• Questão 6. Resolva com transformada de Laplace:
y^{\prime \prime}+4 y=u(t-\pi), \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=1
onde u(t-\pi) é a função degrau unitário.

Passo 1

O enunciado pede a solução da equação diferencial
y'' + 4y = u(t - \pi),
com condições iniciais y(0)=0 e y'(0)=1, usando transformada de Laplace. Vamos aplicar a transformada, usar a propriedade de atraso \mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\} = e^{-a s}F(s) e inverter para encontrar y(t).

Passo 2

Tomando transformada de Laplace em t\ge0, denotando Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}, temos
\mathcal{L}\{y''\} + 4\,\mathcal{L}\{y\} = \mathcal{L}\{u(t-\pi)\}.
Como \mathcal{L}\{y''\} = s^2Y(s) - s\,y(0) - y'(0) e \mathcal{L}\{u(t-\pi)\} = e^{-\pi s}\,\tfrac1s, obtemos
\bigl(s^2Y(s) - 0 - 1\bigr) + 4Y(s) = \frac{e^{-\pi s}}s \quad\Longrightarrow\quad (s^2+4)Y(s) = 1 + \frac{e^{-\pi s}}s.

Passo 3

Isolando Y(s),
Y(s) = \frac{1}{s^2+4} \;+\;\frac{e^{-\pi s}}{s\,(s^2+4)}.
Vamos inverter cada termo separadamente.

Passo 4

O primeiro termo é simples:
\mathcal{L}^{-1}\!\Bigl\{\frac{1}{s^2+4}\Bigr\} = \frac1{2}\sin(2t).

Passo 5

No segundo termo usamos a propriedade de atraso. Definimos
F(s) = \frac{1}{s\,(s^2+4)},
para o qual fazemos frações parciais:
\frac{1}{s(s^2+4)} = \frac{A}{s} + \frac{B\,s + C}{s^2+4}.
Igualando numeradores:
1 = A(s^2+4) + (B\,s+C)\,s = (A+B)\,s^2 + C\,s + 4A.
Daí A+B=0, C=0, 4A=1, logo A=1/4, B=-1/4. Assim
F(s) = \frac1{4}\,\frac1{s} \;-\; \frac1{4}\,\frac{s}{s^2+4} \quad\Longrightarrow\quad f(t) = \frac14 - \frac14\cos(2t).
Pela fórmula de atraso,
\mathcal{L}^{-1}\!\bigl\{e^{-\pi s}F(s)\bigr\} = u(t-\pi)\,f(t-\pi) = u(t-\pi)\,\Bigl[\tfrac14 - \tfrac14\cos\bigl(2(t-\pi)\bigr)\Bigr].

Passo 6

Somando as duas partes, a solução final é
y(t) = \frac12\sin(2t) \;+\; u(t-\pi)\,\frac14\Bigl[\,1 - \cos\bigl(2(t-\pi)\bigr)\Bigr].

Resposta

y(t) = \frac12\sin(2t) + \frac14\,u(t-\pi)\bigl[1 - \cos\bigl(2(t-\pi)\bigr)\bigr].

Exercícios relacionados