Resolva a equação diferencial usando a Transformada de Laplace:
y^{\prime \prime}+y=\delta(t-\pi), \quad y(0)=0, y^{\prime}(0)=0.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial com condição inicial
y''+y=\delta(t-\pi),\qquad y(0)=0,\; y'(0)=0.
O que se pede é encontrar a solução y(t) para t\ge 0. Dados relevantes: a força de entrada é a delta de Dirac centrada em t=\pi, e as condições iniciais são nulas.

Passo 2

Vou usar a Transformada de Laplace. Primeiro, lembro as definições e propriedades que vou usar (explico cada uma):
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt,
ou seja, a transformada leva uma função no tempo para uma função em s. Propriedades que usarei:
  1. linearidade: \mathcal{L}\{af+bg\}=a\mathcal{L}\{f\}+b\mathcal{L}\{g\}.
  2. derivadas: para Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\},
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0).
Essas fórmulas vêm de integrar por partes; as letras s e Y(s) são a variável do espaço de Laplace e a transformada de y.
3) transformada da delta de Dirac: para a\ge 0,
\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-a s}.
Isto significa que um impulso em tempo a corresponde a um fator exponencial multiplicando a transformada.
4) teorema do deslocamento no tempo (inverso): se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s), então
\mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}=e^{-a s}F(s),
e consequentemente
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=u(t-a)f(t-a),
onde u(t-a) é a função degrau de Heaviside (valendo 0 para t<a e 1 para t\ge a).

Passo 3

Aplico a Transformada de Laplace à equação diferencial. Tomando transformada dos dois lados:
\mathcal{L}\{y''\}+\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{\delta(t-\pi)\}.
Usando as fórmulas de derivada e as condições iniciais y(0)=0,\;y'(0)=0, obtemos
s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0)+Y(s)=e^{-\pi s}.
Como y(0)=0 e y'(0)=0, isto simplifica para
(s^{2}+1)Y(s)=e^{-\pi s}.

Passo 4

Isolo Y(s):
Y(s)=\frac{e^{-\pi s}}{s^{2}+1}.
Aqui já vemos um fator exponencial e^{-\pi s} multiplicando a transformada 1/(s^{2}+1). Pela propriedade de deslocamento no tempo isso indica que a solução no domínio do tempo será um degrau deslocado multiplicando a função cuja transformada é 1/(s^{2}+1).

Passo 5

Identifico a transformada inversa conhecida:
\mathcal{L}\{\sin t\}=\frac{1}{s^{2}+1}.
Portanto, aplicando o teorema do deslocamento no tempo (inverso) com a=\pi,
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-\pi s}}{s^{2}+1}\right\}=u(t-\pi)\sin(t-\pi).
Logo a solução é
y(t)=u(t-\pi)\sin(t-\pi).
Explicação intuitiva: antes do impulso ( t<\pi) não há excitação e as condições iniciais anulam a solução, então y=0. No instante t=\pi a delta aplica um impulso que inicia a oscilação livre \sin com amplitude tal que, imediatamente após o impulso, a derivada sofre um salto; o deslocamento no tempo aparece porque o impulso ocorre em t=\pi.

Passo 6

Dou a forma peça-por-peça e faço uma verificação rápida (útil na prova):
Peça-por-peça,
y(t)=\begin{cases} 0,&0\le t<\pi,\\[4pt] \sin(t-\pi),&t\ge\pi. \end{cases}
Verificação do salto na derivada: integrando a equação y''+y=\delta(t-\pi) de \pi^- até \pi^+
y'(\pi^+)-y'(\pi^-)+\int_{\pi^-}^{\pi^+}y(t)\,dt=1.
Como o intervalo é infinitesimal, a integral de y tende a zero, então y'(\pi^+)-y'(\pi^-)=1. Com nossa solução, y'(t)=0 para t<\pi então y'(\pi^-)=0, e para t>\pi temos y'(t)=\cos(t-\pi) dando y'(\pi^+)=\cos0=1. O salto é 1, como exigido pela delta — ótima confirmação.]

Resposta

y(t)=u(t-\pi)\sin(t-\pi)
y(t)=\begin{cases} 0,&0\le t<\pi,\\[4pt] \sin(t-\pi),&t\ge\pi. \end{cases}]

Exercícios relacionados