Questão 2. Resolva usando a transformada de LAPLACE.
y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+2 y=h(t) ; \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=1;
h(t)= \begin{cases}1, & \pi \leq t<2 \pi \\\\ 0, & 0 \leq t<\pi \text { e } t \geq 2 \pi\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede que a gente encontre a solução y(t)\) da equação diferencial com condições iniciais: \[y''+2y'+2y=h(t),
com
y(0)=0,\qquad y'(0)=1.
A função forçante h(t) é dada por
h(t)=\begin{cases} 1, & \pi \le t < 2\pi,\\[4pt] 0, & 0\le t<\pi\\ \text{ e }\\ t\ge 2\pi. \end{cases}
Portanto a pergunta é: determinar explicitamente y(t)\] para todos os \(t\ge 0, levando em conta a natureza em escadas de h(t).]

Passo 2

Primeiro vamos escrever h(t) usando a função degrau unitário (função de Heaviside). A representação é
h(t)=u(t-\pi)-u(t-2\pi),
onde u(t-a) é zero para t<a e 1 para t\ge a. Esta forma facilita o uso da transformada de Laplace porque conhecemos a transformada de u(t-a).
Agora aplicamos a transformada de Laplace em ambos os lados da equação. Denotamos por Y(s) a transformada de Laplace de y(t):
Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.

Passo 3

Recordando fórmulas básicas para transformadas de derivadas:
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-s y(0)-y'(0).
Aqui s é a variável da transformada e Y(s) é a imagem de y(t). Usando y(0)=0 e y'(0)=1 obtemos
\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-1,\qquad \mathcal{L}\{2y'\}=2sY(s),\qquad \mathcal{L}\{2y\}=2Y(s).

Passo 4

Somando as transformadas do lado esquerdo:
\mathcal{L}\{y''+2y'+2y\}=(s^2+2s+2)Y(s)-1.
Do lado direito usamos a representação em degraus para h(t). A transformada de u(t-a) é e^{-as}/s, portanto
\mathcal{L}\{h(t)\}=\mathcal{L}\{u(t-\pi)\}-\mathcal{L}\{u(t-2\pi)\}=\frac{e^{-\pi s}}{s}-\frac{e^{-2\pi s}}{s}.

Passo 5

Igualando transformadas:
(s^2+2s+2)Y(s)-1=\frac{e^{-\pi s}}{s}-\frac{e^{-2\pi s}}{s}.
Isolando Y(s):
Y(s)=\frac{1}{s^2+2s+2}+\frac{1}{s}\cdot\frac{e^{-\pi s}-e^{-2\pi s}}{s^2+2s+2}.
É conveniente separar:
Y(s)=\frac{1}{s^2+2s+2}+\bigl(e^{-\pi s}-e^{-2\pi s}\bigr)\cdot\frac{1}{s(s^2+2s+2)}.

Passo 6

Vamos inverter termo a termo. Primeiro observe que
s^2+2s+2=(s+1)^2+1.
Logo
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^2+2s+2}\right\}=e^{-t}\sin t.
Isto vem da transformada conhecida \mathcal{L}\{e^{-t}\sin t\}=\dfrac{1}{(s+1)^2+1}.
Agora precisamos inverter
F(s)=\frac{1}{s(s^2+2s+2)}.
Vamos decompor em frações parciais para achar f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}.

Passo 7

Fazemos a decomposição
\frac{1}{s(s^2+2s+2)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^2+2s+2}.
Multiplicando por s(s^2+2s+2) obtemos
1=A(s^2+2s+2)+s(Bs+C).
Igualando coeficientes:
s^2: A+B=0 B=-A.
s^1: 2A+C=0 C=-2A.
constante: 2A=1 A=\tfrac{1}{2}.
Logo B=-\tfrac{1}{2}, C=-1.
Portanto
\frac{1}{s(s^2+2s+2)}=\frac{1/2}{s}+\frac{-\tfrac{1}{2}s-1}{s^2+2s+2}.

Passo 8

Reescrevemos o segundo termo em termos de s+1. Com B=-\tfrac{1}{2} e C=-1:
-\tfrac{1}{2}s-1=-\tfrac{1}{2}(s+1)-\tfrac{1}{2}.
Assim
\frac{-\tfrac{1}{2}s-1}{s^2+2s+2}=-\tfrac{1}{2}\cdot\frac{s+1}{(s+1)^2+1}-\tfrac{1}{2}\cdot\frac{1}{(s+1)^2+1}.
Agora aplicamos inversas conhecidas:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s}\right\}=1,\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s+1}{(s+1)^2+1}\right\}=e^{-t}\cos t,\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s+1)^2+1}\right\}=e^{-t}\sin t.

Passo 9

Portanto f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} é
f(t)=\tfrac{1}{2}\cdot 1-\tfrac{1}{2}e^{-t}\cos t-\tfrac{1}{2}e^{-t}\sin t.
Simplificando,
f(t)=\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{2}e^{-t}(\cos t+\sin t).

Passo 10

Voltando a Y(s), o termo com fatores exponenciais e^{-\pi s} e e^{-2\pi s} corresponde, pela propriedade de deslocamento, a termos do tipo u(t-a)f(t-a):
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=u(t-a)\,f(t-a).
Logo a solução y(t) é
y(t)=e^{-t}\sin t+u(t-\pi)f(t-\pi)-u(t-2\pi)f(t-2\pi).

Passo 11

Agora expressemos y(t) explicitamente em cada intervalo.
  1. Para 0\le t<\pi temos u(t-\pi)=0 e u(t-2\pi)=0. Logo
y(t)=e^{-t}\sin t,\qquad 0\le t<\pi.
  1. Para \pi\le t<2\pi temos u(t-\pi)=1 e u(t-2\pi)=0. Então
y(t)=e^{-t}\sin t+f(t-\pi).
Compute f(t-\pi). Usando f(\tau)=\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{2}e^{-\tau}(\cos\tau+\sin\tau) com \tau=t-\pi,
f(t-\pi)=\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{2}e^{-(t-\pi)}\bigl(\cos(t-\pi)+\sin(t-\pi)\bigr).
Usando as identidades \cos(t-\pi)=-\cos t, \sin(t-\pi)=-\sin t e e^{-(t-\pi)}=e^{\pi}e^{-t}, obtemos
f(t-\pi)=\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{2}e^{\pi}e^{-t}\bigl(\cos t+\sin t\bigr).
Portanto, para \pi\le t<2\pi,
y(t)=e^{-t}\sin t+\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{2}e^{\pi}e^{-t}\bigl(\cos t+\sin t\bigr).
  1. Para t\ge 2\pi temos u(t-\pi)=u(t-2\pi)=1. Então
y(t)=e^{-t}\sin t+f(t-\pi)-f(t-2\pi).
Já calculamos f(t-\pi). Para f(t-2\pi) façamos igual:
f(t-2\pi)=\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{2}e^{-(t-2\pi)}\bigl(\cos(t-2\pi)+\sin(t-2\pi)\bigr).
Mas \cos(t-2\pi)=\cos t, \sin(t-2\pi)=\sin t e e^{-(t-2\pi)}=e^{2\pi}e^{-t}. Logo
f(t-2\pi)=\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{2}e^{2\pi}e^{-t}\bigl(\cos t+\sin t\bigr).
Subtraindo,
f(t-\pi)-f(t-2\pi)=\tfrac{1}{2}e^{-t}\bigl(e^{\pi}+e^{2\pi}\bigr)\bigl(\cos t+\sin t\bigr).
Assim, para t\ge 2\pi,
y(t)=e^{-t}\sin t+\tfrac{1}{2}e^{-t}\bigl(e^{\pi}+e^{2\pi}\bigr)\bigl(\cos t+\sin t\bigr).

Resposta

y(t)=\begin{cases} e^{-t}\sin t, & 0\le t<\pi,\\[6pt] e^{-t}\sin t+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}e^{\pi}e^{-t}\bigl(\cos t+\sin t\bigr), & \pi\le t<2\pi,\\[10pt] e^{-t}\sin t+\dfrac{1}{2}e^{-t}\bigl(e^{\pi}+e^{2\pi}\bigr)\bigl(\cos t+\sin t\bigr), & t\ge 2\pi. \end{cases}]

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