Encontre a solução geral do sistema de equações dado.
\mathbf{x}^{\prime}=\left( \begin{array}{ll}2 & -1 \\ 3 & -2\end{array}\right) \mathbf{x}+\binom{1}{-1} e^{t}

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede:
  • Dá o sistema linear não-homogêneo com coeficientes constantes
\mathbf{x}' = \begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt] 3 & -2\end{pmatrix}\mathbf{x} + \binom{1}{-1}e^{t}.
  • O que se pede: encontrar a solução geral \mathbf{x}(t) do sistema (ou seja, todas as soluções, com constantes arbitrárias).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A matriz do sistema é A=\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & -2\end{pmatrix}.
  • O termo não-homogêneo é \mathbf{u}e^{t} com \mathbf{u}=\binom{1}{-1}.
  • A solução geral será a soma da solução geral do sistema homogêneo \mathbf{x}'=A\mathbf{x} e de uma solução particular do sistema completo.]

Passo 2

Resolver o sistema homogêneo \mathbf{x}'=A\mathbf{x}.
  1. Encontrar os autovalores de A. Calcula-se o polinômio característico \det(A-\lambda I):
\det\!\big(A-\lambda I\big)=\det\begin{pmatrix}2-\lambda & -1\\[4pt]3 & -2-\lambda\end{pmatrix} =(2-\lambda)(-2-\lambda)-(-1)\cdot3.
Desenvolvendo,
(2-\lambda)(-2-\lambda)=\lambda^2-4,
portanto
\det(A-\lambda I)=\lambda^2-4+3=\lambda^2-1=(\lambda-1)(\lambda+1).
Logo os autovalores são \lambda_1=1 e \lambda_2=-1 (distintos e reais).
  1. Para \lambda_1=1, encontra-se o autovetor resolvendo (A-I)\mathbf{v}=0:
\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]3 & -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Da primeira equação v_1-v_2=0, então podemos escolher \mathbf{v}^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  1. Para \lambda_2=-1, resolve-se (A+I)\mathbf{v}=0:
\begin{pmatrix}3 & -1\\[4pt]3 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Da equação 3v_1-v_2=0 vem v_2=3v_1. Podemos escolher \mathbf{v}^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}.
  1. Assim a solução geral do homogêneo é combinação linear das soluções exponenciais:
\mathbf{x}_h(t)=C_1 e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_2 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix},
onde C_1,C_2 são constantes arbitrárias.
Comentário rápido (didático): quando a matriz tem autovalores distintos, cada autovalor dá uma solução do tipo e^{\lambda t}\mathbf{v}, onde \mathbf{v} é um autovetor associado. A combinação linear dessas soluções forma toda a solução do homogêneo.]

Passo 3

Escolher um método para encontrar uma solução particular do sistema não-homogêneo.
  • O termo de forçamento é \mathbf{u}e^{t} com \mathbf{u}=\binom{1}{-1} e a base exponencial é e^{t}.
  • Observação importante (ressonância): e^{t} corresponde ao autovalor \lambda=1 da matriz A. Isso significa que a tentativa direta \mathbf{x}_p=e^{t}\mathbf{a} com \mathbf{a} constante falharia porque (A-I) é singular. Nesses casos, para o método dos coeficientes indeterminados convém multiplicar por t um termo polinomial simples: tentar uma solução do tipo
\mathbf{x}_p(t)=\big(t\mathbf{v}+\mathbf{w}\big)e^{t},
onde \mathbf{v},\mathbf{w} são vetores constantes a determinar. Vou explicar por que esse formato: se a exponencial da forçante coincide com um autovalor simples, multiplicamos por t para obter um ansatz que não esteja na solução do homogêneo; o termo adicional \mathbf{w}e^{t} é incluído para garantir possibilidade de ajustar termos constantes ao comparar coeficientes.

Passo 4

Determinar \mathbf{v} e \mathbf{w} no ansatz \mathbf{x}_p=(t\mathbf{v}+\mathbf{w})e^{t}.
  1. Calcula-se a derivada:
\mathbf{x}_p' = \frac{d}{dt}\big((t\mathbf{v}+\mathbf{w})e^{t}\big) = \big(\mathbf{v}\big)e^{t} + (t\mathbf{v}+\mathbf{w})e^{t} = e^{t}\big(\mathbf{v}+t\mathbf{v}+\mathbf{w}\big).
  1. Substitui-se na equação \mathbf{x}'=A\mathbf{x}+\mathbf{u}e^{t}:
e^{t}\big(\mathbf{v}+t\mathbf{v}+\mathbf{w}\big) = A\big((t\mathbf{v}+\mathbf{w})e^{t}\big)+\mathbf{u}e^{t} = e^{t}\big(tA\mathbf{v}+A\mathbf{w}+\mathbf{u}\big).
Cancelando e^{t} (sempre positivo), obtemos a identidade vetorial
\mathbf{v}+t\mathbf{v}+\mathbf{w}=tA\mathbf{v}+A\mathbf{w}+\mathbf{u}.
  1. Igualando os termos em t e os termos constantes separadamente, obtemos dois sistemas:
  • coeficientes de t: \mathbf{v}=A\mathbf{v}, ou seja
(A-I)\mathbf{v}=\mathbf{0}.
  • termos constantes: \mathbf{v}+\mathbf{w}=A\mathbf{w}+\mathbf{u}, ou seja
(I-A)\mathbf{w}=\mathbf{u}-\mathbf{v}.
  1. Resolver (A-I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. Já resolvemos esse núcleo no Passo 2: os vetores próprios associados a \lambda=1 são múltiplos de \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}. Então escrevemos
\mathbf{v}=s\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}s\\[4pt]s\end{pmatrix},
com s escalar a determinar.
  1. Substituir em (I-A)\mathbf{w}=\mathbf{u}-\mathbf{v}. Primeiro calcule I-A:
I-A=\begin{pmatrix}1&0\\[4pt]0&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2&-1\\[4pt]3&-2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]-3 & 3\end{pmatrix}.
E a direita \mathbf{u}-\mathbf{v}=\binom{1}{-1}-\binom{s}{s}=\binom{1-s}{-1-s}.
Então o sistema para \mathbf{w}=(w_1,w_2)^T é
\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]-3 & 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w_1\\[4pt]w_2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1-s\\[4pt]-1-s\end{pmatrix}.
Note que a segunda linha é 3 vezes a primeira, então o sistema é compatível apenas se a segunda componente do vetor do lado direito for igual a 3 vezes a primeira componente. Isso impõe a condição de consistência:
-1-s = 3(1-s).
Resolvendo:
-1-s = 3-3s \quad\Rightarrow\quad -1-s-3+3s=0 \quad\Rightarrow\quad 2s-4=0 \quad\Rightarrow\quad s=2.
Portanto \mathbf{v}=2\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]2\end{pmatrix}.
  1. Com s=2, o vetor do lado direito fica \mathbf{u}-\mathbf{v}=\binom{-1}{-3}. Agora resolve-se a equação única independente (escolhemos a primeira linha):
- w_1 + w_2 = -1.
Isto dá w_2 = w_1 -1. Há infinidade de soluções para \mathbf{w} (grau de liberdade 1), pois I-A tem posto 1. Para escolher uma solução particular simples, tomamos w_1=0, o que dá w_2=-1. Assim uma escolha conveniente é
\mathbf{w}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
(Dica: qualquer \mathbf{w} que satisfaça a relação acima serve; mudar \mathbf{w} apenas corresponde a acrescentar uma solução do homogêneo, que já está contemplada por \mathbf{x}_h.)]

Passo 5

Escrever a solução particular encontrada e verificar mentalmente que funciona.
Com \mathbf{v}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]2\end{pmatrix} e \mathbf{w}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\end{pmatrix}, temos
\mathbf{x}_p(t)=\big(t\mathbf{v}+\mathbf{w}\big)e^{t} = e^{t}\begin{pmatrix}2t\\[4pt]2t-1\end{pmatrix}.
(Fazendo uma verificação rápida: computando \mathbf{x}_p' e A\mathbf{x}_p+\mathbf{u}e^{t} obtém-se os mesmos vetores, como deve ser.)]

Passo 6

Combinar homogênea e particular para obter a solução geral.
A solução geral do sistema é
\mathbf{x}(t)=\mathbf{x}_h(t)+\mathbf{x}_p(t) = C_1 e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_2 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix} + e^{t}\begin{pmatrix}2t\\[4pt]2t-1\end{pmatrix},
onde C_1,C_2 são constantes arbitrárias reais.]

Resposta

\mathbf{x}(t)=C_1 e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_2 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix} + e^{t}\begin{pmatrix}2t\\[4pt]2t-1\end{pmatrix}.]

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