Mostrando os detalhes do que fizer, obtenha a solução das seguintes EDOs, representando-as graficamente e discutindo-as.
y^{\prime \prime}-y=10 \delta\left(t-\frac{1}{2}\right)-100 \delta(t-1), y(0)=10, \quad y^{\prime}(0)=1

Passo 1

O enunciado dá a EDO não homogênea com impulsos e condições iniciais:
y''-y=10\delta\!\left(t-\tfrac{1}{2}\right)-100\delta(t-1),
y(0)=10,\qquad y'(0)=1.
As perguntas (o que precisamos entregar) são:
  1. obter a solução y(t) para todo t\ge0 (ou seja, construir a solução global),
  2. representar graficamente a solução (descrever como plotar e o comportamento),
  3. discutir a solução (continuidade, saltos, comportamento no longo prazo etc.).
Informações relevantes do enunciado:
  • Há dois impulsos (funções delta) localizados em t=\tfrac{1}{2} e t=1 com amplitudes 10 e -100, respectivamente.
  • Para t diferente dos pontos de impulso, a equação é homogênea y''-y=0.
  • Condições iniciais em t=0: y(0)=10 e y'(0)=1.
  • Devemos considerar que a equação e os impulsos estão corretamente formulados.

Passo 2

Escolha do método (explicação curta e motivo): vou resolver por partes, usando a solução geral da equação homogênea em cada intervalo sem impulsos e usando as condições de salto que os deltas impõem. Por que isso funciona? Porque \delta-impulsos atuam instantaneamente e, ao integrar a equação sobre um intervalo muito pequeno que contenha o tempo do impulso, vemos que y permanece contínua mas y' sofre um salto igual à intensidade do impulso (vou demonstrar isso já). Esse método é direto para provas: evita transformadas pesadas e dá fórmulas explícitas intervalares fáceis de avaliar/plotar.
Pequena aula sobre o salto causado por \delta: integramos a EDO em [t_0-\varepsilon,t_0+\varepsilon] e passamos ao limite \varepsilon\to0^+. Para um impulso a\delta(t-t_0) obtemos
\int_{t_0-\varepsilon}^{t_0+\varepsilon}(y''-y)\,dt = \int_{t_0-\varepsilon}^{t_0+\varepsilon} a\delta(t-t_0)\,dt.
O lado direito tende a a. O termo \int y\,dt tende a zero quando \varepsilon\to0 (área de uma função finita em intervalo infinitesimal). O lado esquerdo dá [y']_{t_0^-}^{t_0^+}. Logo
y(t_0^+)-y(t_0^-)=0\quad\text{(continuidade de \(y\))},
y'(t_0^+)-y'(t_0^-)=a\quad\text{(salto de \(y'\) igual à amplitude do impulso).}à
Isto é a ferramenta-chave.

Passo 3

Solução geral da homogênea e intervalo inicial [0\le t<\tfrac{1}{2}).
A equação homogênea associada é
y''-y=0.
A equação característica é r^2-1=0 com raízes r=\pm1. Portanto a solução geral é
y(t)=C_1 e^{t}+C_2 e^{-t},
onde C_1,C_2 são constantes a determinar por condições iniciais no intervalo.
Usamos as condições iniciais em t=0. Calcule y(0) e y'(0):
y(0)=C_1+C_2=10,
y'(t)=C_1 e^{t}-C_2 e^{-t}\Rightarrow y'(0)=C_1-C_2=1.
Resolvendo o sistema
\begin{cases} C_1+C_2=10,\\[4pt] C_1-C_2=1, \end{cases}
somando: 2C_1=11\Rightarrow C_1=\dfrac{11}{2}\]. Subtraindo: \(2C_2=9\Rightarrow C_2=\dfrac{9}{2}.
Portanto, para 0\le t<\tfrac{1}{2},
\boxed{y(t)=\dfrac{11}{2}e^{t}+\dfrac{9}{2}e^{-t}.}]

Passo 4

Avaliar a solução imediatamente antes do primeiro impulso ( t=\tfrac{1}{2}^-) e usar a regra de salto.
Calcule y e y' em t=\tfrac{1}{2}^- usando a expressão do passo anterior.
Em bloco:
y\!\left(\tfrac{1}{2}^-\right)=\dfrac{11}{2}e^{1/2}+\dfrac{9}{2}e^{-1/2},
y'\!\left(\tfrac{1}{2}^-\right)=\dfrac{11}{2}e^{1/2}-\dfrac{9}{2}e^{-1/2}.
Agora o impulso em t=\tfrac{1}{2} tem amplitude +10. Pela fórmula do salto,
y\!\left(\tfrac{1}{2}^+\right)=y\!\left(\tfrac{1}{2}^-\right)\quad\text{(continuidade)},
y'\!\left(\tfrac{1}{2}^+\right)=y'\!\left(\tfrac{1}{2}^-\right)+10.
Logo
y'\!\left(\tfrac{1}{2}^+\right)=\dfrac{11}{2}e^{1/2}-\dfrac{9}{2}e^{-1/2}+10.

Passo 5

Construir a solução para \tfrac{1}{2}<t<1 (entre os impulsos).
Novamente, a solução é da forma
y(t)=A e^{t}+B e^{-t}\quad\text{para }\tfrac{1}{2}<t<1,
onde A,B são determinados impondo continuidade em t=\tfrac{1}{2} e derivada igual ao valor após o salto.
Impondo:
A e^{1/2}+B e^{-1/2}=y\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\dfrac{11}{2}e^{1/2}+\dfrac{9}{2}e^{-1/2},
A e^{1/2}-B e^{-1/2}=y'\!\left(\tfrac{1}{2}^+\right)=\dfrac{11}{2}e^{1/2}-\dfrac{9}{2}e^{-1/2}+10.
Some-se as duas equações e divide por 2 para obter A e^{1/2}; subtrai-se para obter B e^{-1/2}. Fazendo isso obtemos (cálculo direto mostrado):
A e^{1/2}=\frac{1}{2}\Big(y\!\left(\tfrac{1}{2}\right)+y'\!\left(\tfrac{1}{2}^+\right)\Big) = \frac{1}{2}\Big(11e^{1/2}+10\Big)=\frac{11}{2}e^{1/2}+5,
B e^{-1/2}=\frac{1}{2}\Big(y\!\left(\tfrac{1}{2}\right)-y'\!\left(\tfrac{1}{2}^+\right)\Big) = \frac{1}{2}\Big(9e^{-1/2}-10\Big)=\frac{9}{2}e^{-1/2}-5.
Assim
A=\left(\frac{11}{2}e^{1/2}+5\right)e^{-1/2}=\frac{11}{2}+5e^{-1/2},
B=\left(\frac{9}{2}e^{-1/2}-5\right)e^{1/2}=\frac{9}{2}-5e^{1/2}.
Portanto, para \tfrac{1}{2}<t<1,
\boxed{y(t)=\Big(\tfrac{11}{2}+5e^{-1/2}\Big)e^{t}+\Big(\tfrac{9}{2}-5e^{1/2}\Big)e^{-t}.}
(A expressão pode ser reescrita agrupando termos em e^{t} e e^{-t} ou em funções hiperbólicas, se preferir.)

Passo 6

Avaliar a solução imediatamente antes do segundo impulso ( t=1^-) e aplicar o salto do segundo impulso.
Primeiro calculamos y(1^-) e y'(1^-) usando a expressão do passo anterior (substituir t=1).
Em bloco:
y(1^-)=\frac{11}{2}e+\frac{9}{2}e^{-1}+5\big(e^{1/2}-e^{-1/2}\big),
y'(t)=\Big(\tfrac{11}{2}+5e^{-1/2}\Big)e^{t}-\Big(\tfrac{9}{2}-5e^{1/2}\Big)e^{-t},
logo
y'(1^-)=\frac{11}{2}e-\frac{9}{2}e^{-1}+5\big(e^{1/2}+e^{-1/2}\big).
Agora o impulso em t=1 tem amplitude -100. Pela regra do salto:
y(1^+)=y(1^-),
y'(1^+)=y'(1^-)-100.
Assim
y'(1^+)=\frac{11}{2}e-\frac{9}{2}e^{-1}+5\big(e^{1/2}+e^{-1/2}\big)-100.

Passo 7

Construir a solução para t>1.
Como antes, a solução é
y(t)=C e^{t}+D e^{-t}\quad\text{para }t>1.
Impondo condições em t=1 (continuidade e derivada após salto):
C e^{1}+D e^{-1}=y(1^-),
C e^{1}-D e^{-1}=y'(1^+).
Somando e subtraindo as equações obtemos C e^{1} e D e^{-1}; fazendo as contas (mostrar o passo algébrico):
Some:
2C e^{1}=y(1^-)+y'(1^+)=11e+10e^{1/2}-100.
Logo
C e^{1}=\frac{11}{2}e+5e^{1/2}-50,
portanto
C=\frac{11}{2}+5e^{-1/2}-50e^{-1}.
Subtraia:
2D e^{-1}=y(1^-)-y'(1^+)=9e^{-1}-10e^{-1/2}+100,
logo
D e^{-1}=\frac{9}{2}e^{-1}-5e^{-1/2}+50,
e
D=\frac{9}{2}-5e^{1/2}+50e.
Portanto, para t>1,
\boxed{y(t)=\Big(\tfrac{11}{2}+5e^{-1/2}-50e^{-1}\Big)e^{t}+\Big(\tfrac{9}{2}-5e^{1/2}+50e\Big)e^{-t}.}

Passo 8

Resumo das peças (organização final) e verificação de propriedades importantes.
As três expressões obtidas são:
  • Para 0\le t<\tfrac{1}{2}:
y(t)=\dfrac{11}{2}e^{t}+\dfrac{9}{2}e^{-t}.
  • Para \tfrac{1}{2}<t<1:
y(t)=\Big(\dfrac{11}{2}+5e^{-1/2}\Big)e^{t}+\Big(\dfrac{9}{2}-5e^{1/2}\Big)e^{-t}.
  • Para t>1:
y(t)=\Big(\dfrac{11}{2}+5e^{-1/2}-50e^{-1}\Big)e^{t}+\Big(\dfrac{9}{2}-5e^{1/2}+50e\Big)e^{-t}.
Verificações/observações:
  • Em cada fronteira t=\tfrac{1}{2} e t=1, y é contínua (construímos as constantes para garantir isso).
  • As descontinuidades aparecem em y': em t=\tfrac{1}{2} o salto é +10; em t=1 o salto é -100, exatamente as amplitudes dadas pelos deltas.
  • A solução é composta por combinações de e^{t} e e^{-t}. Como e^{t} cresce e e^{-t} decai, o termo em e^{t} domina para t grande; no entanto, aqui as constantes multiplicadoras mudam por conta dos impulsos. Note que o segundo impulso grande e negativo ( -100) pode reduzir muito o coeficiente do termo crescente, mesmo invertendo sinal dependendo do valor numérico; no nosso caso o coeficiente final de e^{t} é \dfrac{11}{2}+5e^{-1/2}-50e^{-1} (num valor aproximado isso pode ser avaliado para ver se é positivo ou negativo).
  • Física/intuition: os deltas aplicam “impulsos de velocidade” instantâneos (saltos na derivada), sem mudar a posição y naquele instante.

Passo 9

Como representar graficamente e código de plotagem sugerido (dicas práticas para a prova/PC):
Para desenhar a solução no computador, trace y(t) por partes nos intervalos [0,\tfrac{1}{2}), [\tfrac{1}{2},1) e [1,T] com T escolhido (por exemplo T=3 ou 4). Em pseudo-código Python/Matplotlib:
Em texto (sem executar aqui), a ideia é:
  • definir funções y1(t), y2(t), y3(t) correspondentes às fórmulas acima;
  • plotar y1 em t\in[0,0.5], y2 em t\in[0.5,1], y3 em t\in[1,T];
  • marcar com um traço vertical pequeno ou pontos a continuidade em t=\tfrac{1}{2} e t=1;
  • para ver os saltos em y' pode-se plotar também y'(t) por partes usando derivadas das expressões (fácil: derivada de Ae^{t}+Be^{-t} é Ae^{t}-Be^{-t}).
Com isso você verá: curva suave que muda de perfil em t=\tfrac{1}{2} e t=1 (sem saltos em y), com inclinações abruptas nos instantes dos impulsos.

Resposta

\text{Para }0\le t<\tfrac{1}{2}:\qquad y(t)=\dfrac{11}{2}e^{t}+\dfrac{9}{2}e^{-t}.
\text{Para }\tfrac{1}{2}<t<1:\qquad y(t)=\Big(\dfrac{11}{2}+5e^{-1/2}\Big)e^{t}+\Big(\dfrac{9}{2}-5e^{1/2}\Big)e^{-t}.
\text{Para }t>1:\qquad y(t)=\Big(\dfrac{11}{2}+5e^{-1/2}-50e^{-1}\Big)e^{t}+\Big(\dfrac{9}{2}-5e^{1/2}+50e\Big)e^{-t}.

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