Resolva os problemas de valor inicial:
\left\{\begin{array}{l}y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+2 y=\delta(t-1)+u_{3}(t) t^{2}, \\\ y(0)=0, y^{\prime}(0)=1 .\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver o problema de valor inicial dado por
\left\{\begin{array}{l} y''+2y'+2y=\delta(t-1)+u_{3}(t)\,t^{2},\\[4pt] y(0)=0,\;y'(0)=1. \end{array}\right.
Informações relevantes fornecidas:
  • A equação diferencial linear de segunda ordem com termo não homogêneo que contém um impulso \delta(t-1) e um termo com degrau u_{3}(t)\,t^{2}.
  • Condições iniciais \,y(0)=0 e \,y'(0)=1.
  • A desejada solução é a função y(t) definida para t\ge 0.]

Passo 2

Vamos aplicar a transformada de Laplace em ambos os lados da equação. Relembrando as fórmulas básicas (explico devagar porque você pediu passo a passo):
  • A transformada de Laplace de y(t) chamamos de Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.
  • Para derivadas temos \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),\qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0).
  • Para o impulso temos \mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-a s}.
  • Para o degrau deslocado usamos depois a propriedade de deslocamento no tempo.
Agora aplicando \mathcal{L} à equação:
\mathcal{L}\{y''\}+2\mathcal{L}\{y'\}+2\mathcal{L}\{y\} =\mathcal{L}\{\delta(t-1)\}+\mathcal{L}\{u_{3}(t)\,t^{2}\}.
Substituindo as fórmulas e as condições iniciais \,y(0)=0,\;y'(0)=1:
\big(s^{2}Y(s)-s\cdot 0 - 1\big) + 2\big(sY(s)-0\big) + 2Y(s) = e^{-s} + \mathcal{L}\{u_{3}(t)\,t^{2}\}.
Agrupando Y(s) obtemos
(s^{2}+2s+2)Y(s)-1 = e^{-s} + \mathcal{L}\{u_{3}(t)\,t^{2}\}.
Logo
Y(s)=\frac{1 + e^{-s} + \mathcal{L}\{u_{3}(t)\,t^{2}\}}{s^{2}+2s+2}.

Passo 3

Precisamos calcular \mathcal{L}\{u_{3}(t)\,t^{2}\}. Para trabalhar com degrau deslocado, escrevemos t^{2} em função de \tau=t-3:
t = \tau+3 \quad\Rightarrow\quad t^{2}=(\tau+3)^{2}=\tau^{2}+6\tau+9.
Assim u_{3}(t)\,t^{2}=u_{3}(t)\,g(t-3) com g(\tau)=\tau^{2}+6\tau+9. Pela propriedade de deslocamento no tempo,
\mathcal{L}\{u_{3}(t)\,t^{2}\}=e^{-3s}\,\mathcal{L}\{g(\tau)\} =e^{-3s}\,\mathcal{L}\{\tau^{2}+6\tau+9\}.
Calculando cada termo (lembre: \mathcal{L}\{\tau^{n}\}=n!/s^{n+1}):
\mathcal{L}\{\tau^{2}\}=\frac{2}{s^{3}},\qquad \mathcal{L}\{\tau\}=\frac{1}{s^{2}},\qquad \mathcal{L}\{1\}=\frac{1}{s}.
Portanto
\mathcal{L}\{\tau^{2}+6\tau+9\}=\frac{2}{s^{3}}+\frac{6}{s^{2}}+\frac{9}{s}.
Logo
\mathcal{L}\{u_{3}(t)\,t^{2}\}=e^{-3s}\Big(\frac{2}{s^{3}}+\frac{6}{s^{2}}+\frac{9}{s}\Big).
Substituindo em Y(s):
Y(s)=\frac{1}{s^{2}+2s+2}+\frac{e^{-s}}{s^{2}+2s+2} +e^{-3s}\,\frac{\displaystyle \frac{2}{s^{3}}+\frac{6}{s^{2}}+\frac{9}{s}}{s^{2}+2s+2}.
Vamos inverter cada termo separadamente. Observação: s^{2}+2s+2=(s+1)^{2}+1.

Passo 4

Inversão do primeiro termo:
\frac{1}{s^{2}+2s+2}=\frac{1}{(s+1)^{2}+1}.
Sabemos que \mathcal{L}\{e^{-t}\sin t\}=\dfrac{1}{(s+1)^{2}+1}. Portanto a contribuição é
y_{1}(t)=e^{-t}\sin t.

Passo 5

Inversão do segundo termo usando propriedade de deslocamento:
\frac{e^{-s}}{s^{2}+2s+2}=e^{-1\cdot s}\cdot\frac{1}{(s+1)^{2}+1}.
Pela propriedade \mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=u_{a}(t)\,f(t-a) onde f=\mathcal{L}^{-1}\{F\}, temos aqui f(t)=e^{-t}\sin t e a=1. Assim
y_{2}(t)=u_{1}(t)\,e^{-(t-1)}\sin(t-1).

Passo 6

Terceiro termo:
Y_{3}(s)=e^{-3s}\cdot A(s), \qquad A(s)=\frac{\displaystyle \frac{2}{s^{3}}+\frac{6}{s^{2}}+\frac{9}{s}}{s^{2}+2s+2}.
Novamente aplicaremos o deslocamento: a inversa será y_{3}(t)=u_{3}(t)\,a(t-3) onde a(t)=\mathcal{L}^{-1}\{A(s)\}. Para encontrar a(t) é conveniente notar que
A(s)=\frac{B(s)}{s^{2}+2s+2}\quad\text{com}\quad B(s)=\frac{2}{s^{3}}+\frac{6}{s^{2}}+\frac{9}{s}.
Se a(t)=\mathcal{L}^{-1}\{A(s)\} e b(t)=\mathcal{L}^{-1}\{B(s)\}, então no domínio do tempo
\text{(operador)}\quad a''+2a'+2a = b(t),
com condições iniciais nulas a(0)=0,\;a'(0)=0, porque A(s) foi obtido assumindo condições zero ao inverter. Aqui usei a propriedade que multiplicar por s^{2}+2s+2 em s-domínio corresponde a aplicar o operador diferencial D^{2}+2D+2 no tempo.
Vamos calcular b(t) explicitamente: invertendo B(s)
b(t)=\mathcal{L}^{-1}\Big(\frac{2}{s^{3}}\Big)+6\mathcal{L}^{-1}\Big(\frac{1}{s^{2}}\Big)+9\mathcal{L}^{-1}\Big(\frac{1}{s}\Big) = t^{2} + 6t + 9.
Então a(t) satisfaz o problema de valor inicial
a''+2a'+2a = t^{2}+6t+9,\qquad a(0)=0,\;a'(0)=0.

Passo 7

Resolver a''+2a'+2a = t^{2}+6t+9 por coeficientes a determinar:
Procuramos uma particular polinomial do mesmo grau do lado direito. Seja
a_{p}(t)=\alpha t^{2}+\beta t+\gamma.
Calculamos derivadas:
a_{p}'=2\alpha t+\beta,\qquad a_{p}''=2\alpha.
Substituindo na equação:
2\alpha + 2(2\alpha t+\beta) + 2(\alpha t^{2}+\beta t+\gamma) = t^{2}+6t+9.
Agrupando termos por potências de t:
t^{2}:\quad 2\alpha,
t^{1}:\quad 4\alpha + 2\beta,
t^{0}:\quad 2\alpha + 2\beta + 2\gamma.
Igualando aos coeficientes do lado direito t^{2}+6t+9 obtemos o sistema
2\alpha=1,\qquad 4\alpha+2\beta=6,\qquad 2\alpha+2\beta+2\gamma=9.
Resolvendo:
\alpha=\tfrac{1}{2},\qquad 4(\tfrac{1}{2})+2\beta=6\Rightarrow 2+2\beta=6\Rightarrow\beta=2,
2(\tfrac{1}{2})+2\cdot 2+2\gamma=9\Rightarrow 1+4+2\gamma=9\Rightarrow 2\gamma=4\Rightarrow\gamma=2.
Logo
a_{p}(t)=\tfrac{1}{2}t^{2}+2t+2.

Passo 8

Agora a solução geral de a é soma da solução da homogênea e da particular:
A homogênea é a_{h}(t)=e^{-t}\big(C_{1}\cos t + C_{2}\sin t\big).
Portanto
a(t)=e^{-t}\big(C_{1}\cos t + C_{2}\sin t\big)+\tfrac{1}{2}t^{2}+2t+2.
Impondo as condições iniciais a(0)=0 e a'(0)=0 para determinar C_{1},C_{2}.
Calcule a(0):
a(0)=C_{1} + 0 + 2 = 0 \quad\Rightarrow\quad C_{1}=-2.
Calcule a'(t). Primeiro derive a_{h}:
\frac{d}{dt}\big[e^{-t}(C_{1}\cos t + C_{2}\sin t)\big] = e^{-t}\big((C_{2}-C_{1})\cos t - (C_{1}+C_{2})\sin t\big).
Em t=0 isso vale C_{2}-C_{1}. A derivada da parte particular é a_{p}'(t)=t+2, logo a_{p}'(0)=2. Portanto
a'(0)=(C_{2}-C_{1}) + 2 = 0 \quad\Rightarrow\quad C_{2}-C_{1}=-2.
Como C_{1}=-2, obtemos C_{2}-(-2)=-2\Rightarrow C_{2}=-4.
Assim
a(t)=e^{-t}\big(-2\cos t -4\sin t\big)+\tfrac{1}{2}t^{2}+2t+2.

Passo 9

Voltando ao terceiro termo da solução original, pela propriedade do deslocamento:
y_{3}(t)=u_{3}(t)\,a(t-3).
Substituindo a em t-3:
a(t-3)=e^{-(t-3)}\big(-2\cos(t-3)-4\sin(t-3)\big)+\tfrac{1}{2}(t-3)^{2}+2(t-3)+2.
Portanto
y_{3}(t)=u_{3}(t)\Big(\tfrac{1}{2}(t-3)^{2}+2(t-3)+2 - e^{-(t-3)}\big(2\cos(t-3)+4\sin(t-3)\big)\Big).

Passo 10

Somando as três contribuições y_{1},y_{2},y_{3} obtemos a solução completa y(t):
y(t)=e^{-t}\sin t +u_{1}(t)\,e^{-(t-1)}\sin(t-1) +u_{3}(t)\Big(\tfrac{1}{2}(t-3)^{2}+2(t-3)+2 - e^{-(t-3)}\big(2\cos(t-3)+4\sin(t-3)\big)\Big).

Resposta

y(t)=e^{-t}\sin t+u_{1}(t)\,e^{-(t-1)}\sin(t-1)+u_{3}(t)\Big(\tfrac{1}{2}(t-3)^{2}+2(t-3)+2-e^{-(t-3)}\big(2\cos(t-3)+4\sin(t-3)\big)\Big)

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