a Questão.(2,5 pts) Resolva o sistema não homogêneo
\mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{ll} 2 & 1 \\\\ 1 & 2 \end{array}\right) \mathbf{x}+\binom{e^{t}}{0},
sabendo que os autovalores da matriz \mathbf{A}=\left(\begin{array}{ll}2 & 1 \\\\ 1 & 2\end{array}\right) são r_{1}=3 e r_{2}=1, cujos autovetores associados são \mathbf{v}^{(1)}=\binom{1}{1} e \mathbf{v}^{(2)}=\binom{1}{-1}, respectivamente.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que pede.
  • Nos é dado o sistema não homogêneo
\mathbf{x}'=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt] 1 & 2\end{pmatrix}\mathbf{x}+\binom{e^{t}}{0}.
  • A matriz \mathbf{A}=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt] 1 & 2\end{pmatrix} tem autovalores r_{1}=3 e r_{2}=1.
  • Os autovetores associados são \mathbf{v}^{(1)}=\binom{1}{1} (para r_1=3) e \mathbf{v}^{(2)}=\binom{1}{-1} (para r_2=1).
  • O que o enunciado pede: encontrar a solução geral \mathbf{x}(t) do sistema (ou seja, a solução geral do sistema não homogêneo, com constantes arbitrárias).]

Passo 2

Escolha de mudança de variável usando a base de autovetores (explicação e construção das matrizes).
  • Como temos uma base formada pelos autovetores, vamos montar a matriz P cujas colunas são esses autovetores:
P=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}.
  • A ideia é diagonalizar a parte homogênea: P^{-1}AP=D=\operatorname{diag}(3,1). Fazemos a mudança de variável
\mathbf{x}=P\mathbf{y},
onde \mathbf{y}(t) é o vetor de componentes na base de autovetores. Isso transforma o sistema acoplado em um sistema quase desacoplado (diagonal para a parte homogênea) que é mais fácil de resolver.]

Passo 3

Calcular P^{-1} e transformar o sistema (passo técnico e explicação do porquê).
  • Calculamos \det P:
\det P=1\cdot(-1)-1\cdot1=-2.
  • A inversa é, pela fórmula da inversa de 2\times2,
P^{-1}=\frac{1}{\det P}\begin{pmatrix}-1 & -1\\[4pt]-1 & 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2}\\[4pt]\tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2}\end{pmatrix}.
  • Substituindo \mathbf{x}=P\mathbf{y} em \mathbf{x}'=A\mathbf{x}+ \mathbf{f}(t) e multiplicando à esquerda por P^{-1} obtemos
\mathbf{y}'=P^{-1}A P\,\mathbf{y}+P^{-1}\mathbf{f}(t)=D\mathbf{y}+P^{-1}\mathbf{f}(t),
com \mathbf{f}(t)=\binom{e^t}{0} e D=\begin{pmatrix}3&0\\[4pt]0&1\end{pmatrix}.]

Passo 4

Calcular o termo não homogêneo na nova coordenada: P^{-1}\mathbf{f}(t).
  • Multiplicando P^{-1} por \mathbf{f}(t) (aqui estou usando o dado do enunciado \mathbf{f}(t)=\binom{e^t}{0}):
P^{-1}\mathbf{f}(t)=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2}\\[4pt]\tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2}\end{pmatrix}\binom{e^t}{0} =\binom{\tfrac{1}{2}e^t}{\tfrac{1}{2}e^t}.
  • Portanto o sistema em \mathbf{y}=(y_1,y_2)^T fica decoupled (cada equação com seu autovalor):
\begin{cases} y_1' = 3y_1 + \tfrac{1}{2}e^t,\\[6pt] y_2' = 1\cdot y_2 + \tfrac{1}{2}e^t. \end{cases}]

Passo 5

Resolver a primeira equação escalar y_1' = 3y_1 + \tfrac{1}{2}e^t (método: solução geral = homogênea + particular).
  • A equação homogênea associada é y_1' = 3y_1, cuja solução geral é
y_{1,\text{h}}(t)=C_1 e^{3t},
com C_1 constante arbitrária.
  • Para encontrar uma solução particular \,y_{1,\text{p}}(t) da equação completa, observamos que a forçante é \tfrac{1}{2}e^t. Como e^t não é solução da homogênea (aqui o autovalor é 3, não 1), podemos tentar uma particular do tipo A e^t.
  • Substituindo y_{1,\text{p}}(t)=A e^t na equação:
A e^t = 3A e^t + \tfrac{1}{2}e^t.
Dividindo por e^t e resolvendo para A:
A = 3A + \tfrac{1}{2}\quad\Rightarrow\quad -2A=\tfrac{1}{2}\quad\Rightarrow\quad A=-\tfrac{1}{4}.
  • Logo a solução geral de y_1 é
y_1(t)=C_1 e^{3t}-\tfrac{1}{4}e^t.

Passo 6

Resolver a segunda equação escalar y_2' = y_2 + \tfrac{1}{2}e^t (atenção: caso de ressonância).
  • A equação homogênea é y_2' = y_2, cuja solução é
y_{2,\text{h}}(t)=C_2 e^{t},
com C_2 constante arbitrária.
  • Agora a forçante é \tfrac{1}{2}e^t e observe que e^t é solução da homogênea (autovalor 1). Isso é o que se chama ressonância: a tentativa direta B e^t falha porque faz os termos se cancelarem. Nesses casos tentamos uma particular da forma B t e^t.
  • Suponha y_{2,\text{p}}(t)=B t e^t. Então
y_{2,\text{p}}'(t) = B e^t t + B e^t = B e^t(t+1).
Substituindo na equação:
B e^t(t+1)=B t e^t + \tfrac{1}{2} e^t.
Cancelando B t e^t dos dois lados sobra
B e^t = \tfrac{1}{2} e^t \quad\Rightarrow\quad B=\tfrac{1}{2}.
  • Assim a solução particular é y_{2,\text{p}}(t)=\tfrac{1}{2}t e^t e a solução geral de y_2 é
y_2(t)=C_2 e^{t}+\tfrac{1}{2}t e^t.

Passo 7

Reunir a solução \mathbf{y}(t) e voltar à variável original \mathbf{x}=P\mathbf{y}.
  • Temos
\mathbf{y}(t)=\begin{pmatrix}y_1(t)\\[4pt] y_2(t)\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}C_1 e^{3t}-\tfrac{1}{4}e^t\\[6pt] C_2 e^{t}+\tfrac{1}{2}t e^t\end{pmatrix}.
  • Voltando à base canônica com \mathbf{x}=P\mathbf{y} (lembre: P=\begin{pmatrix}1&1\\[4pt]1&-1\end{pmatrix}):
\mathbf{x}(t)=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}C_1 e^{3t}-\tfrac{1}{4}e^t\\[6pt] C_2 e^{t}+\tfrac{1}{2}t e^t\end{pmatrix}.
  • Multiplicando componentes (cada entrada é soma ou diferença das componentes de \mathbf{y}):
x_1(t)=\bigl(C_1 e^{3t}-\tfrac{1}{4}e^t\bigr)+\bigl(C_2 e^{t}+\tfrac{1}{2}t e^t\bigr),
x_2(t)=\bigl(C_1 e^{3t}-\tfrac{1}{4}e^t\bigr)-\bigl(C_2 e^{t}+\tfrac{1}{2}t e^t\bigr).]

Passo 8

Simplificar e escrever a solução final de forma clara (comentário sobre as constantes).
  • Agrupando os termos em e^{3t}, e^t e t e^t:
x_1(t)=C_1 e^{3t}+\bigl(C_2-\tfrac{1}{4}\bigr)e^t+\tfrac{1}{2}t e^t,
x_2(t)=C_1 e^{3t}-\bigl(C_2+\tfrac{1}{4}\bigr)e^t-\tfrac{1}{2}t e^t.
  • Aqui C_1 e C_2 são constantes arbitrárias determinadas por condições iniciais, caso fossem fornecidas. Poder-se-ia também recombinar os termos multiplicando e^t por constantes novas, mas a forma acima deixa explícita a contribuição do termo ressonante \tfrac{1}{2}t e^t.

Resposta

\mathbf{x}(t)=\begin{pmatrix} C_1 e^{3t}+\bigl(C_2-\tfrac{1}{4}\bigr)e^t+\tfrac{1}{2}t e^t\\[8pt] C_1 e^{3t}-\bigl(C_2+\tfrac{1}{4}\bigr)e^t-\tfrac{1}{2}t e^t \end{pmatrix},
onde C_1,C_2 são constantes arbitrárias.]

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