(a) Encontre a solução geral da equação
y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+\alpha y=0,
para \alpha>1, para \alpha=1 e para \alpha<1.
(b) Determine a forma adequada para uma solução particular da equação
y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+\alpha y=t e^{-t} \operatorname{sen}(\sqrt{\alpha-1} t),
para \alpha>1.
(c) Para quais valores de \alpha todas as soluções tendem a zero quando t \rightarrow+\infty.

Passo 1

O enunciado pede três coisas distintas, e nos dá a equação diferencial de segunda ordem com coeficientes constantes
y''+2y'+\alpha y=0
e depois uma segunda equação não homogênea
y''+2y'+\alpha y = t e^{-t}\sin(\sqrt{\alpha-1}\,t),
válida para \alpha>1. Especificamente o que nos pedem:
  1. (a) Encontrar a solução geral da equação homogênea \;y''+2y'+\alpha y=0\; em três casos: \alpha>1, \alpha=1 e \alpha<1.
  2. (b) Para \alpha>1, determinar uma forma adequada (ou seja, um palpite) para uma solução particular da equação não homogênea dada.
  3. (c) Determinar para quais valores de \alpha todas as soluções da equação homogênea tendem a zero quando t\to+\infty.
Informações relevantes dadas: as duas equações acima e a restrição \alpha>1 no item (b). Nada mais é fornecido.

Passo 2

Começamos a resolver a homogênea por um procedimento padrão: substituir uma solução do tipo exponencial y=e^{rt}. Isso transforma a equação diferencial numa equação algébrica (a chamada equação característica). Faço isso e explico o porquê:
  • Se y(t)=e^{rt}, então y'(t)=r e^{rt} e y''(t)=r^2 e^{rt}. Substituindo em \;y''+2y'+\alpha y=0\; e dividindo por e^{rt} (que nunca é zero), obtemos a equação para r:
r^2 + 2r + \alpha = 0.
Essa equação quadrática determina os tipos de soluções possíveis (raízes reais distintas, repetidas ou complexas).

Passo 3

Resolvo a quadrática r^2+2r+\alpha=0 usando a fórmula de Bhaskara (fórmula para raízes de quadrática). A fórmula geral para raízes de ar^2+br+c=0 é r = \dfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}. Aplicando aqui ( a=1,b=2,c=\alpha) obtemos:
r = -1 \pm \sqrt{1-\alpha}.
Note que o discriminante é 1-\alpha. É isso que determina os três casos pedidos:
  • Se \alpha>1, então 1-\alpha<0 e as raízes são complexas conjugadas.
  • Se \alpha=1, então 1-\alpha=0 e há uma raiz real dupla.
  • Se \alpha<1, então 1-\alpha>0 e as raízes são reias distintas.

Passo 4

Caso \alpha>1: aqui a raiz dentro da raiz quadrada é negativa. Para clareza, defino
\omega = \sqrt{\alpha-1},
que é um número real positivo quando \alpha>1. Então
\sqrt{1-\alpha} = \sqrt{-(\alpha-1)} = i\sqrt{\alpha-1} = i\omega.
As raízes ficam
r = -1 \pm i\omega.
Para uma equação com raízes complexas conjugadas r=-1\pm i\omega, a solução geral é da forma
y_h(t)=e^{-t}\Big(C_1\cos(\omega t)+C_2\sin(\omega t)\Big),
onde C_1 e C_2 são constantes arbitrárias. Explico: as combinações lineares de e^{(-1+i\omega)t} e e^{(-1-i\omega)t} podem ser reescritas em termos de exponencial real multiplicando cosseno e seno — essa é uma identidade trigonométrica/exponencial padrão.

Passo 5

Caso \alpha=1: aqui o discriminante é zero, então as duas raízes coincidem em r=-1. Para uma raiz real dupla r=-1 a forma geral das soluções é
y_h(t) = (C_1 + C_2 t)e^{-t},
porque quando há multiplicidade 2 de uma raiz r, as duas soluções independentes são e^{rt} e t e^{rt}. Isso garante duas constantes de integração linearly independent.

Passo 6

Caso \alpha<1: agora 1-\alpha>0, defino s=\sqrt{1-\alpha}>0. As raízes são reais distintas
r_1 = -1 + s,\qquad r_2 = -1 - s.
Então a solução geral é
y_h(t) = C_1 e^{(-1+s)t} + C_2 e^{(-1-s)t}.
Expliquei: para raízes reais distintas a solução geral é combinação linear das exponenciais e^{r_1 t} e e^{r_2 t}.

Passo 7

Agora o item (b): queremos uma forma adequada para uma solução particular da equação
y''+2y'+\alpha y = t e^{-t}\sin(\sqrt{\alpha-1}\,t),
assumindo \alpha>1. Observações importantes (passo-a-passo didático):
  • A parte direita é um produto de um polinômio em t de grau 1 (o fator t), uma exponencial e^{-t} e uma função trigonométrica \sin(\omega t) com \omega=\sqrt{\alpha-1}. Em notação compacta:
\text{RHS} = P_1(t)\,e^{-t}\sin(\omega t),\quad P_1(t)=t,\quad \omega=\sqrt{\alpha-1}.
  • O método de coeficientes indeterminados sugere tentar uma solução particular do mesmo tipo: produto de um polinômio da mesma ordem por e^{-t} por combinações linear de \sin(\omega t) e \cos(\omega t).
  • Porém existe ressonância: os expoentes complexos -1\pm i\omega são precisamente as raízes da equação característica (ver Passo 4). Como o termo forçante contém e^{-t}\sin(\omega t), a forma sem ajuste estaria já presente na solução homogênea. Para lidar com isso multiplicamos o palpite por uma potência de t igual à multiplicidade s da raiz correspondente; aqui a multiplicidade é 1 (raiz simples -1\pm i\omega), então multiplicamos o palpite por t^1.
  • Sem ressonância, um palpite típico para RHS com P_1(t)e^{-t}\sin(\omega t) seria
e^{-t}\big((A t + B)\cos(\omega t) + (C t + D)\sin(\omega t)\big).
Como há ressonância de ordem 1, multiplicamos por t e obtemos o palpite adequado.

Passo 8

Concluo a forma adequada do palpite particular (escrevo com letras minúsculas para os coeficientes que vamos determinar depois se necessário):
y_p(t) = e^{-t}\Big( (a t^2 + b t)\cos(\omega t) + (c t^2 + d t)\sin(\omega t)\Big),
onde \omega=\sqrt{\alpha-1} e a,b,c,d são constantes a determinar. Explico de novo de forma simples: a forma tem polinômios de grau 2 multiplicando seno e cosseno porque começamos com grau 1 em t e a multiplicação por t (devida à ressonância) aumenta o grau para 2. Essa é a forma mínima que geralmente funciona para o método dos coeficientes indeterminados.

Passo 9

Para (c) precisamos decidir para que \alpha todas as soluções da homogênea tendem a zero quando t\to+\infty. Olho as soluções gerais dos três casos:
  • Para \alpha>1 (complexas): y_h=e^{-t}[C_1\cos(\omega t)+C_2\sin(\omega t)]. A parte exponencial é e^{-t} com fator real -1 no expoente; como \lim_{t\to\infty} e^{-t}=0, qualquer combinação com seno/cosseno tende a zero. Portanto para todo \alpha>1 as soluções decaem para zero.
  • Para \alpha=1 (raiz dupla -1): y_h=(C_1+C_2 t)e^{-t}. Sabemos que t e^{-t}\to0 quando t\to\infty (a exponencial domina o polinômio), então qualquer combinação (C_1+C_2 t)e^{-t}\to0. Logo para \alpha=1 também todas as soluções tendem a zero.
  • Para 0<\alpha<1 (raízes reais distintas): raízes r_1=-1+\sqrt{1-\alpha} e r_2=-1-\sqrt{1-\alpha}. Note que 0<\sqrt{1-\alpha}<1, logo r_1=-1+\sqrt{1-\alpha} satisfaz -1<r_1<0 (negativo) e r_2<-1 (negativo). Assim ambos os expoentes são negativos e ambas as exponenciais e^{r_1 t} e e^{r_2 t} tendem a zero, então toda solução tende a zero.
  • Para \alpha=0: as raízes são r=0 e r=-2. A solução geral é y=C_1 + C_2 e^{-2t}. Nem todas as soluções tendem a zero porque o termo C_1 (constante) permanece; só tendem a zero se C_1=0. Portanto \alpha=0 é ruim.
  • Para \alpha<0: temos \sqrt{1-\alpha} >1, então r_1=-1+\sqrt{1-\alpha}>0. Assim há uma componente exponencial crescente e^{r_1 t}, e para escolhas gerais de constantes as soluções não tendem a zero (crescem exponencialmente).
Portanto a condição que garante que todas as soluções tendam a zero é que ambos os reais partes das raízes sejam negativos, o que ocorre exatamente para \alpha>0.

Passo 10

Resumo lógico final do que já foi obtido (sem repetir derivação): as soluções gerais para cada caso do item (a) foram escritas explicitamente; a forma adequada do particular para (b) foi dada; e a condição para decaimento em (c) é \alpha>0. Agora deixo a resposta final condensada no formato pedido.

Resposta

(a) Para \alpha>1:
y(t)=e^{-t}\big(C_1\cos(\sqrt{\alpha-1}\,t)+C_2\sin(\sqrt{\alpha-1}\,t)\big).
Para \alpha=1:
y(t)=(C_1+C_2 t)e^{-t}.
Para \alpha<1:
y(t)=C_1 e^{(-1+\sqrt{1-\alpha})t}+C_2 e^{(-1-\sqrt{1-\alpha})t}.
(b) Para \alpha>1 uma forma adequada (palpite) para a solução particular é
y_p(t)=e^{-t}\Big((a t^2 + b t)\cos(\sqrt{\alpha-1}\,t) + (c t^2 + d t)\sin(\sqrt{\alpha-1}\,t)\Big),
com a,b,c,d constantes a determinar.
(c) Todas as soluções tendem a zero quando t\to+\infty precisamente para \alpha>0.

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