Luestão 5: A soluçáo 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:
a. e^{-t} \sin t+e^{-t}-e^{-t} \cos t+5 e^{t-2} u_{2}(t) \sin (t-2)
b. e^{-t} \sin t+e^{-t}+e^{-t} \cos t+5 e^{-(t-2)} u_{2}(t) \sin (t-2)
c. e^{-t} \sin t=e^{-t}-e^{-t} \cos t+5 e^{-(t-2)} u_{2}(t) \sin (t-2)
d. e^{-t} \sin t+e^{-t}-e^{-t} \cos t-5 e^{t-2} u_{2}(t) \sin (t-2)
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 de valor inicial da equação diferencial com força externa contínua e um impulso em t=2:
y''+2y'+2y = e^{-t} + 5\,\delta_{2}(t), \quad y(0)=0,\;y'(0)=1.
O método mais direto é usar a transformada de Laplace, que transforma derivadas em polinômios de s e o impulso \delta_{2}(t) em um fator e^{-2s}.

Passo 2

Aplicando Laplace em ambos os lados:
\mathcal{L}\{y''\} = s^2 Y(s) - s\,y(0) - y'(0) = s^2Y(s) - 1,
\mathcal{L}\{2y'\} = 2\bigl(sY(s)-y(0)\bigr) = 2sY(s),
\mathcal{L}\{2y\} = 2Y(s).
Do lado direito,
\mathcal{L}\{e^{-t}\} = \frac{1}{s+1}, \quad \mathcal{L}\{5\,\delta_{2}(t)\} = 5\,e^{-2s}.
Somando tudo:
\bigl(s^2+2s+2\bigr)Y(s)-1 = \frac{1}{s+1} +5\,e^{-2s}.

Passo 3

Isolamos Y(s):
Y(s) = \frac{1 + \frac{1}{s+1} +5\,e^{-2s}}{s^2+2s+2} = \frac{1 + \frac{1}{s+1}}{s^2+2s+2} \;+\; \frac{5\,e^{-2s}}{s^2+2s+2}.
No primeiro termo note que
1 + \frac{1}{s+1} = \frac{(s+1)+1}{s+1} = \frac{s+2}{s+1}.
Então
\frac{s+2}{(s+1)\bigl(s^2+2s+2\bigr)} = \frac{s+2}{(s+1)\bigl((s+1)^2+1\bigr)}.

Passo 4

Fazemos frações parciais no primeiro termo. Seja u=s+1, então queremos decompor
\frac{u+1}{u\,(u^2+1)} = \frac{A}{u} + \frac{Bu + C}{u^2+1}.
Multiplicando por u(u^2+1),
u+1 = A(u^2+1) + (Bu+C)\,u = (A+B)u^2 + C\,u + A.
Igualando coeficientes:
A+B = 0,\quad C = 1,\quad A = 1 \;\Longrightarrow\; A=1,\;B=-1,\;C=1.
Logo
\frac{u+1}{u(u^2+1)} = \frac{1}{u} + \frac{-u+1}{u^2+1}.

Passo 5

Voltando a s, temos
\frac{s+2}{(s+1)\bigl((s+1)^2+1\bigr)} = \frac{1}{s+1} - \frac{s+1}{(s+1)^2+1} + \frac{1}{(s+1)^2+1}.
Aplicando transformada inversa:
\mathcal{L}^{-1}\!\bigl\{\tfrac{1}{s+1}\bigr\} = e^{-t},\quad \mathcal{L}^{-1}\!\bigl\{\tfrac{s+1}{(s+1)^2+1}\bigr\} = e^{-t}\cos t,\quad \mathcal{L}^{-1}\!\bigl\{\tfrac{1}{(s+1)^2+1}\bigr\} = e^{-t}\sin t.
Portanto a parte sem atraso é
y_1(t) = e^{-t} - e^{-t}\cos t + e^{-t}\sin t.

Passo 6

A segunda parcela em Y(s) é
\frac{5\,e^{-2s}}{s^2+2s+2} = 5\,e^{-2s}\,\frac{1}{(s+1)^2+1}.
Pela propriedade do deslocamento,
\mathcal{L}^{-1}\!\bigl\{e^{-2s}F(s)\bigr\} = u_{2}(t)\,f(t-2).
Como \mathcal{L}^{-1}\{1/((s+1)^2+1)\}=e^{-t}\sin t,
vemos que
y_2(t) = 5\,u_{2}(t)\;e^{-(t-2)}\sin\bigl(t-2\bigr).

Passo 7

Somando as duas partes,
y(t) = y_1(t) + y_2(t) = e^{-t}\sin t \;+\; e^{-t} \;-\; e^{-t}\cos t \;+\; 5\,u_{2}(t)\,e^{-(t-2)}\sin(t-2).

Resposta

e. e^{-t}\sin t + e^{-t} - e^{-t}\cos t + 5\,e^{-(t-2)}u_{2}(t)\sin(t-2)

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