Determine a solução do problema de valor inicial dado:
y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=t e^{t}+4, \quad y(0)=0 e y^{\prime}(0)=2.

Passo 1

O problema de valor inicial é
y'' - 2y' + y = t\,e^t + 4, \quad y(0)=0,\;y'(0)=2.
Trata-se de uma EDO linear de segunda ordem com coeficientes constantes. Vamos usar a superposição da solução homogênea y_h e de uma solução particular y_p.

Passo 2

Primeiro resolvemos a equação homogênea
y'' - 2y' + y = 0.
A equação característica é
r^2 - 2r + 1 = 0 \quad\Longrightarrow\quad (r-1)^2 = 0,
logo há raiz dupla r=1. Assim
y_h = C_1 e^t + C_2\,t\,e^t.

Passo 3

Agora buscamos uma solução particular para o termo t\,e^t. Como e^t e t\,e^t já estão em y_h (resonância dupla), tentamos
y_{p1} = \bigl(a\,t^3 + b\,t^2\bigr)e^t.
Escrevendo P(t)=a\,t^3+b\,t^2, temos
y_{p1}''-2y_{p1}'+y_{p1} = P''(t)\,e^t.
Como queremos igualar a t\,e^t, impomos
P''(t)=t.
Calculando
P'(t)=3a\,t^2+2b\,t, \quad P''(t)=6a\,t+2b,
vem
6a\,t + 2b = t \quad\Longrightarrow\quad a=\tfrac16,\;b=0.
Logo
y_{p1} = \frac{1}{6}\,t^3\,e^t.

Passo 4

Para o termo constante 4 usamos uma constante D:
y_{p2}=D \;\Longrightarrow\; y_{p2}''-2y_{p2}'+y_{p2}=D=4 \;\Longrightarrow\; D=4.
Portanto
y_p = y_{p1}+y_{p2} = \frac{1}{6}\,t^3\,e^t + 4.

Passo 5

A solução geral é
y = y_h+y_p = C_1 e^t + C_2\,t\,e^t + \frac{1}{6}\,t^3\,e^t + 4.
Aplicando y(0)=0:
y(0)=C_1 + 4 = 0 \;\Longrightarrow\; C_1=-4.
Para y'(t) escrevemos y=e^tQ(t)+4 com Q(t)=C_1+C_2t+\tfrac{1}{6}t^3. Então
y' = e^t\bigl(Q+Q'\bigr),
Q'(t)=C_2 + \tfrac12\,t^2 \;\Longrightarrow\; y'(0)=C_1+C_2 = 2 \;\Longrightarrow\; -4 + C_2 = 2 \;\Longrightarrow\; C_2 = 6.

Resposta

\boxed{ y(t) = e^t\Bigl(-4 + 6\,t + \tfrac{1}{6}\,t^3\Bigr) + 4. }

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