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

Passo 1

O enunciado fornece o sistema linear não-homogêneo com coeficientes constantes
x'=\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & -2\end{pmatrix}x+\begin{pmatrix}e^{t}\\[4pt]t\end{pmatrix},
onde x(t)=\begin{pmatrix}x_{1}(t)\\[4pt]x_{2}(t)\end{pmatrix}. O que se pede é a solução geral x(t), isto é, a família de todas as soluções do sistema, escrita em termos de constantes arbitrárias (duas constantes para um sistema 2×2).
Informações relevantes dadas:
  • A matriz de coeficientes é A=\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & -2\end{pmatrix}.
  • O termo não-homogêneo é f(t)=\begin{pmatrix}e^{t}\\[4pt]t\end{pmatrix}.
  • Procuramos a solução geral x(t)=x_{h}(t)+x_{p}(t), onde x_{h} é solução do sistema homogêneo x'=Ax e x_{p} é uma solução particular do sistema completo.]

Passo 2

Encontrar a solução geral do sistema homogêneo x'=Ax.
A teoria básica (pequena aula): para x'=Ax com A constante, procuramos autovalores \lambda e autovetores v resolvendo \det(A-\lambda I)=0 e (A-\lambda I)v=0. Para autovalores distintos obtemos duas soluções fundamentais e^{\lambda t}v e a solução geral homogênea é combinação linear dessas.
Calcule o polinômio característico:
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}2-\lambda & -1\\[4pt]3 & -2-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)(-2-\lambda)-(-1)\cdot3.
Compute:
(2-\lambda)(-2-\lambda)=-4+\lambda^{2},
portanto
\det(A-\lambda I)=\lambda^{2}-4+3=\lambda^{2}-1.
Assim os autovalores satisfazem \lambda^{2}-1=0, logo
\lambda_{1}=1,\qquad \lambda_{2}=-1.
Agora os autovetores:
Para \lambda_{1}=1, resolver (A-I)v=0:
\begin{pmatrix}2-1 & -1\\[4pt]3 & -2-1\end{pmatrix}v=\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]3 & -3\end{pmatrix}v=0.
Da primeira linha v_{1}-v_{2}=0, logo um autovetor é v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Para \lambda_{2}=-1, resolver (A+I)v=0:
\begin{pmatrix}2+1 & -1\\[4pt]3 & -2+1\end{pmatrix}v=\begin{pmatrix}3 & -1\\[4pt]3 & -1\end{pmatrix}v=0.
Da primeira linha 3v_{1}-v_{2}=0, logo um autovetor é v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}.
Portanto a solução geral do homogêneo é
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.]

Passo 3

Escolher um método para obter uma solução particular x_{p}(t).
Pequena aula sobre método: para sistemas lineares com termo forçante “simples” (combinação de exponenciais, polinômios, sen/cos), a técnica prática é o método dos coeficientes indeterminados. Ele tenta uma forma ansatz para x_{p}(t) compatível com o forçante; se a forma proposta ressoa com soluções do homogêneo (por exemplo e^{t} e e^{t} aparece no homogêneo), é preciso multiplicar por potências de t ou incluir termos adicionais.
Aqui f(t)=\begin{pmatrix}e^{t}\\[4pt]t\end{pmatrix} é soma de duas partes: \begin{pmatrix}e^{t}\\[4pt]0\end{pmatrix} e \begin{pmatrix}0\\[4pt]t\end{pmatrix}. Pelo princípio da superposição podemos buscar x_{p}=x_{p}^{(e)}+x_{p}^{(p)}, onde x_{p}^{(e)} resolve com forçante \begin{pmatrix}e^{t}\\[4pt]0\end{pmatrix} e x_{p}^{(p)} resolve com forçante \begin{pmatrix}0\\[4pt]t\end{pmatrix}.]

Passo 4

Calcular [x_{p}^{(e)}) para a forçante \begin{pmatrix}e^{t}\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Motivação para o ansatz: como e^{t} corresponde ao autovalor \lambda=1 do homogêneo, há ressonância. O ansatz padrão em caso de ressonância de multiplicidade 1 é tentar
x_{p}^{(e)}(t)=e^{t}\bigl(t\,v+w\bigr),
onde v,w são vetores constantes a determinar. (Explicação: incluir termos e^{t}t e e^{t} permite ajustar tanto a parte que se anula por A-I quanto a constante.)
Calcule a derivada:
\frac{d}{dt}\bigl[e^{t}(t v+w)\bigr]=e^{t}(t v+w)+e^{t}v=e^{t}\bigl(t v+(v+w)\bigr).
Substituindo em x'=Ax+f com f=\begin{pmatrix}e^{t}\\[4pt]0\end{pmatrix} e dividindo por e^{t} obtemos:
t v+(v+w)=t A v + A w + \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Comparando coeficientes de t e termos constantes dá o sistema
\begin{cases} v = A v,\\[4pt] v + w = A w + \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}. \end{cases}
A primeira equação v = A v\] equivale a \((A-I)v=0, ou seja v deve ser autovetor associado a \lambda=1. Já sabemos um autovetor: v=\alpha\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} para algum escalar \alpha.
Escrevendo v=\alpha\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} e substituindo na segunda equação, obtemos
(I-A)w=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}-v.
Calcule I-A:
I-A=\begin{pmatrix}1-2 & 0-(-1)\\[4pt]0-3 & 1-(-2)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]-3 & 3\end{pmatrix}.
Então precisamos resolver
\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]-3 & 3\end{pmatrix}w=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}-\alpha\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1-\alpha\\[4pt]-\alpha\end{pmatrix}.
As duas linhas da matriz são proporcionais (segunda = 3× primeira), logo há solução apenas se a mesma proporcionalidade for válida no vetor do lado direito. Da primeira linha obtemos
-w_{1}+w_{2}=1-\alpha.
Da segunda (equivalente) obteríamos -3w_{1}+3w_{2}=-\alpha, que ao dividir por 3 dá -w_{1}+w_{2}=-\alpha/3. Igualando os dois resultados para consistência:
1-\alpha=-\frac{\alpha}{3}\quad\Rightarrow\quad 3-3\alpha=-\alpha\quad\Rightarrow\quad 3=2\alpha\quad\Rightarrow\quad \alpha=\tfrac{3}{2}.
Logo escolhemos
v=\frac{3}{2}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\tfrac{3}{2}\\[4pt]\tfrac{3}{2}\end{pmatrix}.
Agora podemos achar w a partir de uma das equações, por exemplo
-w_{1}+w_{2}=1-\alpha=1-\tfrac{3}{2}=-\tfrac{1}{2}\quad\Rightarrow\quad w_{2}=w_{1}-\tfrac{1}{2}.
Qualquer w que satisfaça essa relação serve; componentes adicionais na direção do autovetor \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} mudariam apenas a parte homogênea, então podemos escolher uma solução simples. Tomando w_{1}=0 obtemos
w=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-\tfrac{1}{2}\end{pmatrix}.
Portanto um particular para a parte exponencial é
x_{p}^{(e)}(t)=e^{t}\Bigl(t\begin{pmatrix}\tfrac{3}{2}\\[4pt]\tfrac{3}{2}\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\[4pt]-\tfrac{1}{2}\end{pmatrix}\Bigr).]

Passo 5

Calcular [x_{p}^{§}) para a forçante polinomial \begin{pmatrix}0\\[4pt]t\end{pmatrix}.
Motivação para o ansatz: para forçante polinomial de grau 1, tentamos um vetor polinomial de grau 1:
x_{p}^{(p)}(t)=p\,t+q,
onde p,q são vetores constantes a determinar. Calcule a derivada (x_{p}^{(p)})'=p. Substitua na equação
p=A(pt+q)+\begin{pmatrix}0\\[4pt]t\end{pmatrix}=t(Ap)+Aq+\begin{pmatrix}0\\[4pt]t\end{pmatrix}.
Agrupando termos em t e constantes, obtemos as condições
\begin{cases} \text{coeficiente de }t:\quad 0=Ap+\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix},\\[6pt] \text{constante:}\quad p=Aq. \end{cases}
Resolva Ap=-\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}\]. Escrevendo \[p=\begin{pmatrix}p_{1}\\[4pt]p_{2}\end{pmatrix} e usando A=\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & -2\end{pmatrix}:
\begin{cases} 2p_{1}-p_{2}=0,\\[4pt] 3p_{1}-2p_{2}=-1. \end{cases}
Da primeira equação p_{2}=2p_{1}\]. Substituindo na segunda: \[3p_{1}-2(2p_{1})=3p_{1}-4p_{1}=-p_{1}=-1\quad\Rightarrow\quad p_{1}=1,\quad p_{2}=2.\] Logo \[p=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}.\] Agora resolver \[Aq=p:
\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & -2\end{pmatrix}q=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Se q=\begin{pmatrix}q_{1}\\[4pt]q_{2}\end{pmatrix}, temos
\begin{cases} 2q_{1}-q_{2}=1,\\[4pt] 3q_{1}-2q_{2}=2. \end{cases}
Da primeira q_{2}=2q_{1}-1\]. Substituindo na segunda: \[3q_{1}-2(2q_{1}-1)=3q_{1}-4q_{1}+2=-q_{1}+2=2\quad\Rightarrow\quad q_{1}=0.\] Logo \(q_{2}=2\cdot0-1=-1, isto é
q=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Portanto
x_{p}^{(p)}(t)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}t+\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Combinar as partes para obter a solução particular total e escrever a solução geral.
Pela superposição
x_{p}(t)=x_{p}^{(e)}(t)+x_{p}^{(p)}(t).
Substituindo os resultados:
x_{p}(t)=e^{t}\Bigl(t\begin{pmatrix}\tfrac{3}{2}\\[4pt]\tfrac{3}{2}\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\[4pt]-\tfrac{1}{2}\end{pmatrix}\Bigr)+t\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
A solução geral do sistema é a soma da homogênea com a particular:
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}\Bigl(t\begin{pmatrix}\tfrac{3}{2}\\[4pt]\tfrac{3}{2}\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\[4pt]-\tfrac{1}{2}\end{pmatrix}\Bigr) +t\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\end{pmatrix},
com C_{1},C_{2} constantes reais arbitrárias.
Se desejar, escrever por componentes:
\begin{aligned} x_{1}(t)&=C_{1}e^{t}+C_{2}e^{-t}+e^{t}\!\left(\tfrac{3}{2}t\right)+t,\\[6pt] x_{2}(t)&=C_{1}e^{t}+3C_{2}e^{-t}+e^{t}\!\left(\tfrac{3}{2}t-\tfrac{1}{2}\right)+2t-1. \end{aligned}]

Resposta

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}\Bigl(t\begin{pmatrix}\tfrac{3}{2}\\[4pt]\tfrac{3}{2}\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\[4pt]-\tfrac{1}{2}\end{pmatrix}\Bigr) +t\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\end{pmatrix},
onde C_{1},C_{2} são constantes arbitrárias.]

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