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

Passo 1

O enunciado pede resolver o problema de valor inicial abaixo:
\left\{\begin{array}{l} y''(t)+2y'(t)+2y(t)=\delta(t-1)+u_{3}(t),\\[4pt] y(0)=0,\quad y'(0)=1. \end{array}\right.
Informações e observações que usarei (todas retiradas do enunciado):
  • As condições iniciais são y(0)=0 e y'(0)=1.
  • O termo \delta(t-1) é a distribuição impulso unitário centrado em t=1.
  • Interpreto u_{3}(t) como a função degrau unitário deslocada para a direita de 3 unidades, isto é u_{3}(t)=u(t-3).
  • Vou usar transformada de Laplace para resolver a EDO linear com forças não-homogêneas com \delta e degrau deslocado. A resolução começará aplicando propriedades da Laplace às derivadas e aos termos forçantes.]

Passo 2

Breve resumo das fórmulas de Laplace que vou usar (explicando cada símbolo):
  • A transformada de Laplace de uma função f(t) é
\mathcal{L}\{f\}(s)=F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt,
onde s é a variável complexa do domínio de Laplace.
  • Derivadas: se Y(s)=\mathcal{L}\{y\}(s) e y(0),y'(0) são conhecidos, então
\mathcal{L}\{y'\}(s)=sY(s)-y(0), \qquad \mathcal{L}\{y''\}(s)=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0).
  • Impulso deslocado: \mathcal{L}\{\delta(t-a)\}(s)=e^{-as}.
  • Degrau deslocado (teorema do deslocamento no tempo): se \mathcal{L}\{f\}(s)=F(s) então
\mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}(s)=e^{-as}F(s),
e recíproco: \mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=u(t-a)f(t-a).
Vou aplicar essas fórmulas ao problema.

Passo 3

Aplicando a transformada de Laplace na equação (tomando transformada unilateral desde t=0):
\mathcal{L}\{y''\}+2\mathcal{L}\{y'\}+2\mathcal{L}\{y\} =\mathcal{L}\{\delta(t-1)\}+\mathcal{L}\{u(t-3)\}.
Substituindo as fórmulas das derivadas e das fontes e usando y(0)=0,\;y'(0)=1:
\bigl(s^{2}Y(s)-s\cdot 0 -1\bigr)+2\bigl(sY(s)-0\bigr)+2Y(s)=e^{-s}+\frac{e^{-3s}}{s}.
Agrupando os termos que multiplicam Y(s):
\bigl(s^{2}+2s+2\bigr)Y(s)-1 = e^{-s}+\frac{e^{-3s}}{s}.
Portanto
Y(s)=\frac{1+e^{-s}+\dfrac{e^{-3s}}{s}}{s^{2}+2s+2}.

Passo 4

Escrevo Y(s) como soma de três parcelas mais fáceis de inverter:
Y(s)=\underbrace{\frac{1}{s^{2}+2s+2}}_{Y_0(s)} +\underbrace{\frac{e^{-s}}{s^{2}+2s+2}}_{Y_1(s)} +\underbrace{\frac{e^{-3s}}{s\,(s^{2}+2s+2)}}_{Y_2(s)}.
Observações úteis:
  • s^{2}+2s+2=(s+1)^{2}+1.
  • A inversa de Y_0(s) e a parte sem o fator exponencial em Y_1(s) são transformadas usuais com decaimento exponencial multiplicando senos/cossenos.
  • Pelo teorema do deslocamento no tempo, \mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=u(t-a)f(t-a), onde f=\mathcal{L}^{-1}\{F\}. Assim Y_1 e Y_2 serão obtidos como funções deslocadas em t.

Passo 5

Inverso de Y_0(s) e Y_1(s):
  • Primeiro encontro f(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{(s+1)^{2}+1}\right\}. Recordando:
\mathcal{L}\{e^{-t}\cos t\}=\frac{s+1}{(s+1)^{2}+1}, \qquad \mathcal{L}\{e^{-t}\sin t\}=\frac{1}{(s+1)^{2}+1}.
Logo
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}+2s+2}\right\}=e^{-t}\sin t.
  • Pelo deslocamento, a inversa de Y_1(s)=e^{-s}\dfrac{1}{s^{2}+2s+2} é
y_{1}(t)=u(t-1)\,e^{-(t-1)}\sin(t-1).

Passo 6

Agora falta inverter Y_2(s)=e^{-3s}\dfrac{1}{s\bigl((s+1)^{2}+1\bigr)}\). Pelo deslocamento será \[y_{2}(t)=u(t-3)\,h(t-3),
onde
h(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s\bigl((s+1)^{2}+1\bigr)}\right\}.
Vou calcular h(t) por frações parciais. Proponho
\frac{1}{s\bigl((s+1)^{2}+1\bigr)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{(s+1)^{2}+1}.
Multiplicando ambos os lados por s\bigl((s+1)^{2}+1\bigr) obtemos:
1 = A\bigl((s+1)^{2}+1\bigr) + (Bs+C)s.
Desenvolvendo (s+1)^{2}+1=s^{2}+2s+2 e agrupando coeficientes:
1 = (A+B)s^{2} + (2A+C)s + 2A.
Igualando coeficientes dos polinômios resulta o sistema
\begin{cases} A+B=0,\\[2pt] 2A+C=0,\\[2pt] 2A=1. \end{cases}
Daqui A=\tfrac{1}{2}\], \(B=-\tfrac{1}{2}, C=-1.]

Passo 7

Substituindo A,B,C na decomposição:
\frac{1}{s\bigl((s+1)^{2}+1\bigr)} =\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s} +\frac{-\tfrac{1}{2}s-1}{(s+1)^{2}+1}.
Escrevo o numerador da segunda fração em termos de s+1:
-\tfrac{1}{2}s-1 = -\tfrac{1}{2}(s+1)-\tfrac{1}{2}.
Portanto
\frac{1}{s\bigl((s+1)^{2}+1\bigr)} =\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s} -\frac{1}{2}\cdot\frac{s+1}{(s+1)^{2}+1} -\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{(s+1)^{2}+1}.
Agora aplico inversa de Laplace termo a termo:
  • \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s}\}=1.
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{s+1}{(s+1)^{2}+1}\right\}=e^{-t}\cos t.
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{(s+1)^{2}+1}\right\}=e^{-t}\sin t.
    Logo
h(t)=\frac{1}{2}\;-\;\frac{1}{2}e^{-t}\cos t\;-\;\frac{1}{2}e^{-t}\sin t =\frac{1}{2}\Bigl(1-e^{-t}(\cos t+\sin t)\Bigr).

Passo 8

Retornando a y_{2} com o deslocamento de 3:
y_{2}(t)=u(t-3)\;h(t-3) =\frac{1}{2}\,u(t-3)\Bigl(1-e^{-(t-3)}\bigl(\cos(t-3)+\sin(t-3)\bigr)\Bigr).

Passo 9

Juntando todas as parcelas:
y(t)=\underbrace{e^{-t}\sin t}_{\text{termo homogêneo com condições iniciais}} \;+\;\underbrace{u(t-1)e^{-(t-1)}\sin(t-1)}_{\text{efeito do impulso em }t=1} \;+\;\underbrace{\frac{1}{2}u(t-3)\Bigl(1-e^{-(t-3)}(\cos(t-3)+\sin(t-3))\Bigr)}_{\text{efeito do degrau em }t=3}.êçõ
Verificação rápida (coisa simples para acalmar): para 0\le t<1 apenas o primeiro termo existe e y(0)=0,\;y'(0)=1 batem com as C.I.; comportamentos em saltos estão corretamente tratados pelo uso de u(\cdot) e da resposta ao impulso.

Resposta

y(t)=e^{-t}\sin t+u(t-1)e^{-(t-1)}\sin(t-1)+\frac{1}{2}u(t-3)\Bigl(1-e^{-(t-3)}\bigl(\cos(t-3)+\sin(t-3)\bigr)\Bigr).

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