Use a Transformada de Laplace para resolver os seguintes problemas de valor inicial:
y^{\prime \prime}+4 y=f(t), y(0)=0, y^{\prime}(0)=0 com
f(t)=\left\{\begin{array}{cl}e^{t}, & \text { se } 0 \leq t<1 \\\ 0, & \text { se } t \geq 1\end{array}\right.
f(t)= \begin{cases}0, & \text { se } 0 \leq t<\pi \\\\ 2, & \text { se } \pi \leq t<3 \pi \\\\ 0, & \text { se } t \geq 3 \pi\end{cases}

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial linear de segunda ordem com condições iniciais nulas:
y'' + 4y = f(t),\qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=0.
São dois casos diferentes de [f(t)) que devemos resolver:
  1. f(t)=\begin{cases} e^{t}, & 0\le t<1,\\[4pt] 0, & t\ge 1,\end{cases}
  2. f(t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<\pi,\\[4pt] 2, & \pi\le t<3\pi,\\[4pt] 0, & t\ge 3\pi.\end{cases}
O que nos é pedido: para cada um desses f(t)\], encontrar a solução \(y(t) do problema de valor inicial. Todas as informações relevantes (a equação, as condições iniciais e as fórmulas de f(t)) já estão acima.]

Passo 2

Ideia geral (sem ainda calcular): tomo transformada de Laplace em ambos os lados da equação. Vou usar duas propriedades essenciais da transformada de Laplace que preciso explicar antes de aplicar:
Definição (rápida): a transformada de Laplace de uma função h(t) é
\mathcal{L}\{h(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}h(t)\,dt,
quando essa integral converge.
Propriedades que usamos aqui:
  • Transformada de derivadas: para y(t) com condições iniciais dadas,
\mathcal{L}\{y'(t)\}(s)=sY(s)-y(0), \qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}(s)=s^{2}Y(s)-sy(0)-y'(0),
onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}(s).
  • Teorema do deslocamento (para funções multiplicadas por degrau): se H(s)=\mathcal{L}\{h(t)\} então
\mathcal{L}\{u(t-a)\,h(t-a)\}(s)=e^{-as}H(s),
onde u(t-a) é a função degrau unitário em a.
  • Convolução: se H(s)=\mathcal{L}\{h(t)\} e F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\} então
\mathcal{L}^{-1}\{H(s)F(s)\}= (h*f)(t)=\int_{0}^{t} h(t-\tau)f(\tau)\,d\tau.
Aplicando a transformada na equação dada e usando y(0)=y'(0)=0 obtemos:
s^{2}Y(s)+4Y(s)=F(s)\quad\Rightarrow\quad Y(s)=\frac{F(s)}{s^{2}+4}.
Assim a solução no tempo é a inversa:
y(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{F(s)}{s^{2}+4}\right\}.
Uma forma prática (muito útil para funções f com suporte limitado) é usar convolução: note que
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}+4}\right\}=\frac{1}{2}\sin(2t),
pois \mathcal{L}\{\sin(2t)\}=2/(s^{2}+4). Logo
\boxed{\,y(t)=\frac{1}{2}\int_{0}^{t} f(\tau)\sin\big(2(t-\tau)\big)\,d\tau\,}
que é a fórmula que vou usar: é direta, evita muitas frações e lida bem com f em peças.

Passo 3

Resolver o caso 1 usando a fórmula de convolução.
Aqui f(t)=e^{t} para 0\le t<1 e f(t)=0 para t\ge1. Portanto, ao integrar de \tau=0 até \tau=t temos que o integrando só existe até \tau=\min(t,1). Ou seja, defino a=\min(t,1). Assim
y(t)=\frac{1}{2}\int_{0}^{a} e^{\tau}\sin\big(2(t-\tau)\big)\,d\tau.
Agora vamos calcular essa integral de forma explícita.

Passo 4

Transformo o integrando para separar dependência em t e \tau. Uso a identidade de seno da diferença:
\sin\big(2(t-\tau)\big)=\sin(2t)\cos(2\tau)-\cos(2t)\sin(2\tau).
Substituindo na integral:
y(t)=\frac{1}{2}\left[\sin(2t)\int_{0}^{a} e^{\tau}\cos(2\tau)\,d\tau -\cos(2t)\int_{0}^{a} e^{\tau}\sin(2\tau)\,d\tau\right].
Agora preciso das integrais \int e^{\tau}\cos(2\tau)\,d\tau e \int e^{\tau}\sin(2\tau)\,d\tau. Há fórmulas padrão (obtidas por integração por partes ou lembrando a transformada inversa):
Para \alpha=1 e \beta=2 temos, com denominação 1+\beta^{2}=5,
\int e^{\tau}\cos(2\tau)\,d\tau=\frac{e^{\tau}\big(\cos(2\tau)+2\sin(2\tau)\big)}{5}+C,
\int e^{\tau}\sin(2\tau)\,d\tau=\frac{e^{\tau}\big(\sin(2\tau)-2\cos(2\tau)\big)}{5}+C.
Vou avaliar cada uma entre 0 e a.

Passo 5

Avaliação das integrais definidas:
  1. \int_{0}^{a} e^{\tau}\cos(2\tau)\,d\tau =\frac{e^{a}\big(\cos(2a)+2\sin(2a)\big)-1}{5}.
  2. \int_{0}^{a} e^{\tau}\sin(2\tau)\,d\tau =\frac{e^{a}\big(\sin(2a)-2\cos(2a)\big)+2}{5}.
Substituo essas expressões em y(t):
y(t)=\frac{1}{2}\left[\sin(2t)\cdot\frac{e^{a}(\cos2a+2\sin2a)-1}{5} -\cos(2t)\cdot\frac{e^{a}(\sin2a-2\cos2a)+2}{5}\right].
Factorizo 1/10 (pois \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{5}=\tfrac{1}{10}):
y(t)=\frac{1}{10}\Big\{e^{a}\big(\sin(2t)(\cos2a+2\sin2a)-\cos(2t)(\sin2a-2\cos2a)\big) -(\sin2t+2\cos2t)\Big\}.
Agora simplifico a combinação trigonométrica dentro do parêntese multiplicando e^{a}.

Passo 6

Simplificação trigonométrica (importante para um resultado elegante).
Observe que
\sin(2t)\cos(2a)-\cos(2t)\sin(2a)=\sin\big(2(t-a)\big)
e
2\sin(2t)\sin(2a)+2\cos(2t)\cos(2a)=2\cos\big(2(t-a)\big).
Assim a soma que aparece é
\sin(2t)(\cos2a+2\sin2a)-\cos(2t)(\sin2a-2\cos2a) = \sin\big(2(t-a)\big) + 2\cos\big(2(t-a)\big).
Portanto
y(t)=\frac{1}{10}\Big\{ e^{a}\big(\sin(2(t-a))+2\cos(2(t-a))\big) -\big(\sin2t+2\cos2t\big)\Big\},
onde novamente a=\min(t,1).

Passo 7

Agora escrevo o resultado em duas regiões, pois a=\min(t,1):
  • Se 0\le t<1 então a=t, e t-a=0. Como \sin0=0 e \cos0=1, temos
y(t)=\frac{1}{10}\big( e^{t}\cdot 2 - (\sin2t+2\cos2t)\big) =\frac{1}{10}\big(2e^{t}-\sin2t-2\cos2t\big).
  • Se t\ge 1 então a=1 e t-a=t-1. Assim
y(t)=\frac{1}{10}\Big\{ e^{1}\big(\sin(2(t-1))+2\cos(2(t-1))\big) -(\sin2t+2\cos2t)\Big\}.
Essas duas expressões juntas são a solução do primeiro caso.

Passo 8

Resolver o caso 2 usando a transformação por degrau (mais direto).
Aqui
f(t)=2\big(u(t-\pi)-u(t-3\pi)\big),
onde u é o degrau unitário. Aplico transformada de Laplace:
F(s)=2\left(\frac{e^{-\pi s}}{s}-\frac{e^{-3\pi s}}{s}\right)=\frac{2}{s}\big(e^{-\pi s}-e^{-3\pi s}\big).
Então
Y(s)=\frac{F(s)}{s^{2}+4}=\frac{2}{s(s^{2}+4)}\big(e^{-\pi s}-e^{-3\pi s}\big).
Pela propriedade de deslocamento na inversa, escrevo Y(s)=\big(e^{-\pi s}-e^{-3\pi s}\big)G(s) com
G(s)=\frac{2}{s(s^{2}+4)}.
Logo
y(t)=u(t-\pi)g(t-\pi)-u(t-3\pi)g(t-3\pi),
onde g(t)=\mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}(t).

Passo 9

Calcular g(t)=\mathcal{L}^{-1}\{2/(s(s^{2}+4))\} por frações parciais.
Fico com
\frac{2}{s(s^{2}+4)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^{2}+4}.
Multiplicando por s(s^{2}+4) e igualando coeficientes:
2 = A(s^{2}+4)+(Bs+C)s = (A+B)s^{2}+Cs+4A.
Comparando coeficientes:
A+B=0,\qquad C=0,\qquad 4A=2.
Logo A=\tfrac{1}{2}, B=-\tfrac{1}{2}, C=0. Assim
\frac{2}{s(s^{2}+4)}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s}-\frac{1}{2}\cdot\frac{s}{s^{2}+4}.
Aplicando a transformada inversa conhecida ( \mathcal{L}^{-1}\{1/s\}=1, \mathcal{L}^{-1}\{s/(s^{2}+4)\}=\cos(2t)) obtemos
g(t)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos(2t)=\frac{1-\cos(2t)}{2}=\sin^{2}t.
(Usei a identidade trigonométrica 1-\cos(2t)=2\sin^{2}t.)

Passo 10

Volto à expressão com deslocamentos:
y(t)=u(t-\pi)\,g(t-\pi)-u(t-3\pi)\,g(t-3\pi).
Como g(\tau)=\sin^{2}\tau, isto é
y(t)=u(t-\pi)\sin^{2}(t-\pi)-u(t-3\pi)\sin^{2}(t-3\pi).
Mas \sin^{2}(t-\pi)=\sin^{2}t e \sin^{2}(t-3\pi)=\sin^{2}t (porque seno muda de sinal por deslocamento por \pi ou por 2\pi, e o quadrado elimina o sinal). Assim no intervalo entre \pi e 3\pi a diferença de degraus vale 1, fora dela vale 0. Então a forma mais simples da solução é:
y(t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<\pi,\\[4pt] \sin^{2}t, & \pi\le t<3\pi,\\[4pt] 0, & t\ge 3\pi. \end{cases}]

Resposta

\text{Para }f(t)=\begin{cases}e^{t}, & 0\le t<1,\\[4pt]0, & t\ge1,\end{cases}
y(t)=\begin{cases} \dfrac{1}{10}\big(2e^{t}-\sin(2t)-2\cos(2t)\big), & 0\le t<1,\\[8pt] \dfrac{1}{10}\Big(e^{1}\big(\sin\big(2(t-1)\big)+2\cos\big(2(t-1)\big)\big)-\big(\sin(2t)+2\cos(2t)\big)\Big), & t\ge1, \end{cases}
\text{Para }f(t)=\begin{cases}0, & 0\le t<\pi,\\[4pt]2, & \pi\le t<3\pi,\\[4pt]0, & t\ge3\pi,\end{cases}
y(t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<\pi,\\[4pt] \sin^{2}t, & \pi\le t<3\pi,\\[4pt] 0, & t\ge3\pi. \end{cases}]

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