Encontre a solução do problema de valor inicial dado e faça seu gráfico. Como a solução se comporta quando t \rightarrow \infty ?
2 y^{(4)}-y^{\prime \prime \prime}-9 y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+4 y=0 ;\quad y(0)=-2, y^{\prime}(0)=0, \quad y^{\prime \prime}(0)=-2, \quad y^{\prime \prime \prime}(0)=0

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial e as condições iniciais:
2y^{(4)} - y^{(3)} - 9y'' + 4y' + 4y = 0
com
y(0) = -2,\quad y'(0)=0,\quad y''(0)=-2,\quad y^{(3)}(0)=0.
O que se pede:
  1. encontrar a solução y(t) que satisfaz a EDO e as condições iniciais;
  2. fazer (descrever) o gráfico da solução;
  3. determinar como y(t) se comporta quando t\to\infty.

Passo 2

Método: procurar soluções da forma y(t)=e^{rt}. Substituindo na EDO obtemos a equação característica (cada derivada traz um fator r):
2r^{4}-r^{3}-9r^{2}+4r+4=0.
Isto resulta de substituir y^{(k)}=r^{k}e^{rt} e dividir por e^{rt} (que nunca é zero). Agora vamos fatorar esse polinômio.

Passo 3

Testando raízes racionais, vemos que r=1 é raiz, pois
2(1)^4 - (1)^3 -9(1)^2 +4(1)+4 = 0.
Fazendo divisão (ou soma de coeficientes pela sintética) obtemos o quociente
2r^{3}+r^{2}-8r-4.
Testando r=2 neste quociente, obtemos zero, então r=2 também é raiz. Dividindo o quociente por (r-2) fica
2r^{2}+5r+2.
Esse quadrático tem discriminante \Delta = 5^{2}-4\cdot2\cdot2 = 25-16=9, portanto suas raízes são
r = \frac{-5\pm 3}{4} \;\Rightarrow\; r=-\tfrac{1}{2},\; r=-2.
Resumo das raízes (todas simples):
r_1=1,\quad r_2=2,\quad r_3=-\tfrac{1}{2},\quad r_4=-2.

Passo 4

Quando as raízes são distintas e reais, a solução geral é combinação linear das exponenciais correspondentes:
y(t)=C_{1}e^{t}+C_{2}e^{2t}+C_{3}e^{-t/2}+C_{4}e^{-2t},
onde C_1,C_2,C_3,C_4 são constantes a determinar pelas condições iniciais. Vou calcular y',y'',y^{(3)} explicitamente (usando regra da cadeia: \tfrac{d}{dt}e^{\alpha t}=\alpha e^{\alpha t}):
y'(t)=C_{1}e^{t}+2C_{2}e^{2t}-\tfrac{1}{2}C_{3}e^{-t/2}-2C_{4}e^{-2t},
y''(t)=C_{1}e^{t}+4C_{2}e^{2t}+\tfrac{1}{4}C_{3}e^{-t/2}+4C_{4}e^{-2t},
y^{(3)}(t)=C_{1}e^{t}+8C_{2}e^{2t}-\tfrac{1}{8}C_{3}e^{-t/2}-8C_{4}e^{-2t}.

Passo 5

Avalio essas expressões em t=0\) (lembre: \(e^{0}=1\)) e uso as condições iniciais: \[\begin{cases} y(0)=C_{1}+C_{2}+C_{3}+C_{4}=-2,\\[4pt] y'(0)=C_{1}+2C_{2}-\tfrac{1}{2}C_{3}-2C_{4}=0,\\[4pt] y''(0)=C_{1}+4C_{2}+\tfrac{1}{4}C_{3}+4C_{4}=-2,\\[4pt] y^{(3)}(0)=C_{1}+8C_{2}-\tfrac{1}{8}C_{3}-8C_{4}=0. \end{cases}
Agora resolvemos este sistema linear. Subtraindo a primeira equação das outras três para eliminar C_{1}\] obtemos (após simplificações): \[\begin{cases} \text{(A)}\quad C_{2}-\tfrac{3}{2}C_{3}-3C_{4}=2,\\[4pt] \text{(B)}\quad C_{2}-\tfrac{1}{4}C_{3}+C_{4}=0,\\[4pt] \text{\text{(C)}}\quad 7C_{2}-\tfrac{9}{8}C_{3}-9C_{4}=2. \end{cases}\] Elimino \[C_{2} usando (A) e (B). Faço (A)-(B):
-\tfrac{5}{4}C_{3}-4C_{4}=2 \quad\Longrightarrow\quad -5C_{3}-16C_{4}=8.
Também faço (C)- 7\cdot(B):
\tfrac{5}{8}C_{3}-16C_{4}=2 \quad\Longrightarrow\quad 5C_{3}-128C_{4}=16.
Agora temos o sistema em C_{3},C_{4}:
\begin{cases} -5C_{3}-16C_{4}=8,\\[4pt] 5C_{3}-128C_{4}=16. \end{cases}
Somando as duas equações elimina C_{3}\]: \[-144C_{4}=24 \quad\Rightarrow\quad C_{4}=-\tfrac{1}{6}.\] Substituindo em \(-5C_{3}-16C_{4}=8:
-5C_{3}-16\left(-\tfrac{1}{6}\right)=8 \quad\Rightarrow\quad -5C_{3}=\tfrac{16}{6}+? \text{ (faço as contas)}.ç
Calculando corretamente:
-5C_{3} = 8 - \frac{16}{6} = \frac{24}{3}-\frac{8}{3} = \frac{16}{3}\quad\Rightarrow\quad C_{3}=-\frac{16}{15}.
Agora uso (B) para C_{2}:
C_{2} = \tfrac{1}{4}C_{3}-C_{4} = \tfrac{1}{4}\left(-\tfrac{16}{15}\right)-\left(-\tfrac{1}{6}\right) = -\tfrac{4}{15} + \tfrac{1}{6} = -\tfrac{1}{10}.
Finalmente C_{1} pela primeira equação:
C_{1} = -2 - C_{2} - C_{3} - C_{4} = -2 -\left(-\tfrac{1}{10}\right) -\left(-\tfrac{16}{15}\right) -\left(-\tfrac{1}{6}\right) = -\tfrac{2}{3}.]

Passo 6

Portanto os coeficientes são
C_{1}=-\tfrac{2}{3},\quad C_{2}=-\tfrac{1}{10},\quad C_{3}=-\tfrac{16}{15},\quad C_{4}=-\tfrac{1}{6},
e a solução explícita é
\boxed{\,y(t) = -\tfrac{2}{3}e^{t} \;-\; \tfrac{1}{10}e^{2t} \;-\; \tfrac{16}{15}e^{-t/2} \;-\; \tfrac{1}{6}e^{-2t}\, }.

Passo 7

Para esboçar o gráfico sem calculadora use ideias qualitativas:
  • Em t=0 temos y(0)=-2.
  • A derivada inicial y'(0)=0, logo tangente horizontal em t=0.
  • A segunda derivada inicial y''(0)=-2<0 indica concavidade para baixo no começo.
  • Os termos exponenciais com e^{t} e e^{2t} crescem quando t\to\infty; aqui ambos têm coeficientes negativos ( -\tfrac{2}{3} e -\tfrac{1}{10}), portanto para grandes t a solução fica muito negativa. O termo e^{2t} domina o crescimento porque 2 é a maior raiz; como seu coeficiente é -\tfrac{1}{10}, o decrescimento para -\infty é rápido.
  • Para t moderadamente negativos, os termos com expoentes negativos ( e^{-t/2},e^{-2t}) crescem quando t\to -\infty; com os coeficientes negativos isso também conduz a valores negativos muito grandes em magnitude para t\to -\infty. (Não era pedido, mas é útil saber.)
Assim o esboço: começa em (-) com tangente horizontal e concavidade negativa, e para t grande a curva desce rapidamente, tendendo a -\infty. Se você quiser plotar no computador, basta usar a expressão acima e fazer um gráfico de y(t) em um intervalo, por exemplo t\in[-3,3].

Resposta

y(t)=-\dfrac{2}{3}e^{t}-\dfrac{1}{10}e^{2t}-\dfrac{16}{15}e^{-t/2}-\dfrac{1}{6}e^{-2t}
Gráfico: começa em y(0)=-2 com tangente horizontal e concavidade negativa, e para t grande a curva decai rapidamente ficando muito negativa (tende a -\infty).
\displaystyle \lim_{t\to\infty} y(t) = -\infty

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