Use o método de variação dos parâmetros para encontrar a solução geral do sistema
\mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{rr} -2 & 1 \\\\ 1 & -2 \end{array}\right) \mathbf{x}+\binom{2 e^{-t}}{3 t}=\mathbf{A} \mathbf{x}+\mathbf{g}(t)

Passo 1

O enunciado dá o sistema não-homogêneo
\mathbf{x}'=\begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix}\mathbf{x}+\begin{pmatrix}2e^{-t}\\[4pt]3t\end{pmatrix},
ou seja:
  • matriz \mathbf{A}=\begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix};
  • termo forçante \mathbf{g}(t)=\begin{pmatrix}2e^{-t}\\[4pt]3t\end{pmatrix}.
    A pergunta é: encontrar a solução geral \mathbf{x}(t) do sistema (nenhuma outra condição inicial fornecida).]

Passo 2

Primeiro resolvemos o sistema homogêneo \mathbf{x}'=\mathbf{A}\mathbf{x}. Vamos achar autovalores e autovetores de \mathbf{A}.
O polinômio característico é
\det(\mathbf{A}-\lambda \mathbf{I}) =\det\begin{pmatrix}-2-\lambda & 1\\[4pt]1 & -2-\lambda\end{pmatrix} =( -2-\lambda)^2-1.
Calculando:
( -2-\lambda)^2-1 = \lambda^2+4\lambda+4-1=\lambda^2+4\lambda+3=(\lambda+1)(\lambda+3).
Logo os autovalores são \lambda_1=-1 e \lambda_2=-3.
Agora os autovetores.
Para \lambda_1=-1 resolvemos (\mathbf{A}+ \mathbf{I})\mathbf{v}=\mathbf{0}:
\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix}\mathbf{v}=\mathbf{0}
uma solução é \mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Para \lambda_2=-3 resolvemos (\mathbf{A}+3\mathbf{I})\mathbf{v}=\mathbf{0}:
\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}\mathbf{v}=\mathbf{0}
uma solução é \mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Portanto duas soluções independentes do homogêneo são
\boldsymbol{\varphi}_1(t)=e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad \boldsymbol{\varphi}_2(t)=e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 3

Formamos a matriz fundamental \mathbf{X}(t) cujas colunas são as soluções independentes:
\mathbf{X}(t)=\begin{pmatrix} e^{-t} & e^{-3t}\\[4pt] e^{-t} & -e^{-3t}\end{pmatrix}.
Verificamos que \det\mathbf{X}(t)\neq 0 (é necessário para inverter):
\det\mathbf{X}(t)=e^{-t}(-e^{-3t})-e^{-t}e^{-3t}=-2e^{-4t}\neq 0.]

Passo 4

Calculamos \mathbf{X}(t)^{-1} usando a fórmula para inversa de 2\times2:
\mathbf{X}(t)^{-1}=\frac{1}{\det\mathbf{X}(t)}\begin{pmatrix}-e^{-3t} & -e^{-3t}\\[4pt]-e^{-t} & e^{-t}\end{pmatrix}.
Substituindo \det\mathbf{X}(t)=-2e^{-4t} e simplificando:
\mathbf{X}(t)^{-1}=\frac{-1}{2e^{-4t}}\begin{pmatrix}-e^{-3t} & -e^{-3t}\\[4pt]-e^{-t} & e^{-t}\end{pmatrix} =\frac{1}{2}\begin{pmatrix}e^{t} & e^{t}\\[4pt] e^{3t} & -e^{3t}\end{pmatrix}.]

Passo 5

Pela variação dos parâmetros a solução geral é
\mathbf{x}(t)=\mathbf{X}(t)\mathbf{c}+\mathbf{X}(t)\int \mathbf{X}(t)^{-1}\mathbf{g}(t)\,dt,
onde \mathbf{c} é o vetor constante de integração (do homogêneo). Primeiro calculamos \mathbf{X}(t)^{-1}\mathbf{g}(t).
Multiplicando:
\mathbf{X}(t)^{-1}\mathbf{g}(t) =\frac{1}{2}\begin{pmatrix}e^{t} & e^{t}\\[4pt] e^{3t} & -e^{3t}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}2e^{-t}\\[4pt]3t\end{pmatrix}.
Calculamos componente a componente.
Primeira componente:
\frac{1}{2}\big(e^{t}\cdot 2e^{-t}+e^{t}\cdot 3t\big) =\frac{1}{2}\big(2+3te^{t}\big)=1+\frac{3}{2}te^{t}.
Segunda componente:
\frac{1}{2}\big(e^{3t}\cdot 2e^{-t}-e^{3t}\cdot 3t\big) =\frac{1}{2}\big(2e^{2t}-3te^{3t}\big)=e^{2t}-\frac{3}{2}te^{3t}.
Portanto
\mathbf{X}(t)^{-1}\mathbf{g}(t)=\begin{pmatrix}1+\dfrac{3}{2}te^{t}\\[8pt] e^{2t}-\dfrac{3}{2}te^{3t}\end{pmatrix}.]

Passo 6

Integramos componente a componente para obter \displaystyle \mathbf{v}(t)=\int \mathbf{X}^{-1}\mathbf{g}\,dt. (Escolhemos constantes de integração zero nesta integral; as constantes gerais aparecerão em \mathbf{X}(t)\mathbf{c}.)
Para a primeira componente:
\int\left(1+\frac{3}{2}te^{t}\right)dt = t + \frac{3}{2}\int te^{t}dt.
Usando integração por partes \int te^{t}dt=(t-1)e^{t}, obtemos
\int\left(1+\frac{3}{2}te^{t}\right)dt = t + \frac{3}{2}(t-1)e^{t}.
Para a segunda componente:
\int\left(e^{2t}-\frac{3}{2}te^{3t}\right)dt =\frac{1}{2}e^{2t}-\frac{3}{2}\int te^{3t}dt.
Novamente por partes \int te^{3t}dt=\frac{1}{3}te^{3t}-\frac{1}{9}e^{3t}, logo
-\frac{3}{2}\int te^{3t}dt = -\frac{3}{2}\left(\frac{1}{3}te^{3t}-\frac{1}{9}e^{3t}\right) =-\frac{1}{2}te^{3t}+\frac{1}{6}e^{3t}.
Somando temos
\int\left(e^{2t}-\frac{3}{2}te^{3t}\right)dt =\frac{1}{2}e^{2t}-\frac{1}{2}te^{3t}+\frac{1}{6}e^{3t}.
Portanto podemos tomar
\mathbf{v}(t)=\begin{pmatrix} t+\dfrac{3}{2}(t-1)e^{t}\\[8pt] \dfrac{1}{2}e^{2t}-\dfrac{1}{2}te^{3t}+\dfrac{1}{6}e^{3t} \end{pmatrix},
como uma primitiva (constantes de integração absorvidas em \mathbf{c}).]

Passo 7

Agora montamos a solução particular \mathbf{x}_p(t)=\mathbf{X}(t)\mathbf{v}(t).
Como \mathbf{X}(t)=\begin{pmatrix} e^{-t} & e^{-3t}\\[4pt] e^{-t} & -e^{-3t}\end{pmatrix}, multiplicamos:
Primeira componente:
x_{p,1}=e^{-t}\Big(t+\frac{3}{2}(t-1)e^{t}\Big)+e^{-3t}\Big(\frac{1}{2}e^{2t}-\frac{1}{2}te^{3t}+\frac{1}{6}e^{3t}\Big).
Simplificando termos exponenciais:
x_{p,1}=t e^{-t}+\frac{3}{2}(t-1)+\frac{1}{2}e^{-t}+\frac{1}{6}-\frac{1}{2}t
(organizando os termos escalares e exponenciais). Agrupando dá
x_{p,1}=e^{-t}\Big(t+\tfrac{1}{2}\Big)+t-\tfrac{4}{3}.
Segunda componente:
x_{p,2}=e^{-t}\Big(t+\frac{3}{2}(t-1)e^{t}\Big)-e^{-3t}\Big(\frac{1}{2}e^{2t}-\frac{1}{2}te^{3t}+\frac{1}{6}e^{3t}\Big).
Simplificando:
x_{p,2}=t e^{-t}+\frac{3}{2}(t-1)-\frac{1}{2}e^{-t}-\frac{1}{6}+\frac{1}{2}t
e agrupando:
x_{p,2}=e^{-t}\Big(t-\tfrac{1}{2}\Big)+2t-\tfrac{5}{3}.]

Passo 8

A solução geral é soma da homogênea (vetor de constantes \mathbf{c}=(C_1,C_2)^\top) com a particular encontrada:
\mathbf{x}(t)=C_1 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} + C_2 e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} +\begin{pmatrix} e^{-t}\big(t+\tfrac{1}{2}\big)+t-\tfrac{4}{3}\\[8pt] e^{-t}\big(t-\tfrac{1}{2}\big)+2t-\tfrac{5}{3} \end{pmatrix},
com C_1,C_2\in\mathbb{R} constantes arbitrárias.]

Resposta

\mathbf{x}(t)=C_1 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} + C_2 e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} +\begin{pmatrix} e^{-t}\big(t+\tfrac{1}{2}\big)+t-\tfrac{4}{3}\\[8pt] e^{-t}\big(t-\tfrac{1}{2}\big)+2t-\tfrac{5}{3} \end{pmatrix}.]

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