Lues tāo 5: A solução do problema de valor inicial y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+2 y=e^{-t}+5 \delta_{2}(t), y(0)=0, y^{\prime}(0)=1 é:
\bigcirc a. e^{-t} \sin t+e^{-t}-e^{-t} \cos t+5 e^{t-2} u_{2}(t) \sin (t-2)
\bigcirc b. e^{-t} \sin t+e^{-t}+e^{-t} \cos t+5 e^{-(t-2)} u_{2}(t) \sin (t-2)
\bigcirc c. e^{-t} \sin t-e^{-t}-e^{-t} \cos t+5 e^{-(t-2)} u_{2}(t) \sin (t-2)
\bigcirc d. e^{-t} \sin t+e^{-t}-e^{-t} \cos t-5 e^{t-2} u_{2}(t) \sin (t-2)
\bigcirc e. e^{-t} \sin t+e^{-t}-e^{-t} \cos t+5 e^{-(t-2)} u_{2}(t) \sin (t-2)

Passo 1

O enunciado pede a solução do problema de valor inicial
y''+2y'+2y=e^{-t}+5\delta_{2}(t),\qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=1.
Informações relevantes fornecidas:
\delta_{2}(t) é a mesma coisa que \delta(t-2) (impulso em t=2).
u_{2}(t) é a mesma coisa que u(t-2) (função degrau deslocada).
Queremos a função y(t) para todo t, levando em conta o termo externo contínuo e^{-t} e o impulso de amplitude 5 em t=2.

Passo 2

Primeiro resolvemos a equação homogênea associada
y''+2y'+2y=0.
Montamos a equação característica
r^{2}+2r+2=0.
Calculamos as raízes usando fórmula quadrática:
r=\frac{-2\pm\sqrt{4-8}}{2}=-1\pm i.
Como as raízes são complexas conjugadas -1\pm i, a solução geral da homogênea é
y_{h}(t)=e^{-t}\big(A\cos t + B\sin t\big),
onde A e B são constantes a determinar.

Passo 3

Procuramos uma solução particular para o termo forçante contínuo e^{-t}. Tentamos uma solução particular da forma \tilde y(t)=C e^{-t} (método dos coeficientes a determinar). Substituímos em L[y]=y''+2y'+2y:
para y=e^{-t} temos
y'=-e^{-t},\qquad y''=e^{-t},
logo
L[e^{-t}]=e^{-t}+2(-e^{-t})+2e^{-t}=e^{-t}.
Portanto e^{-t} é uma solução particular do problema com termo e^{-t}. Assim uma solução geral particular é
y_{p}(t)=e^{-t}.

Passo 4

Antes do impulso (para t<2) a solução é a soma da homogênea com a particular:
y(t)=e^{-t}\big(A\cos t + B\sin t\big)+e^{-t}.
Usamos as condições iniciais em t=0 para determinar A e B.
Calcule y(0):
y(0)=e^{0}\big(A\cdot 1 + B\cdot 0\big)+e^{0}=A+1.
Como y(0)=0, obtemos
A+1=0\quad\Rightarrow\quad A=-1.
Agora calculamos y'(t). Seja z(t)=e^{-t}(A\cos t + B\sin t). Derivando:
z'(t)=e^{-t}\big( (B-A)\cos t - (A+B)\sin t\big).
A derivada de y é y'(t)=z'(t)-e^{-t}. Avaliando em t=0:
y'(0)=(B-A)-1.
Como y'(0)=1, obtemos
(B-A)-1=1\quad\Rightarrow\quad B-A=2.
Substituindo A=-1, temos B-(-1)=2 portanto B=1.

Passo 5

Com A=-1 e B=1, para t<2 temos
y(t)=e^{-t}\big(-\cos t + \sin t\big)+e^{-t}=e^{-t}\big(\sin t +1 -\cos t\big).
Agora tratamos o termo impulso 5\delta_{2}(t)=5\delta(t-2). Como o sistema é linear e invariante no tempo (LTI), a resposta ao impulso \delta(t-2) é a resposta ao impulso unitário h(t) deslocada: \delta(t-2) produz h(t-2)u(t-2). Assim o efeito do termo 5\delta(t-2) é adicionar 5h(t-2)u(t-2), onde h(t) é a resposta ao impulso unitário do sistema (com condições iniciais nulas).
Para achar h(t) usamos a transformada de Laplace do operador: a transformada da resposta ao impulso é
H(s)=\frac{1}{s^{2}+2s+2}=\frac{1}{(s+1)^{2}+1}.
Reconhecemos que a transformada inversa de \dfrac{1}{(s+1)^{2}+1} é e^{-t}\sin t. Portanto
h(t)=e^{-t}\sin t\cdot u(t).
Logo o impulso em t=2 com amplitude 5 adiciona ao y(t) o termo
5\,h(t-2)u(t-2)=5e^{-(t-2)}\sin(t-2)\,u_{2}(t).

Passo 6

Somando a solução obtida para os termos contínuos (válida para todo t se ignorarmos o impulso) com a contribuição do impulso deslocado, obtemos a solução completa válida para todo t:
y(t)=e^{-t}\big(\sin t +1 -\cos t\big) + 5e^{-(t-2)}\sin(t-2)\,u_{2}(t).
Escrevendo os termos separadamente:
y(t)=e^{-t}\sin t + e^{-t} - e^{-t}\cos t + 5e^{-(t-2)}u_{2}(t)\sin(t-2).
Comparando com as alternativas, esta expressão corresponde à alternativa correta.

Resposta

e.

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