Resolva os problemas
2 y^{\prime \prime}+y^{\prime}+2 y=g(t), \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=0, \quad g(t)=\left\{\begin{array}{ll}1, & 5 \leq t<20, \\\\ 0, & 0 \leq t<5\end{array}\right. e t \geq 20.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial linear de segunda ordem com condições iniciais e uma força externa em pulso:
2y''+y'+2y=g(t), \qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=0,
onde g(t) vale 1 no intervalo 5\le t<20 e 0 fora desse intervalo (para t\ge0).
As perguntas implícitas são: encontrar a solução y(t) para todo t\ge0 (ou seja, a solução do problema de valor inicial com essa entrada em pulso).
Informações relevantes fornecidas:
  • Equação homogênea associada tem coeficientes constantes: 2y''+y'+2y.
  • Condições iniciais homogêneas: y(0)=0,\;y'(0)=0.
  • Forcing g(t) é um pulso unitário entre t=5 e t=20; isto é, g(t)=1 para 5\le t<20 e g(t)=0 para 0\le t<5 e também para t\ge20.

Passo 2

Vou usar Laplace para transformar a EDO em uma equação algébrica — por que isso é prático aqui: a entrada é dada por funções degrau deslocadas e as condições iniciais são zero, então a transformada trata bem dos deslocamentos temporais; além disso a transformada de derivadas é direta quando as condições iniciais são conhecidas.
Lembrete rápido das fórmulas que vou usar (tudo em Laplace):
  • \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0).
  • \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-s y(0)-y'(0).
  • Se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s) então \mathcal{L}\{f(t-a)u(t-a)\}=e^{-a s}F(s) (teorema do deslocamento).
    As condições iniciais são y(0)=0,\;y'(0)=0, então as transformadas de derivadas ficarão simplesmente sY e s^2Y multiplicando.
Aplico Laplace à equação:
2(s^2Y(s)) + (sY(s)) + 2Y(s) = G(s),
portanto
\bigl(2s^2+s+2\bigr)Y(s)=G(s).

Passo 3

Escrevo g(t) usando funções degrau unitárias:
g(t)=u(t-5)-u(t-20),
pois isso representa uma função que vale 1 entre 5 e 20 e 0 fora.
A transformada de u(t-a) é e^{-a s}/s. Logo
G(s)=\frac{e^{-5s}}{s}-\frac{e^{-20s}}{s}.
Substituindo em Y(s):
Y(s)=\frac{G(s)}{2s^2+s+2} =\frac{e^{-5s}-e^{-20s}}{s(2s^2+s+2)}.

Passo 4

Exploro agora a propriedade de deslocamento no tempo: escrevo
Y(s)=e^{-5s}H(s)-e^{-20s}H(s), \qquad\text{onde}\qquad H(s)=\frac{1}{s(2s^2+s+2)}.
Pelo teorema do deslocamento, a solução no tempo será
y(t)=h(t-5)u(t-5)-h(t-20)u(t-20),
onde h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\} é a resposta ao degrau unitário aplicado a partir de t=0 (a função de referência que depois é deslocada).
Portanto minha tarefa reduz-se a encontrar h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\}.

Passo 5

Faço a decomposição em frações parciais de
H(s)=\frac{1}{s(2s^2+s+2)}.
Procuro constantes A,B,C tais que
\frac{1}{s(2s^2+s+2)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{2s^2+s+2}.
Multiplicando em cruz:
1 = A(2s^2+s+2) + (Bs+C)s.
Igualando coeficientes de potências de s:
  • coeficiente de s^2: 2A+B=0,
  • coeficiente de s: A+C=0,
  • termo constante: 2A=1.
Daí A=\tfrac12. Então B=-2A=-1 e C=-A=-\tfrac12.
Logo
H(s)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s}+\frac{-s-\tfrac12}{2s^2+s+2}.
Escrevendo com sinal explícito:
H(s)=\frac{1}{2}\frac{1}{s}-\frac{s+\tfrac12}{2s^2+s+2}.

Passo 6

Para inverter a segunda fração, completo o quadrado no denominador:
2s^2+s+2=2\Bigl(s^2+\tfrac{1}{2}s+1\Bigr) =2\Bigl((s+\tfrac{1}{4})^2+\tfrac{15}{16}\Bigr).
Defina
\alpha=\tfrac{1}{4},\qquad \beta=\frac{\sqrt{15}}{4}, \qquad\text{ou seja}\qquad \beta^2=\tfrac{15}{16}.
Agora escrevo o numerador s+\tfrac12 em termos de s+\tfrac14:
s+\tfrac12=(s+\tfrac14)+\tfrac14.
Portanto
\frac{s+\tfrac12}{2s^2+s+2} =\frac{s+\tfrac14}{2\bigl((s+\alpha)^2+\beta^2\bigr)} +\frac{\tfrac14}{2\bigl((s+\alpha)^2+\beta^2\bigr)}.
Isto é
\frac{s+\tfrac12}{2s^2+s+2} =\frac{1}{2}\cdot\frac{s+\alpha}{(s+\alpha)^2+\beta^2} +\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{(s+\alpha)^2+\beta^2}.
Voltando a H(s):
H(s)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s} -\frac{1}{2}\cdot\frac{s+\alpha}{(s+\alpha)^2+\beta^2} -\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{(s+\alpha)^2+\beta^2}.
Agora aplico transformadas inversas conhecidas:
  • \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s}\}=1.
  • \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{s+\alpha}{(s+\alpha)^2+\beta^2}\}=e^{-\alpha t}\cos(\beta t).
  • \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{(s+\alpha)^2+\beta^2}\}=e^{-\alpha t}\dfrac{\sin(\beta t)}{\beta}.
Assim:
h(t)=\frac{1}{2} -\frac{1}{2}e^{-\alpha t}\cos(\beta t) -\frac{1}{8}e^{-\alpha t}\cdot\frac{\sin(\beta t)}{\beta}.
Substituindo \alpha=\tfrac14 e \beta=\tfrac{\sqrt{15}}{4}, simplifico o último coeficiente:
\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{\beta}=\frac{1}{8}\cdot\frac{4}{\sqrt{15}}=\frac{1}{2\sqrt{15}}.
Portanto
\boxed{\,h(t)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-t/4}\cos\!\Bigl(\frac{\sqrt{15}}{4}t\Bigr) -\frac{1}{2\sqrt{15}}e^{-t/4}\sin\!\Bigl(\frac{\sqrt{15}}{4}t\Bigr)\,} \qquad(t\ge0).

Passo 7

Voltando à solução deslocada, lembrando que
y(t)=h(t-5)u(t-5)-h(t-20)u(t-20),
posso escrever explicitamente a solução peça a peça:
  • Para 0\le t<5: u(t-5)=0 e u(t-20)=0, então
y(t)=0.
  • Para 5\le t<20: u(t-5)=1 e u(t-20)=0, então
y(t)=h(t-5).
Substituindo h:
y(t)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-(t-5)/4}\cos\!\Bigl(\frac{\sqrt{15}}{4}(t-5)\Bigr) -\frac{1}{2\sqrt{15}}e^{-(t-5)/4}\sin\!\Bigl(\frac{\sqrt{15}}{4}(t-5)\Bigr).
  • Para t\ge20: ambos degraus estão ativos, então
y(t)=h(t-5)-h(t-20).
Isto representa a resposta ao degrau ligado em t=5 e desligado em t=20 (subtração da resposta deslocada).
Essas expressões satisfazem as condições iniciais e representam a solução física: nula antes do pulso, segue a resposta do sistema ao degrau quando o pulso está ligado, e após t=20 a contribuição do desligamento aparece como subtração da mesma forma deslocada.

Resposta

Para 0\le t<5:
y(t)=0
Para 5\le t<20:
y(t)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-(t-5)/4}\cos\!\Bigl(\frac{\sqrt{15}}{4}(t-5)\Bigr) -\frac{1}{2\sqrt{15}}e^{-(t-5)/4}\sin\!\Bigl(\frac{\sqrt{15}}{4}(t-5)\Bigr)
Para t\ge20:
y(t)=\Biggl[\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-(t-5)/4}\cos\!\Bigl(\frac{\sqrt{15}}{4}(t-5)\Bigr) -\frac{1}{2\sqrt{15}}e^{-(t-5)/4}\sin\!\Bigl(\frac{\sqrt{15}}{4}(t-5)\Bigr)\Biggr]
\qquad{}-\Biggl[\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-(t-20)/4}\cos\!\Bigl(\frac{\sqrt{15}}{4}(t-20)\Bigr) -\frac{1}{2\sqrt{15}}e^{-(t-20)/4}\sin\!\Bigl(\frac{\sqrt{15}}{4}(t-20)\Bigr)\Biggr]

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