Exercícios Resolvidos de Cálculo Funcional – Caso Homogêneo

PUCRIO, Cálculo 4 - MAT1154, G2 - 2013.2, Questão 2

Ache um sistema linear da forma X ' t = A X t onde A = a b c d , que admite como soluções as funções vetoriais

X 1 t = e 2 t 1 1

X 2 t = t e 2 t 1 1 + e 2 t 1 0

Passo 1

Aqui temos uma situação um pouco diferente do que normalmente temos, aqui ele deu a solução e pediu a matriz do sistema. Aposto que vocês ficaram assim

Tipo WTF, relaxa, vamos só fazer a análise inversa que a matriz vai aparecer nas contas. Temos duas formas de fazer essa bagaça, ou faz o caminho inverso que é o que eu pretendo fazer, ou você troca X 1 e X 2 na EDO e acha vários sistemas loucos e malucos com a , b , c e d .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos agora analisar essa resposta, primeiro como temos e 2 t isso nos diz que um dos autovalores é 2 , além disso como temos aquele t e 2 t isso nos diz que esse autovalor é único.

Lembra como é a conta do cálculo funcional quando temos um único autovalor? O sistema de α e β vai ser

λ α + β = e λ t   α = t e λ t

Vamos trocar o valor do autovalor

2 α + β = e 2 t   α = t e 2 t

Assim

β = - 2 α + e 2 t

β = - 2 t e 2 t + e 2 t

Passo 3

A solução vai ser

X = α A + β I C 1 C 2

X = t e 2 t a b c d + - 2 t e 2 t + e 2 t 1 0 0 1 C 1 C 2

X = a t e 2 t b t e 2 t c t e 2 t d t e 2 t + - 2 t e 2 t + e 2 t 0 0 - 2 t e 2 t + e 2 t C 1 C 2

X = a t e 2 t - 2 t e 2 t + e 2 t b t e 2 t c t e 2 t d t e 2 t - 2 t e 2 t + e 2 t C 1 C 2

X = C 1 a t e 2 t - 2 t e 2 t + e 2 t + C 2 b t e 2 t C 1 c t e 2 t + C 2 d t e 2 t - 2 t e 2 t + e 2 t

X = a C 1 t e 2 t - 2 C 1 t e 2 t + C 1 e 2 t + C 2 b t e 2 t C 1 c t e 2 t + d C 2 t e 2 t - 2 C 2 t e 2 t + C 2 e 2 t

X = a C 1 - 2 C 1 + C 2 b t e 2 t + C 1 e 2 t C 1 c + C 2 d - 2 C 2 t e 2 t + C 2 e 2 t

Essa é nossa solução geral

Passo 4

Repara que ele deu duas soluções,

X 1 t = e 2 t 1 1

X 2 t = t e 2 t 1 1 + e 2 t 1 0

Vamos comparar a solução geral com essas soluções, primeiro com X 1

a C 1 - 2 C 1 + C 2 b t e 2 t + C 1 e 2 t C 1 c + C 2 d - 2 C 2 t e 2 t + C 2 e 2 t = e 2 t 1 1

Isso nos diz que os caras com t e 2 t são 0 , vamos ter

a C 1 - 2 C 1 + C 2 b = 0

C 1 = 1

C 1 c + C 2 d - 2 C 2 = 0

C 2 = 1

Substituindo os valores de C 1 e C 2 vamos ter

a - 2 + b = 0

c + d - 2 = 0

Mas isso não resolve muita coisa

Passo 5

Vamos comparar a solução geral com X 2

a C 1 - 2 C 1 + C 2 b t e 2 t + C 1 e 2 t C 1 c + C 2 d - 2 C 2 t e 2 t + C 2 e 2 t = t e 2 t 1 1 + e 2 t 1 0

Isso nos diz que

a C 1 - 2 C 1 + C 2 b = 1

C 1 = 1

C 1 c + C 2 d - 2 C 2 = 1

C 2 = 0

Vamos trocar os valores de C 1 e C 2

a - 2 + b = 1

c = 1

Passo 6

Vamos montar tudo que temos até agora

a - 2 + b = 0

c + d - 2 = 0

a - 2 = 1

c = 1

Vamos começar com c e d , já temos c

c = 1

Então

1 + d - 2 = 0

d - 1 = 0

d = 1

Passo 7

Vamos ao outro sistema

a - 2 + b = 0

a - 2 = 1

Pela segunda equação temos

a = 3

Então

3 - 2 + b = 0

1 + b = 0

b = - 1

Passo 8

A matriz vai ficar

A = 3 - 1 1 1

Resposta

A = 3 - 1 1 1

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