Resolva o problema de valor inicial dado empregando transformadas de Laplace.
\begin{aligned} & y^{\prime \prime}+2 y= \begin{cases}3, & t<4 \\\\ 0, & t \geq 4\end{cases} \\\ & y(0)=0, y^{\prime}(0)=0 \end{aligned}

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial com condição inicial
y''+2y=\begin{cases}3,&t<4,\\[4pt]0,&t\ge 4,\end{cases}
com as condições iniciais \;y(0)=0,\;y'(0)=0.
As perguntas que o problema pede são: encontrar a solução y(t) para todo t\ge0 usando transformadas de Laplace e apresentar a resposta final (tipicamente em forma por partes, devido à descontinuidade do termo forçante).
Informações relevantes dadas:
\begin{aligned} &\text{o equação: }y''+2y=f(t),\\[4pt] &\text{onde }f(t)=3\text{ para }t<4\text{ e }f(t)=0\text{ para }t\ge4,\\[4pt] &\text{condições iniciais: }y(0)=0,\;y'(0)=0. \end{aligned}çãçõ]

Passo 2

Expressar o lado direito f(t)\) usando a função degrau (função de Heaviside). A função degrau deslocada é definida por \(\;u(t-a)=\begin{cases}0,&t<a,\\[4pt]1,&t\ge a.\end{cases}
Para o nosso f(t) temos que ele vale 3 até t=4 e passa a valer 0. Isso pode ser escrito como
f(t)=3\bigl(1-u(t-4)\bigr),
pois para t<4 temos u(t-4)=0 e f(t)=3, e para t\ge4 temos u(t-4)=1 e f(t)=0.
Vou usar essa forma porque a transformada de Laplace da função degrau deslocada é conhecida e facilita o tratamento do termo que aparece apenas depois de um certo tempo.]

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace à equação diferencial. Denotando \;Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s)\;, usamos a propriedade
\mathcal{L}\{y''\}(s)=s^2Y(s)-s y(0)-y'(0).
Como y(0)=0 e y'(0)=0, isso reduz para \mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s).
Transformada do lado direito: usando f(t)=3(1-u(t-4)),
\mathcal{L}\{f(t)\}=\mathcal{L}\{3\}-\mathcal{L}\{3u(t-4)\}.
Sabemos que \mathcal{L}\{3\}=3/s e que, pela propriedade do deslocamento, \mathcal{L}\{u(t-4)\}=e^{-4s}/s. Então
\mathcal{L}\{f(t)\}=\frac{3}{s}-\frac{3e^{-4s}}{s}=\frac{3}{s}\bigl(1-e^{-4s}\bigr).
Agora aplicamos transformada a toda a equação y''+2y=f(t), obtendo
s^2Y(s)+2Y(s)=\frac{3}{s}\bigl(1-e^{-4s}\bigr).

Passo 4

Isolar Y(s). Fatorando Y(s) no lado esquerdo:
Y(s)\bigl(s^2+2\bigr)=\frac{3}{s}\bigl(1-e^{-4s}\bigr).
Logo
Y(s)=\frac{3\bigl(1-e^{-4s}\bigr)}{s\bigl(s^2+2\bigr)}.
É útil separar em duas parcelas para inverter mais facilmente:
Y(s)=\frac{3}{s(s^2+2)}-\frac{3e^{-4s}}{s(s^2+2)}.
A primeira parcela corresponde a uma função não deslocada; a segunda é a mesma transformada multiplicada por e^{-4s}, que pela propriedade de deslocamento no tempo corresponde a uma função vezes u(t-4) com argumento t-4.

Passo 5

Vamos inverter a transformada da primeira parcela. Definimos
F(s)=\frac{1}{s(s^2+2)},
de modo que a primeira parcela é 3F(s) e a segunda é 3e^{-4s}F(s).
Para calcular f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} fazemos frações parciais. Procuramos constantes A,B,C tais que
\frac{1}{s(s^2+2)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^2+2}.
Multiplicando ambos os lados por s(s^2+2) obtemos
1=A(s^2+2)+(Bs+C)s.
Expandindo e agrupando coeficientes:
1=(A+B)s^2 + C s + 2A.
Comparando coeficientes de potências de s dá o sistema
A+B=0,\qquad C=0,\qquad 2A=1.
Daí A=\tfrac12,\;B=-\tfrac12,\;C=0. Assim
\frac{1}{s(s^2+2)}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s}-\frac{1}{2}\cdot\frac{s}{s^2+2}.

Passo 6

Inverter termo a termo usando transformadas conhecidas.
Recordando:
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s}\right\}=1,\qquad \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{s^2+a^2}\right\}=\cos(at).
Aqui a^2=2, portanto a=\sqrt{2}.
Portanto, para F(s) temos
f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}=\frac{1}{2}\cdot 1-\frac{1}{2}\cos\bigl(\sqrt{2}\,t\bigr) =\frac{1-\cos\bigl(\sqrt{2}\,t\bigr)}{2}.
Então a primeira parcela 3F(s) corresponde à função
3f(t)=\frac{3}{2}\bigl(1-\cos(\sqrt{2}\,t)\bigr).

Passo 7

Agora tratamos a segunda parcela -3e^{-4s}F(s). Pela propriedade de deslocamento temporal da transformada de Laplace,
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-4s}F(s)\}=u(t-4)\,f(t-4),
onde f é \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} já encontrada. Assim
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{3e^{-4s}}{s(s^2+2)}\right\}=3\,u(t-4)\,f(t-4) =3\,u(t-4)\cdot\frac{1-\cos\bigl(\sqrt{2}(t-4)\bigr)}{2}.
Lembrando que no Y(s) essa parcela entra com sinal negativo, a solução y(t) é a diferença:
y(t)=\frac{3}{2}\bigl(1-\cos(\sqrt{2}\,t)\bigr)-\frac{3}{2}u(t-4)\bigl(1-\cos(\sqrt{2}(t-4))\bigr).

Passo 8

Escrever a solução de forma explícita por partes (mais prática para usar na prova):
Para 0\le t<4 tem u(t-4)=0, então
y(t)=\frac{3}{2}\bigl(1-\cos(\sqrt{2}\,t)\bigr),\qquad 0\le t<4.
Para t\ge4 tem u(t-4)=1, então
\begin{aligned} y(t)&=\frac{3}{2}\bigl(1-\cos(\sqrt{2}\,t)\bigr)-\frac{3}{2}\bigl(1-\cos(\sqrt{2}(t-4))\bigr)\\[4pt] &=\frac{3}{2}\bigl(\cos(\sqrt{2}(t-4))-\cos(\sqrt{2}\,t)\bigr),\qquad t\ge4. \end{aligned}
Opcional (verificação rápida): em t=0 temos y(0)=\tfrac{3}{2}(1-\cos0)=\tfrac{3}{2}(1-1)=0 e y'(0)=0 (pode-se diferenciar a expressão de 0 e ver que o coeficiente inicial anula), então as condições iniciais são satisfeitas.]

Resposta

y(t)=\begin{cases} \dfrac{3}{2}\bigl(1-\cos(\sqrt{2}\,t)\bigr), & 0\le t<4,\\[10pt] \dfrac{3}{2}\bigl(\cos(\sqrt{2}(t-4))-\cos(\sqrt{2}\,t)\bigr), & t\ge4. \end{cases}]

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