Questão 4 (30 pontos): Considere o sistema de equações diferenciais lineares de 1a ordem não-homogeneo (5).
\left[\begin{array}{l} \dot{x}_{1}(t) \\\ \dot{x}_{2}(t) \end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc} -2 & 0 \\\\ 4 & 3 \end{array}\right]\left[\begin{array}{l} x_{1}(t) \\\ x_{2}(t) \end{array}\right]+\left[\begin{array}{c} \mathrm{e}^{-2 \cdot t}-1 \\\\ 0 \end{array}\right]
Obtenha a solução completa do sistema năo-homogéneo usando o método da diagonalização ou o método da variação dos parâmetros ou o método dos coeficientes indeterminados.

Passo 1

O enunciado pede a solução completa do sistema de 1\)ª ordem não-homogêneo \[\begin{cases} \dot x_{1}(t) = -2\,x_{1}(t) + \bigl(e^{-2t}-1\bigr),\\\ \dot x_{2}(t) = 4\,x_{1}(t) + 3\,x_{2}(t). \end{cases}
O conteúdo é sistema linear com termo forçante. Vamos usar que a parte em x_{1}\] está “decoupled” e resolver por coeficientes indeterminados (para \(x_{1}) e depois usar integração fatorada (para x_{2}).

Passo 2

Primeiro, encontramos a solução homogênea. Da 1ª equação homogênea
\dot x_{1h} = -2\,x_{1h}
vem
x_{1h}(t) = C_{1}\,e^{-2t}.
Para a 2ª equação homogênea a gente tem
\dot x_{2h} - 3\,x_{2h} = 4\,x_{1h}(t) = 4\,C_{1}\,e^{-2t}.
Usamos fator integrante e^{-3t}:
\frac{d}{dt}\bigl(x_{2h}e^{-3t}\bigr) =4\,C_{1}\,e^{-5t} \;\Longrightarrow\; x_{2h}e^{-3t} =-\tfrac{4}{5}C_{1}\,e^{-5t}+C_{2}
e, multiplicando por e^{3t},
x_{2h}(t) =-\tfrac{4}{5}\,C_{1}\,e^{-2t}+C_{2}\,e^{3t}.
Logo o vetor solução homogênea é
x_{h}(t) =\begin{pmatrix}x_{1h}(t)\x_{2h}(t)\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}C_{1}\,e^{-2t}\\[6pt] -\tfrac{4}{5}C_{1}\,e^{-2t}+C_{2}\,e^{3t}\end{pmatrix}.]

Passo 3

Agora achamos uma solução particular para x_{1}. A equação é
\dot x_{1} +2\,x_{1} =e^{-2t}-1.
Repare que e^{-2t} é solução do homogêneo, então tentamos
x_{1p}(t)=A\,t\,e^{-2t}+B.
Calculamos
\dot x_{1p} =A\bigl(e^{-2t}-2t\,e^{-2t}\bigr),
e substituímos em \dot x_{1}+2x_{1}=e^{-2t}-1:
A\bigl(e^{-2t}-2t\,e^{-2t}\bigr) +2\bigl(A\,t\,e^{-2t}+B\bigr) =e^{-2t}-1.
Isso leva a comparar coeficientes de t\,e^{-2t}, de e^{-2t} e termo constante:
  • t\,e^{-2t}: -2A+2A=0 OK.
  • e^{-2t}: A = 1.
  • constante: 2B = -1 \;\Rightarrow\;B=-\tfrac12.
    Portanto
x_{1p}(t)=t\,e^{-2t}-\tfrac12.

Passo 4

Para x_{2p} usamos agora
\dot x_{2} -3\,x_{2} =4\,x_{1p}(t) =4\Bigl(t\,e^{-2t}-\tfrac12\Bigr).
O fator integrante continua e^{-3t}, assim
\frac{d}{dt}\bigl(x_{2}e^{-3t}\bigr) =4t\,e^{-5t}-2\,e^{-3t}.
Integramos:
x_{2}e^{-3t} =\int4t\,e^{-5t}dt -2\int e^{-3t}dt =-\tfrac{4t}{5}e^{-5t}-\tfrac{4}{25}e^{-5t} +\tfrac{2}{3}e^{-3t}+K.
Multiplicando por e^{3t} e descartando K\,e^{3t} (está em x_{h}), temos a parte particular
x_{2p}(t) =-\tfrac{4}{5}\,t\,e^{-2t}-\tfrac{4}{25}\,e^{-2t}+\tfrac{2}{3}.

Passo 5

A solução geral é soma de homogênea mais particular:
x_{1}(t) =C_{1}\,e^{-2t} \;+\; \bigl(t\,e^{-2t}-\tfrac12\bigr),
x_{2}(t) =-\tfrac{4}{5}C_{1}\,e^{-2t} +C_{2}\,e^{3t} \;+\; \Bigl(-\tfrac{4}{5}t\,e^{-2t}-\tfrac{4}{25}e^{-2t}+\tfrac{2}{3}\Bigr).

Resposta

\boxed{ \begin{aligned} x_{1}(t)&=C_{1}\,e^{-2t}+t\,e^{-2t}-\tfrac12,\\\ x_{2}(t)&=-\tfrac{4}{5}C_{1}\,e^{-2t}+C_{2}\,e^{3t} -\tfrac{4}{5}t\,e^{-2t}-\tfrac{4}{25}e^{-2t}+\tfrac{2}{3}. \end{aligned} }

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