(2,0 pts) Considere o sistema não homogêneo
\left\{\begin{array}{l} \frac{d x}{d t}=2 x+y+t \\\ \frac{d y}{d t}=-x+1 \end{array}\right.
Utilizando o método dos coeficientes indeterminados, determine uma solução particular do sistema e, em seguida, escreva a solução geral.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que pede (sem resolver ainda).
  • O sistema é
\left\{\begin{array}{l} \displaystyle \frac{d x}{d t}=2 x+y+t,\\[4pt] \displaystyle \frac{d y}{d t}=-x+1. \end{array}\right.
  • O enunciado pede:
    1. Determinar uma solução particular do sistema usando o método dos coeficientes indeterminados.
    2. Em seguida, escrever a solução geral do sistema.
Informações relevantes que vamos usar: o termo não homogêneo é um vetor cujo componente em t é um polinômio de grau 1 (pois aparece t e constante). Também é útil escrever o sistema em forma matricial para organizar os cálculos.]

Passo 2

Escrevendo o sistema em forma matricial e explicando a estratégia (sem avançar ainda com cálculos pesados).
  • Definimos o vetor X(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\end{pmatrix}. Então o sistema pode ser escrito como
\frac{dX}{dt}=A X + b(t),
onde
A=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]-1 & 0\end{pmatrix},\qquad b(t)=\begin{pmatrix}t\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  • Estratégia: primeiro encontramos a solução geral do sistema homogêneo \dfrac{dX}{dt}=A X. Depois usamos o método dos coeficientes indeterminados para achar uma solução particular X_p(t) do sistema completo. Como b(t) é polinomial de grau 1, tentaremos um X_p(t) polinomial de grau 1 também (vetor cujas componentes são polinômios de grau \le 1).]

Passo 3

Resolver o sistema homogêneo \dfrac{dX}{dt}=A X (passo-a-passo: autovalores, autovetor e vetor generalizado porque há degenerescência).
  • Calculamos o polinômio característico de A:
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1\\[4pt]-1 & -\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)(-\lambda)+1=\lambda^2-2\lambda+1=(\lambda-1)^2.
Logo o único autovalor é \lambda=1 com multiplicidade algébrica 2.
  • Encontramos autovetores associados a \lambda=1. Resolvendo (A-I)v=0:
(A-I)=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]-1 & -1\end{pmatrix},\qquad \begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]-1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=0.
Da primeira linha v_1+v_2=0, então um autovetor é, por exemplo,
v=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
  • Como a multiplicidade algébrica é 2 e há apenas um autovetor linearmente independente, precisamos de um vetor generalizado w tal que (A-I)w=v. Resolvendo
\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]-1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w_1\\[4pt]w_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Da primeira equação w_1+w_2=1. Tomando w_1=0 w_2=1, então podemos escolher
w=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  • Para um autovalor \lambda=1 com um autovetor v e vetor generalizado w, a solução geral do homogêneo é combinação linear das funções
e^{t}v\quad\text{e}\quad e^{t}(t v + w).
Então a solução geral do homogêneo é
X_h(t)=C_1 e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}+C_2 e^{t}\Big(t\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}\Big),
onde C_1,C_2 são constantes arbitárias.]

Passo 4

Escolha do ansatz (palavra chique para “tentativa”) para a solução particular pelo método dos coeficientes indeterminados e motivo.
  • Como b(t)=\begin{pmatrix}t\\[4pt]1\end{pmatrix} é polinomial de grau 1, tentamos uma solução particular polinomial de grau 1:
X_p(t)=p\,t+q,
onde p=\begin{pmatrix}p_1\\[4pt]p_2\end{pmatrix} e q=\begin{pmatrix}q_1\\[4pt]q_2\end{pmatrix} são vetores constantes desconhecidos a determinar.
  • Raciocínio: ao substituir essa forma no sistema, igualamos coeficientes de potências de t (coeficiente de t e termo constante) para obter sistemas lineares para p e q.]

Passo 5

Substituir X_p(t)=p t+q no sistema e igualar os coeficientes de t (passo a passo para encontrar p).
  • Derivada:
\frac{dX_p}{dt}=p.
  • Substituição na equação matricial \dfrac{dX}{dt}=A X + b(t):
p = A(p t + q) + b(t) = (A p)\,t + (A q) + b(t).
  • Escrevemos b(t)=t\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}. Igualando coeficientes de t:
0 = A p + \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • Escrevendo p=(p_1,p_2)^T e calculando A p:
A p=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]-1 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}p_1\\[4pt]p_2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2p_1+p_2\\[4pt]-p_1\end{pmatrix}.
  • Assim o sistema para p é
\begin{pmatrix}2p_1+p_2\\[4pt]-p_1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Ou seja
2p_1+p_2+1=0,\qquad -p_1=0.
  • Da segunda equação p_1=0. Substituindo na primeira:
2\cdot 0 + p_2 +1=0\quad\Rightarrow\quad p_2=-1.
  • Portanto
p=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Agora igualar os termos constantes (para encontrar q) e resolver passo a passo.
  • Coeficiente constante da expressão p = A q + \begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}. Já sabemos p, então
A q = p - \begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
  • Escrevendo q=(q_1,q_2)^T e A q=\begin{pmatrix}2q_1+q_2\\[4pt]-q_1\end{pmatrix}, obtemos o sistema
\begin{pmatrix}2q_1+q_2\\[4pt]-q_1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
  • Da segunda linha -q_1=-2\Rightarrow q_1=2. Substituindo na primeira:
2\cdot 2 + q_2 =0\quad\Rightarrow\quad q_2=-4.
  • Portanto
q=\begin{pmatrix}2\\[4pt]-4\end{pmatrix}.]

Passo 7

Escrever a solução particular encontrada e fazer uma verificação rápida (confirmação simples).
  • Temos p e q encontrados, assim
X_p(t)=p t+q=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\end{pmatrix}t+\begin{pmatrix}2\\[4pt]-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]-t-4\end{pmatrix}.
Ou seja,
x_p(t)=2,\qquad y_p(t)=-t-4.
  • Verificação rápida (mental e simples): x_p'(t)=0. No lado direito 2x_p+y_p+t=2\cdot 2+(-t-4)+t=4-4=0, ok. Também y_p'(t)=-1 e no lado direito -x_p+1=-2+1=-1, ok. Então X_p é de fato solução particular.]

Passo 8

Combinar a solução homogênea com a particular para obter a solução geral do sistema.
  • A solução geral é
X(t)=X_h(t)+X_p(t).
  • Substituindo X_h e X_p obtidos:
X(t)=C_1 e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}+C_2 e^{t}\Big(t\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}\Big)+\begin{pmatrix}2\\[4pt]-t-4\end{pmatrix}.
  • Separando componentes, podemos escrever explicitamente
x(t)=e^{t}\big(C_1 + C_2 t\big)+2,
y(t)=e^{t}\big(-C_1 + C_2(-t+1)\big)-t-4,
onde C_1 e C_2 são constantes arbitrárias determinadas pelas condições iniciais (se houver).]

Resposta

x(t)=e^{t}\big(C_1 + C_2 t\big)+2\
y(t)=e^{t}\big(-C_1 + C_2(-t+1)\big)-t-4

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