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 problema 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 por partes \[f(t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<\pi,\\[4pt] 2, & \pi\le t<2\pi,\\[4pt] 0, & t\ge 2\pi. \end{cases}
Informações relevantes dadas:
  • A equação é linear de segunda ordem com coeficientes constantes e forçamento f(t)\] descontínuo (por partes). - Condições iniciais: \(y(0)=0 e y'(0)=1.
    - A função f(t) vale 2 apenas no intervalo [\pi,2\pi) e 0 fora dele.]

Passo 2

Escolhemos trabalhar com a transformada de Laplace porque:
  • transforma a EDO em uma equação algébrica em s;
  • lida bem com condições iniciais e com funções por partes usando o operador de salto (função degrau de Heaviside);
  • após resolver em s aplicamos a transformada inversa, usando a propriedade de deslocamento no tempo para tratar os saltos.
Antes de aplicar, lembro rapidamente as fórmulas que usarei:
  • Definição: \mathcal{L}\{y(t)\}=Y(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}y(t)\,dt.
  • Derivadas: \mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0) e \mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-s y(0)-y'(0).
  • Deslocamento: \mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-as}G(s), onde u é a função degrau e G(s)=\mathcal{L}\{g\}.
  • Produto em s com 1/s corresponde a integral-convolução no tempo: \mathcal{L}^{-1}\{\frac{1}{s}H(s)\}=\int_0^t h(\tau)\,d\tau, onde h=\mathcal{L}^{-1}\{H\}.

Passo 3

Aplicando a transformada de Laplace na EDO. Denotando Y(s)=\mathcal{L}\{y\}, temos
\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-s y(0)-y'(0)=s^2Y(s)-1,
pois y(0)=0 e y'(0)=1. E
\mathcal{L}\{2y'\}=2(sY(s)-y(0))=2sY(s).
Finalmente \mathcal{L}\{2y\}=2Y(s). Tomando a transformada da equação completa:
s^2Y(s)-1+2sY(s)+2Y(s)=F(s),
onde F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}. Reorganizando,
Y(s)\bigl(s^2+2s+2\bigr)=F(s)+1,
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Y(s)=\frac{1}{s^2+2s+2}+\frac{F(s)}{s^2+2s+2}.

Passo 4

Expressamos f(t) usando funções degrau. Observando a definição por partes,
f(t)=2\bigl(u(t-\pi)-u(t-2\pi)\bigr),
onde u é a degrau de Heaviside. Aplicando a transformada e usando a propriedade de deslocamento:
F(s)=2\left(\frac{e^{-\pi s}}{s}-\frac{e^{-2\pi s}}{s}\right)=\frac{2}{s}\bigl(e^{-\pi s}-e^{-2\pi s}\bigr).

Passo 5

Substituindo F(s) em Y(s):
Y(s)=\frac{1}{s^2+2s+2}+\frac{1}{s^2+2s+2}\cdot\frac{2}{s}\bigl(e^{-\pi s}-e^{-2\pi s}\bigr).
Para inverter a transformada, separamos em duas partes:
Y(s)=Y_1(s)+Y_2(s)
com
Y_1(s)=\frac{1}{s^2+2s+2}, \qquad Y_2(s)=\frac{2}{s}\cdot\frac{1}{s^2+2s+2}\bigl(e^{-\pi s}-e^{-2\pi s}\bigr).

Passo 6

Invertendo Y_1(s). Primeiro completamos o quadrado no denominador:
s^2+2s+2=(s+1)^2+1.
Sabendo que \mathcal{L}\{e^{-t}\sin t\}=\dfrac{1}{(s+1)^2+1}, obtemos diretamente
\mathcal{L}^{-1}\{Y_1(s)\}=e^{-t}\sin t.
Então uma parcela da solução é y_1(t)=e^{-t}\sin t.

Passo 7

Agora invertendo Y_2(s). Observe a parte sem os expoentes:
H(s):=\frac{2}{s}\cdot\frac{1}{s^2+2s+2}=\frac{2}{s}\cdot\frac{1}{(s+1)^2+1}.
Chamando h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{\frac{1}{(s+1)^2+1}\}=e^{-t}\sin t, temos
\mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s}\cdot\frac{1}{(s+1)^2+1}\}=\int_0^t h(\tau)\,d\tau=\int_0^t e^{-\tau}\sin\tau\,d\tau.
Então g(t):=\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\}=2\int_0^t e^{-\tau}\sin\tau\,d\tau. Precisamos calcular essa integral.

Passo 8

Cálculo da integral I(t)=\int_0^t e^{-\tau}\sin\tau\,d\tau. Usamos a fórmula padrão
\int e^{a\tau}\sin(b\tau)\,d\tau=\frac{e^{a\tau}\bigl(a\sin(b\tau)-b\cos(b\tau)\bigr)}{a^2+b^2}+C.
Aqui a=-1 e b=1. Então
\int e^{-\tau}\sin\tau\,d\tau=\frac{e^{-\tau}\bigl(-\sin\tau-\cos\tau\bigr)}{2}+C.
Avaliado de 0 a t:
I(t)=\frac{1}{2}\Bigl(-e^{-t}(\sin t+\cos t)+1\Bigr),
pois em \tau=0 temos e^{0}(-\sin0-\cos0)=-1. Portanto
g(t)=2I(t)=1-e^{-t}(\sin t+\cos t).

Passo 9

Agora aplicamos o deslocamento temporal: como Y_2(s)=\bigl(e^{-\pi s}-e^{-2\pi s}\bigr)H(s), pela propriedade de deslocamento
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}H(s)\}=u(t-a)\,h(t-a),
onde h=\mathcal{L}^{-1}\{H\}=g. Assim a contribuição de Y_2 é
y_2(t)=u(t-\pi)\,g(t-\pi)-u(t-2\pi)\,g(t-2\pi).
Somando com y_1 obtemos a solução completa:
y(t)=e^{-t}\sin t+u(t-\pi)\,g(t-\pi)-u(t-2\pi)\,g(t-2\pi),
onde \displaystyle g(\tau)=1-e^{-\tau}(\sin\tau+\cos\tau).

Passo 10

Escrevendo explicitamente por intervalos (mais útil na prova):
  • Para 0\le t<\pi: as funções degrau anulam, então
y(t)=e^{-t}\sin t.
  • Para \pi\le t<2\pi: apenas o primeiro degrau atua, com \tau=t-\pi:
y(t)=e^{-t}\sin t+\bigl(1-e^{-(t-\pi)}(\sin(t-\pi)+\cos(t-\pi))\bigr).
  • Para t\ge 2\pi: ambos os degraus atuam, então (com \tau_1=t-\pi e \tau_2=t-2\pi)
y(t)=e^{-t}\sin t+\bigl(1-e^{-(t-\pi)}(\sin(t-\pi)+\cos(t-\pi))\bigr) -\bigl(1-e^{-(t-2\pi)}(\sin(t-2\pi)+\cos(t-2\pi))\bigr).
Note que os +1 e -1 se cancelam na terceira expressão, resultando numa combinação exponencial-trigonométrica deslocada.

Resposta

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

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