Resolva os problemas de valor inicial:
\left\{\begin{array}{l}y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=e^{2 t} \delta(t-1), \\\ y(0)=0, y^{\prime}(0)=0 .\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial
\begin{cases} y'' - 2y' + y = e^{2t}\,\delta(t-1),\\[4pt] y(0)=0,\quad y'(0)=0. \end{cases}
O que precisamos encontrar é a função y(t) definida para t\ge 0 que satisfaz a equação diferencial com a força impulsiva \delta(t-1) e as condições iniciais indicadas.]

Passo 2

Vou usar a transformada de Laplace porque ela lida muito bem com condições iniciais e com a distribuição \delta. Primeiro, lembro a definição e propriedades que vou usar (explicando tudo com calma):
  • Definição da transformada de Laplace de uma função f(t) (para t\ge 0):
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt.
Aqui s é a variável complexa da transformada.
  • Transformadas de derivadas (fórmulas fundamentais quando há condições iniciais):
\mathcal{L}\{y'(t)\}(s)=sY(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y''(t)\}(s)=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0),
onde Y(s)=\mathcal{L}\{y\}(s). Essas fórmulas vêm de integrar por partes; o importante é que elas transformam derivadas em polinômios em s multiplicando Y(s) e aparecem termos que dependem de y(0) e y'(0).
  • Transformada de uma delta deslocada e multiplicada por uma função suave:
\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}(s)=e^{-a s},
\mathcal{L}\{f(t)\,\delta(t-a)\}(s)=f(a)e^{-a s}.
A razão intuitiva: a delta “pega” o valor da função em t=a e o fator e^{-as} aparece da definição da Laplace.
  • Teorema do deslocamento no tempo (para inverter com um fator exponencial e^{-a s}):
    Se \mathcal{L}\{f\}(s)=F(s) então
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s} F(s)\}=f(t-a)\,H(t-a),
onde H(t-a) é a função degrau de Heaviside (vale 0 para t<a e 1 para t>a). Isso significa que o fator e^{-a s} na transformada corresponde a um atraso no tempo da função original.

Passo 3

Agora aplico a transformada de Laplace na equação diferencial inteira. Uso as fórmulas de derivadas e as condições iniciais y(0)=0, y'(0)=0.
Transformando o lado esquerdo:
\mathcal{L}\{y''-2y'+y\}(s)=\big(s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0)\big)-2\big(sY(s)-y(0)\big)+Y(s).
Substituindo y(0)=0 e y'(0)=0 isso simplifica muito:
\mathcal{L}\{y''-2y'+y\}(s)=(s^{2}-2s+1)\,Y(s).
Transformando o lado direito: como dado na imagem do enunciado, o termo é e^{2t}\delta(t-1). Usando a propriedade da delta multiplicada por uma função:
\mathcal{L}\{e^{2t}\delta(t-1)\}(s)=e^{2\cdot 1} e^{-1\cdot s}=e^{2} e^{-s}.
Portanto a equação transformada fica
(s^{2}-2s+1)\,Y(s)=e^{2} e^{-s}.

Passo 4

Simplifico a expressão em s. Note que
s^{2}-2s+1=(s-1)^{2}.
Logo
Y(s)=\frac{e^{2} e^{-s}}{(s-1)^{2}}.

Passo 5

Agora vou inverter a transformada. Primeiro reconheço uma transformada conhecida: para qualquer constante a,
\mathcal{L}\{t e^{a t}\}(s)=\frac{1}{(s-a)^{2}}.
Explicando: aplicar a transformada a t e^{at} pode ser visto como derivar \mathcal{L}\{e^{at}\}=1/(s-a) em relação a s com sinal trocado; o resultado é 1/(s-a)^{2}. Aqui, com a=1,
\mathcal{L}\{t e^{t}\}(s)=\frac{1}{(s-1)^{2}}.
Portanto a função cuja transformada é 1/(s-1)^{2} é t e^{t}. Agora use o teorema do deslocamento temporal (o fator e^{-s} representa atraso de a=1). Aplicando o teorema:
\mathcal{L}^{-1}\left\{e^{-s}\cdot\frac{1}{(s-1)^{2}}\right\}= (t-1)e^{t-1}\,H(t-1).
Multiplicando pelo fator e^{2} que estava em Y(s), obtemos
y(t)=e^{2}\,(t-1)e^{t-1}\,H(t-1).
Posso simplificar o expoente: e^{2}e^{t-1}=e^{t+1}. Assim
y(t)=(t-1)e^{t+1}\,H(t-1).

Passo 6

Escrevendo a solução de forma mais explícita e útil na prova, como função por partes (lembrando que H(t-1)=0\) para \(t<1\) e \(1\) para \(t\ge 1\)): \[y(t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<1,\\[4pt] (t-1)e^{t+1}, & t\ge 1. \end{cases}
Uma checagem rápida (importante para ter confiança): a solução é contínua em t=1\] (ambos os lados dão \(0 em t=1), mas a derivada tem um salto igual a \displaystyle e^{2}, como exigido pela presença do impulso \delta(t-1). Para ver isso, calcule a derivada para t>1:
y'(t)=\frac{d}{dt}\big((t-1)e^{t+1}\big)=e^{t+1}(t-1)+e^{t+1}=e^{t+1}t,
então y'(1+)=e^{2} e y'(1-)=0, logo o salto y'(1+)-y'(1-)=e^{2} coincide com a integral do lado direito \int_{1-}^{1+} e^{2t}\delta(t-1)\,dt=e^{2}. Tudo consistente.]

Resposta

y(t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<1,\\[6pt] (t-1)e^{t+1}, & t\ge 1. \end{cases}]

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