Exercícios Resolvidos de Método de Varia��ão dos Parâmetros

UNICAMP, Cálculo 3, Exame 2012, Questão 3

Encontre a solução geral do sistema linear não-homogêneo utilizando o método da variação de parâmetros:

x ' = 1 1 4 - 2 x + e - 2 t e t

Passo 1

Primeiramente, vamos identificar os termos do sistema de edo’s x ' t = A . x t + g ( t ) :

A = 1 1 4 - 2

g t = e - 2 t e t

Assim, começamos pelo sistema homogêneo, encontrando os autovalores e autovetores de A :

det ⁡ A - λ I = 0

det ⁡ 1 - λ 1 4 - 2 - λ = 0

- 2 - λ + 2 λ + λ 2 - 4 = 0

λ 2 + λ - 6 = 0

λ + 3 λ - 2 = 0

Portanto:

λ 1 = - 3     e     λ 2 = 2

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos, agora, obter os autovetores correspondentes aos autovalores.

  • Para λ 1 = - 3 :
  • A equação do autovetor diz que A v = λ v . Então vamos fazer assim, vamos chamar de v 1 = a b o autovetor associado ao autovalor λ 1 .

    A v 1 = λ 1 v 1

    A - λ 1 I v 1 = 0

    1 - ( - 3 ) 1 4 - 2 - ( - 3 ) a b = 0 0

    4 1 4 1 a b = 0 0

    Isso nos dá que b = - 4 a . Então, com a = 1 , por exemplo, temos:

    v 1 = a b = 1 - 4

    Passo 3

  • Para λ 2 = 2 :

O procedimento é semelhante:

A - λ 2 I v 2 = 0

1 - 2 1 4 - 2 - 2 c d = 0 0

- 1 1 4 - 4 c d = 0 0

E, assim, obtemos que c = d . Logo,

v 2 = c d = 1 1

Passo 3

O conjunto fundamental de soluções, então, é dado por:

x ( 1 ) = v 1 e λ 1 t = 1 - 4 e - 3 t

x ( 2 ) = v 2 e λ 2 t = 1 1 e 2 t

Passo 4

Para acharmos a solução geral do problema, vamos usar o método da variação de parâmetros. Para isso, definimos uma função U ( t ) , tal que a solução do sistema seja

x t = Ψ t U ( t )

onde

U t = u 1 ( t ) u 2 ( t )

Desta forma, nosso problema se restringe a resolver a equação

Ψ t U ' ( t ) = g ( t )

U ' ( t ) = Ψ - 1 ( t ) g ( t )

Passo 5

Beleza, mas quem é a matriz fundamental Ψ ( t ) ? Fácil, olha ela aí!

Ψ t = x ( 1 ) x ( 2 )

Ψ t = e - 3 t e 2 t - 4 e - 3 t e 2 t

Substituindo Ψ t = e - 3 t e 2 t - 4 e - 3 t e 2 t e g t = e - 2 t e t , obtemos:

u 1 ' u 2 ' = e - 3 t e 2 t - 4 e - 3 t e 2 t - 1 e - 2 t e t

Passo 6

Para a inversa, temos:

e - 3 t e 2 t - 4 e - 3 t e 2 t - 1 = 1 5 e - t e 2 t - e 2 t 4 e - 3 t e - 3 t  

e - 3 t e 2 t - 4 e - 3 t e 2 t - 1 = 1 5 e 3 t - 1 5 e 3 t 4 5 e - 2 t 1 5 e - 2 t  

Assim, o sistema se torna

u 1 ' u 2 ' = 1 5 e 3 t - 1 5 e 3 t 4 5 e - 2 t 1 5 e - 2 t e - 2 t e t

u 1 ' = 1 5 e t - 1 5 e 4 t     ( I ) u 2 ' = 4 5 e - 4 t + 1 5 e - t       ( I I )

Passo 7

Resolvendo ( I ) e ( I I ) :

u 1 = ∫       1 5 e t - 1 5 e 4 t d t → u 1 = 1 5 e t - 1 20 e 4 t + C 1

u 2 = ∫       4 5 e - 4 t + 1 5 e - t d t → u 2 = - 1 5 e - 4 t - 1 5 e - t + C 2

Logo:

U t = 1 5 e t - 1 20 e 4 t + C 1 - 1 5 e - 4 t - 1 5 e - t + C 2

Passo 8

Portanto,

x t = Ψ t U ( t )

x t = e - 3 t e 2 t - 4 e - 3 t e 2 t 1 5 e t - 1 20 e 4 t + C 1 - 1 5 e - 4 t - 1 5 e - t + C 2

x t = 1 5 e - 2 t - 1 20 e t + C 1 e - 3 t - 1 5 e - 2 t - 1 5 e t + C 2 e 2 t - 4 5 e - 2 t + 1 5 e t - 4 C 1 e - 3 t - 1 5 e - 2 t - 1 5 e t + C 2 e 2 t

x t = - 1 4 e t + C 1 e - 3 t + C 2 e 2 t - e - 2 t - 4 C 1 e - 3 t + C 2 e 2 t

Resposta

x t = - 1 4 e t + C 1 e - 3 t + C 2 e 2 t - e - 2 t - 4 C 1 e - 3 t + C 2 e 2 t

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