( 2,5 pts) Resolva o seguinte seguinte PVI usando a transformada de Laplace:
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}+y=\delta(t-5) \\\ y(0)=0, y^{\prime}(0)=0 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver o PVI
\begin{cases} y'' + y = \delta(t-5),\\\ y(0)=0,\;y'(0)=0, \end{cases}
usando transformada de Laplace. Vamos usar:
  1. \mathcal{L}\{y''\}(s)=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0).
  2. \mathcal{L}\{\delta(t-5)\}(s)=e^{-5s}.
  3. Teorema do segundo deslocamento para inverter e^{-5s}F(s).

Passo 2

Aplicando a transformada de Laplace em
\,y''+y=\delta(t-5),
temos
\mathcal{L}\{y''\}(s)+\mathcal{L}\{y\}(s) =\mathcal{L}\{\delta(t-5)\}(s).
Substituindo as condições iniciais y(0)=0, y'(0)=0, fica
(s^2Y(s)-s\cdot0-0)+Y(s)=e^{-5s},
ou seja
(s^2+1)\,Y(s)=e^{-5s}.

Passo 3

Isolando Y(s), obtemos
Y(s)=\frac{e^{-5s}}{s^2+1}.

Passo 4

Para inverter, note que
\mathcal{L}^{-1}\!\Bigl\{\frac{1}{s^2+1}\Bigr\}(t)=\sin t
e, pelo teorema do deslocamento,
\mathcal{L}^{-1}\!\{e^{-5s}F(s)\}(t) = u(t-5)\,f(t-5).
Aqui F(s)=1/(s^2+1) e f(t)=\sin t.

Passo 5

Portanto a solução no domínio do tempo é
y(t)=u(t-5)\,\sin\bigl(t-5\bigr),
onde u(t-5) é a função degrau unitário deslocada.

Resposta

y(t)=u(t-5)\,\sin\bigl(t-5\bigr).

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