Encontre a solução geral dos sistemas abaixo. Quando uma condição inicial for dada, encontre a única solução. Para encontrar a solução particular, use ou método dos coeficientes a determinar ou a fórmula da variação dos parâmetros. (nesta questão pode ser útil lembrar que a inversa de uma matriz 2 \times 2 não singular é dada por \left(\begin{array}{ll}a & b \\\ c & d\end{array}\right)^{-1}=\frac{1}{a d-b c}\left(\begin{array}{rr}d & -b \\\\ -c & a\end{array}\right) )
X^{\prime}(t)=\left(\begin{array}{cc}-3 & 4 \\\\ -2 & 3\end{array}\right) X(t)+\binom{\operatorname{sen} t}{-2}, \quad X(0)=\binom{7}{6}

Passo 1

O enunciado nos dá o sistema
X'(t)=A\,X(t)+f(t),\quad X(0)=\begin{pmatrix}7\\\ 6\end{pmatrix},
onde
A=\begin{pmatrix}-3 & 4 \\\\ -2 & 3\end{pmatrix}, \quad f(t)=\begin{pmatrix}\sin t \\\\ -2\end{pmatrix}.
Queremos a solução geral de X'(t)=A\,X(t)+f(t): primeiro achamos a solução homogênea usando autovalores e autovetores, depois uma solução particular dividindo f em parte constante e parte \sin t. Por fim aplicamos a condição inicial para determinar as constantes.

Passo 2

Para a parte homogênea resolvemos
X'(t)=A\,X(t).
O polinômio característico de A é
\det(A-\lambda I) =\det\begin{pmatrix}-3-\lambda & 4 \\\\ -2 & 3-\lambda\end{pmatrix} =( -3-\lambda)(3-\lambda)-(-8) =\lambda^2-1,
logo \lambda_1=1 e \lambda_2=-1.
  • Para \lambda_1=1:
    (A-I)v=0 leva a -4v_1+4v_2=0, então v^{(1)}=(1,1)^T.
  • Para \lambda_2=-1:
    (A+I)v=0 leva a -2v_1+4v_2=0, então v^{(2)}=(2,1)^T.
    Assim a solução homogênea é
X_h(t) =C_1e^{t}\begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix} +C_2e^{-t}\begin{pmatrix}2\\\ 1\end{pmatrix}.

Passo 3

Procuramos uma solução particular constante X_{p2}=(p,q)^T\) que resolva \[0=A\begin{pmatrix}p\q\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}0\\\ -2\end{pmatrix}.
Isto dá o sistema
\begin{cases} -3p+4q=0,\\\\ -2p+3q-2=0. \end{cases}
Da primeira equação q=\tfrac34\,p\]. Substituindo na segunda: \(-2p+3\cdot\tfrac34p=2\implies\tfrac14p=2\implies p=8,\;q=6.
Logo
X_{p2}=\begin{pmatrix}8\\\ 6\end{pmatrix}.

Passo 4

Agora a parte senoidal. Tomamos o ansatz
X_{p1}(t) =\begin{pmatrix} a\cos t + b\sin t\\\ c\cos t + d\sin t \end{pmatrix}
e exigimos
X'_{p1}(t)=A\,X_{p1}(t)+\begin{pmatrix}\sin t\\\ 0\end{pmatrix}.
Calculando X'_{p1} e A\,X_{p1} e igualando coeficientes de \cos t e \sin t, obtemos o sistema linear em a,b,c,d:
\begin{cases} b=-3a+4c,\\\\ -a=-3b+4d+1,\\\ d=-2a+3c,\\\\ -c=-2b+3d. \end{cases}
Resolvendo, vem
a=-\tfrac12,\quad b=\tfrac32,\quad c=0,\quad d=1.
Assim
X_{p1}(t) =\begin{pmatrix} -\tfrac12\cos t+\tfrac32\sin t\\\ \sin t \end{pmatrix}.

Passo 5

A solução geral é
X(t)=X_h(t)+X_{p1}(t)+X_{p2} =C_1e^{t}\begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix} +C_2e^{-t}\begin{pmatrix}2\\\ 1\end{pmatrix} +\begin{pmatrix} -\tfrac12\cos t+\tfrac32\sin t+8\\\ \sin t+6 \end{pmatrix}.
Para t=0\) temos \[X(0) =C_1\begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix} +C_2\begin{pmatrix}2\\\ 1\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}8-\tfrac12\\\ 6\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}7\\\ 6\end{pmatrix}.
Isto gera
\begin{cases} C_1+2C_2=-\tfrac12,\\\ C_1+C_2=0, \end{cases}
cuja solução é C_2=-\tfrac12\], \(C_1=\tfrac12.

Resposta

X(t) =\tfrac12e^{t}\begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix} -\tfrac12e^{-t}\begin{pmatrix}2\\\ 1\end{pmatrix} +\begin{pmatrix} -\tfrac12\cos t+\tfrac32\sin t+8\\\ \sin t+6 \end{pmatrix}.

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