Mostrando os detalhes do que fizer, obtenha a solução das seguintes EDOs, representando-as graficamente e discutindo-as. y^{\prime \prime}+5 y=25 t-100 \delta(t-\pi), \quad y(0)=-2, \quad y^{\prime}(0)=5. (Compare com o Problema 9.)
Passo 1
O enunciado dá a equação diferencial com impulso
y''(t)+5y(t)=25t-100\delta(t-\pi),
com condições iniciais
y(0)=-2,\qquad y'(0)=5.
O que é pedido:
Obter a solução y(t) completa (no intervalo t\ge0), mostrando detalhes;
Representá-la graficamente e discutir seu comportamento (efeito do termo com \delta, continuidade, salto, etc.).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
A equação é linear com coeficientes constantes fora de t=\pi (pois \delta atua apenas em t=\pi).
Para t\neq\pi a equação reduz-se a
y''+5y=25t.
O termo -100\delta(t-\pi) representa um impulso concentrado em t=\pi. Isso produz um salto na derivada y' em t=\pi, mas não provoca salto em y (explicarei por que adiante).
Vamos procurar uma solução por partes: primeiro para 0\le t<\pi usando as condições iniciais; depois para t>\pi impondo continuidade de y em t=\pi e a condição de salto em y' causada pela \delta.
Passo 2
Escolha do método e ideia principal (sem resolver ainda).
Como a forçante é a soma de um termo polinomial 25t e de um impulso -100\delta(t-\pi), o método mais direto é resolver a EDO para t\neq\pi (onde apenas há 25t) e tratar o impulso impondo a condição de salto na derivada em t=\pi.
Por que isso funciona? Integrando a equação em torno de t=\pi em um intervalo pequeno (\pi-\varepsilon,\pi+\varepsilon) e fazendo \varepsilon\to0, a contribuição regular 25t tende a zero e a contribuição do termo com \delta é simplesmente -100. Assim obtemos a variação instantânea de y' no ponto \pi. Esse é o fato teórico que será usado.
Passo 3
Resolver a equação homogênea e encontrar uma particular para y''+5y=25t.
Equação homogênea associada:
y_h''+5y_h=0.
A equação característica é r^2+5=0, com raízes r=\pm i\sqrt{5}. Logo a solução geral homogênea é
y_h(t)=A\cos(\sqrt{5}\,t)+B\sin(\sqrt{5}\,t),
onde A,B são constantes a determinar.
Procurar uma solução particular y_p para a forçante polinomial 25t. Tentamos uma função do tipo y_p(t)=at+b. Então y_p''(t)=0 e substituindo:
0+5(at+b)=25t\quad\Rightarrow\quad 5a t +5b =25 t.
Comparando coeficientes de t e termos constantes:
5a=25\Rightarrow a=5,\qquad 5b=0\Rightarrow b=0.
Portanto
y_p(t)=5t.
Assim, para t\neq\pi a solução geral é
y(t)=A\cos(\sqrt{5}\,t)+B\sin(\sqrt{5}\,t)+5t.
Passo 4
Aplicar condições iniciais para o ramo 0\le t<\pi.
Para 0\le t<\pi usemos y_1(t)=A\cos(\sqrt{5}\,t)+B\sin(\sqrt{5}\,t)+5t.
As condições iniciais em t=0 são y(0)=-2 e y'(0)=5.
Calcule y_1(0) e y_1'(t):
Observação: y permanece contínua em t=\pi porque integrar y' sobre um intervalo pequeno dá mudança em y que tende a zero quando \varepsilon\to0. Assim y(\pi+)=y(\pi-).
Esse sistema é uma rotação (matriz ortogonal), cuja resolução é direta usando a transposta (ou resolvendo por álgebra). Aplicando a inversa da matriz rotacional (que é a sua transposta) obtemos:
C = -2 + \frac{100}{\omega}\sin\alpha,\qquad D = -\frac{100}{\omega}\cos\alpha.]
Continuidade em t=\pi: \sin(\sqrt{5}(\pi-\pi))=0, então y_2(\pi)=-2\cos(\sqrt{5}\pi)+5\pi=y_1(\pi).
Salto em y': derivando y_1 e y_2 e avaliando em \pi dá y'(\pi+)-y'(\pi-)=-100, conforme deduzido pela integração da equação com \delta.
Passo 10
Discussão qualitativa e orientação para representação gráfica.
Estrutura da solução:
Ambas as parcelas y_1 e y_2 são da forma "oscilação harmônica de frequência \omega=\sqrt{5} em torno de uma linha reta 5t". Ou seja, a solução é uma superposição de uma tendência linear 5t (devida à forçante polinomial) e oscilações periódicas (devida às raízes imaginárias da homogênea).
O impulso em t=\pi não altera y instantaneamente, mas injeta uma grande variação na velocidade y' (um salto de -100), o que corresponde a acrescentar, para t>\pi, um termo transitório oscilante com amplitude \dfrac{100}{\omega}=20\sqrt{5}\approx44{,}72. Esse termo aparece na forma \dfrac{100}{\omega}\sin(\omega(\pi-t)).
Interpretação física (intuitiva): pense em y como a posição de um oscilador sujeito a uma força externa lenta 25t e, no instante t=\pi, um choque impulsivo de força total -100. O choque muda a velocidade instantaneamente, gerando uma oscilação livre adicionada sobre a resposta prévia.
Como desenhar o gráfico:
Para 0\le t<\pi: trace a reta 5t e sobre ela a oscilação -2\cos(\sqrt{5}t) (amplitude 2, período T=\dfrac{2\pi}{\sqrt{5}}\approx2{,}809). No início y(0)=-2 e a derivada inicial é 5 (tangente com declive 5).
Em t=\pi a posição é contínua; a tangente “desliza” abruptamente para uma nova inclinação porque y' tem salto -100. Depois do choque, para t>\pi, tem-se a mesma linha de base 5t mas agora uma oscilação muito maior, devido ao termo 20\sqrt{5}\sin(\sqrt{5}(\pi-t)). Assim a amplitude das oscilações aumenta muito instantaneamente.
Pontos numéricos úteis: \dfrac{100}{\sqrt{5}}\approx44{,}72 (amplitude adicional aproximada), \omega=\sqrt{5}\approx2{,}236, período T\approx2{,}809.
Para traçar numericamente: pode-se usar uma malha de t e plotar a função por partes com qualquer software (Python/Matlab/Octave). No esboço manual, desenhe a reta 5t e desenhe uma oscilação pequena antes de \pi (amplitude 2) e uma oscilação muito maior após \pi (amplitude aproximadamente 44{,}7), sempre centradas em 5t.
Comportamento a longo prazo: como a parte oscilatória é limitada (seno/cosseno) e a parte não-homogênea particular é 5t, para t\to\infty a solução cresce aproximadamente como 5t mais oscilações limitadas; não há amortecimento porque não há termo y' com coeficiente positivo.
Resposta
Para 0\le t<\pi:\\ y(t)=-2\cos(\sqrt{5}\,t)+5t
Para t>\pi:\\ y(t)=-2\cos(\sqrt{5}\,t)+20\sqrt{5}\,\sin\big(\sqrt{5}(\pi-t)\big)+5t