Método Matricial – Caso Não Homogêneo

Teoria Completa

Introdução

Nos tópicos anteriores nós vimos os métodos para resolver sistemas de EDO’s homogêneos como esse daqui:

  x ' = x + 4 y y ' = x + y

Que podia ser representado na forma matricial 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

Nesse caso, você estará lidando com o problema não homogêneo! Podemos também usar a notação matricial para descrever tal problema:

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 :

g t = t 2 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 enquanto que agora a função g ( t ) vai ser não nula no caso do problema não homogêneo ! 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 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

PRÉ PASSO A PASSO: Antes de tudo devemos colocar em notação matricial:

x ' y ' = 1 4 1 1 ⋅ x y + t 2 t   →

X ' = A X + g 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

Não vamos entrar em detalhes porque já aprendemos a resolver sistemas homogêneos, mas a solução dessa parte fica:

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