Questão 5. Resolva os sistemas não-homogêneos abaixo,utilize o método dos coeficientes indeterminados.
X^{\prime}=\left( \begin{array}{ll}1 & 3 \\ 3 & 1\end{array}\right) X+\binom{-2 t^{2}}{t+5}

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear não-homogêneo
X'=\begin{pmatrix}1 & 3\\[4pt]3 & 1\end{pmatrix}X+\begin{pmatrix}-2t^{2}\\[4pt]t+5\end{pmatrix}
e pede que resolvamos usando o método dos coeficientes indeterminados. Informações relevantes que temos:
A=\begin{pmatrix}1 & 3\\[4pt]3 & 1\end{pmatrix},\qquad g(t)=\begin{pmatrix}-2t^{2}\\[4pt]t+5\end{pmatrix}.
O que se pede é encontrar a solução geral X(t), ou seja, a soma da solução geral do sistema homogêneo associado e de uma solução particular do sistema não-homogêneo.]

Passo 2

Primeiro precisamos resolver o sistema homogêneo associado
X'=AX,
pois a solução geral do não-homogêneo será X(t)=X_h(t)+X_p(t). Para resolver o homogêneo usamos autovalores e autovetores de A. Calculamos o polinômio característico:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)^2-3\cdot3=(1-\lambda)^2-9.
Expandindo:
(1-\lambda)^2-9=\lambda^2-2\lambda-8.
Resolvendo \lambda^2-2\lambda-8=0 obtemos
\lambda=\frac{2\pm\sqrt{4+32}}{2}=\frac{2\pm6}{2}\implies \lambda_1=4,\;\lambda_2=-2.

Passo 3

Agora encontramos autovetores correspondentes. Para \lambda_1=4 resolvemos (A-4I)v=0:
\begin{pmatrix}1-4 & 3\\[4pt]3 & 1-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3 & 3\\[4pt]3 & -3\end{pmatrix},
daí -3x+3y=0\Rightarrow y=x. Podemos escolher v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Para \lambda_2=-2 resolvemos (A+2I)v=0:
\begin{pmatrix}1+2 & 3\\[4pt]3 & 1+2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & 3\\[4pt]3 & 3\end{pmatrix},
daí 3x+3y=0\Rightarrow y=-x. Podemos escolher v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 4

A solução geral do homogêneo é combinação linear das soluções exponenciais associadas aos autovalores:
X_h(t)=C_1 e^{4t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_2 e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix},
onde C_1,C_2 são constantes arbitrárias.]

Passo 5

Agora usamos o método dos coeficientes indeterminados para achar uma solução particular X_p(t) do sistema não-homogêneo. Observação importante do método: quando g(t) é um vetor cujas entradas são polinômios, tentamos uma solução particular cujas componentes também sejam polinômios de mesmo grau, desde que não haja “ressonância” com as soluções do homogêneo (ressonância ocorreria se expoentes semelhantes aparecessem — aqui o homogêneo tem exponenciais e^{4t} e e^{-2t}, não polinômios, então não há ressonância). Como g_1(t)=-2t^2 tem grau 2 e g_2(t)=t+5 tem grau 1, a escolha segura é tentar polinômios de grau 2 para ambas as componentes. Assim propomos:
X_p(t)=\begin{pmatrix}a t^{2}+b t + c\\[4pt] d t^{2}+e t + f\end{pmatrix},
onde a,b,c,d,e,f são coeficientes desconhecidos a determinar.]

Passo 6

Calculamos a derivada e AX_p. A derivada é
X_p'(t)=\begin{pmatrix}2a t + b\\[4pt]2d t + e\end{pmatrix}.
Multiplicando A X_p:
A X_p=\begin{pmatrix} (a t^{2}+b t + c)+3(d t^{2}+e t + f)\\[6pt] 3(a t^{2}+b t + c)+(d t^{2}+e t + f) \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} (a+3d)t^{2}+(b+3e)t+(c+3f)\\[6pt] (3a+d)t^{2}+(3b+e)t+(3c+f) \end{pmatrix}.]

Passo 7

A equação X_p'=AX_p+g(t) gera, componente a componente, igualdade de polinômios. Para a primeira componente:
2a t + b = (a+3d)t^{2}+(b+3e)t+(c+3f)+(-2t^{2}).
Agrupando termos em potências de t obtemos as igualdades de coeficientes:
\begin{cases} t^{2}:\;0 = a+3d-2,\\[4pt] t^{1}:\;2a = b+3e,\\[4pt] t^{0}:\;b = c+3f. \end{cases}
Para a segunda componente:
2d t + e = (3a+d)t^{2}+(3b+e)t+(3c+f)+(t+5).
Ou seja
2d t + e = (3a+d)t^{2}+(3b+e+1)t+(3c+f+5),
levando às igualdades de coeficientes:
\begin{cases} t^{2}:\;0 = 3a+d,\\[4pt] t^{1}:\;2d = 3b+e+1,\\[4pt] t^{0}:\;e = 3c+f+5. \end{cases}]

Passo 8

Agora resolvemos o sistema linear para a,b,c,d,e,f. Reescrevendo as equações:
\begin{aligned} &(1)\quad a+3d=2,\\[4pt] &(2)\quad 2a-b-3e=0,\\[4pt] &(3)\quad b-c-3f=0,\\[4pt] &(4)\quad 3a+d=0,\\[4pt] &(5)\quad 2d-3b-e=1,\\[4pt] &(6)\quad e-3c-f=5. \end{aligned}
Da equação (4) temos d=-3a. Substituindo em (1):
a+3(-3a)=a-9a=-8a=2\implies a=-\tfrac{1}{4}.
Então
d=-3a=-3\Big(-\tfrac{1}{4}\Big)=\tfrac{3}{4}.]

Passo 9

Usando (2) escrevemos b=2a-3e. Como já sabemos a, isso fica
b=-\tfrac{1}{2}-3e.
Agora usamos (5): 2d-3b-e=1. Substituindo d=\tfrac{3}{4} e b:
2\cdot\tfrac{3}{4}-3\Big(-\tfrac{1}{2}-3e\Big)-e=1.
Calculando passo a passo:
\tfrac{3}{2}+ \tfrac{3}{2}+9e - e =1\quad\text{(pois \(-3\cdot(-\tfrac{1}{2})=\tfrac{3}{2}\) e \(-3\cdot(-3e)=9e\))},
portanto
3 +8e =1 \implies 8e=-2 \implies e=-\tfrac{1}{4}.
Com e obtemos b:
b=-\tfrac{1}{2}-3\Big(-\tfrac{1}{4}\Big)=-\tfrac{1}{2}+\tfrac{3}{4}=\tfrac{1}{4}.

Passo 10

Agora usamos (3): b-c-3f=0\Rightarrow c=b-3f. Substituímos b=\tfrac{1}{4} e deixamos f ainda incógnito:
c=\tfrac{1}{4}-3f.
Usamos (6): e-3c-f=5. Substituindo e=-\tfrac{1}{4} e c:
-\tfrac{1}{4}-3\Big(\tfrac{1}{4}-3f\Big)-f=5.
Expandindo:
-\tfrac{1}{4}-\tfrac{3}{4}+9f - f =5 \implies -1 +8f =5.
Então 8f=6\Rightarrow f=\tfrac{3}{4}. Finalmente
c=\tfrac{1}{4}-3\cdot\tfrac{3}{4}=\tfrac{1}{4}-\tfrac{9}{4}=-2.

Passo 11

Resumindo os coeficientes encontrados:
a=-\tfrac{1}{4},\quad b=\tfrac{1}{4},\quad c=-2,\quad d=\tfrac{3}{4},\quad e=-\tfrac{1}{4},\quad f=\tfrac{3}{4}.
Portanto a solução particular é
X_p(t)=\begin{pmatrix} -\tfrac{1}{4}t^{2}+\tfrac{1}{4}t-2\\[6pt] \tfrac{3}{4}t^{2}-\tfrac{1}{4}t+\tfrac{3}{4} \end{pmatrix}.]

Passo 12

A solução geral do sistema não-homogêneo é a soma da homogênea com a particular:
X(t)=C_1 e^{4t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_2 e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} -\tfrac{1}{4}t^{2}+\tfrac{1}{4}t-2\\[6pt] \tfrac{3}{4}t^{2}-\tfrac{1}{4}t+\tfrac{3}{4} \end{pmatrix},
com C_1,C_2\in\mathbb{R} constantes arbitrárias.]

Resposta

X(t)=C_1 e^{4t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_2 e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} -\tfrac{1}{4}t^{2}+\tfrac{1}{4}t-2\\[6pt] \tfrac{3}{4}t^{2}-\tfrac{1}{4}t+\tfrac{3}{4} \end{pmatrix}]

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