Questão 4. Considere o sistema linear
\left\{\begin{array}{l} \frac{d x_{1}}{d t}=x_{1}-5 x_{2}+2 t \\\ \frac{d x_{2}}{d t}=x_{1}-3 x_{2}+e^{t} \end{array}\right.
a) Determine a solução geral para o sistema homogêneo. No caso de autovalores complexos, determine as soluções reais correspondentes.
b) Para o sistema não-homogêneo proponha uma solução particular usando coeficientes indeterminados. A seguir, obtenha o sistema de equações diferenciais que deve ser resolvido para obter os vetores de constantes. (NÃO RESOLVA O SISTEMA)

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear
\left\{\begin{array}{l} \frac{d x_{1}}{d t}=x_{1}-5 x_{2}+2 t,\\[4pt] \frac{d x_{2}}{d t}=x_{1}-3 x_{2}+e^{t}, \end{array}\right.
e pede duas coisas:
  1. (a) Determinar a solução geral do sistema homogêneo associado, ou seja da equação \frac{d\mathbf{x}}{dt}=A\mathbf{x} (onde \mathbf{x}=(x_{1},x_{2})^{T} e A é a matriz do sistema). Se aparecerem autovalores complexos, obter as soluções reais correspondentes.
  2. (b) Para o sistema não-homogêneo, propor uma solução particular pelo método dos coeficientes indeterminados e, após substituir, obter o sistema de equações (para as constantes vetoriais que aparecem no ansatz) que precisa ser resolvido. O enunciado pede explicitamente para não resolver esse sistema final.
Informações relevantes dadas:
  • Matriz dos coeficientes (a partir dos termos lineares) e o termo não-homogêneo
A=\begin{pmatrix}1 & -5\\[4pt] 1 & -3\end{pmatrix},\qquad \mathbf{g}(t)=\begin{pmatrix}2t\\[4pt] e^{t}\end{pmatrix}.]

Passo 2

Reescrevemos o sistema em forma matricial (isso fica mais organizado e é o jeito padrão):
\frac{d\mathbf{x}}{dt}=A\mathbf{x}+\mathbf{g}(t),
onde A e \mathbf{g}(t) foram dados no passo anterior. Primeiro vamos tratar o sistema homogêneo
\frac{d\mathbf{x}}{dt}=A\mathbf{x}.
Para resolver um sistema linear homogêneo com coeficientes constantes usamos autovalores e autovetores de A. Vou mostrar como calcular o polinômio característico, os autovalores e, no caso de autovalores complexos, como obter duas soluções reais independentes a partir de um autovetor complexo.

Passo 3

Cálculo do polinômio característico de A. O polinômio é \det(A-\lambda I):
\det\big(A-\lambda I\big) =\det\begin{pmatrix}1-\lambda & -5\\[4pt]1 & -3-\lambda\end{pmatrix} =(1-\lambda)(-3-\lambda)-(-5)\cdot 1.
Faço a expansão passo a passo:
(1-\lambda)(-3-\lambda)=\lambda^{2}+2\lambda-3,
então
\det(A-\lambda I)=\lambda^{2}+2\lambda-3+5=\lambda^{2}+2\lambda+2.
Agora achamos as raízes da equação \lambda^{2}+2\lambda+2=0. As raízes são
\lambda=\frac{-2\pm\sqrt{4-8}}{2}=\frac{-2\pm 2i}{2}=-1\pm i.
Portanto os autovalores são complexos conjugados \lambda_{1}=-1+i e \lambda_{2}=-1-i.]

Passo 4

Agora encontramos um autovetor associado a \lambda_{1}=-1+i. Precisamos resolver (A-\lambda_{1}I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. Calculo a matriz:
A-\lambda_{1}I =\begin{pmatrix}1-(-1+i) & -5\\[4pt]1 & -3-(-1+i)\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2-i & -5\\[4pt]1 & -2-i\end{pmatrix}.
Procuramos \mathbf{v}=(v_{1},v_{2})^{T} tal que
(2-i)v_{1}-5v_{2}=0.
Isto dá v_{1}=\dfrac{5}{2-i}v_{2}. Para simplificar a fração multiplico numerador e denominador pelo conjugado 2+i:
\frac{5}{2-i}=\frac{5(2+i)}{(2-i)(2+i)}=\frac{5(2+i)}{4+1}= \frac{5(2+i)}{5}=2+i.
Logo v_{1}=(2+i)v_{2}. Escolho v_{2}=1 (qualquer múltiplo funciona), assim um autovetor é
\mathbf{v}=\begin{pmatrix}2+i\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Agora descrevo como usar esse autovetor complexo para obter soluções reais do sistema.]

Passo 5

Se \lambda=\alpha+i\beta é um autovalor com autovetor complexo \mathbf{v}=\mathbf{a}+i\mathbf{b} (com \mathbf{a},\mathbf{b} vetores reais), então a solução complexa
\mathbf{x}_{c}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v}=e^{\alpha t}e^{i\beta t}(\mathbf{a}+i\mathbf{b})
fornece duas soluções reais independentes obtidas tomando as partes real e imaginária:
\mathbf{x}^{(1)}(t)=e^{\alpha t}\big(\mathbf{a}\cos(\beta t)-\mathbf{b}\sin(\beta t)\big),
\mathbf{x}^{(2)}(t)=e^{\alpha t}\big(\mathbf{a}\sin(\beta t)+\mathbf{b}\cos(\beta t)\big).
No nosso caso \alpha=-1, \beta=1 e \mathbf{v}=\mathbf{a}+i\mathbf{b} com
\mathbf{a}=\operatorname{Re}(\mathbf{v})=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad \mathbf{b}=\operatorname{Im}(\mathbf{v})=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Portanto duas soluções reais fundamentais são
\mathbf{x}^{(1)}(t)=e^{-t}\left(\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}\cos t -\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}\sin t\right),
\mathbf{x}^{(2)}(t)=e^{-t}\left(\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}\sin t +\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}\cos t\right).
A solução geral do sistema homogêneo é uma combinação linear dessas duas soluções:
\mathbf{x}_{h}(t)=C_{1}\,\mathbf{x}^{(1)}(t)+C_{2}\,\mathbf{x}^{(2)}(t),
onde C_{1},C_{2} são constantes reais arbitrárias.
(Dica rápida: é sempre assim quando os autovalores aparecem em conjugado; a exponencial e^{\alpha t} regula o decaimento/crescimento, e os cossenos/senos vêm da parte imaginária.)]

Passo 6

Agora vamos ao sistema não-homogêneo e ao método dos coeficientes indeterminados. A ideia: propor um ansatz (uma forma para a solução particular) que antecipe a forma do termo forçante \mathbf{g}(t). Nosso \mathbf{g}(t)=\begin{pmatrix}2t\\[4pt]e^{t}\end{pmatrix} é soma de uma função polinomial ( 2t) e de uma exponencial ( e^{t}). Então propomos uma solução particular como soma de uma parte polinomial (grau 1) e uma parte exponencial:
\mathbf{x}_{p}(t)=\mathbf{c}_{1}\,t+\mathbf{c}_{0}+\mathbf{d}\,e^{t},
onde \mathbf{c}_{1},\mathbf{c}_{0},\mathbf{d} são vetores constantes em \mathbb{R}^{2} a determinar. Escrevo explicitamente
\mathbf{c}_{1}=\begin{pmatrix}a_{1}\\[4pt]a_{2}\end{pmatrix},\quad \mathbf{c}_{0}=\begin{pmatrix}b_{1}\\[4pt]b_{2}\end{pmatrix},\quad \mathbf{d}=\begin{pmatrix}k_{1}\\[4pt]k_{2}\end{pmatrix}.
Observação sobre ressonância: se e^{t} correspondesse a um autovalor de A (isto é, se 1 fosse autovalor), precisaríamos multiplicar por t termos do tipo e^{t} no ansatz. Aqui os autovalores são -1\pm i, portanto 1 não é autovalor e a forma \mathbf{d}e^{t} é adequada.]

Passo 7

Substituímos o ansatz na equação diferencial. Primeiro calculo a derivada:
\frac{d\mathbf{x}_{p}}{dt}=\mathbf{c}_{1}+\mathbf{d}\,e^{t}.
Também
A\mathbf{x}_{p}=A\big(\mathbf{c}_{1}t+\mathbf{c}_{0}+\mathbf{d}e^{t}\big) = A\mathbf{c}_{1}\,t + A\mathbf{c}_{0} + A\mathbf{d}\,e^{t}.
A condição \mathbf{x}_{p}'=A\mathbf{x}_{p}+\mathbf{g}(t) fica, após recolocar termos,
\mathbf{c}_{1}+\mathbf{d}e^{t} = A\mathbf{c}_{1}\,t + A\mathbf{c}_{0} + A\mathbf{d}\,e^{t} + \begin{pmatrix}2t\\[4pt]e^{t}\end{pmatrix}.
Agora agrupamos os termos pelo tipo de dependência em t: termos em t, termos constantes e termos em e^{t}.
  • Coeficiente de t: do lado esquerdo não há termo em t, do lado direito aparecem A\mathbf{c}_{1}\,t e o termo \begin{pmatrix}2t\\[4pt]0\end{pmatrix} (extraído de \mathbf{g}(t)). Igualando coeficientes de t obtemos a equação vetorial
-\,A\mathbf{c}_{1}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • Termos constantes (sem t nem e^{t}): do lado esquerdo aparece \mathbf{c}_{1}; do lado direito aparece A\mathbf{c}_{0}. Igualando:
\mathbf{c}_{1}-A\mathbf{c}_{0}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • Coeficiente de e^{t}: do lado esquerdo aparece \mathbf{d}\,e^{t}; do lado direito aparece A\mathbf{d}\,e^{t} e também o termo \begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}e^{t} vindo de \mathbf{g}(t). Igualando os coeficientes de e^{t} obtemos
\mathbf{d}-A\mathbf{d}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix},
ou seja
(I-A)\mathbf{d}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Essas três equações vetoriais são o sistema que precisa ser resolvido para encontrar \mathbf{c}_{1},\mathbf{c}_{0},\mathbf{d}. O enunciado pede que não resolvamos, então paramos aqui com o sistema montado.]

Passo 8

Para deixar o sistema mais explícito, escrevo as equações usando a matriz A conhecida:
A=\begin{pmatrix}1 & -5\\[4pt]1 & -3\end{pmatrix}.
Portanto as equações vetoriais do passo anterior equivalem ao sistema linear (componentes):
-\,\begin{pmatrix}1 & -5\\[4pt]1 & -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a_{1}\\[4pt]a_{2}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2\\[4pt]0\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}a_{1}\\[4pt]a_{2}\end{pmatrix} -\begin{pmatrix}1 & -5\\[4pt]1 & -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}b_{1}\\[4pt]b_{2}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix},
\big(I-\begin{pmatrix}1 & -5\\[4pt]1 & -3\end{pmatrix}\big)\begin{pmatrix}k_{1}\\[4pt]k_{2}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Se quiser escrever componente a componente, a primeira equação dá
-\big(a_{1}-5a_{2}\big)=2,\qquad -\big(a_{1}-3a_{2}\big)=0,
a segunda dá duas equações lineares para b_{1},b_{2} em função de a_{1},a_{2}, e a terceira é um sistema linear para k_{1},k_{2}. Mas, conforme pedido, não resolvemos essas equações aqui; apenas as apresentamos como o sistema que determina as constantes do ansatz.]

Resposta

(a) \displaystyle \mathbf{x}_{h}(t)=C_{1}\,e^{-t}\!\left(\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}\cos t-\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}\sin t\right) + C_{2}\,e^{-t}\!\left(\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}\sin t+\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}\cos t\right), com C_{1},C_{2}\in\mathbb{R}.\n
(b) Propondo \displaystyle \mathbf{x}_{p}(t)=\mathbf{c}_{1}t+\mathbf{c}_{0}+\mathbf{d}e^{t} com \mathbf{c}_{1},\mathbf{c}_{0},\mathbf{d}\in\mathbb{R}^{2}, obtemos o sistema para as constantes:
-\,A\mathbf{c}_{1}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad \mathbf{c}_{1}-A\mathbf{c}_{0}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad (I-A)\mathbf{d}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix},
onde A=\begin{pmatrix}1 & -5\\[4pt]1 & -3\end{pmatrix}.]

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