A equação é linear e o fator integrante é $\mu(t)=\e^{t/4}.$ Portanto, $$\e^{t/4} (y' + \frac{1}{4} y) = \frac{d}{dt} (\e^{t/4} y) = \e^{t/4} - \frac{1}{2}t\,\e^{t/4}, $$ e integrando respeito de $t,$ $$ \e^{t/4} y = \int \e^{t/4} \, dt - \frac{1}{2} \int t\,\e^{t/4}\,dt + C \quad \textrm{(eq1)}. $$ Claramente $\int \e^{t/4} \, dt = 4\e^{t/4} + C.$ Por outro lado, usando integração por partes, chegamos a que $$\int t\, \e^{at}\, dt = \frac{1}{a} t\, \e^{at}- \frac{1}{a^2}\e^{at} + C$$ e para $a=1/4$, $\int t\, \e^{t/4}\, dt = 4 t\, \e^{t/4}- 16\e^{t/4} + C.$ Portanto, substituindo estes resultados na equação (eq1) obtemos $$ \begin{align*} \e^{t/4} y &= 4 \e^{t/4} \, dt - \frac{1}{2} ( 4 t\, \e^{t/4}- 16\e^{t/4} ) + C, \quad\color{black}{\textrm{ isto é, }} \\ y(t) &= 12 -2t +C\e^{-t/4}. \end{align*} $$ Usando a condição inicial $y(0)=y_0$ obtemos que ${C= (y_0-12)}.$ Assim, a solução do problema de valor inicial é $$ y(t) = 12 - 2t + {(y_0-12)} \e^{-t/4} \quad \textrm{(eq2)}. $$ Precisamos agora determinar o valor de $y_0$ para o qual a solução encosta mas não atravessa o eixo $x$. Que significa isto? Significa que, para algum valor $t=t_0$, a solução toca o eixo $x$, isto é $y(t_0)=0$, e é tangente nesse ponto a este eixo, isto é, $y'(t_0)=0$.
Uma maneira de tentar achar o valor de ${t_0}$ (que muitos alunos tentam) é tentar resolver o sistema de equações $$\begin{split} y(t_0) &= 12 - 2t_0 +(y_0-12)\e^{-t_0/2} = 0 \\ y'(t_0) &= 2 - \frac{1}{2} (y_0-12)\e^{-t_0/2} = 0, \end{split} $$ para ${t_0}$ e ${y_0}$. No entanto, isto não é possível. Se isolamos uma variável (digamos $t_0$ na segunda equação), e substituimos na outra equação, obtemos uma equação igualmente complicada (com logaritmos em lugar de exponenciais). Assim, devemos procurar uma outra forma de achar $y_0$. A resposta é olhar para a própria equação diferencial, ${ y'(t)+ (1/4)\, y(t) = 1-(1/2)\, t. }$ Esta equação é válida para todo $t$ no domínio da função $y$, em particular vale no ponto ${t_0}$! Portanto obtemos que $ \cancelto{0}{y'(t_0) }+ (1/4)\, \cancelto{0}{y(t_0) }= 0 = 1-(1/2)\, t_0. $ Isto implica que ${t_0 = 2 }$ !
Sabendo que ${t_0=2}$ então resolvemos $${ y(2)= 12 -2\cdot 2 + (y_0-12) \e^{-2/4} = 0} $$ obtendo-se que ${ y_0 = 12-8\sqrt{\e}}.$ Substituindo na equação (eq2) temos que $${ y(t) = 12 - 2t - {8\sqrt{\e}}\, \e^{-t/4} }.$$ A figura mostra que realmente ${t=2}$ é um ponto de tangência desta função. Ver gráfico
Note que se ${y_0=12}$ na equação (eq2) então a solução o PVI é a linha reta $y=12- 2t.$ É fácil ver que todas as soluções da equação são "assintóticamente equivalentes" à reta $y=12-2t$ quando $t\to\infty.$ Por assintóticamente equivalentes entendemos que $\lim_{t\to\infty} {y(t)\over {12-2t}} = 1$ para toda solução $y(t)$ da equação.