Dado o problema de valor inicial (PVI)
y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=60 t^{4} e^{t}, \quad y(0)=0 \quad \text { e } \quad y^{\prime}(0)=2 .
(a) Determine o maior intervalo no qual sua solução certamente existe (e é única). R: \mathbb{R}
(b) Obtenha a sua solução. R: y(t)=2 t^{6} e^{t}+2 t e^{t}

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial (PVI)
y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+y=60t^{4}e^{t},\qquad y(0)=0,\qquad y^{\prime}(0)=2.
Perguntas a responder:
(a) Determinar o maior intervalo em que a solução certamente existe e é única.
(b) Obter explicitamente a solução y(t).
Informações relevantes: coeficientes da equação linear são constantes ( -2 e 1) e o termo independente é a função 60t^{4}e^{t}.

Passo 2

Por que a solução existe e é única em todo lugar? Vou explicar o teorema usado (de forma direta e prática): para uma equação linear de segunda ordem na forma
y''+p(t)y'+q(t)y=g(t),
se p(t),q(t),g(t) são funções contínuas num intervalo I, então para qualquer condição inicial em um ponto t_{0}\in I existe uma única solução definida em todo esse intervalo I. No nosso PVI temos p(t)=-2, q(t)=1 e g(t)=60t^{4}e^{t}. Essas três são funções contínuas (na verdade são funções elementares definidas para todo t\in\mathbb{R}). Logo o maior intervalo onde a solução certamente existe e é única é \mathbb{R}.

Passo 3

Agora vamos resolver a equação. Primeiro resolvo a homogênea associada:
y''-2y'+y=0.
A técnica usual é assumir y=e^{rt} e obter a equação característica
r^{2}-2r+1=0.
Essa fatoriza como (r-1)^{2}=0, então há raiz dupla r=1. Para raiz dupla a solução geral da homogênea é
y_{h}(t)=(C_{1}+C_{2}t)e^{t},
onde C_{1},C_{2} são constantes arbitrárias.

Passo 4

Para a particular vou usar o método dos coeficientes a determinar. Observação útil (que facilita muito a conta): o operador diferencial L[y]=y''-2y'+y pode ser escrito como L=(D-1)^{2}, onde D significa derivação. Se tentarmos uma solução do tipo y(t)=e^{t}p(t) com p(t) polinômio, temos a identidade (vou derivar passo a passo):
  • Seja p=p(t). Então
y=e^{t}p,\qquad y'=e^{t}p+e^{t}p'=e^{t}(p+p'),\qquad y''=e^{t}(p+p')+e^{t}(p'+p'')=e^{t}(p+2p'+p'').
  • Aplicando L:
L[y]=y''-2y'+y=e^{t}(p+2p'+p'')-2e^{t}(p+p')+e^{t}p=e^{t}p''.
Portanto, para qualquer polinômio p vale L[e^{t}p]=e^{t}p''. Isso é ótimo porque reduz o problema para uma equação puramente polinomial.

Passo 5

Como o lado direito do PVI é 60t^{4}e^{t}, usando o resultado do passo anterior basta escolher p tal que
e^{t}p''(t)=60t^{4}e^{t}\quad\Longrightarrow\quad p''(t)=60t^{4}.
Agora integro duas vezes para achar p. Integração 1:
p'(t)=\int 60t^{4}\,dt=60\cdot\frac{t^{5}}{5}+C_{a}=12t^{5}+C_{a},
onde C_{a} é constante de integração. Integração 2:
p(t)=\int(12t^{5}+C_{a})\,dt=12\cdot\frac{t^{6}}{6}+C_{a}t+C_{b}=2t^{6}+C_{a}t+C_{b},
com outra constante C_{b}.

Passo 6

Portanto uma solução geral (particular + homogênea combinadas) pode ser escrita como
y(t)=e^{t}p(t)=e^{t}\bigl(2t^{6}+C_{a}t+C_{b}\bigr).
Observação didática: os termos C_{a}t+C_{b} multiplicados por e^{t} correspondem exatamente à solução homogênea (C_{1}+C_{2}t)e^{t}; isso é esperado: ao integrar duas vezes apareceram constantes que representam a liberdade da homogênea.

Passo 7

Agora uso as condições iniciais para determinar C_{a} e C_{b}. Primeiro avalio y(0):
y(0)=e^{0}\bigl(2\cdot 0^{6}+C_{a}\cdot 0+C_{b}\bigr)=C_{b}.
Como y(0)=0, segue C_{b}=0.
Para y'(t) é mais simples usar a expressão y'=e^{t}(p+p') (vista no passo 4). Temos
p(0)=C_{b}=0,\qquad p'(t)=12t^{5}+C_{a}\Rightarrow p'(0)=C_{a}.
Logo
y'(0)=e^{0}\bigl(p(0)+p'(0)\bigr)=0+C_{a}=C_{a}.
Como y'(0)=2 segue C_{a}=2.

Passo 8

Substituindo C_{a}=2 e C_{b}=0 obtemos a solução particular que satisfaz as condições iniciais:
y(t)=e^{t}\bigl(2t^{6}+2t\bigr)=2t^{6}e^{t}+2t e^{t}.
Verificação rápida (mente tranquila): aplicando L a y e^{t}p''=e^{t}\cdot 60t^{4}=60t^{4}e^{t}, regra do passo 4, ou seja, a equação é satisfeita.

Resposta

(a) \mathbb{R}
(b) y(t)=2t^{6}e^{t}+2t e^{t}

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