Exercícios Resolvidos de Método Matricial – Caso Homogêneo

UFF, Equações Diferenciais, Listas GMA - Lista 6, Questão 3c

Resolva o sistema de equações lineares X ' = A X definido pela matriz constante A definida nos seguintes casos:

A = 1 1 5 0 1 6 0 0 1

Passo 1

Vamos resolver esse problema pelo método matricial, aproveitando que já está tudo em forma de matriz mesmo. Para isso, vamos determinar os autovalores essa matriz tirando o determinante:

det A - λ I = 0

det 1 - λ 1 5 0 1 - λ 6 0 0 1 - λ

Como a matriz é triangular, o determinante será o produto dos termos da diagonal principal:

det A - λ I = 1 - λ 3

Logo os autovalores são todos iguais:

λ 1 = 1 λ 2 = 1 λ 3 = 1

Vamos encontrar os autovetores associados!

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos calcular v 1 associado a λ 1 = 1 . Para isso, temos:

A - I v 1 = 0

1 - 1 1 5 0 1 - 1 6 0 0 1 - 1 v 11 v 12 v 13 = 0

Que nos leva ao sistema:

v 12 + 5 v 13 = 0 6 v 13 = 0

Que tem solução:

v 12 = 0 v 13 = 0

Com v 11 livre. Então escolhemos v 11 = 1 e temos o autovetor:

v 1 = 1 0 0

Agora vamos calcular v 2 . Como λ 1 = λ 2 = 1 , para encontrar v 2 , temos que resolver a equação:

A - I v 2 = v 1

1 - 1 1 5 0 1 - 1 6 0 0 1 - 1 v 21 v 22 v 23 = 1 0 0

Que nos leva ao sistema:

v 22 + 5 v 23 = 1 6 v 2 3 = 0

Que tem solução:

v 22 = 1 v 23 = 0

Além de v 21 livre. Assim, temos que:

v 2 = v 21 1 0 = v 21 0 0 + 0 1 0

Como a primeira parcela é da forma de v 1 , então escolhemos a segunda para v 2 :

v 2 = 0 1 0

Quase lá, hein?! Vamos para o v 3 agora. Seguindo a mesma lógica, como o autovalor é repetido e λ 3 = 1 :

A - I v 3 = v 2

1 - 1 1 5 0 1 - 1 6 0 0 1 - 1 v 31 v 32 v 33 = 0 1 0

Que nos leva ao sistema:

v 32 + 5 v 33 = 0 6 v 33 = 1

Que tem solução:

v 32 = - 5 / 6 v 33 = 1 / 6

Com v 31 livre. Assim, temos que:

v 3 = v 31 - 5 / 6 1 / 6

Não queremos que v 3 seja uma combinação linear de v 2 e v 1 , então temos:

v 3 A v 2 + B v 1

v 31 - 5 / 6 1 / 6 0 A 0 + B 0 0 = B A 0

Podemos escolher:

v 3 = 0 - 5 / 6 1 / 6

Agora já encontramos os autovalores e os autovetores, vamos só substituir.

Passo 3

Com o que já encontramos temos:

x 1 = v 1 e λ 1 t = 1 0 0 e t

x 2 = v 2 e λ 2 t = 0 1 0 e t

Agora, como λ 2 = λ 1 , temos que:

x 2 = v 1 t e λ 2 t + v 2 e λ 2 t = 1 0 0 t e t + 0 1 0 e t

Lembre-se: com t multiplicando v 1 ! Finalmente, como λ 3 = λ 2 = λ 1 :

x 3 = v 1 t 2 2 e λ 3 t + v 2 t e λ 3 t + v 3 e λ 3 t = 1 0 0 t 2 2 e t + 0 1 0 t e t + 0 - 5 / 6 1 / 6 e t

Lembre-se ainda: com t 2 / 2 multiplcaindo v 1 e t multiplicando v 2 !

Assim, a solução final será:

X = C 1 x 1 + C 2 x 2 + C 3 x 3

X = C 1 1 0 0 e t + C 2 1 0 0 t e t + C 2 0 1 0 e t + C 3 1 0 0 t 2 2 e t + C 3 0 1 0 t e t

+ C 3 0 - 5 / 6 1 / 6 e t

X = C 1 e t + C 2 t e t + C 3 t 2 2 e t C 2 e t + C 3 t e t - 5 C 3 6 e t 1 6 C 3 e t

Ou, se preferir fora da forma matricial:

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

y t = C 2 e t + C 3 t e t - 5 C 3 6 e t

z t = 1 6 C 3 e t

Prontinho!

Resposta

X = C 1 e t + C 2 t e t + C 3 t 2 2 e t C 2 e t + C 3 t e t - 5 C 3 6 e t 1 6 C 3 e t

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