Encontre a solução do problema de valor inicial dado e faça seu gráfico. Como a solução se comporta quando t \rightarrow \infty ?
y^{(4)}-4 y^{\prime \prime \prime}+4 y^{\prime \prime}=0 ;\quad y(1)=-1, \quad y^{\prime}(1)=2, y^{\prime \prime}(1)=0, \quad y^{\prime \prime \prime}(1)=0

Passo 1

O que o enunciado pede:
  1. Encontrar a solução do problema de valor inicial para a EDO
y^{(4)}-4y^{\prime\prime\prime}+4y^{\prime\prime}=0
com as condições iniciais em t=1:
y(1)=-1,\quad y'(1)=2,\quad y''(1)=0,\quad y^{\prime\prime\prime}(1)=0.
  1. Fazer o gráfico da solução (ou descrever como é o gráfico).
  2. Dizer como a solução se comporta quando t\to\infty.
Informações dadas:
\text{EDO: }y^{(4)}-4y^{\prime\prime\prime}+4y^{\prime\prime}=0,
\text{Cond. iniciais: }y(1)=-1,\; y'(1)=2,\; y''(1)=0,\; y^{\prime\prime\prime}(1)=0.

Passo 2

Comentário didático sobre o método (sem resolver ainda):
  • Para EDO linear com coeficientes constantes buscamos soluções da forma y(t)=e^{rt}. Substituindo gera o polinômio característico em r.
  • Se r é raiz do polinômio característica com multiplicidade m, então as soluções associadas são
e^{rt},\; t e^{rt},\; t^2 e^{rt},\;\dots,\; t^{m-1}e^{rt}.
  • No caso de raiz r=0 com multiplicidade m, as soluções correspondentes são polinômios 1,t,t^2,\dots,t^{m-1}.
    Vou aplicar isso à nossa EDO.

Passo 3

Formo o polinômio característico. Substituindo y(t)=e^{rt} na EDO obtém-se:
r^4-4r^3+4r^2=0.
Fatorando:
r^2(r^2-4r+4)=r^2(r-2)^2.
Logo as raízes são r=0 com multiplicidade 2 e r=2 com multiplicidade 2.

Passo 4

Pelo resultado do passo anterior, a solução geral é combinação linear das soluções independentes correspondentes às raízes:
  • Para r=0 (multiplicidade 2) as soluções são 1 e t.
  • Para r=2 (multiplicidade 2) as soluções são e^{2t} e t e^{2t}.
Portanto a solução geral é
y(t)=C_1 + C_2 t + C_3 e^{2t} + C_4 t e^{2t},
onde C_1,C_2,C_3,C_4 são constantes a determinar pelas condições iniciais.

Passo 5

Calculo as derivadas até a terceira para aplicar as condições iniciais. Vou fazer derivação por partes (separando C_3 e^{2t} e C_4 t e^{2t}):
Componentes:
A(t)=C_3 e^{2t},\qquad B(t)=C_4 t e^{2t}.
Derivadas de A:
A'(t)=2C_3 e^{2t},\quad A''(t)=4C_3 e^{2t},\quad A^{(3)}(t)=8C_3 e^{2t}.
Derivadas de B: primeiro B'(t)=C_4 e^{2t}+2C_4 t e^{2t}=C_4 e^{2t}(1+2t).
Derivando de novo:
B''(t)=4C_4 e^{2t}(1+t).
Derivando uma vez mais:
B^{(3)}(t)=4C_4 e^{2t}(3+2t)=e^{2t}(12C_4+8C_4 t).
Somando com as partes polinomiais, temos as derivadas de y:
y(t)=C_1+C_2 t + A(t)+B(t),
y'(t)=C_2 + 2C_3 e^{2t} + C_4 e^{2t} + 2C_4 t e^{2t} = C_2 + e^{2t}\bigl(2C_3 + C_4 + 2C_4 t\bigr),
y''(t)=4C_3 e^{2t} + 4C_4 e^{2t}(1+t) = 4e^{2t}\bigl(C_3 + C_4 + C_4 t\bigr) =4e^{2t}\bigl(C_3 + 2C_4 + C_4(t-1)\bigr)\\ \text{(forma equivalente)},
mas usaremos a forma mais simples
y''(t)=4e^{2t}\bigl(C_3 + C_4 + C_4 t\bigr)=4e^{2t}\bigl(C_3+2C_4 + C_4(t-1)\bigr).
y^{(3)}(t)=8C_3 e^{2t} + e^{2t}(12C_4+8C_4 t)=e^{2t}\bigl(8C_3+12C_4+8C_4 t\bigr).
(Obs.: as formas acima são algebraicamente equivalentes; vou usá-las avaliadas em t=1.)

Passo 6

Avalio y,y',y'',y^{(3)} em t=1 e aplico as condições iniciais.
Em t=1 temos e^{2\cdot 1}=e^{2}. Assim:
y(1)=C_1+C_2 + e^{2}(C_3 + C_4) = -1,
y'(1)=C_2 + e^{2}\bigl(2C_3 + C_4 + 2C_4\cdot 1\bigr)=C_2 + e^{2}(2C_3+3C_4)=2,
y''(1)=4e^{2}\bigl(C_3 + C_4 + C_4\cdot 1\bigr)=4e^{2}(C_3+2C_4)=0,
y^{(3)}(1)=e^{2}\bigl(8C_3+12C_4+8C_4\cdot 1\bigr)=e^{2}(8C_3+20C_4)=0.

Passo 7

Resolvo o sistema obtido. Das últimas duas equações (dividindo por e^{2} quando conveniente):
4(C_3+2C_4)=0\quad\Rightarrow\quad C_3+2C_4=0. \tag{a}
8C_3+20C_4=0\quad\Rightarrow\quad 2C_3+5C_4=0. \tag{b}
Multiplico (a) por 2: 2C_3+4C_4=0. Subtraindo desta a equação (b) dá
(2C_3+5C_4)-(2C_3+4C_4)=C_4=0.
Com C_4=0 a (a) dá C_3=0.
Agora uso essas em y'(1) e y(1):
y'(1):\\ C_2 + e^{2}(0)=2\\ \Rightarrow\\ C_2=2.
y(1):\\ C_1 + C_2 + e^{2}(0)=-1\\ \Rightarrow\\ C_1 + 2 = -1\\ \Rightarrow\\ C_1 = -3.
Portanto as constantes são
C_1=-3,\quad C_2=2,\quad C_3=0,\quad C_4=0.

Passo 8

Substituindo de volta na solução geral obtemos a solução particular que satisfaz as condições iniciais:
y(t)=C_1+C_2 t = -3 + 2t.
Verificação rápida: y(1)=-3+2=-1, y'(t)=2 e y''(t)=0, y^{(3)}(t)=0, coerente com as condições.

Passo 9

Gráfico da solução e descrição:
  • A solução é uma reta de equação
y(t)=2t-3.
  • Isso é uma linha reta com inclinação 2 (sobe 2 unidades no eixo y a cada 1 unidade em t) e intercepto em y(0)=-3.
  • Passa pelo ponto dado (1,-1). O zero da função ocorre quando 2t-3=0\Rightarrow t=\tfrac{3}{2}, então a reta cruza o eixo t em t=1{,}5.
  • Para desenhar: marque o ponto (0,-3) e a inclinação 2 ou use os pontos (1,-1) e (1{,}5,0) e trace a reta.

Passo 10

Comportamento quando t\to\infty:
  • Como y(t)=2t-3, quando t\to\infty temos y(t)\to+\infty. Cresce linearmente (proporcional a t).

Resposta

y(t)=2t-3.
Gráfico: reta y=2t-3, passa por (1,-1), intercepto em y(0)=-3 e cruza o eixo t em t=\tfrac{3}{2}.
Comportamento quando t\to\infty: y(t)\to+\infty (cresce linearmente).

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