(f) \left.y^{\prime \prime}+4 y=f(t), y(0)=0, y^{\prime}(0)=0 com f(t)= \begin{cases} 0, & \text { se } 0 \leq t<\pi \\ 2, & \text { se } \pi \leq t<3 \pi \\ 0, & \text { se } t \geq 3 \pi \end{cases} \right.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial de segunda ordem com condições iniciais e uma força [f(t)) definida por partes. As informações e pedidos são:
  • Equação e condições iniciais:
y''+4y=f(t),\qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=0.
  • Função força dada por partes:
f(t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<\pi,\\[4pt] 2, & \pi\le t<3\pi,\\[4pt] 0, & t\ge 3\pi. \end{cases}
  • O que se pede: encontrar a solução y(t)\] para todo \(t\ge0 (a solução que satisfaz a EDO e as condições iniciais).]

Passo 2

Escolha do método (e por que): como a força f(t) é uma função por partes (liga e desliga em instantes \pi e 3\pi) e temos condições iniciais nulas, o método do Laplace é muito conveniente — ele transforma a EDO em uma equação algébrica, e a propriedade de deslocamento em tempo (fator e^{-as}) trata automaticamente os saltos de f(t). Vou usar transformada de Laplace e a propriedade de deslocamento (também chamada de propriedade do degrau ou unidade de Heaviside).
Antes de transformar, é prático escrever f(t) em termos do degrau unitário u(t-a). Note que f(t) é zero antes de \pi, passa a ser 2 em [\pi,3\pi) e volta a zero em [3\pi,\infty). Isso equivale a ligar uma força 2 em t=\pi e desligá-la em t=3\pi. Logo:
f(t)=2\bigl(u(t-\pi)-u(t-3\pi)\bigr).

Passo 3

Aplicando a transformada de Laplace. Denote Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}. Usamos que \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0). Como y(0)=0 e y'(0)=0, obtemos \mathcal{L}\{y''\}=s^{2}Y(s). Transformando ambos os lados:
s^{2}Y(s)+4Y(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}.
A transformada de \,u(t-a)\, é \mathcal{L}\{u(t-a)\}=e^{-as}/s. Assim
\mathcal{L}\{f(t)\}=2\left(\frac{e^{-\pi s}}{s}-\frac{e^{-3\pi s}}{s}\right).
Logo:
(s^{2}+4)Y(s)=2\left(\frac{e^{-\pi s}-e^{-3\pi s}}{s}\right).
Isolando Y(s):
Y(s)=\frac{2\bigl(e^{-\pi s}-e^{-3\pi s}\bigr)}{s(s^{2}+4)}.

Passo 4

Para inverter a transformada, separamos o fator com exponenciais de atraso e fazemos a transformada inversa do núcleo
F(s)=\frac{2}{s(s^{2}+4)}.
Ou seja,
Y(s)=\bigl(e^{-\pi s}-e^{-3\pi s}\bigr)\,F(s).
Pela propriedade de deslocamento, \mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=u(t-a)f(t-a) onde f=\mathcal{L}^{-1}\{F\}. Então precisamos achar f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}.

Passo 5

Calcule F(s)=\dfrac{2}{s(s^{2}+4)} por frações parciais. Primeiro fator comum 2 e façamos a decomposição de \dfrac{1}{s(s^{2}+4)}. Procure constantes A,B,C tais que
\frac{1}{s(s^{2}+4)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^{2}+4}.
Multiplicando ambos os lados por s(s^{2}+4):
1=A(s^{2}+4)+(Bs+C)s.
Expandindo:
1=(A+B)s^{2}+C s +4A.
Comparando coeficientes dos polinômios em s:
  • coeficiente de s^{2}: A+B=0 \Rightarrow B=-A,
  • coeficiente de s: C=0,
  • termo constante: 4A=1 \Rightarrow A=\tfrac{1}{4}.
Logo A=\tfrac{1}{4}, B=-\tfrac{1}{4}, C=0. Assim
\frac{1}{s(s^{2}+4)}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{s}-\frac{1}{4}\cdot\frac{s}{s^{2}+4}.
Multiplicando por 2 (porque F(s)=2 vezes isso):
F(s)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s}-\frac{s}{s^{2}+4}\right).

Passo 6

Agora invertendo cada termo (aqui explico as transformadas básicas usadas):
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s}\right\}=1 para t\ge0 (função constante 1).
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{s}{s^{2}+4}\right\}=\cos(2t), pois \mathcal{L}\{\cos(\omega t)\}=s/(s^{2}+\omega^{2}), aqui \omega=2.
Portanto
f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}=\frac{1}{2}\bigl(1-\cos(2t)\bigr).

Passo 7

Usando a propriedade de deslocamento de Laplace: se Y(s)=\bigl(e^{-\pi s}-e^{-3\pi s}\bigr)F(s) então
y(t)=u(t-\pi)\,f(t-\pi)-u(t-3\pi)\,f(t-3\pi),
com f(t)=\dfrac{1}{2}\bigl(1-\cos(2t)\bigr). Substituindo:
y(t)=\frac{1}{2}\,u(t-\pi)\bigl(1-\cos(2(t-\pi))\bigr)\;-\;\frac{1}{2}\,u(t-3\pi)\bigl(1-\cos(2(t-3\pi))\bigr).

Passo 8

Interpretação e forma equivalente por intervalos (escrevo a solução de forma explícita por partes, que é útil para fazer a prova): lembrando que u(t-a)=0 para t<a e 1 para t\ge a,
  • Para 0\le t<\pi: ambos os degraus são zero, então y(t)=0.
  • Para \pi\le t<3\pi: u(t-\pi)=1 e u(t-3\pi)=0, portanto
y(t)=\frac{1}{2}\bigl(1-\cos(2(t-\pi))\bigr).
  • Para t\ge 3\pi: ambos os degraus valem 1, então
y(t)=\frac{1}{2}\bigl(1-\cos(2(t-\pi))\bigr)-\frac{1}{2}\bigl(1-\cos(2(t-3\pi))\bigr).
Podemos simplificar este último: note que \cos(2(t-3\pi))=\cos(2t-6\pi)=\cos(2t) e \cos(2(t-\pi))=\cos(2t-2\pi)=\cos(2t) porque \cos tem período 2\pi. Assim as duas parcelas se anulam e y(t)=0 para t\ge3\pi.
Resumo por intervalos:
y(t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<\pi,\\[4pt] \displaystyle \frac{1}{2}\bigl(1-\cos(2(t-\pi))\bigr), & \pi\le t<3\pi,\\[8pt] 0, & t\ge 3\pi. \end{cases}]

Resposta

y(t)=\frac{1}{2}\,u(t-\pi)\bigl(1-\cos(2(t-\pi))\bigr)-\frac{1}{2}\,u(t-3\pi)\bigl(1-\cos(2(t-3\pi))\bigr)
ou, escrito por partes,
y(t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<\pi,\\[6pt] \displaystyle \frac{1}{2}\bigl(1-\cos(2(t-\pi))\bigr), & \pi\le t<3\pi,\\[10pt] 0, & t\ge 3\pi. \end{cases}]

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