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):
y_1(0)=A+0+0=A,
portanto A=-2.
Derivando,
y_1'(t)=-A\sqrt{5}\sin(\sqrt{5}\,t)+B\sqrt{5}\cos(\sqrt{5}\,t)+5.
Em t=0:
y_1'(0)=B\sqrt{5}+5.
Como y_1'(0)=5, obtemos B\sqrt{5}=0\Rightarrow B=0.
  • Logo, para 0\le t<\pi
\boxed{y_1(t)=-2\cos(\sqrt{5}\,t)+5t.}

Passo 5

Efeito do impulso em t=\pi: cálculo da descontinuidade de y'.
  • Integramos a equação em torno de t=\pi:
\int_{\pi-\varepsilon}^{\pi+\varepsilon}\big(y''(t)+5y(t)\big)\,dt =\int_{\pi-\varepsilon}^{\pi+\varepsilon}\big(25t-100\delta(t-\pi)\big)\,dt.
  • O lado esquerdo dá
y'(\pi+\varepsilon)-y'(\pi-\varepsilon)+5\int_{\pi-\varepsilon}^{\pi+\varepsilon}y(t)\,dt.
Quando \varepsilon\to0 a integral 5\int y(t)\,dt tende a zero (pois y é finita), então o único termo remanescente do lado esquerdo é o salto em y':
\lim_{\varepsilon\to0}\big(y'(\pi+\varepsilon)-y'(\pi-\varepsilon)\big).
  • No lado direito temos
\lim_{\varepsilon\to0}\int_{\pi-\varepsilon}^{\pi+\varepsilon}25t\,dt -100\int_{\pi-\varepsilon}^{\pi+\varepsilon}\delta(t-\pi)\,dt =0-100=-100.
  • Conclusão (condição de salto):
y'(\pi+)-y'(\pi-)=-100.
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-).

Passo 6

Calcular y(\pi-) e y'(\pi-) a partir de y_1.
  • Com y_1(t)=-2\cos(\sqrt{5}\,t)+5t temos
y_1(\pi)= -2\cos(\sqrt{5}\,\pi)+5\pi.
  • A derivada é
y_1'(t)= -(-2)\sqrt{5}\sin(\sqrt{5}\,t)+0+5 = 2\sqrt{5}\sin(\sqrt{5}\,t)+5,
logo
y_1'(\pi)=2\sqrt{5}\sin(\sqrt{5}\,\pi)+5.
Assim
y'(\pi+)=y_1'(\pi)-100 = 2\sqrt{5}\sin(\sqrt{5}\,\pi)+5-100 = 2\sqrt{5}\sin(\sqrt{5}\,\pi)-95.

Passo 7

Construir a solução para t>\pi e determinar constantes pela continuidade e condição de salto.
  • Para t>\pi a solução geral (novamente) é da forma
y_2(t)=C\cos(\sqrt{5}\,t)+D\sin(\sqrt{5}\,t)+5t.
  • Impor continuidade em t=\pi: y_2(\pi)=y_1(\pi). Isso dá
C\cos(\sqrt{5}\pi)+D\sin(\sqrt{5}\pi)+5\pi = -2\cos(\sqrt{5}\pi)+5\pi.
Cancelando 5\pi dos dois lados,
C\cos(\sqrt{5}\pi)+D\sin(\sqrt{5}\pi) = -2\cos(\sqrt{5}\pi).
  • Impor valor de y_2'(\pi) igual ao valor após o impulso y'(\pi+). A derivada é
y_2'(t)=-C\sqrt{5}\sin(\sqrt{5}\,t)+D\sqrt{5}\cos(\sqrt{5}\,t)+5,
então em t=\pi
-C\sqrt{5}\sin(\sqrt{5}\pi)+D\sqrt{5}\cos(\sqrt{5}\pi)+5 = 2\sqrt{5}\sin(\sqrt{5}\pi)-95.
Isolando os termos homogêneos:
-C\sin(\sqrt{5}\pi)+D\cos(\sqrt{5}\pi) = 2\sin(\sqrt{5}\pi)-\frac{100}{\sqrt{5}}.
  • Denotando \omega=\sqrt{5} e \alpha=\omega\pi (para simplificar a escrita), o sistema linear para C,D é
\begin{cases} C\cos\alpha + D\sin\alpha = -2\cos\alpha,\\[4pt] -C\sin\alpha + D\cos\alpha = 2\sin\alpha -\dfrac{100}{\omega}. \end{cases}
  • 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.]

Passo 8

Escrever explicitamente y_2(t) simplificada.
  • Substituindo C e D em y_2:
y_2(t)=\Big(-2+\frac{100}{\omega}\sin\alpha\Big)\cos(\omega t) -\frac{100}{\omega}\cos\alpha\sin(\omega t)+5t.
  • Usando a identidade trigonométrica
\sin(\alpha-\omega t)=\sin\alpha\cos(\omega t)-\cos\alpha\sin(\omega t),
podemos juntar os dois termos com coeficiente \dfrac{100}{\omega} em uma só função seno:
y_2(t) = -2\cos(\omega t) + \frac{100}{\omega}\sin(\alpha-\omega t) +5t.
  • Voltando às letras originais, \omega=\sqrt{5} e \alpha=\sqrt{5}\,\pi. Observe que
\frac{100}{\sqrt{5}} = 100\frac{\sqrt{5}}{5}=20\sqrt{5}.
  • Portanto, para t>\pi,
\boxed{y_2(t)=-2\cos(\sqrt{5}\,t)+20\sqrt{5}\,\sin\big(\sqrt{5}(\pi-t)\big)+5t.}
(A forma \sin(\sqrt{5}(\pi-t)) vem de \sin(\alpha-\omega t) com \alpha=\omega\pi.)

Passo 9

Reescrever a solução completa por partes de forma clara e checar continuidade e salto.
  • Solução completa para t\ge0:
\text{Para }0\le t<\pi:\qquad y(t)=-2\cos(\sqrt{5}\,t)+5t.
\text{Para }t>\pi:\qquad y(t)=-2\cos(\sqrt{5}\,t)+20\sqrt{5}\,\sin\big(\sqrt{5}(\pi-t)\big)+5t.
  • Verificações rápidas:
    • 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 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

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