Resolva os problemas de valor inicial:
y^{\prime \prime}+4 y=f(t), y(0)=0, y^{\prime}(0)=0\), em que \(f(t)= \begin{cases}e^{t}, & \text { se } 0 \leq t<2 \\\\ 0, & \text { se } t \geq 2\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede resolver o problema de valor inicial
y'' + 4y = f(t),\qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=0,
onde f(t)\) é a função por partes \[f(t)=\begin{cases} e^{t}, & 0\le t<2,\\[4pt] 0, & t\ge 2.\end{cases}
Informações dadas importantes:
  1. A equação é linear de segunda ordem com coeficientes constantes e forçamento f(t)\] por partes. 2. Condições iniciais homogêneas: \(y(0)=0 e y'(0)=0.
    3. A força f(t) vale e^{t} até t=2 e depois é zero.]

Passo 2

Como o problema tem condições iniciais nulas, existe uma solução particular dada pela convolução entre a resposta ao impulso do operador diferencial e f. Vou usar essa ideia (prática comum em provas) porque é direta: a solução com condições iniciais zero é
y(t)=\int_{0}^{t} h(t-\tau)\,f(\tau)\,d\tau,
onde h é a resposta ao impulso (a função cuja transformada de Laplace é 1/(s^{2}+4)). Vou explicar como obter h e calcular a integral de convolução explicitamente, tratando o fato de f ser por partes.

Passo 3

Encontrando a resposta ao impulso h(t).
  • O operador é D^{2}+4. A transformada de Laplace do impulso \delta 1 no lado direito, então
\mathcal{L}\{h\}(s)=\frac{1}{s^{2}+4}.
  • Invertendo a transformada de Laplace conhecemos a transformada padrão
\mathcal{L}\{\sin(at)\}=\frac{a}{s^{2}+a^{2}}.
Comparando com \frac{1}{s^{2}+4} vemos que a=2 e que precisamos de \sin(2t) multiplicada por um fator \tfrac{1}{2}, pois
\mathcal{L}\left\{\tfrac{1}{2}\sin(2t)\right\}=\frac{1}{s^{2}+4}.
  • Logo a resposta ao impulso é
h(t)=\frac{1}{2}\sin(2t)\quad\text{para }t\ge0,
ou seja h(t)=\tfrac{1}{2}\sin(2t)\,H(t) (onde H é a função de Heaviside).

Passo 4

Escrevendo a solução por convolução e tratando a peça de f.
Com h(t)=\tfrac{1}{2}\sin(2t) obtemos
y(t)=\frac{1}{2}\int_{0}^{t}\sin\big(2(t-\tau)\big)\,f(\tau)\,d\tau.
Como f(\tau)=e^{\tau} para 0\le\tau<2 e f(\tau)=0 para \tau\ge2, o integral tem limites diferentes dependendo de t. É conveniente definir a=\min(t,2). Então
y(t)=\frac{1}{2}\int_{0}^{a}\sin\big(2(t-\tau)\big)\,e^{\tau}\,d\tau,
com a=t quando 0\le t<2 e a=2 quando t\ge2. Vou calcular essa integral geral em termos de a e depois especializar.

Passo 5

Cálculo da integral geral
I(t,a)=\int_{0}^{a}\sin\big(2(t-\tau)\big)\,e^{\tau}\,d\tau.
Primeiro uso a identidade de seno:
\sin\big(2(t-\tau)\big)=\sin(2t)\cos(2\tau)-\cos(2t)\sin(2\tau).
Logo
I(t,a)=\sin(2t)\int_{0}^{a}e^{\tau}\cos(2\tau)\,d\tau-\cos(2t)\int_{0}^{a}e^{\tau}\sin(2\tau)\,d\tau.
Chamemos
A(a)=\int_{0}^{a}e^{\tau}\cos(2\tau)\,d\tau,\qquad B(a)=\int_{0}^{a}e^{\tau}\sin(2\tau)\,d\tau.

Passo 6

Calcular A(a) e B(a). Vou usar fórmulas padrão (que podem ser obtidas por integração por partes ou integrando e^{(1+2i)\tau}):
Fórmulas gerais:
\int e^{\tau}\cos(2\tau)\,d\tau=\frac{e^{\tau}\big(\cos(2\tau)+2\sin(2\tau)\big)}{5}+C,
\int e^{\tau}\sin(2\tau)\,d\tau=\frac{e^{\tau}\big(\sin(2\tau)-2\cos(2\tau)\big)}{5}+C.
Avaliação definida de 0 a a:
  • Para A(a):
A(a)=\frac{1}{5}\Big[e^{a}\big(\cos(2a)+2\sin(2a)\big)-\big(\cos0+2\sin0\big)\Big] =\frac{1}{5}\Big[e^{a}\big(\cos(2a)+2\sin(2a)\big)-1\Big].
  • Para B(a):
B(a)=\frac{1}{5}\Big[e^{a}\big(\sin(2a)-2\cos(2a)\big)-\big(\sin0-2\cos0\big)\Big] =\frac{1}{5}\Big[e^{a}\big(\sin(2a)-2\cos(2a)\big)+2\Big].

Passo 7

Substituindo A(a) e B(a) em I(t,a):
I(t,a)=\sin(2t)\,A(a)-\cos(2t)\,B(a).
Substituindo as expressões:
I(t,a)=\frac{1}{5}\Big\{ \sin(2t)\big[e^{a}(\cos(2a)+2\sin(2a))-1\big] - \cos(2t)\big[e^{a}(\sin(2a)-2\cos(2a))+2\big]\Big\}.
Agrupando os termos que envolvem e^{a} e os constantes:
I(t,a)=\frac{1}{5}\Big\{ e^{a}\big[\sin(2t)\cos(2a)+2\sin(2t)\sin(2a)-\cos(2t)\sin(2a)+2\cos(2t)\cos(2a)\big] -\big[\sin(2t)+2\cos(2t)\big]\Big\}.
Usando identidades trigonométricas:
\sin(2t)\cos(2a)-\cos(2t)\sin(2a)=\sin\big(2t-2a\big),
\sin(2t)\sin(2a)+\cos(2t)\cos(2a)=\cos\big(2t-2a\big),
temos
I(t,a)=\frac{1}{5}\Big\{ e^{a}\big[\sin(2t-2a)+2\cos(2t-2a)\big] -\big[\sin(2t)+2\cos(2t)\big]\Big\}.

Passo 8

Lembrando que y(t)=\tfrac{1}{2}I(t,a), obtemos a expressão geral
y(t)=\frac{1}{10}\Big\{ e^{a}\big[\sin(2t-2a)+2\cos(2t-2a)\big] -\big[\sin(2t)+2\cos(2t)\big]\Big\},
onde a=\min(t,2). Agora especializamos para as duas regiões 0\le t<2 e t\ge2.

Passo 9

Caso 0\le t<2: então a=t. Substituindo a=t na expressão anterior:
y(t)=\frac{1}{10}\Big\{ e^{t}\big[\sin(0)+2\cos(0)\big] -\big[\sin(2t)+2\cos(2t)\big]\Big\}.
Como \sin(0)=0 e \cos(0)=1, isto dá
y(t)=\frac{1}{10}\big(2e^{t}-\sin(2t)-2\cos(2t)\big).
Simplificando:
y(t)=\frac{1}{5}e^{t}-\frac{1}{10}\sin(2t)-\frac{1}{5}\cos(2t),\qquad 0\le t<2.
Essa é a solução no intervalo inicial; verifica-se imediatamente que y(0)=0 (bons sinais!).

Passo 10

Caso t\ge2: então a=2. Substituindo a=2 na expressão geral:
y(t)=\frac{1}{10}\Big\{ e^{2}\big[\sin(2t-4)+2\cos(2t-4)\big] -\big[\sin(2t)+2\cos(2t)\big]\Big\},\qquad t\ge2.
Podemos deixar a resposta nessa forma (é explícita e adequada para prova). Se quiser, pode usar identidades de soma de ângulos para reescrever \sin(2t-4) e \cos(2t-4) em termos de \sin2t e \cos2t, mas não é necessário.

Resposta

y(t)=\dfrac{1}{5}e^{t}-\dfrac{1}{10}\sin(2t)-\dfrac{1}{5}\cos(2t),\quad 0\le t<2
y(t)=\dfrac{1}{10}\Big\{ e^{2}\big[\sin(2t-4)+2\cos(2t-4)\big]-\big[\sin(2t)+2\cos(2t)\big]\Big\},\quad t\ge2

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