Resolva a equação diferencial usando a Transformada de Laplace:
y^{\prime \prime}-y=\delta(t-1), \quad y(0)=1, y^{\prime}(0)=0.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial com condição inicial
y''(t)-y(t)=\delta(t-1),
com y(0)=1 e y'(0)=0.
A tarefa é encontrar explicitamente a função y(t) que satisfaz essa equação para t\ge 0.

Passo 2

Vou usar a transformada de Laplace. Primeiro, recapitulação das propriedades que vou usar (tudo em forma prática para a prova):
  • Definição (não preciso calcular integral agora, só uso as propriedades): se \mathcal{L}\{y(t)\}=Y(s) então \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0)e \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-s\,y(0)-y'(0).Aqui Y(s) é a transformada de Laplace de y(t) e s é a variável da transformada.
  • Transformada do impulso deslocado: para o delta de Dirac vale \mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-a s}.
  • Teorema de translação no tempo (segunda propriedade de deslocamento): se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s) então \mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=u(t-a)\,f(t-a),onde u(t-a) é a função degrau de Heaviside centrada em a.
Essas são as ferramentas; agora aplico a transformada à equação dada.

Passo 3

Faço a transformada de Laplace em ambos os lados de
y''(t)-y(t)=\delta(t-1).
Usando as fórmulas do passo anterior, com Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}, y(0)=1 e y'(0)=0, obtenho:
\big(s^2Y(s)-s\,y(0)-y'(0)\big) - Y(s) = \mathcal{L}\{\delta(t-1)\}.
Substituindo os dados iniciais e \mathcal{L}\{\delta(t-1)\}=e^{-s}, vem
\big(s^2Y(s)-s\cdot 1 - 0\big) - Y(s) = e^{-s}.
Agrupando Y(s),
(s^2-1)Y(s) - s = e^{-s}.

Passo 4

Isolo Y(s):
(s^2-1)Y(s) = s + e^{-s}
Y(s)=\frac{s}{s^2-1} + \frac{e^{-s}}{s^2-1}.
Escrevi Y(s) como soma de duas parcelas para inverter termo a termo.

Passo 5

Inverto cada parcela.
  1. Para a primeira parcela \dfrac{s}{s^2-1}: eu sei que
\mathcal{L}\{\operatorname{cosh} t\}=\frac{s}{s^2-1}.
(Explicação rápida: \operatorname{cosh} t=(e^t+e^{-t})/2, aplicar linearidade e \mathcal{L}\{e^{at}\}=1/(s-a) \frac12\big(\tfrac{1}{s-1}+\tfrac{1}{s+1}\big)=\tfrac{s}{s^2-1}.)
Logo a inversa é \operatorname{cosh} t.
  1. Para a segunda parcela \dfrac{e^{-s}}{s^2-1}: uso o teorema de translação no tempo. Primeiro observo que
\mathcal{L}\{\operatorname{sinh} t\}=\frac{1}{s^2-1}.
Portanto a inversa de \dfrac{1}{s^2-1} é \operatorname{sinh} t. Aplicando o deslocamento \;e^{-s}\; (aqui com a=1) temos
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-s}}{s^2-1}\right\}=u(t-1)\,\operatorname{sinh}(t-1).
Somando as duas partes, obtenho a solução no domínio do tempo:
y(t)=\operatorname{cosh} t + u(t-1)\,\operatorname{sinh}(t-1).

Passo 6

Verificação rápida e comentário prático (útil na prova):
  • Condições iniciais: y(0)=\operatorname{cosh} 0=1 e y'(0)=\operatorname{sinh} 0=0, OK.
  • Comportamento no ponto t=1: a solução é contínua em t=1 mas a derivada tem salto; calculando y'(t)=\operatorname{sinh} t + u(t-1)\operatorname{cosh}(t-1),temos y'(1+)-y'(1-)=(\sinh1+\cosh0)-\sinh1=1, que reproduz o efeito do impulso \delta(t-1) (integrando a equação ao redor de t=1 dá esse salto). Isso confirma que a solução é consistente com o termo \delta(t-1).
    Força aí — você já tem a técnica: aplicar Laplace, usar as fórmulas das derivadas e o deslocamento, inverter termo a termo.

Resposta

y(t)=\operatorname{cosh} t + u(t-1)\operatorname{sinh}(t-1)

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