Resolva os problemas de valor inicial:
(a) y^{\prime \prime}+y=f(t), y(0)=0, y^{\prime}(0)=1\), em que \(f(t)= \begin{cases}1, & \text { para } 0 \leq t<\pi / 2 \\\\ 0, & \text { para } t \geq \pi / 2\end{cases}
\text { (b) } y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+2 y=f(t), y(0)=0, y^{\prime}(0)=1 \text {, em que } f(t)= \begin{cases}0, & \text { para } 0 \leq t<\pi \\\\ 2, & \text { para } \pi \leq t<2 \pi \\\\ 0, & \text { para } t \geq 2 \pi\end{cases}

Passo 1

Enunciado e dados (vou listar direitinho para não te perder):\n
(a) Resolver o problema de valor inicial
y''+y=f(t),\qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=1,
em que
f(t)=\begin{cases} 1,& 0\le t<\pi/2,\\[4pt] 0,& t\ge \pi/2. \end{cases}\n
(b) Resolver o problema de valor inicial
y''+2y'+2y=f(t),\qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=1,
em que
f(t)=\begin{cases} 0,& 0\le t<\pi,\\[4pt] 2,& \pi\le t<2\pi,\\[4pt] 0,& t\ge 2\pi. \end{cases}\n
O que o exercício pede: encontrar explicitamente y(t) para todos os t\ge0 (ou seja, escrever y(t) peça a peça nos intervalos indicados por f).\n
Informações relevantes dadas pelo enunciado: as equações diferenciais lineares de segunda ordem, as condições iniciais y(0)=0, y'(0)=1 e as funções forçantes f(t) que são funções por partes (constantes em intervalos). Não há figura ou dado ausente.]

Passo 2

Ideia do método que vamos usar (explicação didática):\n
Para cada equação linear com coeficientes constantes da forma L[y]=f(t) (em particular L[y]=y''+ay'+by), existe uma função chamada função de Green ou resposta ao impulso g(t) que satisfaz
L[g]=0\quad\text{para }t>0,
com condições iniciais
g(0)=0,\qquad g'(0)=1.
A solução do problema de valor inicial com as condições dadas pode ser escrita como soma da solução homogênea que satisfaz as condições iniciais e de uma integral (convolução) que incorpora a força f(t). Mais precisamente, se y_h(t) é a solução da homogênea com as mesmas condições iniciais, então a solução do problema forçado é
y(t)=y_h(t)+\int_0^t g(t-\tau)\,f(\tau)\,d\tau.
Intuição simples: g é a resposta do sistema a um impulso unitário aplicado no tempo 0; para uma força f(\tau) composta de muitos impulsos infinitesimais, somamos (integramos) as respostas retardadas g(t-\tau) ponderadas por f(\tau). Esse procedimento é equivalente ao método de variação de parâmetros/Duhamel ou ao uso da transformada de Laplace, mas é mais direto para forças por partes.
Vou aplicar isso nos dois itens: achar y_h e g (geralmente são a mesma função quando y_h é tomada com as condições iniciais de interesse) e calcular a integral de convolução, aproveitando que f é constante em blocos para simplificar a integral.

Passo 3

Parte (a): montar as peças básicas.\n
Escrevo a equação homogênea associada:
y''+y=0.
A equação característica é r^2+1=0, com raízes r=\pm i. Logo a solução geral da homogênea é
y_{\text{gen}}(t)=A\cos t+B\sin t.
Agora aplico as condições iniciais da homogênea que queremos usar: se pegarmos y_h como a solução homogênea que satisfaz y_h(0)=0 e y_h'(0)=1, então
y_h(0)=A=0,\qquad y_h'(t)=-A\sin t+B\cos t\Rightarrow y_h'(0)=B=1.
Portanto
g(t)=y_h(t)=\sin t.
(Comentário: aqui o g(t) que precisamos — resposta ao impulso — é exatamente \sin t.)

Passo 4

Ainda parte (a): escrever a fórmula da solução por convolução e simplificar.\n
Pela ideia do passo anterior, a solução do problema forçado é
y(t)=\underbrace{\text{(solução homogênea com as condições iniciais)}}_{y_h(t)=\sin t}+\int_0^t g(t-\tau)f(\tau)\,d\tau.çãêçõ
Como g(t)=\sin t, temos
y(t)=\sin t+\int_0^t \sin(t-\tau)\,f(\tau)\,d\tau.
Agora uso explicitamente a forma de f(\tau), que vale 1 para \tau\in[0,\pi/2) e 0 depois. Isso torna a integral fácil porque a integração só ocorre onde f(\tau) é não nula.

Passo 5

Parte (a): calcular a integral de convolução para 0\le t<\pi/2.\n
Se 0\le t<\pi/2, então para todo \tau\in[0,t] temos f(\tau)=1. Assim
\int_0^t \sin(t-\tau)\,f(\tau)\,d\tau=\int_0^t \sin(t-\tau)\,d\tau.
Faço a mudança u=t-\tau. Quando \tau=0 temos u=t; quando \tau=t temos u=0. Então
\int_0^t \sin(t-\tau)\,d\tau=\int_{u=t}^{u=0}\sin u\,(-du)=\int_0^t\sin u\,du.
Essa integral é básica:
\int_0^t\sin u\,du=[- \cos u]_0^t = -\cos t -(-\cos 0)=1-\cos t.
Portanto, para 0\le t<\pi/2,
y(t)=\sin t + (1-\cos t)=1+\sin t-\cos t.

Passo 6

Parte (a): calcular a integral de convolução para t\ge\pi/2.\n
Se t\ge\pi/2, então f(\tau)=1 apenas para \tau\in[0,\pi/2) e f(\tau)=0 para \tau\in[\pi/2,t]. Assim a integral vira
\int_0^t \sin(t-\tau)\,f(\tau)\,d\tau=\int_0^{\pi/2}\sin(t-\tau)\,d\tau.
Faço a mesma mudança u=t-\tau. Quando \tau=0 temos u=t; quando \tau=\pi/2 temos u=t-\pi/2. Então
\int_0^{\pi/2}\sin(t-\tau)\,d\tau=\int_{u=t}^{u=t-\pi/2}\sin u\,(-du)=\int_{t-\pi/2}^t\sin u\,du.
Calculo:
\int_{t-\pi/2}^t\sin u\,du=[-\cos u]_{t-\pi/2}^t=-\cos t -\big(-\cos(t-\tfrac{\pi}{2})\big)=-\cos t+\cos\big(t-\tfrac{\pi}{2}\big).
Uso a identidade \cos\big(t-\tfrac{\pi}{2}\big)=\sin t. Então a integral é -\cos t+\sin t. Assim, para t\ge\pi/2,
y(t)=\sin t +\big(-\cos t+\sin t\big)=2\sin t-\cos t.
Verificação rápida de continuidade em t=\pi/2: para t\to(\pi/2)^- temos 1+\sin(\pi/2)-\cos(\pi/2)=1+1-0=2; para t\to(\pi/2)^+ temos 2\sin(\pi/2)-\cos(\pi/2)=2-0=2. Está contínuo.

Passo 7

Resumo final da parte (a) (antes de passar à parte (b)):\n
  • Para 0\le t<\pi/2:
y(t)=1+\sin t-\cos t.
  • Para t\ge\pi/2:
y(t)=2\sin t-\cos t.

Passo 8

Parte (b): montar as peças básicas e achar g(t).\n
Equação homogênea associada:
y''+2y'+2y=0.
A equação característica é r^2+2r+2=0. As raízes são
r=-1\pm i.
Logo a solução geral da homogênea é
y_{\text{gen}}(t)=e^{-t}\big(C_1\cos t + C_2\sin t\big).
Queremos a solução homogênea que satisfaça as condições iniciais y(0)=0, y'(0)=1. Primeiro y(0)=C_1=0. Agora a derivada:
y'(t)=\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).
Avaliando em t=0 e usando C_1=0 y'(0)=C_2=1. Portanto a solução homogênea com essas condições (que coincide com a função resposta ao impulso g) é
g(t)=e^{-t}\sin t.

Passo 9

Parte (b): escrever a fórmula por convolução.\n
Como no caso anterior, a solução do problema forçado é
y(t)=y_h(t)+\int_0^t g(t-\tau)f(\tau)\,d\tau,
onde y_h(t) é a solução homogênea com as mesmas condições iniciais; mas observe que y_h(t) é justamente g(t) (já escolhida), pois para as condições dadas a solução homogênea é e^{-t}\sin t. Logo
y(t)=e^{-t}\sin t + \int_0^t e^{-(t-\tau)}\sin(t-\tau)\,f(\tau)\,d\tau.
Agora vou avaliar essa integral peça a peça usando a forma de f.

Passo 10

Parte (b): caso 0\le t<\pi.\n
Para 0\le t<\pi temos f(\tau)=0 para todo \tau\in[0,t]. Portanto a integral é zero e
y(t)=e^{-t}\sin t,\qquad 0\le t<\pi.

Passo 11

Parte (b): caso \pi\le t<2\pi.\n
Quando \pi\le t<2\pi, a função f(\tau) é zero em [0,\pi) e vale 2 em [\pi,t]. Assim
\int_0^t e^{-(t-\tau)}\sin(t-\tau)\,f(\tau)\,d\tau =2\int_\pi^t e^{-(t-\tau)}\sin(t-\tau)\,d\tau.
Faço a mudança u=t-\tau. Quando \tau=\pi temos u=t-\pi; quando \tau=t temos u=0. Então
2\int_\pi^t e^{-(t-\tau)}\sin(t-\tau)\,d\tau =2\int_{u=t-\pi}^{0} e^{-u}\sin u\,(-du)=2\int_0^{t-\pi} e^{-u}\sin u\,du.
Agora preciso calcular a integral primitiva \displaystyle\int e^{-u}\sin u\,du. Faço por integração por partes ou uso a fórmula padrão; o resultado é
\int e^{-u}\sin u\,du=-\frac{e^{-u}}{2}\big(\sin u+\cos u\big)+C.
Verificação rápida: derivando o lado direito recuperamos e^{-u}\sin u. Então
2\int_0^{t-\pi} e^{-u}\sin u\,du =2\Big[-\frac{e^{-u}}{2}\big(\sin u+\cos u\big)\Big]_0^{t-\pi} = -\Big[e^{-(t-\pi)}\big(\sin(t-\pi)+\cos(t-\pi)\big)-1\Big].
Simplificando,
2\int_\pi^t e^{-(t-\tau)}\sin(t-\tau)\,d\tau = 1 - e^{-(t-\pi)}\big(\sin(t-\pi)+\cos(t-\pi)\big).
Portanto, para \pi\le t<2\pi,
y(t)=e^{-t}\sin t + 1 - e^{-(t-\pi)}\big(\sin(t-\pi)+\cos(t-\pi)\big).
Podemos usar identidades trigonométricas para reescrever \sin(t-\pi)=-\sin t, \cos(t-\pi)=-\cos t, então
-e^{-(t-\pi)}\big(\sin(t-\pi)+\cos(t-\pi)\big)= -e^{-(t-\pi)}(-\sin t-\cos t)=e^{\pi-t}(\sin t+\cos t).
Assim uma forma alternativa e às vezes mais clara é
y(t)=e^{-t}\sin t + 1 + e^{\pi-t}\big(\sin t+\cos t\big),\qquad \pi\le t<2\pi.

Passo 12

Parte (b): caso t\ge 2\pi.\n
Para t\ge 2\pi temos f(\tau)=2 apenas em \tau\in[\pi,2\pi) e zero fora. Assim
\int_0^t e^{-(t-\tau)}\sin(t-\tau)\,f(\tau)\,d\tau =2\int_\pi^{2\pi} e^{-(t-\tau)}\sin(t-\tau)\,d\tau.
Faço novamente u=t-\tau. Quando \tau=\pi temos u=t-\pi; quando \tau=2\pi temos u=t-2\pi. Assim
2\int_\pi^{2\pi} e^{-(t-\tau)}\sin(t-\tau)\,d\tau =2\int_{t-2\pi}^{\,t-\pi} e^{-u}\sin u\,du.
Posso escrever isso como diferença de duas integrais desde 0:
2\int_{t-2\pi}^{\,t-\pi} e^{-u}\sin u\,du =2\Big(\int_0^{t-\pi} e^{-u}\sin u\,du - \int_0^{t-2\pi} e^{-u}\sin u\,du\Big).
Usando o resultado já obtido para I(s)=\int_0^s e^{-u}\sin u\,du, em que
I(s)=\frac12 -\frac{e^{-s}}{2}\big(\sin s+\cos s\big),
obtemos
2\big(I(t-\pi)-I(t-2\pi)\big) =2\left(\Big[\frac12-\frac{e^{-(t-\pi)}}{2}\big(\sin(t-\pi)+\cos(t-\pi)\big)\Big] -\Big[\frac12-\frac{e^{-(t-2\pi)}}{2}\big(\sin(t-2\pi)+\cos(t-2\pi)\big)\Big]\right).
Os termos \tfrac12 se cancelam, sobrando
2\big(I(t-\pi)-I(t-2\pi)\big) = -e^{-(t-\pi)}\big(\sin(t-\pi)+\cos(t-\pi)\big) + e^{-(t-2\pi)}\big(\sin(t-2\pi)+\cos(t-2\pi)\big).
Agora uso as identidades \sin(t-2\pi)=\sin t, \cos(t-2\pi)=\cos t e \sin(t-\pi)=-\sin t, \cos(t-\pi)=-\cos t. Assim
-e^{-(t-\pi)}\big(\sin(t-\pi)+\cos(t-\pi)\big)=e^{-(t-\pi)}(\sin t+\cos t)=e^{\pi-t}(\sin t+\cos t),
e^{-(t-2\pi)}\big(\sin(t-2\pi)+\cos(t-2\pi)\big)=e^{-(t-2\pi)}(\sin t+\cos t)=e^{2\pi-t}(\sin t+\cos t).
Somando,
2\int_\pi^{2\pi} e^{-(t-\tau)}\sin(t-\tau)\,d\tau=\big(e^{\pi-t}+e^{2\pi-t}\big)(\sin t+\cos t).
Portanto, para t\ge 2\pi,
y(t)=e^{-t}\sin t + \big(e^{\pi-t}+e^{2\pi-t}\big)\big(\sin t+\cos t\big).
Posso agrupar fator e^{-t} se preferir:
y(t)=e^{-t}\Big[\sin t + \big(e^{\pi}+e^{2\pi}\big)(\sin t+\cos t)\Big].
Isso mostra que para t grandes a solução decai exponencialmente como e^{-t}, como era de esperar já que a força agiu apenas por tempo finito.

Passo 13

Verificações rápidas de continuidade (conforto):\n
  • Em t=\pi as expressões dos casos 0\le t<\pi e \pi\le t<2\pi coincidem (pode checar substituindo t=\pi).\n
  • Em t=2\pi as expressões dos casos \pi\le t<2\pi e t\ge2\pi também coincidem (pode checar substituindo t=2\pi).\n
    Essas coincidências são esperadas porque a solução do IVP com força por partes é contínua (e derivável) nas fronteiras, já que a força é apenas de salto finito e a equação é de segunda ordem com coeficientes contínuos.

Resposta

(a) y(t)=\begin{cases} 1+\sin t-\cos t,& 0\le t<\tfrac{\pi}{2},\\[6pt] 2\sin t-\cos t,& t\ge \tfrac{\pi}{2}. \end{cases}\n
(b) y(t)=\begin{cases} e^{-t}\sin t,& 0\le t<\pi,\\[6pt] e^{-t}\sin t + 1 - e^{-(t-\pi)}\big(\sin(t-\pi)+\cos(t-\pi)\big),& \pi\le t<2\pi,\\[6pt] e^{-t}\sin t + \big(e^{\pi-t}+e^{2\pi-t}\big)\big(\sin t+\cos t\big),& t\ge 2\pi. \end{cases}]

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