Exercícios Resolvidos de Método Matricial – Caso Homogêneo

PUCRIO, Cálculo 4 - MAT1154, G2 - 2012.1, Questão 1b

Resolver os problemas de valor inicial abaixo:

y 1 ' = 4 y 1 - 3 y 2   ,         y 2 ' = 3 y 1 - 2 y 2     ,       y 1 0 = 1       ,   y 2 0 = 0

Passo 1

Nosso objetivo é resolver o sistema

y 1 ' = 4 y 1 - 3 y 2

  y 2 ' = 3 y 1 - 2 y 2

Com as condições iniciais dadas por

y 1 0 = 1       ,   y 2 0 = 0

Bom, o sistema acima é da forma

Y ' t = A Y t

Onde

Y t = y 1 y 2   ,   Y ' t = y ' 1 y ' 2  

A = 4 - 3 3 - 2

Então, para resolver o sistema temos que primeiro achar os autovalores da matriz A .

det A - λ I = 0

4 - λ - 3 3 - 2 - λ = 0

4 - λ - 2 - λ + 9 = 0

- 8 - 4 λ + 2 λ + λ 2 + 9 = 0

λ 2 - 2 λ + 1 = 0

λ - 1 2 = 0

λ 1 = λ 2 = 1

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Beleza, então procuramos solução na forma:

y 1 = v 1 e λ 1 t

y 2 = v 1 t e λ 1 t + v 2 e λ 2 t

Onde v 1 e v 2 são os autovetores associados. Vamos encontrá-los então! Para tal, devemos achar a solução:

A - λ 1 I v 1 = 0

Onde:

A - λ 1 I = 4 - 1 - 3 3 - 2 - 1 = 3 - 3 3 - 3

Assim, substituindo, ficamos com o sistema:

3 - 3 3 - 3 v 11 v 12 = 0 0

Que tem solução geral:

v 11 = v 12

Portanto, um autovetor plausível é:

v 1 = 1 1

Passo 3

Agora, como o autovalor é repetido, encontramos v 2 através de:

A - λ 1 I v 2 = v 1

Ficando:

3 - 3 3 - 3 v 2 1 v 2 2 = 1 1

Assim ficamos com:

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

Então o autovetor ficará na forma:

v 2 = v 21 v 21 - 1 3 = v 21 v 21 + 0 - 1 3 = v 21 1 1 + 0 - 1 3

Como a primeira parte é o autovetor anterior, ficamos com:

v 2 = 0 - 1 3

Passo 4

Pow! Estamos muito próximos da nossa solução agora, só substituir:

y 1 = v 1 e λ 1 t

y 2 = v 1 t e λ 1 t + v 2 e λ 2 t

Ficando: y 1 = 1 1 e t = e t e t

y 2 = 1 1 t e t + 0 - 1 3 e t = t e t t e t - 1 3 e t

Onde:

y t = c 1 y 1 + c 2 y 2 y 1 y 2 = c 1 e t + c 2 t e t c 1 e t + c 2 t e t - c 2 3 e t

Passo 5

Vamos tentar achar essas constantes agora. Para tal, vamos usar as condições iniciais do problema.

y 1 0 = 1       ,   y 2 0 = 0

Ou seja:

c 1 e 0 + c 2 0 e 0 = c 1 = 1

Já substituindo o valor de c 1 :

e 0 + c 2 0 e 0 - c 2 3 e 0 = 0

c 2 = 3

Logo, a solução será:

y t = e t + 3 t e t 3 t e t

Bem simpático.

Resposta

y t = e t + 3 t e t 3 t e t

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