Achar a solução do problema de valor inicial proposto, aplicando transformada de Laplace.
(f) y^{(4)}+5 y^{\prime \prime}+4 y=1-u_{\pi}(t) ; \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=0, \quad y^{\prime \prime}(0)=0, \quad y^{\prime \prime \prime}(0)=0

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial
y^{(4)} + 5\,y'' + 4\,y = 1 - u_{\pi}(t),
com condições iniciais
y(0)=0,\quad y'(0)=0,\quad y''(0)=0,\quad y^{(3)}(0)=0.
O conteúdo necessário é a transformada de Laplace, o uso da transformada da função degrau unitário u_{\pi}(t) e o teorema de deslocamento no tempo.

Passo 2

Aplicamos a transformada de Laplace a cada termo, usando L\{y^{(n)}\}=s^nY(s) pelas condições iniciais nulas, e
L\{1\}=\frac1s,\quad L\{u_{\pi}(t)\}=\frac{e^{-\pi s}}s.
Logo,
s^4Y(s) + 5\,s^2Y(s) + 4\,Y(s) \;=\;\frac1s - \frac{e^{-\pi s}}s.

Passo 3

Fatorando Y(s) e o polinômio característico, obtemos
Y(s)\,\bigl(s^4+5s^2+4\bigr) =\frac{1 - e^{-\pi s}}s, \quad s^4+5s^2+4=(s^2+1)(s^2+4).
Então
Y(s) =\frac{1 - e^{-\pi s}}s\;\frac1{(s^2+1)(s^2+4)} =(1 - e^{-\pi s})\,\frac1{s\,(s^2+1)(s^2+4)}.

Passo 4

Fazemos frações parciais em
\frac1{s\,(s^2+1)(s^2+4)} =\frac{A}{s}+\frac{B\,s+C}{s^2+1}+\frac{D\,s+E}{s^2+4}.
Multiplicando por s(s^2+1)(s^2+4) e igualando coeficientes de s^4,s^3,s^2,s^1,s^0, obtemos o sistema
\begin{cases} A+B+D=0,\\\ C+E=0,\\\\ 5A+4B+D=0,\\\\ 4C+E=0,\\\\ 4A=1. \end{cases}

Passo 5

Da última equação vem A=\tfrac14.
Das duas últimas sobre C,E:
C+E=0,\quad4C+E=0\;\implies\;C=0,\;E=0.
Das duas primeiras sobre B,D:
A+B+D=0\;\implies\;B+D=-\tfrac14, \quad 5A+4B+D=0\;\implies\;4B+D=-\tfrac54.
Subtraindo, B=-\tfrac13 e então D=\tfrac1{12}.

Passo 6

Logo
\frac1{s\,(s^2+1)(s^2+4)} =\frac{1/4}{s} -\frac{1/3\,s}{s^2+1} +\frac{1/12\,s}{s^2+4}.
Então
Y(s) =(1 - e^{-\pi s}) \Bigl(\tfrac14\frac1s -\tfrac13\frac{s}{s^2+1}+\tfrac1{12}\frac{s}{s^2+4}\Bigr).

Passo 7

Invertendo termo a termo e usando o teorema de deslocamento ( L^{-1}\{F(s)e^{-a s}\}=f(t-a)\,u(t-a)), temos primeiro
y_1(t) =\tfrac14 - \tfrac13\cos t + \tfrac1{12}\cos(2t).
Portanto
y(t) =y_1(t) - y_1(t-\pi)\,u_{\pi}(t).

Passo 8

Observando \cos(t-\pi)=-\cos t e \cos(2(t-\pi))=\cos(2t), fica
y_1(t-\pi) =\tfrac14 + \tfrac13\cos t + \tfrac1{12}\cos(2t).
Assim, em forma fechada com degrau,
\boxed{ y(t) =\bigl(\tfrac14 - \tfrac13\cos t + \tfrac1{12}\cos(2t)\bigr) \;-\; u_{\pi}(t)\,\bigl(\tfrac14 + \tfrac13\cos t + \tfrac1{12}\cos(2t)\bigr). }

Resposta

\boxed{ y(t) =\bigl(\tfrac14 - \tfrac13\cos t + \tfrac1{12}\cos(2t)\bigr) \;-\; u_{\pi}(t)\,\bigl(\tfrac14 + \tfrac13\cos t + \tfrac1{12}\cos(2t)\bigr). }

Exercícios relacionados