Exercícios Resolvidos de Método de Variação dos Parâmetros

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Enunciado

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

A = 1 0 0 2 , V = t e 4 t , X 0 = 1 0

Passo 1

Vamos resolver o sistema usando o método matricial. Aqui como temos a matriz V não nula, temos um caso não homogêneo então precisamos encontrar uma solução que terá forma:

X = X h + X p

Que é a solução homogênea mais a solução particular. 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 ⁡ 1 - λ 0 0 2 - λ = 0

1 - λ 2 - λ = 0

Logo, temos dois autovalores reais e distintos:

λ 1 = 1 λ 2 = 2

Na verdade, nem precisamos calcular tudo isso, uma vez que a matriz é diagonal, então os autovalores são dados pelos componentes desta diagonal, mas fizemos a conta para poder usar o passo-a-passo em todos os problemas ;)

Vamos encontrar agora os autovetores associados.

Passo 2

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

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

Que leva a:

v 12 = 0

Com v 11 livre. Escolhendo v 11 = 1 , temos o autovetor:

v 1 = 1 0

Legal, encontramos um autovetor, vamos encontrar o outro. Para isso, resolvemos o sistema: A - 2 I v 1 = 0

1 - 2 0 0 2 - 2 v 21 v 22 = 0

Que nos leva a: v 21 = 0

Com v 22 livre. Escolhendo v 22 = 1 , temos o autovetor: v 2 = 0 1

Boa, agora já temos tudo que precisamos para encontrar a solução homogênea.

Passo 3

Beleza, agora temos que:

x 1 = v 1 e λ 1 t = 1 0 e t

x 2 = v 2 e λ 2 t = 0 1 e 2 t

Assim, a solução homogênea será da forma: X h = C 1 x 1 + C 2 x 2

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

Vamos olhar para a solução particular agora.

Passo 4

A solução particular tem que ser da forma do vetor V que é:

V = t e 4 t

Ou seja, temos um polinômio de grau um e uma exponencial, então a solução particular será da forma: X p = a 1 a 2 t + b 1 b 2 + d 1 d 2 e 4 t

Como nenhuma parcela aparece na solução homogênea, não precisamos nos preocupar em modificar nada na particular. Vamos substituir em: X ' = 1 0 0 2 X + V

Para isso, calculamos X p ' . Derivando X p , temos:

X p ' = a 1 a 2 + d 1 d 2 4 e 4 t

Logo:

a 1 a 2 + d 1 d 2 4 e 4 t = 1 0 0 2 a 1 a 2 t + b 1 b 2 + d 1 d 2 e 4 t + t e 4 t

a 1 a 2 + d 1 d 2 4 e 4 t = a 1 t + b 1 + d 1 e 4 t + t 2 a 2 t + 2 b 2 + 2 d 2 e 4 t + e 4 t

Vamos deixar as incógnitas de um lado e os números de outro e juntar os termos de mesmo grau e exponenciais para poder comparar tudo:

a 1 t + b 1 - a 1 - 3 d 1 e 4 t 2 a 2 t + 2 b 2 - a 2 - 2 d 2 e 4 t = t e 4 t = 1 t + 0 + 0 e 4 t 0 t + 0 + 1 e 4 t

Comparando os coeficientes temos:

a 1 = 1 b 1 - a 1 = 0 - 3 d 1 = 0 2 a 2 = 0 2 b 2 - a 2 = 0 - 2 d 2 = 1

O sistema é grande, mas vamos resolver rapidamente. Indo da esquerda para a direita, de cima para baixo, temos de cara:

a 1 = 1

Substituindo na seguinte pela ordem que definimos: b 1 - 1 = 0 ⟹ b 1 = 1

Seguindo:

- 3 d 1 = 0 ⟹ d 1 = 0

2 a 2 = 0 ⟹ a 2 = 0

Substituindo na seguinte:

2 b 2 - 0 = 0 ⟹ b 2 = 0

- 2 d 2 = 1 ⟹ d 2 = - 1 2

Portanto, encontramos tudo que queríamos e temos:

X p = 1 0 t + 1 0 + 0 - 1 2 e 4 t

Quase lá!

Passo 5

A solução geral então será:

X = X h + X p

X = C 1 e t C 2 e 2 t + 1 0 t + 1 0 + 0 - 1 2 e 4 t

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

Acabou? Não. O problema também nos deu X ( 0 ) , então temos um problema de valor inicial, e podemos achar os valores de C 1 e C 2 . Pelo valor dado:

X 0 = 1 0

Substituindo na solução geral com t = 0 :

X 0 = C 1 e 0 + 0 + 1 C 2 e 2 ⋅ 0 - 1 2 e 4 ⋅ 0 = C 1 + 1 C 2 - 1 2 = 1 0  

Assim:

C 1 + 1 = 1

C 2 - 1 2 = 0

Logo:

C 1 = 0

C 2 = 1 2

Ou seja, a solução final será:

X = t + 1 1 2 e 2 t - e 4 t

Pronto!

Resposta

X = t + 1 1 2 e 2 t - e 4 t