Exercício 2 - Resolva os problemas de valor inicial:
y^{\prime \prime}+y^{\prime}-2 y=t^{2}+3, y(0)=0, y^{\prime}(0)=0;

Passo 1

O enunciado pede para resolver o problema de valor inicial dado por
y''+y'-2y=t^{2}+3,
com as condições iniciais
y(0)=0,\qquad y'(0)=0.
Vou encontrar a solução y(t) que satisfaz a equação diferencial e essas condições iniciais.

Passo 2

Primeiro vamos resolver a equação homogênea associada (ou seja, sem o termo do lado direito). A homogênea é
y''+y'-2y=0.
Para equações lineares com coeficientes constantes procuramos soluções do tipo y=e^{rt}. Substituindo na homogênea obtém-se a equação característica
r^{2}+r-2=0.
Resolvendo essa equação quadrática:
r=\frac{-1\pm\sqrt{1+8}}{2}=\frac{-1\pm3}{2},
logo os dois raízes são r_{1}=1 e r_{2}=-2. Portanto a solução geral da homogênea é
y_{h}(t)=C_{1}e^{t}+C_{2}e^{-2t},
onde C_{1} e C_{2} são constantes arbitrárias.

Passo 3

Agora precisamos de uma solução particular y_{p}(t) da equação completa
y''+y'-2y=t^{2}+3.
O lado direito é um polinômio de grau 2, então pelo método dos coeficientes a determinar tentamos um polinômio de grau 2 como candidato:
y_{p}(t)=at^{2}+bt+c,
onde a,b,c são constantes a determinar. (Explicação rápida: esse é o palpite padrão — um polinômio do mesmo grau do termo não-homogêneo — e ele não coincide com soluções da homogênea porque a homogênea tem expoenciais e^{t} e e^{-2t}, não polinômios.)

Passo 4

Calculemos as derivadas de y_{p} e substituamos na equação:
y_{p}'(t)=2at+b,\qquad y_{p}''(t)=2a.
Substituindo em y''+y'-2y obtemos
2a+(2at+b)-2(at^{2}+bt+c).
Organizando por potências de t:
-2a\,t^{2}+(2a-2b)\,t+(2a+b-2c).
Este polinômio deve ser igual ao lado direito t^{2}+3. Igualando coeficientes para cada potência de t temos o sistema
\begin{cases} \text{coeficiente de }t^{2}: & -2a=1,\\[4pt] \text{coeficiente de }t: & 2a-2b=0,\\[4pt] \text{constante:} & 2a+b-2c=3. \end{cases}]

Passo 5

Resolva o sistema para a,b,c.
Da primeira equação:
-2a=1\quad\Rightarrow\quad a=-\tfrac{1}{2}.
Da segunda:
2a-2b=0\quad\Rightarrow\quad b=a=-\tfrac{1}{2}.
Da terceira:
2a+b-2c=3.
Substituindo a e b:
2\left(-\tfrac{1}{2}\right)+\left(-\tfrac{1}{2}\right)-2c=3
-1-\tfrac{1}{2}-2c=3\quad\Rightarrow\quad -\tfrac{3}{2}-2c=3
-2c=3+\tfrac{3}{2}=\tfrac{9}{2}\quad\Rightarrow\quad c=-\tfrac{9}{4}.
Portanto
y_{p}(t)=-\tfrac{1}{2}t^{2}-\tfrac{1}{2}t-\tfrac{9}{4}.

Passo 6

A solução geral da equação completa é a soma da homogênea com a particular:
y(t)=C_{1}e^{t}+C_{2}e^{-2t}-\tfrac{1}{2}t^{2}-\tfrac{1}{2}t-\tfrac{9}{4}.
Agora aplicamos as condições iniciais para determinar C_{1} e C_{2}.

Passo 7

Calcule y(0) e y'(0). Primeiro y(0):
y(0)=C_{1}+C_{2}-\tfrac{9}{4}.
A condição y(0)=0
C_{1}+C_{2}-\tfrac{9}{4}=0\quad\Rightarrow\quad C_{1}+C_{2}=\tfrac{9}{4}.
Agora a derivada y'(t):
y'(t)=C_{1}e^{t}-2C_{2}e^{-2t}+(-t-\tfrac{1}{2}),
pois a derivada de -\tfrac{1}{2}t^{2}-\tfrac{1}{2}t-\tfrac{9}{4} é -t-\tfrac{1}{2}. Avaliando em t=0:
y'(0)=C_{1}-2C_{2}-\tfrac{1}{2}.
A condição y'(0)=0
C_{1}-2C_{2}-\tfrac{1}{2}=0\quad\Rightarrow\quad C_{1}-2C_{2}=\tfrac{1}{2}.

Passo 8

Resolva o sistema linear para C_{1},C_{2}:
\begin{cases} C_{1}+C_{2}=\tfrac{9}{4},\\[4pt] C_{1}-2C_{2}=\tfrac{1}{2}. \end{cases}
Subtraindo a segunda equação da primeira:
(C_{1}+C_{2})-(C_{1}-2C_{2})= \tfrac{9}{4}-\tfrac{1}{2}
3C_{2}=\tfrac{9}{4}-\tfrac{1}{2}=\tfrac{9}{4}-\tfrac{2}{4}=\tfrac{7}{4}
C_{2}=\tfrac{7}{12}.
Então
C_{1}=\tfrac{9}{4}-C_{2}=\tfrac{9}{4}-\tfrac{7}{12}=\tfrac{27-7}{12}=\tfrac{20}{12}=\tfrac{5}{3}.]

Passo 9

Substituindo C_{1}, C_{2} e y_{p} na solução geral, obtemos a solução do problema de valor inicial:
y(t)=\tfrac{5}{3}e^{t}+\tfrac{7}{12}e^{-2t}-\tfrac{1}{2}t^{2}-\tfrac{1}{2}t-\tfrac{9}{4}.

Resposta

y(t)=\tfrac{5}{3}e^{t}+\tfrac{7}{12}e^{-2t}-\tfrac{1}{2}t^{2}-\tfrac{1}{2}t-\tfrac{9}{4}.

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