Resolva os problemas
y^{\prime \prime}-y=g(t), \quad y(0)=-1, \quad y^{\prime}(0)=2, \quad g(t)=\left\{\begin{array}{cc}t, & 0 \leq t<1, \\\\ 1, & t \geq 1 .\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial de segunda ordem com termo forçante em regime de tempo:
y''-y=g(t),
com condições iniciais
y(0)=-1,\qquad y'(0)=2,
e o termo forçante definido por partes:
g(t)=\begin{cases}t, & 0\le t<1,\\[4pt] 1, & t\ge 1.\end{cases}
O que se pede: encontrar a solução y(t) para t\ge0. Como g é diferente em [0,1) e em [1,\infty), a solução será obtida por partes, impondo continuidade de y e y' em t=1.]

Passo 2

Começo encontrando a solução geral da equação homogênea associada:
y_h''-y_h=0.
Para isso uso a equação característica. Assumo y_h=e^{rt}, então
r^2-1=0.
As raízes são r=1 e r=-1. Logo a solução homogênea é
y_h(t)=C_1 e^{t}+C_2 e^{-t},
onde C_1 e C_2 são constantes a determinar.

Passo 3

Agora resolvo no intervalo 0\le t<1, onde g(t)=t. Busco uma solução particular y_p para
y''-y=t.
Como o lado direito é um polinômio de grau 1, tento uma ansatz polinomial de grau 1:
y_p(t)=a t + b.
Calculo y_p''(t)=0. Substituindo na equação:
0-(a t + b)=t \quad\Rightarrow\quad -(a t + b)=t.
Comparando coeficientes em t e termo constante:
-a=1\quad\Rightarrow\quad a=-1,
-b=0\quad\Rightarrow\quad b=0.
Portanto uma particular é
y_p(t)=-t.

Passo 4

A solução geral em 0\le t<1 é soma da homogênea com a particular:
y(t)=C_1 e^{t}+C_2 e^{-t}-t\qquad(0\le t<1).
Preciso usar as condições iniciais em t=0. Primeiro:
y(0)=C_1+C_2-0=-1\quad\Rightarrow\quad C_1+C_2=-1.
Depois derivo y:
y'(t)=C_1 e^{t}-C_2 e^{-t}-1.
Em t=0:
y'(0)=C_1-C_2-1=2\quad\Rightarrow\quad C_1-C_2=3.
Resolvendo o sistema C_1+C_2=-1 e C_1-C_2=3:
2C_1=2\quad\Rightarrow\quad C_1=1,
C_2=-1-C_1=-1-1=-2.
Logo, para 0\le t<1:
y(t)=e^{t}-2e^{-t}-t.

Passo 5

Verifico explicitamente y(1^-) e y'(1^-) (valores à esquerda de t=1), que serão as condições de contorno para a solução no intervalo seguinte:
y(1^-)=e^{1}-2e^{-1}-1 = e-2e^{-1}-1,
y'(t)=e^{t}+2e^{-t}-1 \quad\Rightarrow\quad y'(1^-)=e+2e^{-1}-1.

Passo 6

Agora resolvo para t\ge1, onde g(t)=1. Procuro uma particular constante y_p=A. Então y_p''=0 e substituindo:
0-A=1\quad\Rightarrow\quad A=-1.
A solução geral em t\ge1 é
y(t)=D_1 e^{t}+D_2 e^{-t}-1\qquad(t\ge1),
com constantes D_1,D_2 a determinar impondo continuidade de y e y' em t=1.

Passo 7

Justificativa da continuidade: a equação dá y''=y+g(t). Como g tem apenas descontinuidade de salto em t=1 (é limitada), y'' é integrável ao redor de 1, logo y' é contínua e, por integração adicional, y também é contínua. Portanto impõe-se:
y(1^+)=y(1^-),\qquad y'(1^+)=y'(1^-).

Passo 8

Escrevo as condições em termos de D_1,D_2. Em t=1:
y(1^+)=D_1 e + D_2 e^{-1}-1,
y'(t)=D_1 e^{t}-D_2 e^{-t}\quad\Rightarrow\quad y'(1^+)=D_1 e - D_2 e^{-1}.
Igualando aos valores da esquerda:
D_1 e + D_2 e^{-1}-1 = e-2e^{-1}-1 \quad\Rightarrow\quad D_1 e + D_2 e^{-1} = e-2e^{-1},
D_1 e - D_2 e^{-1} = e+2e^{-1}-1.
Agora resolvo esse sistema linear para D_1,D_2. Somando as duas equações:
2D_1 e = (e-2e^{-1}) + (e+2e^{-1}-1) = 2e -1,
D_1 = \frac{2e-1}{2e} = 1 - \frac{1}{2e}.
Subtraindo a segunda da primeira (ou somando com sinal trocado):
2D_2 e^{-1} = (e-2e^{-1}) - (e+2e^{-1}-1) = -4e^{-1}+1,
D_2 = \frac{-4e^{-1}+1}{2e^{-1}} = \frac{e}{2}(-4e^{-1}+1) = -2 + \frac{e}{2} = \frac{e}{2}-2.

Passo 9

Portanto a solução para t\ge1 é
y(t)=\Bigl(1-\frac{1}{2e}\Bigr)e^{t}+\Bigl(\frac{e}{2}-2\Bigr)e^{-t}-1\qquad(t\ge1).

Passo 10

Resumo final (juntando as duas partes): a solução para t\ge0 é dada por expressão por partes — ver a resposta final abaixo.

Resposta

y(t)=\begin{cases} e^{t}-2e^{-t}-t, & 0\le t<1,\\[6pt] \Bigl(1-\dfrac{1}{2e}\Bigr)e^{t}+\Bigl(\dfrac{e}{2}-2\Bigr)e^{-t}-1, & t\ge 1. \end{cases}]

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