Questão 2. Resolva usando a transformada de LAPLACE.
y^{\prime \prime}+y=u_{3 \pi}(t) ; \quad y(0)=1, \quad y^{\prime}(0)=0

Passo 1

Enunciado e dados importantes (o que o problema pede e o que foi dado).\n
Temos a equação diferencial com função degrau deslocada:
y''(t)+y(t)=u_{3\pi}(t),
com condições iniciais
y(0)=1,\qquad y'(0)=0.
Aqui u_{3\pi}(t) é o degrau unitário deslocado em 3\pi; ou seja, u_{3\pi}(t)=u(t-3\pi), que vale 0 para t<3\pi e 1 para t>3\pi.\n
O que o enunciado pede: encontrar y(t) para todo t usando a transformada de Laplace.

Passo 2

Conceitos e fórmulas de Laplace que vamos usar (pequena aula prática).\n
  • Definição: se y(t) for função apropriada, escrevemos Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}=\int_{0}^{\infty}e^{-st}y(t)\,dt. Aqui s é a variável complexa da transformada.\n
  • Transformadas de derivadas (fórmulas-chave; explico cada termo): \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-sy(0)-y'(0).
Nessas fórmulas Y(s) é a transformada de y(t), y(0) e y'(0) são as condições iniciais que aparecem “automaticamente” ao transformar derivadas.\n
  • Transformada do degrau deslocado e teorema de deslocamento no domínio de tempo: \mathcal{L}\{u(t-a)\}=\frac{e^{-as}}{s},e, mais geral, \mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=u(t-a)\,f(t-a),onde f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}. Essa última é a fórmula que nos permite obter o efeito do deslocamento no tempo: multiplicar por e^{-as} no s-domínio corresponde a deslocar a função no tempo e multiplicá‑la pelo degrau.

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace na equação e montar a equação algébrica em s.\n
Tomando \mathcal{L} em ambos os membros de \;y''+y=u_{3\pi}(t)\; obtemos
\mathcal{L}\{y''\}+\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{u_{3\pi}(t)\}.
Usando as fórmulas de derivada e escrevendo Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}, com y(0)=1 e y'(0)=0, temos
\bigl(s^{2}Y(s)-s\cdot y(0)-y'(0)\bigr)+Y(s)=\frac{e^{-3\pi s}}{s}.
Substituindo y(0)=1 e y'(0)=0,
\bigl(s^{2}Y(s)-s\bigr)+Y(s)=\frac{e^{-3\pi s}}{s}.
Agrupando Y(s),
(s^{2}+1)Y(s)-s=\frac{e^{-3\pi s}}{s}.
Isolando Y(s),
Y(s)=\frac{s}{s^{2}+1}+\frac{e^{-3\pi s}}{s(s^{2}+1)}.
Aqui separei em duas parcelas para inverter facilmente: a primeira não tem o fator exponencial, a segunda sim.

Passo 4

Inverter a primeira parcela (a parte sem deslocamento).\n
A primeira parcela é
\frac{s}{s^{2}+1}.
Sabemos pela tabela básica de Laplace que
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s}{s^{2}+1}\right\}=\cos t.
Portanto a contribuição dessa parcela ao y(t) é \cos t.

Passo 5

Tratar a segunda parcela: encontrar a transformada inversa de F(s)=\dfrac{1}{s(s^{2}+1)} (antes de aplicar o deslocamento).\n
Precisamos achar f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} com
F(s)=\frac{1}{s(s^{2}+1)}.
Fazemos frações parciais: suponha
\frac{1}{s(s^{2}+1)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^{2}+1}.
Multiplicando ambos os lados por s(s^{2}+1),
1 = A(s^{2}+1) + (Bs+C)s = (A+B)s^{2} + C s + A.
Comparando coeficientes dos polinômios em s:
  • coeficiente de s^{2}: A+B=0 B=-A,
  • coeficiente de s: C=0,
  • termo independente: A=1.
Logo A=1, B=-1, C=0. Assim
\frac{1}{s(s^{2}+1)}=\frac{1}{s}-\frac{s}{s^{2}+1}.
Invertendo cada termo:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s}\right\}=1,\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s}{s^{2}+1}\right\}=\cos t.
Portanto
f(t)=1-\cos t.

Passo 6

Aplicar o teorema do deslocamento para obter a transformada inversa da segunda parcela completa.\n
Temos a segunda parcela em Y(s) como
\frac{e^{-3\pi s}}{s(s^{2}+1)} = e^{-3\pi s}\,F(s).
Pelo teorema de deslocamento,
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{e^{-3\pi s}F(s)\right\}=u(t-3\pi)\,f(t-3\pi).
Como f(t)=1-\cos t, obtemos
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{e^{-3\pi s}}{s(s^{2}+1)}\right\} = u(t-3\pi)\bigl(1-\cos(t-3\pi)\bigr).
Portanto juntando com a contribuição da primeira parcela,
y(t)=\cos t + u(t-3\pi)\bigl(1-\cos(t-3\pi)\bigr).

Passo 7

Simplificação final e verificação rápida (para entender o comportamento da solução).\n
Usando a identidade \cos(t-3\pi)=\cos t\cos 3\pi + \sin t\sin 3\pi e sabendo que \cos 3\pi=-1 e \sin 3\pi=0, temos \cos(t-3\pi)=-\cos t. Então
1-\cos(t-3\pi)=1-(-\cos t)=1+\cos t.
Assim uma forma mais compacta é
y(t)=\cos t + u(t-3\pi)\,(1+\cos t).
Interpretação: para t<3\pi temos u=0 e y(t)=\cos t (solução do homogêneo com as condições iniciais); para t>3\pi temos y(t)=\cos t+(1+\cos t)=1+2\cos t, que satisfaz y''+y=1 como deve ocorrer quando o degrau está ligado. As condições iniciais em t=0 também conferem: y(0)=\cos0=1 e y'(0)=-\sin0=0.

Resposta

y(t)=\cos t + u(t-3\pi)\bigl(1-\cos(t-3\pi)\bigr)=\cos t + u(t-3\pi)\bigl(1+\cos t\bigr).