( \mathbf{1 0}, \mathbf{0} pontos) Utilize a transformada de Laplace para resolver o problema de valor inicial (PVI)
y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+13 y=f(t), \quad y(0)=-3, \quad y^{\prime}(0)=5
onde
f(t)=\left\{\begin{array}{lll} 0 & \text { se } & 0 \leq t<\pi / 2 \\\\ 1 & \text { se } & \pi / 2 \leq t \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver o problema de valor inicial
y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+13y=f(t),\qquad y(0)=-3,\qquad y'(0)=5,
onde
f(t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<\pi/2,\\[4pt] 1, & t\ge \pi/2. \end{cases}
Informações relevantes extraídas do enunciado:
\text{(i) Condições iniciais: } y(0)=-3,\\ y'(0)=5.çõ
\text{(ii) Forçamento: } f(t)=0\\ \text{antes de } \pi/2 \text{ e } 1\\ \text{a partir de } \pi/2.ç
A estratégia será usar transformada de Laplace para resolver a equação inteira (sem assumir nada sobre solução prévia).]

Passo 2

Representação conveniente de f(t) usando a função degrau (Heaviside). A função degrau deslocada por a é definida por \;u(t-a)=0 para t<a e \;u(t-a)=1 para t\ge a. Como f(t)=0 para t<\pi/2 e 1 para t\ge\pi/2, temos
f(t)=u\!\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr).
A transformada de Laplace da função degrau é uma propriedade padrão:
\mathcal{L}\{u(t-a)\}(s)=\frac{e^{-a s}}{s}.
Logo, a transformada de f é
\mathcal{L}\{f\}(s)=\frac{e^{-\frac{\pi}{2}s}}{s}.

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace à equação diferencial. Lembremos das fórmulas:
\mathcal{L}\{y'(t)\}(s)=sY(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y''(t)\}(s)=s^2Y(s)-s y(0)-y'(0),
onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s) e y(0),y'(0) são as condições iniciais. Aplicando \mathcal{L} a cada termo da equação,
\mathcal{L}\{y''\} +4\mathcal{L}\{y'\}+13\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{f\}.
Substituindo as expressões:
\bigl(s^2Y +3s -5\bigr) +4\bigl(sY+3\bigr) +13Y = \frac{e^{-\frac{\pi}{2}s}}{s},
pois y(0)=-3 e y'(0)=5 (note que -s y(0) = -s(-3)=3s e -y'(0)=-5).

Passo 4

Organizar a expressão para isolar Y(s). Somando termos em Y e os demais:
(s^2+4s+13)Y + (3s-5)+12 = \frac{e^{-\frac{\pi}{2}s}}{s}.
Como -5+12=7, obtemos
(s^2+4s+13)Y +3s+7 = \frac{e^{-\frac{\pi}{2}s}}{s}.
Isolando Y(s),
Y(s)=\frac{\dfrac{e^{-\frac{\pi}{2}s}}{s} - (3s+7)}{s^2+4s+13}.
Dividimos em duas parcelas para inverter mais facilmente:
Y(s) = -\frac{3s+7}{s^2+4s+13} \;+\; e^{-\frac{\pi}{2}s}\cdot\frac{1}{s}\cdot\frac{1}{s^2+4s+13}.

Passo 5

Preparar as inversas conhecidas. Primeiro, completar o quadrado no denominador:
s^2+4s+13=(s+2)^2+9.
As transformadas padrão úteis são
\mathcal{L}\{e^{-2t}\cos(3t)\}=\frac{s+2}{(s+2)^2+3^2},
\mathcal{L}\{e^{-2t}\sin(3t)\}=\frac{3}{(s+2)^2+3^2}.
Queremos escrever \dfrac{3s+7}{(s+2)^2+9} em termos de (s+2) e de 3. Note que
3s+7 = 3(s+2)+1 = 3(s+2)+\frac{1}{3}\cdot 3.
Portanto
\frac{3s+7}{(s+2)^2+9} = 3\cdot\frac{s+2}{(s+2)^2+9} + \frac{1}{3}\cdot\frac{3}{(s+2)^2+9}.
Aplicando inversa de Laplace e lembrando do sinal negativo na parcela, obtemos a contribuição temporal correspondente:
-\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{3s+7}{(s+2)^2+9}\right\} = -3e^{-2t}\cos(3t) -\frac{1}{3}e^{-2t}\sin(3t).

Passo 6

Tratar a segunda parcela
e^{-\frac{\pi}{2}s}\cdot H(s),\qquad H(s)=\frac{1}{s}\cdot\frac{1}{(s+2)^2+9}.
Pelo teorema do deslocamento na frequência (segunda propriedade de deslocamento): se \mathcal{L}\{h(t)\}=H(s) então
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}H(s)\}=u(t-a)\,h(t-a).
Logo vamos encontrar h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\}. Note que H(s) é produto de \dfrac{1}{s} (transformada de 1) e \dfrac{1}{(s+2)^2+9} (transformada de uma função exponencial vezes seno). Podemos ver h como a convolução:
h(t) = 1 * v(t) = \int_{0}^{t} v(\tau)\,d\tau,
onde
v(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s+2)^2+9}\right\}.
Como \mathcal{L}\{e^{-2t}\sin(3t)\}=\dfrac{3}{(s+2)^2+9}, temos
v(t)=\frac{1}{3}e^{-2t}\sin(3t).
Portanto
h(t)=\frac{1}{3}\int_{0}^{t} e^{-2\tau}\sin(3\tau)\,d\tau.

Passo 7

Calcular a integral explicitamente para ter h(t) numa forma fechada (útil para escrever a solução). Usamos a fórmula integral padrão:
\int e^{a t}\sin(bt)\,dt = e^{a t}\,\frac{a\sin(bt)-b\cos(bt)}{a^2+b^2}+C.
Aqui a=-2 e b=3. Assim
\int_{0}^{t} e^{-2\tau}\sin(3\tau)\,d\tau = \left.\frac{e^{-2\tau}\bigl(-2\sin(3\tau)-3\cos(3\tau)\bigr)}{13}\right|_{0}^{t}.
Avaliando os limites:
\int_{0}^{t} e^{-2\tau}\sin(3\tau)\,d\tau = \frac{-2e^{-2t}\sin(3t)-3e^{-2t}\cos(3t) - \bigl(-3\bigr)}{13} = \frac{-2e^{-2t}\sin(3t)-3e^{-2t}\cos(3t)+3}{13}.
Multiplicando por 1/3 (lembre que h tem esse fator),
h(t) = \frac{-2e^{-2t}\sin(3t)-3e^{-2t}\cos(3t)+3}{39}.

Passo 8

Aplicar o teorema do deslocamento com a=\tfrac{\pi}{2}. A segunda parcela da transformada resultará em
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{e^{-\frac{\pi}{2}s}H(s)\right\} = u\!\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr)\; h\!\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr),
onde h foi encontrada no passo anterior. Portanto a solução completa no domínio do tempo é
y(t) = -3e^{-2t}\cos(3t) -\frac{1}{3}e^{-2t}\sin(3t) \;+\; u\!\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr)\,\frac{-2e^{-2(t-\frac{\pi}{2})}\sin\bigl(3(t-\tfrac{\pi}{2})\bigr)-3e^{-2(t-\frac{\pi}{2})}\cos\bigl(3(t-\tfrac{\pi}{2})\bigr)+3}{39}.

Passo 9

Escrever a solução de forma mais clara, em forma de peça (útil para prova): para 0\le t<\pi/2 o degrau é zero e a última parcela desaparece; para t\ge\pi/2 surge a correção. Assim
\text{para }0\le t<\tfrac{\pi}{2}:\qquad y(t) = -3e^{-2t}\cos(3t) -\frac{1}{3}e^{-2t}\sin(3t).
\text{para }t\ge\tfrac{\pi}{2}:\qquad y(t) = -3e^{-2t}\cos(3t) -\frac{1}{3}e^{-2t}\sin(3t) + \frac{-2e^{-2(t-\frac{\pi}{2})}\sin\bigl(3(t-\tfrac{\pi}{2})\bigr)-3e^{-2(t-\frac{\pi}{2})}\cos\bigl(3(t-\tfrac{\pi}{2})\bigr)+3}{39}.
Essa expressão satisfaz as condições iniciais e incorpora o efeito do degrau que liga o forçamento em t=\pi/2.

Resposta

\text{Para }0\le t<\tfrac{\pi}{2}:\qquad y(t) = -3e^{-2t}\cos(3t) -\frac{1}{3}e^{-2t}\sin(3t).
\text{Para }t\ge\tfrac{\pi}{2}:\qquad y(t) = -3e^{-2t}\cos(3t) -\frac{1}{3}e^{-2t}\sin(3t) + \frac{-2e^{-2(t-\frac{\pi}{2})}\sin\bigl(3(t-\tfrac{\pi}{2})\bigr)-3e^{-2(t-\frac{\pi}{2})}\cos\bigl(3(t-\tfrac{\pi}{2})\bigr)+3}{39}.

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