A equação é separável: $$\frac{dy}{y^2}=(x+2)\,dx.$$ Integrando, $$-\frac{1}{y}=\frac{x^2}{2}+2x+C.$$ Usando $y(0)=1$, obtemos $C=-1$. Logo, $$\frac{1}{y}=1-2x-\frac{x^2}{2},$$ e portanto $$\colorbox{green!20}{y(x)=\frac{1}{1-2x-\frac{x^2}{2}}}.$$

Como $y'=y^2(x+2)$, os pontos críticos satisfazem $x+2=0$. Assim, o único ponto crítico é $$\colorbox{green!20}{x=-2}.$$ Neste ponto, $$y(-2)=\frac{1}{1+4-2}=\frac{1}{3}.$$

Derivando $y'=y^2(x+2)$, $$y''=2yy'(x+2)+y^2.$$ Em $x=-2$, o primeiro termo desaparece e $$y''(-2)=y(-2)^2>0.$$ Pelo critério da segunda derivada, $x=-2$ é ponto de mínimo local.

A homogênea associada tem solução $Ce^{3t/2}$. Procurando uma particular da forma $at+b+ke^t$, obtemos $$a=-2,\qquad b=-\frac{4}{3},\qquad k=-4.$$ Logo, $$y(t)=Ce^{3t/2}-2t-\frac{4}{3}-4\textrm{e}^t.$$

Da condição inicial, $$y_0=C-\frac{4}{3}-4=C-\frac{16}{3},$$ portanto $$C=y_0+\frac{16}{3}.$$ Assim, $$\colorbox{green!20}{y(t)= \left(y_0+\frac{16}{3}\right)\textrm{e}^{3t/2} -2t-\frac{4}{3}-4\textrm{e}^t}.$$

O termo dominante, quando $y_0\ne-16/3$, é $\left(y_0+\frac{16}{3}\right)\textrm{e}^{3t/2}$. Portanto, $$\colorbox{green!20}{y_0=-\frac{16}{3}}$$ é o valor crítico. Para $y_0>-16/3$, a solução tende a $+\infty$; para $y_0 \lt -16/3$, tende a $-\infty$. No valor crítico, a solução é $$y(t)=-2t-\frac{4}{3}-4\textrm{e}^t,$$ e também tende a $-\infty$.

Como $$W(t)=(t^2-1)\textrm{e}^{-t^2}$$ não é identicamente nulo em $\mathbb{R}$, as funções são linearmente independentes em $\mathbb{R}$.

No intervalo $(-1,1)$, temos $W(t)\ne0$. Isso não contradiz a possibilidade de serem soluções de alguma equação linear de segunda ordem com coeficientes contínuos. Porém, para coeficientes constantes, pelo teorema de Abel, $$W(t)=C\textrm{e}^{-pt},$$ para alguma constante $p$. A expressão $(t^2-1)\textrm{e}^{-t^2}$ não tem essa forma.

Assim, a resposta para a segunda pergunta é $$\colorbox{green!20}{\text{não}}.$$ Não podemos afirmar que elas sejam soluções de uma equação com coeficientes constantes em $(-1,1)$.

A equação característica é $$ar^2+br+c=0,$$ cujas raízes são $$r=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}.$$ Vamos mostrar que a parte real de qualquer raiz é negativa.

Se $b^2-4ac \gt 0$, as raízes são reais e distintas, $r_1$ e $r_2$. Como $a,b,c>0$, temos $b^2-4ac\lt b^2$; portanto $$\sqrt{b^2-4ac}\lt b.$$ Daí, $$-b+\sqrt{b^2-4ac}\lt0 \quad\text{e}\quad -b-\sqrt{b^2-4ac}\lt0.$$ Como $2a>0$, segue que ambas as raízes $r_1, r_2$ reais são negativas. A solução geral é $$y(t)=C_1\textrm{e}^{r_1t}+C_2\textrm{e}^{r_2t},$$ que tende a zero quando $t\to\infty$.

Se $b^2-4ac = 0$, temo uma unica raiz real $r=-b/(2a)$, que é negativa, pois $b>0$ e $a>0$. Neste caso, a solução geral é $y(t)=(C_1+C_2t)\textrm{e}^{rt}$, que também tende a zero quando $t\to\infty$, pois $r= -\frac{b}{2a} \lt 0$.

Se $b^2-4ac\lt0$, as raízes são complexas conjugadas e têm a forma $$r=\alpha\pm i\mu,\qquad \alpha=-\frac{b}{2a}\lt0.$$ Neste caso, as soluções são combinações de $$\textrm{e}^{\alpha t}\cos(\mu t) \quad\text{e}\quad \textrm{e}^{\alpha t}\operatorname{sen}(\mu t),$$ que tendem a zero quando $t\to\infty$, pois $\alpha<0$.

Assim, em todos os casos, cada termo da solução contém uma exponencial decrescente. Portanto, $$\colorbox{green!20}{\lim_{t\to\infty}y(t)=0}.$$

A solução homogênea associada é $$y_h(t)=C_1\cos(2t)+C_2\operatorname{sen}(2t).$$ Como nenhum dos termos $t^2$ e $\textrm{e}^t$ pertence à homogênea, uma forma adequada para a particular é $$\colorbox{green!20}{Y_p(t)=At^2+Bt+C+D\textrm{e}^t}.$$

Para o gráfico abaixo, usei uma particular explícita: $$Y_p(t)=\frac{t^2}{4}-\frac{1}{8}+\frac{3}{5}\textrm{e}^t.$$ As outras curvas são soluções da equação não homogênea obtidas somando diferentes termos homogêneos.

Como $s^2+2s+2=(s+1)^2+1$, escrevemos $$\frac{s+2}{s^2+2s+2} =\frac{s+1}{(s+1)^2+1}+\frac{1}{(s+1)^2+1}.$$ Portanto, $$\colorbox{green!20}{h(t)=\frac{1}{2}\left( 1-\textrm{e}^{-t}\cos(t)-\textrm{e}^{-t}\operatorname{sen}(t) \right)}.$$

Usando $\mathcal{L}\{u_c(t)\}=\textrm{e}^{-cs}/s$, temos $$\mathcal{L}\{u_\pi(t)\}=\frac{\textrm{e}^{-\pi s}}{s}, \qquad \mathcal{L}\{u_{2\pi}(t)\}=\frac{\textrm{e}^{-2\pi s}}{s}.$$ Logo, $$\colorbox{green!20}{G(s)= \frac{\textrm{e}^{-\pi s}-\textrm{e}^{-2\pi s}}{s}}.$$