Use a Transformada de Laplace para resolver os seguintes problemas de valor inicial:
y^{\prime \prime}-y^{\prime}=e^{t} \cos t, y(0)=0, y^{\prime}(0)=0 f(t)=\left\{\begin{array}{cll}e^{t}, & \text { se } & 0 \leq t<1 \\\\ 0, & \text { se } & t \geq 1\end{array}\right.

Passo 1

O primeiro problema é o PVI
y''(t)-y'(t)=e^t\cos t,\quad y(0)=0,\;y'(0)=0,
e queremos usar Transformada de Laplace para achar y(t). Para isso precisamos lembrar que
\mathcal L\{y'(t)\}(s)=sY(s)-y(0), \quad \mathcal L\{y''(t)\}(s)=s^2Y(s)-s\,y(0)-y'(0).

Passo 2

Aplicamos Laplace na equação
\mathcal L\{y''\}-\mathcal L\{y'\} =\mathcal L\{e^t\cos t\}.
Substituindo as condições iniciais y(0)=0, y'(0)=0 obtemos
(s^2Y(s)-0-0)\;-\;(sY(s)-0) =\frac{s-1}{(s-1)^2+1},
pois
\mathcal L\{e^t\cos t\}(s) =\frac{s-1}{(s-1)^2+1}.

Passo 3

Reorganizando em Y(s):
(s^2-s)Y(s) =\frac{s-1}{(s-1)^2+1}, \quad Y(s) =\frac{s-1}{(s-1)^2+1}\,\frac1{s(s-1)}.
Note que
\frac{s-1}{(s-1)^2+1}\,\frac1{s(s-1)} =\frac1{s}\,\frac1{(s-1)^2+1}.

Passo 4

Reconhecemos
Y(s)=\frac1{s}\,\frac1{(s-1)^2+1} \quad\Longrightarrow\quad y(t) =\int_0^t1\cdot e^{\tau}\sin\bigl(t-\tau\bigr)\,d\tau
pela convolução. Calculando essa integral via mudança de variável ou tabelas, chega-se a
y(t) =\frac{e^t-1}2\sin t-\frac{e^t-1}2\cos t +\frac12\cos t-\frac12.
Podemos reorganizar para uma forma mais direta, mas fica claro que essa é a solução do primeiro problema.

Passo 5

O segundo problema é o PVI
y''(t)-y'(t)=f(t),\quad y(0)=0,\;y'(0)=0,
com
f(t)= \begin{cases} e^t,&0\le t<1,\\\\ 0,&t\ge1. \end{cases}
Uma forma prática é escrever
f(t)=e^t\bigl[1-u(t-1)\bigr],
onde u é o degrau de Heaviside.

Passo 6

Primeiro achamos
F(s)=\mathcal L\{f(t)\} =\mathcal L\{e^t\}-\mathcal L\{e^t\,u(t-1)\} =\frac1{s-1}-e^{-(s-1)}\frac1{s-1} =\frac{1-e^{-(s-1)}}{s-1}.
Aplicando Laplace na equação e usando condições iniciais, dá
(s^2-s)Y(s)=F(s), \quad Y(s)=\frac{1-e^{-(s-1)}}{(s-1)\,s(s-1)} =\frac{1-e^{-(s-1)}}{s(s-1)^2}.

Passo 7

Para inverter, usamos a função de transferência
H(s)=\frac1{s(s-1)}\;\longrightarrow\; h(t)=-1+e^t,
e então
y(t)=\int_0^t h(t-\tau)\,f(\tau)\,d\tau =\int_0^t\bigl[-1+e^{\,t-\tau}\bigr]f(\tau)\,d\tau.
Como f(\tau)=e^\tau só até \tau=1, quebramos em casos:
— Para 0\le t<1:
y(t)=\int_0^t\bigl[-1+e^{t-\tau}\bigr]e^\tau\,d\tau =-\bigl(e^t-1\bigr)+t\,e^t =e^t(t-1)+1.
— Para t\ge1:
y(t)=\int_0^1\bigl[-1+e^{t-\tau}\bigr]e^\tau\,d\tau =-(e-1)+e^t\cdot1 =e^t-e+1.

Resposta

Primeiro problema ( e^t\cos t forçante):
y(t) =\frac{e^t-1}2\sin t-\frac{e^t-1}2\cos t +\frac12\cos t-\frac12.
Segundo problema (forçante f(t) peça-wise):
y(t)= \begin{cases} e^t\,(t-1)+1,&0\le t<1,\\\ e^t-e+1,&t\ge1. \end{cases}

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