Utilize a transformada de Laplace para resolver o problema de valor inicial dado.
y^{\prime \prime}+y=f(t), y(0)=0, y^{\prime}(0)=1, onde
f(t)=\left\{\begin{array}{lr} 0, & 0 \leq t<\pi \\\\ 1, & \pi \leq t<2 \pi \\\\ 0, & t \geq 2 \pi \end{array}\right.

Passo 1

O problema é resolver a equação diferencial
y'' + y = f(t),\quad y(0)=0,\;y'(0)=1,
onde
f(t)=\begin{cases} 0,&0\le t<\pi,\\\\ 1,&\pi\le t<2\pi,\\\\ 0,&t\ge2\pi. \end{cases}
O método é usar a transformada de Laplace para converter a EDO numalgebraica em s, resolver para Y(s) e depois inverter para y(t).

Passo 2

Expressamos f(t) em termos de funções degrau unitário u(t-a). Note que
f(t)=u(t-\pi)-u(t-2\pi),
pois isso gera zero antes de \pi, valor 1 entre \pi e 2\pi e zero depois de 2\pi.
A transformada de Laplace é
\mathcal{L}\{f(t)\}=\frac{e^{-\pi s}}{s}-\frac{e^{-2\pi s}}{s}.

Passo 3

Aplicamos \mathcal{L} em cada termo de y''+y=f(t). Como
\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-s\,y(0)-y'(0)=s^2Y(s)-1,
e \mathcal{L}\{y\}=Y(s), obtemos
s^2Y(s)-1 + Y(s)=\frac{e^{-\pi s}}{s}-\frac{e^{-2\pi s}}{s}.
Isolando Y(s):
\bigl(s^2+1\bigr)Y(s)=1+\frac{e^{-\pi s}-e^{-2\pi s}}{s}\quad\Longrightarrow\quad Y(s)=\frac{1}{s^2+1}+\frac{e^{-\pi s}-e^{-2\pi s}}{s\,(s^2+1)}.

Passo 4

Separamos Y(s) em duas parcelas:
  1. A parte livre Y_{\mathrm{livre}}(s)=\frac{1}{s^2+1}.
  2. A parte forçada Y_{\mathrm{forc}}(s)=\frac{e^{-\pi s}-e^{-2\pi s}}{s\,(s^2+1)}.
O inverso de \frac{1}{s^2+1} é imediato:
\mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\tfrac{1}{s^2+1}\Bigr\}=\sin t.

Passo 5

Para inverter \frac{1}{s\,(s^2+1)}, usamos frações parciais:
\frac{1}{s(s^2+1)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^2+1}.
Multiplicando por s(s^2+1)
1=A(s^2+1)+(Bs+C)s\;\Longrightarrow\;A=1,\;B=-1,\;C=0.
Logo
\frac{1}{s(s^2+1)}=\frac{1}{s}-\frac{s}{s^2+1}\quad\Longrightarrow\quad g(t)=\mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\tfrac{1}{s(s^2+1)}\Bigr\}=1-\cos t.

Passo 6

Aplicamos o teorema do deslocamento para a parte forçada:
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}G(s)\}=u(t-a)\,g(t-a).
Assim
\mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac{e^{-\pi s}}{s(s^2+1)}\Bigr\} =u(t-\pi)\bigl[\,1-\cos(t-\pi)\bigr],
\mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac{e^{-2\pi s}}{s(s^2+1)}\Bigr\} =u(t-2\pi)\bigl[\,1-\cos(t-2\pi)\bigr].
Portanto a solução completa é
y(t)=\sin t \;+\;u(t-\pi)\bigl[1-\cos(t-\pi)\bigr]\;-\;u(t-2\pi)\bigl[1-\cos(t-2\pi)\bigr].

Passo 7

Usando \cos(t-\pi)=-\cos t e \cos(t-2\pi)=\cos t, podemos escrever de modo mais explícito em três trechos:
Para 0\le t<\pi:
y(t)=\sin t.
Para \pi\le t<2\pi:
y(t)=\sin t+\bigl(1-(-\cos t)\bigr)=\sin t+1+\cos t.
Para t\ge2\pi:
y(t)=\sin t+(1+\cos t)-(1-\cos t)=\sin t+2\cos t.

Resposta

Para 0\le t<\pi:
y(t)=\sin t.
Para \pi\le t<2\pi:
y(t)=\sin t+1+\cos t.
Para t\ge2\pi:
y(t)=\sin t+2\cos t.

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