Encontre a solução geral do sistema linear nāo-homogêneo (cujo sistema homogêneo associado está na parte (a)) utilizando o método de variação de parâmetros:
\mathbf{x}^{\prime}(t)=\left(\begin{array}{cc} 4 & 1 \\ -2 & 1 \end{array}\right) \mathbf{x}(t)+\binom{e^{3 t}}{e^{2 t}}

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear não-homogêneo
\mathbf{x}'(t)=\begin{pmatrix}4 & 1\\[4pt]-2 & 1\end{pmatrix}\mathbf{x}(t)+\binom{e^{3t}}{e^{2t}}
e pede a solução geral usando o método de variação de parâmetros.
Informações fornecidas:
  • Matriz do sistema: \;A=\begin{pmatrix}4 & 1\\[4pt]-2 & 1\end{pmatrix}.
  • Termo não-homogêneo: \;g(t)=\binom{e^{3t}}{e^{2t}}.
O que precisa ser encontrado:
  • A solução geral \mathbf{x}(t), ou seja a soma de uma solução geral da homogênea e de uma solução particular do não-homogêneo, obtida pelo método de variação de parâmetros.]

Passo 2

Primeiro resolvemos o sistema homogêneo associado \mathbf{x}'=A\mathbf{x}. Isso exige encontrar os autovalores e autovetores de A.
Calculamos o polinômio característico:
\det(A-\lambda I)=(4-\lambda)(1-\lambda)- (1)(-2)= (4-\lambda)(1-\lambda)+2.
Expandindo:
(4-\lambda)(1-\lambda)+2 = 4-5\lambda+\lambda^2+2=\lambda^2-5\lambda+6.
Resolvendo \lambda^2-5\lambda+6=0 obtemos
\lambda=\frac{5\pm1}{2}\Rightarrow \lambda_1=3,\quad \lambda_2=2.
Agora os autovetores.
Para \lambda_1=3, resolvemos (A-3I)v=0:
\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]-2 & -2\end{pmatrix}v=0 \quad\Rightarrow\quad v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Para \lambda_2=2, resolvemos (A-2I)v=0:
\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]-2 & -1\end{pmatrix}v=0 \quad\Rightarrow\quad v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Portanto duas soluções fundamentais do homogêneo são
\varphi_1(t)=e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix},\qquad \varphi_2(t)=e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
A solução geral do homogêneo é
\mathbf{x}_h(t)=C_1 e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}+C_2 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.]

Passo 3

Explicando o método de variação de parâmetros (intuição e fórmula):
  • Se X(t) é a matriz fundamental cujas colunas são \varphi_1(t) e \varphi_2(t), isto é
X(t)=\begin{pmatrix}\varphi_1(t)&\varphi_2(t)\end{pmatrix},
então procuramos uma solução particular da forma \mathbf{x}_p(t)=X(t)\mathbf{u}(t), onde \mathbf{u}(t) é um vetor de funções a determinar.
  • Substituindo em \mathbf{x}'=A\mathbf{x}+g e usando X'(t)=A X(t), obtemos a equação simples para \mathbf{u}':
X(t)\mathbf{u}'(t)=g(t).
  • Logo
\mathbf{u}'(t)=X^{-1}(t)g(t),
e então \mathbf{u}(t)=\displaystyle\int X^{-1}(t)g(t)\,dt. Finalmente \mathbf{x}_p(t)=X(t)\mathbf{u}(t).
Essa é a versão matricial da variação de parâmetros para sistemas.

Passo 4

Monte a matriz fundamental X(t) explicitamente (peguei as soluções fundamentais do Passo 2):
X(t)=\begin{pmatrix}e^{3t} & e^{2t}\\[4pt]-e^{3t} & -2e^{2t}\end{pmatrix}.
Calculamos \det X(t):
\det X(t)=e^{3t}\cdot(-2e^{2t})-e^{2t}\cdot(-e^{3t})=-2e^{5t}+e^{5t}=-e^{5t}\neq0,
portanto X(t) é invertível para todo t.
Agora o adjugado e a inversa. Para uma matriz 2\times2 com entradas a,b,c,d, a inversa é \dfrac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d & -b\\[4pt]-c & a\end{pmatrix}. Aplicando aqui:
X^{-1}(t)=\frac{1}{-e^{5t}}\begin{pmatrix}-2e^{2t} & -e^{2t}\\[4pt] e^{3t} & e^{3t}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2e^{-3t} & e^{-3t}\\[4pt]-e^{-2t} & -e^{-2t}\end{pmatrix}.]

Passo 5

Calculamos \mathbf{u}'(t)=X^{-1}(t)g(t) com g(t)=\binom{e^{3t}}{e^{2t}}.
Multiplicando:
\mathbf{u}'(t)=\begin{pmatrix}2e^{-3t} & e^{-3t}\\[4pt]-e^{-2t} & -e^{-2t}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}e^{3t}\\[4pt]e^{2t}\end{pmatrix}.
Calculando cada componente:
u_1'(t)=2e^{-3t}\cdot e^{3t}+e^{-3t}\cdot e^{2t}=2+e^{-t},
u_2'(t)=-e^{-2t}\cdot e^{3t}-e^{-2t}\cdot e^{2t}=-e^{t}-1=-(e^{t}+1).]

Passo 6

Integramos para obter \mathbf{u}(t). Integração termo a termo:
u_1(t)=\int(2+e^{-t})\,dt=2t-e^{-t}+C_1,
u_2(t)=\int-(e^{t}+1)\,dt=-e^{t}-t+C_2.
Ao construir uma solução particular podemos escolher C_1=C_2=0 (qualquer constante diferente apenas adicionaria uma combinação linear das soluções homogêneas). Assim uma escolha conveniente é
\mathbf{u}(t)=\begin{pmatrix}2t-e^{-t}\\[4pt]-e^{t}-t\end{pmatrix}.]

Passo 7

Agora obtemos a solução particular \mathbf{x}_p(t)=X(t)\mathbf{u}(t). Multiplicando colunas:
\mathbf{x}_p(t)=\varphi_1(t)u_1(t)+\varphi_2(t)u_2(t) = e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}(2t-e^{-t}) + e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}(-e^{t}-t).
Calculamos as componentes para ficar explícito.
Componente 1:
\begin{aligned} x_{p1}(t) &=e^{3t}(2t-e^{-t})+e^{2t}(-e^{t}-t)\\[4pt] &=2t e^{3t}-e^{3t}e^{-t}-e^{3t}-t e^{2t}\\[4pt] &=2t e^{3t}-e^{2t}-e^{3t}-t e^{2t}\\[4pt] &=2t e^{3t}-e^{3t}-(1+t)e^{2t}. \end{aligned}
Componente 2:
\begin{aligned} x_{p2}(t) &=-e^{3t}(2t-e^{-t})-2e^{2t}(-e^{t}-t)\\[4pt] &=-2t e^{3t}+e^{3t}e^{-t}+2e^{3t}+2t e^{2t}\\[4pt] &=-2t e^{3t}+e^{2t}+2e^{3t}+2t e^{2t}\\[4pt] &=( -2t+2) e^{3t}+(1+2t)e^{2t}. \end{aligned}
Assim uma forma explícita para a solução particular é
\mathbf{x}_p(t)=\begin{pmatrix} 2t e^{3t}-e^{3t}-(1+t)e^{2t}\\[6pt] (-2t+2)e^{3t}+(1+2t)e^{2t} \end{pmatrix}.]

Passo 8

A solução geral do sistema é a soma da solução homogênea e da particular:
\mathbf{x}(t)=\mathbf{x}_h(t)+\mathbf{x}_p(t).
Substituindo as expressões encontradas:
\mathbf{x}(t)=C_1 e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} + C_2 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix} +\begin{pmatrix} 2t e^{3t}-e^{3t}-(1+t)e^{2t}\\[6pt] (-2t+2)e^{3t}+(1+2t)e^{2t} \end{pmatrix},
onde C_1,C_2 são constantes arbitrárias determinadas por condições iniciais.]

Resposta

\mathbf{x}(t)=C_1 e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} + C_2 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix} +\begin{pmatrix} 2t e^{3t}-e^{3t}-(1+t)e^{2t}\\[6pt] (-2t+2)e^{3t}+(1+2t)e^{2t} \end{pmatrix}.]

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