Cálculo Funcinal – Caso Não Homogêneo

Teoria Completa

Introdução

O método de resolução através do cálculo funcional para sistemas não homogêneos é bem parecido com o que a gente fez no método da eliminação. A ideia é seguir o seguinte passo a passo.

  1. Resolver a EDO como se fosse homogênea – solução homogênea: X h t
  2. Encontrar a solução particular: X p t  
  3. Encontrar solução geral: X t = X h t + X p t

Para achar a solução da homogênea é só usar o método que nós já vimos na outra teoria

A parte importante aqui é como achar a solução particular. Vamos rever aqui o que já falamos na teoria de método de eliminação não homogêneo

Vamos usar aqui o método dos coeficientes indeterminados. É importante se ligar em uma parada, para usar esse método a matriz g t deve ter funções que sejam uma dessas três

  • Função exponencial: e n x
  • Função polinomial: x n
  • Função trigonométrica: cos ⁡ n x , sen ⁡ n x

Mas como fazemos essa solução particular? Primeiro vamos chutar uma solução particular, é isso mesmo chutar.

O passo a passo para isso vai ser

  1. Identificar g t :
  2. Supor X p t com coeficientes a determinar
  3. Verificar se X p t é solução da equação homogênea
  4. Calcular derivadas de X p t : X p ' t
  5. Substituir X p t e suas derivadas na equação
  6. Encontrar coeficientes
  7. Substituir coeficientes em X p ( t )

Para supor X p t com coeficientes a determinar, vai depender do tipo de funções temos em g t , ou seja, se é exponencial, polinomial ou trigonométrica.

Vamos ver alguns exemplos

Solução particular – exponencial

Quando a matriz g t tiver uma exponencial ou soma de exponenciais, supomos que X p t é também uma exponencial de mesmo expoente:

Exemplo

  • g t = e 2 t 3 e 2 t
  • A primeira coisa é arrumar essa g t

    g t = 1 3 e 2 t

    ⇒ X P = a e 2 t

    Esse a é um vetor que queremos encontrar sacou? Esse é o coeficiente a determinar.

    Vamos ver outro exemplo

  • g t = e 3 t 3 e t
  • g t = 1 0 e 3 t + 0 3 e t

    Entendeu a ideia de arrumar? Temos que separar os exponenciais diferentes e escrever isso vezes uma constante.

    ⇒ X P = a e 3 t + b e t

    Aqui temos que achar o vetor a e o vetor b .

    É comum nomear as coordenadas desses vetores, fazendo algo assim

    a = A B

    E

    b = C D

    Ai fazemos as contas para achar essas novas constantes. Isso ajuda nas contas só isso, trabalhar direto com vetor dá um trabalho enorme.

    Solução particular – polinomial

    Quando a matriz g t tiver um polinômio, supomos que X p t é também um polinômio, só que o grau desse polinômio vai ser o maior que tem em g t vamos ver uns exemplos

    Exemplo

  • g t = t t + 2
  • Aqui os dois são de grau 1 então a solução particular vai ser

    ⇒ X P = a t + b

    Onde a e b são vetores.

    Quando temos polinômios não precisamos arrumar como fizemos antes.

    Repara que colocamos o polinômio completo, fica atento para não esquecer algum termo ali hein.

  • g t = t 2 + 1 t 3 + t
  • Aqui temos um polinômio de grau 3 e outro de grau 2 , a solução particular vai ter a cara do maior grau, ou seja, um de grau 3 . Vai ficar assim

    ⇒ X P = a t 3 + b t 2 + c t + d

    Onde a , b , c e d são vetores.

    Aqui de novo vamos nomear as coordenadas dos vetores como fazemos antes, fica atento a esse detalhe para que a conta fique mais tranquilinha.

    Solução particular – trigonométrica

    Quando a matriz g t tiver uma função trigonométrica (soma de senos e cossenos), supomos que X p t é também uma soma de seno e cosseno de mesmo argumento, lembrando que argumento é o carinha dentro do seno ou cosseno:

    Exemplo

  • g t = sen ⁡ 2 t 3 cos ⁡ 2 t
  • ⇒ X P = a sen ⁡ 2 t + b cos ⁡ 2 t

    Onde a e b são vetores.

    Aqui de novo vamos nomear as coordenadas dos vetores como fazemos antes, fica atento a esse detalhe para que a conta fique mais tranquilinha.

  • g t = sen ⁡ t cos ⁡ t + cos ⁡ 2 t
  • ⇒ X P = a sen ⁡ t + b cos ⁡ t + c sen ⁡ 2 t + d cos ⁡ 2 t

    Onde a , b , c e d são vetores.

    Esse último parece mó doideira né? Fica atento que é assim mesmo que essa parada vai ser, vamos ter um par de soma de seno e cosseno para o cos ⁡ t e outro para para o cos ⁡ 2 t .

    Solução particular – combinação de diferentes tipos de funções

    Finalmente, vamos ver o último tópico desse assunto. Vamos ver como supor X p t quando g t possui uma soma ou multiplicação de diferentes tipos de funções.

    A solução particular X p t será também uma soma ou multiplicação dessas funções:

  • g t = sen ⁡ t + e t cos ⁡ t + t
  • ⇒ X P = a sen ⁡ t + b cos ⁡ t + c e t + d t + e

    Onde a , b , c , d e e são vetores.

    Aqui de novo vamos nomear as coordenadas dos vetores como fazemos antes, fica atento a esse detalhe para que a conta fique mais tranquilinha.

  • g t = t + e t 3 t e 2 t

Aqui como temos dois exponenciais diferentes vamos dar uma arrumada nessa parada

g t = t 0 + 1 0 e t + 0 3 t e 2 t

A nossa solução particular vai ficar

⇒ X P = a t + b + c e t + d t + e e 2 t

Onde a , b , c , d e e são vetores.

Importante: Depois de determinar a solução da equação homogênea e supor X p t , verificar se há termos da solução particular na solução da equação homogênea. Caso não haja, tudo bem! Caso haja, multiplique a parte de X p t por t e verifique novamente se ainda há termos da solução particular na solução da homogênea. Caso ainda haja, multiplique de novo por t até que não haja mais. Mas tem outro detalhe, aquele valor inicial não some, vamos ver um exemplo para entende esse detalhe importante

Exemplo:

Resolva o seguinte sistema

x ' = - 2 x + y + 2 e - t y ' = x - 2 y + 3 e - t

A primeira coisa que temos que fazer é resolver o sistema homogêneo, para isso vamos identificar g t ,

g t = 2 e - t 3 e - t

O nosso sistema homogêneo vai ser

x ' = - 2 x + y y ' = x - 2 y

A resolução desse sistema não é a parte que estamos focando nesse capítulo, a solução desse sistema vai ser

x h t = C 1 e - t + C 2 e - 3 t

y h t = C 1 e - t - C 2 e - 3 t

Vamos agora para a solução particular, repara que a exponencial de g t é a mesma que aparece na solução homogênea, então a solução particular vai ser

X p = x p y p = a t e - t + b e - t

Vamos fazer

a = A B

b = C D

A solução particular vai ser

X p = x p y p = A B t e - t + C D e - t

Vamos derivar

X p ' = x p ' y p ' = A e - t - A t e - t - C e - t B e - t - B t e - t - D e - t

Substituindo no sistema vamos ter

A e - t - A t e - t - C e - t = - 2 A t e - t + C e - t + B t e - t + D e - t + 2 e - t B e - t - B t e - t - D e - t = A t e - t + C e - t - 2 B t e - t + D e - t + 3 e - t

A e - t - A t e - t - C e - t = - 2 A t e - t - 2 C e - t + B t e - t + D e - t + 2 e - t B e - t - B t e - t - D e - t = A t e - t + C e - t - 2 B t e - t - 2 D e - t + 3 e - t

Arrumando isso tudo vamos ter

A - C e - t - A t e - t = - 2 A + B t e - t + 2 - 2 C + D e - t B - D e - t - B t e - t = A - 2 B t e - t + 3 + C - 2 D e - t

Isso nos diz que

A - C = 2 - 2 C + D

- A = - 2 A + B

B - D = 3 + C - 2 D

- B = A - 2 B

Assim vamos ter

A = B

A = 2 - C + D

B = 3 + C - D

Somando essas duas equações vamos ter

A + B = 5

Como A = B

2 A = 5

A = 5 2

Além disso

D = A - 2 + C

D = 1 2 + C

Assim

A = 5 2

A = 5 2

D = 1 2 + C

Falta achar C e D , repara que o valor dele não interfere em nada na conta, então podemos pegar qualquer valor

X p = x p y p = 5 2 5 2 t e - t + C 1 2 + C e - t

Vamos fazer

C = 0

A Solução particular vai ficar

x p = 5 t e - t 2

y p = 5 t e - t 2 + e - t 2

E a solução geral vai ser isso mais a solução da homogênea

x t = C 1 e - t + C 2 e - 3 t + 5 t e - t 2

y t = C 1 e - t - C 2 e - 3 t + 5 t e - t 2 + e - t 2

Partiu exercícios agora?

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Exercício Resolvido #1

PUC-RJ, Cálculo 3, P2 2014.1, Questão 1

Considere o sistema

  X ' t = 3 1 - 1 3 X t + t t

  1. Ache a solução geral do sistema
  2. Ache a solução do sistema com condição inicial X 0 = 1 1
MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

a )

Agora temos um sistema não homogêneo, isso porque temos funções de t alí.

Lembra do passo a passo? Primeiro vamos encontrar g t

g t = t t

Passo 2

Agora temos que resolver o sistema homogêneo equivalente que é

X ' = 3 1 - 1 3 X

Para isso começamos achando a matriz A

A = 3 1 - 1 3

Passo 3

Agora temos que achar o autovalores de A .

Lembra é só fazer

3 - λ 1 - 1 3 - λ = 0

3 - λ 3 - λ - 1 ∙ - 1 = 0

λ 2 - 6 λ + 9 + 1 = 0

λ 2 - 6 λ + 10 = 0

λ 1 = - - 6 + 6 2 - 4 1 10 2 ∙ 1 = 6 + 36 - 40 2 = 6 + - 4 2 = 6 + 4 i 2 = 6 + 2 i 2 = 3 + i

λ 2 = - - 6 - 6 2 - 4 1 10 2 ∙ 1 = 6 - 36 - 40 2 = 6 - - 4 2 = 6 - 4 i 2 = 6 - 2 i 2 = 3 - i

Esse é o caso de autovalores complexos, vamos agora fazer o cálculo funcional

Passo 4

Como temos autovalores complexos o sistema para achar α e β vai ser

λ 1 α + β = e a t cos ⁡ b t + i sen ⁡ b t   λ 2 α + β = e a t cos ⁡ b t - i sen ⁡ b t

Com

λ 1 = a + b i , λ 2 = a - b i

Isso nos diz que

a = 3

b = 1

Com os nossos valores vai ficar

3 + i α + β = e 3 t cos ⁡ t + i sen ⁡ t   3 - i α + β = e 3 t cos ⁡ t - i sen ⁡ t

Você deve estar pensando nesse maldito i , relaxa, vamos fazer o temos feito, começar subtraindo a primeira equação da segunda

3 + i α - 3 - i α = e 3 t cos ⁡ t + i sen ⁡ t - e 3 t cos ⁡ t - i sen ⁡ t

2 i α = 2 i e 3 t sen ⁡ t

α = e 3 t sen ⁡ t

O valor de β vai ser

β = - 3 + i α + e 3 t cos ⁡ t + i sen ⁡ t

β = - 3 + i e 3 t sen ⁡ t + e - 2 t cos ⁡ t + i sen ⁡ t

β = - 3 e 3 t sen ⁡ t - i e 3 t sen ⁡ t + e 3 t cos ⁡ t + i e 3 t sen ⁡ t

β = - 3 e 3 t sen ⁡ t + e 3 t cos ⁡ t

Passo 5

A nossa solução vai ser

X h = α A + β I ∙ C 1 C 2

Substituindo os valores que temos

X h = e 3 t sen ⁡ t 3 1 - 1 3 + - 3 e 3 t sen ⁡ t + e 3 t cos ⁡ t 1 0 0 1 ∙ C 1 C 2

X h = 3 e 3 t sen ⁡ t e 3 t sen ⁡ t - e 3 t sen ⁡ t 3 e 3 t sen ⁡ t + - 3 e 3 t sen ⁡ t + e 3 t cos ⁡ t 0 0 - 3 e 3 t sen ⁡ t + e 3 t cos ⁡ t ∙ C 1 C 2

X h = e 3 t cos ⁡ t e 3 t sen ⁡ t - e 3 t sen ⁡ t e 3 t cos ⁡ t ∙ C 1 C 2

X h = C 1 e 3 t cos ⁡ t + C 2 e 3 t sen ⁡ t - C 1 e 3 t sen ⁡ t + C 2 e 3 t cos ⁡ t

Passo 6

Vamos supor que a solução particular sejam dois polinômios de grau 1 que nem B t

Então

X p t = a t + b

Onde a e b são vetores

Podemos fazer

a = A B

b = C D

Assim fica mais fácil fazer as contas ali na frente.

X p = x p y p = A B t + C D

Repara que nenhuma dessas paradas está na solução da parte homogênea.

Agora temos que cálculo a derivada dessa parada

Passo 7

A derivada vai ficar

X p ' t = A B

Passo 8

Agora temos que substituir X P ' e X p no sistema.

A = 3 A t + C + B t + D + t B = - A t + C + 3 B t + D + t

A = 3 A t + 3 C + B t + D + t B = - A t - C + 3 B t + 3 D + t

A = 3 A + B + 1 t + 3 C + D B = - A + 3 B + 1 t + - C + 3 D

Assim vamos ter

0 = 3 A + B + 1

A = 3 C + D

0 = - A + 3 B + 1

B = - C + 3 D

Podemos achar A e B pela primeira e pela segunda equação, então vamos ter

3 A + B + 1 = 0

- A + 3 B + 1 = 0

Vamos multiplicar a segunda equação por 3

3 A + B + 1 = 0

- 3 A + 9 B + 3 = 0

Somando as equações

10 B + 4 = 0

B = - 4 10 = - 2 5

O valor de A vai ser

- A + 3 - 2 5 + 1 = 0

- A - 6 5 + 1 = 0

- A - 1 5 = 0

A = - 1 5

Falta achar C e D , ainda temos duas equações que não mechemos

A = 3 C + D

B = - C + 3 D

Vamos trocar os valores de A e B que achamos

- 1 5 = 3 C + D

- 2 5 = - C + 3 D

Vamos multiplicar a segunda equação por 3

- 6 5 = - 3 C + 9 D

Somando com a primeira vamos ter

- 6 5 - 1 5 = 3 C - 3 C + D + 9 D

- 7 5 = 10 D

D = - 7 50

Vamos agora achar C

- 2 5 = - C + 3 - 7 50

- 2 5 = - C - 21 50

C = 2 5 - 21 50

C = 20 - 21 50

C = - 1 50

A nossa solução particular vai ficar

X p t = - 1 5 - 2 5 t + - 1 50 - 7 50

Passo 9

A solução geral vai ser

X t = X h + X p

X t = C 1 e 3 t cos ⁡ t + C 2 e 3 t sen ⁡ t - C 1 e 3 t sen ⁡ t + C 2 e 3 t cos ⁡ t + - 1 5 - 2 5 t + - 1 50 - 7 50

Passo 10

b )

Vamos agora ao problema do valor inicial, ele disse que

X 0 = 1 1

Então

X 0 = C 1 e 3.0 cos ⁡ 0 + C 2 e 3.0 sen ⁡ 0 - C 1 e 3.0 sen ⁡ 0 + C 2 e 3.0 cos ⁡ 0 + - 1 5 - 2 5 0 + - 1 50 - 7 50

1 1 = C 1 C 2 + - 1 50 - 7 50

1 1 = C 1 - 1 50 C 2 - 7 50

Isso nos diz que

C 1 - 1 50 = 1