Use a Transformada de Laplace para resolver os seguintes problemas de valor inicial:
y^{\prime}+y=f(t), y(0)=0,
f(t)= \begin{cases}0, & \text { se } 0 \leq t<1 \\\\ 5, & \text { se } t \geq 1\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede a solução da equação diferencial com condição inicial abaixo:
y'(t)+y(t)=f(t),\qquad y(0)=0,
onde f(t)\) é a função em partes \[f(t)= \begin{cases}0, & \text{se } 0\le t<1,\\[4pt] 5, & \text{se } t\ge 1.\end{cases}
A tarefa é determinar y(t)\] para \(t\ge 0 usando transformadas (como indicado pelo enunciado). As informações relevantes são a equação, a condição inicial y(0)=0 e a expressão de f(t) por partes.]

Passo 2

Definição e propriedade que vamos usar (explicando devagar como num amigo que está te ajudando): a Transformada de Laplace de uma função y(t) é
\mathcal{L}\{y(t)\}=Y(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}y(t)\,dt.
Uma propriedade muito útil é a transformada da derivada: se y é razoável e y(0) é finito, então
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0).
Agora aplicamos a transformada na equação diferencial termo a termo. Tomando \mathcal{L} em ambos os lados de \;y'+y=f(t)\; obtemos
\mathcal{L}\{y'\}+\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{f\}.
Usando a propriedade da derivada e y(0)=0 isso vira
(sY(s)-y(0))+Y(s)=F(s)\quad\Rightarrow\quad (s+1)Y(s)=F(s),
ou seja
Y(s)=\frac{F(s)}{s+1}.
Até aqui é só organizar a transformada; falta calcular F(s).

Passo 3

Expressar f(t) com a função de degrau (Heaviside) para facilitar a transformada. A função degrau deslocada u(t-a) vale 0 para t<a e 1 para t\ge a. Assim podemos escrever
f(t)=5\,u(t-1).
Isso é simples: antes de t=1 vale 0 e depois vale 5.

Passo 4

Transformada da função degrau deslocada — feito com calma: a fórmula padrão é
\mathcal{L}\{u(t-a)\}=\frac{e^{-as}}{s}.
Multiplicando por 5 obtemos
F(s)=\mathcal{L}\{5u(t-1)\}=5\cdot\frac{e^{-s}}{s}=\frac{5e^{-s}}{s}.

Passo 5

Substituímos F(s) em Y(s)=\dfrac{F(s)}{s+1}. Assim
Y(s)=\frac{5e^{-s}}{s(s+1)}.
Agora precisamos inverter essa transformada. Para isso é prático decompor em frações parciais a parte racional \dfrac{1}{s(s+1)}.

Passo 6

Fração parcial: procuramos A e B tais que
\frac{1}{s(s+1)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+1}.
Multiplicando tudo por s(s+1) 1=A(s+1)+Bs. Igualando coeficientes ou substituindo valores:
  • Colocando s=0 obtemos 1=A(0+1)\Rightarrow A=1.
  • Colocando s=-1 obtemos 1=B(-1)\Rightarrow B=-1.
    Logo
\frac{1}{s(s+1)}=\frac{1}{s}-\frac{1}{s+1}.
Portanto
Y(s)=5e^{-s}\left(\frac{1}{s}-\frac{1}{s+1}\right).

Passo 7

Agora usamos a transformada inversa e a propriedade de deslocamento no tempo. Lembre que se \mathcal{L}\{g(t)\}=G(s), então
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}G(s)\}=u(t-a)\,g(t-a).
Aqui G(s)=5\left(\dfrac{1}{s}-\dfrac{1}{s+1}\right). Primeiro encontramos g(t)=\mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}. Sabemos que \mathcal{L}^{-1}\{1/s\}=1 e \mathcal{L}^{-1}\{1/(s+1)\}=e^{-t}. Então
g(t)=5\big(1-e^{-t}\big).
Aplicando o deslocamento com a=1 obtemos
y(t)=\mathcal{L}^{-1}\{Y(s)\} = u(t-1)\,g(t-1)=u(t-1)\,5\big(1-e^{-(t-1)}\big).

Passo 8

Escrever explicitamente a solução por partes (modo que você vai escrever na prova) e checar rapidamente a consistência. Como u(t-1)=0\) para \(t<1\) e \(1\) para \(t\ge 1\), a solução fica \[y(t)=\begin{cases}0, & 0\le t<1,\\[4pt] 5\big(1-e^{-(t-1)}\big), & t\ge 1.\end{cases}
Verificação rápida para t\ge 1\]: derivando \(y temos y'(t)=5e^{-(t-1)}. Então
y'+y=5e^{-(t-1)}+5(1-e^{-(t-1)})=5=f(t),
como desejado. Para t<1 temos y\equiv 0 e y'+y=0=f(t). A condição inicial y(0)=0 também é satisfeita. Ótimo — tudo bate.]

Resposta

y(t)=\begin{cases}0, & 0\le t<1,\\[4pt] 5\big(1-e^{-(t-1)}\big), & t\ge 1.\end{cases}]

Exercícios relacionados