Considere a equação diferencial y^prime prime-omega y=0, para omega>0.
(a) Mostre que y(t)=c1 e^omega(t-a)+c2 e^omega(t-a), para a in R fixo, é solução geral da equação diferencial.

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que a família de funções
y(t)=c₁ e^{√ω (t−a)} + c₂ e^{−√ω (t−a)}, com ω>0 e a∈ℝ fixo, é a solução geral da EDO de segunda ordem y’'−ω y=0. Vamos usar o método do polinômio característico e depois verificar independência linear.

Passo 2

Começamos montando o polinômio característico associado à EDO:
r² − ω = 0
Resolvendo, obtemos
r = ±√ω.
Isso nos diz que duas soluções fundamentais são φ₁(t)=e^{√ω t} e φ₂(t)=e^{−√ω t}.

Passo 3

Para incorporar o parâmetro de translação a no tempo, basta notar que, se φ(t) é solução, φ(t−a) também é solução, pois a EDO é autônoma. Assim, podemos reescrever as soluções fundamentais como
φ₁(t)=e^{√ω (t−a)},
φ₂(t)=e^{−√ω (t−a)}
e a solução geral vira y(t)=c₁φ₁(t)+c₂φ₂(t).

Passo 4

Vamos checar diretamente que y(t)=c₁ e^{√ω (t−a)}+c₂ e^{−√ω (t−a)} satisfaz a EDO. Calculando as derivadas:
y’(t)=c₁√ω e^{√ω (t−a)} − c₂√ω e^{−√ω (t−a)},
y’’(t)=c₁ω e^{√ω (t−a)} + c₂ω e^{−√ω (t−a)} = ω y(t).
Logo y’’(t) − ω y(t)=0, como queríamos.

Passo 5

Para garantir que esta expressão é todas as soluções, verificamos a independência linear de φ₁ e φ₂ através do Wronskiano:
W(φ₁,φ₂)(t)=det φ₁ & φ₂φ₁' & φ₂'
=det e^√ω(t−a) & e^−√ω(t−a)√ωe^√ω(t−a) & −√ωe^−√ω(t−a)
= −2√ω ≠ 0.
Como o Wronskiano não se anula, φ₁ e φ₂ são linearmente independentes e formam base do espaço de soluções.

Passo 6

Concluímos, portanto, que y(t)=c₁ e^{√ω (t−a)} + c₂ e^{−√ω (t−a)} é de fato a solução geral de y’'−ω y=0 para ω>0.

Resposta

y(t)=c₁ e^{√ω (t−a)} + c₂ e^{−√ω (t−a)}

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