Transformada do impulso deslocado (delta de Dirac):
\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}(s)=e^{-a s}.
Teorema do deslocamento no tempo (para o fator exponencial e^{-a s} em s-espaço):
Se \mathcal{L}\{f(t)\}(s)=F(s) então
\mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}(s)=e^{-a s}F(s),
onde u(t-a) é a função degrau unitário. Na prática isso permite inverter transformadas com fator e^{-a s}.
Vou aplicar essas fórmulas à EDO, transformando termo a termo.
Passo 3
Aplico a transformada de Laplace em ambos os lados da equação. Denotando Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s) e usando as condições iniciais y(0)=0 e y'(0)=0, tenho:
Vou inverter cada termo separadamente. Observações úteis:
s^{2}+2s+2=(s+1)^{2}+1.
A segunda parcela, com e^{-\frac{\pi}{2}s}, corresponde (pelo teorema do deslocamento) a uma função que aparece apenas para t\ge \tfrac{\pi}{2}: será do tipo u\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right)f(t-\tfrac{\pi}{2}) onde f(t) é a inversa de \dfrac{1}{(s+1)^{2}+1}.
A primeira parcela precisa ser decomposta em frações parciais para inverter. Vou fazer isso passo a passo.
Passo 5
Faço a decomposição parcial do primeiro termo:
procuramos constantes A,B,C,D\) tais que
\[\frac{s}{(s^{2}+1)\big((s+1)^{2}+1\big)}=\frac{A s+B}{s^{2}+1}+\frac{C s+D}{(s+1)^{2}+1}.
Multiplicando ambos os lados por (s^{2}+1)((s+1)^{2}+1) obtemos a identidade polinomial
s=(A s+B)\big((s+1)^{2}+1\big)+(C s+D)(s^{2}+1).
Vou expandir e comparar coeficientes. Primeiro expando (s+1)^{2}+1=s^{2}+2s+2. Então
s=(A s+B)(s^{2}+2s+2)+(C s+D)(s^{2}+1).
Expandindo termo a termo:
(A s+B)(s^{2}+2s+2)=A s^{3}+2A s^{2}+2A s+B s^{2}+2B s+2B,
(C s+D)(s^{2}+1)=C s^{3}+C s+D s^{2}+D.
Somando:
s=(A+C)s^{3}+(2A+B+D)s^{2}+(2A+2B+C)s+(2B+D).
Comparando coeficientes com o polinômio 0\cdot s^{3}+0\cdot s^{2}+1\cdot s+0, obtemos o sistema linear:
Da primeira equação C=-A\].
- Da quarta equação \(D=-2B.
- Substituindo em segunda: 2A+B+(-2B)=0\Rightarrow 2A-B=0\Rightarrow B=2A.
- Substituindo B=2A e C=-A na terceira: 2A+2(2A)+(-A)=1\Rightarrow 2A+4A-A=5A=1\Rightarrow A=\tfrac{1}{5}.
- Então B=2A=\tfrac{2}{5}, C=-A=-\tfrac{1}{5}, D=-2B=-\tfrac{4}{5}.
onde u é o degrau unitário. Em palavras: a resposta ao impulso \delta(t-\tfrac{\pi}{2}) é exatamente a resposta livre avaliada em t-\tfrac{\pi}{2}, multiplicada pela unidade de ativação no instante t=\tfrac{\pi}{2}.
Passo 8
A solução total y(t) (soma das contribuições) é
y(t)=y_{1}(t)+y_{2}(t).
Substituindo as expressões encontradas:
y(t)=\tfrac{1}{5}\cos t+\tfrac{2}{5}\sin t-\tfrac{1}{5}e^{-t}\cos t-\tfrac{3}{5}e^{-t}\sin t +u\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right)e^{-(t-\frac{\pi}{2})}\sin\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right).
Essa expressão é válida para t\ge 0. Dá para conferir rapidamente as condições iniciais: em t=0 a parcela com u(\cdot) é zero (pois 0<\tfrac{\pi}{2}), e os termos exponenciais e trigonométricos combinam para que y(0)=0 e y'(0)=0 — isso confirma coerência com o PVI.
Resposta
y(t)=\tfrac{1}{5}\cos t+\tfrac{2}{5}\sin t-\tfrac{1}{5}e^{-t}\cos t-\tfrac{3}{5}e^{-t}\sin t +u\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right)e^{-(t-\frac{\pi}{2})}\sin\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right).