Questão 3: ( \mathbf{2 , 5} pontos) Considere o sistema linear homogêneo
X^{\prime}=\left(\begin{array}{cc} -2 & 0 \\\\ 1 & 2 \end{array}\right) X+\binom{0}{1}
Sabendo que a solução geral do sistema linear homogêneo associado é
X_{h}(t)=c_{1}\binom{-4}{1} e^{-2 t}+c_{2}\binom{0}{1} e^{2 t}
encontre uma solução particular do linear não-homogêneo dado usando variação de parâmetros e apresente a solução geral do mesmo.
Solução: Procuremos por uma solução particular na forma
Y_{p}(t)=\Psi(t) U(t)
onde U(t)=\left(u_{1}(t), u_{2}(t)\right), \Psi(t) é uma matriz fundamental e
\Psi(t) U^{\prime}(t)=g(t)=\binom{0}{1}
Utilizando a solução geral da equação homogênea associada, temos que uma matriz fundamental é
\psi(t)=\left(\begin{array}{cc} -4 e^{-2 t} & 0 \\\ e^{-2 t} & e^{2 t} \end{array}\right)
Calculando a inversa, segue que
\psi^{-1}(t)=\frac{1}{\operatorname{det} \psi(t)}\left(\begin{array}{cc} e^{2 t} & 0 \\\\ -e^{-2 t} & -4 e^{-2 t} \end{array}\right)=-\frac{1}{4}\left(\begin{array}{cc} e^{2 t} & 0 \\\\ -e^{-2 t} & -4 e^{-2 t} \end{array}\right) .
Assim, por (0.0.1), temos
\begin{aligned} U^{\prime}(t) & =\psi^{-1}(t) g(t) \\\ & =-\frac{1}{4}\left(\begin{array}{cc} e^{2 t} & 0 \\\\ -e^{-2 t} & -4 e^{-2 t} \end{array}\right)\binom{0}{1}=\binom{0}{e^{-2 t}}, \end{aligned}
o que nos leva a u_{1}^{\prime}=0 e u_{2}^{\prime}=e^{-2 t}. Integrando, e escolhendo as constantes de integração nulas, obtemos uma solução particular com U(t)=\left(0,-\frac{1}{2} e^{-2 t}\right) dada por
Y_{p}(t)=\Psi(t) U(t)=\left(\begin{array}{cc} -4 e^{-2 t} & 0 \\\ e^{-2 t} & e^{2 t} \end{array}\right)\binom{0}{-\frac{1}{2} e^{-2 t}}=\binom{0}{-\frac{1}{2}},
e então a solução geral é dada por
X(t)=X_{h}(t)+Y_{p}(t)=c_{1}\binom{-4}{1} e^{-2 t}+c_{2}\binom{0}{1} e^{2 t}+\binom{0}{-\frac{1}{2}} .

Passo 1

O enunciado dá o sistema não-homogêneo
X'(t)=A\,X(t)+g(t),
onde
A=\begin{pmatrix}-2&0\\\ 1&2\end{pmatrix}, \quad g(t)=\binom{0}{1},
e já informa a solução geral do homogêneo
X_h(t)=c_1\binom{-4}{1}e^{-2t}+c_2\binom{0}{1}e^{2t}.
O objetivo é achar uma solução particular Y_p(t) pelo método da variação de parâmetros e então escrever a solução geral X(t)=X_h(t)+Y_p(t).

Passo 2

Formamos uma matriz fundamental \Psi(t) cujas colunas são dois vetores independentes da solução homogênea:
\Psi(t)=\begin{pmatrix}-4e^{-2t}&0\e^{-2t}&e^{2t}\end{pmatrix}.

Passo 3

Calculamos o determinante e a inversa de \Psi(t).
O determinante é
\det\Psi(t)=(-4e^{-2t})\,(e^{2t})-0\cdot e^{-2t}=-4,
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\Psi^{-1}(t)=\frac{1}{\det\Psi(t)}\begin{pmatrix}e^{2t}&0\\\ -e^{-2t}&-4e^{-2t}\end{pmatrix} =-\tfrac14\begin{pmatrix}e^{2t}&0\\\ -e^{-2t}&-4e^{-2t}\end{pmatrix}.

Passo 4

Pela variação de parâmetros, definimos U'(t)=\Psi^{-1}(t)\,g(t). Assim,
U'(t)=-\tfrac14\begin{pmatrix}e^{2t}&0\\\ -e^{-2t}&-4e^{-2t}\end{pmatrix}\binom{0}{1} =\binom{0}{e^{-2t}}.
Integramos componente a componente e escolhemos constantes de integração zero:
u_1'(t)=0\implies u_1(t)=0, \quad u_2'(t)=e^{-2t}\implies u_2(t)=-\tfrac12e^{-2t}.
Portanto
\displaystyle U(t)=\bigl(0,\,-\tfrac12e^{-2t}\bigr)^{\!T}.

Passo 5

A solução particular é
Y_p(t)=\Psi(t)\,U(t) =\begin{pmatrix}-4e^{-2t}&0\e^{-2t}&e^{2t}\end{pmatrix} \binom{0}{-\tfrac12e^{-2t}} =\binom{0}{-\tfrac12}.

Passo 6

Finalmente, a solução geral do sistema não-homogêneo é
X(t)=X_h(t)+Y_p(t) =c_1\binom{-4}{1}e^{-2t}+c_2\binom{0}{1}e^{2t}+\binom{0}{-\tfrac12}.

Resposta

X(t) =c_1\binom{-4}{1}e^{-2t}+c_2\binom{0}{1}e^{2t}+\binom{0}{-\tfrac12},
com solução particular Y_p(t)=\binom{0}{-\tfrac12}.

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