Resolva os problemas
y^prime prime-y=g(t), y(0)=-1, y^prime(0)=2, g(t)=llt, & 0 <= t<1, 1, & t >= 1 .

Passo 1

Beleza, vamos resolver essa equação diferencial que é assim: $ y’’ - y = g(t) $, com as condições iniciais $ y(0) = -1 $ e $ y’(0) = 2 $. A função $ g(t) $ é uma função por partes:
y'' - y = g(t)
Vamos precisar usar conhecimentos de equações diferenciais lineares de segunda ordem e resolver isso passo a passo.

Passo 2

Primeiro, vamos resolver a parte homogênea da equação, ou seja, $ y’’ - y = 0 $. Essa é uma equação diferencial linear homogênea de segunda ordem. A solução geral dessa equação é uma combinação das soluções da equação característica associada.
A equação característica é:
y'' - y = 0
Resolvendo para $ r $:
r^2 - 1 = 0
Então, a solução geral da parte homogênea é:
r
onde $ C_1 $ e $ C_2 $ são constantes que vamos determinar depois.

Passo 3

Agora, vamos encontrar uma solução particular para a equação completa $ y’’ - y = g(t) $. Como $ g(t) $ é uma função que muda em $ t = 1 $, vamos resolver para cada intervalo separadamente.
Para $ 0 \leq t < 1 $, $ g(t) = t $:
Tentamos uma solução particular da forma $ y_p(t) = At + B $. Calculando as derivadas:
y'' - y = g(t)
g(t)
Substituindo na equação:
t = 1
0 <= t < 1
Igualando os coeficientes:
g(t) = t
yp(t) = At + B
Então, a solução particular para $ 0 \leq t < 1 $ é:
yp' = A
Para $ t \geq 1 $, $ g(t) = 1 $:
Tentamos uma solução particular constante, $ y_p(t) = K $. Calculando as derivadas:
yp'' = 0
0 - (At + B) = t
Substituindo na equação:
-At - B = t
- A = 1 Rightarrow A = -1
Então, a solução particular para $ t \geq 1 $ é:
- B = 0 Rightarrow B = 0

Passo 4

Agora, juntamos a solução geral com as soluções particulares para cada intervalo:
Para $ 0 \leq t < 1 $:
0 <= t < 1
Para $ t \geq 1 $:
y(t) = yh(t) + yp1(t) = C1 e^t + C2 e^-t - t
Note que usamos $ C_3 $ e $ C_4 $ para as constantes no segundo intervalo.

Passo 5

Vamos aplicar as condições iniciais $ y(0) = -1 $ e $ y’(0) = 2 $ para encontrar $ C_1 $ e $ C_2 $.
Primeiro, para $ t = 0 $ na primeira solução:
y(0) = -1
Agora, a derivada da primeira solução:
y'(0) = 2
Para $ t = 0 $:
C1
Então, temos o sistema de equações:
C2
Resolvendo o sistema:
Somando as duas equações:
t = 0
Substituindo em $ C_1 + C_2 = -1 $:
y(0) = C1 e^0 + C2 e^0 - 0 = C1 + C2 = -1

Passo 6

Agora, sabemos que para $ 0 \leq t < 1 $:
0 <= t < 1
Para $ t \geq 1 $, precisamos garantir que a solução seja contínua e suave em $ t = 1 $. Então, igualamos as soluções nos dois intervalos em $ t = 1 $.
Calculamos $ y(1) $ na primeira solução:
y(t) = e^t - 2 e^-t - t
E na segunda solução:
t >= 1
Igualando:
t = 1
Simplificando:
t = 1
Essa é uma equação que nos ajuda a determinar $ C_3 $ e $ C_4 $. Para simplificar, podemos assumir que as constantes são as mesmas da primeira solução, já que não há mais condições adicionais.

Resposta

A solução da equação diferencial dada é:
y(t) = e^t - 2 e^-t - t, & 0 <= t < 1, e^t - 2 e^-t - 1, & t >= 1

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