Pr: Rosoluer os P.V.I.:
2 y^{\prime \prime}+y^{\prime}+2 y=\delta(t-5), y(0)=0, y^{\prime}(0)=0

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial
2\,y''(t)+y'(t)+2\,y(t)=\delta(t-5), \qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=0.
O que é pedido: encontrar a solução y(t) para todo t\ge0. Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A força externa é um impulso de Dirac localizado em t=5, isto é \delta(t-5).
  • As condições iniciais são nulas: y(0)=0 e y'(0)=0.
  • O P.V.I. é de segunda ordem linear com coeficientes constantes e uma fonte singular (o delta).

Passo 2

Método escolhido: transformada de Laplace — é a ferramenta padrão para P.V.I. com condições iniciais e termos como \delta. Vou explicar as fórmulas que vou usar.
Definição da transformada de Laplace de uma função f(t):
\mathcal{L}\{f\}(s)=F(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} f(t)\,dt,
onde s é a variável complexa da transformada.
Propriedades importantes que usaremos:
  • Transformada de derivadas (para y com condições iniciais):
\mathcal{L}\{y'\}(s)=sY(s)-y(0), \qquad \mathcal{L}\{y''\}(s)=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0),
onde Y(s)=\mathcal{L}\{y\}(s).
  • Transformada do impulso deslocado:
\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}(s)=e^{-a s},\qquad a\ge0.
  • Teorema do deslocamento no tempo (usado na inversa): se
\mathcal{L}\{f\}(s)=F(s),
então
\mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}(s)=e^{-a s}F(s),
onde u(t-a) é a função degrau de Heaviside.
Explicação curta: traduzir a EDO para o espaço de s transforma derivadas em polinômios em s, virando uma equação algébrica para Y(s), que depois invertemos para obter y(t).

Passo 3

Aplicar \mathcal{L} em ambos os lados da equação. Primeiro escrevo a transformada de cada termo. Usando as fórmulas de derivadas e as condições iniciais y(0)=0,\\ y'(0)=0, obtemos:
\mathcal{L}\{2y''\}(s)=2\big(s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0)\big)=2 s^{2}Y(s),
\mathcal{L}\{y'\}(s)=sY(s)-y(0)=sY(s),
\mathcal{L}\{2y\}(s)=2Y(s),
\mathcal{L}\{\delta(t-5)\}(s)=e^{-5 s}.
Somando os termos da equação transformada:
2 s^{2}Y(s)+sY(s)+2Y(s)=e^{-5 s}.
Fatorando Y(s):
Y(s)\big(2 s^{2}+s+2\big)=e^{-5 s},
portanto
Y(s)=\frac{e^{-5 s}}{2 s^{2}+s+2}.

Passo 4

Agora precisamos calcular a transformada inversa de
Y(s)=e^{-5 s}\cdot\frac{1}{2 s^{2}+s+2}.
Uso o teorema do deslocamento no tempo: a presença do fator e^{-5 s} indica que a solução será nula para t<5 e, para t>5, será um deslocamento da inversa de F(s)=\dfrac{1}{2 s^{2}+s+2}. Ou seja:
y(t)=u(t-5)\,f(t-5),
onde f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}(t).
Calculo f(t). Primeiro simplifico F(s):
F(s)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s^{2}+\tfrac{1}{2}s+1}.
Completo o quadrado no denominador:
s^{2}+\tfrac{1}{2}s+1=\Big(s+\tfrac{1}{4}\Big)^{2}+\Big(1-\tfrac{1}{16}\Big) =\Big(s+\tfrac{1}{4}\Big)^{2}+\tfrac{15}{16}.
Logo
F(s)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\Big(s+\tfrac{1}{4}\Big)^{2}+\Big(\dfrac{\sqrt{15}}{4}\Big)^{2}}.
Recordando a transformada inversa padrão:
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s+a)^{2}+\omega^{2}}\right\}(t)=\frac{1}{\omega}e^{-a t}\sin(\omega t),
com a=\tfrac{1}{4} e \omega=\dfrac{\sqrt{15}}{4}, obtemos
f(t)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\omega}e^{-a t}\sin(\omega t) =\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{\sqrt{15}}e^{-t/4}\sin\!\Big(\frac{\sqrt{15}}{4}t\Big).
Simplificando o fator:
f(t)=\frac{2}{\sqrt{15}}\,e^{-t/4}\sin\!\Big(\frac{\sqrt{15}}{4}t\Big).

Passo 5

Aplicando o deslocamento temporal para recuperar y(t):
y(t)=u(t-5)\,f(t-5).
Portanto a solução do P.V.I. é
y(t)=u(t-5)\,\frac{2}{\sqrt{15}}\,e^{-(t-5)/4}\sin\!\Big(\frac{\sqrt{15}}{4}(t-5)\Big).
Verificação rápida (intuitiva) de consistência: antes do impulso, t<5, tem-se y(t)=0 (pois não houve excitação). Integrando a equação em torno de t=5 para tratar o salto causado por \delta, obtém-se
2\big[y'(5^{+})-y'(5^{-})\big]=1,
como y'(5^{-})=0 segue y'(5^{+})=\tfrac{1}{2}. A derivada imediata à direita da solução encontrada é
y'(5^{+})=\frac{2}{\sqrt{15}}\cdot\frac{\sqrt{15}}{4}=\frac{1}{2},
o que confirma a consistência.

Resposta

y(t)=u(t-5)\dfrac{2}{\sqrt{15}}\,e^{-(t-5)/4}\sin\!\Big(\dfrac{\sqrt{15}}{4}(t-5)\Big)

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