2 y^{\prime \prime}+10 y=3 \mu_{12}(t)-5 \delta(t-4) y(0) =-1 & y^{\prime}(0)=2
y(t)=?

Passo 1

O enunciado dá a EDO linear de segunda ordem
2\,y''(t) + 10\,y(t) = 3\,\mu_{12}(t) \;-\; 5\,\delta(t-4)
com condições iniciais y(0)=-1 e y'(0)=2. Aqui \mu_{12}(t) é o pulso unitário de amplitude 1 em 1\le t<2, ou seja
\mu_{12}(t)=u(t-1)-u(t-2),
e \delta(t-4) é o impulso em t=4. Vamos usar transformada de Laplace para resolver.

Passo 2

Primeiro dividimos a equação por 2 para ficar na forma padrão
y''(t) + 5\,y(t) = \frac{3}{2}\bigl[u(t-1)-u(t-2)\bigr] \;-\;\frac{5}{2}\,\delta(t-4).
Em seguida tomamos a transformada de Laplace em ambos os lados. Usamos \mathcal L\{y''\}=s^2Y(s)-s\,y(0)-y'(0), \mathcal L\{y\}=Y(s), \mathcal L\{u(t-a)\}=e^{-a s}/s e \mathcal L\{\delta(t-a)\}=e^{-a s}.

Passo 3

Aplicando Laplace ao lado esquerdo e ao direito:
\bigl(s^2Y(s)-s\,y(0)-y'(0)\bigr)+5\,Y(s) =\frac{3}{2}\Bigl(\frac{e^{-s}}{s}-\frac{e^{-2s}}{s}\Bigr) -\frac{5}{2}e^{-4s}.
Substituindo y(0)=-1 e y'(0)=2 obtemos
(s^2+5)\,Y(s) -\bigl(-s +2\bigr) =\frac{3}{2}\Bigl(\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s}\Bigr) -\frac{5}{2}e^{-4s}.
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(s^2+5)\,Y(s) = -s+2 \;+\;\frac{3}{2}\,\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s} \;-\;\frac{5}{2}\,e^{-4s}.

Passo 4

Isolando Y(s):
Y(s) =\frac{-s+2}{s^2+5} \;+\;\frac{3}{2}\,\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s\,(s^2+5)} \;-\;\frac{5}{2}\,\frac{e^{-4s}}{s^2+5}.
Para inverter, separamos os termos:
  1. \displaystyle\frac{-s}{s^2+5}\to -\cos(\sqrt{5}\,t),
  2. \displaystyle\frac{2}{s^2+5}\to \frac{2}{\sqrt{5}}\sin(\sqrt{5}\,t),
  3. \displaystyle\frac{1}{s(s^2+5)} é a transformada de \displaystyle\frac{1}{\sqrt{5}}\bigl(1-\cos(\sqrt{5}t)\bigr),
    mas nós temos fator de \tfrac{3}{2} e deslocamentos em e^{-s} e e^{-2s};
  4. \displaystyle\frac{e^{-4s}}{s^2+5}\to u(t-4)\,\frac{1}{\sqrt{5}}\sin\bigl(\sqrt{5}(t-4)\bigr).

Passo 5

Fazendo a inversão termo a termo e aplicando o teorema do deslocamento:
y(t) =-\cos\bigl(\sqrt{5}\,t\bigr) +\frac{2}{\sqrt{5}}\sin\bigl(\sqrt{5}\,t\bigr) +\frac{3}{2}\,\Bigl[\bigl(u(t-1)-u(t-2)\bigr)\ast \frac{1}{\sqrt{5}}\sin\bigl(\sqrt{5}t\bigr)\Bigr] -\frac{5}{2}\,u(t-4)\,\frac{1}{\sqrt{5}}\sin\bigl(\sqrt{5}(t-4)\bigr).
Aqui o “ \ast” indica convolução com o pulso unitário; explicitando:
\bigl(u(t-1)-u(t-2)\bigr)\ast \sin(\sqrt{5}t) = u(t-1)\,\sin\!\bigl(\sqrt{5}(t-1)\bigr) - u(t-2)\,\sin\!\bigl(\sqrt{5}(t-2)\bigr).

Resposta

y(t) =-\cos\bigl(\sqrt{5}\,t\bigr) +\frac{2}{\sqrt{5}}\sin\bigl(\sqrt{5}\,t\bigr) +\frac{3}{2\sqrt{5}}\Big[ u(t-1)\sin\!\bigl(\sqrt{5}(t-1)\bigr) -\,u(t-2)\sin\!\bigl(\sqrt{5}(t-2)\bigr) \Big] -\frac{5}{2\sqrt{5}}\,u(t-4)\,\sin\!\bigl(\sqrt{5}(t-4)\bigr).

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