Questão 2. Resolva usando a transformada de LAPLACE.
y^{\prime \prime}+4 y=t-u_{2 \pi}(t)(t-2 \pi) ; \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=0

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial com condições iniciais usando transformada de Laplace. Escrevo claramente o que foi dado e o que se pede:
  • Equação diferencial: y''(t)+4y(t)=t-u_{2\pi}(t)\bigl(t-2\pi\bigr).
  • Condições iniciais: y(0)=0,\qquad y'(0)=0.
  • Pergunta: encontrar y(t) para todo t\ge 0, isto é, a solução da equação com essas condições.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • u_{2\pi}(t) é a função degrau unitário que “liga” em t=2\pi. Assim o lado direito é a função que vale t para 0\le t<2\pi e vale 2\pi para t\ge 2\pi. (Só anotei isso para intuir o comportamento; a resolução seguirá pela Laplace.)
  • As condições iniciais são nulas, o que simplifica as transformadas das derivadas.

Passo 2

Breve aula: transformada de Laplace e propriedades que usaremos.
  • Definição: a transformada de Laplace de uma função f(t) é \mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt,
onde s é a variável da transformada (complexa em geral). Aqui vou usar só propriedades básicas sem aprofundar a teoria.
  • Propriedade para derivadas (muito útil): se Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}, então
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),\qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0).
Essas fórmulas permitem transformar a EDO em uma equação algébrica em s.
  • Teorema do degrau (deslocamento exponencial): se g(t) tem transformada G(s), então
\mathcal{L}\{u_{a}(t)\,g(t-a)\}=e^{-a s}G(s).
No nosso problema aparecerá exatamente um termo do tipo u_{2\pi}(t)(t-2\pi).
  • Transformadas elementares que usaremos:
\mathcal{L}\{t\}=\frac{1}{s^{2}},\qquad \mathcal{L}\{\sin(2t)\}=\frac{2}{s^{2}+4}.

Passo 3

Aplicando a transformada de Laplace à equação inteira.
Começo aplicando \mathcal{L} em ambos os lados da equação y''+4y=t-u_{2\pi}(t)(t-2\pi).
Usando as condições iniciais y(0)=0 e y'(0)=0, a transformada do lado esquerdo é
\mathcal{L}\{y''\}+4\mathcal{L}\{y\}=(s^{2}Y(s)) +4Y(s)=(s^{2}+4)Y(s),
onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.
Agora o lado direito. Pela linearidade:
\mathcal{L}\{t\}-\mathcal{L}\{u_{2\pi}(t)(t-2\pi)\}.
Sabemos \mathcal{L}\{t\}=\dfrac{1}{s^{2}}. Pelo teorema do degrau, com a=2\pi e g(\tau)=\tau (ou seja t-2\pi corresponde a \tau), temos
\mathcal{L}\{u_{2\pi}(t)(t-2\pi)\}=e^{-2\pi s}\mathcal{L}\{\tau\}=e^{-2\pi s}\cdot\frac{1}{s^{2}}.
Portanto, no domínio de s a equação fica
(s^{2}+4)Y(s)=\frac{1}{s^{2}}-\frac{e^{-2\pi s}}{s^{2}}=\frac{1-e^{-2\pi s}}{s^{2}}.
Isolando Y(s):
Y(s)=\frac{1-e^{-2\pi s}}{s^{2}(s^{2}+4)}.

Passo 4

Estratégia de volta ao domínio do tempo: separar em duas partes e usar inversa da Laplace com o teorema do deslocamento.
Escrevo Y(s) como diferença:
Y(s)=\frac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}-\frac{e^{-2\pi s}}{s^{2}(s^{2}+4)}.
  • A primeira parcela tem inversa direta: f(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}\right\}.
  • A segunda parcela, por linearidade do deslocamento exponencial, dá
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{e^{-2\pi s}}{s^{2}(s^{2}+4)}\right\}=u_{2\pi}(t)\,f(t-2\pi).
Logo, em tempo:
y(t)=f(t)-u_{2\pi}(t)\,f(t-2\pi).
Agora precisamos achar explicitamente f(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}\right\}.

Passo 5

Calcular f(t) por frações parciais.
Queremos inverter \dfrac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}. Faço decomposição em frações parciais do tipo
\frac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s^{2}}+\frac{Cs+D}{s^{2}+4}.
Multiplicando ambos os lados por s^{2}(s^{2}+4) obtemos (identidade de polinômios)
1 = A s (s^{2}+4) + B (s^{2}+4) + (Cs+D)s^{2}.
Desenvolvendo e agrupando coeficientes em potências de s:
  • coeficiente de s^{3}: A+C deve ser 0;
  • coeficiente de s^{2}: B+D deve ser 0;
  • coeficiente de s^{1}: 4A deve ser 0;
  • termo independente: 4B deve ser 1.
Das equações: 4A=0\Rightarrow A=0. Então C=-A=0. De 4B=1\Rightarrow B=\tfrac{1}{4}. Então D=-B=-\tfrac{1}{4}.
Portanto a decomposição é
\frac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{s^{2}}-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{s^{2}+4}.
Agora aplico inversas conhecidas:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}}\right\}=t,\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}+4}\right\}=\frac{1}{2}\sin(2t),
pois \mathcal{L}\{\sin(2t)\}=\dfrac{2}{s^{2}+4}.
Logo
f(t)=\frac{1}{4}t-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}\sin(2t)=\frac{1}{4}t-\frac{1}{8}\sin(2t).

Passo 6

Volto à expressão geral encontrada: y(t)=f(t)-u_{2\pi}(t)\,f(t-2\pi),
com f(t)=\dfrac{1}{4}t-\dfrac{1}{8}\sin(2t).
Escrevo explicitamente em forma não ambígua:
y(t)=\frac{1}{4}t-\frac{1}{8}\sin(2t)-u_{2\pi}(t)\left(\frac{1}{4}(t-2\pi)-\frac{1}{8}\sin\bigl(2(t-2\pi)\bigr)\right).
Posso simplificar a expressão para t\ge 2\pi usando periodicidade do seno: \sin(2(t-2\pi))=\sin(2t-4\pi)=\sin(2t) porque 4\pi é múltiplo de 2\pi. Assim, para t\ge 2\pi temos
y(t)=\left(\frac{1}{4}t-\frac{1}{8}\sin(2t)\right)-\left(\frac{1}{4}(t-2\pi)-\frac{1}{8}\sin(2t)\right)=\frac{\pi}{2}.
Para 0\le t<2\pi o termo com degrau é zero, então
y(t)=\frac{1}{4}t-\frac{1}{8}\sin(2t).
Verificação rápida (pra te dar confiança): em t=2\pi,
y(2\pi)=\frac{1}{4}\cdot 2\pi-\frac{1}{8}\sin(4\pi)=\frac{\pi}{2}-0=\frac{\pi}{2},
logo a solução é contínua; e a derivada também casa, então não há salto — tudo consistente.

Resposta

y(t)=\frac{1}{4}t-\frac{1}{8}\sin(2t),\qquad 0\le t<2\pi
y(t)=\frac{\pi}{2},\qquad t\ge 2\pi

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