Encontre a solução geral (real) do sistema linear não-homogêneo utilizando o método de variação de parâmetros (indicando claramente a matriz fundamental). Resolva o sistema homogêneo associado pelo método de autovalores e autovetores.
\mathbf{x}^{\prime}(t)=\left(\begin{array}{cc} -3 & 2 \\\\ 2 & 0 \end{array}\right) \mathbf{x}(t)+\binom{e^{t}}{0}

Passo 1

O enunciado dá o sistema não-homogêneo abaixo e pede a solução geral real usando o método de variação de parâmetros, além de resolver o sistema homogêneo associado por autovalores e autovetores:
\mathbf{x}^{\prime}(t)=\begin{pmatrix}-3 & 2 \\[4pt] 2 & 0\end{pmatrix}\mathbf{x}(t)+\binom{e^{t}}{0}.
Informações relevantes fornecidas:
A=\begin{pmatrix}-3 & 2 \\[4pt] 2 & 0\end{pmatrix},\qquad \mathbf{f}(t)=\binom{e^{t}}{0}.
O que precisamos entregar:
  • solução geral da equação homogênea associada (obtida por autovalores/autovetores);
  • matriz fundamental (claramente indicada);
  • solução geral da equação não-homogênea usando variação de parâmetros (mostrar passo a passo o cálculo da integral e da solução particular).]

Passo 2

Resolver o sistema homogêneo \mathbf{x}'=A\mathbf{x} por autovalores e autovetores.
A equação característica de A é
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}-3-\lambda & 2 \\[4pt] 2 & -\lambda\end{pmatrix}=(-3-\lambda)(-\lambda)-4=\lambda^{2}+3\lambda-4.
Resolvendo \lambda^{2}+3\lambda-4=0 temos
\lambda=\frac{-3\pm\sqrt{9+16}}{2}=\frac{-3\pm5}{2}.
Portanto os autovalores são
\lambda_{1}=1,\qquad \lambda_{2}=-4.
Agora os autovetores.
Para \lambda_{1}=1 resolvemos (A-I)\mathbf{v}=0:
\begin{pmatrix}-4 & 2 \\[4pt] 2 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_{1}\\[4pt] v_{2}\end{pmatrix}=0
daí -4v_{1}+2v_{2}=0\Rightarrow v_{2}=2v_{1}. Tomando v_{1}=1 obtemos
\mathbf{v}_{1}=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 2\end{pmatrix}.
Para \lambda_{2}=-4 resolvemos (A+4I)\mathbf{v}=0:
\begin{pmatrix}1 & 2 \\[4pt] 2 & 4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_{1}\\[4pt] v_{2}\end{pmatrix}=0
daí v_{1}+2v_{2}=0\Rightarrow v_{1}=-2v_{2}. Tomando v_{2}=1 obtemos
\mathbf{v}_{2}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt] 1\end{pmatrix}.
Duas soluções independentes do homogêneo são
\mathbf{x}^{(1)}(t)=\mathbf{v}_{1}e^{\lambda_{1}t}=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 2\end{pmatrix}e^{t},\qquad \mathbf{x}^{(2)}(t)=\mathbf{v}_{2}e^{\lambda_{2}t}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt] 1\end{pmatrix}e^{-4t}.]

Passo 3

Montar a matriz fundamental X(t) usando as colunas formadas pelas soluções fundamentais:
X(t)=\begin{pmatrix} e^{t} & -2e^{-4t}\\[6pt] 2e^{t} & e^{-4t} \end{pmatrix}.
Verificamos a independência linear calculando o determinante:
\det X(t)=e^{t}\cdot e^{-4t}-(-2e^{-4t})\cdot(2e^{t})=e^{-3t}+4e^{-3t}=5e^{-3t}\neq 0,
então X(t) é invertível para todo t. Agora vamos precisar de X^{-1}(t). Usando a fórmula da inversa 2\times2:
X^{-1}(t)=\frac{1}{\det X(t)}\begin{pmatrix} e^{-4t} & 2e^{-4t} \\[4pt] -2e^{t} & e^{t}\end{pmatrix}.
Como \det X(t)=5e^{-3t} temos
X^{-1}(t)=\frac{e^{3t}}{5}\begin{pmatrix} e^{-4t} & 2e^{-4t} \\[4pt] -2e^{t} & e^{t}\end{pmatrix} =\frac{1}{5}\begin{pmatrix} e^{-t} & 2e^{-t} \\[4pt] -2e^{4t} & e^{4t}\end{pmatrix}.]

Passo 4

Aplicar variação de parâmetros. A fórmula para uma solução particular é
\mathbf{x}_{p}(t)=X(t)\int_{t_{0}}^{t}X^{-1}(s)\mathbf{f}(s)\,ds,
onde t_{0} é qualquer ponto fixo (a constante de integração resultante pode ser absorvida na solução homogênea). Escolho t_{0}=0 por conveniência.
Calculemos X^{-1}(s)\mathbf{f}(s). Lembrando \mathbf{f}(s)=\binom{e^{s}}{0},
X^{-1}(s)\mathbf{f}(s)=\frac{1}{5}\begin{pmatrix} e^{-s} & 2e^{-s} \\[4pt] -2e^{4s} & e^{4s}\end{pmatrix}\begin{pmatrix} e^{s} \\[4pt] 0\end{pmatrix} =\frac{1}{5}\begin{pmatrix} 1 \\[4pt] -2e^{5s}\end{pmatrix}.]

Passo 5

Agora integramos de 0 até t:
\int_{0}^{t}X^{-1}(s)\mathbf{f}(s)\,ds=\frac{1}{5}\int_{0}^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2e^{5s}\end{pmatrix}ds =\frac{1}{5}\begin{pmatrix} t \\[4pt] -\dfrac{2}{5}\bigl(e^{5t}-1\bigr)\end{pmatrix}.
Portanto o vetor integral é
\mathbf{I}(t)=\begin{pmatrix}\dfrac{t}{5} \\[6pt] -\dfrac{2}{25}\bigl(e^{5t}-1\bigr)\end{pmatrix}.]

Passo 6

Multiplicar X(t) por \mathbf{I}(t) para obter a solução particular:
\mathbf{x}_{p}(t)=X(t)\mathbf{I}(t) =\begin{pmatrix} e^{t} & -2e^{-4t}\\[6pt] 2e^{t} & e^{-4t}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\dfrac{t}{5} \\[8pt] -\dfrac{2}{25}\bigl(e^{5t}-1\bigr)\end{pmatrix}.
Calculemos coordenada a coordenada:
Primeira coordenada:
\begin{aligned} x_{p1}(t) &=e^{t}\cdot\frac{t}{5}+(-2e^{-4t})\cdot\Bigl(-\frac{2}{25}(e^{5t}-1)\Bigr)\\[6pt] &=\frac{t}{5}e^{t}+\frac{4}{25}e^{-4t}(e^{5t}-1)\\[6pt] &=\frac{t}{5}e^{t}+\frac{4}{25}\bigl(e^{t}-e^{-4t}\bigr)\\[6pt] &= \frac{1}{25}\Bigl((5t+4)e^{t}-4e^{-4t}\Bigr). \end{aligned}
Segunda coordenada:
\begin{aligned} x_{p2}(t) &=2e^{t}\cdot\frac{t}{5}+e^{-4t}\cdot\Bigl(-\frac{2}{25}(e^{5t}-1)\Bigr)\\[6pt] &=\frac{2t}{5}e^{t}-\frac{2}{25}e^{-4t}(e^{5t}-1)\\[6pt] &=\frac{2t}{5}e^{t}-\frac{2}{25}\bigl(e^{t}-e^{-4t}\bigr)\\[6pt] &=\frac{1}{25}\Bigl(2(5t-1)e^{t}+2e^{-4t}\Bigr). \end{aligned}
Assim a solução particular fica
\mathbf{x}_{p}(t)=\frac{1}{25}\begin{pmatrix} (5t+4)e^{t}-4e^{-4t} \\[6pt] 2(5t-1)e^{t}+2e^{-4t}\end{pmatrix}.]

Passo 7

Escrever a solução geral como soma da homogênea (com constantes C_{1},C_{2}) e da particular encontrada.
A solução geral da homogênea é
\mathbf{x}_{h}(t)=C_{1}\begin{pmatrix} e^{t}\\[4pt] 2e^{t}\end{pmatrix}+C_{2}\begin{pmatrix}-2e^{-4t}\\[4pt] e^{-4t}\end{pmatrix}.
Portanto a solução geral do sistema não-homogêneo é
\mathbf{x}(t)=\mathbf{x}_{h}(t)+\mathbf{x}_{p}(t).]

Resposta

\mathbf{x}(t)=C_{1}\begin{pmatrix} e^{t}\\[4pt] 2e^{t}\end{pmatrix} +C_{2}\begin{pmatrix}-2e^{-4t}\\[4pt] e^{-4t}\end{pmatrix} +\frac{1}{25}\begin{pmatrix} (5t+4)e^{t}-4e^{-4t} \\[6pt] 2(5t-1)e^{t}+2e^{-4t}\end{pmatrix}.]

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