Resolva o problema de valor inicial y^{\prime \prime}-y^{\prime}-2 y=0, y(0)=\alpha, y^{\prime}(0)=2. Depois encontre \alpha de modo que a solução tenda a zero quando t \rightarrow \infty.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: (1) resolver o problema de valor inicial dado por y''-y'-2y=0 com condições y(0)=\alpha e y'(0)=2; (2) encontrar o valor de \alpha tal que a solução resultante satisfaça \lim_{t\to\infty} y(t)=0.
Informações dadas:
y''-y'-2y=0,\qquad y(0)=\alpha,\qquad y'(0)=2.

Passo 2

Vamos achar a solução geral da equação diferencial homogênea de coeficientes constantes. A técnica padrão é tentar soluções da forma y(t)=e^{rt}. Substituindo em y''-y'-2y=0 obtemos a equação característica:
r^2-r-2=0.
Isso vem de y'=r e^{rt} e y''=r^2 e^{rt}; ao dividir por e^{rt} (não nulo) aparece o polinômio acima.

Passo 3

Resolvendo a equação característica r^2-r-2=0. Esta é uma equação quadrática; aplicando a fórmula de Bhaskara:
r=\frac{1\pm\sqrt{(-1)^2-4\cdot1\cdot(-2)}}{2}=\frac{1\pm\sqrt{1+8}}{2}=\frac{1\pm3}{2}.
Portanto as raízes são r_1=2 e r_2=-1.

Passo 4

Como as raízes são reais e distintas, a solução geral da equação diferencial homogênea é combinação linear das exponenciais correspondentes:
y(t)=C_1 e^{2t}+C_2 e^{-t},
onde C_1 e C_2 são constantes a determinar pelas condições iniciais.

Passo 5

Calculemos a derivada y'(t) para aplicar y'(0)=2. Derivando termo a termo:
y'(t)=2C_1 e^{2t}-C_2 e^{-t}.
Agora aplicamos as condições iniciais em t=0:
y(0)=C_1+C_2=\alpha,
y'(0)=2C_1-C_2=2.
Temos, portanto, o sistema linear para C_1 e C_2:
\begin{cases} C_1+C_2=\alpha,\\[4pt] 2C_1-C_2=2. \end{cases}]

Passo 6

Resolvendo o sistema por eliminação. Somando as duas equações para eliminar C_2:
(C_1+C_2)+(2C_1-C_2)=\alpha+2 \quad\Rightarrow\quad 3C_1=\alpha+2.
Logo
C_1=\frac{\alpha+2}{3}.
Substituindo em C_1+C_2=\alpha obtemos
C_2=\alpha-C_1=\alpha-\frac{\alpha+2}{3}=\frac{2\alpha-2}{3}=\frac{2(\alpha-1)}{3}.

Passo 7

Agora escrevemos a solução particular do problema de valor inicial, substituindo C_1 e C_2:
y(t)=\frac{\alpha+2}{3}e^{2t}+\frac{2(\alpha-1)}{3}e^{-t}.
Explique rapidinho o porquê dessa forma: cada termo é uma solução da equação homogênea (as exponenciais) e as constantes foram escolhidas para satisfazer y(0)=\alpha e y'(0)=2.

Passo 8

Queremos encontrar \alpha tal que \lim_{t\to\infty} y(t)=0. Observe o comportamento das exponenciais quando t\to\infty:
e^{2t}\to\infty\quad\text{e}\quad e^{-t}\to0.
Para que a combinação linear tenda a zero, o coeficiente do termo explosivo e^{2t} deve ser zero; caso contrário a solução diverge para +\infty ou -\infty. Assim exigimos
\frac{\alpha+2}{3}=0\quad\Rightarrow\quad \alpha+2=0\quad\Rightarrow\quad \alpha=-2.

Passo 9

Com \alpha=-2 verificamos as constantes:
C_1=\frac{-2+2}{3}=0,\qquad C_2=\frac{2(-2-1)}{3}=\frac{2(-3)}{3}=-2.
A solução correspondente é
y(t)=-2e^{-t},
que de fato satisfaz \lim_{t\to\infty} y(t)=0 porque e^{-t}\to0. Se \alpha\neq-2, o termo em e^{2t} está presente e a solução não tende a zero.

Resposta

y(t)=\dfrac{\alpha+2}{3}e^{2t}+\dfrac{2(\alpha-1)}{3}e^{-t}.\n \alpha=-2

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