2- Resolver os sistemas lineares não homogêneos de EDÓs pelo método dos coeficientes indeterminados
a) \quad \boldsymbol{X}^{\prime}=\left(\begin{array}{ll}\mathbf{1} & \mathbf{2} \\\ \mathbf{0} & \mathbf{1}\end{array}\right) \boldsymbol{X}+e^{t}\binom{4}{8}
(caso de autovalor \lambda com multiplicidade 2 que coincide com \alpha )
b) \quad \boldsymbol{X}^{\prime}=\left(\begin{array}{cc}\mathbf{1} & -\mathbf{1} \\\\ -\mathbf{1} & \mathbf{1}\end{array}\right) \boldsymbol{X}+e^{2 t}\binom{\mathbf{2}}{\mathbf{4}}
c) Para os itens a) e b), determine \Psi(t) para \mathrm{t}_{0}=0 e mostre que \Psi^{\prime}(t)=\mathrm{A} \Psi(t).

Passo 1

O enunciado pede para cada sistema linear não-homogêneo: encontrar a solução geral \boldsymbol{X}(t) usando o método dos coeficientes indeterminados e, além disso, para os itens a) e b) determinar a matriz fundamental \Psi(t) com \mathrm{t}_0=0 e mostrar que \Psi'(t)=A\Psi(t).
Dados do enunciado:
\text{(a)}\qquad \boldsymbol{X}' = A\boldsymbol{X} + e^{t}\binom{4}{8},\quad A=\begin{pmatrix}1 & 2\\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix}.
\text{(b)}\qquad \boldsymbol{X}' = A\boldsymbol{X} + e^{2t}\binom{2}{4},\quad A=\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt] -1 & 1\end{pmatrix}.
Perguntas explícitas:
  • Para (a) e (b): achar a solução geral \boldsymbol{X}(t) por coeficientes indeterminados.
  • Para (a) e (b): encontrar \Psi(t) com \Psi(0)=I e verificar que \Psi'(t)=A\Psi(t).
Observações sobre as informações:
  • Em (a) o termo não-homogêneo é e^{t}\binom{4}{8}. Note que e^{t} corresponde ao autovalor \lambda=1 de A (autovalor de multiplicidade 2 no caso de A triangular superior).
  • Em (b) o termo não-homogêneo é e^{2t}\binom{2}{4}. Note que 2 é um autovalor de A (há ressonância também, mas de ordem 1).]

Passo 2

Conceitos que vamos usar (explicação didática curta):
  • A solução geral de um sistema linear não-homogêneo \boldsymbol{X}'=A\boldsymbol{X}+\boldsymbol{f}(t) é \boldsymbol{X}(t)=\boldsymbol{X}_h(t)+\boldsymbol{X}_p(t),onde \boldsymbol{X}_h é a solução geral do homogêneo \boldsymbol{X}'=A\boldsymbol{X} e \boldsymbol{X}_p é uma solução particular.
  • Método dos coeficientes indeterminados: quando \boldsymbol{f}(t) é da forma e^{\alpha t}P(t) com P polinomial, tentamos um palpite (ansatz) do mesmo tipo multiplicado por uma potência de t para tratar ressonância. A potência de t é escolhida para que nosso palpite não coincida com nenhuma solução do homogêneo (se houver termos como e^{\alpha t}, te^{\alpha t},\dots no homogêneo, multiplicamos por t^r com r suficiente).
  • Matriz fundamental \Psi(t): matriz 2×2 cujas colunas são duas soluções independentes do homogêneo; se escolhermos as colunas de modo que \Psi(0)=I, então \Psi satisfaz \Psi'(t)=A\Psi(t) e \Psi(t)=e^{A t}.
Agora aplicamos tudo passo a passo aos itens.

Passo 3

Item (a) — resolver o homogêneo e entender a ressonância.
Homogêneo:
\boldsymbol{X}'=A\boldsymbol{X},\qquad A=\begin{pmatrix}1&2\\[4pt]0&1\end{pmatrix}.
Escrevendo em componentes \boldsymbol{X}=(x_1,x_2)^T:
x_1' = x_1 + 2x_2,\qquad x_2' = x_2.
Da segunda equação \;x_2' = x_2\;\Rightarrow\; x_2(t)=C_2 e^{t}.
Substituímos em x_1'\!-\!x_1 = 2x_2 = 2C_2 e^{t}. Esta é uma equação linear de primeira ordem para x_1. Usamos fator integrante e^{-t}:
\frac{d}{dt}\bigl(e^{-t}x_1\bigr) = 2C_2 \quad\Rightarrow\quad e^{-t}x_1 = 2C_2 t + C_1.
Logo
x_1(t) = e^{t}(2C_2 t + C_1).
Assim a solução geral do homogêneo é
\boldsymbol{X}_h(t) = C_1 e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix} + C_2 e^{t}\begin{pmatrix}2t\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Observação de ressonância: o termo não-homogêneo é e^{t}\binom{4}{8}. No homogêneo aparecem termos e^{t} e t e^{t}, portanto há ressonância de ordem que faz com que o palpite principal de forma e^{t} seja insuficiente; precisamos tentar um palpite com polinômio de grau suficiente multiplicando e^{t}. No caso, um polinômio de grau 2 dará liberdade suficiente (explico no próximo passo).]

Passo 4

Item (a) — palpite por coeficientes indeterminados e solução particular.
Como o homogêneo contém e^{t}\) e \(t e^{t}\), tentamos um palpite da forma \[\boldsymbol{X}_p(t) = e^{t}\bigl( \mathbf{p}\,t^2 + \mathbf{q}\,t + \mathbf{r}\bigr),
onde \mathbf{p},\mathbf{q},\mathbf{r} são vetores constantes desconhecidos (cada um em \mathbb{R}^2). Esta escolha permite termos até t^2 e^{t}, que não aparecem no homogêneo, garantindo independência.
Calculemos \boldsymbol{X}_p' e A\boldsymbol{X}_p. Primeiro, derivada (regra do produto):
\boldsymbol{X}_p' = e^{t}\bigl( \mathbf{p}t^2 + \mathbf{q}t + \mathbf{r}\bigr) + e^{t}\bigl(2\mathbf{p}t + \mathbf{q}\bigr) = e^{t}\bigl(\mathbf{p}t^2 + (\mathbf{q}+2\mathbf{p})t + (\mathbf{r}+\mathbf{q})\bigr).
Também
A\boldsymbol{X}_p = e^{t}\bigl(A\mathbf{p}\,t^2 + A\mathbf{q}\,t + A\mathbf{r}\bigr).
A equação \boldsymbol{X}_p' = A\boldsymbol{X}_p + e^{t}\binom{4}{8} torna-se (dividindo por e^{t}):
\mathbf{p}t^2 + (\mathbf{q}+2\mathbf{p})t + (\mathbf{r}+\mathbf{q}) = A\mathbf{p}\,t^2 + A\mathbf{q}\,t + A\mathbf{r} + \binom{4}{8}.
Comparando coeficientes de potências de t obtemos o sistema (de vetores):
\begin{cases} (I-A)\mathbf{p} = \mathbf{0},\\[4pt] (I-A)\mathbf{q} = -2\mathbf{p},\\[4pt] (I-A)\mathbf{r} = \binom{4}{8} - \mathbf{q}. \end{cases}
Agora use I-A=\begin{pmatrix}0 & -2\\[4pt]0 & 0\end{pmatrix}\]. Escrevendo \(\mathbf{p}=(p_1,p_2)^T etc.:
  • Da primeira equação (I-A)\mathbf{p}=\mathbf{0} vem -2p_2 = 0\Rightarrow p_2=0. Assim \mathbf{p}=(p_1,0)^T.
  • Da segunda equação (I-A)\mathbf{q}=-2\mathbf{p} -2q_2 = -2 p_1 \Rightarrow q_2 = p_1. Assim \mathbf{q}=(q_1,p_1)^T.
  • Da terceira equação (I-A)\mathbf{r} = \binom{4}{8} - \mathbf{q} -2 r_2 = 4 - q_1 e 0 = 8 - q_2. Da segunda igualdade q_2 = 8, logo p_1 = q_2 = 8. Então p_1=8. Da primeira igualdade obtemos r_2 = (q_1 - 4)/2. q_1 e r_1 ficam livres (são parâmetros associados à parte homogênea); para encontrar uma particular concreta podemos escolher valores convenientes para estes livres.
Escolhemos para simplicidade q_1=0 e r_1=0. Com isso:
\mathbf{p}=\begin{pmatrix}8\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad \mathbf{q}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]8\end{pmatrix},\qquad \mathbf{r}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Logo um particular é
\boldsymbol{X}_p(t)=e^{t}\begin{pmatrix}8t^2\\[4pt]8t-2\end{pmatrix}.
Verificação rápida (opcional): substituir em \boldsymbol{X}_p' - A\boldsymbol{X}_p dá exatamente e^{t}\binom{4}{8}, portanto \boldsymbol{X}_p está correta.]

Passo 5

Item (a) — solução geral e matriz fundamental \Psi(t) com \Psi(0)=I.
A solução geral é soma do homogêneo e do particular:
\boldsymbol{X}(t)=C_1 e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix} + C_2 e^{t}\begin{pmatrix}2t\\[4pt]1\end{pmatrix} + e^{t}\begin{pmatrix}8t^2\\[4pt]8t-2\end{pmatrix}.
Agora a matriz fundamental \Psi(t) (escolhendo colunas que formam a base canônica em t=0) pode ser tomada diretamente das duas soluções independentes do homogêneo que em t=0 formam [1,0]^T e [0,1]^T. Observe:
  • Solução 1: \varphi_1(t)=e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix} satisfa z \varphi_1(0)=[1;0].
  • Solução 2: \varphi_2(t)=e^{t}\begin{pmatrix}2t\\[4pt]1\end{pmatrix} satisfa z \varphi_2(0)=[0;1].
Assim
\Psi(t)=\begin{pmatrix} e^{t} & 2t e^{t}\\[6pt] 0 & e^{t}\end{pmatrix}.
Verificação de que \Psi'(t)=A\Psi(t): calcule \Psi'(t)=\begin{pmatrix} e^{t} & 2 e^{t}+2t e^{t}\\[4pt] 0 & e^{t}\end{pmatrix}.
Multiplicando A\Psi(t):
A\Psi(t)=\begin{pmatrix}1&2\\[4pt]0&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} e^{t} & 2t e^{t}\\[4pt] 0 & e^{t}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} e^{t} & 2 e^{t}+2t e^{t}\\[4pt] 0 & e^{t}\end{pmatrix},
que coincide com \Psi'(t). Além disso \Psi(0)=I (confira: em t=0 a matriz é \begin{pmatrix}1&0\\\ 0&1\end{pmatrix}).]

Passo 6

Item (b) — resolver o homogêneo e entender a ressonância.
Matriz
A=\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]-1 & 1\end{pmatrix}.
Calculamos autovalores resolvendo \det(A-\lambda I)=0:
\det\begin{pmatrix}1-\lambda & -1\\[4pt]-1 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)^2-1=\lambda(\lambda-2).
Logo autovalores \lambda_1=0 e \lambda_2=2.
Autovetores:
  • Para \lambda_1=0: resolver A v=0 v_1=v_2. Um autovetor conveniente é \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}. A solução associada é constante \boldsymbol{y}_1(t)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  • Para \lambda_2=2: resolver (A-2I)v=0 v_1=-v_2. Um autovetor é \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}. A solução associada é \boldsymbol{y}_2(t)=e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Assim a solução geral do homogêneo é
\boldsymbol{X}_h(t) = C_1\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} + C_2 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
O termo de forçamento é e^{2t}\binom{2}{4}, ou seja e^{2t} com um vetor constante. Como 2 é autovalor simples (aparece no homogêneo com e^{2t} multiplicado por um autovetor), há ressonância de ordem 1 e devemos multiplicar por t no palpite; um palpite polinomial de grau 1 será suficiente: e^{2t}( \mathbf{p} t + \mathbf{q}).]

Passo 7

Item (b) — palpite e cálculo da solução particular.
Tentamos
\boldsymbol{X}_p(t) = e^{2t}\bigl(\mathbf{p}\,t + \mathbf{q}\bigr),
com \mathbf{p},\mathbf{q}\in\mathbb{R}^2\) constantes. Derivada: \[\boldsymbol{X}_p' = e^{2t}\bigl(2\mathbf{p}t + (2\mathbf{q}+\mathbf{p})\bigr).
E
A\boldsymbol{X}_p = e^{2t}\bigl(A\mathbf{p}\,t + A\mathbf{q}\bigr).
A equação \boldsymbol{X}_p' = A\boldsymbol{X}_p + e^{2t}\binom{2}{4} leva a
2\mathbf{p}t + (2\mathbf{q}+\mathbf{p}) = A\mathbf{p}\,t + A\mathbf{q} + \binom{2}{4}.
Separando coeficientes em t:
\begin{cases} (2I-A)\mathbf{p}=\mathbf{0},\\[4pt] (2I-A)\mathbf{q} = -\mathbf{p} + \binom{2}{4}. \end{cases}
Calcule 2I-A = \begin{pmatrix}1&1\\[4pt]1&1\end{pmatrix}\]. Da primeira equação segue \[\begin{pmatrix}1&1\\[4pt]1&1\end{pmatrix}\mathbf{p}=\mathbf{0}\quad\Rightarrow\quad p_1+p_2=0,\] logo podemos escrever \(\mathbf{p}=s\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} para algum escalar s.
Da segunda equação, escrevendo \mathbf{q}=(q_1,q_2)^T, temos
\begin{pmatrix}q_1+q_2\\[4pt]q_1+q_2\end{pmatrix} = -\mathbf{p} + \begin{pmatrix}2\\[4pt]4\end{pmatrix}.
Isto implica as duas componentes da direita são iguais, isto é 2 - s = 4 + s, o que dá s=-1. Então
\mathbf{p} = -1\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Com s=-1 obtemos q_1+q_2 = 2 - s = 3. Assim \mathbf{q} satisfaz q_1+q_2=3; há uma liberdade (associada à solução homogênea). Para simplicidade escolhemos \mathbf{q}=\begin{pmatrix}3\\[4pt]0\end{pmatrix} (qualquer escolha com soma 3 funciona).
Logo um particular conveniente é
\boldsymbol{X}_p(t)=e^{2t}\left(\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\end{pmatrix}t + \begin{pmatrix}3\\[4pt]0\end{pmatrix}\right).
(verificação: substituir e verificar que \boldsymbol{X}_p' - A\boldsymbol{X}_p = e^{2t}\binom{2}{4}).]

Passo 8

Item (b) — solução geral e construção da matriz fundamental \Psi(t) com \Psi(0)=I.
Solução geral:
\boldsymbol{X}(t) = C_1\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} + C_2 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} + e^{2t}\left(\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\end{pmatrix}t + \begin{pmatrix}3\\[4pt]0\end{pmatrix}\right).
Matriz fundamental: as duas soluções independentes do homogêneo podem ser tomadas como
\boldsymbol{y}_1(t)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad \boldsymbol{y}_2(t)=e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
No instante t=0 temos \boldsymbol{y}_1(0)=[1;1] e \boldsymbol{y}_2(0)=[1;-1]. Para obter \Psi(0)=I precisamos formar colunas que valham os vetores canônicos em t=0. Escrevemos a combinação linear:
\varphi_1(t)=\tfrac12\boldsymbol{y}_1(t)+\tfrac12\boldsymbol{y}_2(t),\qquad \varphi_2(t)=\tfrac12\boldsymbol{y}_1(t)-\tfrac12\boldsymbol{y}_2(t).
Verifique em t=0: \varphi_1(0)=[1;0], \varphi_2(0)=[0;1]. Assim a matriz fundamental desejada é
\Psi(t)=\begin{pmatrix}\varphi_1(t) & \varphi_2(t)\end{pmatrix} =\tfrac12\begin{pmatrix}1+e^{2t} & 1-e^{2t}\\[6pt] 1-e^{2t} & 1+e^{2t}\end{pmatrix}.
Verificação de \Psi'(t)=A\Psi(t): calcule (\Psi’(t)=\tfrac12 \begin{pmatrix}2e^{2t} & -2e^{2t}\\[4pt]-2e^{2t} & 2e^{2t}\end{pmatrix}
= e^{2t} \begin{pmatrix}1&-1\\[4pt]-1&1\end{pmatrix}) e, multiplicando A\Psi(t), obtemos a mesma matriz; também \Psi(0)=I.]

Resposta

(a) \displaystyle \boldsymbol{X}(t)=C_1 e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix} + C_2 e^{t}\begin{pmatrix}2t\\[4pt]1\end{pmatrix} + e^{t}\begin{pmatrix}8t^2\\[4pt]8t-2\end{pmatrix}.
\displaystyle \Psi(t)=\begin{pmatrix}e^{t} & 2t e^{t}\\[6pt]0 & e^{t}\end{pmatrix},\quad \Psi'(t)=A\Psi(t).
(b) \displaystyle \boldsymbol{X}(t)=C_1\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} + C_2 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} + e^{2t}\!\left(\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\end{pmatrix}t + \begin{pmatrix}3\\[4pt]0\end{pmatrix}\right).
\displaystyle \Psi(t)=\tfrac12\begin{pmatrix}1+e^{2t} & 1-e^{2t}\\[6pt]1-e^{2t} & 1+e^{2t}\end{pmatrix},\quad \Psi'(t)=A\Psi(t).]

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