A solução do PVI
y^{\prime \prime}-5 y^{\prime}+6 y=u_{1}(t) ; \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=0
é
a) y(t)=u_{1}(t)\left(\frac{1}{6}-\frac{1}{3} e^{2(t-1)}+\frac{1}{2} e^{3(t-1)}\right)
b) y(t)=u_{1}(t)\left(\frac{1}{6}-\frac{1}{2} e^{2(t-1)}+\frac{1}{3} e^{3(t-1)}\right)
c) y(t)=u_{1}(t)\left(\frac{1}{6}-\frac{1}{2} e^{2(t-1)}-\frac{1}{3} e^{3(t-1)}\right)
d) y(t)=u_{1}(t)\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{6} e^{2(t-1)}+\frac{1}{2} e^{3(t-1)}\right)
e) y(t)=u_{1}(t)\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{6} e^{2(t-1)}-\frac{1}{2} e^{3(t-1)}\right)

Passo 1

O enunciado pede a solução do PVI
y''-5y'+6y=u_{1}(t),\quad y(0)=0,\quad y'(0)=0
onde u_{1}(t) é o degrau unitário atrasado em t=1. O conteúdo é equações diferenciais lineares com resposta a um degrau atrasado. Vamos usar a resposta ao impulso h(t) do sistema e a convolução

Passo 2

O sistema linear tem função de transferência
H(s)=\frac{1}{s^{2}-5s+6}=\frac{1}{(s-2)(s-3)}.
Fazendo frações parciais,
H(s)=-\frac{1}{s-2}+\frac{1}{s-3},
logo a resposta ao impulso é
h(t)=\bigl(e^{3t}-e^{2t}\bigr)u(t).

Passo 3

Pela propriedade da convolução com u_{1}(t)=u(t-1),
y(t)=\int_{0}^{t}h(t-\tau)\,u(\tau-1)\,d\tau =\int_{1}^{t}\bigl(e^{3(t-\tau)}-e^{2(t-\tau)}\bigr)\,d\tau,
pois para t<1 não há excitação e y(t)=0.

Passo 4

Fazendo a mudança de variável u=t-\tau, quando \tau=1 temos u=t-1 e quando \tau=t temos u=0. Assim,
\int_{1}^{t}e^{3(t-\tau)}\,d\tau =\int_{0}^{\,t-1}e^{3u}\,du =\frac{e^{3(t-1)}-1}{3},
\int_{1}^{t}e^{2(t-\tau)}\,d\tau =\int_{0}^{\,t-1}e^{2u}\,du =\frac{e^{2(t-1)}-1}{2}.

Passo 5

Substituindo na convolução, para t>1:
y(t) =\frac{e^{3(t-1)}-1}{3}-\frac{e^{2(t-1)}-1}{2} =\frac{1}{3}e^{3(t-1)}-\frac{1}{2}e^{2(t-1)}+\frac{1}{6}.
Como y(t)=0 se t<1, escrevemos
y(t)=u_{1}(t)\Bigl(\tfrac{1}{6}-\tfrac{1}{2}e^{2(t-1)}+\tfrac{1}{3}e^{3(t-1)}\Bigr).

Resposta

b) y(t)=u_{1}(t)\bigl(\tfrac{1}{6}-\tfrac{1}{2}e^{2(t-1)}+\tfrac{1}{3}e^{3(t-1)}\bigr)

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