Resolva os problemas de valor inicial.
\left\{\begin{array}{l}y^{(4)}+5 y^{\prime \prime}+4 y=1-u_{\pi}(t) \\\ y(0)=0, y^{\prime}(0)=0 \\\ y^{\prime \prime}(0)=0, y^{\prime \prime \prime}(0)=0\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver o problema de valor inicial
\begin{cases} y^{(4)}(t) + 5\,y''(t) + 4\,y(t) \;=\; 1 - u_{\pi}(t),\\\ y(0)=0,\;y'(0)=0,\;y''(0)=0,\;y'''(0)=0, \end{cases}
onde u_{\pi}(t) é o degrau unitário deslocado em t=\pi. O conteúdo principal é o uso da transformada de Laplace para equações lineares de ordem superior com condições iniciais nulas e termos por partes envolvendo degrau.

Passo 2

Aplicamos a transformada de Laplace em ambos os lados. Denotando Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}, e usando que todas as condições iniciais são zero, obtemos
s^{4}Y(s) +5\,s^{2}Y(s) +4\,Y(s) \;=\; \frac{1}{s} - \frac{e^{-\pi s}}{s}.
Colocando Y(s) em evidência,
Y(s) =\frac{\displaystyle \frac{1}{s} - \frac{e^{-\pi s}}{s}}{s^{4}+5s^{2}+4} =\Bigl(\frac{1}{s} - \frac{e^{-\pi s}}{s}\Bigr)\,\frac{1}{(s^2+1)(s^2+4)}.

Passo 3

Definimos
F(s)=\frac{1}{s\,(s^2+1)(s^2+4)},
de modo que
Y(s)=F(s) \;-\; e^{-\pi s}\,F(s).
Então basta encontrar a transformada inversa de F(s) e usar o teorema do deslocamento para e^{-\pi s}F(s).

Passo 4

Fazemos frações parciais em
F(s)=\frac{1}{s\,(s^2+1)(s^2+4)} =\frac{A}{s}+\frac{Bs + C}{s^2+1}+\frac{Ds + E}{s^2+4}.
O cálculo das constantes dá
A=\tfrac14,\quad B=-\tfrac13,\quad C=0,\quad D=\tfrac1{12},\quad E=0.
Logo
F(s) =\frac{1/4}{s} -\frac{1/3\,s}{s^2+1} +\frac{1/12\,s}{s^2+4}.

Passo 5

Invertendo cada termo:
\mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\tfrac{1}{4s}\Bigr\}=\tfrac14,\quad \mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\tfrac{s}{s^2+1}\Bigr\}=\cos t,\quad \mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\tfrac{s}{s^2+4}\Bigr\}=\cos(2t).
Assim, a função base é
f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} =\frac14 \;-\;\frac13\cos t \;+\;\frac1{12}\cos(2t).

Passo 6

Pelo teorema do degrau, a solução é
y(t) = f(t) - u_{\pi}(t)\,f(t-\pi).
Ou seja, para 0\le t<\pi, y(t)=f(t). Para t\ge\pi, subtrai-se f(t-\pi).

Passo 7

Calculamos
f(t-\pi) =\frac14 -\frac13\cos(t-\pi)+\frac1{12}\cos\bigl(2(t-\pi)\bigr).
Usando \cos(t-\pi)=-\cos t e \cos(2t-2\pi)=\cos(2t), vem
f(t-\pi) =\frac14 +\frac13\cos t +\frac1{12}\cos(2t).
Então, para t\ge\pi,
y(t)=\Bigl(\tfrac14-\tfrac13\cos t+\tfrac1{12}\cos2t\Bigr) -\Bigl(\tfrac14+\tfrac13\cos t+\tfrac1{12}\cos2t\Bigr) =-\tfrac23\cos t.

Resposta

Para y(t) vale
y(t)= \begin{cases} \displaystyle \frac{1}{4} \; - \; \frac{1}{3} \cos t \; + \; \frac{1}{12} \cos(2t), &0 \le t < \pi,\\[1em] \displaystyle -\frac{2}{3} \cos t, &t \ge \pi. \end{cases}]

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