Achar a solução do problema de valor inicial proposto, aplicando transformada de Laplace.
(e) \boldsymbol{y}^{\prime \prime}+\boldsymbol{y}=\boldsymbol{g}(\boldsymbol{t}) ; \quad \boldsymbol{y}(0)=0, \quad \boldsymbol{y}^{\prime}(0)=1 \quad \boldsymbol{g}(\boldsymbol{t})= \begin{cases}\boldsymbol{t}, & 0 \leq \boldsymbol{t}<1 \\\ \mathbf{1}, & \boldsymbol{t} \geq \mathbf{1}\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede para resolver o problema de valor inicial
y''+y=g(t),\quad y(0)=0,\;y'(0)=1,
em que
g(t)=\begin{cases} t,&0\le t<1,\\\\ 1,&t\ge1, \end{cases}
usando a transformada de Laplace. O conteúdo é equação diferencial linear de segunda ordem com termo fonte descontínuo, e vamos usar a representação de g(t) via degrau unitário para calcular sua transformada, resolver no domínio s e depois inverter.

Passo 2

Tomo a transformada de Laplace de ambos os lados. Como
\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-s\,y(0)-y'(0)=s^2Y(s)-1,
e
\mathcal{L}\{y\}=Y(s),
a equação vira
s^2Y(s)-1+Y(s)=G(s),
ou seja
(s^2+1)\,Y(s)-1=G(s).

Passo 3

Represento g(t) com o degrau u(t-1):
g(t)=t\bigl[1-u(t-1)\bigr]+1\cdot u(t-1) =t - t\,u(t-1)+u(t-1).
Logo
G(s)=\mathcal{L}\{t\}-\mathcal{L}\{t\,u(t-1)\}+\mathcal{L}\{u(t-1)\}.
Sabendo que
\mathcal{L}\{t\}=\frac1{s^2},\quad \mathcal{L}\{u(t-1)\}=\frac{e^{-s}}s,\quad \mathcal{L}\{t\,u(t-1)\} =e^{-s}\mathcal{L}_{\tau}\{\tau+1\} =e^{-s}\Bigl(\frac1{s^2}+\frac1{s}\Bigr),
obtemos
G(s)=\frac1{s^2}-e^{-s}\Bigl(\frac1{s^2}+\frac1{s}\Bigr)+\frac{e^{-s}}s =\frac1{s^2}-\frac{e^{-s}}{s^2}.

Passo 4

De
(s^2+1)\,Y(s)-1=G(s)
segue
Y(s) =\frac{1+G(s)}{s^2+1} =\frac{1+\frac1{s^2}-\frac{e^{-s}}{s^2}}{s^2+1} =\frac{1+\frac1{s^2}}{s^2+1}-\frac{e^{-s}}{s^2\,(\,s^2+1\,)}.
Como 1+1/s^2=(s^2+1)/s^2, isso simplifica para
Y(s)=\frac1{s^2}-\frac{e^{-s}}{s^2\,(s^2+1)}.

Passo 5

Para inverter a parte sem atraso, note que
\frac1{s^2\,(s^2+1)} =\frac{A}{s}+\frac{B}{s^2}+\frac{Cs+D}{s^2+1}.
Fazendo frações parciais, obtém-se
\frac1{s^2\,(s^2+1)} =\frac1{s^2}-\frac1{s^2+1}.
Logo a transformada inversa dessa parte é
f(t)=\mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac1{s^2}-\frac1{s^2+1}\Bigr\} =t-\sin(t).

Passo 6

Usando a propriedade do atraso,
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-s}F(s)\} =u(t-1)\,f(t-1),
temos
y(t) =\mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac1{s^2}\Bigr\} -\mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac{e^{-s}}{s^2\,(s^2+1)}\Bigr\} =t - u(t-1)\bigl[(t-1)-\sin(t-1)\bigr].

Passo 7

Escrevendo em forma peça a peça:
para 0\le t<1, u(t-1)=0 e y(t)=t;
para t\ge1, u(t-1)=1 e
y(t)=t-\bigl[(t-1)-\sin(t-1)\bigr] =1+\sin(t-1).

Resposta

y(t)= \begin{cases} t,&0\le t<1,\\\\ 1+\sin(t-1),&t\ge1. \end{cases}

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