Resolva o PVI abaixo usando a Transformada de Laplace
y^{\prime \prime}+4 y=f(t), \quad y(0)=1, \quad y^{\prime}(0)=0
onde f(t)=\left\{\begin{array}{ccc}t & \text { se } & 0 \leq t<2 \\\\ 0 & \text { se } & t \geq 2\end{array}\right.

Passo 1

O que o problema dá e o que pede:
  • Equação diferencial com condição inicial:
y''+4y=f(t),\qquad y(0)=1,\qquad y'(0)=0.
  • A forçante é a função por partes
f(t)=\begin{cases} t, & 0\le t<2,\\[4pt] 0, & t\ge 2. \end{cases}
  • O enunciado pede resolver o problema de valor inicial usando a Transformada de Laplace, isto é, encontrar y(t) para t\ge0.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • As condições iniciais em t=0 são y(0)=1 e y'(0)=0.
  • A função f(t) é zero para t\ge2, então é conveniente representá-la usando a função degrau unitário u(t-2) para aplicar a propriedade de deslocamento na transformada de Laplace.
  • Vamos aplicar: transformada de Laplace das derivadas, linearidade e o teorema do deslocamento (shifting) quando necessário.]

Passo 2

Representação de f(t) com degrau e cálculo de F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}.
Expressar f(t) com u(t-2). Uma forma simples é
f(t)=t\bigl(1-u(t-2)\bigr)=t - t\,u(t-2).
Para transformar t\,u(t-2) é útil escrever
t\,u(t-2)=u(t-2)\bigl((t-2)+2\bigr)=u(t-2)(t-2)+2\,u(t-2).
Agora aplico transformadas conhecidas e o teorema do deslocamento:
  • \mathcal{L}\{t\}=\dfrac{1}{s^{2}}.
  • \mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-a s}\,G(s), onde G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}.
Aplicando:
\mathcal{L}\{u(t-2)(t-2)\}=e^{-2s}\cdot\frac{1}{s^{2}}, \qquad \mathcal{L}\{2u(t-2)\}=2e^{-2s}\cdot\frac{1}{s}.
Logo
F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}=\frac{1}{s^{2}}-\Bigl(e^{-2s}\frac{1}{s^{2}}+e^{-2s}\frac{2}{s}\Bigr) =\frac{1}{s^{2}}-e^{-2s}\Bigl(\frac{1}{s^{2}}+\frac{2}{s}\Bigr).

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace à EDO e usar as condições iniciais.
Transformada da equação \,y''+4y=f(t)\,:
\mathcal{L}\{y''\}+4\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{f\}.
Recordando a fórmula da transformada da derivada segunda:
\mathcal{L}\{y''\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0),
onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}. Substituindo y(0)=1 e y'(0)=0 e F(s) obtido:
\bigl(s^{2}Y(s)-s\bigr)+4Y(s)=F(s).
Reorganizando:
(s^{2}+4)Y(s)=F(s)+s,
portanto
Y(s)=\frac{s}{s^{2}+4}+\frac{F(s)}{s^{2}+4}.

Passo 4

Inversão do primeiro termo e estratégia para o segundo termo.
O primeiro termo é imediato:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s}{s^{2}+4}\right\}=\cos(2t),
pois \mathcal{L}\{\cos(2t)\}=\dfrac{s}{s^{2}+4}.
Para o segundo termo vamos usar a expressão de F(s):
\frac{F(s)}{s^{2}+4}=\frac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}-e^{-2s}\frac{\dfrac{1}{s^{2}}+\dfrac{2}{s}}{s^{2}+4}.
Logo a parte não com fator exponencial é
\frac{1}{s^{2}(s^{2}+4)},
e a parte com exponencial é
e^{-2s}\Bigl(\frac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}+\frac{2}{s(s^{2}+4)}\Bigr).
Vou calcular as inversas não deslocadas (sem e^{-2s}) e depois aplicar o teorema do deslocamento para a parte multiplicada por e^{-2s}.

Passo 5

Calcular \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}\right\} por decomposição em frações parciais.
Procuramos constantes A,B,C,D tal que
\frac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s^{2}}+\frac{Cs+D}{s^{2}+4}.
Multiplicando ambos os lados por s^{2}(s^{2}+4) e comparando coeficientes resulta (fazendo os cálculos):
  • termo em s^{3}: A+C=0,
  • termo em s^{2}: B+D=0,
  • termo em s^{1}: 4A=0\Rightarrow A=0,
  • termo constante: 4B=1\Rightarrow B=\tfrac{1}{4}.
Com A=0 vem C=0. Com B=\tfrac{1}{4} vem D=-\tfrac{1}{4}. Assim
\frac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{s^{2}}-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{s^{2}+4}.
Agora aplico inversa de Laplace:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}}\right\}=t,\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}+4}\right\}=\frac{1}{2}\sin(2t).
Portanto
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}\right\}=\frac{1}{4}t-\frac{1}{8}\sin(2t).

Passo 6

Calcular \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{2}{s(s^{2}+4)}\right\} (segundo pedaço dentro do parêntese deslocado).
Fração parcial para \dfrac{1}{s(s^{2}+4)}:
\frac{1}{s(s^{2}+4)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^{2}+4}.
Comparando coeficientes obtém-se A=\tfrac{1}{4}, C=0, B=-\tfrac{1}{4}. Assim
\frac{1}{s(s^{2}+4)}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{s}-\frac{1}{4}\cdot\frac{s}{s^{2}+4}.
Multiplicando por 2:
\frac{2}{s(s^{2}+4)}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s}-\frac{1}{2}\cdot\frac{s}{s^{2}+4}.
Invertendo:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{2}{s(s^{2}+4)}\right\}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos(2t).

Passo 7

Montar a função h(t) cuja transformada é
H(s)=\frac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}+\frac{2}{s(s^{2}+4)}.
Usando os resultados dos passos 5 e 6:
h(t)=\Bigl(\frac{1}{4}t-\frac{1}{8}\sin(2t)\Bigr)+\Bigl(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos(2t)\Bigr).
Organizando:
h(t)=\frac{1}{4}t+\frac{1}{2}-\frac{1}{8}\sin(2t)-\frac{1}{2}\cos(2t).
Pelo teorema do deslocamento, a parte com e^{-2s} em Y(s) corresponde a u(t-2)\,h(t-2) na solução temporal.

Passo 8

Juntar todas as partes e escrever y(t) explicitamente (peça por peça).
Lembrando que
Y(s)=\frac{s}{s^{2}+4}+\frac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}-e^{-2s}\Bigl(\frac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}+\frac{2}{s(s^{2}+4)}\Bigr),
temos, em tempo,
y(t)=\cos(2t)+\Bigl(\frac{1}{4}t-\frac{1}{8}\sin(2t)\Bigr)-u(t-2)\,h(t-2).
Substituindo h(t-2) e simplificando os termos não deslocados com os deslocados (fazer a álgebra mostra cancelamentos nas partes lineares e constantes), resulta uma forma prática e contínua, escrita peça a peça:
Para 0\le t<2 (onde u(t-2)=0):
y(t)=\cos(2t)+\frac{1}{4}t-\frac{1}{8}\sin(2t).
Para t\ge 2 (onde o termo deslocado aparece):
\begin{aligned} y(t)&=\cos(2t)+\frac{1}{4}t-\frac{1}{8}\sin(2t)-\Bigl[\frac{1}{4}(t-2)+\frac{1}{2}-\frac{1}{8}\sin(2(t-2))-\frac{1}{2}\cos(2(t-2))\Bigr]\\[4pt] &=\cos(2t)-\frac{1}{8}\sin(2t)+\frac{1}{8}\sin(2(t-2))+\frac{1}{2}\cos(2(t-2)). \end{aligned}
(As somas e cancelamentos foram feitos explicitamente: os termos lineares e as constantes se cancelam ao subtrair h(t-2), restando apenas as combinações trigonométricas mostradas.)]

Passo 9

Verificações rápidas e comentário final:
  • Em t=0: y(0)=\cos 0 +0 -0 =1 (confere y(0)=1).
  • Derivando a expressão para t pequeno verifica-se y'(0)=0 (os termos lineares e trigonométricos dão soma zero em t=0), então a condição y'(0)=0 também é satisfeita.
  • A solução é contínua em t=2; a segunda derivada terá salto compatível com a descontinuidade de f(t) (isso é esperado).

Resposta

Para 0\le t<2:
y(t)=\cos(2t)+\frac{1}{4}t-\frac{1}{8}\sin(2t).
Para t\ge 2:
y(t)=\cos(2t)-\frac{1}{8}\sin(2t)+\frac{1}{8}\sin\bigl(2(t-2)\bigr)+\frac{1}{2}\cos\bigl(2(t-2)\bigr).

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