[5 pontos] Considere o sistema de equações diferenciais dado por
\left\{\begin{array}{l} \dot{x}=2 x-3 y+2 \\\ \dot{y}=x-2 y+1 \end{array}\right.
Responda as seguintes questōes:
(a) [ 2,5 de 5 pontos] Encontre a solução da parte homogênea do sistema.
(b) [ 1 de 5 pontos] Utilizando o método dos coeficientes indeterminados, encontre uma soluçāo particular do sistema.
(c) [1,5 de 5 pontos ] Utilizando o método da variação dos parâmetros, encontre uma solução particular do sistema.

Passo 1

O enunciado nos dá o sistema
\begin{cases} \dot{x}=2x-3y+2,\\\ \dot{y}=x-2y+1, \end{cases}
que é um sistema linear não-homogêneo de primeira ordem. Vamos obter a solução geral somando a solução da parte homogênea (item (a)) com uma solução particular obtida pelos métodos de coeficientes indeterminados (item (b)) e de variação de parâmetros (item (c)).

Passo 2

Para a parte homogênea escrevemos
\dot X = A\,X,\quad X=\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix},\quad A=\begin{pmatrix}2 & -3\\\ 1 & -2\end{pmatrix}.
O polinômio característico é
\det(A-\lambda I) =\det\begin{pmatrix}2-\lambda & -3\\\ 1 & -2-\lambda\end{pmatrix} =(2-\lambda)(-2-\lambda)-(-3)\cdot1 =\lambda^2-1,
de onde
\lambda^2-1=0\quad\Longrightarrow\quad \lambda_1=1,\;\lambda_2=-1.

Passo 3

Para \lambda_1=1 resolvemos
(A-I)v=0\;\Longrightarrow\;\begin{pmatrix}1&-3\\\ 1&-3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\v_2\end{pmatrix}=0 \;\Rightarrow\;v_1=3v_2,
escolhendo v^{(1)}=(3,1). Para \lambda_2=-1 temos
(A+I)v=0\;\Longrightarrow\;\begin{pmatrix}3&-3\\\ 1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\v_2\end{pmatrix}=0 \;\Rightarrow\;v_1=v_2,
escolhendo v^{(2)}=(1,1). Logo a solução homogênea é
X_h(t) =C_1e^{t}\begin{pmatrix}3\\\ 1\end{pmatrix} +C_2e^{-t}\begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix}.

Passo 4

Pelo método dos coeficientes indeterminados buscamos uma solução particular constante
\displaystyle X_p=\begin{pmatrix}a\b\end{pmatrix}\). Substituindo em \(\dot X=AX+F\) com \(F=(2,1)^T\) obtemos \[0 =A\begin{pmatrix}a\b\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}2\\\ 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2a-3b+2\a-2b+1\end{pmatrix}.
Isso gera o sistema
\begin{cases} 2a-3b=-2,\\\ a-2b=-1, \end{cases}
cuja solução é b=0\], \(a=-1. Portanto
X_p(t)=\begin{pmatrix}-1\\\ 0\end{pmatrix}.

Passo 5

Pelo método da variação de parâmetros usamos a matriz fundamental
\Phi(t) =\bigl[\varphi^{(1)}(t)\;\;\varphi^{(2)}(t)\bigr] =\begin{pmatrix}3e^{t}&e^{-t}\e^{t}&e^{-t}\end{pmatrix}.
Calculamos \Phi^{-1}(t) e \displaystyle u'(t)=\Phi^{-1}(t)F:
\det\Phi=2,\quad \Phi^{-1}=\frac12\begin{pmatrix}e^{-t}&-e^{-t}\\\ -e^{t}&3e^{t}\end{pmatrix},
u'(t) =\Phi^{-1}(t)\begin{pmatrix}2\\\ 1\end{pmatrix} =\frac12\begin{pmatrix}e^{-t}&-e^{-t}\\\ -e^{t}&3e^{t}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}2\\\ 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\tfrac12e^{-t}\\tfrac12e^{t}\end{pmatrix}.
Integrando e escolhendo constantes zero (absorvidas em X_h), obtemos
u_1(t)=-\tfrac12e^{-t},\quad u_2(t)=\tfrac12e^{t}.
Então
X_p(t) =\Phi(t)\,u(t) =-\tfrac12e^{-t}\begin{pmatrix}3e^{t}\e^{t}\end{pmatrix} +\tfrac12e^{t}\begin{pmatrix}e^{-t}\e^{-t}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1\\\ 0\end{pmatrix},
confirmando a mesma solução particular.

Resposta

(a) \displaystyle X_h(t)=C_1e^{t}\begin{pmatrix}3\\\ 1\end{pmatrix} + C_2e^{-t}\begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix}.\n(b) \displaystyle X_p(t)=\begin{pmatrix}-1\\\ 0\end{pmatrix}.\n(c) \displaystyle X_p(t)=\begin{pmatrix}-1\\\ 0\end{pmatrix}.

Exercícios relacionados