Encontre a solução geral do sistema linear não-homogêneo utilizando o método de variação de parâmetros:
\mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{ll} 2 & -1 \\\\ 3 & -2 \end{array}\right) \mathbf{x}+\binom{1}{-1} e^{t}

Passo 1

O enunciado pede: encontrar a solução geral do sistema não-homogêneo usando variação de parâmetros para o sistema
\mathbf{x}'=\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & -2\end{pmatrix}\mathbf{x}+\binom{1}{-1}e^{t}.
Informações dadas e o que devemos obter:
A=\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & -2\end{pmatrix},\qquad \mathbf{f}(t)=\binom{1}{-1}e^{t}.
Precisamos obter a solução geral \mathbf{x}(t) (ou seja, solução homogênea mais uma solução particular), usando o método de variação de parâmetros (variação das constantes).]

Passo 2

Resolvemos primeiro o sistema homogêneo \mathbf{x}'=A\mathbf{x}. A técnica mais prática é diagonalizar (ou obter autovalores e autovetores).
Calculamos o polinômio característico:
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}2-\lambda & -1\\[4pt]3 & -2-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)(-2-\lambda)-(-1)\cdot 3.
Desenvolvendo temos
(2-\lambda)(-2-\lambda)+3 = -4+\lambda^{2}+3=\lambda^{2}-1.
Logo os autovalores são as raízes de \lambda^{2}-1=0, ou seja
\lambda_{1}=1,\qquad \lambda_{2}=-1.
Agora os autovetores:
  • Para \lambda_{1}=1 resolvemos (A-I)v=0:
\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]3 & -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_{1}\\[4pt]v_{2}\end{pmatrix}=0
daí v_{1}-v_{2}=0, escolhemos v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  • Para \lambda_{2}=-1 resolvemos (A+I)v=0:
\begin{pmatrix}3 & -1\\[4pt]3 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_{1}\\[4pt]v_{2}\end{pmatrix}=0
daí 3v_{1}-v_{2}=0, escolhemos v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}.
Portanto a solução geral do homogêneo é combinação linear das colunas 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}.]

Passo 3

Construímos a matriz fundamental \Phi(t) cujas colunas são as soluções fund. obtidas:
\Phi(t)=\begin{pmatrix}e^{t} & e^{-t}\\[4pt]e^{t} & 3e^{-t}\end{pmatrix}.
Para aplicar variação de parâmetros usamos a fórmula \mathbf{x}_{p}(t)=\Phi(t)\mathbf{u}(t) com \mathbf{u}'(t)=\Phi(t)^{-1}\mathbf{f}(t).
Calculamos o determinante de \Phi:
\det\Phi(t)=e^{t}\cdot 3e^{-t}-e^{t}\cdot e^{-t}=3-1=2.
Logo \det\Phi é constante igual a 2 (boa notícia: facilita inversa).
A inversa de \Phi é (usando fórmula da inversa 2×2)
\Phi(t)^{-1}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}3e^{-t} & -e^{-t}\\[4pt]-e^{t} & e^{t}\end{pmatrix}.]

Passo 4

Agora calculamos \mathbf{u}'(t)=\Phi^{-1}(t)\mathbf{f}(t). Lembre que \mathbf{f}(t)=\binom{1}{-1}e^{t}=\binom{e^{t}}{-e^{t}}.
Multiplicando:
\mathbf{u}'(t)=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}3e^{-t} & -e^{-t}\\[4pt]-e^{t} & e^{t}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}e^{t}\\[4pt]-e^{t}\end{pmatrix}.
Calculamos componente a componente.
Primeira componente:
\frac{1}{2}\big(3e^{-t}\cdot e^{t}+(-e^{-t})\cdot(-e^{t})\big)=\frac{1}{2}(3+1)=2.
Segunda componente:
\frac{1}{2}\big((-e^{t})\cdot e^{t}+e^{t}\cdot(-e^{t})\big)=\frac{1}{2}(-e^{2t}-e^{2t})=-e^{2t}.
Portanto
\mathbf{u}'(t)=\begin{pmatrix}2\\[4pt]-e^{2t}\end{pmatrix}.]

Passo 5

Integramos \mathbf{u}'(t) para obter \mathbf{u}(t). A integral componente a componente:
Primeira componente:
u_{1}(t)=\int 2\,dt=2t+C_{1}.
Segunda componente:
u_{2}(t)=\int -e^{2t}\,dt=-\frac{1}{2}e^{2t}+C_{2}.
Para obter uma solução particular podemos tomar as constantes de integração como zero (essas constantes correspondem às soluções do homogêneo que já estão em \mathbf{x}_{h}). Assim escolhemos
\mathbf{u}_{p}(t)=\begin{pmatrix}2t\\[4pt]-\dfrac{1}{2}e^{2t}\end{pmatrix}.]

Passo 6

Agora obtemos a solução particular \mathbf{x}_{p}(t)=\Phi(t)\mathbf{u}_{p}(t). Multiplicamos:
\mathbf{x}_{p}(t)=\begin{pmatrix}e^{t} & e^{-t}\\[4pt]e^{t} & 3e^{-t}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}2t\\[4pt]-\dfrac{1}{2}e^{2t}\end{pmatrix}.
Calculando cada componente:
Primeira componente:
e^{t}\cdot 2t + e^{-t}\cdot\left(-\dfrac{1}{2}e^{2t}\right)=2t e^{t}-\dfrac{1}{2}e^{t}=e^{t}\left(2t-\dfrac{1}{2}\right).
Segunda componente:
e^{t}\cdot 2t + 3e^{-t}\cdot\left(-\dfrac{1}{2}e^{2t}\right)=2t e^{t}-\dfrac{3}{2}e^{t}=e^{t}\left(2t-\dfrac{3}{2}\right).
Logo
\mathbf{x}_{p}(t)=e^{t}\begin{pmatrix}2t-\dfrac{1}{2}\\[6pt]2t-\dfrac{3}{2}\end{pmatrix}.]

Passo 7

A solução geral é a soma da homogênea com a particular:
\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-\dfrac{1}{2}\\[6pt]2t-\dfrac{3}{2}\end{pmatrix},
onde C_{1},C_{2} são constantes arbitrárias (determinar-se-iam por condições iniciais, se fossem dadas).]

Resposta

\displaystyle \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-\dfrac{1}{2}\\[6pt]2t-\dfrac{3}{2}\end{pmatrix}]

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