P3 - Calculo 3 - Rosa

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UFES – CCE - DMAT 
Universidade Federal do Espírito Santo 
3ª Prova de Cálculo IIIA – Prof. Antônio Luiz Rosa 
 
GABARITO 
 
1. (2,0 pontos) Determine a solução geral da equação diferencial 
𝒅𝟒𝒚
𝒅𝒕𝟒
− 𝟑
𝒅𝟑𝒚
𝒅𝒕𝟑
+ 𝟑
𝒅𝟐𝒚
𝒅𝒕𝟐
−
𝒅𝒚
𝒅𝒕
= 𝒕 + 𝒆−𝒕. 
 
Solução: O polinômio característico para a equação homogênea associada é 
𝑟4 − 3𝑟3 + 3𝑟2 − 𝑟 = 0 ⟹ 𝑟 ∙ (𝑟 − 1)3 = 0. 
Assim, 𝑟 = 0 e 𝑟 = 1 são as soluções da equação característica com 𝑟 = 1 com 
multiplicidade três. 
Logo a solução geral da equação homogênea é 
𝑦𝑐(𝑡) = 𝑐1𝑒
0𝑡 + 𝑐2𝑒
𝑡 + 𝑐3𝑡𝑒
𝑡 + 𝑐4𝑡
2𝑒𝑡 ⟹ 𝑦𝑐(𝑡) = 𝑐1 + 𝑐2𝑒
𝑡 + 𝑐3𝑡𝑒
𝑡 + 𝑐4𝑡
2𝑒𝑡 
 
Cálculo de uma solução particular 𝑌(𝑡): 
1º: Resolvendo primeiro: 𝑦(4) − 3𝑦′′′ + 3𝑦′′ − 𝑦′ = 𝑡 (∗) 
Solução particular: 𝑌1(𝑡) = 𝑡(𝐴0𝑡 + 𝐴1) = 𝐴0𝑡
2 + 𝐴1𝑡. (Observe que estamos multiplicando 
o polinômio 𝐴0𝑡 + 𝐴1 por 𝑡 pois a constante é solução da equação homogênea). 
Temos: 
𝑌1(𝑡) = 𝐴0𝑡
2 + 𝐴1𝑡 ⟹ 𝑌1
′(𝑡) = 2𝐴0𝑡 + 𝐴1 ⟹𝑌1
′′(𝑡) = 2𝐴0 ⟹𝑌1
′′′(𝑡) = 𝑌1
(4)(𝑡) = 0 
Daí, sendo 𝑌1(𝑡) uma solução da equação (∗), devemos então ter: 
𝑌1
(4)(𝑡) − 3𝑌1
′′′(𝑡) + 3𝑌1
′′(𝑡) − 𝑌1
′(𝑡) = 𝑡 ⟹ 3(2𝐴0) − (2𝐴0𝑡 + 𝐴1) = 𝑡 
−2𝐴0𝑡 + (6𝐴0 − 𝐴1) = 𝑡 ⟹ {
−2𝐴0 = 1
6𝐴0 − 𝐴1 = 0
⟹ {
𝐴0 = −1 2⁄
𝐴1 = −3
 
Logo, 𝑌1(𝑡) = −
1
2
 𝑡2 − 3 𝑡 é uma solução particular da equação (∗). 
 
2º: Resolvendo primeiro: 𝑦(4) − 3𝑦′′′ + 3𝑦′′ − 𝑦′ = 𝑒−𝑡 (∗∗) 
Solução particular: 𝑌2(𝑡) = 𝐵 𝑒
−𝑡. 
Temos: 
𝑌2(𝑡) = 𝐵 𝑒
−𝑡 ⟹ {
𝑌2
′(𝑡) = 𝑌2
′′′(𝑡) = −𝐵 𝑒−𝑡
𝑌2
′′(𝑡) = 𝑌2
(4)(𝑡) = 𝐵 𝑒−𝑡
 
Daí, sendo 𝑌2(𝑡) uma solução da equação (∗∗), devemos então ter: 
𝑌2
(4)(𝑡) − 3𝑌2
′′′(𝑡) + 3𝑌2
′′(𝑡) − 𝑌2
′(𝑡) = 𝑒−𝑡 ⟹ 4𝑌2
′′(𝑡) − 4𝑌2
′(𝑡) = 𝑒−𝑡 
⟹ 4𝐵 𝑒−𝑡 + 4𝐵 𝑒−𝑡 = 𝑒−𝑡 ⟹ 8𝐵 𝑒−𝑡 = 𝑒−𝑡 ⟹ 8𝐵 = 1⟹ 𝐵 = 1 8⁄ 
Logo, 𝑌2(𝑡) =
1
8
 𝑒−𝑡 é uma solução particular da equação (∗∗). 
Logo, uma solução particular da equação dada no enunciado do problema é: 
𝑌(𝑡) = 𝑌1(𝑡) + 𝑌2(𝑡) ⟹ 𝑌(𝑡) = −
1
2
 𝑡2 − 3 𝑡 +
1
8
 𝑒−𝑡 
A solução geral da equação 𝑦(4) − 3𝑦′′′ + 3𝑦′′ − 𝑦′ = 𝑡 + 𝑒−𝑡 é 𝑦(𝑡) = 𝑦𝑐(𝑡) + 𝑌(𝑡), isto é, 
𝑦(𝑡) = 𝑐1 + 𝑐2𝑒
𝑡 + 𝑐3𝑡𝑒
𝑡 + 𝑐4𝑡
2𝑒𝑡 −
1
2
 𝑡2 − 3 𝑡 +
1
8
 𝑒−𝑡 
 
 
2 
 
2. (2,0 pontos) (a) Que função tem Transformada de Laplace igual a 
𝑭(𝒔) =
𝒔
𝒔𝟐 − 𝟒𝒔 + 𝟗
 ? 
(b) Encontre a Transformada de Laplace da função 
𝒇(𝒕) = {
𝟎, 𝒕 < 𝟐
(𝒕 − 𝟐)𝟐, 𝒕 ≥ 𝟐
. 
 
Solução: 
(a) Observemos que: 
𝑠
𝑠2 − 4𝑠 + 9
=
𝑠
𝑠2 − 4𝑠 + (4 − 4) + 9
=
𝑠
𝑠2 − 4𝑠 + 4 + 5
=
𝑠 − 2 + 2
(𝑠 − 2)2 + 5
 
=
𝑠 − 2
(𝑠 − 2)2 + 5
+
2
(𝑠 − 2)2 + 5
=
𝑠 − 2
(𝑠 − 2)2 + (√5)
2 +
2
√5
√5
(𝑠 − 2)2 + (√5)
2. 
Pela tabela, temos que 
𝑠 − 2
(𝑠 − 2)2 + 5
= ℒ{𝑒2𝑡 cos√5 𝑡}; 
√5
(𝑠 − 2)2 + (√5)
2 =
2
√5
 ℒ{𝑒2𝑡 sen√5 𝑡}. 
Portanto, 
𝑠
𝑠2 − 4𝑠 + 9
= ℒ {𝑒2𝑡 cos √5 𝑡 +
2
√5
𝑒2𝑡 sen√5 𝑡} 
 
(b) Temos, 
𝑓(𝑡) = {
0, 𝑡 < 2
(𝑡 − 2)2, 𝑡 ≥ 2
⟹ 𝑓(𝑡) = 𝑢2(𝑡) ∙ (𝑡 − 2)
2, 
onde 
𝑢2(𝑡) = {
0, 𝑡 < 2
1, 𝑡 ≥ 2
. 
Tomando 𝑔(𝑡) = 𝑡2, vemos 𝑓(𝑡) = 𝑢2(𝑡) ∙ 𝑔(𝑡 − 2) 
Logo, 
ℒ{𝑓(𝑡)} = ℒ{𝑢2(𝑡) ∙ 𝑔(𝑡 − 2)}. 
Daí, consultando a Tabela, temos que 
ℒ{𝑓(𝑡)} = 𝑒−2𝑠 ℒ{𝑔(𝑡)} = 𝑒−2𝑠 ℒ{𝑡2} = 𝑒−2𝑠 ∙
2!
𝑠2+1
 
⟹ ℒ{𝑓(𝑡)} =
2 𝑒−2𝑠
𝑠3
. 
 
3. (2,0 pontos) Considere sistema de equações 
𝐱′ = (
1 1 1
0 3 2
0 0 5
)𝐱. 
a) Encontre uma matriz fundamental para o sistema dado; 
b) Encontre uma matriz fundamental 𝚽(𝒕) que satisfaz 𝚽(𝟎) = 𝐈; 
c) Considerando a condição inicial 
𝐱(0) = 𝐱0 = (
0
1
1
), 
resolva o PVI, 𝐱′ = 𝐀 𝐱, 𝐱(𝟎) = 𝐱𝟎, usando a matriz fundamental 𝚽(𝒕) encontrada no item 
(b). 
3 
 
 
Solução: 
a) Temos: 
det(𝑨 − 𝑟𝑰) = 0 ⟹ det (
1 − 𝑟 1 1
0 3 − 𝑟 2
0 0 5 − 𝑟
) = 0 ⟹ (1 − 𝑟)(3 − 𝑟)(5 − 𝑟) = 0 
Portanto, 𝑨 tem três autovalores distintos 𝑟 = 1, 𝑟 = 3 e 𝑟 = 5. 
(i) 𝑟 = 1: 
(
0 1 1
0 2 2
0 0 4
)(
𝜉1
𝜉2
𝜉3
) = (
0
0
0
) ⟹ {
𝜉2 + 𝜉3 = 0
2𝜉3 + 2 𝜉3 = 0
4 𝜉3 = 0
⟹ {
𝜉1 = 𝑘
𝜉2 = 0
𝜉3 = 0
⟹ 𝝃 = (
𝜉1
𝜉2
𝜉3
) = 𝑘 (
1
0
0
) 
Tomando 𝑘 = 1, temos o autovetor 
𝝃(1) = (
1
0
0
) 
Portanto, 
𝐱(1)(𝑡) = (
1
0
0
)𝑒𝑡 
é uma solução de 𝐱′ = 𝑨 𝐱. 
 
(ii) 𝑟 = 3: 
(
−2 1 1
0 0 2
0 0 2
)(
𝜉1
𝜉2
𝜉3
) = (
0
0
0
) ⟹ {
−2𝜉1 + 𝜉2 + 𝜉3 = 0
2 𝜉3 = 0
2 𝜉3 = 0
⟹ {
𝜉1 = 𝑘
𝜉2 = 2 𝑘
𝜉3 = 0
 
⟹ 𝝃 = (
𝜉1
𝜉2
𝜉3
) = 𝑘 (
1
2
0
) 
Tomando 𝑘 = 1, temos o autovetor 
𝝃(2) = (
1
2
0
) 
Portanto, 
𝐱(2)(𝑡) = (
1
2
0
) 𝑒3𝑡 
é uma solução de 𝐱′ = 𝑨 𝐱. 
 
(iii) 𝑟 = 5: 
(
−4 1 1
0 −2 2
0 0 0
)(
𝜉1
𝜉2
𝜉3
) = (
0
0
0
) ⟹ {
−4𝜉1 + 𝜉2 + 𝜉3 = 0
−2𝜉2 + 2𝜉3 = 0
0𝜉1 + 0𝜉2 + 0𝜉3 = 0
⟹ {
𝜉1 = 𝑘 2⁄
𝜉2 = 𝑘
𝜉3 = 𝑘
 
⟹ 𝝃 = (
𝜉1
𝜉2
𝜉3
) = 𝑘 (
1 2⁄
1
1
) 
Tomando 𝑘 = 2, temos o autovetor 
𝝃(3) = (
1
2
2
) 
Portanto, 
4 
 
𝐱(3)(𝑡) = (
1
2
2
) 𝑒5𝑡 
é uma solução de 𝐱′ = 𝑨 𝐱. 
Estas soluções são L.I. Assim, 
𝝍(𝑡) = (𝐱(1)(𝑡) ⋮ 𝐱(2)(𝑡) ⋮ 𝐱(3)(𝑡)) ⟹ 𝝍(𝑡) = (
𝑒𝑡 𝑒3𝑡 𝑒5𝑡
0 2𝑒3𝑡 2𝑒5𝑡
0 0 2𝑒5𝑡
) 
é uma matriz fundamental para o sistema dado. 
 
b) Agora, vamos calcular uma matriz fundamental 𝚽(𝑡)que tenha a propriedade 𝚽(𝑡) = 𝑰. 
Temos que 𝚽(𝑡) = exp(𝑨𝑡) = 𝝍(𝑡) ∙ 𝝍−𝟏(0). 
𝝍−𝟏(0) = (
1 1 1
0 2 2
0 0 2
)
−1
= (
1 −1 2⁄ 0
0 1 2⁄ −1 2⁄
0 0 1 2⁄
) 
Portanto, 
𝚽(𝑡) = 𝝍(𝑡) ∙ 𝝍−𝟏(0) ⟹ 𝚽(𝑡) = (
𝑒𝑡 𝑒3𝑡 𝑒5𝑡
0 2𝑒3𝑡 2𝑒5𝑡
0 0 2𝑒5𝑡
) ∙ (
1 −1 2⁄ 0
0 1 2⁄ −1 2⁄
0 0 1 2⁄
) 
⟹ 𝚽(𝑡) = (
𝑒𝑡 −
1
2
𝑒𝑡 +
1
2
𝑒3𝑡 −
1
2
𝑒3𝑡 +
1
2
𝑒5𝑡
0 𝑒3𝑡 −𝑒3𝑡 + 𝑒5𝑡
0 0 𝑒5𝑡
) 
d) Considerando a condição inicial 
𝐱(0) = 𝐱0 = (
0
1
1
), 
temos que a solução do P.V.I. é 
𝐱(𝑡) = 𝚽(𝑡)𝐱(0) 
⟹ 𝐱(𝑡) = (
𝑒𝑡 −
1
2
𝑒𝑡 +
1
2
𝑒3𝑡 −
1
2
𝑒3𝑡 +
1
2
𝑒5𝑡
0 𝑒3𝑡 −𝑒3𝑡 + 𝑒5𝑡
0 0 𝑒5𝑡
) ∙ (
0
1
1
) 
⟹ 𝐱(𝑡) = (
−
1
2
𝑒𝑡 +
1
2
𝑒5𝑡
𝑒5𝑡
𝑒5𝑡
) 
 
4. (2,0 pontos) Encontre a solução do PVI: 
𝐱′ = (
1 −1
1 3
) 𝐱, 𝐱(0) = 𝐱0 = (
3
2
). 
 
Solução: Equação característica: 
det(𝑨 − 𝑟𝑰) = 0 ⟹ det (
1 − 𝑟 −1
1 3 − 𝑟
) = 0 ⟹ (1 − 𝑟)(3 − 𝑟) + 1 = 0 ⟹ 𝑟2 − 4𝑟 + 4 = 0 
det(𝑨 − 𝑟𝑰) = 0 ⟹ (𝑟 − 2)2 = 0⟹ 𝑟 = 2 
Assim, 𝑟 = 2 é o único autovalor com multiplicidade 2. 
Autovetor(es) para 𝑟 = 2: 
5 
 
(𝑨 − 𝑟𝑰)𝝃 = 𝟎 ⟹ (
−1 −1
1 1
) (
𝜉1
𝜉2
) = (
0
0
) ⟹ {
−𝜉1 − 𝜉2 = 0
𝜉1 + 𝜉2 = 0
⟹ {
𝜉1 = 𝑘
𝜉2 = −𝑘
, (𝑘 ∈ ℝ) 
Tomemos então 𝑘 = 1 e temos 
𝝃(1) = (
1
−1
) 
Sendo assim, uma solução para o sistema dado é 
𝐱(1)(𝑡) = 𝝃(1)𝑒𝑟𝑡 ⟹ 𝐱(1)(𝑡) = (
1
−1
) 𝑒2𝑡 
 
Para encontrar uma segunda solução para o conjunto fundamental de soluções 
consideramos uma outra solução da forma 𝐱(𝑡) = 𝝃𝑡𝑒2𝑡 + 𝜼𝑒2𝑡. 
Daí, 
𝐱′ = 𝑨 𝐱 ⟹ 2 𝝃𝑡𝑒2𝑡 + (𝝃 + 2𝜼)𝑒2𝑡 = 𝑨 (𝝃𝑡𝑒2𝑡 + 𝜼𝑒2𝑡) 
⟹ (𝑨− 2𝑰) 𝝃𝑡𝑒2𝑡 + (−𝑨 + 𝝃 + 2𝑰𝜼)𝑒2𝑡 = 0⟹ {
(𝑨 − 2𝑰) 𝝃 = 𝟎
(𝑨 − 2𝑰)𝜼 = 𝝃
 
A equação (𝑨 − 2𝑰) 𝝃 = 𝟎 é satisfeita pois 𝝃 é um autovetor para o sistema. Agora, vamos 
resolvera segunda equação (𝑨 − 2𝑰)𝜼 = 𝝃. 
Escalonemos a matriz aumentada do sistema: 
(
−1 −1
1 1
⋮ 1
⋮ −1
) ~⏟
𝐿1↔𝐿2
(
1 1
−1 −1
⋮ −1
⋮ 1
) ~⏟
𝐿1+𝐿2→𝐿2
(
1 1
0 0
⋮ −1
⋮ 0
) ⟹ {
𝜂1 = 𝑘
𝜂2 = −1 − 𝑘
 
Portanto, 
𝜼 = (
𝜂1
𝜂2
) = (
𝑘
−1 − 𝑘
) = (
0
−1
) + 𝑘 (
1
−1
) , (𝑘 ∈ ℝ). 
Assim, 
𝐱(𝑡) = 𝝃𝑡𝑒2𝑡 + 𝜼𝑒2𝑡 ⟹ 𝐱(𝑡) = (
1
−1
) 𝑡𝑒2𝑡 + (
0
−1
)𝑒2𝑡 + 𝑘 (
1
−1
)𝑒2𝑡 
Como o termo 𝑘 (
1
−1
) 𝑒2𝑡 é múltiplo de 𝐱(1)(𝑡) e então pode ser descartado. 
Desta forma, uma nova solução é: 
𝐱(2)(𝑡) = (
1
−1
) 𝑡𝑒2𝑡 + (
0
−1
) 𝑒2𝑡 
Verificamos também que 𝑊[𝐱(1), 𝐱(2)](𝑡) = −𝑒4𝑡, mostrando que {𝐱(1), 𝐱(2)} é L.I.. Portanto, 
𝐱(1) e 𝐱(2) formam um conjunto fundamental de soluções para o sistema dado. 
A solução geral é 
𝐱(𝑡) = 𝑐1 𝐱
(1)(𝑡) + 𝑐2 𝐱
(2)(𝑡) ⟹ 𝐱(𝑡) = 𝑐1 (
1
−1
)𝑒2𝑡 + 𝑐2 [(
1
−1
) 𝑡𝑒2𝑡 + (
0
−1
) 𝑒2𝑡] 
Agora, usando as condições dadas, calculemos as constantes 𝑐1 e 𝑐2: 
𝐱(0)= (
3
2
) ⟹ 𝑐1 (
1
−1
)𝑒2(0) + 𝑐2 [(
1
−1
) (0)𝑒2(0) + (
0
−1
) 𝑒2(0)] = (
3
2
) 
⟹ 𝑐1 (
1
−1
) + 𝑐2 (
0
−1
) = (
3
2
) ⟹ {
𝑐1 = 3
−𝑐1 − 𝑐2 = 2
⟹ {
𝑐1 = 3
𝑐2 = −5
 
Portanto, a solução do P.V.I. é 
𝐱(𝑡) = 3 (
1
−1
) 𝑒2𝑡 − 5 [(
1
−1
) 𝑡𝑒2𝑡 + (
0
−1
) 𝑒2𝑡] ⟹ x(𝑡) = (3 𝑒
2𝑡 − 5 𝑡𝑒2𝑡
2 𝑒2𝑡 + 5 𝑡𝑒2𝑡
) 
 
5. (2,0 pontos) Use a Transformada de Laplace para resolver o PVI: 
𝒚′′ + 𝒚′ + 𝒚 = 𝟏 + 𝒆−𝒕, 𝒚(𝟎) = 𝟑, 𝒚′(𝟎) = −𝟓. 
 
6 
 
Solução: Temos: 
𝑦′′ + 𝑦′ + 𝑦 = 1 + 𝑒−𝑡 ⟹ ℒ{𝑦′′ + 𝑦′ + 𝑦} = ℒ{1 + 𝑒−𝑡} 
⟹ ℒ{𝑦′′} + ℒ{𝑦′} + ℒ{𝑦} = ℒ{1} + ℒ{𝑒−𝑡} 
Consultando a Tabela temos: 
ℒ{1} =
1
𝑠
; ℒ{𝑒−𝑡} =
1
𝑠 + 1
. 
Também, ℒ{𝑦(𝑛)} = 𝑠𝑛ℒ{𝑦} − 𝑠𝑛−1𝑦(0) − 𝑠𝑛−2𝑦′(0) − ⋯− 𝑠𝑦𝑛−2(0) − 𝑦𝑛−1(0). 
Logo, temos 
ℒ{𝑦′′} + ℒ{𝑦′} + ℒ{𝑦} = ℒ{1} + ℒ{𝑒−𝑡} 
⟹ 𝑠2ℒ{𝑦} − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0)⏟ 
ℒ{𝑦′′}
+ 𝑠ℒ{𝑦} − 𝑦(0)⏟ 
ℒ{𝑦′}
+ ℒ{𝑦} =
1
𝑠
+
1
𝑠 + 1
 
⟹ (𝑠2 + 𝑠 + 1)ℒ{𝑦} − 3𝑠 + 5 − 3 =
2𝑠 + 1
𝑠(𝑠 + 1)
⟹ (𝑠2 + 𝑠 + 1)ℒ{𝑦} =
2𝑠 + 1
𝑠(𝑠 + 1)
+ 3𝑠 − 2 
⟹ ℒ{𝑦} =
1
𝑠2 + 𝑠 + 1
∙
3𝑠3 + 𝑠2 + 1
𝑠(𝑠 + 1)
⟹ ℒ{𝑦} =
3𝑠3 + 𝑠2 + 1
𝑠(𝑠 + 1)(𝑠2 + 𝑠 + 1)
 
Para concluir o problema, devemos escrever ℒ{𝑦} em uma soma de frações parciais para 
melhor cálculo das transformadas de Laplace inversas. 
Temos: 
3𝑠3 + 𝑠2 + 1
𝑠(𝑠 + 1)(𝑠2 + 𝑠 + 1)
=
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑠 + 1
+
𝐶𝑠 + 𝐷
𝑠2 + 𝑠 + 1
 
⟹ 3𝑠3 + 𝑠2 + 1 = 𝐴(𝑠 + 1)(𝑠2 + 𝑠 + 1) + 𝐵 𝑠(𝑠2 + 𝑠 + 1) + (𝐶𝑠 + 𝐷) 𝑠(𝑠 + 1) 
Fazendo 𝑠 = 0, temos: 𝐴 = 1 
Fazendo 𝑠 = −1, temos: 𝐵 = 1 
Assim, 
3𝑠3 + 𝑠2 + 1 = (𝑠 + 1)(𝑠2 + 𝑠 + 1) + 𝑠(𝑠2 + 𝑠 + 1) + (𝐶𝑠 + 𝐷) 𝑠(𝑠 + 1) 
⟹ 3𝑠3 + 𝑠2 + 1 = 𝑠3 + 2𝑠2 + 2𝑠 + 1 + 𝑠3 + 𝑠2 + 𝑠 + 𝐶𝑠3 + 𝐶𝑠2 + 𝐷𝑠2 + 𝐷𝑠 
⟹ 3𝑠3 + 𝑠2 + 1 = (2 + 𝐶)𝑠3 + (3 + 𝐶 + 𝐷)𝑠2 + 2𝑠 + 1 + (3 + 𝐷)𝑠 + 1 
⟹ {
𝐶 + 2 = 3
𝐷 + 3 = 0
⟹ {
𝐶 = 1
𝐷 = −3
 
Assim, 
3𝑠3 + 𝑠2 + 1
𝑠(𝑠 + 1)(𝑠2 + 𝑠 + 1)
=
1
𝑠
+
1
𝑠 + 1
+
𝑠 − 3
𝑠2 + 𝑠 + 1
 
ℒ{𝑦} =
3𝑠3 + 𝑠2 + 1
𝑠(𝑠 + 1)(𝑠2 + 𝑠 + 1)
⟹ ℒ{𝑦} =
1
𝑠
+
1
𝑠 + 1
+
𝑠 − 3
𝑠2 + 𝑠 + 1
 
⟹ 𝑦 = ℒ−1{ℒ{𝑦}} = ℒ−1 {
1
𝑠
+
1
𝑠 + 1
+
𝑠 − 3
𝑠2 + 𝑠 + 1
} 
⟹ 𝑦 = ℒ−1 {
1
𝑠
} + ℒ−1 {
1
𝑠 + 1
} + ℒ−1 {
𝑠 − 3
𝑠2 + 𝑠 + 1
} 
Consultando a Tabela, vemos 
ℒ−1 {
1
𝑠
} = 1; ℒ−1 {
1
𝑠 + 1
} = 𝑒−𝑡. 
Agora calculemos a última transformada inversa: 
𝑠 − 3
𝑠2 + 𝑠 + 1
=
𝑠 − 3
𝑠2 + 𝑠 +
1
4 −
1
4 + 1
=
𝑠 +
1
2 −
1
2 − 3
(𝑠 +
1
2)
2
+
3
4
=
𝑠 +
1
2
(𝑠 +
1
2)
2
+ (
√3
2 )
2 −
7
2
(𝑠 +
1
2)
2
+ (
√3
2 )
2 
7 
 
=
𝑠 +
1
2
(𝑠 +
1
2
)
2
+ (
√3
2 )
2 −
7
√3
√3
2
(𝑠 +
1
2
)
2
+ (
√3
2 )
2 
Logo, 
ℒ−1 {
𝑠 − 3
𝑠2 + 𝑠 + 1
} = ℒ−1
{
 
 
 
 
𝑠 +
1
2
(𝑠 +
1
2
)
2
+ (
√3
2 )
2
}
 
 
 
 
−
7
√3
 ℒ−1
{
 
 
 
 √3
2
(𝑠 +
1
2
)
2
+ (
√3
2 )
2
}
 
 
 
 
 
ℒ−1 {
𝑠 − 3
𝑠2 + 𝑠 + 1
} = 𝑒−
𝑡
2 cos (
√3
2
) 𝑡 −
7
√3
 𝑒−
𝑡
2 sen(
√3
2
) 𝑡 
Portanto, a solução do P.V.I. é 
𝑦 = 1 + 𝑒−𝑡 + 𝑒−
𝑡
2 cos(
√3
2
) 𝑡 −
7
√3
 𝑒−
𝑡
2 sen (
√3
2
) 𝑡