Resolva os problemas de valor inicial:
(d) \left\{\begin{array}{l}2 y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+y=t^{2} \\\ y(0)=0 \\\ y^{\prime}(0)=0\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver o problema de valor inicial
\begin{cases} 2\,y''+2\,y'+y = t^{2},\\\ y(0)=0,\\\ y'(0)=0, \end{cases}
usando técnicas de EDO linear de segunda ordem com coeficientes constantes: primeiro achamos a solução geral da homogênea, depois uma solução particular, e por fim aplicamos as condições iniciais.

Passo 2

Determinamos a solução geral da equação homogênea
2\,y''+2\,y'+y=0.
A equação característica é
2r^{2}+2r+1=0 \quad\Longrightarrow\quad r^{2}+r+\tfrac12=0 \quad\Longrightarrow\quad r=\frac{-1\pm\sqrt{1-2}}{2}=\frac{-1\pm i}{2}.
Portanto
y_{h}(t)=e^{-t/2}\bigl(A\cos(\tfrac t2)+B\sin(\tfrac t2)\bigr).

Passo 3

Buscamos uma solução particular y_{p}(t) da forma polinomial
y_{p}(t)=a\,t^{2}+b\,t+c.
Então
y_{p}'(t)=2a\,t+b, \quad y_{p}''(t)=2a.
Substituindo em 2y''+2y'+y=t^{2}:
2(2a)+2(2a\,t+b)+(a\,t^{2}+b\,t+c) =a\,t^{2}+(4a+b)\,t+(4a+2b+c)=t^{2}.
Igualando coeficientes:
\begin{cases} a=1,\\\\ 4a+b=0\\ \Rightarrow\\ b=-4,\\\\ 4a+2b+c=0\\ \Rightarrow\\ c=4. \end{cases}
Logo
y_{p}(t)=t^{2}-4t+4.

Passo 4

A solução geral é
y(t)=y_{h}(t)+y_{p}(t) =e^{-t/2}\bigl(A\cos(\tfrac t2)+B\sin(\tfrac t2)\bigr)+t^{2}-4t+4.

Passo 5

Aplicamos y(0)=0. Em t=0:
y(0)=e^{0}(A\cos0+B\sin0)+0-0+4=A+4=0 \quad\Longrightarrow\quad A=-4.

Passo 6

Agora y'(t)=y_{h}'(t)+y_{p}'(t). Já tínhamos y_{p}'(t)=2t-4.
Para y_{h}(t)=e^{-t/2}(A\cos\tfrac t2+B\sin\tfrac t2),
y_{h}'(t) =\frac{e^{-t/2}}{2}\Bigl((-A+B)\cos(\tfrac t2)- (A+B)\sin(\tfrac t2)\Bigr).
Em t=0, usando A=-4:
y'(0)=\frac{1}{2}((-A+B)\cdot1- (A+B)\cdot0)+(2\cdot0-4) =\frac{B-(-4)}{2}-4=\frac{B+4}{2}-4=0.
Multiplicando por 2: B+4-8=0\Rightarrow B=4.

Passo 7

Substituindo A=-4 e B=4 na solução geral, obtemos
\boxed{ y(t) =e^{-t/2}\bigl(-4\cos(\tfrac t2)+4\sin(\tfrac t2)\bigr) +t^{2}-4t+4. }

Resposta

y(t)=e^{-t/2}\bigl(-4\cos(\tfrac t2)+4\sin(\tfrac t2)\bigr) +t^{2}-4t+4.

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