Determine a solução geral do problema de valor inicial dado:
(a) y^{\prime \prime}+y^{\prime}-2 y=2 x, \quad y(0)=0, y^{\prime}(0)=1
(b) \frac{d^{2} y}{d x^{2}}-2 \cdot \frac{d y}{d x}+y=x e^{x}+4, \quad y(0)=1, \frac{d y}{d x}(0)=1
(c) \frac{d^{2} y}{d x^{2}}-2 \cdot \frac{d y}{d x}-3 y=3 x e^{2 x}, \quad y(0)=1, \frac{d y}{d x}(0)=0
(d) y^{\prime \prime}+4 y=x^{2}+3 e^{x}, \quad y(0)=0, y^{\prime}(0)=2
(e) y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+5 y=4 e^{-x} \cos (2 x), \quad y(0)=1, y^{\prime}(0)=0
(f) y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=x, \quad y(0)=3, y^{\prime}(0)=1
(g) y^{\prime \prime}+4 y=-2, \quad y\left(\frac{\pi}{8}\right)=\frac{1}{2}, y^{\prime}\left(\frac{\pi}{8}\right)=2

Passo 1

Vou resumir claramente o que cada item pede e quais dados foram fornecidos:
(a) Resolver o problema de valor inicial \;y^{\prime\prime}+y^{\prime}-2y=2x,\; y(0)=0,\; y'(0)=1.
(b) Resolver \;\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}-2\dfrac{dy}{dx}+y = x e^{x} + 4,\; y(0)=1,\; y'(0)=1.
(c) Resolver \;\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}-2\dfrac{dy}{dx}-3y = 3x e^{2x},\; y(0)=1,\; y'(0)=0.
(d) Resolver \;y''+4y = x^{2} + 3e^{x},\; y(0)=0,\; y'(0)=2.
(e) Resolver \;y''+2y'+5y = 4 e^{-x}\cos(2x),\; y(0)=1,\; y'(0)=0.
(f) Resolver \;y''-2y'+y = x,\; y(0)=3,\; y'(0)=1.
(g) Resolver \;y''+4y = -2,\; y\!\left(\tfrac{\pi}{8}\right)=\tfrac{1}{2},\; y'\!\left(\tfrac{\pi}{8}\right)=2.
Em cada caso a tarefa é: (1) achar a solução geral da equação diferencial linear de coeficientes constantes (solução complementar + particular), (2) aplicar as condições iniciais para obter a solução única. A seguir eu resolvo cada item passo a passo e explico a teoria usada quando aparecer.

Passo 2

Resolução do item (a).
  1. Equação homogênea associada: \;y''+y'-2y=0. Formamos a equação característica
r^{2}+r-2=0.
  1. Resolva a quadrática: (r+2)(r-1)=0 então r_{1}=1,\; r_{2}=-2. Assim a solução complementar é
y_{h}=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{-2x}.
Breve explicação didática: para uma EDO linear de ordem 2 com coeficientes constantes, tentamos y=e^{rx} e obtemos a equação polinomial em r. As raízes dão as exponenciais da solução homogênea.
  1. Procurar uma solução particular para o termo fonte 2x. O lado direito é um polinômio de grau 1, então tentamos uma solução particular polinomial do mesmo grau:
y_{p}=ax+b.
  1. Calcule derivadas: y_{p}'=a,\; y_{p}''=0. Substitua na equação:
0 + a -2(ax+b) = 2x.
Agrupando coeficientes:
(-2a)x + (a -2b) = 2x + 0.
Igualando coeficientes: -2a=2\Rightarrow a=-1. E a-2b=0\Rightarrow -1-2b=0\Rightarrow b=-\tfrac{1}{2}. Logo
y_{p}=-x-\tfrac{1}{2}.
  1. Solução geral:
y = C_{1}e^{x}+C_{2}e^{-2x}-x-\tfrac{1}{2}.
  1. Aplicar condições iniciais. Em x=0:
y(0)=C_{1}+C_{2}-\tfrac{1}{2}=0 \quad\Rightarrow\quad C_{1}+C_{2}=\tfrac{1}{2}.
Derivando:
y' = C_{1}e^{x}-2C_{2}e^{-2x}-1,
então em x=0:
y'(0)=C_{1}-2C_{2}-1=1 \quad\Rightarrow\quad C_{1}-2C_{2}=2.
Resolvendo o sistema C_{1}+C_{2}=\tfrac{1}{2} e C_{1}-2C_{2}=2 obtemos C_{2}=-\tfrac{1}{2},\; C_{1}=1.
  1. Portanto a solução particular que satisfaz as C.I. é
\boxed{y = e^{x} - \tfrac{1}{2}e^{-2x} - x - \tfrac{1}{2}.}

Passo 3

Resolução do item (b).
  1. Equação homogênea: \;y''-2y'+y=0. A equação característica é
r^{2}-2r+1=0 \Rightarrow (r-1)^{2}=0,
portanto raiz dupla r=1 e
y_{h}=(C_{1}+C_{2}x)e^{x}.
  1. O termo não-homogêneo é x e^{x} + 4, soma de duas partes. Para 4 (constante), tentamos y_{p2}=A constante. Para x e^{x} usamos o método dos coeficientes indeterminados com atenção ao caso ressonante: o fator e^{x} corresponde à raiz r=1 da característica, que tem multiplicidade 2. A regra prática: se e^{\alpha x} corresponde a uma raiz de multiplicidade m, multiplicamos o ansatz por x^{m}. Aqui \alpha=1 e m=2, e o polinômio multiplicador tem grau 1, então tentamos
y_{p1} = e^{x} x^{2}(Ax + B) = e^{x}\big(Ax^{3}+Bx^{2}\big).
Explicação curta: multiplicamos por x^{2} por causa da raiz dupla.
  1. Em vez de derivar tudo na marra, usamos uma identidade útil: para y=e^{x}p(x) e o operador L=(D-1)^{2} (porque L[y]=y''-2y'+y), tem-se
L[e^{x}p(x)] = e^{x} p''(x).
(Se quiser, isso pode ser verificado por diferenciação; é uma economia de cálculo muito prática.)
  1. Tomando p(x)=Ax^{3}+Bx^{2} temos p''(x)=6Ax+2B. Queremos que L[y_{p1}]=x e^{x}, então
e^{x}(6Ax+2B)=x e^{x}\Rightarrow 6A x + 2B = x.
Igualando coeficientes: 6A=1\Rightarrow A=\tfrac{1}{6}, e 2B=0\Rightarrow B=0.
  1. Para o termo constante 4, usamos y_{p2}=C. Substituindo em y''-2y'+y obtemos C=4.
  2. Assim a solução geral é
y=(C_{1}+C_{2}x)e^{x} + \tfrac{1}{6}x^{3}e^{x} + 4.
  1. Aplicar condições iniciais. Em x=0:
y(0)=C_{1}+4=1 \Rightarrow C_{1}=-3.
Derivando a solução (pode-se agrupar e^{x} em fator comum):
y = e^{x}\big(C_{1}+C_{2}x+\tfrac{1}{6}x^{3}\big)+4,
y' = e^{x}\big(C_{1}+C_{2}x+\tfrac{1}{6}x^{3}\big)+e^{x}\big(C_{2}+\tfrac{1}{2}x^{2}\big).
Em x=0: y'(0)=C_{1}+C_{2}=1. Com C_{1}=-3 obtém-se C_{2}=4.
  1. Solução final:
\boxed{y = e^{x}\Big(-3 + 4x + \tfrac{1}{6}x^{3}\Big) + 4.}

Passo 4

Resolução do item (c).
  1. Homogênea: y''-2y'-3y=0. Equação característica
r^{2}-2r-3=0\Rightarrow (r-3)(r+1)=0,
portanto r=3,\,-1 e
y_{h}=C_{1}e^{3x}+C_{2}e^{-x}.
  1. Termo forçante 3x e^{2x}: como 2 não é raiz da característica, podemos tentar
y_{p}=e^{2x}(Ax+B).
  1. Calculemos de forma direta (ou use a fórmula L[e^{\alpha x}p]=e^{\alpha x}(\text{um polinômio})ô). Procedendo:
y_{p}'=e^{2x}(2(Ax+B)+A)=e^{2x}(2Ax+2B+A),
y_{p}''=e^{2x}(4Ax+4B+4A).
Substituindo em y''-2y'-3y e agrupando termos resulta
e^{2x}\big(-3A x + ( -3B + 2A)\big) = 3x e^{2x}.
Igualando coeficientes: -3A=3\Rightarrow A=-1, e -3B+2A=0\Rightarrow -3B-2=0\Rightarrow B=-\tfrac{2}{3}.
  1. Logo y_{p}=e^{2x}\big(-x-\tfrac{2}{3}\big) e a solução geral é
y = C_{1}e^{3x}+C_{2}e^{-x} + e^{2x}\big(-x-\tfrac{2}{3}\big).
  1. Condições iniciais: em x=0:
y(0)=C_{1}+C_{2}-\tfrac{2}{3}=1\Rightarrow C_{1}+C_{2}=\tfrac{5}{3}.
Derivando:
y' = 3C_{1}e^{3x}-C_{2}e^{-x} + e^{2x}(-2x - \tfrac{7}{3})
(o termo e^{2x}(-2x-\tfrac{7}{3}) vem do cálculo direto de derivada de e^{2x}(-x-\tfrac{2}{3})). Em x=0:
y'(0)=3C_{1}-C_{2}-\tfrac{7}{3}=0 \Rightarrow 3C_{1}-C_{2}=\tfrac{7}{3}.
  1. Resolver o sistema C_{1}+C_{2}=\tfrac{5}{3} e 3C_{1}-C_{2}=\tfrac{7}{3}. Somando: 4C_{1}=\tfrac{12}{3}=4\Rightarrow C_{1}=1. Então C_{2}=\tfrac{2}{3}.
  2. Solução final:
\boxed{y = e^{3x} + \tfrac{2}{3}e^{-x} + e^{2x}\big(-x-\tfrac{2}{3}\big).}

Passo 5

Resolução do item (d).
  1. Homogênea: y''+4y=0\Rightarrow r^{2}+4=0\Rightarrow r=\pm 2i. Assim
y_{h}=C_{1}\cos(2x)+C_{2}\sin(2x).
  1. Para o termo polinomial x^{2} tentamos y_{p1}=ax^{2}+bx+c. Calculando y_{p1}''=2a e substituindo em y''+4y
2a +4(ax^{2}+bx+c) = 4a x^{2} + 4b x + (2a+4c).
Queremos isto igual a x^{2}. Igualando coeficientes:
4a=1\Rightarrow a=\tfrac{1}{4},\quad 4b=0\Rightarrow b=0,\quad 2a+4c=0\Rightarrow c=-\tfrac{1}{8}.
  1. Para 3e^{x} tentamos y_{p2}=Ae^{x}. Substituindo:
y_{p2}''+4y_{p2}=A e^{x}+4A e^{x}=5A e^{x}=3e^{x}\Rightarrow A=\tfrac{3}{5}.
  1. Solução geral:
y = C_{1}\cos(2x)+C_{2}\sin(2x) + \tfrac{1}{4}x^{2} -\tfrac{1}{8} + \tfrac{3}{5}e^{x}.
  1. Condições iniciais: em x=0:
y(0)=C_{1} -\tfrac{1}{8} + \tfrac{3}{5} = 0 \Rightarrow C_{1} = -\left(-\tfrac{1}{8}+\tfrac{3}{5}\right) = -\tfrac{19}{40}.
Derivando:
y' = -2C_{1}\sin(2x) + 2C_{2}\cos(2x) + \tfrac{1}{2}x + \tfrac{3}{5}e^{x}.
Em x=0: y'(0)=2C_{2} + \tfrac{3}{5} = 2\Rightarrow 2C_{2} = \tfrac{7}{5}\Rightarrow C_{2}=\tfrac{7}{10}.
  1. Solução final:
\boxed{y = -\tfrac{19}{40}\cos(2x) + \tfrac{7}{10}\sin(2x) + \tfrac{1}{4}x^{2} -\tfrac{1}{8} + \tfrac{3}{5}e^{x}.}

Passo 6

Resolução do item (e).
  1. Homogênea: y''+2y'+5y=0. A equação característica é
r^{2}+2r+5=0 \Rightarrow r=-1\pm 2i.
Logo a solução complementar é
y_{h}=e^{-x}\big(C_{1}\cos(2x)+C_{2}\sin(2x)\big).
  1. O termo forçante é 4 e^{-x}\cos(2x). Observação importante (ressonância): e^{-x}\cos(2x) é exatamente parte da base de soluções homogêneas (vimos e^{-x}\cos 2x e e^{-x}\sin 2x na solução homogênea). Isso significa que o ansatz usual e^{-x}(a\cos2x + b\sin2x) falha (vai ser solução homogênea). A regra: multiplicar por x para obter um ansatz adequado. Assim tentamos
y_{p} = x e^{-x}\big(a\cos(2x)+b\sin(2x)\big).
  1. Para facilitar os cálculos observe a identidade útil: se escrevemos y_{p}=e^{-x}s(x) com s(x)=x(a\cos2x+b\sin2x), então
y_{p}''+2y_{p}'+5y_{p} = e^{-x}\big(s''(x)+4s(x)\big).
(Isto vem de diferenciar e agrupar; é um truque que reduz muito o trabalho quando aparece e^{-x} com coeficientes complexos.)
  1. Calcule s(x)=ax\cos2x+bx\sin2x. Fazendo as derivadas e simplificando (cálculo mostrado resumidamente), obtemos
s''(x)+4s(x) = 4b\cos2x - 4a\sin2x.
  1. Queremos e^{-x}(s''+4s)=4 e^{-x}\cos2x. Assim
4b\cos2x -4a\sin2x = 4\cos2x.
Igualando coeficientes: 4b=4\Rightarrow b=1, e -4a=0\Rightarrow a=0.
  1. Portanto s(x)=x\sin2x e
y_{p} = x e^{-x}\sin2x.
  1. Solução geral:
y = e^{-x}\big(C_{1}\cos2x + C_{2}\sin2x\big) + x e^{-x}\sin2x.
  1. Aplicar condições iniciais. Em x=0:
y(0)=C_{1}=1 \quad \Rightarrow\quad C_{1}=1.
Para y' é conveniente usar y=e^{-x}F(x) com F=C_{1}\cos2x + C_{2}\sin2x + x\sin2x. Então y' = e^{-x}(-F + F'). Avaliando em 0: F(0)=C_{1}=1,\; F'(0)=2C_{2} (derivando e usando \sin0=0,\cos0=1). Assim
y'(0) = -F(0) + F'(0) = -1 + 2C_{2} = 0 \Rightarrow C_{2}=\tfrac{1}{2}.
  1. Solução final:
\boxed{y = e^{-x}\Big(\cos2x + \tfrac{1}{2}\sin2x + x\sin2x\Big).}

Passo 7

Resolução do item (f).
  1. Homogênea: y''-2y'+y=0\Rightarrow (r-1)^{2}=0. Assim
y_{h}=(C_{1}+C_{2}x)e^{x}.
  1. Termo forçante x (polinômio grau 1) sugere tentar y_{p}=ax+b. Como não há ressonância com e^{x} (a solução homogênea não contém polinômiais puros), esse ansatz é adequado. Derivadas: y_{p}'=a,\; y_{p}''=0.
  2. Substituindo:
0 -2a + (ax+b) = x \Rightarrow ax + ( -2a + b) = x.
Igualando coeficientes: a=1,\; -2a + b =0 \Rightarrow b=2. Logo y_{p}=x+2.
  1. Solução geral:
y = (C_{1}+C_{2}x)e^{x} + x + 2.
  1. Condições iniciais: y(0)=C_{1}+2=3\Rightarrow C_{1}=1. Derivando:
y' = e^{x}(C_{1}+C_{2}x) + e^{x}C_{2} + 1 = e^{x}(C_{1}+C_{2}x+C_{2}) + 1.
Em x=0: y'(0)=C_{1}+C_{2}+1=1\Rightarrow C_{1}+C_{2}=0. Com C_{1}=1 segue C_{2}=-1.
  1. Solução final:
\boxed{y = (1 - x)e^{x} + x + 2.}

Passo 8

Resolução do item (g).
  1. Homogênea: y''+4y=0\Rightarrow y_{h}=A\cos2x + B\sin2x.
  2. Para termo constante -2 tentamos y_{p}=C com 0+4C=-2\Rightarrow C=-\tfrac{1}{2}.
  3. Solução geral:
y = A\cos2x + B\sin2x -\tfrac{1}{2}.
  1. Aplicar condições no ponto x_{0}=\tfrac{\pi}{8}. Note que 2x_{0}=\tfrac{\pi}{4} tem \cos\tfrac{\pi}{4}=\sin\tfrac{\pi}{4}=\tfrac{\sqrt{2}}{2}=:c.
As condições dão:
y(\tfrac{\pi}{8}) = c(A+B)-\tfrac{1}{2} = \tfrac{1}{2}\quad\Rightarrow\quad c(A+B)=1.
y' = -2A\sin2x + 2B\cos2x \Rightarrow y'(\tfrac{\pi}{8}) = 2c(B-A) = 2.
Das duas equações:
A+B = \tfrac{1}{c} = \sqrt{2},\qquad B-A = \tfrac{1}{c} = \sqrt{2}.
Somando: 2B = 2\sqrt{2}\Rightarrow B=\sqrt{2}. Então A=0.
  1. Solução final:
\boxed{y = \sqrt{2}\,\sin(2x) - \tfrac{1}{2}.}

Resposta

(a) y = e^{x} - \tfrac{1}{2}e^{-2x} - x - \tfrac{1}{2}.
(b) y = e^{x}\Big(-3 + 4x + \tfrac{1}{6}x^{3}\Big) + 4.
(c) y = e^{3x} + \tfrac{2}{3}e^{-x} + e^{2x}\big(-x-\tfrac{2}{3}\big).
(d) y = -\tfrac{19}{40}\cos(2x) + \tfrac{7}{10}\sin(2x) + \tfrac{1}{4}x^{2} -\tfrac{1}{8} + \tfrac{3}{5}e^{x}.
(e) y = e^{-x}\Big(\cos2x + \tfrac{1}{2}\sin2x + x\sin2x\Big).
(f) y = (1 - x)e^{x} + x + 2.
(g) y = \sqrt{2}\,\sin(2x) - \tfrac{1}{2}.

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