Questão 21. (a) Reconheça (não precisa resolver) que, pelo método de variação dos parâmetros, a solução do problema de valor inicial
y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+2 y=f(t) ; \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=0
é
y=\int_{0}^{t} e^{-\langle l-\tau\rangle} f(\tau) \operatorname{sen}(t-\tau) d \tau
(b) Mostre que, se f(t)=\delta(t-\pi), então a solução do item (a) se reduz a
y=u_{n}(t) e^{-(t-\pi)} \operatorname{sen}(t-\pi) .
(c) Use uma transformada de Laplace para resolver o problema de valor inicial dado com f(t)=\delta(t-\pi) e confirme que a solução coincide com a encontrada no item (b).

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial
y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+2y=f(t);\qquad y(0)=0,\; y^{\prime}(0)=0,
e pede três coisas:
  • (a) reconhecer que, pelo método de variação de parâmetros, a solução é y=\int_{0}^{t} e^{-(t-\tau)} \sin(t-\tau)\, f(\tau)\,d\tau.(aqui foi apresentado esse resultado; não é necessário derivá‑lo.)
  • (b) mostrar que, ao tomar f(t)=\delta(t-\pi), essa integral reduz-se à forma y=u_n(t)\,e^{-(t-\pi)}\sin(t-\pi),onde u_n(t) é a função degrau (Heaviside) desdobrada ao tempo \pi — isto é, u_n(t)=u(t-\pi).
  • (c) resolver o mesmo problema com f(t)=\delta(t-\pi) usando transformada de Laplace e confirmar que a solução coincide com a do item (b).
Informações relevantes fornecidas:
  • Condições iniciais nulas: \,y(0)=0,\;y'(0)=0.
  • Força externa f(t) será a distribuição \delta(t-\pi) no itens (b) e (c).
  • A solução “reconhecida” no enunciado é uma integral de convolução com núcleo \,e^{-(t-\tau)}\sin(t-\tau).

Passo 2

Propriedade da delta de Dirac útil para o item (b).
Vou lembrar e explicar a propriedade básica da distribuição delta que vamos usar muitas vezes na prova. Para uma função suficientemente bem comportada g(\tau)\) e para um número fixo \(a\), \[\int_{-\infty}^{+\infty} g(\tau)\,\delta(\tau-a)\,d\tau = g(a).
Na prática, se a integral tem limites diferentes, a igualdade vale desde que a esteja dentro dos limites de integração; caso contrário a integral é zero. Em particular, para integração no intervalo [0,t] temos
\int_{0}^{t} g(\tau)\,\delta(\tau-a)\,d\tau = \begin{cases} g(a), & \text{se }0\le a\le t,\\[4pt] 0, & \text{se }a<0\\ \text{ou}\\ a>t. \end{cases}
A condição "se 0\le a\le t\]" é equivalente a multiplicar por \(u(t-a), onde u é a função degrau unitária:
\int_{0}^{t} g(\tau)\,\delta(\tau-a)\,d\tau = u(t-a)\,g(a).
Isto explica por que aparece um fator degrau quando a fonte é um pulso em tempo a.]

Passo 3

Aplicação direta da propriedade da delta ao integral dado no enunciado (item b).
Partimos da solução reconhecida
y(t)=\int_{0}^{t} e^{-(t-\tau)}\sin(t-\tau)\, f(\tau)\,d\tau.
Escolhendo f(\tau)=\delta(\tau-\pi) e aplicando a propriedade da delta com g(\tau)=e^{-(t-\tau)}\sin(t-\tau) e a=\pi, obtemos
y(t)=\int_{0}^{t} e^{-(t-\tau)}\sin(t-\tau)\,\delta(\tau-\pi)\,d\tau = u(t-\pi)\,e^{-(t-\pi)}\sin(t-\pi).
Aqui explicito: a integral é nula sempre que \pi>t (ou seja, para t<\pi); quando t\ge\pi a integral avalia g(\pi), produzindo o fator e^{-(t-\pi)}\sin(t-\pi). Em notação pedida no enunciado u_n(t)=u(t-\pi), então
y(t)=u_n(t)\,e^{-(t-\pi)}\sin(t-\pi),
concluindo o item (b).

Passo 4

Preparando a solução por transformada de Laplace (teoria e fórmulas que vamos usar).
Vou relembrar as propriedades de Laplace que usarei, sempre indicando o que cada símbolo significa:
  • Denotamos por Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s) a transformada de Laplace da solução y(t).
  • Transformadas de derivadas (válidas se y e y' são adequadas e com y(0), y'(0) finitos): \mathcal{L}\{y'(t)\}(s)=sY(s)-y(0), \qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}(s)=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0).
  • Transformada da delta deslocada: \mathcal{L}\{\delta(t-a)\}(s)=e^{-a s}.
  • Teorema do deslocamento (em t): se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s) então \mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}(s)=e^{-a s}F(s).
Também vale o par padrão
\mathcal{L}\{e^{\alpha t}\sin(\beta t)\}(s)=\frac{\beta}{(s-\alpha)^{2}+\beta^{2}}.
No nosso problema os termos de derivada ficam simples porque as condições iniciais são nulas: y(0)=0 e y'(0)=0.

Passo 5

Aplicando a transformada de Laplace à equação e resolvendo para Y(s).
Fazendo a transformada de ambos os lados de
y''+2y'+2y=\delta(t-\pi),
e usando y(0)=0,\;y'(0)=0, obtemos
\mathcal{L}\{y''\}+2\mathcal{L}\{y'\}+2\mathcal{L}\{y\}= \mathcal{L}\{\delta(t-\pi)\}.
Substituindo as fórmulas:
s^{2}Y(s)+2\,sY(s)+2Y(s)=e^{-\pi s}.
Fatorando Y(s):
Y(s)\bigl(s^{2}+2s+2\bigr)=e^{-\pi s}.
Portanto
Y(s)=\frac{e^{-\pi s}}{s^{2}+2s+2}.
Notar que o denominador pode ser completado ao quadrado:
s^{2}+2s+2=(s+1)^{2}+1.

Passo 6

Invertendo a transformada por reconhecimento e teorema do deslocamento.
Observe que a transformada de Laplace padrão diz
\mathcal{L}\{e^{-t}\sin t\}(s)=\frac{1}{(s+1)^{2}+1}.
Comparando com Y(s) vemos que
Y(s)=e^{-\pi s}\cdot\frac{1}{(s+1)^{2}+1}.
Aplicando o teorema do deslocamento (em que um fator e^{-\pi s} corresponde a um atraso por \pi multiplicando por u(t-\pi) e deslocando a função), concluímos
y(t)=u(t-\pi)\,e^{-(t-\pi)}\sin(t-\pi).
Isto é exatamente a mesma expressão obtida no item (b). Assim a solução via Laplace confirma a do item (b).

Resposta

(a) \displaystyle y=\int_{0}^{t} e^{-(t-\tau)}\sin(t-\tau)\,f(\tau)\,d\tau.
(b) \displaystyle y=u_n(t)\,e^{-(t-\pi)}\sin(t-\pi).
(c) \displaystyle y=u(t-\pi)\,e^{-(t-\pi)}\sin(t-\pi)

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