Achar a solução do problema de valor inicial proposto, mediante as transformadas de Laplace.
(c) \boldsymbol{y}^{\prime \prime}+\mathbf{2} \boldsymbol{y}^{\prime}+\mathbf{3} \boldsymbol{y}=\operatorname{sen} \boldsymbol{t}+\boldsymbol{\delta}(\boldsymbol{t}-\boldsymbol{\pi}) ; \quad \boldsymbol{y}(\mathbf{0})=\mathbf{0} \quad e \quad \boldsymbol{y}^{\prime}(\mathbf{0})=\mathbf{1}

Passo 1

O problema é um valor inicial para a EDO linear de 2ª ordem forçada por \sin t e por um impulso \delta(t-\pi), com
y''+2y'+3y=\sin t+\delta(t-\pi), \quad y(0)=0,\;y'(0)=1.
Vamos usar transformada de Laplace, explorando as propriedades de
– transformada de derivada,
– transformada de \delta(t-a),
– teorema do desfasamento em e^{-as}F(s),
e depois inverter termo a termo.

Passo 2

Aplico Laplace em ambos os lados. Com Y(s)=\mathcal L\{y(t)\},
\mathcal L\{y''\}=s^2Y(s)-s\,y(0)-y'(0)=s^2Y(s)-1, \quad \mathcal L\{y'\}=sY(s)-y(0)=sY(s).
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(s^2Y(s)-1)+2\,(sY(s))+3\,Y(s) =\frac{1}{s^2+1}+e^{-\,\pi s}.
Agrupando Y(s):
\bigl(s^2+2s+3\bigr)Y(s)=1+\frac{1}{s^2+1}+e^{-\,\pi s}.

Passo 3

Isolando Y(s) obtemos
Y(s) =\frac{1}{s^2+2s+3} \;+\; \frac{1}{(s^2+2s+3)(s^2+1)} \;+\; \frac{e^{-\,\pi s}}{s^2+2s+3}.

Passo 4

Vamos inverter cada parcela:
1. Defina
h(t)=\mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac{1}{s^2+2s+3}\Bigr\}.
Como s^2+2s+3=(s+1)^2+2, tem-se
h(t)=\frac{1}{\sqrt{2}}\,e^{-t}\sin\!(\sqrt{2}\,t).
2. A segunda parcela inverte por convolução:
y_2(t) =\int_{0}^{t}h(t-\tau)\,\sin\tau\;\mathrm{d}\tau.
3. A terceira parcela usa o desfasamento:
y_3(t)=H(t-\pi)\,h(t-\pi).
Assim a solução geral em forma de transformada inversa é
y(t) =h(t) +\int_{0}^{t}h(t-\tau)\,\sin\tau\,\mathrm{d}\tau +H(t-\pi)\,h(t-\pi).

Passo 5

Podemos ainda reconhecer que
\displaystyle\int_{0}^{t}h(t-\tau)\sin\tau\,\mathrm d\tau é exatamente a solução particular para o forçamento \sin t, que por método dos coeficientes dá
y_p(t)=\tfrac14\sin t-\tfrac14\cos t.
E a parte homogênea com as condições iniciais sai
y_h(t) =e^{-t}\Bigl(\tfrac14\cos(\sqrt2\,t)+\tfrac1{\sqrt2}\sin(\sqrt2\,t)\Bigr).
Finalmente, somando o impulso atrasado,
y(t) =y_h(t)+y_p(t) +H(t-\pi)\,\frac{1}{\sqrt2}e^{-(t-\pi)}\sin\!\bigl(\sqrt2\,(t-\pi)\bigr).

Resposta

y(t) =e^{-t}\Bigl(\tfrac14\cos(\sqrt2\,t)+\tfrac1{\sqrt2}\sin(\sqrt2\,t)\Bigr) +\frac{1}{4}\sin t-\frac{1}{4}\cos t +H(t-\pi)\,\frac{1}{\sqrt2}e^{-(t-\pi)}\sin\!\bigl(\sqrt2\,(t-\pi)\bigr).

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