Resolva:
y1^prime & =y1+2 y2+e^2 t-2 t y2^prime & =-y2+1+t y1(0) & =1, y2(0)=-4

Passo 1

O enunciado pede para resolver o sistema de EDOs lineares de primeira ordem: y₁′=y₁+2y₂+e^{2t}−2t e y₂′=−y₂+1+t, com condições iniciais y₁(0)=1 e y₂(0)=−4. O conteúdo é resolução de sistemas lineares acoplados, mas aqui a segunda equação é independente de y₁, então começamos resolvendo y₂ e depois usamos esse resultado para y₁.

Passo 2

Reescrevemos a equação de y₂ como y₂′+y₂=t+1. Para resolver, usamos o método do fator integrante ou tentativa de polinômio. Assumimos uma solução particular da forma y₂ₚ=At+B, então y₂ₚ′=A. Substituindo em y₂′+y₂=t+1 dá A+(At+B)=t+1, logo A=1 e B=0. A solução geral é y₂(t)=Ce^{−t}+t. Aplicando y₂(0)=−4 resulta C=−4, então
y₂(t)=t−4e^{−t}, voltamos à equação de y₁: y₁′−y₁=2y₂+e^{2t}−2t. Substituindo y₂ obtém-se y₁′−y₁ = 2(t−4e{−t})+e{2t}−2t = e{2t}−8e{−t}. Essa é uma EDO linear de primeira ordem. O fator integrante é e^{−t}, e Multiplicando por e^{−t} temos (e^{−t}y₁)’ = e{−t}(e{2t}−8e^{−t}) = e{t}−8e{−2t}. Integramos: e^{−t}y₁ = ∫(e{t}−8e{−2t})dt + K = e{t}+4e{−2t}+K. Então y₁=e{t}(e{t}+4e{−2t}+K)=e{2t}+4e{−t}+Ke{t}. Usando y₁(0)=1 dá 1+4+K=1, então K=−4.

Passo 3

Substituindo K, obtemos as soluções finais: y₂(t)=t−4e^{−t} e y₁(t)=e{2t}−4e{t}+4e^{−t}.

Resposta

y₁(t)=e{2t}−4e{t}+4e^{−t}, y₂(t)=t−4e^{−t}

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