Queremos encontrar a k\,\delta(t-(5+T)) que traerá el descanso a la solución de
2y"+y'+2y=\delta(t-5)\color{blue}{+k\,\delta(t-(5+T))},\quad y(0)=0,\ y'(0)=0,\etiqueta{1}
en el momento t_*=5+T donde t_* es el momento de que el problema original (en negro por encima) completa un ciclo completo. Y por "traer al resto en t=t_*", nos referimos a que y(t)\equiv 0t\ge t_*.
Tomando la transformada de Laplace de (1), vemos
Y(s)=e^{-5s}\cdot {1\over 2s^2+s+2}+k\,e^{-(5+T)s}\cdot {1\over 2s^2+s+2}.
Por técnicas estándar,
\mathscr{L}^{-1}\left[{1\over 2s^2+s+2}\right]= {2\\sqrt{15}}e^{-t/4}\sin\left({\sqrt{15}\over 4}t\right)=:g(t),
por lo que el Teorema de la Convolución de los rendimientos
\begin{align}
y(t)&=\delta(t-5)*g(t)+k\,\delta(t-(5+T))*g(t)\\
&=\int_0^t g(s)\delta(t-s-5)\,ds+k\int_0^t g(s)\delta(t-s-(5+T))\,ds\\
&=g(t-5)u(t-5)+kg(t-(5+T))u(t-(5+T)),\tag{2}
\end{align}
donde u(t) denota la unidad de función de paso.
Deje t=t_* ser el valor que completa el primer ciclo completo del (de manera exponencial en descomposición) de la sinusoide, que se denota por el punto negro.
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Para encontrar t_*, utilizar el primer término en (2):
g(t-5)=0\implica \sin\left({\sqrt{15}\over 4}(t-5)\right)=0\implica t=5+{4n\pi\\sqrt{15}},
y n=2 produce el cero buscamos:
t_*=5+{8\pi\\sqrt{15}} \implica \boxed{T=t_*-5={8\pi\\sqrt{15}}},
de la manera de configurar el problema original (por lo que el T es el tiempo de t=5 hasta aplicamos el segundo impulso).
Desde ya contamos y(t_*)=0, sólo tenemos que encontrar a k tal que y'(t_*)=0, entonces podemos concluir y(t)\equiv 0t>t_*. Para lograr esto,
\begin{align*}
\lim_{t\to t_*^+}y'(t)&=g'(t_*^+-5)+k\,g'(t_*^+-(5+T))\\
&=g'\left({8\pi\over \sqrt{15}}^+\right)+k\,g'(0^+)\\
&={1\over 2}\exp(-2\pi/\sqrt{15})+k\cdot{1\over2},
\end{align*}
que se desvanece cuando
\boxed{
k=-\exp(-2\pi/\sqrt{15})=-\exp\left(-{8\pi\\sqrt{15}}/4\right)=-\exp(-T/4).}
He aquí una gráfica de la solución de (2) con los valores de T k se encuentra por encima de:
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