Use a transforma de Laplace para resolver o problema de valor inicial dado.
3.2 y^{\prime \prime}+y=\left{ \begin{array}{ll}t, & \text { se } 0 \leq t<1 \\ 0, & \text { se } 1 \leq t<\infty\end{array} ; y(0)=0, y^{\prime}(0)=0\right). Resposta: \mathcal{L}\{y(t)\}=Y(s)=\frac{1}{s^{2}\left(s^{2}+1\right)}-\frac{e^{-s}(s+1)}{s^{2}\left(s^{2}+1\right)} é a transformada de Laplace da solução do PVI. Use a transformada inversa de funções degrau para encontrar y(t).

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial
y''(t)+y(t)=\begin{cases} t, & 0\le t<1,\\[4pt] 0, & 1\le t<\infty, \end{cases}\qquad y(0)=0,\;y'(0)=0,
e diz que a transformada de Laplace da solução é
\mathcal{L}\{y(t)\}=Y(s)=\frac{1}{s^{2}\left(s^{2}+1\right)}-\frac{e^{-s}(s+1)}{s^{2}\left(s^{2}+1\right)}.
O que se pede: usar a transformada inversa (em particular a técnica de funções degrau / deslocamento) para encontrar y(t) no domínio do tempo.
Informações relevantes que temos: a expressão de Y(s) (com uma parte multiplicada por e^{-s}), as condições iniciais nulas, e a definição da força na direita como função “ligada” só até t=1.]

Passo 2

Rápida revisão das ferramentas que vamos usar (bem mastigada):\n
  • A transformada de Laplace é linear: \mathcal{L}\{a f+b g\}=a\mathcal{L}\{f\}+b\mathcal{L}\{g\}. Isso nos permite decompor Y(s) e inverter termo a termo.\n
  • A função degrau (Heaviside) u(t-a) é definida por u(t-a)=0 se t<a e u(t-a)=1 se t\ge a. Ela serve para escrever funções que “ligam” em t=a.\n
  • Teorema de deslocamento (em frequência): se G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\} então
\mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-a s}G(s).
Daí a inversa útil:
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}G(s)\}=u(t-a)\,g(t-a).
Isto significa que um fator e^{-a s} em s-espaço corresponde a “atacar” a função g a partir de t=a no domínio do tempo.

Passo 3

Separemos Y(s) em duas partes, uma sem deslocamento e outra com deslocamento:
Y(s)=Y_1(s)-e^{-s}Y_2(s),
onde definimos
Y_1(s)=\frac{1}{s^{2}(s^{2}+1)},\qquad Y_2(s)=\frac{s+1}{s^{2}(s^{2}+1)}.
Pela linearidade e pelo teorema de deslocamento, se \mathcal{L}^{-1}\{Y_1\}=y_1(t) e \mathcal{L}^{-1}\{Y_2\}=g(t), então
y(t)=y_1(t)-u(t-1)\,g(t-1).
Ou seja: inverter Y_1 e Y_2 sem o fator exponencial e depois aplicar o deslocamento para a parte com e^{-s}.

Passo 4

Calculemos y_1(t)=\mathcal{L}^{-1}\{Y_1(s)\}\). Fazemos frações parciais em \[\frac{1}{s^{2}(s^{2}+1)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s^{2}}+\frac{Cs+D}{s^{2}+1}.
Multiplicando ambos os lados por s^{2}(s^{2}+1) e igualando coeficientes obtemos o sistema (mostro as contas):
1 = A s(s^{2}+1)+B(s^{2}+1)+(Cs+D)s^{2}.
Comparando coeficientes dá
\begin{cases} s^{3}: & A+C=0,\\\ s^{2}: & B+D=0,\\\ s^{1}: & A=0,\\\ s^{0}: & B=1. \end{cases}
Logo A=0\], \(B=1, C=0, D=-1. Assim
\frac{1}{s^{2}(s^{2}+1)}=\frac{1}{s^{2}}-\frac{1}{s^{2}+1}.
Invertendo termo a termo (lembrando que \mathcal{L}\{t\}=1/s^{2} e \mathcal{L}\{\sin t\}=1/(s^{2}+1)), obtemos
y_1(t)=t-\sin t.
(Explicação curta: 1/s^{2} volta para t e 1/(s^{2}+1) volta para \sin t.)

Passo 5

Agora calculemos g(t)=\mathcal{L}^{-1}\{Y_2(s)\} com
Y_2(s)=\frac{s+1}{s^{2}(s^{2}+1)}.
Separe Y_2 em duas parcelas úteis:
\frac{s+1}{s^{2}(s^{2}+1)}=\frac{s}{s^{2}(s^{2}+1)}+\frac{1}{s^{2}(s^{2}+1)} =\frac{1}{s(s^{2}+1)}+\frac{1}{s^{2}(s^{2}+1)}.
Já conhecemos a segunda parcela: sua inversa é t-\sin t (é o y_1 do passo anterior). Resta inverter \dfrac{1}{s(s^{2}+1)}. Fazemos frações parciais:
\frac{1}{s(s^{2}+1)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^{2}+1}.
Multiplicando e comparando coeficientes:
1 = A(s^{2}+1)+(Bs+C)s
leva a A=1, B=-1, C=0. Logo
\frac{1}{s(s^{2}+1)}=\frac{1}{s}-\frac{s}{s^{2}+1}.
Invertendo: \mathcal{L}^{-1}\{1/s\}=1 e \mathcal{L}^{-1}\{s/(s^{2}+1)\}=\cos t. Portanto a inversa da parcela é 1-\cos t.
Somando as duas partes:
g(t)=(1-\cos t)+(t-\sin t)=t+1-\cos t-\sin t.

Passo 6

Agora aplicamos o teorema de deslocamento: a parte com e^{-s} em Y(s) gera u(t-1)g(t-1). Portanto
y(t)=y_1(t)-u(t-1)\,g(t-1)=\bigl(t-\sin t\bigr)-u(t-1)\bigl((t-1)+1-\cos(t-1)-\sin(t-1)\bigr).
Simplificando a expressão interna (pois (t-1)+1=t):
g(t-1)=t-\cos(t-1)-\sin(t-1).
Logo
y(t)=t-\sin t - u(t-1)\bigl(t-\cos(t-1)-\sin(t-1)\bigr).

Passo 7

Escrevemos a solução de forma explícita por partes (isto é o que vai aparecer numa prova):\n
  • Para 0\le t<1, u(t-1)=0 e então
y(t)=t-\sin t.
  • Para t\ge 1, u(t-1)=1 e então
y(t)=t-\sin t -\bigl(t-\cos(t-1)-\sin(t-1)\bigr)=\cos(t-1)+\sin(t-1)-\sin t.
Observação rápida para te tranquilizar: em t=1 as duas fórmulas coincidem: 1-\sin 1, então y é contínua ali.

Resposta

y(t)=t-\sin t,\quad 0\le t<1
y(t)=\cos(t-1)+\sin(t-1)-\sin t,\quad t\ge 1

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