Determine a solução do problema de valor inicial dado.
12. \left\{\begin{array}{l}y^{\prime \prime}+4 y=t^{2} 3 e^{t} \\\ y(0)=0 ; \quad y^{\prime}(0)=2\end{array}\right.

Passo 1

O problema de valor inicial é
y'' + 4y = 3t^2 e^t, \quad y(0)=0, \quad y'(0)=2.
É uma EDO linear de segunda ordem com coeficientes constantes. Vamos achar primeiro a solução geral da homogênea e depois uma particular por coeficientes indeterminados.

Passo 2

A equação homogênea associada é
y_h'' + 4y_h = 0.
A equação característica é r^2 + 4 = 0, com raízes r = \pm 2i. Logo
y_h(t) = C_1\cos(2t) + C_2\sin(2t).

Passo 3

Para a parte particular, o termo forçante é 3t^2 e^t. Como e^t não é solução da homogênea, propomos
y_p(t) = e^t\bigl(A t^2 + B t + C\bigr).
Calculamos
y_p' = e^t\bigl(A t^2 + B t + C\bigr) + e^t\bigl(2A t + B\bigr),
y_p'' = e^t\bigl(A t^2 + B t + C\bigr) + 2e^t\bigl(2A t + B\bigr) + e^t\bigl(2A\bigr).

Passo 4

Substituindo em y''+4y=3t^2 e^t obtemos
y_p'' +4y_p = e^t\bigl(P'' +2P' +5P\bigr) =3t^2 e^t,
onde P(t)=A t^2 + B t + C. Logo
P'' +2P' +5P = 3t^2.
Como P' = 2A t + B e P'' = 2A, isso dá
5A\,t^2 + (4A+5B)\,t + (2A+2B+5C) = 3t^2 + 0\,t + 0.
Igualando coeficientes:
5A = 3,\quad 4A+5B=0,\quad 2A+2B+5C=0 \displaystyle\Rightarrow A=\tfrac{3}{5},\;B=-\tfrac{12}{25},\;C=-\tfrac{6}{125}.

Passo 5

A solução geral é
y(t) = C_1\cos(2t) + C_2\sin(2t) + e^t\Bigl(\tfrac{3}{5}t^2 - \tfrac{12}{25}t - \tfrac{6}{125}\Bigr).
Para achar C_1,C_2, usamos as condições iniciais. Primeiro
y(0)=C_1 - \tfrac{6}{125} = 0 \quad\Rightarrow\quad C_1 = \tfrac{6}{125}.
Depois
y'(t) = -2C_1\sin(2t) + 2C_2\cos(2t) + e^t\Bigl(\tfrac{3}{5}t^2 - \tfrac{12}{25}t - \tfrac{6}{125} + 2\cdot\tfrac{3}{5}t + \!\bigl(-\tfrac{12}{25}\bigr)\Bigr).
Em t=0 vem
y'(0) = 2C_2 - \tfrac{66}{125} = 2 \quad\Rightarrow\quad 2C_2 = 2 + \tfrac{66}{125} = \tfrac{316}{125} \quad\Rightarrow\quad C_2 = \tfrac{158}{125}.

Resposta

y(t) = \frac{6}{125}\cos(2t) + \frac{158}{125}\sin(2t) + e^t\Bigl(\tfrac{3}{5}t^2 - \tfrac{12}{25}t - \tfrac{6}{125}\Bigr).

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