Resolva o seguinte pvi linear homogêneo com coeficientes constantes.
\left\{\begin{aligned} y^{\prime \prime}(t)+5 y^{\prime}(t)+6 y(t) & \equiv 0 \\\ y(0) & =2 \\\ y^{\prime}(0) & =-5 \end{aligned}\right.
Usando o seguinte roteiro.
(a) Insira a Tentativa y(t)=C e^{\lambda t} na equação diferencial, obtendo uma equação de segundo grau para a variável \lambda;
(b) Escreva a solução geral c_{1} y_{1}(t)+c_{2} y_{2}(t) da equação diferencial, onde y_{k}(t):=e^{\lambda_{k} t} sendo \lambda_{k} cada uma das duas raízes da equação de segundo grau que você resolveu em \lambda.
(c) Impondo as condições iniciais, encontre os valores para as constantes c_{1} e c_{2} e depois escreva a solução y(t).
(d) Mostre que o Wronskiano
W(t):=\operatorname{det}\left[\begin{array}{ll} y_{1}(t) & y_{2}(t) \\\ y_{1}^{\prime}(t) & y_{2}^{\prime}(t) \end{array}\right]
nunca se amula para qualquer t, o que confirma que as funçôes y_{1}(t) e y_{2}(t) são linearmente indeProdentury.

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial linear homogênea de segunda ordem com coeficientes constantes
y''(t) + 5\,y'(t) + 6\,y(t) = 0
sujeita às condições iniciais y(0)=2 e y'(0)=-5. Vamos usar o método da equação característica, encontrar as raízes, escrever a solução geral e determinar as constantes pelas condições iniciais. Por fim, calculamos o Wronskiano para verificar a independência linear das soluções fundamentais.

Passo 2

Fazemos a tentativa
y(t)=C\,e^{\lambda t},
de modo que
y'(t)=\lambda\,C\,e^{\lambda t}, \qquad y''(t)=\lambda^2\,C\,e^{\lambda t}.
Substituindo na equação diferencial, cancelando o fator comum C\,e^{\lambda t}\neq0, obtemos a equação característica
\lambda^2 + 5\lambda + 6 = 0.
Resolvendo
\lambda^2 + 5\lambda + 6 = (\lambda + 2)(\lambda + 3) = 0
temos as raízes
\lambda_1 = -2, \qquad \lambda_2 = -3.

Passo 3

Como as raízes são reais e distintas, a solução geral da EDO é
y(t) = c_{1}\,e^{-2t} + c_{2}\,e^{-3t},
onde c_{1} e c_{2} são constantes a determinar pelas condições iniciais.

Passo 4

Primeiro impomos y(0)=2\): \[y(0) = c_{1} + c_{2} = 2.
Agora calculamos
y'(t) = -2\,c_{1}\,e^{-2t} - 3\,c_{2}\,e^{-3t},
e impomos y'(0)=-5:
y'(0) = -2\,c_{1} - 3\,c_{2} = -5.
Resolvendo o sistema
\begin{cases} c_{1} + c_{2} = 2,\\\\ -2\,c_{1} - 3\,c_{2} = -5, \end{cases}
temos c_{2}=1\] e \(c_{1}=1. Portanto a solução particular é
y(t) = e^{-2t} + e^{-3t}.

Passo 5

As funções fundamentais são
y_{1}(t)=e^{-2t}, \qquad y_{2}(t)=e^{-3t}.
O Wronskiano é
W(t) = \det \begin{pmatrix} e^{-2t} & e^{-3t}\\\\ -2\,e^{-2t} & -3\,e^{-3t} \end{pmatrix} = (-3\,e^{-3t})(e^{-2t}) - (-2\,e^{-2t})(e^{-3t}) = -e^{-5t}.
Como e^{-5t}\neq0 para todo t, segue que W(t)=-e^{-5t}\neq0 sempre, o que confirma que y_{1} e y_{2} são linearmente independentes.

Resposta

y(t) = e^{-2t} + e^{-3t},
com Wronskiano
W(t) = -e^{-5t} \neq 0\quad\forall t.

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