Encontre a solução do problema de valor inicial dado. Esboce o gráfico da solução e descreva seu comportamento quando t aumenta.
y^{\prime \prime}+8 y^{\prime}-9 y=0, \quad y(1)=1, \quad y^{\prime}(1)=C

Passo 1

O problema pede três coisas: encontrar a solução da EDO de segunda ordem com condição inicial, esboçar o gráfico dessa solução e descrever o comportamento quando t aumenta. As informações dadas são:
y'' + 8y' - 9y = 0,
com condições iniciais em t=1:
y(1)=1,\qquad y'(1)=C,
onde C é uma constante (parâmetro). Não há mais dados numéricos; o valor de C permanece simbólico.

Passo 2

Ideia do método (explicação didática). Para equações lineares homogêneas com coeficientes constantes da forma
y''+a y'+b y=0,
uma técnica padrão é procurar soluções do tipo y=e^{rt}, porque a exponencial transforma derivadas em multiplicações por r. Substituindo y=e^{rt} na EDO, obtemos a equação característica em r, que é um polinômio (aqui quadrática). As raízes reais distintas da característica geram duas soluções independentes e^{r_1 t} e e^{r_2 t}, e a solução geral é uma combinação linear:
y(t)=A e^{r_1 t}+B e^{r_2 t},
com constantes A,B determinadas pelas condições iniciais. Isso funciona porque para EDO linear homogênea de segunda ordem as soluções formam um espaço vetorial de dimensão 2; duas soluções independentes geram todas as soluções por combinação linear.

Passo 3

Formação da equação característica e solução das raízes. Substituindo y=e^{rt} em
y''+8y'-9y=0
r^2 + 8r - 9 = 0.
Resolvemos essa quadrática. O discriminante é
\Delta = 8^2 - 4\cdot 1\cdot(-9)=64+36=100.
As raízes são
r=\frac{-8\pm\sqrt{100}}{2}=\frac{-8\pm 10}{2}.
Logo
r_1=1,\qquad r_2=-9.

Passo 4

Escrevendo a solução geral e sua derivada. Como as raízes são reais e distintas, a solução geral é
y(t)=A e^{t} + B e^{-9t},
onde A,B são constantes. Derivando (para usar a condição sobre y'):
y'(t)=A e^{t} - 9 B e^{-9t}.
Aqui explique rapidinho: a derivada de e^{t} é e^{t}, e a derivada de e^{-9t} é -9 e^{-9t} pelo efeito da regra da cadeia.

Passo 5

Aplicando as condições iniciais em t=1. Substituímos t=1 nas fórmulas de y e y':
y(1)=A e^{1} + B e^{-9} = 1,
y'(1)=A e^{1} - 9 B e^{-9} = C.
Temos um sistema linear em A e^{1} e B e^{-9}. Para resolver, subtraímos a segunda equação da primeira:
\bigl(A e^{1} + B e^{-9}\bigr) - \bigl(A e^{1} - 9 B e^{-9}\bigr) = 1 - C.
O lado esquerdo simplifica para 10 B e^{-9}. Então
10 B e^{-9} = 1 - C.
Isolando B,
B = \frac{1-C}{10} e^{9}.
Agora voltamos à primeira equação A e^{1} + B e^{-9}=1. Note que B e^{-9} = \dfrac{1-C}{10} e^{9}\cdot e^{-9} = \dfrac{1-C}{10}. Portanto
A e^{1} = 1 - \frac{1-C}{10} = \frac{10 - (1-C)}{10} = \frac{9+C}{10}.
Logo
A = \frac{9+C}{10} e^{-1}.

Passo 6

Escrevendo a solução y(t) de forma simplificada. Substituindo A e B em y(t)=A e^{t} + B e^{-9t} obtemos
y(t)=\frac{9+C}{10} e^{-1} e^{t} + \frac{1-C}{10} e^{9} e^{-9t}.
Podemos reorganizar os expoentes para uma forma mais interpretável:
y(t)=\frac{9+C}{10}\,e^{\,t-1} + \frac{1-C}{10}\,e^{\,9(1-t)}.
Essa forma é boa porque em t=1 ambos os termos valem os fatores sem exponenciais multiplicando 1, confirmando y(1)=1.

Passo 7

Interpretação do gráfico e comportamento quando t aumenta (a parte que a prova costuma pedir). Observe os dois termos:
\frac{9+C}{10} e^{t-1}\quad\text{e}\quad \frac{1-C}{10} e^{9(1-t)}.
  • O segundo termo tem expoente 9(1-t). Para t>1 esse expoente é negativo e grande em magnitude, então e^{9(1-t)} decai extremamente rápido quando t cresce. Esse termo é um “transiente” rápido que desaparece para t grandes.
  • O primeiro termo é proporcional a e^{t-1}, que cresce exponencialmente quando t aumenta. Assim, para t\to\infty o comportamento assintótico é dominado pelo primeiro termo.
Dependendo do sinal do coeficiente \dfrac{9+C}{10} obtemos três casos essenciais:
  • Se 9+C>0 (ou seja, C>-9), então o coeficiente do termo dominante é positivo e
y(t)\sim \frac{9+C}{10} e^{t-1}\to +\infty\quad\text{quando }t\to\infty.
O gráfico mostra uma contribuição inicial pequena do termo decaente e, depois de curto tempo, uma explosão exponencial positiva.
  • Se 9+C=0 (ou seja, C=-9), o termo dominante some e a solução fica somente com o termo decaente:
y(t)=e^{9(1-t)}.
Nesse caso y(t) é positiva e decai rapidamente para 0 quando t\to\infty.
  • Se 9+C<0 (ou seja, C<-9), o coeficiente do termo dominante é negativo e
y(t)\sim \frac{9+C}{10} e^{t-1}\to -\infty\quad\text{quando }t\to\infty.
O gráfico, após um curto transiente, seguirá uma queda exponencial em módulo, tendendo a -\infty.
Esboço mental do gráfico: em t=1 temos y(1)=1. Logo após t=1 há uma contribuição rápida do termo e^{9(1-t)} (se (1-C)/10\neq 0) que muda a curvatura perto de t=1, mas para t moderadamente maiores esse termo já é desprezível e o comportamento é o da exponencial e^{t} multiplicada por (9+C)/10 (crescimento ou decaimento para -\infty dependendo do sinal). Incentivo: pense no segundo termo como “sinal de fumaça” que some rápido; o primeiro termo é o motor que governa a solução a longo prazo.

Resposta

y(t)=\frac{9+C}{10}\,e^{\,t-1}+\frac{1-C}{10}\,e^{\,9(1-t)}.
Para C>-9: y(t)\to +\infty (crescimento exponencial dominado por e^{t}).
Para C=-9: y(t)=e^{9(1-t)}\to 0^+ (decai rapidamente para 0).
Para C<-9: y(t)\to -\infty (decresce exponencialmente em módulo, tendendo a -\infty).

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