Exercícios Resolvidos de Método de Variação dos Parâmetros

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Enunciado

Considere o sistema linear não homogêneo abaixo:

X ' = 1 - 4 1 5 X + e 3 t 0

  1. Usando o método de autovalores e autovetores, encontre a solução complementar, X c t = ψ t ∙ C , do sistema linear indicando claramente quem é a matriz fundamental ϕ t e quem é o vetor C . (Não é necessário realizar a multiplicação ψ t ∙ C )
  2. Utilizando o método da variação de parâmetros, encontre a solução particular, X p t = ψ t ∙ U t , do sistema linear não-homogêneo indicando claramente quem é o vetor U t e como é obtido. (Não é necessário realizar a multiplicação ψ t ∙ U t )

Passo 1

Vamo que vamo galera! Pra começar, a questão pede a solução complementar. Oras! Isso nada mais é do que a solução do sistema desconsiderando o vetor mais a direita. Ou seja, queremos resolver o sistema de EDOs homogêneo associado:

X ' = 1 - 4 1 5 X

Em EDO’s desse tipo, sempre vamos ter uma solução com essa cara:

X t = C 1 x 1 t + C 2 x 2 t

Colocando isso com a cara que o enunciado pediu, é como se tivéssemos uma matriz onde x 1 t e x 2 t fossem colunas dela. Essa que é a tal da matriz fundamental!

ψ t = ↑ x 1 t ↓ ↑ x 2 t ↓

Então uma outra forma de escrever a solução X t para esse sistema é:

X t = ψ t ∙ C

Onde C = C 1 C 2 é um vetor pra considerar aqueles coeficientes lá em cima, ok? Bom, identificamos quem é quem e isso era parte do enunciado hahaha mas vamos as contas mesmo agora, ok?

Passo 2

Show, precisamos usar o método de autovalores e autovetores! Então bora lá! Pra isso, seja a matriz A = 1 - 4 1 5 , fazemos:

det ⁡ A - λ I = 0

1 - λ - 4 1 5 - λ = 0

Calculando nossa linda determinante, chegamos em:

1 - λ 5 - λ - 1 - 4 = 0

5 - λ - 5 λ + λ 2 + 4 = 0

λ 2 - 6 λ + 9 = 0

O que nada mais é do que um trinômio quadrado perfeito de λ ! Ficamos com:

λ - 3 2 = 0

λ 1 = λ 2 = λ = 3

Autovalores encontrados. Nesse caso em específico, temos dois valores reais iguais, de forma que a solução final vai ter:

x 1 t = v 1 ∙ e λ t

x 2 t = v 1 ∙ t ∙ e λ t + v 2 ∙ e λ t

Onde v 1 , v 2 são nossos autovetores associados. Bora achar eles então! O primeiro a gente encontra fazendo:

A - λ I   v 1 = 0

Encontrando então:

1 - 3 - 4 1 5 - 3 a b = 0

- 2 - 4 1 2 a b = 0 0

E galera, isso aí é o equivalente a um sistema:

- 2 a - 4 b = 0 a + 2 b = 0

Que basicamente só nos diz que:

b = - a 2

Tudo que sabemos sobre v 1 até então é que:

v 1 = a - a 2 = a 1 - 1 2

Como a no final das contas é só uma constante, não precisamos nos preocupar com ela, de forma que v 1 = 1 - 1 2 é o nosso vetor final, belezinha galera? Show, agora, pra achar v 2 , fazemos:

A - λ I   v 2 = v 1

Então sendo v 2 = c d , temos:

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

O que é equivalente a um sistema com essa cara:

- 2 c - 4 d = 1 c + 2 d = - 1 2

De onde tiramos que:

2 d = - 1 2 - c

d = - 1 4 - 1 2 c

E logo, o vetor v 2 será:

v 2 = c - 1 4 - 1 2 c = c - 1 2 c + 0 - 1 4 = c 1 - 1 2 + 0 - 1 4

E olha só o que aconteceu! O vetor v 1 apareceu dentro da definição do v 2 . Podemos ignorar então esse pedacinho e nos preocupar somente com:

v 2 = 0 - 1 4

Autovetores encontrados! As soluções serão:

x 1 t = 1 - 1 2 ∙ e 3 t

x 2 t = 1 - 1 2 ∙ t ∙ e 3 t + 0 - 1 4 ∙ e 3 t

O que é o mesmo que:

x 1 t = e 3 t - e 3 t 2

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

E tai! Fechamos a matriz fundamental:

ψ t = ↑ x 1 t ↓ ↑ x 2 t ↓ = e 3 t t e 3 t - e 3 t 2 - e 3 t 2 t + 1 2

Passo 3

Agora chegou o momento em que de fato vamos resolver:

X ' = 1 - 4 1 5 X + e 3 t 0

X ' = A X + g t

Pra isso, o primeiro passo é resolver o homogêneo associado, que já fizemos. O segundo é usar o método da variação de parâmetros. Pra isso, tendo:

X p t = ψ t ∙ U t

Falta só a gente identificar o vetor U t . Segundo o método da variação dos parâmetros, temos:

U ' t = ψ t - 1 ∙ g t

A primeira coisa a se fazer então é inverter a matriz fundamental! Para uma matriz 2 x 2 qualquer, a inversa é encontrada fazendo:

a b c d - 1 = 1 a d - b c ∙ d - b - c a

Comparando isso com:

ψ t = e 3 t t e 3 t - e 3 t 2 - e 3 t 2 t + 1 2

Temos:

a = e 3 t b = t e 3 t c = - e 3 t 2 d = - e 3 t 2 t + 1 2

De forma que a inversa fica bonitinha dessa forma:

ψ t - 1 = 1 e 3 t - e 3 t 2 t + 1 2 - t e 3 t - e 3 t 2 ∙ - e 3 t 2 t + 1 2 - t e 3 t e 3 t 2 e 3 t

ψ t - 1 = 1 - t e 6 t 2 - e 6 t 4 + t e 6 t 2 ∙ - e 3 t 2 t + 1 2 - t e 3 t e 3 t 2 e 3 t

ψ t - 1 = - 4 e 6 t ∙ - e 3 t 2 t + 1 2 - t e 3 t e 3 t 2 e 3 t

A gente pode simplificar isso ainda mais, saca só:

ψ t - 1 = 4 e 3 t 2 e 6 t t + 1 2 4 t e 3 t e 6 t - 4 e 3 t 2 e 6 t - 4 e 3 t e 6 t = 2 e - 3 t t + 1 2 4 t e - 3 t - 2 e - 3 t - 4 e - 3 t

O que nos deixa com:

U ' t = ψ t - 1 ∙ g t

U ' t = 2 e - 3 t t + 1 2 4 t e - 3 t - 2 e - 3 t - 4 e - 3 t ∙ e 3 t 0

Realizando a multiplicação matriz-vetor, temos:

U ' t = e 3 t ∙ 2 e - 3 t t + 1 2 - 2 e - 3 t + 0 ∙ 4 t e - 3 t - 4 e - 3 t

U ' t = 2 t + 1 2 - 2 + 0 0 = 2 t + 1 - 2

Ok, quase lá galera! Calma que falta MUITO POUCO. Olha só, achamos a derivada do vetor U t . Portanto, se:

U ' t = u 1 ' t u 2 ' t

Basta a gente integrar para achar U t :

U t = ∫ u 1 ' t d t ∫ u 2 ' t d t

No nosso caso, temos:

u 1 ' t = t u 2 ' t = - 1

O vetor vai ser então:

U t = ∫ 2 t + 1 d t ∫ - 2 d t = t 2 + t + C 3 - 2 t + C 4

Ufa, acabamos!

Resposta

Identificamos a Matriz Fundamental como:

ψ t = e 3 t t e 3 t - e 3 t 2 - e 3 t 2 t + 1 2

O vetor C como um vetor de constantes indeterminadas:

C = C 1 C 2

E o vetor U t como sendo:

U t = t 2 + t + C 3 - 2 t + C 4

Dessa forma a solução complementar tem a cara:

X c t = e 3 t t e 3 t - e 3 t 2 - e 3 t 2 t + 1 2 C 1 C 2

E a solução particular tem a cara:

X P t = e 3 t t e 3 t - e 3 t 2 - e 3 t 2 t + 1 2 t 2 2 + C 3 - t + C 4