Resolua por T.L
y^{n}+4 y=\operatorname{sen} t u_{2 \pi}(t) \quad y(0)=1 \quad y^{\prime}(0)=0

Passo 1

O enunciado fornece a equação diferencial e as condições iniciais. Vou listar claramente o que foi dado (sem resolver ainda):
  • Equação: \;y''+4y=\operatorname{sen}t\;u_{2\pi}(t).
  • Condições iniciais: \;y(0)=1 e \;y'(0)=0.
    O que se pede: encontrar y(t) para t\ge0.

Passo 2

Aplicar a transformada de Laplace (T.L.) às duas mãos da equação e usar as fórmulas básicas. Primeiro, defino Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s).
Fórmula importante (T.L. de derivadas):
\mathcal{L}\{y''(t)\}(s)=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0).
Usando as condições iniciais y(0)=1, y'(0)=0, a transformada da parte esquerda fica
\mathcal{L}\{y''+4y\}(s)=(s^{2}+4)Y(s)-s.
Agora a transformada do lado direito \operatorname{sen}t\;u_{2\pi}(t). Há uma propriedade para o degrau unitário deslocado: para qualquer função f,
\mathcal{L}\{f(t)\,u_a(t)\}(s)=e^{-a s}\,\mathcal{L}\{f(t+a)\}(s).
Aplicando com f(t)=\operatorname{sen}t e a=2\pi, e lembrando que \operatorname{sen}(t+2\pi)=\operatorname{sen}t (periodicidade 2\pi),
\mathcal{L}\{\operatorname{sen}t\;u_{2\pi}(t)\}(s)=e^{-2\pi s}\,\mathcal{L}\{\operatorname{sen}t\}(s)=e^{-2\pi s}\cdot\frac{1}{s^{2}+1}.
Portanto a equação transformada é
(s^{2}+4)Y(s)-s=\frac{e^{-2\pi s}}{s^{2}+1}.

Passo 3

Isolar Y(s):
(s^{2}+4)Y(s)=s+\frac{e^{-2\pi s}}{s^{2}+1}
Y(s)=\frac{s}{s^{2}+4}+\frac{e^{-2\pi s}}{(s^{2}+4)(s^{2}+1)}.
Vou inverter a transformada termo a termo. O primeiro termo tem inversa conhecida:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s}{s^{2}+4}\right\}(t)=\cos(2t).
O segundo termo é da forma e^{-2\pi s}F(s) com
F(s)=\frac{1}{(s^{2}+4)(s^{2}+1)}.
Vou achar a inversa f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}(t) e então usar o teorema do deslocamento no tempo para obter a parte com o degrau.

Passo 4

Calcular f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}. Faço frações parciais:
Procuramos A,B tais que
\frac{1}{(s^{2}+1)(s^{2}+4)}=\frac{A}{s^{2}+1}+\frac{B}{s^{2}+4}.
Multiplicando ambos os lados por (s^{2}+1)(s^{2}+4) obtemos
1=A(s^{2}+4)+B(s^{2}+1)=(A+B)s^{2}+(4A+B).
Comparando coeficientes:
A+B=0,\qquad 4A+B=1.
Da primeira B=-A. Substituindo na segunda: 4A-A=1\Rightarrow 3A=1\Rightarrow A=\tfrac{1}{3}, B=-\tfrac{1}{3}.
Assim
F(s)=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{s^{2}+1}-\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{s^{2}+4}.
Agora inverto cada termo. Lembrando que
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}+1}\right\}(t)=\operatorname{sen}t, \qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}+4}\right\}(t)=\frac{1}{2}\operatorname{sen}(2t).
Portanto
f(t)=\frac{1}{3}\operatorname{sen}t-\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\operatorname{sen}(2t)=\frac{1}{3}\operatorname{sen}t-\frac{1}{6}\operatorname{sen}(2t).

Passo 5

Usar o teorema do deslocamento no tempo para o fator e^{-2\pi s}: se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s) então
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}(t)=f(t-a)\,u_a(t).
Aplicando com a=2\pi e o f(t) encontrado, o segundo termo em y(t) é
\left(\frac{1}{3}\operatorname{sen}(t-2\pi)-\frac{1}{6}\operatorname{sen}(2(t-2\pi))\right)u_{2\pi}(t).
Agora uso periodicidade das funções seno:
\operatorname{sen}(t-2\pi)=\operatorname{sen}t e \operatorname{sen}(2(t-2\pi))=\operatorname{sen}(2t).
Logo a parte deslocada simplifica para
\left(\frac{1}{3}\operatorname{sen}t-\frac{1}{6}\operatorname{sen}(2t)\right)u_{2\pi}(t).
Somando com a solução homogênea obtida antes, a solução completa é
y(t)=\cos(2t)+\left(\frac{1}{3}\operatorname{sen}t-\frac{1}{6}\operatorname{sen}(2t)\right)u_{2\pi}(t).

Passo 6

Verificação rápida das condições iniciais:
  • Para 0\le t<2\pi, u_{2\pi}(t)=0 e y(t)=\cos(2t). Então y(0)=\cos0=1 e y'(t)=-2\sin(2t) y'(0)=0. Condições satisfeitas.
  • A solução apresenta a contribuição da forçante apenas a partir de t=2\pi, como exigido pelo fator u_{2\pi}(t).

Resposta

y(t)=\cos(2t)+\left(\frac{1}{3}\operatorname{sen}t-\frac{1}{6}\operatorname{sen}(2t)\right)u_{2\pi}(t)

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