Resolva os problemas
2 y^{\prime \prime}+4 y=g(t), \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=0, \quad g(t)= \begin{cases}0, & 0 \leq t<5, \\\ (t-5) / 5, & 5 \leq t<10 \\\\ 1, & t \geq 10 .\end{cases}

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial e as condições iniciais, e define a força externa por partes. Vou listar claramente o que temos e o que é pedido.
  • Equação: 2\,y''(t)+4\,y(t)=g(t)\). - Condições iniciais: \(y(0)=0,\; y'(0)=0\). - Forcing \(g(t)\) definido por partes: \[g(t)= \begin{cases} 0, & 0\le t<5,\\[4pt] \dfrac{t-5}{5}, & 5\le t<10,\\[6pt] 1, & t\ge 10. \end{cases}
  • O objetivo é encontrar y(t)\] para todos \(t\ge0 que satisfaça a equação e as condições iniciais.]

Passo 2

Escolha do método e ideia geral (sem resolver ainda).
  • Motivo da escolha: o termo g(t) é definido por partes (função “peça a peça”). Um método prático e sistemático para esse tipo de problema é usar a Transformada de Laplace com o uso da função degrau/unit step u(t-a) (também chamada de função de Heaviside). A transformada de Laplace transforma a EDO em uma equação algébrica em s, que é fácil de manipular; depois faz-se a transformada inversa.
  • Lembrete das fórmulas que usarei:
    • Transformada da derivada, com condições iniciais nulas: \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)\quad\text{se }y(0)=y'(0)=0,onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.
    • Teorema do deslocamento (time-shift): se H(s)=\mathcal{L}\{h(t)\} então \mathcal{L}\{h(t-a)u(t-a)\}=e^{-a s}H(s).
    • Transformada básica: \mathcal{L}\{t\}=\dfrac{1}{s^{2}} e \mathcal{L}\{\sin(\omega t)\}=\dfrac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}.

Passo 3

Escrever g(t) usando funçõess degrau u(t-a).
Queremos uma expressão única usando u(t-5) e u(t-10). Note que a rampa (t-5)/5 ativa em t\ge5 e cresce até atingir 1 em t=10; para t\ge10 o valor deve permanecer 1. Uma forma correta é
g(t)=\frac{t-5}{5}\,u(t-5)-\frac{t-10}{5}\,u(t-10).
Verificação rápida:
  • Para t<5: ambos os degraus são zero \Rightarrow g(t)=0.
  • Para 5\le t<10: u(t-5)=1 e u(t-10)=0, então g(t)=(t-5)/5.
  • Para t\ge10: g(t)=(t-5)/5-(t-10)/5=1. OK.

Passo 4

Preparar a equação para a Transformada de Laplace e simplificar constantes.
Dividindo a EDO por 2 para ficar na forma padrão:
y''(t)+2\,y(t)=\frac{1}{2}g(t).
Defino f(t)=\dfrac{1}{2}g(t). Logo
f(t)=\frac{1}{2}\left(\frac{t-5}{5}u(t-5)-\frac{t-10}{5}u(t-10)\right) =\frac{1}{10}\bigl((t-5)u(t-5)-(t-10)u(t-10)\bigr).

Passo 5

Transformada de Laplace dos dois lados.
Aplicando a transformada (com y(0)=y'(0)=0):
\mathcal{L}\{y''\}+2\mathcal{L}\{y\}= \mathcal{L}\{f(t)\} \quad\Rightarrow\quad \bigl(s^{2}+2\bigr)Y(s)=F(s),
onde F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}. Portanto
Y(s)=\frac{F(s)}{s^{2}+2}.

Passo 6

Calcular F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\} usando o deslocamento.
Usando \mathcal{L}\{(t-a)u(t-a)\}=e^{-a s}\dfrac{1}{s^{2}}, temos
\mathcal{L}\{(t-5)u(t-5)\}=e^{-5s}\frac{1}{s^{2}},\qquad \mathcal{L}\{(t-10)u(t-10)\}=e^{-10s}\frac{1}{s^{2}}.
Então, usando o fator 1/10 de f,
F(s)=\frac{1}{10}\left(e^{-5s}\frac{1}{s^{2}}-e^{-10s}\frac{1}{s^{2}}\right) =\frac{1}{10}\frac{e^{-5s}-e^{-10s}}{s^{2}}.

Passo 7

Expressão para Y(s) e identificação da parte a inverter.
Substituindo em Y(s)=F(s)/(s^{2}+2):
Y(s)=\frac{1}{10}\,\frac{e^{-5s}-e^{-10s}}{s^{2}(s^{2}+2)}.
Observe que os dois termos contêm o mesmo fator H(s)=\dfrac{1}{s^{2}(s^{2}+2)}, de modo que podemos escrever
Y(s)=\frac{1}{10}\Bigl(e^{-5s}H(s)-e^{-10s}H(s)\Bigr).
Pela propriedade do deslocamento inverso, a transformada inversa será
y(t)=\frac{1}{10}\Bigl(u(t-5)h(t-5)-u(t-10)h(t-10)\Bigr),
onde h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\}=\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{1}{s^{2}(s^{2}+2)}\right\}.
Logo falta achar h(t).

Passo 8

Calcular h(t)=\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{1}{s^{2}(s^{2}+2)}\right\} por frações parciais.
Faço a decomposição
\frac{1}{s^{2}(s^{2}+2)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s^{2}}+\frac{Cs+D}{s^{2}+2}.
Multiplicando por s^{2}(s^{2}+2) e comparando coeficientes:
1=A s(s^{2}+2)+B(s^{2}+2)+(Cs+D)s^{2}.
Agrupando potências de s e igualando coeficientes resulta em um sistema. As equações dão:
  • coeficiente de s^{3}: A+C=0,
  • coeficiente de s^{2}: B+D=0,
  • coeficiente de s^{1}: 2A=0 \Rightarrow A=0,
  • termo constante: 2B=1 \Rightarrow B=\tfrac{1}{2}.
Então A=0, C=0, B=\tfrac{1}{2}, D=-\tfrac{1}{2}. Assim
\frac{1}{s^{2}(s^{2}+2)}=\frac{1}{2}\frac{1}{s^{2}}-\frac{1}{2}\frac{1}{s^{2}+2}.

Passo 9

Calcular h(t) usando transformadas inversas conhecidas.
Usando \mathcal{L}^{-1}\{1/s^{2}\}=t e \mathcal{L}^{-1}\{1/(s^{2}+2)\}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\sin(\sqrt{2}\,t), obtemos
h(t)=\frac{1}{2}t-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\sin(\sqrt{2}\,t) =\frac{1}{2}t-\frac{1}{2\sqrt{2}}\sin(\sqrt{2}\,t).

Passo 10

Montar a solução y(t) usando o deslocamento do passo 7.
Substituindo h em
y(t)=\frac{1}{10}\Bigl(u(t-5)h(t-5)-u(t-10)h(t-10)\Bigr),
obtemos explicitamente as três faixas de t:
  • Para 0\le t<5: ambos os degraus são zero, logo y(t)=0.
  • Para 5\le t<10: apenas u(t-5)=1, então
    y(t)=\frac{1}{10}\,h(t-5) =\frac{1}{10}\Bigl(\frac{1}{2}(t-5)-\frac{1}{2\sqrt{2}}\sin\!\bigl(\sqrt{2}(t-5)\bigr)\Bigr).
    Simplificando:
    y(t)=\frac{1}{20}(t-5)-\frac{1}{20\sqrt{2}}\sin\!\bigl(\sqrt{2}(t-5)\bigr).
  • Para t\ge 10: ambos os degraus são 1, então
    y(t)=\frac{1}{10}\Bigl(h(t-5)-h(t-10)\Bigr).
    Substituindo h:
    \begin{aligned} y(t) &=\frac{1}{10}\Bigl(\tfrac{1}{2}(t-5)-\tfrac{1}{2\sqrt{2}}\sin(\sqrt{2}(t-5)) -\tfrac{1}{2}(t-10)+\tfrac{1}{2\sqrt{2}}\sin(\sqrt{2}(t-10))\Bigr)\\[4pt] &=\frac{1}{10}\Bigl(\tfrac{1}{2}\cdot 5 -\tfrac{1}{2\sqrt{2}}\bigl(\sin(\sqrt{2}(t-5))-\sin(\sqrt{2}(t-10))\bigr)\Bigr)\\[4pt] &=\frac{1}{4}-\frac{1}{20\sqrt{2}}\Bigl(\sin(\sqrt{2}(t-5))-\sin(\sqrt{2}(t-10))\Bigr). \end{aligned}]

Resposta

y(t)=0,\qquad 0\le t<5
y(t)=\frac{1}{20}(t-5)-\frac{1}{20\sqrt{2}}\sin\!\bigl(\sqrt{2}(t-5)\bigr),\qquad 5\le t<10
y(t)=\frac{1}{4}-\frac{1}{20\sqrt{2}}\Bigl(\sin\!\bigl(\sqrt{2}(t-5)\bigr)-\sin\!\bigl(\sqrt{2}(t-10)\bigr)\Bigr),\qquad t\ge 10

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