Encontre a solução do problema de valor inicial
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}+y^{\prime}+\frac{5}{4} y=g(t) \\\ y(0)=0, y^{\prime}(0)=0 \end{array}\right.
onde
g(t)= \begin{cases}\cos (t) & 0 \leq t<\pi \\\\ 0 & t \geq 0\end{cases}

Passo 1

O problema pede a solução do problema de valor inicial
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}+y^{\prime}+\dfrac{5}{4} y=g(t),\\[4pt] y(0)=0,\quad y^{\prime}(0)=0, \end{array}\right.
onde a função forçante é (assumindo a formulação típica)
g(t)=\begin{cases} \cos t, & 0\le t<\pi,\\[4pt] 0, & t\ge \pi. \end{cases}
O que se pede é y(t) para t\ge0. Informações relevantes fornecidas:
  • Equação linear de segunda ordem com coeficientes constantes.
  • Condições iniciais nulas: y(0)=0 e y'(0)=0.
  • Forçamento em pulso: g(t)=\cos t entre 0 e \pi e g(t)=0 para t\ge\pi.]

Passo 2

Escolha do método: vou usar a transformada de Laplace porque:
  • As condições iniciais são dadas em t=0 (facilita a aplicação).
  • A forçante é definida por trecho (pulso) e a transformada de Laplace trata bem funções com degrau e deslocamento temporal.
  • Ao final fica natural representar a solução em função da resposta a um pulso e aplicar a propriedade de deslocamento temporal (fácil de manipular).
Vou lembrar rapidamente as fórmulas principais que vou usar:
  • Para Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\},
\mathcal{L}\{y''\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0),\qquad \mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0).
  • Para a função degrau u(t-a) e função f,
\mathcal{L}\{f(t)u(t-a)\}=e^{-a s}\mathcal{L}\{f(t+a)\}.
  • Transforms usuais: \mathcal{L}\{\cos t\}=\dfrac{s}{s^{2}+1}, \mathcal{L}\{e^{-at}\cos bt\}=\dfrac{s+a}{(s+a)^{2}+b^{2}}, \mathcal{L}\{e^{-at}\sin bt\}=\dfrac{b}{(s+a)^{2}+b^{2}}.
  • Propriedade do deslocamento no tempo: multiplicação por e^{-as} em s corresponde a deslocamento u(t-a) no tempo.

Passo 3

Aplico a transformada de Laplace na equação diferencial. Denotando Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\} e usando y(0)=y'(0)=0, obtemos
\mathcal{L}\{y''\}+\mathcal{L}\{y'\}+\frac{5}{4}\mathcal{L}\{y\} \;=\;\mathcal{L}\{g(t)\}
ou seja,
\big(s^{2}+s+\tfrac{5}{4}\big)Y(s)=G(s),
onde G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}. Portanto
Y(s)=\dfrac{G(s)}{s^{2}+s+\tfrac{5}{4}}.

Passo 4

Calculo G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}. Escrevo g com o degrau:
g(t)=\cos t - \cos t\;u(t-\pi),
porque para 0\le t<\pi a segunda parcela é zero e para t\ge\pi as duas se cancelam (ficando zero). Assim
G(s)=\mathcal{L}\{\cos t\}-\mathcal{L}\{\cos t\;u(t-\pi)\}.
Usando a propriedade do deslocamento:
\mathcal{L}\{\cos t\;u(t-\pi)\}=e^{-\pi s}\,\mathcal{L}\{\cos(t+\pi)\}.
Mas \cos(t+\pi)=-\cos t, logo \mathcal{L}\{\cos(t+\pi)\}=-\dfrac{s}{s^{2}+1}. Portanto
\mathcal{L}\{\cos t\;u(t-\pi)\}=-e^{-\pi s}\dfrac{s}{s^{2}+1}.
Assim
G(s)=\dfrac{s}{s^{2}+1} -\big(-e^{-\pi s}\dfrac{s}{s^{2}+1}\big) =\dfrac{s}{s^{2}+1}\big(1+e^{-\pi s}\big).
Observação alternativa (cheque): isto coincide com a integral direta \displaystyle G(s)=\int_{0}^{\pi} e^{-st}\cos t\,dt=\dfrac{s}{s^{2}+1}\big(1+e^{-\pi s}\big).

Passo 5

Substituindo em Y(s) temos
Y(s)=\dfrac{s}{(s^{2}+1)\big(s^{2}+s+\tfrac{5}{4}\big)}\big(1+e^{-\pi s}\big).
Escrevo isso como
Y(s)=Y_{1}(s)+e^{-\pi s}Y_{1}(s),\qquad Y_{1}(s):=\dfrac{s}{(s^{2}+1)\big(s^{2}+s+\tfrac{5}{4}\big)}.
Pela propriedade do deslocamento, a transformada e^{-\pi s}Y_{1}(s) corresponde no tempo a u(t-\pi)f(t-\pi), onde f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{Y_{1}(s)\}. Portanto a solução no domínio do tempo é
y(t)=f(t)+u(t-\pi)\,f(t-\pi).
Logo basta calcular f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{Y_{1}(s)\}.

Passo 6

Vou calcular f(t)\) por frações parciais. Escrevo \[\dfrac{s}{(s^{2}+1)\big(s^{2}+s+\tfrac{5}{4}\big)} = \dfrac{A s+B}{s^{2}+1}+\dfrac{C s+D}{s^{2}+s+\tfrac{5}{4}}.
Multiplicando pelos denominadores:
s=(A s+B)(s^{2}+s+\tfrac{5}{4})+(C s+D)(s^{2}+1).
Expandindo e coletando coeficientes de potências de s obtemos o sistema
\begin{cases} A+C=0,\\[4pt] A+B+D=0,\\[4pt] \dfrac{5}{4}A+B+C=1,\\[4pt] \dfrac{5}{4}B+D=0. \end{cases}
Resolvo passo a passo:
  • Da primeira equação C=-A\]. - Da quarta equação \(D=-\dfrac{5}{4}B.
    - Substituindo em segunda: A+B-\dfrac{5}{4}B=0\Rightarrow A-\dfrac{1}{4}B=0\Rightarrow B=4A.
    - Substituindo C=-A e B=4A na terceira:
\dfrac{5}{4}A + 4A + (-A)=1 \quad\Rightarrow\quad \dfrac{5}{4}A+3A=\dfrac{17}{4}A=1.
Logo A=\dfrac{4}{17}. Portanto B=4A=\dfrac{16}{17}, C=-\dfrac{4}{17}, D=-\dfrac{5}{4}B=-\dfrac{20}{17}.
Portanto a decomposição é
Y_{1}(s)=\dfrac{4/17\;s+16/17}{s^{2}+1}+\dfrac{-4/17\;s-20/17}{s^{2}+s+5/4}.]

Passo 7

Inverto cada parcela usando transformadas conhecidas. Primeiro note que
s^{2}+s+\tfrac{5}{4}=(s+\tfrac{1}{2})^{2}+1.
Escrevo a segunda fração de forma conveniente:
\dfrac{-4/17\;s-20/17}{s^{2}+s+5/4} = -\dfrac{4}{17}\cdot\dfrac{s+\tfrac{1}{2}}{(s+\tfrac{1}{2})^{2}+1} -\dfrac{18}{17}\cdot\dfrac{1}{(s+\tfrac{1}{2})^{2}+1},
pois -\dfrac{4}{17}s-\dfrac{20}{17} = -\dfrac{4}{17}(s+\tfrac{1}{2}) - \dfrac{18}{17}.
Agora aplico as inversas:
  • \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{s}{s^{2}+1}\}=\cos t.
  • \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{1}{s^{2}+1}\}=\sin t.
  • \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{s+\tfrac{1}{2}}{(s+\tfrac{1}{2})^{2}+1}\}=e^{-t/2}\cos t.
  • \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{1}{(s+\tfrac{1}{2})^{2}+1}\}=e^{-t/2}\sin t.
Assim
f(t)=\frac{4}{17}\cos t+\frac{16}{17}\sin t -\frac{4}{17}e^{-t/2}\cos t-\frac{18}{17}e^{-t/2}\sin t.
Posso reorganizar em forma mais compacta:
f(t)=\Big(\frac{4}{17}\cos t+\frac{16}{17}\sin t\Big) -e^{-t/2}\Big(\frac{4}{17}\cos t+\frac{18}{17}\sin t\Big).

Passo 8

Voltando à solução completa:
y(t)=f(t)+u(t-\pi)\,f(t-\pi).
Portanto, explicitamente, a solução por trechos é
  • Para 0\le t<\pi:
y(t)=\frac{4}{17}\cos t+\frac{16}{17}\sin t -e^{-t/2}\Big(\frac{4}{17}\cos t+\frac{18}{17}\sin t\Big).
  • Para t\ge\pi:
y(t)=\frac{4}{17}\cos t+\frac{16}{17}\sin t -e^{-t/2}\Big(\frac{4}{17}\cos t+\frac{18}{17}\sin t\Big) \;+\; \frac{4}{17}\cos(t-\pi)+\frac{16}{17}\sin(t-\pi) -e^{-(t-\pi)/2}\Big(\frac{4}{17}\cos(t-\pi)+\frac{18}{17}\sin(t-\pi)\Big).
Essa é a expressão explícita e correta para y(t). Observação: para t\ge\pi as partes de regime forçado (os termos com \cos e \sin sem fator exponencial) se cancelam parcialmente entre f(t) e f(t-\pi) por causa das identidades trigonométricas \cos(t-\pi)=-\cos t, \sin(t-\pi)=-\sin t; como consequência a solução tende para zero quando t\to\infty, compatível com a ausência de forçamento após t=\pi e com autovalores estáveis do homogêneo.

Resposta

Para 0\le t<\pi:
y(t)=\frac{4}{17}\cos t+\frac{16}{17}\sin t -e^{-t/2}\Big(\frac{4}{17}\cos t+\frac{18}{17}\sin t\Big).
Para t\ge\pi:
y(t)=\frac{4}{17}\cos t+\frac{16}{17}\sin t -e^{-t/2}\Big(\frac{4}{17}\cos t+\frac{18}{17}\sin t\Big) +\frac{4}{17}\cos(t-\pi)+\frac{16}{17}\sin(t-\pi) -e^{-(t-\pi)/2}\Big(\frac{4}{17}\cos(t-\pi)+\frac{18}{17}\sin(t-\pi)\Big).

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