Questão 11.

Resolva o problema de valor inicial
y^{\prime \prime}+4 y=f(t)
com y(0)=0, y^{\prime}(0)=0, onde
f(t)=\left\{\begin{array}{rll} 0, & \text { se } & 0 \leq t<5 \\\ \frac{t-5}{5} & \text { se } & 5 \leq t, 10 \\\\ 1, & \text { se } & t \geq 10 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede resolver o problema de valor inicial
y'' + 4y = f(t),\quad y(0)=0,\;y'(0)=0,
sendo
f(t)= \begin{cases} 0, & 0\le t<5,\\\ \dfrac{t-5}{5}, & 5\le t<10,\\\\ 1, & t\ge10. \end{cases}
O conteúdo aqui é equação diferencial linear de segunda ordem com termo não homogêneo dado por função por partes. Vamos usar transformada de Laplace e o teorema do deslocamento em tempo.

Passo 2

Para tratar f(t) com Laplace, escrevemos em termos de funções degrau u(t-a). Observando que para t\ge5 surge uma rampa de coeficiente 1/5 e para t\ge10 é subtraída parte da rampa deixando constante 1, uma forma equivalente é
f(t)=\frac{t-5}{5}\,u(t-5)\;-\;\frac{t-10}{5}\,u(t-10).

Passo 3

Calculemos a transformada de Laplace de cada termo. Como
\mathcal L\{(t-a)\,u(t-a)\}(s)=e^{-a s}\,\frac{1}{s^2},
temos
\mathcal L\{f(t)\}(s) =\frac{1}{5}\,e^{-5s}\,\frac{1}{s^2} -\frac{1}{5}\,e^{-10s}\,\frac{1}{s^2} =\frac{e^{-5s}-e^{-10s}}{5\,s^2}.

Passo 4

Aplicando Laplace em y''+4y=f(t) com y(0)=y'(0)=0 resulta
Y(s)\bigl(s^2+4\bigr)=F(s) \quad\Longrightarrow\quad Y(s)=\frac{F(s)}{s^2+4} =\frac{e^{-5s}-e^{-10s}}{5\,s^2\,(s^2+4)}.

Passo 5

Para inverter, note que precisamos de
\frac{1}{s^2\,(s^2+4)} =\frac{A}{s}+\frac{B}{s^2}+\frac{Cs+D}{s^2+4}.
Fazendo frações parciais obtemos A=0, B=\tfrac14, C=0, D=-\tfrac14. Logo
\frac{1}{s^2(s^2+4)} =\frac{1}{4\,s^2}-\frac{1}{4\,(s^2+4)}.
Portanto
Y(s) =\frac{e^{-5s}-e^{-10s}}{5}\Bigl(\frac{1}{4s^2}-\frac{1}{4(s^2+4)}\Bigr) =\frac{e^{-5s}-e^{-10s}}{20}\Bigl(\frac{1}{s^2}-\frac{1}{s^2+4}\Bigr).

Passo 6

Chamando
G(s)=\frac{1}{s^2}-\frac{1}{s^2+4},
temos \mathcal L^{-1}\{1/s^2\}=t e \mathcal L^{-1}\{1/(s^2+4)\}=\tfrac12\sin(2t), portanto
g(t)=\mathcal L^{-1}\{G(s)\} =t-\frac12\sin(2t).

Passo 7

Pelo teorema do deslocamento,
\mathcal L^{-1}\{e^{-a s}G(s)\}=g(t-a)\,u(t-a).
Assim
y(t) =\frac{1}{20}\bigl[g(t-5)\,u(t-5)\;-\;g(t-10)\,u(t-10)\bigr].
Substituindo g:
para 0\le t<5, não há degrau ativo e y(t)=0;
para 5\le t<10 só o primeiro termo aparece:
y(t)=\frac{1}{20}\Bigl[(t-5)-\tfrac12\sin\bigl(2(t-5)\bigr)\Bigr];
para t\ge10 entram os dois termos e
y(t) =\frac{1}{20}\Bigl[(t-5)-\tfrac12\sin(2t-10)\Bigr] -\frac{1}{20}\Bigl[(t-10)-\tfrac12\sin(2t-20)\Bigr].

Resposta

Para ficar bem claro:
y(t)= \begin{cases} 0, & 0\le t<5,\\[6pt] \dfrac{1}{20}\Bigl[(t-5)-\tfrac{1}{2}\sin\bigl(2(t-5)\bigr)\Bigr], & 5\le t<10,\\[8pt] \dfrac{1}{20}\Bigl[(t-5)-\tfrac{1}{2}\sin(2t-10)-(t-10)+\tfrac{1}{2}\sin(2t-20)\Bigr], & t\ge10. \end{cases}]

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