Questão 4 (30 pontos): Considere o sistema de equaçōes diferenciais lineares de la ordem nāo-homogèneo (5).
\left[\begin{array}{l} \dot{x}_{1}(t) \\\ \dot{x}_{2}(t) \end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc} -1 & 4 \\\\ 6 & 4 \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}-4 \\\\ 0 \end{array}\right]
Obtenha a solução completa do sistema nāo-homogêneo usando o método da diagonalização ou o método do variação dos parâmetros ou o método dos coeficientes indeterminados.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear não-homogêneo
\dot{x}(t)=A\,x(t)+f(t),
com
A=\begin{pmatrix}-1&4\\\ 6&4\end{pmatrix},\quad f(t)=\begin{pmatrix}e^{2t}-4\\\ 0\end{pmatrix}.
O objetivo é achar a solução geral x(t)=x_h(t)+x_p(t), onde x_h é a solução do sistema homogêneo \dot x=A\,x e x_p é uma solução particular do não-homogêneo. Vamos usar o método dos coeficientes indeterminados para x_p.

Passo 2

Começamos pela parte homogênea \dot x=A\,x. Calculamos os autovalores de A resolvendo
\det(A-\lambda I) =( -1-\lambda)(4-\lambda)-4\cdot6 =\lambda^2-3\lambda-28=0,
cuja solução é
\lambda_1=7, \quad \lambda_2=-4.
Para \lambda_1=7, um autovetor satisfaz
(A-7I)v=0 \;\Longrightarrow\; \begin{pmatrix}-8&4\\\ 6&-3\end{pmatrix}v=0 \;\implies\; v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\\ 2\end{pmatrix}.
Para \lambda_2=-4, resolve-se
(A+4I)v=0 \;\Longrightarrow\; \begin{pmatrix}3&4\\\ 6&8\end{pmatrix}v=0 \;\implies\; v^{(2)}=\begin{pmatrix}4\\\ -3\end{pmatrix}.
Logo, a solução homogênea é
x_h(t) =C_1e^{7t}\begin{pmatrix}1\\\ 2\end{pmatrix} +C_2e^{-4t}\begin{pmatrix}4\\\ -3\end{pmatrix}.

Passo 3

Proponho uma solução particular da forma
x_p(t) =\begin{pmatrix}a\,e^{2t}+b\\[6pt]c\,e^{2t}+d\end{pmatrix},
com a,b,c,d constantes a determinar. Então
\dot x_p =\begin{pmatrix}2a\,e^{2t}\\[3pt]2c\,e^{2t}\end{pmatrix}, \quad A\,x_p =\begin{pmatrix} (-a+4c)e^{2t}+(-b+4d)\\[3pt] (6a+4c)e^{2t}+(6b+4d) \end{pmatrix}.
Na equação \dot x_p=A\,x_p+f(t) obtemos ao comparar termos de e^{2t} e constantes o sistema
\begin{cases} 2a = -a+4c +1,\\\\ 2c = 6a+4c,\\\\ 0 = -b+4d -4,\\\\ 0 = 6b+4d. \end{cases}]

Passo 4

Do segundo equação vem
2c=6a+4c \;\Longrightarrow\; -2c=6a \;\Longrightarrow\; c=-3a.
Substituindo no primeiro:
2a = -a+4(-3a)+1 \;\Longrightarrow\; 2a = -a-12a+1 \;\Longrightarrow\; 15a=1 \;\Longrightarrow\; a=\tfrac1{15},\; c=-\tfrac1{5}.
Das duas últimas equações:
\begin{cases} -b+4d=4,\\\\ 6b+4d=0, \end{cases}
subtraindo-as obtemos -7b=4\Rightarrow b=-\tfrac4{7} e então d=\tfrac{6}{7}.
Portanto
x_p(t) =\begin{pmatrix} \tfrac1{15}e^{2t}-\tfrac4{7}\\[4pt] -\tfrac1{5}e^{2t}+\tfrac6{7} \end{pmatrix}.]

Passo 5

A solução geral do sistema não-homogêneo é
x(t) =x_h(t)+x_p(t) =C_1e^{7t}\begin{pmatrix}1\\\ 2\end{pmatrix} +C_2e^{-4t}\begin{pmatrix}4\\\ -3\end{pmatrix} +\begin{pmatrix} \tfrac1{15}e^{2t}-\tfrac4{7}\\[4pt] -\tfrac1{5}e^{2t}+\tfrac6{7} \end{pmatrix}.]

Resposta

x(t) =C_1e^{7t}\begin{pmatrix}1\\\ 2\end{pmatrix} +C_2e^{-4t}\begin{pmatrix}4\\\ -3\end{pmatrix} +\begin{pmatrix} \tfrac1{15}e^{2t}-\tfrac4{7}\\[4pt] -\tfrac1{5}e^{2t}+\tfrac6{7} \end{pmatrix},
com C_1,C_2 constantes de integração.]

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