Exercícios Resolvidos de Método de Variação dos Parâmetros

Ver Teoria

Enunciado

Determine a solução do problema de valor inicial definido por X ' = A X + V , onde:

A = 3 1 - 1 1 , V = - 2 1 e 2 t , X 0 = 0 1

Passo 1

Vamos resolver o sistema usando o método matricial. Aqui como temos a matriz V , temos um caso não homogêneo, mas sem desespero, é tudo muito parecido e só muda o final.

Precisamos encontrar uma solução que terá forma:

X = X h + X p

Que é a solução homogênea mais a solução particular. A solução homogênea será dada pelo sistema sem a matriz V , ou seja:

X ' = A X

Vamos resolver essa parte homogênea primeiro.

X ' = 3 1 - 1 1 X

Usando o método matricial, precisamos encontrar os autovalores associados a matriz A . Esses autovalores são dados pela equação: det ⁡ A - λ I = 0

det ⁡ 3 - λ 1 - 1 1 - λ = 0

3 - λ 1 - λ + 1 = 0

λ 2 - 4 λ + 4 = 0

λ - 2 2 = 0

Logo, temos dois autovalores reais e iguais:

λ 1 = 2 λ 2 = 2

Vamos encontrar agora os autovetores associados.

Passo 2

Para encontrar o primeiro autovetor associado ao autovalor λ 1 = 2 , precisamos resolver o sistema: A - 2 I v 1 = 0

3 - 2 1 - 1 1 - 2 v 11 v 12 = 0

Que leva ao sistema:

v 11 + v 12 = 0 - v 11 - v 12 = 0

Repare que a segunda equação é linearmente dependente da primeira, basta multiplicar tudo por ( - 1 ) . Isso significa que temos uma equação independente para duas variáveis e uma vai depender da outra na solução. Assim, temos que:

v 11 = - v 12

Tomando v 11 como livre, escolhemos v 11 = 1 e temos o autovetor:

v 1 = 1 - 1

Show! Agora como o segundo autovalor λ 2 = 2 é igual ao primeiro, para encontrar o autovetor associado, resolvemos a equação:

A - 2 I v 2 = v 1

Com v 1 a direta da equação, e não mais o zero! Beleza, então temos:

3 - 2 1 - 1 1 - 2 v 21 v 22 = 1 - 1

Que leva ao sistema:

v 11 + v 12 = 1 - v 11 - v 12 = - 1

Novamente uma equação dependente da outra, com isso temos: v 21 = 1 - v 22

E, portanto:

v 2 = v 21 1 - v 22

Vamos tentar separar de forma que apareça um vetor da forma de v 1 :

v 2 = v 21 - v 22 + 0 1

A parte à esquerda é da forma de v 1 então consideramos a parcela à direta e temos: v 2 = 0 1

Agora temos tudo que precisamos para encontrar a solução homogênea

Passo 3

Beleza, agora temos que:

x 1 = v 1 e λ 1 t

x 1 = 1 - 1 e 2 t

Como λ 1 = λ 2 = 2 :

x 2 = v 1 t e λ 2 t + v 2 e λ 2 t

Como t multiplicando v 1 !

x 2 = 1 - 1 t e 2 t + 0 1 e 2 t

Assim, a solução homogênea será:

X h = C 1 x 1 + C 2 x 2

X h = C 1 1 - 1 e 2 t + C 2 1 - 1 t e 2 t + C 2 0 1 e 2 t

X h = C 1 e 2 t + C 2 t e 2 t ( C 2 - C 1 ) e 2 t - C 2 t e 2 t

X h = C 1 C 2 - C 1 e 2 t + C 2 - C 2 t e 2 t

Agora vamos encontrar a solução particular!

Passo 4

Para encontrar a solução particular, precisamos dar uma olhada na forma da parcela não homogênea:

V = - 2 1 e 2 t

Como V é da forma uma exponencial a 1 a 2 e 2 t , então a solução particular será da forma:

a 1 a 2 e 2 t

Certo?! Nããããão! Olha lá em cima, e 2 t aparece na solução homogênea, então teríamos que considerar também t e 2 t na solução particular, mas esse termo também aparece na homogênea, então vamos mais além e consideramos a solução particular na forma: X p = a 1 a 2 t 2 2 e 2 t + b 1 b 2 t e 2 t + d 1 d 2 e 2 t

Beleza? Sempre escolhemos um grau que não apareça na solução homogênea. OK, vamos lá. Se a solução particular é essa, então a derivada vai ser, pela regra da cadeia e produto:

X p ' = a 1 a 2 t e 2 t + t 2 e 2 t + b 1 b 2 e 2 t + 2 t e 2 t + d 1 d 2 2 e 2 t

X p ' = a 1 a 2 t + t 2 + b 1 b 2 1 + 2 t + 2 d 1 d 2 e 2 t

Vamos juntar os termos de mesmo grau, para podermos comparar coeficientes depois:

X p ' = a 1 t 2 + a 1 + 2 b 1 t + b 1 + 2 d 1 a 2 t 2 + a 2 + 2 b 2 t + b 2 + 2 d 2 e 2 t

Para encontrar os valores das constantes, temos que substituir no sistema:

X ' = 3 1 - 1 1 X + V

Substituindo, obtemos: a 1 t 2 + a 1 + 2 b 1 t + b 1 + 2 d 1 a 2 t 2 + a 2 + 2 b 2 t + b 2 + 2 d 2 e 2 t

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

Vamos resolver primeiro:

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

Temos que:

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

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

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

Portanto: 3 1 - 1 1 a 1 a 2 t 2 2 e 2 t + b 1 b 2 t e 2 t + d 1 d 2 e 2 t =

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

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

Quase lá!

a 1 t 2 + a 1 + 2 b 1 t + b 1 + 2 d 1 a 2 t 2 + a 2 + 2 b 2 t + b 2 + 2 d 2 e 2 t =

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

Vamos cortar e 2 t agora e juntar termos de mesmo grau:

a 1 2 + a 2 2 t 2 + - a 1 + b 1 + b 2 t + - b 1 + d 1 + d 2 - a 1 2 - a 2 2 t 2 + - a 2 - b 1 - b 2 t + - b 2 - d 1 - d 2 = 2 - 1 =

0 t 2 + 0 t + 2 0 t 2 + 0 t - 1

Agora comparamos os coeficientes!

a 1 2 + a 2 2 = 0 , - a 1 + b 1 + b 2 = 0 , - b 1 + d 1 + d 2 = 2

- a 1 2 - a 2 2 = 0 , - a 2 - b 1 - b 2 = 0 , - b 2 - d 1 - d 2 = - 1

Vamos tentar melhorar esse caos aí... Temos aí:

- b 1 + d 1 + d 2 = 2

- b 2 - d 1 - d 2 = - 1

Somando as duas, obtemos:

- b 1 - b 2 = 1

b 1 + b 2 = - 1

Além disso:

- a 1 + b 1 + b 2 = 0

a 1 = b 1 + b 2 = - 1

Opa, achamos uma! Temos também: a 1 2 + a 2 2 = 0

a 1 + a 2 = 0

a 2 = - a 1 = 1

Mais uma! Vamos achar o resto? Não dá... As equações são dependentes, como fazer então? Na verdade, não precisamos achar os demais valores, vamos simplesmente escrever o que já encontramos:

X p = - 1 1 t 2 2 e 2 t + b 1 b 2 t e 2 t + d 1 d 2 e 2 t

E temos que:

X = X h + X p

X = C 1 C 2 - C 1 e 2 t + C 2 - C 2 t e 2 t + - 1 1 t 2 2 e 2 t + b 1 b 2 t e 2 t + d 1 d 2 e 2 t

Juntando os termos de mesmo grau:

X = - 1 1 t 2 2 e 2 t + C 2 + b 1 b 2 - C 2 t e 2 t + C 1 + d 1 C 2 - C 1 + d 2 e t

Como é tudo constante, estamos em casa: chamamos:

C 2 + b 1 = B 1

b 2 - C 2 = B 2

C 1 + d 1 = D 1

C 2 - C 1 + d 2 = D 2

E temos:

X = - 1 1 t 2 2 e 2 t + B 1 B 2 t e 2 t + D 1 D 2 e t

Legal... Acabou? Ainda não! O problema nos deu X 0 , isso significa que temos o valor inicial e podemos achar as constantes.

Passo 5

Substituindo:

X 0 = - 1 1 0 e 2 ⋅ 0 + B 1 B 2 0 e 2 ⋅ 0 + D 1 D 2 e 0 = 0 1

Logo:

D 1 D 2 = 0 1

Falou encontrarmos B 1 e B 2 , mas podemos encontrar usando este resultado e as equações anteriores. Temos que:

C 1 + d 1 = D 1 = 0

C 2 - C 1 + d 2 = D 2 = 1

Somando as duas:

C 2 + d 1 + d 2 = 1

Mas pelas equações anteriores:

- b 1 + d 1 + d 2 = 2

Subtraindo as duas:

C 2 + b 1 = - 1

Mas por definição:

C 2 + b 1 = B 1

Então: B 1 = - 1

Opa! Encontramos um! Vamos tentar achar a outro. Por definição:

b 2 - C 2 = B 2

Somando com C 2 + b 1 = - 1 : b 1 + b 2 = - 1 + B 2

Mas pelas equações anteriores:

b 1 + b 2 = - 1

Logo: B 2 = 0

Assim, a solução final será:

X = - 1 1 t 2 2 e 2 t + - 1 0 t e 2 t + 0 1 e t

Resposta

X = - 1 1 t 2 2 e 2 t + - 1 0 t e 2 t + 0 1 e t