-t}\sin(2t)\}.
Agrupando termos em Y:
\big(s^{2}+s-2\big)Y - s -1 = \mathcal{L}\{5e^{-t}\sin(2t)\}.

Passo 4

Calcular a transformada do lado direito. Pela propriedade de deslocamento exponencial, primeiro a transformada de \sin(2t) é \dfrac{2}{s^{2}+4}. Então
\mathcal{L}\{5e^{-t}\sin(2t)\}=5\cdot \mathcal{L}\{e^{-t}\sin(2t)\} =5\cdot \frac{2}{(s+1)^{2}+4} =\frac{10}{(s+1)^{2}+4}.
Portanto a equação algébrica fica
\big(s^{2}+s-2\big)Y - s -1 = \frac{10}{(s+1)^{2}+4}.
Isolando Y(s):
\big(s^{2}+s-2\big)Y = s+1 + \frac{10}{(s+1)^{2}+4},
Y(s) = \frac{s+1}{s^{2}+s-2} \;+\; \frac{10}{\big(s^{2}+s-2\big)\big((s+1)^{2}+4\big)}.
Fatorando s^{2}+s-2=(s-1)(s+2), escrevemos
Y(s)=\frac{s+1}{(s-1)(s+2)}+\frac{10}{(s-1)(s+2)\big((s+1)^{2}+4\big)}.

Passo 5

Invertemos Y(s) em duas partes: Y(s)=Y_{1}(s)+Y_{2}(s) com
Y_{1}(s)=\frac{s+1}{(s-1)(s+2)},\qquad Y_{2}(s)=\frac{10}{(s-1)(s+2)\big((s+1)^{2}+4\big)}.
Primeiro Y_{1}(s): fazemos frações parciais
\frac{s+1}{(s-1)(s+2)}=\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s+2}.
Multiplicando e comparando ou substituindo s=1 e s=-2:
  • s=1: 1+1=2= A(3)\Rightarrow A=\tfrac{2}{3}.
  • s=-2: -2+1=-1= B(-3)\Rightarrow B=\tfrac{1}{3}.
    Então
Y_{1}(s)=\frac{2/3}{s-1}+\frac{1/3}{s+2},
e invertendo a transformada:
\mathcal{L}^{-1}\{Y_{1}(s)\}=\frac{2}{3}e^{t}+\frac{1}{3}e^{-2t}.

Passo 6

Agora Y_{2}(s)\). Fazemos decomposição parcial da forma \[\frac{10}{(s-1)(s+2)\big((s+1)^{2}+4\big)} =\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s+2}+\frac{Cs+D}{(s+1)^{2}+4}.
Multiplicando pelo denominador comum obtemos a identidade polinomial
10=A(s+2)\big((s+1)^{2}+4\big)+B(s-1)\big((s+1)^{2}+4\big)+(Cs+D)(s-1)(s+2).
Usando s=1 e s=-2 para achar A e B:
  • s=1: 10=A\cdot 3\cdot 8 \Rightarrow A=\tfrac{10}{24}=\tfrac{5}{12}.
  • s=-2: 10=B\cdot(-3)\cdot 5 \Rightarrow B=-\tfrac{10}{15}=-\tfrac{2}{3}.
Para C e D comparamos coeficientes. Expandindo os termos e agrupando (faço o cálculo explícito):
  • Expandindo A(s+2)\big((s+1)^{2}+4\big) obtemos A(s^{3}+4s^{2}+9s+10).
  • Expandindo B(s-1)\big((s+1)^{2}+4\big) obtemos B(s^{3}+s^{2}+3s-5).
  • Expandindo (Cs+D)(s-1)(s+2) obtemos Cs^{3}+(C+D)s^{2}+(-2C+D)s-2D.
Somando e igualando aos coeficientes do polinômio constante 10 (ou seja, coeficiente de s^{3},s^{2},s são zero e constante é 10), obtemos o sistema:
\begin{cases} A+B+C=0,\\[4pt] 4A+B+C+D=0,\\[4pt] 9A+3B-2C+D=0,\\[4pt] 10A-5B-2D=10. \end{cases}
Substituindo A=\tfrac{5}{12}\] e \(B=-\tfrac{2}{3} e resolvendo:
  • Da primeira equação C= -A-B = -\tfrac{5}{12} + \tfrac{2}{3} = \tfrac{1}{4}.
  • Da segunda, D=-4A-B-C. Calculando 4A=\tfrac{20}{12}=\tfrac{5}{3}, então 4A+B=\tfrac{5}{3}-\tfrac{2}{3}=1, e D=-1-C=-1-\tfrac{1}{4}=-\tfrac{5}{4}.
Verificação rápida mostra que essas C e D satisfazem as outras equações. Assim
A=\tfrac{5}{12},\quad B=-\tfrac{2}{3},\quad C=\tfrac{1}{4},\quad D=-\tfrac{5}{4}.]

Passo 7

Reescrevendo Y_{2}(s) com esses coeficientes:
Y_{2}(s)=\frac{5/12}{s-1}+\frac{-2/3}{s+2}+\frac{\tfrac{1}{4}s-\tfrac{5}{4}}{(s+1)^{2}+4}.
A inversa dos dois primeiros termos é direta:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{5/12}{s-1}\right\}=\frac{5}{12}e^{t},\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{-2/3}{s+2}\right\}=-\frac{2}{3}e^{-2t}.
Para o último termo, escrevemos o numerador em função de (s+1):
\frac{\tfrac{1}{4}s-\tfrac{5}{4}}{(s+1)^{2}+4} =\frac{\tfrac{1}{4}(s+1)+\big(-\tfrac{5}{4}-\tfrac{1}{4}\big)}{(s+1)^{2}+4} =\frac{1}{4}\cdot\frac{s+1}{(s+1)^{2}+4} \;+\; \Big(-\tfrac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}\Big)\cdot\frac{1}{(s+1)^{2}+4}.
Mais claro: D-C=-\tfrac{5}{4}-\tfrac{1}{4}=-\tfrac{6}{4}=-\tfrac{3}{2}, então
\frac{Cs+D}{(s+1)^{2}+4}=C\frac{s+1}{(s+1)^{2}+4}+\frac{D-C}{(s+1)^{2}+4}.
Usando as transformadas inversas conhecidas:
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s+1}{(s+1)^{2}+4}\right\}=e^{-t}\cos(2t),
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{2}{(s+1)^{2}+4}\right\}=e^{-t}\sin(2t).
Logo
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{Cs+D}{(s+1)^{2}+4}\right\} = C e^{-t}\cos(2t) + \frac{D-C}{2} e^{-t}\sin(2t).
Substituindo C=\tfrac{1}{4} e D-C=-\tfrac{3}{2} obtemos
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{Cs+D}{(s+1)^{2}+4}\right\} =\frac{1}{4}e^{-t}\cos(2t)-\frac{3}{4}e^{-t}\sin(2t).

Passo 8

Somando as contribuições de \mathcal{L}^{-1}\{Y_{1}\} e \mathcal{L}^{-1}\{Y_{2}\}:
De Y_{1}: \dfrac{2}{3}e^{t}+\dfrac{1}{3}e^{-2t}.
De Y_{2}: \dfrac{5}{12}e^{t}-\dfrac{2}{3}e^{-2t}+\dfrac{1}{4}e^{-t}\cos(2t)-\dfrac{3}{4}e^{-t}\sin(2t).
Somando termos exponenciais iguais:
  • Coeficiente de e^{t}: \dfrac{2}{3}+\dfrac{5}{12}=\dfrac{8}{12}+\dfrac{5}{12}=\dfrac{13}{12}.
  • Coeficiente de e^{-2t}: \dfrac{1}{3}-\dfrac{2}{3}=-\dfrac{1}{3}.
Portanto a solução é
y(t)=\frac{13}{12}e^{t}-\frac{1}{3}e^{-2t}+e^{-t}\!\left(\frac{1}{4}\cos(2t)-\frac{3}{4}\sin(2t)\right),\qquad t\ge0.

Resposta

\displaystyle y(t)=\frac{13}{12}e^{t}-\frac{1}{3}e^{-2t}+e^{-t}\!\left(\frac{1}{4}\cos(2t)-\frac{3}{4}\sin(2t)\right)

Exercícios relacionados