Substituindo y_1,y_2,y_1',y_2' nas duas equações obtemos o sistema para u_1',u_2':
u_1' e^{-t} + u_2' t e^{-t} = 0,
u_1'(-e^{-t}) + u_2'(1-t)e^{-t} = e^{-t}\ln t.
Passo 4
Simplifico o sistema dividindo por e^{-t} (que é não nulo para todo t):
u_1' + t u_2' = 0,
- u_1' + (1-t) u_2' = \ln t.
Agora resolvo esse sistema linear em u_1',u_2'. Da primeira equação
u_1' = -t u_2'.
Substituo na segunda:
-(-t u_2') + (1-t)u_2' = \ln t \quad\Rightarrow\quad t u_2' + (1-t)u_2' = \ln t.
O lado esquerdo simplifica para u_2', portanto
u_2'(t)=\ln t.
E então
u_1'(t) = -t \ln t.
Passo 5
Integro para obter u_1,u_2.
Primeiro
u_2(t)=\int \ln t\,dt.
Faço a integral por partes: tomo a=\ln t,\; db=dt\Rightarrow da=\frac{1}{t}dt,\; b=t. Assim
\int \ln t\,dt = t\ln t - \int t\cdot\frac{1}{t}dt = t\ln t - t + C.
Para variação de parâmetros podemos escolher as constantes de integração iguais a zero (qualquer constante adicionada a u_1 ou u_2 seria absorvida pela solução homogênea), então tomo
u_2(t)=t\ln t - t.
Agora
u_1(t)=\int -t\ln t\,dt = -\int t\ln t\,dt.
Faço a integral \int t\ln t\,dt por partes: tomo u=\ln t,\; dv=t\,dt\Rightarrow du=\frac{1}{t}dt,\; v=\frac{t^2}{2}. Então
\int t\ln t\,dt = \frac{t^2}{2}\ln t - \int \frac{t^2}{2}\cdot\frac{1}{t}dt = \frac{t^2}{2}\ln t - \int \frac{t}{2}dt = \frac{t^2}{2}\ln t - \frac{t^2}{4} + C.
Novamente tomo a constante zero e, com o sinal negativo,
u_1(t) = -\frac{t^2}{2}\ln t + \frac{t^2}{4}.
Passo 6
Construo y_p=u_1y_1+u_2y_2. Substituindo:
y_p(t)=\Big(-\frac{t^2}{2}\ln t + \frac{t^2}{4}\Big)e^{-t} + (t\ln t - t)\cdot t e^{-t}.
Simplifico o segundo termo: (t\ln t - t)\cdot t e^{-t} = (t^2\ln t - t^2)e^{-t}.
Somando com o primeiro termo e agrupando termos em \ln t e termos polinomiais:
y_p(t)=e^{-t}\Big(-\frac{t^2}{2}\ln t + \frac{t^2}{4} + t^2\ln t - t^2\Big).
As parcelas com \ln t dão -\frac{t^2}{2}\ln t + t^2\ln t = \frac{t^2}{2}\ln t.
As restantes dão \frac{t^2}{4}-t^2 = -\frac{3t^2}{4}.
Logo
y_p(t)=e^{-t}\Big(\frac{t^2}{2}\ln t - \frac{3}{4}t^2\Big) = t^2 e^{-t}\Big(\frac{1}{2}\ln t - \frac{3}{4}\Big).
Passo 7
A solução geral da equação não-homogênea é
y(t)=y_h(t)+y_p(t)=C_1 e^{-t}+C_2 t e^{-t} + e^{-t}\Big(\frac{t^2}{2}\ln t - \frac{3}{4}t^2\Big).
Para facilitar os cálculos com as condições iniciais, escrevo em forma fatorada:
y(t)=e^{-t}\Big(C_1 + C_2 t + \frac{t^2}{2}\ln t - \frac{3}{4}t^2\Big).
Passo 8
Agora aplico as condições iniciais em t=1.
Calculo primeiro y(1). Note que \ln 1=0 e e^{-1}=e^{-1}. Então
Já calculámos antes que \frac{d}{dt}\!\big(\frac{t^2}{2}\ln t\big)= t\ln t + \tfrac{t}{2} e \frac{d}{dt}\!\big(\frac{3}{4}t^2\big)=\tfrac{3}{2}t. Assim
H'(t)=C_2 + t\ln t + \tfrac{t}{2} - \tfrac{3}{2}t = C_2 + t\ln t - t.