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
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,
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
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
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
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.