Encontre a solução dos seguintes problemas de valor inicial e elabore gráficos das mesmas:
y^{\prime \prime}+4 y=t^{2}+3 e^{t} \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=2
[Boyce, W., Oitava edição, Seção 3.6]

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial linear de segunda ordem não-homogênea e as condições iniciais:
y''+4y=t^{2}+3e^{t},
com
y(0)=0,\qquad y'(0)=2.
O que nos pedem:
  • Encontrar a solução y(t) que satisfaz a equação e as condições iniciais.
  • Elaborar (descrever) o gráfico dessa solução.
As informações relevantes são:
  • A equação é linear de coeficientes constantes com termo não-homogêneo somando um polinômio t^{2} e uma exponencial 3e^{t}.
  • Teremos uma solução geral dada pela soma da solução da equação homogênea e de uma solução particular adequada ao lado direito.

Passo 2

Vamos encontrar a solução da equação homogênea associada. A homogênea é
y''+4y=0.
Para resolver equações homogêneas com coeficientes constantes usamos a equação característica. Assumimos uma solução da forma y=e^{rt}. Substituindo obtemos a equação característica
r^{2}+4=0.
Resolvendo,
r^{2}=-4\implies r=\pm 2i.
Quando as raízes são \pm \omega i (aqui \omega=2), a solução geral da homogênea é combinação linear de cosseno e seno:
y_{h}(t)=C_{1}\cos(2t)+C_{2}\sin(2t),
onde C_{1} e C_{2} são constantes a determinar pelas condições iniciais. Explicação curta: raízes imag. geram oscilações com frequência 2, amplitude determinada por C_{1},C_{2}.

Passo 3

Agora precisamos de uma solução particular y_{p}(t) para o lado direito t^{2}+3e^{t}. Como o ODE é linear, podemos buscar soluções particulares separadas para cada termo e somá-las (princípio da superposição):
y_{p}(t)=y_{p1}(t)+y_{p2}(t),
onde y_{p1} resolve para t^{2} e y_{p2} para 3e^{t}.
Regra prática (método dos coeficientes indeterminados):
  • Para um termo polinomial de grau n (aqui n=2), tentamos um polinômio de grau n:
y_{p1}(t)=at^{2}+bt+c,
a menos que alguma parte coincida com a solução homogênea (aqui não coincide: homogênea é trigonométrica).
  • Para um termo Ke^{\lambda t}, tentamos y_{p2}=De^{\lambda t}, salvo se \lambda for raiz da característica (aqui \lambda=1 não é raiz, então forma simples funciona).
    Vamos calcular cada parte.

Passo 4

Calculando y_{p1} para o polinômio t^{2}. Assumimos
y_{p1}(t)=at^{2}+bt+c.
Derivadas:
y'_{p1}(t)=2at+b,\qquad y''_{p1}(t)=2a.
Substituímos na equação:
y''_{p1}+4y_{p1}=2a+4(at^{2}+bt+c).
Organizando por potências de t:
y''_{p1}+4y_{p1}=4a\,t^{2}+4b\,t+(2a+4c).
Queremos que isto seja igual a t^{2} (o termo polinomial do lado direito). Igualando coeficientes das potências de t:
  • Coeficiente de t^{2}: 4a=1 \implies a=\tfrac{1}{4}.
  • Coeficiente de t: 4b=0 \implies b=0.
  • Termo constante: 2a+4c=0. Substituindo a=\tfrac{1}{4}:
2\cdot\tfrac{1}{4}+4c=0 \implies \tfrac{1}{2}+4c=0 \implies c=-\tfrac{1}{8}.
Portanto
y_{p1}(t)=\tfrac{1}{4}t^{2}-\tfrac{1}{8}.
Comentário didático: a parte constante -\tfrac{1}{8} ajusta o termo independente que aparece ao aplicar y''+4y ao polinômio.

Passo 5

Calculando y_{p2} para 3e^{t}. Assumimos
y_{p2}(t)=De^{t}.
Derivadas:
y'_{p2}=De^{t},\qquad y''_{p2}=De^{t}.
Substituindo na equação:
y''_{p2}+4y_{p2}=De^{t}+4De^{t}=5D e^{t}.
Queremos 5D e^{t}=3e^{t}, logo 5D=3 e
D=\tfrac{3}{5}.
Assim
y_{p2}(t)=\tfrac{3}{5}e^{t}.

Passo 6

Somando as partes, obtemos uma solução particular completa:
y_{p}(t)=y_{p1}(t)+y_{p2}(t)=\tfrac{1}{4}t^{2}-\tfrac{1}{8}+\tfrac{3}{5}e^{t}.
A solução geral da equação não-homogênea é a soma da homogênea com a particular:
y(t)=C_{1}\cos(2t)+C_{2}\sin(2t)+\tfrac{1}{4}t^{2}-\tfrac{1}{8}+\tfrac{3}{5}e^{t}.

Passo 7

Agora aplicamos as condições iniciais para determinar C_{1} e C_{2}.
Primeira condição: y(0)=0.
Avaliar y(0):
y(0)=C_{1}\cos 0 + C_{2}\sin 0 + \tfrac{1}{4}\cdot 0^{2}-\tfrac{1}{8}+\tfrac{3}{5}e^{0}.
Usando \cos 0=1, \sin 0=0, e^{0}=1, obtemos
y(0)=C_{1}-\tfrac{1}{8}+\tfrac{3}{5}=0.
Logo
C_{1}=\tfrac{1}{8}-\tfrac{3}{5}.
Colocando em denom. comum 40:
C_{1}=\tfrac{5}{40}-\tfrac{24}{40}=-\tfrac{19}{40}.

Passo 8

Segunda condição: y'(0)=2. Primeiro calcule y'(t).
Derivando a solução geral:
y'(t)=-2C_{1}\sin(2t)+2C_{2}\cos(2t)+\tfrac{1}{2}t+\tfrac{3}{5}e^{t}.
Agora t=0:
y'(0)=-2C_{1}\sin 0 +2C_{2}\cos 0 + \tfrac{1}{2}\cdot 0 + \tfrac{3}{5}e^{0}.
Usando \sin 0=0, \cos 0=1, e^{0}=1, fica
y'(0)=2C_{2}+\tfrac{3}{5}.
Igualando a condição y'(0)=2:
2C_{2}+\tfrac{3}{5}=2 \implies 2C_{2}=2-\tfrac{3}{5}=\tfrac{7}{5}.
Portanto
C_{2}=\tfrac{7}{10}.

Passo 9

Substituindo C_{1} e C_{2} na solução geral obtemos a solução particular que satisfaz as condições iniciais:
y(t)=-\tfrac{19}{40}\cos(2t)+\tfrac{7}{10}\sin(2t)+\tfrac{1}{4}t^{2}-\tfrac{1}{8}+\tfrac{3}{5}e^{t}.
Breve interpretação para desenhar o gráfico:
  • Há uma parte oscilatória -\tfrac{19}{40}\cos(2t)+\tfrac{7}{10}\sin(2t) que é uma função periódica de frequência angular 2 (período \pi). Ela é limitada (amplitude fixa).
  • Há uma componente polinomial \tfrac{1}{4}t^{2}-\tfrac{1}{8} que cresce como t^{2} (abertura para cima).
  • Há uma componente exponencial \tfrac{3}{5}e^{t} que domina para t\to+\infty (crescimento exponencial).
  • Assim o gráfico é uma oscilação (da parte trigonométrica) em torno de uma curva que cresce (combinação do polinômio e, mais importante para grandes t, da exponencial). Para t negativo grande, e^{t}\to 0 e o termo polinomial domina o comportamento para grandes magnitude negativa (mas reduzido comparado à exponencial positiva).
  • Pontos iniciais: y(0)=0 (ok) e inclinação inicial y'(0)=2 (a inclinação positiva inicial mostra subida no começo).
    Como instrução prática para desenhar:
  1. Plote a curva de tendência T(t)=\tfrac{1}{4}t^{2}-\tfrac{1}{8}+\tfrac{3}{5}e^{t}.
  2. Sobreponha uma oscilação de amplitude aproximada \sqrt{(\tfrac{19}{40})^{2}+(\tfrac{7}{10})^{2}} e frequência 2 centrada na curva T(t).
  3. Observe que para t\gtrsim 2 a exponencial já causa crescimento rápido; para t próximo de zero, tanto polinômio quanto exponencial contribuem.

Resposta

y(t)=-\tfrac{19}{40}\cos(2t)+\tfrac{7}{10}\sin(2t)+\tfrac{1}{4}t^{2}-\tfrac{1}{8}+\tfrac{3}{5}e^{t}

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