Resolva os problemas de valor inicial:
y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+2 y=f(t), y(0)=0, y^{\prime}(0)=1\), 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

O que o enunciado pede e as informações que temos:
  • Precisamos resolver o problema de valor inicial dado por
y''+2y'+2y=f(t),
com condições iniciais
y(0)=0,\qquad y'(0)=1.
  • A força externa f(t) é uma função por partes:
f(t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<\pi,\\[4pt] 2, & \pi\le t<2\pi,\\[4pt] 0, & t\ge 2\pi. \end{cases}
  • Não há figura nem outra informação; tudo o que precisamos está acima.]

Passo 2

Escolha do método e representação de [f(t)) com degraus (função unidade):
  • Uma forma prática para lidar com forças que ligam e desligam em instantes distintos é escrever f(t) com funções degrau unitário u(t-a), onde
u(t-a)=\begin{cases}0,& t<a,\\\ 1,& t\ge a.\end{cases}
  • Observando a definição de f(t)\], vemos que ela é igual a \(2 no intervalo [\pi,2\pi) e 0 fora. Isso equivale a ligar uma fonte de amplitude 2 em t=\pi e desligá‑la em t=2\pi. Logo podemos escrever
f(t)=2\big(u(t-\pi)-u(t-2\pi)\big).

Passo 3

Aplicando a transformada de Laplace nas equações (introdução às transformadas usadas):
  • Denotamos por Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\} e usamos as fórmulas para derivadas:
\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0),\qquad \mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-s y(0)-y'(0).
  • Substituindo y(0)=0 e y'(0)=1 obtemos
\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-1,\qquad \mathcal{L}\{y'\}=sY(s).
  • Transformada de f(t): como f(t)=2(u(t-\pi)-u(t-2\pi)) e \mathcal{L}\{u(t-a)\}=e^{-a s}/s, temos
F(s)=\mathcal{L}\{f\}=2\left(\frac{e^{-\pi s}}{s}-\frac{e^{-2\pi s}}{s}\right)=\frac{2\big(e^{-\pi s}-e^{-2\pi s}\big)}{s}.

Passo 4

Equação algébrica em s e separação em termos inversíveis:
  • Aplicando a transformada de Laplace na EDO:
(s^2Y(s)-1)+2(sY(s))+2Y(s)=F(s).
  • Agrupando Y(s):
Y(s)\big(s^2+2s+2\big)-1=F(s).
  • Portanto
Y(s)=\frac{1}{s^2+2s+2}+\frac{F(s)}{s^2+2s+2}.
  • Note que s^2+2s+2=(s+1)^2+1. Vamos inverter termo a termo.

Passo 5

Inversão do primeiro termo (resposta livre das condições iniciais, sem forçamento):
  • O primeiro termo é
\frac{1}{s^2+2s+2}=\frac{1}{(s+1)^2+1}.
  • Sabendo que \mathcal{L}\{e^{-t}\sin t\}=\dfrac{1}{(s+1)^2+1}, concluímos
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2+2s+2}\right\}=e^{-t}\sin t.
  • Este termo representa a resposta homogênea resultante das condições iniciais (a y(0),y'(0)) quando f\equiv0.

Passo 6

Trabalhando o segundo termo com o deslocamento exponencial (teorema do segundo deslocamento):
  • O segundo termo é
\frac{F(s)}{s^2+2s+2}=\frac{2\big(e^{-\pi s}-e^{-2\pi s}\big)}{s\big((s+1)^2+1\big)}.
  • Podemos escrever isso como
2\left( e^{-\pi s}\cdot\frac{1}{s\big((s+1)^2+1\big)} - e^{-2\pi s}\cdot\frac{1}{s\big((s+1)^2+1\big)}\right).
  • Pelo teorema do deslocamento: se \mathcal{L}\{g(t)\}=G(s) então \mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}G(s)\}=u(t-a)\,g(t-a). Assim, precisamos encontrar
h(t)=\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s\big((s+1)^2+1\big)}\right\},
pois então a contribuição do forçamento será
2\big( u(t-\pi)\,h(t-\pi)-u(t-2\pi)\,h(t-2\pi)\big).

Passo 7

Cálculo de h(t) via convolução (explicando convolution passo a passo):
  • Use que \dfrac{1}{s\big((s+1)^2+1\big)} é produto de \dfrac{1}{s} e \dfrac{1}{(s+1)^2+1}. Então a inversa é a convolução das inversas:
\mathcal{L}^{-1}\Big\{\frac{1}{s}\Big\}=1\quad(\text{função constante}),çã
\mathcal{L}^{-1}\Big\{\frac{1}{(s+1)^2+1}\Big\}=e^{-t}\sin t.
  • A convolução h(t)=(1 * e^{-t}\sin t)(t) é
h(t)=\int_0^t 1\cdot e^{-(t-\tau)}\sin(t-\tau)\,d\tau=\int_0^t e^{-u}\sin u\,du,
fazendo a substituição u=t-\tau.
  • Calcule a integral explícita. Usamos a primitiva conhecida
\int e^{-u}\sin u\,du=-\tfrac{1}{2}e^{-u}\big(\sin u+\cos u\big)+C.
  • Avaliando de 0 até t:
h(t)=\left[-\tfrac{1}{2}e^{-u}(\sin u+\cos u)\right]_0^t=-\tfrac{1}{2}e^{-t}(\sin t+\cos t)+\tfrac{1}{2}.
  • Portanto
h(t)=\tfrac{1}{2}\Big(1-e^{-t}(\sin t+\cos t)\Big).

Passo 8

Construindo a solução completa e simplificando os termos deslocados:
  • Lembrando que há um fator 2 multiplicando as funções deslocadas, a contribuição do forçamento é
2\big(u(t-\pi)h(t-\pi)-u(t-2\pi)h(t-2\pi)\big).
  • Como h(t)=\tfrac{1}{2}\big(1-e^{-t}(\sin t+\cos t)\big), temos 2h(t)=1-e^{-t}(\sin t+\cos t). Denotemos
g(t):=2h(t)=1-e^{-t}(\sin t+\cos t).
  • Assim a solução total é
y(t)=e^{-t}\sin t + u(t-\pi)\,g(t-\pi)-u(t-2\pi)\,g(t-2\pi).

Passo 9

Expressando g(t-\pi) e g(t-2\pi) em termos de \sin t e \cos t (identidades trigonométricas simples):
  • Primeiro calcule g(t-\pi). Observe que
\sin(t-\pi)=-\sin t,\qquad \cos(t-\pi)=-\cos t.
  • Logo
g(t-\pi)=1-e^{-(t-\pi)}\big(\sin(t-\pi)+\cos(t-\pi)\big)=1-e^{-(t-\pi)}\big(-\sin t-\cos t\big)=1+e^{-(t-\pi)}(\sin t+\cos t).
  • Para g(t-2\pi), usamos \sin(t-2\pi)=\sin t e \cos(t-2\pi)=\cos t, portanto
g(t-2\pi)=1-e^{-(t-2\pi)}(\sin t+\cos t).

Passo 10

Escrevendo a solução final de forma peça‑por‑peça (o que efetivamente aparece na prova):
  • Para 0\le t<\pi, os termos degrau são zero e
y(t)=e^{-t}\sin t.
  • Para \pi\le t<2\pi, apenas o degrau em t=\pi está ativo:
y(t)=e^{-t}\sin t + g(t-\pi)=e^{-t}\sin t + 1 + e^{-(t-\pi)}(\sin t+\cos t).
  • Para t\ge 2\pi, ambos os degraus aparecem e subtrai‑se o segundo, ficando
\begin{aligned} y(t)&=e^{-t}\sin t + g(t-\pi)-g(t-2\pi)\\[4pt] &=e^{-t}\sin t +\big(1+e^{-(t-\pi)}(\sin t+\cos t)\big)-\big(1-e^{-(t-2\pi)}(\sin t+\cos t)\big)\\[4pt] &=e^{-t}\sin t + e^{-(t-\pi)}(\sin t+\cos t)+ e^{-(t-2\pi)}(\sin t+\cos t). \end{aligned}]

Resposta

y(t)=e^{-t}\sin t,\quad 0\le t<\pi\
y(t)=e^{-t}\sin t + 1 + e^{-(t-\pi)}(\sin t+\cos t),\quad \pi\le t<2\pi\
y(t)=e^{-t}\sin t + e^{-(t-\pi)}(\sin t+\cos t)+ e^{-(t-2\pi)}(\sin t+\cos t),\quad t\ge 2\pi

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