Resolva os seguintes problemas de valor inicial
\left\{\begin{array}{l}y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+5 y=\operatorname{sen}(2 t), \\\ y(0)=1, \\\ y^{\prime}(0)=0 .\end{array}\right.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede. O problema fornece a equação diferencial com condições iniciais:
\begin{cases} y''+2y'+5y=\operatorname{sen}(2t),\\[4pt] y(0)=1,\\[4pt] y'(0)=0. \end{cases}
O que precisa ser encontrado é a função y(t) que satisfaz a equação diferencial e as duas condições iniciais.]

Passo 2

Plano de resolução (aqui apenas explicando o que vamos fazer, sem resolver ainda).
  • Primeiro achamos a solução geral da equação homogênea associada \,y''+2y'+5y=0. Para isso usamos a equação característica (uma técnica padrão para equações lineares com coeficientes constantes).
  • Depois procuramos uma solução particular da equação completa usando o método dos coeficientes indeterminados (porque o lado direito é \operatorname{sen}(2t), uma função trigonométrica simples).
  • A solução geral da equação não-homogênea será a soma da homogênea com a particular. Finalmente aplicamos as condições iniciais para determinar as constantes.

Passo 3

Resolver a equação característica da homogênea.
A equação característica é obtida substituindo y=e^{rt} em y''+2y'+5y=0, o que leva a
r^{2}+2r+5=0.
Usando fórmula de Bhaskara,
r=\frac{-2\pm\sqrt{2^{2}-4\cdot1\cdot5}}{2}=\frac{-2\pm\sqrt{4-20}}{2}=\frac{-2\pm\sqrt{-16}}{2}=\frac{-2\pm 4i}{2}=-1\pm 2i.

Passo 4

Interpretando raízes complexas: para raízes r=\alpha\pm i\beta a solução geral da homogênea é
y_{h}(t)=e^{\alpha t}\big(C_{1}\cos(\beta t)+C_{2}\sin(\beta t)\big).
Aqui \alpha=-1 e \beta=2, logo
y_{h}(t)=e^{-t}\big(C_{1}\cos(2t)+C_{2}\sin(2t)\big),
onde C_{1} e C_{2} são constantes que serão determinadas pelas condições iniciais depois.

Passo 5

Escolha de um ansatz (chute educado) para a solução particular pelo método dos coeficientes indeterminados.
O termo de força é \operatorname{sen}(2t). Uma escolha natural é
y_{p}(t)=A\cos(2t)+B\sin(2t),
com A e B constantes a determinar. Explico por que esse tipo de chute funciona: o operador diferencial é linear com coeficientes constantes, e ao aplicar esse operador em combinações de \cos(2t) e \sin(2t) obtém-se novamente combinações de \cos(2t) e \sin(2t). Observação importante: não há conflito com a solução homogênea porque y_{h} tem fator e^{-t}; portanto o termo puro \cos(2t) e \sin(2t) não aparece na homogênea e o ansatz acima é válido sem multiplicação extra por t.

Passo 6

Calcular y_{p}' e y_{p}'' e substituir na equação para achar A e B.
Derivando:
y_{p}'(t)=-2A\sin(2t)+2B\cos(2t),
y_{p}''(t)=-4A\cos(2t)-4B\sin(2t).
Agora formamos y_{p}''+2y_{p}'+5y_{p}. Substituindo cada termo:
y_{p}''+2y_{p}'+5y_{p}=(-4A\cos2t-4B\sin2t)+2(-2A\sin2t+2B\cos2t)+5(A\cos2t+B\sin2t).
Agrupando coeficientes de \cos(2t) e \sin(2t):
  • Coeficiente de \cos(2t): -4A + 4B +5A = A + 4B.
  • Coeficiente de \sin(2t): -4B -4A +5B = -4A + B.
Portanto
y_{p}''+2y_{p}'+5y_{p}=(A+4B)\cos(2t)+(-4A+B)\sin(2t).

Passo 7

Impor igualdade com o lado direito \operatorname{sen}(2t)\), que é \(0\cdot\cos(2t)+1\cdot\sin(2t)\). Assim obtemos o sistema linear para \(A\) e \(B\): \[\begin{cases} A+4B=0,\\[4pt] -4A+B=1. \end{cases}
Resolver: da primeira equação (A=-4B]. Substituindo na segunda:
-4(-4B)+B=1 \quad\Rightarrow\quad 16B+B=1 \quad\Rightarrow\quad 17B=1 \quad\Rightarrow\quad B=\dfrac{1}{17}.
Então
A=-4B=-\dfrac{4}{17}.]

Passo 8

Agora escrevemos y_{p} com os valores encontrados:
y_{p}(t)=-\dfrac{4}{17}\cos(2t)+\dfrac{1}{17}\sin(2t).
A solução geral da equação não-homogênea é
y(t)=y_{h}(t)+y_{p}(t)=e^{-t}\big(C_{1}\cos(2t)+C_{2}\sin(2t)\big)-\dfrac{4}{17}\cos(2t)+\dfrac{1}{17}\sin(2t).

Passo 9

Determinar C_{1} e C_{2} usando as condições iniciais. Primeiro calculamos y(0).
Substituindo t=0:
y(0)=e^{0}\big(C_{1}\cos0+C_{2}\sin0\big)-\dfrac{4}{17}\cos0+\dfrac{1}{17}\sin0=C_{1}-\dfrac{4}{17}.
A condição y(0)=1
C_{1}-\dfrac{4}{17}=1 \quad\Rightarrow\quad C_{1}=1+\dfrac{4}{17}=\dfrac{17+4}{17}=\dfrac{21}{17}.

Passo 10

Agora usamos y'(0)=0. Precisamos de y'(t). Derivando a solução geral:
Derivar y_{h}(t)=e^{-t}(C_{1}\cos2t+C_{2}\sin2t) por produto:
y_{h}'(t)=e^{-t}\big((-C_{1}+2C_{2})\cos(2t)+(-C_{2}-2C_{1})\sin(2t)\big).
(Explanação curta: a derivada de e^{-t} é -e^{-t}, e as derivadas de \cos(2t) e \sin(2t) trazem fatores \mp2. Agrupando os termos obtém-se o coeficiente mostrado.)
Já derivada da parte particular (usada antes) é
y_{p}'(t)=-2A\sin(2t)+2B\cos(2t).
Com A=-\dfrac{4}{17} e B=\dfrac{1}{17} temos, em t=0,
y_{p}'(0)=2B=\dfrac{2}{17}.
Em t=0 a expressão de y_{h}'
y_{h}'(0)=(-C_{1}+2C_{2}).
Logo
y'(0)=y_{h}'(0)+y_{p}'(0) = (-C_{1}+2C_{2})+\dfrac{2}{17}.
A condição y'(0)=0 fornece
-C_{1}+2C_{2}+\dfrac{2}{17}=0 \quad\Rightarrow\quad 2C_{2}=C_{1}-\dfrac{2}{17}.
Substituindo C_{1}=\dfrac{21}{17}:
2C_{2}=\dfrac{21}{17}-\dfrac{2}{17}=\dfrac{19}{17}\quad\Rightarrow\quad C_{2}=\dfrac{19}{34}.

Passo 11

Substituir C_{1} e C_{2} na solução geral para obter a solução final explícita:
y(t)=e^{-t}\!\left(\dfrac{21}{17}\cos(2t)+\dfrac{19}{34}\sin(2t)\right)-\dfrac{4}{17}\cos(2t)+\dfrac{1}{17}\sin(2t).
Se quiser, pode agrupar os termos em \cos(2t) e \sin(2t), mas a forma acima já é clara e correta.

Resposta

y(t)=e^{-t}\!\left(\dfrac{21}{17}\cos(2t)+\dfrac{19}{34}\sin(2t)\right)-\dfrac{4}{17}\cos(2t)+\dfrac{1}{17}\sin(2t).

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