Resolver as equações diferenciais:
y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+2 y=h(t) \quad y(0)=0 e y^{\prime}(0)=0
\text { onde } h(t)=\left\{\begin{array}{l}0,0 \leq t<\pi \\\\ 1, \pi \leq t<2 \pi \\\\ 0, t \geq 2 \pi\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial com condições iniciais
y''+2y'+2y=h(t),\qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=0,
onde a força externa h(t)\) é o pulso de duração \(\pi\): \[h(t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<\pi,\\[4pt] 1, & \pi\le t<2\pi,\\[4pt] 0, & t\ge 2\pi. \end{cases}
Resumo do que é pedido: encontrar y(t)\] para todo \(t\ge0, ou seja a solução única da EDO com as condições dadas, levando em conta que h é nula exceto no intervalo [\pi,2\pi).]

Passo 2

Método escolhido e por quê: vamos usar a ideia de função resposta ao impulso (convolução) porque as condições iniciais são 0 e o segundo membro h(t) é um pulso composto por funções degrau. Isso torna a solução uma convolução entre h e a resposta ao impulso do operador L[y]=y''+2y'+2y. Em termos práticos usaremos que, com y(0)=y'(0)=0,
y(t)=\int_{0}^{t} g(t-\tau)\,h(\tau)\,d\tau,
onde g(t) é a resposta ao impulso (ou função de Green) do sistema, isto é, a solução de
g''+2g'+2g=\delta(t),\qquad g(0^+)=0,\\ g'(0^+)=1,
mas para nosso objetivo basta saber que g é a transformada inversa de \dfrac{1}{s^{2}+2s+2}. Vou achar g(t) explicitamente.

Passo 3

Encontrar g(t) (resposta ao impulso) por transformada inversa. Primeiro escrevemos o polinômio do denominador completando quadrado:
s^{2}+2s+2=(s+1)^{2}+1.
Assim
\frac{1}{s^{2}+2s+2}=\frac{1}{(s+1)^{2}+1}.
Recorde útil: a transformada de Laplace de e^{-t}\sin t é \dfrac{1}{(s+1)^{2}+1}. Logo a transformada inversa é
g(t)=e^{-t}\sin t,\qquad t\ge0.
Pequena explicação da propriedade usada: \mathcal{L}\{e^{-at}\sin(bt)\}=\dfrac{b}{(s+a)^{2}+b^{2}}. No nosso caso a=1, b=1, e aparece exatamente \dfrac{1}{(s+1)^{2}+1}.

Passo 4

Expressar h(t) com funções degrau e escrever a solução por convolução. Observamos que
h(t)=u(t-\pi)-u(t-2\pi),
onde u é o degrau unitário. Pela fórmula da convolução, com g conhecido,
y(t)=\int_{0}^{t} g(t-\tau)h(\tau)\,d\tau =\int_{0}^{t} g(t-\tau)\bigl(u(\tau-\pi)-u(\tau-2\pi)\bigr)\,d\tau.
Como u(\tau-\pi) é zero para \tau<\pi e u(\tau-2\pi) é zero para \tau<2\pi, a integral reduz-se às integrais sobre os intervalos onde h é igual a 1. Assim, para cada região de t teremos limites de integração diferentes.

Passo 5

Determinar as três regiões temporais e as expressões correspondentes:
  • Região 1: 0\le t<\pi. Neste caso o pulso ainda não começou, então h(\tau)=0 para \tau\in[0,t]. Logo
y(t)=0,\qquad 0\le t<\pi.
  • Região 2: \pi\le t<2\pi. Aqui o pulso está ligado desde \tau=\pi até \tau=t, portanto
y(t)=\int_{\pi}^{t} g(t-\tau)\,d\tau.
Faço a mudança de variável r=t-\tau. Quando \tau=\pi temos r=t-\pi; quando \tau=t temos r=0. Assim
y(t)=\int_{0}^{\,t-\pi} g(r)\,dr =\int_{0}^{\,t-\pi} e^{-r}\sin r\,dr.
Agora calculamos a primitiva de e^{-r}\sin r. Usamos a fórmula
\int e^{ar}\sin(br)\,dr = e^{ar}\,\frac{a\sin(br)-b\cos(br)}{a^{2}+b^{2}}+C.
Aqui a=-1, b=1. Logo uma primitiva é
F(r)=-\frac{e^{-r}\bigl(\sin r+\cos r\bigr)}{2}.
Avaliação de 0 a L:=t-\pi
y(t)=F(L)-F(0)=-\frac{e^{-L}\bigl(\sin L+\cos L\bigr)}{2}+\frac{\sin0+\cos0}{2}.
Como \sin0=0 e \cos0=1, obtemos
y(t)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-(t-\pi)}\bigl(\sin(t-\pi)+\cos(t-\pi)\bigr),\qquad \pi\le t<2\pi.

Passo 6

Região 3: t\ge 2\pi. Agora o pulso já desligou, mas a solução permanece não nula por memória do sistema. A integração corre de \tau=\pi até \tau=2\pi, portanto
y(t)=\int_{\pi}^{2\pi} g(t-\tau)\,d\tau.
Fazendo novamente r=t-\tau, quando \tau=\pi temos r=t-\pi e quando \tau=2\pi temos r=t-2\pi. Assim
y(t)=\int_{t-2\pi}^{\,t-\pi} g(r)\,dr =\int_{t-2\pi}^{\,t-\pi} e^{-r}\sin r\,dr.
Usando a mesma primitiva F(r)=-\dfrac{e^{-r}(\sin r+\cos r)}{2}, temos
y(t)=F(t-\pi)-F(t-2\pi) =\frac{1}{2}\Bigl(e^{-(t-2\pi)}\bigl(\sin(t-2\pi)+\cos(t-2\pi)\bigr) -e^{-(t-\pi)}\bigl(\sin(t-\pi)+\cos(t-\pi)\bigr)\Bigr).
Agora usamos periodicidade das funções trigonométricas para simplificar: \sin(t-2\pi)=\sin t e \cos(t-2\pi)=\cos t, e \sin(t-\pi)=-\sin t, \cos(t-\pi)=-\cos t. Portanto
y(t)=\frac{1}{2}\Bigl(e^{-(t-2\pi)}(\sin t+\cos t)-e^{-(t-\pi)}(-\sin t-\cos t)\Bigr).
Agrupando os termos com \sin t+\cos t:
y(t)=\frac{1}{2}(\sin t+\cos t)\Bigl(e^{-(t-2\pi)}+e^{-(t-\pi)}\Bigr).
Fatorando e^{-t} ou e^{-(t-\pi)} para uma forma mais compacta:
e^{-(t-2\pi)}+e^{-(t-\pi)}=e^{-t}\bigl(e^{2\pi}+e^{\pi}\bigr) =e^{-(t-\pi)}\bigl(e^{\pi}+1\bigr).
Logo uma forma simples é
y(t)=\frac{1}{2}\bigl(e^{\pi}+1\bigr)e^{-(t-\pi)}\bigl(\sin t+\cos t\bigr),\qquad t\ge 2\pi.

Passo 7

Verificações rápidas (consistência): com t\to\pi^+ na fórmula da região 2 obtemos
y(\pi)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{0}(\sin0+\cos0)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cdot1=0,
o que coincide com y(\pi^-)=0. Em t=2\pi ambas as expressões (região 2 e região 3) coincidem, conforme verificação direta; e y(0)=0 é satisfeito. Isso confirma consistência das soluções por partes.

Resposta

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

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