Encontre a solução y=y(t) do P.V.I. dado, utilizando Transformada de Laplace:
  • 6.) y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+2 y=\delta(t-\pi) ; y(0)=y^{\prime}(0)=0.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial com condição inicial (P.V.I.):
y''+2y'+2y=\delta(t-\pi),
com condições iniciais
y(0)=0,\qquad y'(0)=0.
O que se pede: encontrar a solução y=y(t) para todo t, usando Transformada de Laplace.
Informações relevantes fornecidas: a força de entrada é a delta de Dirac em t=\pi, e as condições iniciais são zero.

Passo 2

Relembrando (de forma didática) propriedades essenciais da Transformada de Laplace que vamos usar.
Definição da Transformada de Laplace de uma função f(t):
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=F(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt,
onde s é a variável complexa da transformada. A transformada inversa é denotada \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}(t)=f(t).
Propriedades que usaremos:
  1. Transformada de derivadas (para funções com condições iniciais conhecidas):
\mathcal{L}\{y'(t)\}(s)=sY(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y''(t)\}(s)=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0),
onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s).
  1. Transformada da delta de Dirac deslocada:
\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}(s)=e^{-a s},\quad a\ge0.
  1. Teorema do deslocamento no tempo (para a inversa): se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s), então
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=u(t-a)\,f(t-a),
onde u(t-a) é a função degrau de Heaviside (igual a 0 para t<a e 1 para t\ge a). Em linguagem mais intuitiva: multiplicar por e^{-a s} na frequência corresponde a atrasar a função no tempo por a e multiplicar por u(t-a).
Vou usar exatamente essas propriedades no cálculo.

Passo 3

Aplicar a Transformada de Laplace em ambos os lados da equação diferencial. Denotando Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s), e usando as condições iniciais y(0)=0, y'(0)=0:
Transformada do lado esquerdo:
\mathcal{L}\{y''+2y'+2y\}(s)=\bigl(s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0)\bigr)+2\bigl(sY(s)-y(0)\bigr)+2Y(s).
Substituindo y(0)=0 e y'(0)=0 isso simplifica para
s^{2}Y(s)+2sY(s)+2Y(s)=(s^{2}+2s+2)Y(s).
Transformada do lado direito:
\mathcal{L}\{\delta(t-\pi)\}(s)=e^{-\pi s}.
Portanto a equação transformada é
(s^{2}+2s+2)Y(s)=e^{-\pi s}.

Passo 4

Isolamos Y(s) por álgebra simples:
Y(s)=\frac{e^{-\pi s}}{s^{2}+2s+2}.
Agora precisamos calcular a transformada inversa de Y(s). Observe que Y(s) tem o fator e^{-\pi s} multiplicando uma função racional em s — isso indica que vamos usar o teorema do deslocamento no tempo ao inverter.

Passo 5

Simplificamos a expressão no denominador completando quadrado:
s^{2}+2s+2=(s+1)^{2}+1.
Logo
Y(s)=e^{-\pi s}\cdot\frac{1}{(s+1)^{2}+1}.
Agora identifiquemos a transformada inversa sem o fator exponencial de atraso:
se definirmos
F(s)=\frac{1}{(s+1)^{2}+1},
precisamos encontrar f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}(t).

Passo 6

Recordando fórmulas básicas de Laplace (essas são úteis e comuns em provas):
Para \alpha e \beta>0,
\mathcal{L}\{e^{-\alpha t}\sin(\beta t)\}(s)=\frac{\beta}{(s+\alpha)^{2}+\beta^{2}},
\mathcal{L}\{e^{-\alpha t}\cos(\beta t)\}(s)=\frac{s+\alpha}{(s+\alpha)^{2}+\beta^{2}}.
Comparando com F(s)=\dfrac{1}{(s+1)^{2}+1}, vemos que se escolhemos \alpha=1 e \beta=1 então
\mathcal{L}\{e^{-t}\sin t\}(s)=\frac{1}{(s+1)^{2}+1}=F(s).
Portanto
f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}(t)=e^{-t}\sin t.

Passo 7

Agora aplicamos o teorema do deslocamento na inversa (já citado no Passo 2). Como Y(s)=e^{-\pi s}F(s) com F(s) e f(t) conhecidos, temos
y(t)=\mathcal{L}^{-1}\{Y(s)\}(t)=\mathcal{L}^{-1}\{e^{-\pi s}F(s)\}(t)=u(t-\pi)\,f(t-\pi).
Substituindo f:
y(t)=u(t-\pi)\,e^{-(t-\pi)}\sin(t-\pi).

Passo 8

Interpretação e verificação rápida (para ganhar confiança): a solução é zero para t<\pi (pois a entrada delta só atua em t=\pi), e para t\ge\pi a resposta segue a forma do sistema linear com condições iniciais impostas pelo impacto do impulso em t=\pi, que produz um início de resposta proporcional a e^{-(t-\pi)}\sin(t-\pi). Isso está coerente com a ideia física e com a forma matemática obtida.

Resposta

y(t)=u(t-\pi)\,e^{-(t-\pi)}\sin(t-\pi)

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