Resolva os problemas de valor inicial:
(b) \left\{\begin{array}{l}y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+2 y=\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'+2y=\delta(t-1),\\[4pt] y(0)=0,\;y'(0)=0. \end{cases}
O que se pede: encontrar a função y(t) que satisfaz a equação diferencial com a força dada pela delta de Dirac centrada em t=1 e as condições iniciais fornecidas.]

Passo 2

Escolha do método (curta explicação): aqui é natural usar a transformada de Laplace porque
  • transforma derivadas em polinômios em s multiplicando a transformada Y(s), usando as condições iniciais de forma direta;
  • transforma \delta(t-a) em e^{-as}, o que simplifica muito a solução algébrica em s;
  • depois aplicamos a regra do deslocamento no tempo (segunda propriedade de deslocamento) para voltar ao domínio do tempo.
    Vou aplicar Laplace passo a passo.

Passo 3

Lembrete das fórmulas que vou usar (com explicação do que cada símbolo significa):
  • Definição da transformada de Laplace de uma função f(t) (para t\ge0):
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_0^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt,
a transformada será denotada por F(s).
  • Transformada de derivadas (se Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}):
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),\qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-s\,y(0)-y'(0).
Aqui y(0) e y'(0) são as condições iniciais.
  • Transformada da delta de Dirac deslocada:
\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-a s},\qquad a\ge0.
  • Propriedade de deslocamento no tempo (segunda regra do deslocamento): se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s) então
\mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}=e^{-a s}F(s),
onde u(t-a) é a função degrau unitário em t=a. Isso será usado para voltar do domínio s ao domínio t.

Passo 4

Aplicar a transformada de Laplace à equação dada. Denotando Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\} e usando y(0)=0,\;y'(0)=0:
\mathcal{L}\{y''\}+2\mathcal{L}\{y'\}+2\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{\delta(t-1)\}.
Substituindo as fórmulas:
(s^2Y(s)-s y(0)-y'(0)) + 2(sY(s)-y(0)) + 2Y(s) = e^{-s}.
Como y(0)=0 e y'(0)=0, isto simplifica para
(s^2+2s+2)Y(s)=e^{-s}.
Logo isolamos Y(s):
Y(s)=\frac{e^{-s}}{s^2+2s+2}.

Passo 5

Preparar a inversão de Laplace. Primeiro escrevemos o denominador completando o quadrado:
s^2+2s+2=(s+1)^2+1.
Portanto
Y(s)=e^{-s}\cdot\frac{1}{(s+1)^2+1}.
Agora identificamos a transformada inversa da parte sem o fator exponencial: sabemos que
\mathcal{L}\{e^{-t}\sin t\}(s)=\frac{1}{(s+1)^2+1}.
Assim a função cujo Laplace é \dfrac{1}{(s+1)^2+1} é f(t)=e^{-t}\sin t (válida para t\ge0). Aplicando a propriedade de deslocamento no tempo (segunda regra do deslocamento) para o fator e^{-s} com a=1, obtemos
y(t)=u(t-1)\,f(t-1)=u(t-1)\,e^{-(t-1)}\sin(t-1).

Passo 6

Interpretação e verificação rápida (intuição): a solução é zero para t<1 (antes do impulso não há excitação e as condições iniciais eram nulas). No instante t=1 a delta fornece um impulso que inicia a resposta livre do sistema, e para t>1 a solução segue a resposta do sistema homogêneo com forma amortecida oscilatória e^{-(t-1)}\sin(t-1), ativada no tempo t=1. Isso condiz com a forma encontrada via Laplace.

Resposta

y(t)=u(t-1)\,e^{-(t-1)}\sin(t-1)

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