Resolva os problemas de valor inicial:
(b) 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 enunciado pede resolver o problema de valor inicial
y''+2y'+2y=f(t),\qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=1,
onde f(t)\) é a função em pedaços \[f(t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<\pi,\\[4pt] 2, & \pi\le t<2\pi,\\[4pt] 0, & t\ge2\pi. \end{cases}
Lista das informações relevantes que temos:
y(0)=0,\qquad y'(0)=1,
f(t)=2\big(u(t-\pi)-u(t-2\pi)\big),
onde u(t-a)\] é a função degrau unitário deslocada. A tarefa é encontrar \(y(t) para todo t\ge0.]

Passo 2

Estratégia escolhida: usar transformada de Laplace. Vou relembrar as fórmulas básicas que vou usar:
\mathcal{L}\{y(t)\}=Y(s).
Para derivadas:
\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),
\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0).
Estas fórmulas vêm da definição integral da transformada e integração por partes; aqui eu as uso diretamente porque são padrão e muito úteis para transformar EDOs em equações algébricas em s.

Passo 3

Aplico a transformada de Laplace na equação diferencial. Primeiro escrevo a transformada de cada termo, usando y(0)=0 e y'(0)=1:
\mathcal{L}\{y''\}=s^{2}Y(s)-1,
\mathcal{L}\{2y'\}=2(sY(s)-0)=2sY(s),
\mathcal{L}\{2y\}=2Y(s).
Somando e igualando à transformada de f(t), denotada por F(s), obtenho
s^{2}Y(s)-1+2sY(s)+2Y(s)=F(s).
Agrupando Y(s):
Y(s)\big(s^{2}+2s+2\big)-1=F(s).
Logo
Y(s)=\frac{1+F(s)}{s^{2}+2s+2}.

Passo 4

Agora preciso de F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}. Primeiro escrevi f(t) em termos do degrau unitário:
f(t)=2\big(u(t-\pi)-u(t-2\pi)\big).
A transformada da função degrau é
\mathcal{L}\{u(t-a)\}=\frac{e^{-a s}}{s}.
Portanto
F(s)=2\left(\frac{e^{-\pi s}}{s}-\frac{e^{-2\pi s}}{s}\right)=\frac{2}{s}\big(e^{-\pi s}-e^{-2\pi s}\big).

Passo 5

Substituo F(s) em Y(s):
Y(s)=\frac{1}{s^{2}+2s+2}+\frac{2}{s}\cdot\frac{e^{-\pi s}-e^{-2\pi s}}{s^{2}+2s+2}.
Reescrevo como soma de termos a inverter:
Y(s)=\underbrace{\frac{1}{s^{2}+2s+2}}_{T_1(s)}+\underbrace{\frac{2}{s}\cdot\frac{1}{s^{2}+2s+2}}_{H(s)}\;e^{-\pi s}\;-\;\underbrace{\frac{2}{s}\cdot\frac{1}{s^{2}+2s+2}}_{H(s)}\;e^{-2\pi s}.
Vou inverter cada termo. Observação: o termo multiplicado por e^{-a s} gera, pela propriedade do deslocamento, uma contribuição do tipo h(t-a)u(t-a) onde h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\}.

Passo 6

Inverto o primeiro termo T_1(s). Faço o quadrado perfeito no denominador:
s^{2}+2s+2=(s+1)^{2}+1.
A transformada inversa conhecida é
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s+1)^{2}+1}\right\}=e^{-t}\sin t.
Portanto
\mathcal{L}^{-1}\{T_1(s)\}=e^{-t}\sin t.

Passo 7

Inverto H(s)=\dfrac{2}{s}\cdot\dfrac{1}{s^{2}+2s+2}. Uso a propriedade que
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s}G(s)\right\}=\int_{0}^{t}g(\tau)\,d\tau,
onde g(t)=\mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}. Aqui G(s)=\dfrac{1}{s^{2}+2s+2} e já vimos que g(t)=e^{-t}\sin t. Logo
\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\}=2\int_{0}^{t}e^{-\tau}\sin\tau\,d\tau.
Agora calculo a integral explícita. Uso a fórmula padrão (ou resolução por partes):
\int e^{-\tau}\sin\tau\,d\tau=-\frac{e^{-\tau}}{2}\big(\sin\tau+\cos\tau\big)+C.
Portanto, a integral definida de 0 a u é
\int_{0}^{u}e^{-\tau}\sin\tau\,d\tau=\frac{1}{2}-\frac{e^{-u}}{2}\big(\sin u+\cos u\big).
Multiplicando por 2 (lembrando o fator 2 de H(s)):
2\int_{0}^{u}e^{-\tau}\sin\tau\,d\tau=1-e^{-u}\big(\sin u+\cos u\big).
Assim a função h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\} é
h(t)=1-e^{-t}\big(\sin t+\cos t\big).

Passo 8

Agora volto ao termo com deslocamentos em Y(s). Usando a propriedade do deslocamento:
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}H(s)\}=h(t-a)u(t-a).
Como H(s) deu h(t) acima, as duas contribuições são:
\mathcal{L}^{-1}\{H(s)e^{-\pi s}\}=h(t-\pi)u(t-\pi),
\mathcal{L}^{-1}\{H(s)e^{-2\pi s}\}=h(t-2\pi)u(t-2\pi).
Somando tudo, a solução no domínio do tempo é
y(t)=e^{-t}\sin t + h(t-\pi)u(t-\pi) - h(t-2\pi)u(t-2\pi).
Substituo h:
h(t-a)=1-e^{-(t-a)}\big(\sin(t-a)+\cos(t-a)\big).
Portanto
y(t)=e^{-t}\sin t +\big[1-e^{-(t-\pi)}(\sin(t-\pi)+\cos(t-\pi))\big]u(t-\pi)
\qquad -\big[1-e^{-(t-2\pi)}(\sin(t-2\pi)+\cos(t-2\pi))\big]u(t-2\pi).

Passo 9

Para ficar mais explícito, escrevo y(t) por partes (usando que u ativa as parcelas nos intervalos apropriados).
Para 0\le t<\pi temos u(t-\pi)=0 e u(t-2\pi)=0, então
y(t)=e^{-t}\sin t.
Para \pi\le t<2\pi temos u(t-\pi)=1 e u(t-2\pi)=0, então
y(t)=e^{-t}\sin t + 1 - e^{-(t-\pi)}\big(\sin(t-\pi)+\cos(t-\pi)\big).
Para t\ge2\pi temos u(t-\pi)=1 e u(t-2\pi)=1, então as constantes +1 e -1 se cancelam e fica
y(t)=e^{-t}\sin t - 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).
Essas expressões equivalem à forma com os degraus escrita no passo anterior; aqui está dada de forma totalmente explícita por intervalo.

Resposta

Para 0\le t<\pi:
y(t)=e^{-t}\sin t
Para \pi\le t<2\pi:
y(t)=e^{-t}\sin t + 1 - e^{-(t-\pi)}\big(\sin(t-\pi)+\cos(t-\pi)\big)
Para t\ge2\pi:
y(t)=e^{-t}\sin t - 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)

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