Considere o PVI
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}-2 t y^{\prime}-2 y=0 \\\ y(0)=1 \\\ y^{\prime}(0)=0 \end{array} .\right.
(a) (2 pontos) Utilizando séries, encontre a solução y_{1}(t)=e^{t^{2}} da EDO.
(b) ( 2 pontos) Utilizando redução de ordem, encontre uma segunda solução y_{2} linearmente independente com y_{1}. Não utilize fórmulas explícitas do método.
(c) ( 0,5 ponto) Resolva o PVI.

Passo 1

O enunciado fornece o problema de valor inicial (PVI)
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}-2 t y^{\prime}-2 y=0,\\[4pt] y(0)=1,\\[4pt] y^{\prime}(0)=0, \end{array}\right.
e pede três coisas:
(a) utilizar séries de potências para encontrar uma solução \,y_{1}(t)=e^{t^{2}}\, da EDO;
(b) usando redução de ordem (sem recorrer a fórmulas prontas), obter uma segunda solução y_{2} linearmente independente de y_{1};
(c) resolver o PVI (ou seja, encontrar a solução que satisfaz as condições iniciais).
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • A equação diferencial linear homogênea de segunda ordem é \,y^{\prime\prime}-2t y^{\prime}-2y=0.
  • As condições iniciais são \,y(0)=1 e \,y'(0)=0.
  • Devemos produzir uma solução pela série (parte a) e outra pela redução de ordem (parte b).]

Passo 2

Começo a parte (a) propondo uma solução em série de potências centrada em 0. Suponho
y(t)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n t^n,
onde os a_n são constantes a determinar. Vou calcular y' e y'' em termos dessa série:
y'(t)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1} t^{n},
y''(t)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)a_{n+2} t^{n}.
Agora substituo essas séries na equação diferencial \,y''-2t y' -2y=0.

Passo 3

Substituindo as séries na EDO e agrupando termos semelhantes em potências de t:
\begin{aligned} 0 &= y'' - 2t y' - 2y\\[4pt] &= \sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)a_{n+2} t^{n} \;-\; 2t\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1} t^{n}\;-\;2\sum_{n=0}^{\infty} a_n t^n. \end{aligned}
O termo com -2t y' pode ser reescrito como
-2t y' = -2\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1} t^{n+1} = -2\sum_{n=1}^{\infty} n a_n t^n,
usando troca de índice. Assim, para n\ge 0 o coeficiente de t^n na soma total é
(n+2)(n+1)a_{n+2} - 2n a_n - 2 a_n = 0.
Agrupando a_n:
(n+2)(n+1)a_{n+2} - 2(n+1)a_n = 0.
Como n+1\neq 0 para n\ge 0, obtemos a relação de recorrência
\boxed{\;a_{n+2}=\dfrac{2}{n+2}\,a_n\;}\qquad\text{para todo }n\ge 0.]

Passo 4

A recorrência liga coeficientes de mesma paridade: os a_{2k} dependem de a_0 e os a_{2k+1} dependem de a_1. Vou estudar a sequência dos coeficientes pares tomando n=2k:
a_{2(k+1)} = \dfrac{2}{2k+2}\,a_{2k} = \dfrac{1}{k+1}\,a_{2k}.
Se eu escolher a_0=1 (escolha que gera a solução que procuramos) então, por indução,
a_{2k}=\frac{1}{k!}\quad\text{para todo }k\ge 0,
pois a_0=1=1/0! e a relação dá a_{2(k+1)}=a_{2k}/(k+1) que preserva o formato 1/(k+1)!.
Para os coeficientes ímpares, tomando a_1=0 (escolha que gera a solução com apenas termos pares), a recorrência força a_{2k+1}=0 para todo k.
Portanto a série fica
y(t)=\sum_{k=0}^{\infty} a_{2k}\,t^{2k}=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{t^{2k}}{k!}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(t^2)^k}{k!}.
Reconhecendo a série da exponencial, concluo que essa solução é exatamente
\boxed{\,y_1(t)=e^{t^{2}}\,.}
Observação rápida (verificação): derivando y_1 e substituindo na EDO mostra que y_1''-2t y_1' -2 y_1=0 (pode ser verificado diretamente), então a série realmente representa uma solução da EDO.

Passo 5

Agora parte (b): encontrar uma segunda solução linearmente independente de y_1 por redução de ordem (sem usar fórmulas prontas). A ideia é procurar y_2 da forma
y_2(t)=u(t)\,y_1(t)=u(t)\,e^{t^2},
onde u(t) é função a determinar. Vou calcular y_2' e y_2'' de forma organizada.
Defino
w(t):=u'(t)+2t\,u(t),
pois y_1'(t)=2t e^{t^2}. Então
y_2'=u' e^{t^2} + u\cdot 2t e^{t^2} = e^{t^2}\big(u' + 2t u\big)=e^{t^2} w.
Derivando novamente,
y_2''=(e^{t^2})' w + e^{t^2} w' = 2t e^{t^2} w + e^{t^2} w' = e^{t^2}(2t w + w').
Substituo y_2, y_2', y_2'' na EDO:
y_2'' - 2t y_2' - 2 y_2 = e^{t^2}\big(2t w + w'\big) - 2t\cdot e^{t^2} w - 2 e^{t^2} u = e^{t^2}\big(w' - 2u\big).
Como e^{t^2} nunca é zero, a equação reduz-se a
\boxed{\;w' - 2u = 0\;}.
Lembremos que w=u'+2t u. Então
w' = u'' + 2u + 2t u'.
Substituindo em w' -2u =0 resulta
u'' + 2t u' = 0.
Esse é um EDO de segunda ordem que, notando que só envolve u' além de u'', pode ser reduzido a primeira ordem definindo z(t):=u'(t). Então
z'(t) + 2t z(t)=0.
Essa é uma equação linear de primeira ordem homogênea e separável. Resolvendo:
\frac{z'}{z} = -2t \quad\Rightarrow\quad \ln|z| = -t^2 + C \quad\Rightarrow\quad z(t)=C_1 e^{-t^2}.
Assim
u'(t)=C_1 e^{-t^2} \quad\Rightarrow\quad u(t)=C_1\int e^{-t^2}\,dt + C_2.
Voltando para y_2=u e^{t^2}, a forma geral obtida é
y(t) = \big(C_1\!\int e^{-t^2}\,dt + C_2\big)e^{t^2} = C_1\,e^{t^2}\!\int e^{-t^2}\,dt \;+\; C_2\,e^{t^2}.
O termo proporcional a C_2 é apenas um múltiplo de y_1, então uma segunda solução linearmente independente pode ser escolhida como
\boxed{\;y_2(t)=e^{t^2}\int_{0}^{t} e^{-s^2}\,ds\;},
onde fixei a constante de integração escolhendo a integral indefinida com limite inferior 0 (qualquer outra constante apenas somaria múltiplos de y_1). Para checar independência linear, basta ver o Wronskiano em t=0: y_1(0)=1,\; y_1'(0)=0,\; y_2(0)=0,\; y_2'(0)=1, então
W(0)=y_1(0)y_2'(0)-y_1'(0)y_2(0)=1\cdot 1 - 0\cdot 0 =1\neq 0,
logo y_1 e y_2 são linearmente independentes.

Passo 6

Parte (c): escrevo a solução geral da EDO como combinação linear das duas soluções independentes:
y(t)=C_1 y_1(t) + C_2 y_2(t) = C_1 e^{t^2} + C_2 e^{t^2}\int_{0}^{t} e^{-s^2}\,ds.
Uso as condições iniciais \,y(0)=1 e \,y'(0)=0. Avaliando em t=0:
y(0)=C_1\cdot 1 + C_2\cdot 0 = C_1 = 1,
y'(t)=C_1 y_1'(t) + C_2 y_2'(t) \quad\Rightarrow\quad y'(0)=C_1\cdot 0 + C_2\cdot 1 = C_2.
A condição y'(0)=0 C_2=0. Portanto os coeficientes são C_1=1 e C_2=0, e a solução do PVI é simplesmente
\boxed{\;y(t)=e^{t^2}\;},
a mesma função obtida na parte (a).

Resposta

(a) y_{1}(t)=e^{t^{2}}
(b) y_{2}(t)=e^{t^{2}}\displaystyle\int_{0}^{t}e^{-s^{2}}\,ds
(c) y(t)=e^{t^{2}}

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