Resolver os sistemas de equações diferenciais lineares aplicando o método da transformada de Laplace.
\left\{\begin{array}{l}y^{\prime \prime}(t)-x(t)=0 \\\ x^{\prime \prime}(t)-y(t)=u_{\pi}(t)\end{array} \quad\right. Condições iniciais: x(0)=x^{\prime}(0)=1 e y(0)=y^{\prime}(0)=0

Passo 1

O enunciado pede para resolver, pelo método da transformada de Laplace, o sistema
\begin{cases} y''(t)-x(t)=0,\\\ x''(t)-y(t)=u_{\pi}(t), \end{cases}
com condições iniciais
x(0)=1,\quad x'(0)=1,\quad y(0)=0,\quad y'(0)=0,
onde u_{\pi}(t) é a função degrau de Heaviside deslocada em t=\pi. Vamos transformar cada equação em s, usar as condições iniciais, resolver para X(s) e Y(s), depois inverter as transformadas, lembrando que a parte com e^{-\pi s} gera termos multiplicados por u(t-\pi).

Passo 2

Aplico Laplace na primeira equação. Como y(0)=y'(0)=0,
\mathcal L\{y''\}=s^2Y(s),\quad \mathcal L\{x\}=X(s),
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s^2Y(s)-X(s)=0 \quad\Longrightarrow\quad X(s)=s^2Y(s).
Na segunda equação, com x(0)=1, x'(0)=1 e \mathcal L\{u_{\pi}(t)\}=e^{-\pi s}/s,
s^2X(s)-s\cdot x(0)-x'(0)\;-\;Y(s)\;=\;\frac{e^{-\pi s}}{s} \;\Longrightarrow\; s^2X(s)-(s+1)-Y(s)=\frac{e^{-\pi s}}{s}.

Passo 3

Uso X(s)=s^2Y(s) na segunda equação:
s^2\bigl(s^2Y(s)\bigr)-(s+1)-Y(s)=\frac{e^{-\pi s}}{s} \;\Longrightarrow\; (s^4-1)Y(s)-(s+1)=\frac{e^{-\pi s}}{s}.
Como Y(s)=X(s)/s^2, podemos antes resolver para X(s). Reescrevendo diretamente em X(s):
s^2X(s)-(s+1)-\frac{X(s)}{s^2}=\frac{e^{-\pi s}}{s} \;\Longrightarrow\; (s^4-1)X(s)-s^2(s+1)=s\,e^{-\pi s},
X(s)=\frac{s^2(s+1)}{s^4-1} \;+\;\frac{s\,e^{-\pi s}}{s^4-1}.

Passo 4

Fração não deslocada:
F(s)=\frac{s^2(s+1)}{s^4-1},\quad s^4-1=(s-1)(s+1)(s^2+1).
Fazendo frações parciais obtém-se
F(s)=\frac12\frac1{s-1} +\frac{\tfrac12\,s+\tfrac12}{s^2+1} \;\Longrightarrow\; \mathcal L^{-1}\{F(s)\} =\frac12e^t+\frac12\cos t+\frac12\sin t.
A parte deslocada é
G(s)=\frac{s\,e^{-\pi s}}{s^4-1} =e^{-\pi s}\,\frac{s}{s^4-1},
e
\frac{s}{s^4-1} =\frac14\frac1{s-1}+\frac14\frac1{s+1}-\frac12\frac{s}{s^2+1},
portanto
\mathcal L^{-1}\!\Bigl\{\tfrac{s}{s^4-1}\Bigr\} =\tfrac14e^t+\tfrac14e^{-t}-\tfrac12\cos t.
Pela propriedade do degrau,
\mathcal L^{-1}\{G(s)\} =u(t-\pi)\Bigl[\tfrac14e^{\,t-\pi}+\tfrac14e^{-(t-\pi)}-\tfrac12\cos(t-\pi)\Bigr].

Passo 5

Somando as partes,
x(t) =\underbrace{\tfrac12e^t+\tfrac12\cos t+\tfrac12\sin t}_{x_h(t)} \;+\; u(t-\pi)\Bigl[\tfrac14e^{\,t-\pi}+\tfrac14e^{-(t-\pi)}-\tfrac12\cos(t-\pi)\Bigr].

Passo 6

Da primeira equação y''(t)=x(t), e como y(0)=y'(0)=0, escrevemos a solução em duas partes.
Para a parte não deslocada x_h(t), integramos duas vezes:
y_h''=x_h,\quad y_h'(0)=0,\;y_h(0)=0 \;\Longrightarrow\; y_h(t)=\tfrac12\bigl(e^t-\cos t-\sin t\bigr).
Para a parte deslocada, seja
\displaystyle f(t)=\tfrac14e^t+\tfrac14e^{-t}-\tfrac12\cos t,
então y_p''(t)=u(t-\pi)f(t-\pi). Definimos g''(t)=f(t) com g(0)=g'(0)=0, obtendo
g(t)=\tfrac12\operatorname{sinh} t +\tfrac12\bigl(\cos t-1\bigr).
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y_p(t)=u(t-\pi)\,g(t-\pi) =u(t-\pi)\Bigl[\tfrac12\operatorname{sinh}(t-\pi)+\tfrac12\bigl(\cos(t-\pi)-1\bigr)\Bigr].
Somando,
y(t)=y_h(t)+y_p(t) =\tfrac12\bigl(e^t-\cos t-\sin t\bigr) +u(t-\pi)\Bigl[\tfrac12\operatorname{sinh}(t-\pi)+\tfrac12(\cos(t-\pi)-1)\Bigr].

Resposta

x(t) =\frac12e^t+\frac12\cos t+\frac12\sin t \;+\; u(t-\pi)\Bigl[\tfrac14e^{\,t-\pi}+\tfrac14e^{-(t-\pi)}-\tfrac12\cos(t-\pi)\Bigr],
y(t) =\frac12\bigl(e^t-\cos t-\sin t\bigr) +u(t-\pi)\Bigl[\tfrac12\operatorname{sinh}(t-\pi)+\tfrac12\bigl(\cos(t-\pi)-1\bigr)\Bigr].

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