Exercícios Resolvidos de Método de Variação dos Parâmetros

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Enunciado

( a ) Para o seguinte sistema linear homogêneo de e.d.o.’s:

x ' t = 3 - 4 4 3 x t

i. Prove que os autovalores são 3 ± 4 i e encontre os autovetores.

ii. Encontre a solução geral (real) do sistema linear homogêneo de e.d.o.’s.

( b ) Encontre a solução geral (real) do sistema linear não-homogêneo utilizando o método de variação de parâmetros (indicando claramente a matriz fundamental). Note que o sistema homogêneo associado está descrito acima na parte ( a ) desta questão.

x ' t = 3 - 4 4 3 x t + e 3 t 5 e 3 t

Passo 1

( a ) Inicialmente, vamos observar que temos um sistema linear homogêneo de e.d.o.’s com coeficientes constantes. Por isso, podemos escrevê-lo na seguinte forma matricial:

x ' t = A . x t

Onde x ( t ) é um vetor de duas coordenadas x t = x 1 ( t ) x 2 ( t ) , x ' t = x 1 ' ( t ) x 2 ' ( t ) é sua derivada e, claro, A = 3 - 4 4 3 .

Passo 2

Item i: para achar os autovalores, basta fazermos det ⁡ A - λ I = 0 :

det ⁡ 3 - λ - 4 4 3 - λ = 0

3 - λ 2 + 16 = 0

9 - 6 λ + λ 2 + 16 = 0

λ 2 - 6 λ + 25 = 0  

Resolvendo a equação de segundo grau:

λ 1,2 = - - 6 ± - 6 2 - 4.1 . 25 2

λ 1,2 = 3 ± 4 i

Passo 3

Vamos, agora, obter os autovetores correspondentes aos autovalores.

  • Para λ 1 = 3 + 4 i :

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

- 4 i - 4 4 - 4 i a b = 0 0

- a . i = b a = b . i

E, assim, obtemos a = 1 e b = - i :

v 1 = a b = 1 - i = 1 0 - 0 1 i

Repare que nosso vetor v 1 tem o formato:

v 1 = a → + b → i

Então:

a → = 1 0

b → = 0 - 1

  • Para λ 2 = 3 - 4 i :

A - λ 1 I v 1 = 0

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

4 i - 4 4 4 i a b = 0 0

a . i = b a = - b . i

Assim, as equações são redundantes. Uma possível solução é a = 1 e b = i :

v 2 = a b = 1 i = 1 0 + 0 1 i

E como:

v 1 = a → - b → i

a → = 1 0

b → = 0 - 1

Note que v 2 é de fato o conjugado de v 1 .

Passo 4

Item ii: a solução do sistema linear homogêneo é dada combinando os resultados acima. Vamos olhar para os autovalores e autovetores juntos:

λ 1,2 = 3 ∓ 4 i

v 1,2 = 1 0 ± 0 1 i

Desta forma, teremos:

x ( 1 ) = e 3 t 1 0 cos ⁡ 4 t + 0 1 s e n ( 4 t ) = e 3 t cos ⁡ 4 t s e n 4 t

x ( 2 ) = e 3 t 1 0 s e n 4 t - 0 1 cos ⁡ 4 t = e 3 t sen ⁡ 4 t - cos ⁡ 4 t

Passo 5

E, combinando as respostas:

x t = C 1 x ( 1 ) + C 2 x ( 2 )

x t = C 1 e 3 t cos ⁡ 4 t s e n 4 t + C 2 e 3 t sen ⁡ 4 t - c o s 4 t

x t = e 3 t C 1 cos ⁡ 4 t + C 2 sen ⁡ 4 t C 1 s e n 4 t - C 2 c o s 4 t  

Passo 6

( b ) 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 7

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

Ψ t = x ( 1 ) x ( 2 )

Ψ t = e 3 t cos ⁡ ( 4 t ) e 3 t sen ⁡ ( 4 t ) e 3 t sen ⁡ ( 4 t ) - e 3 t cos ⁡ ( 4 t )

Passo 8

Substituindo Ψ t = e 3 t cos ⁡ ( 4 t ) e 3 t sen ⁡ ( 4 t ) e 3 t sen ⁡ ( 4 t ) - e 3 t cos ⁡ ( 4 t ) e g t = e 3 t 5 e 3 t , obtemos:

u 1 ' u 2 ' = e 3 t cos ⁡ ( 4 t ) e 3 t sen ⁡ ( 4 t ) e 3 t sen ⁡ ( 4 t ) - e 3 t cos ⁡ ( 4 t ) - 1 e 3 t 5 e 3 t

Para a inversa, temos:

e 3 t cos ⁡ ( 4 t ) e 3 t sen ⁡ ( 4 t ) e 3 t sen ⁡ ( 4 t ) - e 3 t cos ⁡ ( 4 t ) - 1 = 1 - e 6 t ( cos 2 ⁡ 4 t + s e n 2 4 t ) - e 3 t cos ⁡ 4 t - e 3 t sen ⁡ 4 t - e 3 t sen ⁡ 4 t e 3 t cos ⁡ 4 t  

e 3 t cos ⁡ ( 4 t ) e 3 t sen ⁡ ( 4 t ) e 3 t sen ⁡ ( 4 t ) - e 3 t cos ⁡ ( 4 t ) - 1 = e - 3 t cos ⁡ 4 t e - 3 t sen ⁡ 4 t e - 3 t sen ⁡ 4 t - e - 3 t cos ⁡ 4 t

Passo 9

Assim, o sistema se torna:

u 1 ' u 2 ' = e - 3 t cos ⁡ 4 t e - 3 t sen ⁡ 4 t e - 3 t sen ⁡ 4 t - e - 3 t cos ⁡ 4 t e 3 t 5 e 3 t

u 1 ' = cos ⁡ 4 t + 5 s e n 4 t     ( I ) u 2 ' = sen ⁡ 4 t - 5 cos ⁡ 4 t       ( I I )

Passo 10

Resolvendo ( I ) :

u 1 ' = cos ⁡ 4 t + 5 s e n 4 t

u 1 = ∫       cos ⁡ 4 t + 5 s e n 4 t d t

u 1 = s e n 4 t 4 - 5 4 cos ⁡ 4 t + C 1

Resolvendo ( I I ) :

u 2 ' = sen ⁡ 4 t - 5 cos ⁡ 4 t

u 2 = ∫       sen ⁡ 4 t - 5 cos ⁡ 4 t d t

u 2 = - c o s 4 t 4 - 5 4 sen ⁡ 4 t + C 2

Logo:

U t = s e n 4 t 4 - 5 4 cos ⁡ 4 t + C 1 - c o s 4 t 4 - 5 4 sen ⁡ 4 t + C 2

Passo 11

Portanto,

X t = Ψ t U ( t )

x t = e 3 t cos ⁡ ( 4 t ) e 3 t sen ⁡ ( 4 t ) e 3 t sen ⁡ ( 4 t ) - e 3 t cos ⁡ ( 4 t ) s e n 4 t 4 - 5 4 cos ⁡ 4 t + C 1 - c o s 4 t 4 - 5 4 sen ��� 4 t + C 2

x t = e 3 t cos ⁡ 4 t s e n 4 t 4 - 5 4 cos ⁡ 4 t + C 1 + e 3 t sen ⁡ ( 4 t ) - c o s 4 t 4 - 5 4 sen ⁡ 4 t + C 2 e 3 t sen ⁡ ( 4 t ) s e n 4 t 4 - 5 4 cos ⁡ 4 t + C 1 - e 3 t cos ⁡ ( 4 t ) - c o s 4 t 4 - 5 4 sen ⁡ 4 t + C 2

Depois de muito chorar em posição fetal, resolvendo essa conta achamos isso aqui:

x t = - 5 e 3 t 4 + e 3 t C 1 c o s ⁡ ( 4 t ) + C 2 s e n ( 4 t ) e 3 t 4 + e 3 t C 1 s e n 4 t - C 2 c o s ⁡ ( 4 t )

Que é a resposta.

Resposta

x t = - 5 e 3 t 4 + e 3 t C 1 c o s ⁡ ( 4 t ) + C 2 s e n ( 4 t ) e 3 t 4 + e 3 t C 1 s e n 4 t - C 2 c o s ⁡ ( 4 t )