Use transformada de Laplace para resolver os seguintes PVI
y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+2 y=\cos (t), \quad y(0)=1, \quad y^{\prime}(0)=0

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial com condições iniciais:
y''(t)-2y'(t)+2y(t)=\cos(t),\qquad y(0)=1,\qquad y'(0)=0.
O que se pede: encontrar a solução y(t) usando a transformada de Laplace.
Informações importantes que temos:
  • A equação linear de segunda ordem com coeficientes constantes e termo fonte \cos(t).
  • Condições iniciais em t=0: y(0)=1 e y'(0)=0.

Passo 2

Vou explicar rapidamente as ferramentas que vou usar (aula rápida e prática).
Definição da transformada de Laplace: para uma função f(t) (bem comportada),
\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt,
onde s é a variável complexa do domínio transformado.
Propriedades que usaremos:
  1. Linearidade: \mathcal{L}\{a f + b g\} = a \mathcal{L}\{f\} + b \mathcal{L}\{g\}.
  2. Transformada de derivadas (muito útil para PVI, pois incorpora as condições iniciais):
\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)\}. Aqui y(0) e y'(0) são os dados iniciais que já temos.
  1. Transformadas conhecidas:
\mathcal{L}\{\cos t\}=\frac{s}{s^{2}+1},\qquad \mathcal{L}\{\sin t\}=\frac{1}{s^{2}+1}.
  1. Deslocamento exponencial: se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s) então
    \mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}=F(s-a). Equivalente para a inversa: termos da forma \dfrac{s-a}{(s-a)^{2}+b^{2}} e \dfrac{b}{(s-a)^{2}+b^{2}} invertendo dão e^{at}\cos(bt) e e^{at}\sin(bt), respectivamente.
Vou aplicar a transformada à equação, resolver algebricamente para Y(s) e em seguida aplicar a transformada inversa. É o método padrão e eficiente para PVI com condições em t=0.

Passo 3

Aplico \mathcal{L} à equação \;y''-2y'+2y=\cos t\;. Usando as fórmulas das derivadas e linearidade, obtemos:
\mathcal{L}\{y''\}-2\mathcal{L}\{y'\}+2\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{\cos t\}.
Substituindo cada transformada:
\bigl(s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0)\bigr)-2\bigl(sY(s)-y(0)\bigr)+2Y(s)=\frac{s}{s^{2}+1}.
Agora uso as condições iniciais y(0)=1 e y'(0)=0:
s^{2}Y(s)-s-2\bigl(sY(s)-1\bigr)+2Y(s)=\frac{s}{s^{2}+1}.

Passo 4

Faço as contas para coletar Y(s). Expandindo:
s^{2}Y(s)-s-2sY(s)+2+2Y(s)=\frac{s}{s^{2}+1}.
Agrupando os termos com Y(s) e os termos constantes:
Y(s)\bigl(s^{2}-2s+2\bigr)+(-s+2)=\frac{s}{s^{2}+1}.
Isolando Y(s):
Y(s)\bigl(s^{2}-2s+2\bigr)=\frac{s}{s^{2}+1}+s-2.
Coloco o lado direito sobre um único denominador s^{2}+1:
\frac{s}{s^{2}+1}+s-2=\frac{s+(s-2)(s^{2}+1)}{s^{2}+1}.
Calculo o numerador:
s+(s-2)(s^{2}+1)=s + (s^{3}-2s^{2}+s-2)=s^{3}-2s^{2}+2s-2.
Portanto
Y(s)=\frac{s^{3}-2s^{2}+2s-2}{(s^{2}+1)\bigl(s^{2}-2s+2\bigr)}.
Observação: s^{2}-2s+2=(s-1)^{2}+1, forma conveniente para inversão posteriormente.

Passo 5

Agora faço a decomposição em frações parciais. Como os denominadores são quadráticos irreduzíveis reais, uso a forma
\frac{s^{3}-2s^{2}+2s-2}{(s^{2}+1)\bigl((s-1)^{2}+1\bigr)} =\frac{A s+B}{s^{2}+1}+\frac{C(s-1)+D}{(s-1)^{2}+1},
onde A,B,C,D são constantes reais a determinar. Usei a forma com (s-1) no segundo numerador porque isso facilita a inversão em termos de e^{t}\cos t e e^{t}\sin t.

Passo 6

Multiplico ambos os lados pelo denominador comum e igualo numeradores:
s^{3}-2s^{2}+2s-2=(A s+B)\bigl((s-1)^{2}+1\bigr)+(C(s-1)+D)(s^{2}+1).
Faço as expansões (passo a passo):
(A s+B)(s^{2}-2s+2)=A s^{3}-2A s^{2}+2A s + B s^{2}-2B s+2B,
(C(s-1)+D)(s^{2}+1)=C s^{3}-C s^{2}+C s - C + D s^{2}+D.
Somando:
(A+C)s^{3}+(-2A+B-C+D)s^{2}+(2A-2B+C)s+(2B-C+D).
Comparo coeficientes com o numerador s^{3}-2s^{2}+2s-2\). Obtenho o sistema linear: \[\begin{cases} A+C=1,\\[4pt] -2A+B-C+D=-2,\\[4pt] 2A-2B+C=2,\\[4pt] 2B-C+D=-2. \end{cases}
Resolvo o sistema com álgebra básica. De A+C=1\] segue \(C=1-A. Substituo nas outras equações e resolvo as incógnitas; o cálculo dá:
A=\tfrac{1}{5},\quad B=-\tfrac{2}{5},\quad C=\tfrac{4}{5},\quad D=-\tfrac{2}{5}.
(Se quiser, dá para checar substituindo de volta nas equações.)]

Passo 7

Com essas constantes, a decomposição fica:
Y(s)=\frac{\tfrac{1}{5}s-\tfrac{2}{5}}{s^{2}+1}+\frac{\tfrac{4}{5}(s-1)-\tfrac{2}{5}}{(s-1)^{2}+1}.
Escrevo termo a termo para ver claramente as transformadas inversas conhecidas:
Y(s)=\frac{1}{5}\cdot\frac{s}{s^{2}+1}-\frac{2}{5}\cdot\frac{1}{s^{2}+1} +\frac{4}{5}\cdot\frac{s-1}{(s-1)^{2}+1}-\frac{2}{5}\cdot\frac{1}{(s-1)^{2}+1}.

Passo 8

Agora aplico a transformada inversa termo a termo, usando as correspondências:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s}{s^{2}+1}\right\}=\cos t,\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}+1}\right\}=\sin t,
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s-1}{(s-1)^{2}+1}\right\}=e^{t}\cos t,\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s-1)^{2}+1}\right\}=e^{t}\sin t.
Aplicando:
y(t)=\frac{1}{5}\cos t-\frac{2}{5}\sin t+\frac{4}{5}e^{t}\cos t-\frac{2}{5}e^{t}\sin t.
Posso organizar (opcional) como
y(t)=\left(\tfrac{1}{5}+\tfrac{4}{5}e^{t}\right)\cos t-\left(\tfrac{2}{5}+\tfrac{2}{5}e^{t}\right)\sin t,
mas a forma somada fica mais direta para conferir os termos.

Passo 9

Verificação rápida das condições iniciais (confere se não houve erro):
  • Em t=0:
y(0)=\tfrac{1}{5}\cdot1 - \tfrac{2}{5}\cdot0 + \tfrac{4}{5}\cdot1 - \tfrac{2}{5}\cdot0 = \tfrac{1}{5}+\tfrac{4}{5}=1,
ok.
  • Derivando e avaliando em 0 (pode-se checar manualmente) obtém-se y'(0)=0, portanto as condições iniciais são satisfeitas.

Resposta

y(t)=\dfrac{1}{5}\cos t-\dfrac{2}{5}\sin t+\dfrac{4}{5}e^{t}\cos t-\dfrac{2}{5}e^{t}\sin t

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