Método Matricial – Caso Não Homogêneo

Teoria Completa

Introdução

Vamos começar com um resuminho de sistemas de EDO’s homogêneo! Lá os sistemas tinham uma cara assim,

x ' = x + 4 y y ' = x + y

E a forma matricial, ele ficava desse jeito aqui:

x ' y ' = 1 4 1 1 ⋅ x y   →

X ' = A X

Onde A é a matriz dos coeficientes. Mas e se o sistema agora for esse aqui?

  x ' = x + 4 y + t y ' = x + y + 2 t

Repara que surgiu um termo t no nosso sistema. Nesse caso, você estará lidando com o problema não homogêneo! E para passar ele para nossa forma matricial, nós sempre vamos proceder como o esquema abaixo (repara nas cores),

Agora vamos aplicar para o nosso sistema,

x ' y ' = 1 4 1 1 ⋅ x y + t 2 t

Perceba que a diferença desse problema para o problema homogêneo é a presença da matriz de termos que dependem somente de t . A essa matriz damos o nome de g t . Dessa forma, o problema não homogêneo no geral pode ser representado assim:

X ' = A X + g t

Onde A é a matriz dos coeficientes! Beleza, mas como vamos resolver isso?

Método de Resolução

Para resolver esse sistema de EDOs, vamos precisar de três etapas:

  1. Resolver a EDO como se fosse homogênea desconsiderando a parte g t solução homogênea: X h t .
  2. Encontrar a solução particular que depende exclusivamente de g t : X p t .
  3. Encontrar solução geral fazendo a soma das duas anteriores: X t = X h t + X p t

Para mostrar isso, acho interessante irmos seguindo a guia do nosso exemplo:

x ' = x + 4 y + t y ' = x + y + 2 t →   x ' y ' = 1 4 1 1 ⋅ x y + t 2 t

PASSO 1: Devemos começar resolvendo o problema homogêneo como se realmente não existisse aquele g t :

x ' y ' = 1 4 1 1 ⋅ x y

Caso você não lembre muito bem a resolução para o caso homogêneo, eu recomendo você dar uma olhadinha no tópico Método Matricial – Caso Homogêneo. Mas fica tranquilo, que vou explicar aqui também! A gente começa encontrando os autovalores de A   e chamar de λ 1 , λ 2 ,

det ⁡ A - λ I = 0

1 - λ 4 1 1 - λ = 0

1 - λ 2 - 4 = 0

λ 2 - 2 λ - 3 = 0

Daí temos que:

λ 1 = 3   e   λ 2 = - 1

Depois vamos achar os autovetores associados a A e chamar de v 1 , v 2 .

Começando com o autovetor associado a λ 1

A - λ 1 I v 1 = 0

- 2 4 1 - 2 c 1 c 2 = 0 0

- 2 c 1 + 4 c 2 = 0 1 c 1 - 2 c 2 = 0

Resolvendo tudo isso, vamos ter:

c 1 = 2 ,   c 2 = 1

v 1 = 2 1

Fazendo o mesmo para λ 2 , ficamos com

v 2 = - 2 1

Nesse caso, nossas soluções x 1 e x 2 vão ser

x 1 = v 1 e λ 1 t = 2 1 e 3 t

x 2 = v 2 e λ 2 t =   - 2 1 e - t

E a solução geral vai ser

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

PASSO 2: Uma vez resolvida a parte homogênea temos que encontrar a solução particular. Vamos usar aqui o método dos coeficientes indeterminados que funciona da seguinte forma: Você tem que chutar como vai ser a solução dependendo de como é a função g t .

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 t
  • Função polinomial: t n
  • Função trigonométrica: cos ⁡ n t , sen ⁡ n t

No nosso caso, a matriz g t são funções de primeiro grau:

g t = t 2 t

Logo, a solução particular X p que devemos chutar, também deve ser de primeiro grau:

X p = A t + B C t + D

ATENÇÃO: embora a função g t não envolva as constantes, na hora de chutar, você tem que escrever a expressão toda, ok?! Por isso aparecem o B e o D ali, já que a expressão completa do primeiro grau é A t + B .

Então, por exemplo, se a matriz g t   envolvesse um polinômio do segundo grau, a solução também teria, só que completa, veja o exemplo:

g t = 3 t 2 t 2           →               X p = A t 2 + B t + C D t 2 + E t + F

A gente vai ver vários outros casos de como seria o chute para X p dependendo da g t mais para frente, ok? Vamos antes disso só terminar o nosso exemplo!

PASSO 3:

X p = A t + B C t + D

Sabendo que a solução tem essa cara, temos que sair a procura dos coeficientes A , B , C e D . Por isso o nome do método ser coeficientes indeterminados, saca? Para isso, devemos nesse passo deriva-lo: basta você derivar cada uma dessas duas expressões:

X ' p = A C

PASSO 4: Com isso, você pode pegar a expressão do X p , sua derivada e substituir no sistema de EDO que estamos resolvendo (não homogêneo):

X ' = A X + g t

Substituindo então, lembrando quem é a matriz A do exemplo é, ficamos com essa igualdade aqui:

A C = 1 4 1 1 ⋅ A t + B C t + D + t 2 t  

Agora é só resolver essa igualdade multiplicando e somando as matrizes:

A C = 1 4 1 1 ⋅ A t + B C t + D + t 2 t

A C = A t + B + 4 C t + D A t + B + C t + D + t 2 t →

A C = A t + B + 4 C t + 4 D + t A t + B + C t + D + 2 t →

A C = A + 4 C + 1 t + B + 4 D A + C + 2 t + B + D

Logo, ganhamos o seguinte sistema:

A = A + 4 C + 1 t + B + 4 D C = A + C + 2 t + B + D     →

Passando tudo para um lado só...

A + 4 C + 1 t + B + 4 D - A = 0 A + C + 2 t + B + D - C = 0  

Quando você chegar nesse sistema igual a 0 (passando as constantes tudo para o outro lado), você tem sempre que fazer a seguinte reflexão: para isso ser igual a 0 , o que deve acontecer com os termos entre parênteses? Devem ser todos nulos, ok? Sempre vai acontecer algo parecido e você vai chegar ao seguinte sistema:

A + 4 C + 1 = 0 A + C + 2 = 0 B + 4 D - A = 0 B + D - C = 0

Resolvendo esse sistema por substituição (vamos ver com mais calma nos exemplos) descobrimos que:

A = - 7 3 ;       C = 1 3 ;           B = 11 9 ;     D = - 8 9

Então a solução particular será:

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

- 7 3 t + 11 9 t 3 - 8 9

Ou ainda...

X p = - 7 3 1 3 t + 11 9 - 8 9

PASSO 5: Agora é só dar a resposta final somando a resposta da homogênea com a resposta da particular:

X = X h + X p   →

X = C 1 2 1 e 3 t + C 2   - 2 1 e - t + - 7 3 1 3 t + 11 9 - 8 9

Beleza! E está aí o final do nosso exemplo. O cuidado mais importante que você deve tomar é no “chute” da solução particular, pois de resto sempre será parecido com o exemplo (seguindo o passo a passo).

Como o chute para a função particular é o mais importante dessa teoria, vamos ver agora uma série de chutes que você deve dar dependendo da função g t . Vamos nessa?

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 e sempre o polinômio inteiro, como vimos no exemplo passado. Vejamos ver mais alguns exemplos:

Exemplo 1:

g t = t t + 2

Aqui os dois são de grau 1 então a solução particular vai ser também de grau 1 , então X p também será:

X p = A t + B C t + D

Exemplo 2:

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 E t 3 + F t 2 + G t + H

Repare que ambos colocamos o polinômio completo. Cuidado para não se esquecer de nada! Agora vejamos casos onde g t não é um polinômio e sim outras funções como a exponencial ou trigonométrica.

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 3:

g t = e 2 t 3 e 2 t

Como a exponencial é a mesma, então a particular será:

X p = A e 2 t B e 2 t

Exemplo 4:

g t = e 3 t 3 e t

Veja que agora temos duas exponenciais diferentes. Então na particular teremos as duas:

X p = A e 3 t + B e t C e 3 t + D e t

Solução particular – trigonométrica

Quando a matriz g t tiver uma função trigonométrica (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 5:

g t = sen ⁡ 2 t 3 cos ⁡ 2 t

A solução particular então será:

X p = A ⋅ sin ⁡ 2 t + B ⋅ cos ⁡ 2 t C ⋅ sin ⁡ 2 t + D ⋅ cos ⁡ 2 t

Exemplo 6:

g t = sen ⁡ t cos ⁡ t + cos ⁡ 2 t

Veja que agora temos argumento t e argumento 2 t dentro do seno e do cosseno, logo a resposta vai envolver os dois:

X p = A sen ⁡ t + B cos ⁡ t + C sin ⁡ 2 t + D cos ⁡ 2 t F sen ⁡ t + G cos ⁡ t + H sin ⁡ 2 t + I cos ⁡ 2 t

Perceba que mesmo não envolvendo o sin ⁡ 2 t na g t , você é obrigado a colocar. Veja esse outro exemplo:

Exemplo 7:

g t = sen ⁡ 3 t sen ⁡ 2 t

A resposta será a soma de seno e cosseno para os dois argumentos:

X p = A sen ⁡ ( 3 t ) + B cos ⁡ ( 3 t ) + C sin ⁡ 2 t + D cos ⁡ 2 t E sen ⁡ ( 3 t ) + F cos ⁡ ( 3 t ) + G sin ⁡ 2 t + H cos ⁡ 2 t

Percebeu? Quando tem um seno ou cosseno, você sempre coloca a soma de seno e cosseno (independente se ele aparece ou não na g t ).

Solução particular – combinação de diferentes tipos de funções

Vamos ver como supor X p t quando g t possui uma soma ou multiplicação de diferentes tipos de funções.

Exemplo 8: (soma)

g t = sen ⁡ t + e t t

Vamos com calma neste:

  • A solução deverá ter soma de seno e cosseno de t :
  • A sin ⁡ t + B cos ⁡ t

  • Deverá possuir uma exponencial e t
  • C e t

  • E, além disso, ela deverá também conter um polinômio do primeiro grau por causa da presença do t :
  • D t + F

    Ou seja, a solução particular será assim:

    X p = A sin ⁡ t + B cos ⁡ t + C e t + D t + F G sin ⁡ t + H cos ⁡ t + I e t + J t + K

    Exemplo 9: (produto)

    g t = t + e t 3 t e 2 t

    Vamos com calma novamente:

  • Por causa do t somando no primeiro, devemos ter um polinômio de primeiro grau somando:
  • A t + B

  • Por causa da exponencial em cima, devemos ter a exponencial na resposta:
  • C e t

  • Por último, por causa do produto em baixo entre um polinômio de primeiro grau em baixo com uma exponencial, também teremos um produto semelhante na resposta:

D t + E ⋅ F e 2 t

Nesse caso, quando F , multiplicar por D e E , vira outra constantes desconhecidas. Isso significa que a presença do F não faz a menor diferença nesse caso de produto, podendo ou não ser colocado. A solução então pode ser dada assim:

X p = A t + B + C e t + D t + E e 2 t G t + H + I e t + J t + K e 2 t

Solução Particular: quando a resposta da homogênea já possui o “chute”

Finalmente, vamos ver o último tópico desse assunto que é aprender a chutar a resposta particular quando a solução da homogênea já possuir o chute que íamos fazer.

Exemplo 10:

Resolva o seguinte sistema de EDO’s:

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

Onde

g t = 2 e - t 3 e - t

Em condições normais, o chute seria para a solução particular seria:

X p = A e - t B e - t

Porém, quando você resolve o passo 1 e encontra a solução da homogênea desse sistema, você encontra o seguinte:

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

Veja que a solução da homogênea, já possui e - t como resposta, logo você não pode chutar aquele X p . O novo X p que você deve chutar é esse daqui:

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

Basta você acrescentar t e - t , saca? Se por acaso esse t e - t tivesse na homogênea, você ia acrescentar t 2 e - t e assim sucessivamente até que não tenha mais na homogênea, beleza?

Nesse exemplo, a título de curiosidade, após derivar e substituir na X h , e fazer as simplificações todas, você encontraria o seguinte:

C = 5 2

D = 5 2

B = 1 2 + A

Nesses casos, nunca será possível determinar o valor de um deles. Você pode deixar assim, ou você pode dizer que A = 0 , por exemplo. Não tem problema, já que A e B são os termos que multiplicam o termo que já aparece na resposta homogênea. O importante mesmo é saber que B é 1 / 2 a mais que A !

Não se preocupe, a gente vai fazer mais exercício como esse onde vai dar para treinar ;)

Resumo

Cansou já? Calma! Vamos só ver um passo a passo pra facilitar sua vida:

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

Partiu exercícios agora?

Expandir

Exercício Resolvido #1

Zill DG, Cullen MR. Matemática Avançada para Engenharia-Vol III. Editora Bookman,2009. Cap 1, p 53 exercício 9.

Encontre a solução do sistema de EDO dado.

x ' = - x - 2 y + 3 y ' = 3 x + 4 y + 3

Com

X 0 = - 4 5

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Passo 1

Pra começar, precisamos colocar o sistema na forma matricial. Como já vimos, o sistema vai ficar

X ' = - 1 - 2 3 4 X + 3 3

Agora, vamos separar a parte homogênea da não homogênea

A = - 1 - 2 3 4 ,   g t = 3 3

Passo 2

Vamos primeiro resolver o sistema homogêneo. Temos que achar os autovalores de A .

Lembra é só fazer

- 1 - λ - 2 3 4 - λ = 0

- 1 - λ 4 - λ + 6 = 0

λ 2 - 3 λ + 2 = 0

λ 1 = 3 + 1 2 = 3 + 1 2 = 4 2 = 2

λ 2 = 3 - 1 2 = 3 - 1 2 = 2 2 = 1

Esse é o caso de autovalores diferentes, vamos agora achar seus autovetores.

Passo 3

Agora temos que achar os autovetores associados, para isso vamos ter

A - λ 1 I v 1 = 0

- 3 - 2 3 2 x 1 x 2 = 0 0

E o autovetor associado vai ser

v 1 = 2 - 3

Fazendo o mesmo pro outro autovetor

A - λ 2 I v 2 = 0

Vamos fazer

v 2 = y 1 y 2

- 2 - 2 3 3 y 1 y 2 = 0 0

E o autovetor associado vai ser

v 2 = 1 - 1

Passo 4

Tendo os dois autovetores e o autovalor as soluções são da forma

x 1 = v 1 e λ 1 t

x 2 = v 2 e λ 2 t  

Então

x 1 = 2 - 3 e 2 t

x 2 = 1 - 1 e t  

A solução homogênea vai ficar

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

Passo 5

Agora temos que encontrar a solução particular. A parte não homogênea do nosso sistema é dada por

g t = 3 3

Vamos supor que nossa solução particular vai ser dada por

X p = A B

X p ' = 0

Passo 6

Substituindo os valores no sistema

0 0 = - 1 - 2 3 4 A B + 3 3

Agora é só resolver para encontrar A e B

0 = - A - 2 B + 3

0 = 3 A + 4 B + 3

Resolvendo encontramos

A = - 9 ,   B = 6

Então

X p = - 9 6

Passo 7

A solução geral fica

X = X h + X p

X = C 1 2 - 3 e 2 t + C 2 1 - 1 e t + - 9 6

Agora é só aplicar a condição inicial

X 0 = - 4 5

X = C 1 2 - 3 e 2 . 0 + C 2 1 - 1 e 0 + - 9 6

Resolvendo o sistema

- 4 = 2 C 1 + C 2 - 9 5 = - 3 C 1 - C 2 + 6

Encontramos

C 1 = - 4 ,   C 2 = 13

Resposta

X t = - 4 2 - 3 e 2 t + 13 1 - 1 e t + - 9 6

Exercício Resolvido #2

William E. Boyce, Equações diferenciais Elementares e problemas de valores de contorno, 8ªed. Rio de Janeiro: LTC, 2006, pp. 234, exercício 9 – Modificado

Encontre a solução geral do sistema de equação dado

X ' = - 5 4 3 4 3 4 - 5 4 X + 2 t e - 2 t

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Esse nosso sistema é não homogêneo, a primeira coisa que temos que fazer é determinar g t

Repara que temos

g t = 2 t e t

Beleza a próxima coisa que temos que fazer é resolver o sistema homogêneo, que vai ser

X ' = - 5 4 3 4 3 4 - 5 4 X

Passo 2

Vamos resolver esse sistema pelo cálculo funcional. A primeira coisa que devemos fazer é identificar o valor da matriz A

A = - 5 4 3 4 3 4 - 5 4

Passo 3

Agora temos que achar o autovalores de A .

Lembra é só fazer

- 5 4 - λ 3 4 3 4 - 5 4 - λ = 0

- 5 4 - λ - 5 4 - λ - 3 4 . 3 4 = 0

λ 2 + 5 2 λ + 25 16 - 9 16 = 0

λ 2 + 5 2 λ + 1 = 0

Multiplicando por 2

2 λ 2 + 5 λ + 2 = 0

λ 1 = - 5 + 5 2 - 4 2 2 2.2 = - 5 + 25 - 16 4 = - 5 + 9 4 = - 5 + 3 4 = - 2 4 = - 1 2