1. \frac{d}{d t}\left( \begin{array}{l}x \\ y \\ z\end{array}\right)=\left( \begin{array}{rrr}1 & -1 & 2 \\ 3 & -4 & 1 \\ -2 & 5 & 6\end{array}\right)\left( \begin{array}{l}x \\ y \\ z\end{array}\right)+\left( \begin{array}{l}1 \\ 2 \\ 2\end{array}\right) e^{-t}-\left( \begin{array}{r}3 \\ -1 \\ 1\end{array}\right) t

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear não homogêneo de primeira ordem
\frac{d}{dt}\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =\mathbf{A}\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}+\mathbf{b}\,e^{-t}-\mathbf{c}\,t,
onde
\mathbf{A}=\begin{pmatrix}1 & -1 & 2 \\[4pt] 3 & -4 & 1 \\[4pt] -2 & 5 & 6\end{pmatrix},\qquad \mathbf{b}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]2\\[2pt]2\end{pmatrix},\qquad \mathbf{c}=\begin{pmatrix}3\\[2pt]-1\\[2pt]1\end{pmatrix}.
O que se pede implicitamente é a solução geral \begin{pmatrix}x(t)\y(t)\z(t)\end{pmatrix} para t arbitrário (não foi dada condição inicial).
Informações relevantes dadas:
  • matriz constante \mathbf{A} e vetores constantes \mathbf{b} e \mathbf{c};
  • termo não homogêneo é soma de um vetor multiplicado por e^{-t} e de um vetor multiplicado por t (polinomial de grau 1);
  • devemos encontrar a solução geral do sistema.]

Passo 2

Escolha do método e justificativa (breve, prática): vamos escrever a solução geral como soma da solução homogênea e de uma particular,
\mathbf{x}(t)=\mathbf{x}_h(t)+\mathbf{x}_p(t).
A solução homogênea do sistema \mathbf{x}'=\mathbf{A}\mathbf{x} é \mathbf{x}_h(t)=e^{\mathbf{A}t}\mathbf{C} (onde \mathbf{C} é um vetor constante de integração). Explicar o que é e^{\mathbf{A}t}: é a matriz exponencial, que gera combinações lineares de modos exponenciais associados a \mathbf{A}; no entanto, calcular explicitamente e^{\mathbf{A}t} exige achar autovalores/autovetores ou uma série de potências — trabalhoso e desnecessário aqui porque podemos obter uma solução particular explícita e escrever a homogênea na forma e^{\mathbf{A}t}\mathbf{C}.
Para a parte particular, usamos método dos coeficientes a determinar (undetermined coefficients): o termo forçante é \mathbf{b}e^{-t}-\mathbf{c}t, soma de uma exponencial e^{-t} e de um polinômio de grau 1. Como -1 e 0 não são autovalores de \mathbf{A} (a verificação foi feita indiretamente ao calcularmos determinantes abaixo — em particular \det\mathbf{A}=5\neq0, então 0 não é autovalor; e o polinômio característico avaliado em -1 não zera), não há ressonância, logo a forma de tentativa padrão é uma combinação de um vetor multiplicando e^{-t} e de um polinômio vetorial de grau 1. Assim escolhemos como palpite:
\mathbf{x}_p(t)=\mathbf{u}\,e^{-t}+\mathbf{p}\,t+\mathbf{q},
onde \mathbf{u},\mathbf{p},\mathbf{q}\in\mathbb{R}^3 são vetores constantes a determinar.

Passo 3

Derivadas e substituição da ansatz. Primeiro calcule a derivada de \mathbf{x}_p:
\mathbf{x}_p'(t)=-\mathbf{u}\,e^{-t}+\mathbf{p}.
Substituindo \mathbf{x}_p e \mathbf{x}_p' na equação do sistema:
-\mathbf{u}\,e^{-t}+\mathbf{p} =\mathbf{A}\big(\mathbf{u}\,e^{-t}+\mathbf{p}\,t+\mathbf{q}\big)+\mathbf{b}\,e^{-t}-\mathbf{c}\,t.
Agrupando termos segundo as funções independentes e^{-t}, t e constantes (porque e^{-t}, t e 1 são funções linearmente independentes), obtemos três equações vetoriais separadas:
  • termos em e^{-t}:
-\mathbf{u}=\mathbf{A}\mathbf{u}+\mathbf{b} \quad\Longrightarrow\quad (\mathbf{A}+\mathbf{I})\mathbf{u}=-\mathbf{b}.
  • termos em t:
\mathbf{0}=\mathbf{A}\mathbf{p}-\mathbf{c} \quad\Longrightarrow\quad \mathbf{A}\mathbf{p}=\mathbf{c}.
  • termos constantes:
\mathbf{p}=\mathbf{A}\mathbf{q} \quad\Longrightarrow\quad \mathbf{A}\mathbf{q}=\mathbf{p}.
Portanto precisamos resolver os três sistemas lineares de 3\times3 para \mathbf{p}, \mathbf{q} e \mathbf{u}.

Passo 4

Resolver \mathbf{A}\mathbf{p}=\mathbf{c}\). Escrevendo componentes \(\mathbf{p}=(p_1,p_2,p_3)^T\) e usando \(\mathbf{A}\) e \(\mathbf{c}\): \[\begin{cases} p_1 - p_2 + 2p_3 = 3,\\[4pt] 3p_1 -4p_2 + p_3 = -1,\\[4pt] -2p_1 +5p_2 +6p_3 = 1. \end{cases}
Resolvendo por substituição/eliminação: da primeira equação p_1=3+p_2-2p_3\]. Substituindo nas outras duas: \[\begin{aligned} &3(3+p_2-2p_3)-4p_2+p_3=-1 \;\Rightarrow\; -p_2-5p_3=-10 \;\Rightarrow\; p_2+5p_3=10,\\[2pt] &-2(3+p_2-2p_3)+5p_2+6p_3=1 \;\Rightarrow\; 3p_2+10p_3=7. \end{aligned}\] Subtraindo combinando, resolvemos para \(p_3:
(3p_2+10p_3)-3(p_2+5p_3)=7-30 \;\Rightarrow\; -5p_3=-23 \;\Rightarrow\; p_3=\frac{23}{5}.
Então p_2=10-5p_3=10-5\cdot\frac{23}{5}=10-23=-13. E
p_1=3+p_2-2p_3=3-13-2\cdot\frac{23}{5}=-10-\frac{46}{5}=-\frac{96}{5}.
Logo
\mathbf{p}=\begin{pmatrix}-\dfrac{96}{5}\\[6pt]-13\\[6pt]\dfrac{23}{5}\end{pmatrix}.]

Passo 5

Resolver \mathbf{A}\mathbf{q}=\mathbf{p}\) para \(\mathbf{q}=(q_1,q_2,q_3)^T\). Escrevendo o sistema: \[\begin{cases} q_1 - q_2 + 2q_3 = -\dfrac{96}{5},\\[6pt] 3q_1 -4q_2 + q_3 = -13,\\[6pt] -2q_1 +5q_2 +6q_3 = \dfrac{23}{5}. \end{cases}
Da primeira equação q_1=-\dfrac{96}{5}+q_2-2q_3\]. Substituindo nas outras duas e eliminando, obtemos o sistema (após multiplicações para ficar com inteiros): \[\begin{aligned} &5q_2+25q_3=-223,\\[2pt] &15q_2+50q_3=-169. \end{aligned}\] Subtraindo a primeira multiplicada por \(3 da segunda: 25q_3=-500\Rightarrow q_3=-20. Então 5q_2= -223-25q_3 = -223-25(-20)= -223+500=277\Rightarrow q_2=\dfrac{277}{5}. Finalmente
q_1=-\dfrac{96}{5}+q_2-2q_3=-\dfrac{96}{5}+\dfrac{277}{5}-2(-20)=\dfrac{181}{5}+40=\dfrac{381}{5}.
Assim
\mathbf{q}=\begin{pmatrix}\dfrac{381}{5}\\[6pt]\dfrac{277}{5}\\[6pt]-20\end{pmatrix}.]

Passo 6

Resolver (\mathbf{A}+\mathbf{I})\mathbf{u}=-\mathbf{b}\) para \(\mathbf{u}=(u_1,u_2,u_3)^T\). A matriz \(\mathbf{A}+\mathbf{I}\) é \[\mathbf{A}+\mathbf{I}=\begin{pmatrix}2 & -1 & 2\\[4pt]3 & -3 & 1\\[4pt]-2 & 5 & 7\end{pmatrix}, \quad -\mathbf{b}=\begin{pmatrix}-1\\[2pt]-2\\[2pt]-2\end{pmatrix}.
Escrevendo o sistema:
\begin{cases} 2u_1-u_2+2u_3=-1,\\[6pt] 3u_1-3u_2+u_3=-2,\\[6pt] -2u_1+5u_2+7u_3=-2. \end{cases}
Da primeira equação u_1=\dfrac{-1+u_2-2u_3}{2}\]. Substituindo e eliminando obtemos o sistema: \[\begin{aligned} &3u_2+4u_3=1,\\[2pt] &4u_2+9u_3=-3. \end{aligned}\] Resolvendo: multiplicando a primeira por \(4 e a segunda por 3 e subtraindo dá -11u_3=13\Rightarrow u_3=-\dfrac{13}{11}. Então 3u_2=1-4u_3=1-4\left(-\dfrac{13}{11}\right)=1+\dfrac{52}{11}=\dfrac{63}{11}\Rightarrow u_2=\dfrac{21}{11}. E
u_1=\frac{-1+u_2-2u_3}{2}=\frac{-1+\dfrac{21}{11}-2\left(-\dfrac{13}{11}\right)}{2} =\frac{-\dfrac{11}{11}+\dfrac{21}{11}+\dfrac{26}{11}}{2}=\frac{\dfrac{36}{11}}{2}=\dfrac{18}{11}.
Portanto
\mathbf{u}=\begin{pmatrix}\dfrac{18}{11}\\[6pt]\dfrac{21}{11}\\[6pt]-\dfrac{13}{11}\end{pmatrix}.]

Passo 7

Assemblar a solução particular e a solução geral. A solução particular encontrada é
\mathbf{x}_p(t)=\mathbf{u}\,e^{-t}+\mathbf{p}\,t+\mathbf{q},
com os vetores calculados:
\mathbf{u}=\begin{pmatrix}\dfrac{18}{11}\\[6pt]\dfrac{21}{11}\\[6pt]-\dfrac{13}{11}\end{pmatrix},\quad \mathbf{p}=\begin{pmatrix}-\dfrac{96}{5}\\[6pt]-13\\[6pt]\dfrac{23}{5}\end{pmatrix},\quad \mathbf{q}=\begin{pmatrix}\dfrac{381}{5}\\[6pt]\dfrac{277}{5}\\[6pt]-20\end{pmatrix}.
A solução homogênea, como explicado, é \mathbf{x}_h(t)=e^{\mathbf{A}t}\mathbf{C} onde \mathbf{C} é um vetor constante arbitrário (determinado por condições iniciais, se houver). Portanto a solução geral é
\mathbf{x}(t)=e^{\mathbf{A}t}\mathbf{C}+\mathbf{u}\,e^{-t}+\mathbf{p}\,t+\mathbf{q}.]

Resposta

\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\\[4pt]z(t)\end{pmatrix} =e^{\mathbf{A}t}\mathbf{C} +\begin{pmatrix}\dfrac{18}{11}\\[6pt]\dfrac{21}{11}\\[6pt]-\dfrac{13}{11}\end{pmatrix}e^{-t} +\begin{pmatrix}-\dfrac{96}{5}\\[6pt]-13\\[6pt]\dfrac{23}{5}\end{pmatrix}t +\begin{pmatrix}\dfrac{381}{5}\\[6pt]\dfrac{277}{5}\\[6pt]-20\end{pmatrix},
onde \mathbf{C}\in\mathbb{R}^3 é o vetor de constantes de integração.]

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