Determine a solução do Problema de Valor Inicial
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}(t)-3 y^{\prime}(t)+2 y(t)=0 \\\ y(1)=2, \quad y^{\prime}(1)=0 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá a seguinte equação diferencial de valor inicial e pede a função y(t) que a satisfaz:
\left\{\begin{array}{l} y''(t)-3y'(t)+2y(t)=0,\\[4pt] y(1)=2,\quad y'(1)=0. \end{array}\right.
Informações relevantes fornecidas:
\;- a equação é linear, homogênea e com coeficientes constantes;
\;- as condições iniciais são dadas no ponto t=1;
\;- precisamos determinar a solução y(t) completa que satisfaz tanto a equação quanto as condições iniciais.]

Passo 2

Método escolhido: buscar soluções da forma y(t)=e^{rt} (método do polinômio característico). Explicação didática: se colocamos y(t)=e^{rt}, então y'(t)=r e^{rt} e y''(t)=r^2 e^{rt}. Substituindo na equação diferencial homogênea, o fator e^{rt} não é zero, então sobra uma equação para r (o polinômio característico). Isto funciona porque exponenciais têm a propriedade de que sua derivada é proporcional a elas mesmas, o que transforma a EDO num polinômio em r.
Substituindo y=e^{rt} em y''-3y'+2y=0 obtemos o polinômio característico
r^2-3r+2=0.

Passo 3

Resolver o polinômio característico. Vamos fatorar:
r^2-3r+2=(r-1)(r-2).
Logo as raízes são r_1=1 e r_2=2, duas raízes reais distintas. Teoria importante: quando as raízes do polinômio característico são reais e distintas, a solução geral da EDO homogênea é
y(t)=C_1 e^{r_1 t}+C_2 e^{r_2 t},
onde C_1 e C_2 são constantes reais a determinar pelas condições iniciais.
Assim a solução geral aqui é
y(t)=C_1 e^{t}+C_2 e^{2t}.

Passo 4

Calcular a derivada y'(t) para poder usar a condição inicial em y'(1). Derivando termo a termo (regra: \dfrac{d}{dt}e^{at}=a e^{at}),
y'(t)=C_1 e^{t}+2C_2 e^{2t}.
Aqui C_1 e C_2 são constantes desconhecidas que vamos determinar com as condições y(1)=2 e y'(1)=0.

Passo 5

Aplicar as condições iniciais em t=1\). Substituindo \(t=1\) em \(y\) e \(y'\) obtemos o sistema linear para \(C_1\) e \(C_2\): \[\begin{cases} C_1 e^{1}+C_2 e^{2}=2,\\[4pt] C_1 e^{1}+2C_2 e^{2}=0. \end{cases}
Vou escrever e^{1}\] como \(e e e^{2} como e^{2} para simplificar a notação nas contas.]

Passo 6

Resolver o sistema linear por eliminação. Subtraindo a primeira equação da segunda:
(C_1 e+2C_2 e^{2})-(C_1 e+C_2 e^{2})=0-2
o que dá
C_2 e^{2}=-2.
Portanto
C_2=-2 e^{-2}.
Substituindo C_2 na primeira equação C_1 e + C_2 e^{2}=2:
C_1 e + (-2 e^{-2}) e^{2}=2.
Observe que (-2 e^{-2}) e^{2}=-2. Então
C_1 e -2 =2 \quad\Rightarrow\quad C_1 e =4 \quad\Rightarrow\quad C_1=4 e^{-1}.

Passo 7

Substituir C_1 e C_2 na solução geral. Temos
y(t)=C_1 e^{t}+C_2 e^{2t}=4 e^{-1} e^{t}-2 e^{-2} e^{2t}.
Podemos reescrever de forma mais compacta usando deslocamento em t:
y(t)=4 e^{t-1}-2 e^{2(t-1)}.
Verificação rápida (útil na prova): em t=1 obtemos y(1)=4 e^{0}-2 e^{0}=4-2=2 e
y'(t)=4 e^{t-1}-4 e^{2(t-1)}\quad\Rightarrow\quad y'(1)=4-4=0,
confirmando as condições iniciais.

Resposta

y(t)=4 e^{t-1}-2 e^{2(t-1)}

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