Resolva os problemas de valor inicial:
(l)

Passo 1

O enunciado pede a solução do problema de valor inicial
y''+2y'+2y=f(t), y(0)=0,;y'(0)=0,
onde
f(t)= e^t,&0<= t<1, 0,&t>=1
O método que vamos usar é o de transformada de Laplace, representando f(t) com o degrau unitário.

Passo 2

Escrevemos f(t) usando a função de Heaviside u(t-1). Para isso notamos que
f(t)=e^tl[1-u(t-1)r] =e^t - e^t,u(t-1)
As transformadas de Laplace são
Le^t=1s-1, Le^t,u(t-1)=e^-s,1s-1
Logo
F(s)=1s-1-e^-s1s-1

Passo 3

Aplicando a transformada na equação e usando y(0)=y'(0)=0
l(s^2+2s+2r)Y(s)=F(s) ;Longrightarrow; Y(s) =1s^2+2s+2l(1s-1-e^-s1s-1r)
Definimos
Y1(s)=1(s-1)(s^2+2s+2),
de modo que
Y(s)=Y1(s);-;e^-sY1(s)

Passo 4

Para inverter ;Y1(s)=1/l((s-1)((s+1)^2+1)r); fazemos frações parciais. Achamos
1(s-1)((s+1)^2+1) =1/5s-1 -1/5,(s+1)+2/5(s+1)^2+1
Invertendo cada termo:
g(t)=L^-1Y1(s) =15e^t -15e^-tcos t -25e^-tsin t

Passo 5

Pela propriedade de deslocamento na transformada, a parte com e^-sY1(s) gera g(t-1)u(t-1). Assim a solução fica
y(t)=g(t);-;g(t-1),u(t-1)
Em forma explícita, para 0<= t<1 temos u(t-1)=0 e
y(t) =g(t) =e^t5 -e^-t5cos t -2,e^-t5sin t,
e para t>=1,
y(t) =g(t)-g(t-1) =l[e^t5-e^-t5cos t-2e^-t5sin tr] -l[e^,t-15-e^-(t-1)5cos(t-1)-2e^-(t-1)5sin(t-1)r]

Resposta

Para 0<= t<1:
y(t)=e^t5-e^-t5cos t-2,e^-t5sin t
Para t>=1:
y(t) =e^t5-e^-t5cos t-2,e^-t5sin t -e^,t-15+e^-(t-1)5cos(t-1)+2e^-(t-1)5sin(t-1)

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