y^prime prime+y=ll t & , 0 <= t<1 0 & , 1 <= t<infty , y(0)=0, y^prime(0)=0
Podemos escrever a equação diferencial com a função degrau:
y^prime prime+y=t cdot[u0(t)-u1(t)]
Aplicando a transformada de Laplace:
mathscrLy^prime prime+y=mathscrLt cdot[u0(t)-u1(t)] [s^2 Y(s)-s y(0)-y^prime(0)]+[Y(s)]=mathscrLt-e^-s mathscrLt s^2 Y(s)+Y(s)=1s^2(1-e^-s) (s^2+1) cdot Y(s)=1-e^-ss^2 Y(s)=1-e^-ss^2(s^2+1)=(1s^2-1s^2+1)(1-e^-s) y(t)=[t-sin (t)] cdot u0(t)-[(t-1)-sin (t-1)] cdot u1(t)

Passo 1

O enunciado pede a solução de
y'' + y = t, &0 <= t < 1, 0, &t >= 1,
com y(0)=0 e y'(0)=0. O conteúdo é resolução de equações diferenciais lineares com termos forçantes descontínuos usando transformada de Laplace e função degrau.

Passo 2

Escrevemos o lado direito usando degrau:
f(t)=t,[u0(t)-u1(t)],
pois u0(t)=1 para t>=0 e u1(t)=1 para t>=1.

Passo 3

Aplicamos Laplace em
y''+y = t,[u0(t)-u1(t)]
Como y(0)=0 e y'(0)=0, temos
mathscrLy''=s^2Y(s), mathscrLy=Y(s),
e
mathscrLt,u0(t)=1s^2, mathscrLt,u1(t)=e^-s,1s^2
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s^2Y(s)+Y(s) =1s^2-e^-s,1s^2 =1-e^-ss^2

Passo 4

Isolando Y(s):
(s^2+1),Y(s)=1-e^-ss^2 Longrightarrow Y(s)=1-e^-ss^2,(s^2+1)

Passo 5

Fazemos frações parciais em dfrac1s^2(s^2+1):
1s^2(s^2+1) =As^2+Bs^2+1,
de onde A=1 e B=-1. Assim
1s^2(s^2+1) =1s^2-1s^2+1,
portanto
Y(s)=l(1s^2-1s^2+1r),(1-e^-s)

Passo 6

Reconhecemos as transformadas inversas:
mathscrL^-1l1s^2r=t, mathscrL^-1l1s^2+1r=sin(t),
e pelo teorema do deslocamento
mathscrL^-1e^-sF(s)=f(t-1),u1(t)
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mathscrL^-1Y(s) =(t-sin t),u0(t) -l[(t-1)-sin(t-1)r],u1(t)

Resposta

y(t) = [,t - sin(t),],u0(t);-;[, (t-1) - sin(t-1),],u1(t)

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