Usando a Transformada de Laplace resolva o P.V.I, \left\{\begin{array}{l}y^{\prime \prime}-16 y=f(t) \y(0)=0 \y^{\prime}(0)=1\end{array} \text { onde } f(t)=\left\{\begin{array}{l}\pi ; 0 \leq t<\pi \\\ 0 ; t \geq \pi\end{array}\right.\right.

Passo 1

O enunciado nos dá o P.V.I.
y''-16y = f(t),\quad y(0)=0,\;y'(0)=1,
em que
f(t)= \begin{cases} \pi,&0\le t<\pi,\\\\ 0,&t\ge\pi. \end{cases}
O conteúdo é resolução de EDO linear pelo método da Transformada de Laplace, incluindo o teorema do deslocamento para funções em degrau.

Passo 2

Aplicamos a transformada de Laplace em ambos os lados. Como
\mathcal{L}\{y''\}(s)=s^2Y(s)-s\,y(0)-y'(0)=s^2Y(s)-1,
e \mathcal{L}\{y\}(s)=Y(s), a equação transformada fica
s^2Y(s)-1-16Y(s)=\mathcal{L}\{f\}(s).

Passo 3

Escrevemos f(t)=\pi\bigl(u(t)-u(t-\pi)\bigr). Logo
\mathcal{L}\{f\}(s) =\pi\Bigl(\frac1s-\frac{e^{-\pi s}}s\Bigr).

Passo 4

Isolando Y(s):
Y(s)\,(s^2-16)=1+\pi\Bigl(\frac1s-\frac{e^{-\pi s}}s\Bigr),
Y(s) =\frac{1}{s^2-16}+\frac{\pi}{s(s^2-16)} -\frac{\pi}{s(s^2-16)}\,e^{-\pi s}.
Definimos
A(s)=\frac{s+\pi}{s(s^2-16)}, \quad B(s)=\frac{\pi}{s(s^2-16)},
pois \frac1{s^2-16}+\frac\pi{s(s^2-16)}=\frac{s+\pi}{s(s^2-16)}.

Passo 5

Fazemos frações parciais em A(s) e em B(s).
Para A(s) obtemos
A(s)=\frac{-\pi/16}{s} +\frac{(\pi+4)/32}{s-4} +\frac{(\pi-4)/32}{s+4},
e para B(s)
B(s)=\frac{-\pi/16}{s} +\frac{\pi/32}{s-4} +\frac{\pi/32}{s+4}.
Invertendo cada termo, definimos
a(t) =-\frac{\pi}{16} +\frac{\pi+4}{32}e^{4t} +\frac{\pi-4}{32}e^{-4t}, \quad b(t) =-\frac{\pi}{16} +\frac{\pi}{32}e^{4t} +\frac{\pi}{32}e^{-4t}.

Passo 6

Pelo teorema do deslocamento, a inversa de B(s)e^{-\pi s} é b(t-\pi)\,u(t-\pi). Portanto
y(t)=a(t)-b(t-\pi)\,u(t-\pi).

Resposta

y(t)= \begin{cases} -\displaystyle\frac{\pi}{16} +\displaystyle\frac{\pi+4}{32}e^{4t} +\displaystyle\frac{\pi-4}{32}e^{-4t},&0\le t<\pi,\\[1em] \displaystyle\frac{\pi+4}{32}e^{4t} +\displaystyle\frac{\pi-4}{32}e^{-4t} -\displaystyle\frac{\pi}{32}\bigl(e^{4(t-\pi)}+e^{-4(t-\pi)}\bigr), &t\ge\pi. \end{cases}]

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