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Equações Diferenciais Ordinárias

4 Sistema de EDOs lineares de ordem 1 4 Sistema de EDOs lineares de ordem 1 4.2 Sistema de equações não homogêneas

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4.1 Sistema de equações homogêneas

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Nesta seção, discutimos sobre um método de solução para sistemas de EDOs de primeira ordem, lineares, com coeficientes constantes e homogêneas. Ou seja, sistema da forma

{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}\boldsymbol{% y}^{\prime}(t)=A\boldsymbol{y}(t)},

(4.5)

onde $\boldsymbol{y}(t)=\left(y_{1}(t),y_{2}(t),\dotsc,y_{n}(t)\right)$ , $n>1$ , é o vetor das incógnitas e $A=[a_{ij}]_{i,j=1}^{n,n}$ é a matriz dos coeficientes.

O método consiste em buscar soluções da forma

{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}\boldsymbol{% y}=\boldsymbol{v}e^{rt}},

(4.6)

onde $r$ e o vetor constante $\boldsymbol{v}=(v_{1},v_{2},\cdots,v_{n})$ devem ser determinados.

Substituindo em (4.5), obtemos¹⁶¹⁶endnote: ¹⁶ $\underline{0}=(0,0,\cdots 0)$ .

	$\displaystyle r\boldsymbol{v}e^{rt}=A\boldsymbol{v}e^{rt}$		(4.7)
	$\displaystyle A\boldsymbol{v}e^{rt}-r\boldsymbol{v}e^{rt}=\underline{0}$		(4.8)
	$\displaystyle(A-rI)\boldsymbol{v}\underbrace{e^{rt}}_{>0}=\underline{0},$		(4.9)

ou seja, temos que $r$ e $\boldsymbol{v}$ devem tais que

{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}(A-rI)% \boldsymbol{v}=\underline{0}}.

(4.10)

Em outras palavras, $r$ é autovalor e $\boldsymbol{v}$ é autovetor da matriz $A$ .

Com isso, concluímos que se $r_{1}$ autovalor e $\boldsymbol{v}_{1}$ autovetor de $A$ , então

\boldsymbol{y}_{1}(t)=\boldsymbol{v}_{1}e^{r_{1}t}

(4.11)

é solução particular de (4.5). A solução geral tem a forma

{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}\boldsymbol{% y}(t)=c_{1}\boldsymbol{y_{1}}(t)+c_{2}\boldsymbol{y_{2}}(t)+\cdots+c_{n}% \boldsymbol{y_{n}}(t)},

(4.12)

onde $\boldsymbol{y_{1}}$ , $\boldsymbol{y_{2}}$ , $\dotsc$ , $\boldsymbol{y}_{n}$ formam um conjunto fundamental de soluções de (4.5), i.e. são soluções linearmente independentes.

4.1.1 Autovalores reais distintos

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No caso da matriz dos coeficientes $A$ ter apenas todos os autovalores reais e dois a dois distintos, então a solução geral de (4.5) é

{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}\boldsymbol{% y}(t)=c_{1}\boldsymbol{v}_{1}e^{r_{1}t}+c_{2}\boldsymbol{v}_{2}e^{r_{2}t}+% \cdots+c_{n}\boldsymbol{v}_{n}e^{r_{n}t}},

(4.13)

onde $r_{i}$ e $\boldsymbol{v}_{i}$ é autovalor e autovetor de $A$ respectivamente e $i=1,2,\cdots,n$ . A independência linear das soluções é garantida pelo wronskiano

W(e^{r_{1}t},\dotsc,e^{r_{n}t};t)\neq 0.

(4.14)

Exemplo 4.1.1.

Vamos resolver o seguinte sistema

	$\displaystyle y_{1}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=-2y_{1}(t)+2y_{2}(t)$		(4.15)
	$\displaystyle y_{2}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=-2y_{1}(t)+3y_{2}(t).$		(4.16)

Primeiramente, reescrevemos o sistema na sua forma matricial

\boldsymbol{y}^{\prime}=\underbrace{\begin{bmatrix}-2&2\\ -2&3\end{bmatrix}}_{A}\boldsymbol{y},

(4.17)

onde $\boldsymbol{y}:t\mapsto\boldsymbol{y}(t)=(y_{1}(t),y_{2}(t))$ . Então, calculamos os autovalores da matriz dos coeficientes $A$ . Para tanto, resolvemos sua equação característica

	$\displaystyle\|A-rI\|=0$		(4.18)
	$\displaystyle\left\|\begin{bmatrix}-2&2\\ -2&3\end{bmatrix}-r\begin{bmatrix}1&0\\ 0&1\end{bmatrix}\right\|=0$		(4.19)
	$\displaystyle\begin{vmatrix}-2-r&2\\ -2&3-r\end{vmatrix}=0$		(4.20)
	$\displaystyle(-2-r)(3-r)+4=0$		(4.21)
	$\displaystyle r^{2}-r-2=0,$		(4.22)
	$\displaystyle r=\frac{1\pm\sqrt{9}}{2}$		(4.23)
	$\displaystyle r_{1}=-1,\quad r_{2}=2.$		(4.24)

Obtidos os autovalores, calculamos os autovetores $\boldsymbol{v}_{1}$ e $\boldsymbol{v}_{2}$ . Começamos calculando o autovetor associado a $r_{1}$ .

	$\displaystyle(A-r_{1}I)\boldsymbol{v}_{1}=\underline{0}$		(4.25)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-2-r_{1}&2\\ -2&3-r_{1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}v_{11}\\ v_{21}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\ 0\end{bmatrix}$		(4.26)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-1&2\\ -2&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}v_{11}\\ v_{21}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\ 0\end{bmatrix}$		(4.27)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-1&2&\|&0\\ -2&4&\|&0\end{bmatrix}\begin{matrix}\times 2\\ \leftarrow-\end{matrix}$		(4.28)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-1&2&\|&0\\ 0&0&\|&0\end{bmatrix}$		(4.29)

Assim, temos

	$\displaystyle-v_{11}+2v_{21}=0$		(4.30)
	$\displaystyle v_{11}=2v_{21},$		(4.31)

donde escolhemos

\boldsymbol{v}_{1}=\begin{bmatrix}2\\ 1\end{bmatrix}.

(4.32)

Com isso, temos obtido a solução particular

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}(t)$	$\displaystyle=\boldsymbol{v}_{1}e^{r_{1}t}$		(4.33)
		$\displaystyle=\begin{bmatrix}2\\ 1\end{bmatrix}e^{-t}$		(4.34)

Agora, de forma análoga, calculamos $\boldsymbol{v}_{2}$ , um autovetor associado a $r_{2}$ .

	$\displaystyle(A-r_{2}I)\boldsymbol{v}_{2}=\underline{0}$		(4.35)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-2-r_{2}&2&\|&0\\ -2&3-r_{2}&\|&0\end{bmatrix}$		(4.36)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-4&2&\|&0\\ -2&1&\|&0\end{bmatrix}\begin{matrix}\leftarrow-\\ \times 2\end{matrix}$		(4.37)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}0&0&\|&0\\ -2&1&\|&0\end{bmatrix}$		(4.38)
	$\displaystyle-2v_{12}+v_{22}=0$		(4.39)
	$\displaystyle\boldsymbol{v}_{2}=\begin{bmatrix}1\\ 2\end{bmatrix}$		(4.40)

Com isso, temos a solução particular

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}(t)$	$\displaystyle=\boldsymbol{v}_{2}e^{r_{2}t}$		(4.41)
		$\displaystyle=\begin{bmatrix}1\\ 2\end{bmatrix}e^{2t}$		(4.42)

De tudo isso, concluímos que a solução geral de (4.15) é

	$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)$	$\displaystyle=c_{1}\boldsymbol{y}_{1}(t)+c_{2}\boldsymbol{y}_{2}$		(4.43)
		$\displaystyle=c_{1}\begin{bmatrix}2\\ 1\end{bmatrix}e^{-t}+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 2\end{bmatrix}e^{2t}$		(4.44)

ou, ainda,

	$\displaystyle y_{1}(t)$	$\displaystyle=2c_{1}e^{-t}+c_{2}e^{2t}$		(4.45)
	$\displaystyle y_{2}(t)$	$\displaystyle=c_{1}e^{-t}+2c_{2}e^{2t}$		(4.46)

No Python, podemos computar os autovalores e autovetores da matriz $A$ com os seguintes comandos¹⁷¹⁷endnote: ¹⁷Veja mais informações em SymPy: Matrices.:

⬇

1 In : from sympy import *

2 In : A = Matrix([[-2,2],[-2,3]])

3 In : A.eigenvects()

4 Out:

5 [(-1, 1, [Matrix([

6 [2],

7 [1]])]), (2, 1, [Matrix([

8 [1/2],

9 [ 1]])])]

Então, a solução do sistema (4.15) pode ser computada com os comandos:

⬇

1 In : t,C1,C2 = symbols('t,C1,C2')

2 In : y1,y2 = symbols('y1,y2', cls=Function)

3 In : se = (Eq(diff(y1(t),t),-2*y1(t)+2*y2(t)), \

4 ...: Eq(diff(y2(t),t),-2*y1(t)+3*y2(t)))

5 ...:

6 In : dsolve(se,[y1(t),y2(t)])

7 Out:

8 [Eq(y1(t), 2*C1*exp(-t) + 2*C2*exp(2*t)),

9 Eq(y2(t), C1*exp(-t) + 4*C2*exp(2*t))]

4.1.2 Autovalores reais repetidos

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Um autovalor real duplo $r$ da matriz de coeficientes $A$ nos fornece duas soluções particulares para (4.5), a saber

	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }\boldsymbol{y}_{1}(t)}$	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }=\boldsymbol{v}_{1}e^{rt}},$		(4.47)
	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }\boldsymbol{y}_{2}(t)}$	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }=\boldsymbol{v}_{1}te^{rt}+\boldsymbol{v}_{2}e^{rt}},$		(4.48)

onde $\boldsymbol{v}_{1}$ é autovetor associado a $r$ . Para encontrar $\boldsymbol{v}_{2}$ , substituímos $\boldsymbol{y}_{2}$ em (4.5), donde

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}^{\prime}=A\boldsymbol{y}_{2}$		(4.49)
	$\displaystyle\boldsymbol{v}_{1}e^{rt}+r\boldsymbol{v}_{1}te^{rt}+r\boldsymbol{% v}_{2}e^{rt}=A\boldsymbol{v}_{1}te^{rt}+A\boldsymbol{v}_{2}e^{rt}$		(4.50)
	$\displaystyle(A-rI)\boldsymbol{v}_{1}t+(A-rI)\boldsymbol{v}_{2}=\boldsymbol{v}% _{1}$		(4.51)

Segue que

	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }(A-rI)\boldsymbol{v}_{1}}$	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }=\underline{0}}$		(4.52)
	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }(A-rI)\boldsymbol{v}_{2}}$	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }=\boldsymbol{v}_{1}}$		(4.53)

Exemplo 4.1.2.

Vamos calcular a solução geral de

\boldsymbol{y}^{\prime}=\begin{bmatrix}-1&1&0\\ 0&-1&-1\\ 0&0&1\end{bmatrix}\boldsymbol{y}.

(4.54)

Neste caso, temos que $r_{1,2}=-1$ é autovalor duplo e $r_{3}=1$ é autovalor simples da matriz de coeficientes do sistema (4.54).

Associadas a $r_{1,2}$ buscamos por soluções particulares da forma

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}=\boldsymbol{v}_{1}e^{r_{1,2}t},$		(4.55)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}=\boldsymbol{v}_{1}te^{r_{1,2}t}+\boldsymbol{v}% _{2}e^{r_{1,2}t}.$		(4.56)

Calculamos $\boldsymbol{v}_{1}$ resolvendo

	$\displaystyle(A-r_{1,2}I)\boldsymbol{v}_{1}=\underline{0}$		(4.57)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-1-r_{1,2}&1&0&\|&0\\ 0&-1-r_{1,2}&-1&\|&0\\ 0&0&1-r_{1,2}&\|&0\end{bmatrix}$		(4.58)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}0&1&0&\|&0\\ 0&0&-1&\|&0\\ 0&0&2&\|&0\end{bmatrix}$		(4.59)

Com isso, podemos escolher

\boldsymbol{v}_{1}=\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 0\end{bmatrix}.

(4.60)

Determinado $\boldsymbol{v}_{1}$ , calculamos $\boldsymbol{v}_{2}$ com

	$\displaystyle(A-r_{1,2}I)\boldsymbol{v}_{2}=\boldsymbol{v}_{1}$		(4.61)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}0&1&0&\|&1\\ 0&0&-1&\|&0\\ 0&0&2&\|&0\end{bmatrix}$		(4.62)

donde escolhemos

\boldsymbol{v}_{2}=\begin{bmatrix}1\\ 1\\ 0\end{bmatrix}.

(4.63)

Agora, associada a $r_{3}$ temos uma solução particular da forma

\boldsymbol{y}_{3}=\boldsymbol{v}_{3}e^{r_{3}t},

(4.64)

onde

	$\displaystyle(A-r_{3}I)\boldsymbol{v}_{3}=\underline{0}$		(4.65)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-1-r_{3}&1&0&\|&0\\ 0&-1-r_{3}&-1&\|&0\\ 0&0&1-r_{3}&\|&0\end{bmatrix}$		(4.66)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-2&1&0&\|&0\\ 0&-2&-1&\|&0\\ 0&0&0&\|&0\end{bmatrix}$		(4.67)

Com isso, temos $-2v_{13}+v_{23}=0$ , $-2v_{23}-v_{33}=0$ . Ou seja, podemos escolher

\boldsymbol{v_{3}}=\begin{bmatrix}-1\\ -2\\ 4\end{bmatrix}.

(4.68)

Com tudo isso, podemos concluir que a solução geral de (4.54) é

	$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)$	$\displaystyle=c_{1}\boldsymbol{v}_{1}e^{r_{1,2}t}+c_{2}\left(\boldsymbol{v}_{1% }t+\boldsymbol{v}_{2}\right)e^{r_{1,2}t}+c_{3}\boldsymbol{v}_{3}e^{r_{3}t}$		(4.69)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)$	$\displaystyle=c_{1}\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 0\end{bmatrix}e^{-t}+c_{2}\left(\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 0\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}1\\ 1\\ 0\end{bmatrix}\right)e^{-t}+c_{3}\begin{bmatrix}-1\\ -2\\ 4\end{bmatrix}e^{t}.$		(4.70)

4.1.3 Autovalores complexos

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Vejamos o caso de ${\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}r=\lambda\pm% \mu i}$ serem autovalores complexos da matriz de coeficientes do sistema (4.5). Associados, temos autovetores da forma

	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }\boldsymbol{v}}$	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }=\boldsymbol{v}_{1}+\boldsymbol{v}_{2}i},$		(4.71)
	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }\overline{\boldsymbol{v}}}$	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }=\boldsymbol{v}_{1}-\boldsymbol{v}_{2}i}.$		(4.72)

Por substituição direta, podemos verificar que

	$\displaystyle\boldsymbol{u}_{1}(t)$	$\displaystyle=\boldsymbol{v}e^{(\lambda+\mu i)t},$		(4.73)
	$\displaystyle\boldsymbol{u}_{2}(t)$	$\displaystyle=\overline{\boldsymbol{v}}e^{(\lambda-\mu i)t},$		(4.74)

são soluções de (4.5). Também, verifica-se que as partes real e imaginária de $\boldsymbol{u}_{1}$ e ${u}_{2}$ são soluções reais de (4.5). A fim determiná-las, usamos a fórmula de Euler¹⁸¹⁸endnote: ¹⁸Leonhard Euler, 1707-1783, matemático suíço. Fonte: Wikipedia., calculamos

$\displaystyle\boldsymbol{u}_{1}$	$\displaystyle=(\boldsymbol{v}_{1}+\boldsymbol{v}_{2}i)e^{(\lambda+\mu i)t}$	(4.75)
$\displaystyle\boldsymbol{u}_{1}$	$\displaystyle=(\boldsymbol{v}_{1}+\boldsymbol{v}_{2}i)e^{\lambda t}[\cos(\mu t% )+i\operatorname{sen}(\mu t)]$	(4.76)
$\displaystyle\boldsymbol{u}_{1}$	$\displaystyle=e^{\lambda t}[\boldsymbol{v_{1}}\cos(\mu t)-\boldsymbol{v}_{2}% \operatorname{sen}(\mu t)]$	(4.77)
	$\displaystyle=ie^{\lambda t}[\boldsymbol{v_{1}}\operatorname{sen}(\mu t)+% \boldsymbol{v}_{2}\cos(\mu t)].$	(4.78)

De forma análoga, verifica-se que $\boldsymbol{u}_{1}=\overline{\boldsymbol{u}_{2}}$ . Ou seja, as partes reais e imaginárias de $\boldsymbol{u}_{1}$ e $\boldsymbol{u}_{2}$ são

	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }\boldsymbol{y}_{1}(t)}$	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }=e^{\lambda t}[\boldsymbol{v_{1}}\cos(\mu t)-\boldsymbol{v}_{2}\operatorname{% sen}(\mu t)]},$		(4.79)
	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }\boldsymbol{y}_{2}(t)}$	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }=e^{\lambda t}[\boldsymbol{v_{1}}\operatorname{sen}(\mu t)+\boldsymbol{v}_{2}% \cos(\mu t)]},$		(4.80)

as quais são soluções linearmente independentes, particulares de (4.5).

Exemplo 4.1.3.

Vamos calcular a solução geral de

\boldsymbol{y}^{\prime}=\begin{bmatrix}1&1\\ -1&1\end{bmatrix}\boldsymbol{y}.

(4.81)

Começamos calculando os autovalores associados a matriz de coeficientes do sistema (4.81). Podemos fazer isso como segue

	$\displaystyle\|A-rI\|=0$		(4.82)
	$\displaystyle\begin{vmatrix}1-r&1\\ -1&1-r\end{vmatrix}=0$		(4.83)
	$\displaystyle(1-r)^{2}+1=0$		(4.84)
	$\displaystyle r^{2}-2r+2=0$		(4.85)
	$\displaystyle r=1\pm i$		(4.86)

Um autovetor associado a $r=1+i$ pode ser obtidos resolvendo-se

	$\displaystyle(A-rI)\boldsymbol{v}=\underline{0}\begin{bmatrix}1-r&1&\|&0\\ -1&1-r&\|&0\end{bmatrix}$		(4.87)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-i&1&\|&0\\ -1&-i&\|&0\end{bmatrix}\begin{matrix}\times i\\ \leftarrow+\end{matrix}$		(4.88)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-i&1&\|&0\\ 0&0&\|&0\end{bmatrix}$		(4.89)
	$\displaystyle-iv_{1}+v_{2}=0.$		(4.90)

Com isso, podemos escolher o autovetor

	$\displaystyle\boldsymbol{v}$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}1\\ i\end{bmatrix}$		(4.91)
		$\displaystyle=\underbrace{\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}}_{\boldsymbol{v}_{1}}+i\underbrace{\begin{bmatrix}0\\ 1\end{bmatrix}}_{\boldsymbol{v}_{2}}$		(4.92)

Desta forma, identificamos as soluções particulares

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}(t)$	$\displaystyle=e^{t}\left\{\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}\cos(t)-\begin{bmatrix}0\\ 1\end{bmatrix}\operatorname{sen}(t)\right\}$		(4.93)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}(t)$	$\displaystyle=e^{t}\left\{\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}\operatorname{sen}(t)+\begin{bmatrix}0\\ 1\end{bmatrix}\cos(t)\right\}$		(4.94)

Concluímos que a solução geral de (4.81) é

$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)$	$\displaystyle=c_{1}\boldsymbol{y}_{1}(t)+c_{2}\boldsymbol{y}_{2}(t)$	(4.95)
	$\displaystyle=c_{1}e^{t}\left\{\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}\cos(t)-\begin{bmatrix}0\\ 1\end{bmatrix}\operatorname{sen}(t)\right\}$	(4.96)
	$\displaystyle+c_{2}e^{t}\left\{\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}\operatorname{sen}(t)+\begin{bmatrix}0\\ 1\end{bmatrix}\cos(t)\right\}$	(4.97)

Exercícios resolvidos

ER 4.1.1.

Resolva o seguinte PVI

	$\displaystyle\boldsymbol{y}^{\prime}$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}-3&1\\ 1&-3\end{bmatrix}\boldsymbol{y},$		(4.98)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}(0)$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}-1\\ 1\end{bmatrix}$		(4.99)

Solução 0.

O primeiro passo é encontrar a solução geral de

\boldsymbol{y}^{\prime}=\begin{bmatrix}-3&1\\ 1&-3\end{bmatrix}\boldsymbol{y}.

(4.100)

Para tanto, calculamos os autovalores da matriz dos coeficientes.

	$\displaystyle\|A-rI\|=0$		(4.101)
	$\displaystyle\begin{vmatrix}-3-r&1\\ 1&-3-r\end{vmatrix}=0$		(4.102)
	$\displaystyle(-3-r)^{2}-1=0$		(4.103)
	$\displaystyle r^{2}+6r+8=0$		(4.104)
	$\displaystyle r_{1}=-4,\quad r_{2}=-2.$		(4.105)

Então, buscamos por autovetores associados.

	$\displaystyle(A-r_{1}I)\boldsymbol{v}_{1}=\underline{0}$		(4.106)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}1&1&\|&0\\ 1&1&\|&0\end{bmatrix}$		(4.107)
	$\displaystyle v_{11}+v_{21}=0$		(4.108)
	$\displaystyle\boldsymbol{v}_{1}=\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}$		(4.109)

	$\displaystyle(A-r_{2}I)\boldsymbol{v}_{2}=\underline{0}$		(4.110)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-1&1&\|&0\\ 1&-1&\|&0\end{bmatrix}\begin{matrix}\times 1\\ \leftarrow+\end{matrix}$		(4.111)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-1&1&\|&0\\ 0&0&\|&0\end{bmatrix}-v_{12}+v_{22}=0$		(4.112)
	$\displaystyle\boldsymbol{v}_{2}=\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}$		(4.113)

Com isso, temos a solução geral da EDO dada por

	$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)$	$\displaystyle=c_{1}\boldsymbol{v}_{1}e^{r_{1}t}+c_{2}\boldsymbol{v}_{2}e^{r_{2% }t}$		(4.114)
		$\displaystyle=c_{1}\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}e^{-4t}+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}e^{-2t}.$		(4.115)

Agora, aplicamos a condição inicial.

	$\displaystyle\boldsymbol{y}(0)=\begin{bmatrix}-1\\ 1\end{bmatrix}$		(4.116)
	$\displaystyle c_{1}\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1\\ 1\end{bmatrix}$		(4.117)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}1&1&\|&-1\\ -1&1&\|&1\end{bmatrix}\begin{matrix}\times 1\\ \leftarrow+\end{matrix}$		(4.118)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}1&1&\|&-1\\ 0&2&\|&0\end{bmatrix}$		(4.119)

Segue que

	$\displaystyle c_{1}+c_{2}$	$\displaystyle=-1$		(4.120)
	$\displaystyle 2c_{2}$	$\displaystyle=0$		(4.121)

donde, $c_{1}=-1$ e $c_{2}=0$ .

Concluímos que a solução do PVI é

\boldsymbol{y}(t)=\begin{bmatrix}-1\\ 1\end{bmatrix}e^{-4t}.

(4.122)

No Python, podemos computar a solução deste exercício com os seguintes comandos:

⬇

1 In : from sympy import *

2 In : t,C1,C2 = symbols('t,C1,C2')

3 In : y1,y2 = symbols('y1,y2', cls=Function)

4 In : ed = (Eq(diff(y1(t),t),-3*y1(t)+y2(t)),\

5 ...: Eq(diff(y2(t),t),y1(t)-3*y2(t)))

6 ...:

7 In : ds = dsolve(ed,[y1(t),y2(t)])

8 In : cs = solve((Eq(ds[0].rhs.subs(t,0),-1), \

9 ...: Eq(ds[1].rhs.subs(t,0),1)),[C1,C2])

10 ...:

11 In : ds[0].subs(cs)

12 Out: Eq(y1(t), -exp(-4*t))

14 In : ds[1].subs(cs)

15 Out: Eq(y2(t), exp(-4*t))

ER 4.1.2.

Calcule a solução geral do seguinte sistema

$\displaystyle y_{1}^{\prime}$	$\displaystyle=-y_{1}+2y_{2}$	(4.123)
$\displaystyle y_{2}^{\prime}$	$\displaystyle=-2y_{1}-y_{2}+y_{3}$	(4.124)
$\displaystyle y_{3}^{\prime}$	$\displaystyle=-y_{3}+y_{4}$	(4.125)
$\displaystyle y_{4}^{\prime}$	$\displaystyle=-y_{4}$	(4.126)

Solução 0.

Vamos reescrever o sistema na sua forma matricial.

\boldsymbol{y}^{\prime}=\begin{bmatrix}-1&2&0&0\\ -2&-1&1&0\\ 0&0&-1&1\\ 0&0&0&-1\end{bmatrix}\boldsymbol{y}

(4.127)

Calculamos os autovalores da matriz dos coeficientes.

	$\displaystyle\|A-rI\|=0$		(4.128)
	$\displaystyle\begin{vmatrix}-1-r&2&0&0\\ -2&-1-r&1&0\\ 0&0&-1-r&1\\ 0&0&0&-1-r\end{vmatrix}=0$		(4.129)
	$\displaystyle r^{4}+4r^{3}+10r^{2}+12r+5=0$		(4.130)

Resolvendo esta equação característica, obtemos os autovalores $r_{1,2}=-1$ e $r_{3},r_{4}=-1\pm 2i$ .

a)

$r_{1},r_{2}=-1$ :

Soluções particulares associadas.

$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}=\boldsymbol{v}_{1}e^{r_{1,2}t},$ (4.131)

$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}=\boldsymbol{v}_{1}te^{r_{1,2}t}+\boldsymbol{v}% _{2}e^{r_{1,2}t}$ (4.132)

O vetor $\boldsymbol{v}_{1}$ é autovetor associado a $r_{1,2}$ .

$\displaystyle(A-r_{1}I)\boldsymbol{v}_{1}=\underline{0}$ (4.133)

$\displaystyle\begin{bmatrix}0&2&0&0&|&0\\ -2&0&1&0&|&0\\ 0&0&0&1&|&0\\ 0&0&0&0&|&0\end{bmatrix}$ (4.134)

$\displaystyle\boldsymbol{v}_{1}=\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 2\\ 0\end{bmatrix}$ (4.135)

O vetor $\boldsymbol{v}_{2}$ é calculado como segue.

$\displaystyle(A-r_{1,2}I)\boldsymbol{v}_{2}=\boldsymbol{v}_{1}$ (4.136)

$\displaystyle\begin{bmatrix}0&2&0&0&|&1\\ -2&0&1&0&|&0\\ 0&0&0&1&|&2\\ 0&0&0&0&|&0\end{bmatrix}$ (4.137)

$\displaystyle\boldsymbol{v}_{2}=\begin{bmatrix}1\\ \frac{1}{2}\\ 2\\ 2\end{bmatrix}$ (4.138)
b)

$r_{3},r_{4}=-1+2i$ :

Soluções particulares associadas.

$\displaystyle\boldsymbol{y}_{3}$ $\displaystyle=e^{-t}[\boldsymbol{v_{3}}\cos(2t)-\boldsymbol{v}_{4}% \operatorname{sen}(2t)]$ (4.139)

$\displaystyle\boldsymbol{y}_{4}$ $\displaystyle=e^{-t}[\boldsymbol{v_{3}}\operatorname{sen}(2t)+\boldsymbol{v}_{% 4}\operatorname{sen}(2t)]$ (4.140)

Os vetores $\boldsymbol{v}_{3}$ e $\boldsymbol{v}_{4}$ são, respectivamente, as partes real e imaginária de autovetor associado a $r_{3}$ ou $r_{4}$ . Usando $r_{3}$ e denotando o autovetor por $\boldsymbol{v}$ , calculamos como segue.

$\displaystyle(A-r_{3}I)\boldsymbol{v}=\underline{0}$ (4.141)

$\displaystyle\begin{bmatrix}-2i&2&0&0&|&0\\ -2&-2i&1&0&|&0\\ 0&0&-2i&1&|&0\\ 0&0&0&-2i&|&0\end{bmatrix}$ (4.142)

$\displaystyle\boldsymbol{v}=\begin{bmatrix}1\\ i\\ 0\\ 0\end{bmatrix}=\underbrace{\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 0\\ 0\end{bmatrix}}_{\boldsymbol{v_{1}}}+i\underbrace{\begin{bmatrix}0\\ 1\\ 0\\ 0\end{bmatrix}}_{\boldsymbol{v}_{2}}$ (4.143)

De tudo isso, temos a solução geral

$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)$	$\displaystyle=c_{1}\boldsymbol{y}_{1}(t)+c_{2}\boldsymbol{y}_{2}+c_{3}% \boldsymbol{y}_{3}(t)+c_{4}\boldsymbol{y}_{4}$	(4.144)
	$\displaystyle=c_{1}\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 2\\ 0\end{bmatrix}e^{-t}$	(4.145)
	$\displaystyle+c_{2}\left\{\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 2\\ 0\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}1\\ \frac{1}{2}\\ 2\\ 2\end{bmatrix}\right\}e^{-t}$	(4.146)
	$\displaystyle+c_{3}\left\{\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 0\\ 0\end{bmatrix}\cos(2t)-\begin{bmatrix}0\\ 1\\ 0\\ 0\end{bmatrix}\operatorname{sen}(2t)\right\}$	(4.147)
	$\displaystyle+c_{4}\left\{\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 0\\ 0\end{bmatrix}\operatorname{sen}(2t)+\begin{bmatrix}0\\ 1\\ 0\\ 0\end{bmatrix}\cos(2t)\right\}$	(4.148)

ou, equivalentemente,

$\displaystyle y_{1}(t)$	$\displaystyle=c_{1}e^{-t}+c_{2}(t+1)e^{-t}$	(4.149)
	$\displaystyle+c_{3}\cos(2t)+c_{4}\operatorname{sen}(2t)$	(4.150)
$\displaystyle y_{2}(t)$	$\displaystyle=\frac{c_{2}}{2}e^{-t}-c_{3}\operatorname{sen}(2t)+c_{4}\cos(2t)$	(4.151)
$\displaystyle y_{3}(t)$	$\displaystyle=2c_{1}e^{-t}+c_{2}(2t+2)e^{-t}$	(4.152)
$\displaystyle y_{4}(t)$	$\displaystyle=2c_{2}e^{-t}$	(4.153)

Exercícios

E. 4.1.1.

Calcule a solução geral de

	$\displaystyle y_{1}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=-y_{1}(t)+2y_{2}(t)$		(4.154)
	$\displaystyle y_{2}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=4y_{1}(t)+y_{2}(t)$		(4.155)

Resposta 0.

$y_{1}(t)=c_{1}e^{-3t}+c_{2}e^{3t}$ , $y_{2}(t)=-c_{1}e^{-3t}+2c_{2}e^{3t}$

E. 4.1.2.

Calcule a solução do PVI

	$\displaystyle y_{1}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=2y_{1}(t)+y_{2}(t),\quad y_{1}(0)=0$		(4.156)
	$\displaystyle y_{2}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=4y_{1}(t)-y_{2}(t),\quad y_{2}(0)=5$		(4.157)

Resposta 0.

$y_{1}(t)=e^{3t}-e^{-2t}$ , $y_{2}(t)=e^{3t}+4e^{-2t}$

E. 4.1.3.

Calcule a solução geral de

\boldsymbol{y}^{\prime}=\begin{bmatrix}1&1\\ -1&3\end{bmatrix}\boldsymbol{y}

(4.158)

Resposta 0.

$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)=c_{1}\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}e^{2t}+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}te^{2t}+c_{2}\begin{bmatrix}-1\\ 0\end{bmatrix}e^{2t}$

E. 4.1.4.

Calcule a solução do PVI

	$\displaystyle y_{1}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=-3y_{1}(t)+y_{2}(t),\quad y_{1}(0)=2$		(4.159)
	$\displaystyle y_{2}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=-y_{1}(t)-y_{2}(t),\quad y_{2}(0)=1$		(4.160)

Resposta 0.

$y_{1}(t)=(-t+2)e^{-2t}$ , $y_{2}(t)=(-t+1)e^{-2t}$

E. 4.1.5.

Encontre a solução geral de

	$\displaystyle y_{1}^{\prime}$	$\displaystyle=2y_{1}-y_{2}$		(4.161)
	$\displaystyle y_{2}^{\prime}$	$\displaystyle=5y_{1}-2y_{2}$		(4.162)

Resposta 0.

$y_{1}(t)=-c_{1}\operatorname{sen}(t)-c_{2}\cos(t)$ , $y_{2}(t)=(-2c_{1}-c_{2})\operatorname{sen}(t)+(c_{1}-2c_{2})\cos(t)$

E. 4.1.6.

Encontre a solução geral de

$\displaystyle y_{1}^{\prime}$	$\displaystyle=y_{1}+4y_{2}-6y_{3}$	(4.163)
$\displaystyle y_{2}^{\prime}$	$\displaystyle=-y_{1}-3y_{2}+3y_{3}$	(4.164)
$\displaystyle y_{3}^{\prime}$	$\displaystyle=-y_{1}-2y_{2}+2y_{3}$	(4.165)

Resposta 0.

$y_{1}(t)=-2c_{1}e^{-t}-2c_{2}te^{-t}+3c_{2}e^{-t}-2c_{3}e^{2t}$ , $y_{2}(t)=c_{1}e^{-t}+c_{2}te^{-t}+c_{3}e^{2t}$ , $y_{3}(t)=c_{2}e^{-t}+c_{3}e^{2t}$

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Equações Diferenciais Ordinárias

4 Sistema de EDOs lineares de ordem 1 4 Sistema de EDOs lineares de ordem 1 4.2 Sistema de equações não homogêneas

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4.1 Sistema de equações homogêneas

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Nesta seção, discutimos sobre um método de solução para sistemas de EDOs de primeira ordem, lineares, com coeficientes constantes e homogêneas. Ou seja, sistema da forma

{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}\boldsymbol{% y}^{\prime}(t)=A\boldsymbol{y}(t)},

(4.5)

onde $\boldsymbol{y}(t)=\left(y_{1}(t),y_{2}(t),\dotsc,y_{n}(t)\right)$ , $n>1$ , é o vetor das incógnitas e $A=[a_{ij}]_{i,j=1}^{n,n}$ é a matriz dos coeficientes.

O método consiste em buscar soluções da forma

{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}\boldsymbol{% y}=\boldsymbol{v}e^{rt}},

(4.6)

onde $r$ e o vetor constante $\boldsymbol{v}=(v_{1},v_{2},\cdots,v_{n})$ devem ser determinados.

Substituindo em (4.5), obtemos¹⁶¹⁶endnote: ¹⁶ $\underline{0}=(0,0,\cdots 0)$ .

	$\displaystyle r\boldsymbol{v}e^{rt}=A\boldsymbol{v}e^{rt}$		(4.7)
	$\displaystyle A\boldsymbol{v}e^{rt}-r\boldsymbol{v}e^{rt}=\underline{0}$		(4.8)
	$\displaystyle(A-rI)\boldsymbol{v}\underbrace{e^{rt}}_{>0}=\underline{0},$		(4.9)

ou seja, temos que $r$ e $\boldsymbol{v}$ devem tais que

{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}(A-rI)% \boldsymbol{v}=\underline{0}}.

(4.10)

Em outras palavras, $r$ é autovalor e $\boldsymbol{v}$ é autovetor da matriz $A$ .

Com isso, concluímos que se $r_{1}$ autovalor e $\boldsymbol{v}_{1}$ autovetor de $A$ , então

\boldsymbol{y}_{1}(t)=\boldsymbol{v}_{1}e^{r_{1}t}

(4.11)

é solução particular de (4.5). A solução geral tem a forma

{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}\boldsymbol{% y}(t)=c_{1}\boldsymbol{y_{1}}(t)+c_{2}\boldsymbol{y_{2}}(t)+\cdots+c_{n}% \boldsymbol{y_{n}}(t)},

(4.12)

onde $\boldsymbol{y_{1}}$ , $\boldsymbol{y_{2}}$ , $\dotsc$ , $\boldsymbol{y}_{n}$ formam um conjunto fundamental de soluções de (4.5), i.e. são soluções linearmente independentes.

4.1.1 Autovalores reais distintos

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No caso da matriz dos coeficientes $A$ ter apenas todos os autovalores reais e dois a dois distintos, então a solução geral de (4.5) é

{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}\boldsymbol{% y}(t)=c_{1}\boldsymbol{v}_{1}e^{r_{1}t}+c_{2}\boldsymbol{v}_{2}e^{r_{2}t}+% \cdots+c_{n}\boldsymbol{v}_{n}e^{r_{n}t}},

(4.13)

onde $r_{i}$ e $\boldsymbol{v}_{i}$ é autovalor e autovetor de $A$ respectivamente e $i=1,2,\cdots,n$ . A independência linear das soluções é garantida pelo wronskiano

W(e^{r_{1}t},\dotsc,e^{r_{n}t};t)\neq 0.

(4.14)

Exemplo 4.1.1.

Vamos resolver o seguinte sistema

	$\displaystyle y_{1}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=-2y_{1}(t)+2y_{2}(t)$		(4.15)
	$\displaystyle y_{2}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=-2y_{1}(t)+3y_{2}(t).$		(4.16)

Primeiramente, reescrevemos o sistema na sua forma matricial

\boldsymbol{y}^{\prime}=\underbrace{\begin{bmatrix}-2&2\\ -2&3\end{bmatrix}}_{A}\boldsymbol{y},

(4.17)

onde $\boldsymbol{y}:t\mapsto\boldsymbol{y}(t)=(y_{1}(t),y_{2}(t))$ . Então, calculamos os autovalores da matriz dos coeficientes $A$ . Para tanto, resolvemos sua equação característica

	$\displaystyle\|A-rI\|=0$		(4.18)
	$\displaystyle\left\|\begin{bmatrix}-2&2\\ -2&3\end{bmatrix}-r\begin{bmatrix}1&0\\ 0&1\end{bmatrix}\right\|=0$		(4.19)
	$\displaystyle\begin{vmatrix}-2-r&2\\ -2&3-r\end{vmatrix}=0$		(4.20)
	$\displaystyle(-2-r)(3-r)+4=0$		(4.21)
	$\displaystyle r^{2}-r-2=0,$		(4.22)
	$\displaystyle r=\frac{1\pm\sqrt{9}}{2}$		(4.23)
	$\displaystyle r_{1}=-1,\quad r_{2}=2.$		(4.24)

Obtidos os autovalores, calculamos os autovetores $\boldsymbol{v}_{1}$ e $\boldsymbol{v}_{2}$ . Começamos calculando o autovetor associado a $r_{1}$ .

	$\displaystyle(A-r_{1}I)\boldsymbol{v}_{1}=\underline{0}$		(4.25)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-2-r_{1}&2\\ -2&3-r_{1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}v_{11}\\ v_{21}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\ 0\end{bmatrix}$		(4.26)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-1&2\\ -2&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}v_{11}\\ v_{21}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\ 0\end{bmatrix}$		(4.27)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-1&2&\|&0\\ -2&4&\|&0\end{bmatrix}\begin{matrix}\times 2\\ \leftarrow-\end{matrix}$		(4.28)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-1&2&\|&0\\ 0&0&\|&0\end{bmatrix}$		(4.29)

Assim, temos

	$\displaystyle-v_{11}+2v_{21}=0$		(4.30)
	$\displaystyle v_{11}=2v_{21},$		(4.31)

donde escolhemos

\boldsymbol{v}_{1}=\begin{bmatrix}2\\ 1\end{bmatrix}.

(4.32)

Com isso, temos obtido a solução particular

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}(t)$	$\displaystyle=\boldsymbol{v}_{1}e^{r_{1}t}$		(4.33)
		$\displaystyle=\begin{bmatrix}2\\ 1\end{bmatrix}e^{-t}$		(4.34)

Agora, de forma análoga, calculamos $\boldsymbol{v}_{2}$ , um autovetor associado a $r_{2}$ .

	$\displaystyle(A-r_{2}I)\boldsymbol{v}_{2}=\underline{0}$		(4.35)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-2-r_{2}&2&\|&0\\ -2&3-r_{2}&\|&0\end{bmatrix}$		(4.36)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-4&2&\|&0\\ -2&1&\|&0\end{bmatrix}\begin{matrix}\leftarrow-\\ \times 2\end{matrix}$		(4.37)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}0&0&\|&0\\ -2&1&\|&0\end{bmatrix}$		(4.38)
	$\displaystyle-2v_{12}+v_{22}=0$		(4.39)
	$\displaystyle\boldsymbol{v}_{2}=\begin{bmatrix}1\\ 2\end{bmatrix}$		(4.40)

Com isso, temos a solução particular

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}(t)$	$\displaystyle=\boldsymbol{v}_{2}e^{r_{2}t}$		(4.41)
		$\displaystyle=\begin{bmatrix}1\\ 2\end{bmatrix}e^{2t}$		(4.42)

De tudo isso, concluímos que a solução geral de (4.15) é

	$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)$	$\displaystyle=c_{1}\boldsymbol{y}_{1}(t)+c_{2}\boldsymbol{y}_{2}$		(4.43)
		$\displaystyle=c_{1}\begin{bmatrix}2\\ 1\end{bmatrix}e^{-t}+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 2\end{bmatrix}e^{2t}$		(4.44)

ou, ainda,

	$\displaystyle y_{1}(t)$	$\displaystyle=2c_{1}e^{-t}+c_{2}e^{2t}$		(4.45)
	$\displaystyle y_{2}(t)$	$\displaystyle=c_{1}e^{-t}+2c_{2}e^{2t}$		(4.46)

No Python, podemos computar os autovalores e autovetores da matriz $A$ com os seguintes comandos¹⁷¹⁷endnote: ¹⁷Veja mais informações em SymPy: Matrices.:

⬇

1 In : from sympy import *

2 In : A = Matrix([[-2,2],[-2,3]])

3 In : A.eigenvects()

4 Out:

5 [(-1, 1, [Matrix([

6 [2],

7 [1]])]), (2, 1, [Matrix([

8 [1/2],

9 [ 1]])])]

Então, a solução do sistema (4.15) pode ser computada com os comandos:

⬇

1 In : t,C1,C2 = symbols('t,C1,C2')

2 In : y1,y2 = symbols('y1,y2', cls=Function)

3 In : se = (Eq(diff(y1(t),t),-2*y1(t)+2*y2(t)), \

4 ...: Eq(diff(y2(t),t),-2*y1(t)+3*y2(t)))

5 ...:

6 In : dsolve(se,[y1(t),y2(t)])

7 Out:

8 [Eq(y1(t), 2*C1*exp(-t) + 2*C2*exp(2*t)),

9 Eq(y2(t), C1*exp(-t) + 4*C2*exp(2*t))]

4.1.2 Autovalores reais repetidos

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Um autovalor real duplo $r$ da matriz de coeficientes $A$ nos fornece duas soluções particulares para (4.5), a saber

	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }\boldsymbol{y}_{1}(t)}$	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }=\boldsymbol{v}_{1}e^{rt}},$		(4.47)
	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }\boldsymbol{y}_{2}(t)}$	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }=\boldsymbol{v}_{1}te^{rt}+\boldsymbol{v}_{2}e^{rt}},$		(4.48)

onde $\boldsymbol{v}_{1}$ é autovetor associado a $r$ . Para encontrar $\boldsymbol{v}_{2}$ , substituímos $\boldsymbol{y}_{2}$ em (4.5), donde

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}^{\prime}=A\boldsymbol{y}_{2}$		(4.49)
	$\displaystyle\boldsymbol{v}_{1}e^{rt}+r\boldsymbol{v}_{1}te^{rt}+r\boldsymbol{% v}_{2}e^{rt}=A\boldsymbol{v}_{1}te^{rt}+A\boldsymbol{v}_{2}e^{rt}$		(4.50)
	$\displaystyle(A-rI)\boldsymbol{v}_{1}t+(A-rI)\boldsymbol{v}_{2}=\boldsymbol{v}% _{1}$		(4.51)

Segue que

	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }(A-rI)\boldsymbol{v}_{1}}$	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }=\underline{0}}$		(4.52)
	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }(A-rI)\boldsymbol{v}_{2}}$	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }=\boldsymbol{v}_{1}}$		(4.53)

Exemplo 4.1.2.

Vamos calcular a solução geral de

\boldsymbol{y}^{\prime}=\begin{bmatrix}-1&1&0\\ 0&-1&-1\\ 0&0&1\end{bmatrix}\boldsymbol{y}.

(4.54)

Neste caso, temos que $r_{1,2}=-1$ é autovalor duplo e $r_{3}=1$ é autovalor simples da matriz de coeficientes do sistema (4.54).

Associadas a $r_{1,2}$ buscamos por soluções particulares da forma

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}=\boldsymbol{v}_{1}e^{r_{1,2}t},$		(4.55)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}=\boldsymbol{v}_{1}te^{r_{1,2}t}+\boldsymbol{v}% _{2}e^{r_{1,2}t}.$		(4.56)

Calculamos $\boldsymbol{v}_{1}$ resolvendo

	$\displaystyle(A-r_{1,2}I)\boldsymbol{v}_{1}=\underline{0}$		(4.57)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-1-r_{1,2}&1&0&\|&0\\ 0&-1-r_{1,2}&-1&\|&0\\ 0&0&1-r_{1,2}&\|&0\end{bmatrix}$		(4.58)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}0&1&0&\|&0\\ 0&0&-1&\|&0\\ 0&0&2&\|&0\end{bmatrix}$		(4.59)

Com isso, podemos escolher

\boldsymbol{v}_{1}=\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 0\end{bmatrix}.

(4.60)

Determinado $\boldsymbol{v}_{1}$ , calculamos $\boldsymbol{v}_{2}$ com

	$\displaystyle(A-r_{1,2}I)\boldsymbol{v}_{2}=\boldsymbol{v}_{1}$		(4.61)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}0&1&0&\|&1\\ 0&0&-1&\|&0\\ 0&0&2&\|&0\end{bmatrix}$		(4.62)

donde escolhemos

\boldsymbol{v}_{2}=\begin{bmatrix}1\\ 1\\ 0\end{bmatrix}.

(4.63)

Agora, associada a $r_{3}$ temos uma solução particular da forma

\boldsymbol{y}_{3}=\boldsymbol{v}_{3}e^{r_{3}t},

(4.64)

onde

	$\displaystyle(A-r_{3}I)\boldsymbol{v}_{3}=\underline{0}$		(4.65)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-1-r_{3}&1&0&\|&0\\ 0&-1-r_{3}&-1&\|&0\\ 0&0&1-r_{3}&\|&0\end{bmatrix}$		(4.66)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-2&1&0&\|&0\\ 0&-2&-1&\|&0\\ 0&0&0&\|&0\end{bmatrix}$		(4.67)

Com isso, temos $-2v_{13}+v_{23}=0$ , $-2v_{23}-v_{33}=0$ . Ou seja, podemos escolher

\boldsymbol{v_{3}}=\begin{bmatrix}-1\\ -2\\ 4\end{bmatrix}.

(4.68)

Com tudo isso, podemos concluir que a solução geral de (4.54) é

	$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)$	$\displaystyle=c_{1}\boldsymbol{v}_{1}e^{r_{1,2}t}+c_{2}\left(\boldsymbol{v}_{1% }t+\boldsymbol{v}_{2}\right)e^{r_{1,2}t}+c_{3}\boldsymbol{v}_{3}e^{r_{3}t}$		(4.69)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)$	$\displaystyle=c_{1}\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 0\end{bmatrix}e^{-t}+c_{2}\left(\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 0\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}1\\ 1\\ 0\end{bmatrix}\right)e^{-t}+c_{3}\begin{bmatrix}-1\\ -2\\ 4\end{bmatrix}e^{t}.$		(4.70)

4.1.3 Autovalores complexos

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	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }\boldsymbol{v}}$	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }=\boldsymbol{v}_{1}+\boldsymbol{v}_{2}i},$		(4.71)
	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }\overline{\boldsymbol{v}}}$	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }=\boldsymbol{v}_{1}-\boldsymbol{v}_{2}i}.$		(4.72)

Por substituição direta, podemos verificar que

	$\displaystyle\boldsymbol{u}_{1}(t)$	$\displaystyle=\boldsymbol{v}e^{(\lambda+\mu i)t},$		(4.73)
	$\displaystyle\boldsymbol{u}_{2}(t)$	$\displaystyle=\overline{\boldsymbol{v}}e^{(\lambda-\mu i)t},$		(4.74)

$\displaystyle\boldsymbol{u}_{1}$	$\displaystyle=(\boldsymbol{v}_{1}+\boldsymbol{v}_{2}i)e^{(\lambda+\mu i)t}$	(4.75)
$\displaystyle\boldsymbol{u}_{1}$	$\displaystyle=(\boldsymbol{v}_{1}+\boldsymbol{v}_{2}i)e^{\lambda t}[\cos(\mu t% )+i\operatorname{sen}(\mu t)]$	(4.76)
$\displaystyle\boldsymbol{u}_{1}$	$\displaystyle=e^{\lambda t}[\boldsymbol{v_{1}}\cos(\mu t)-\boldsymbol{v}_{2}% \operatorname{sen}(\mu t)]$	(4.77)
	$\displaystyle=ie^{\lambda t}[\boldsymbol{v_{1}}\operatorname{sen}(\mu t)+% \boldsymbol{v}_{2}\cos(\mu t)].$	(4.78)

De forma análoga, verifica-se que $\boldsymbol{u}_{1}=\overline{\boldsymbol{u}_{2}}$ . Ou seja, as partes reais e imaginárias de $\boldsymbol{u}_{1}$ e $\boldsymbol{u}_{2}$ são

	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }\boldsymbol{y}_{1}(t)}$	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }=e^{\lambda t}[\boldsymbol{v_{1}}\cos(\mu t)-\boldsymbol{v}_{2}\operatorname{% sen}(\mu t)]},$		(4.79)
	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }\boldsymbol{y}_{2}(t)}$	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }=e^{\lambda t}[\boldsymbol{v_{1}}\operatorname{sen}(\mu t)+\boldsymbol{v}_{2}% \cos(\mu t)]},$		(4.80)

as quais são soluções linearmente independentes, particulares de (4.5).

Exemplo 4.1.3.

Vamos calcular a solução geral de

\boldsymbol{y}^{\prime}=\begin{bmatrix}1&1\\ -1&1\end{bmatrix}\boldsymbol{y}.

(4.81)

Começamos calculando os autovalores associados a matriz de coeficientes do sistema (4.81). Podemos fazer isso como segue

	$\displaystyle\|A-rI\|=0$		(4.82)
	$\displaystyle\begin{vmatrix}1-r&1\\ -1&1-r\end{vmatrix}=0$		(4.83)
	$\displaystyle(1-r)^{2}+1=0$		(4.84)
	$\displaystyle r^{2}-2r+2=0$		(4.85)
	$\displaystyle r=1\pm i$		(4.86)

Um autovetor associado a $r=1+i$ pode ser obtidos resolvendo-se

	$\displaystyle(A-rI)\boldsymbol{v}=\underline{0}\begin{bmatrix}1-r&1&\|&0\\ -1&1-r&\|&0\end{bmatrix}$		(4.87)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-i&1&\|&0\\ -1&-i&\|&0\end{bmatrix}\begin{matrix}\times i\\ \leftarrow+\end{matrix}$		(4.88)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-i&1&\|&0\\ 0&0&\|&0\end{bmatrix}$		(4.89)
	$\displaystyle-iv_{1}+v_{2}=0.$		(4.90)

Com isso, podemos escolher o autovetor

	$\displaystyle\boldsymbol{v}$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}1\\ i\end{bmatrix}$		(4.91)
		$\displaystyle=\underbrace{\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}}_{\boldsymbol{v}_{1}}+i\underbrace{\begin{bmatrix}0\\ 1\end{bmatrix}}_{\boldsymbol{v}_{2}}$		(4.92)

Desta forma, identificamos as soluções particulares

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}(t)$	$\displaystyle=e^{t}\left\{\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}\cos(t)-\begin{bmatrix}0\\ 1\end{bmatrix}\operatorname{sen}(t)\right\}$		(4.93)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}(t)$	$\displaystyle=e^{t}\left\{\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}\operatorname{sen}(t)+\begin{bmatrix}0\\ 1\end{bmatrix}\cos(t)\right\}$		(4.94)

Concluímos que a solução geral de (4.81) é

$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)$	$\displaystyle=c_{1}\boldsymbol{y}_{1}(t)+c_{2}\boldsymbol{y}_{2}(t)$	(4.95)
	$\displaystyle=c_{1}e^{t}\left\{\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}\cos(t)-\begin{bmatrix}0\\ 1\end{bmatrix}\operatorname{sen}(t)\right\}$	(4.96)
	$\displaystyle+c_{2}e^{t}\left\{\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}\operatorname{sen}(t)+\begin{bmatrix}0\\ 1\end{bmatrix}\cos(t)\right\}$	(4.97)

Exercícios resolvidos

ER 4.1.1.

Resolva o seguinte PVI

	$\displaystyle\boldsymbol{y}^{\prime}$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}-3&1\\ 1&-3\end{bmatrix}\boldsymbol{y},$		(4.98)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}(0)$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}-1\\ 1\end{bmatrix}$		(4.99)

Solução 0.

O primeiro passo é encontrar a solução geral de

\boldsymbol{y}^{\prime}=\begin{bmatrix}-3&1\\ 1&-3\end{bmatrix}\boldsymbol{y}.

(4.100)

Para tanto, calculamos os autovalores da matriz dos coeficientes.

	$\displaystyle\|A-rI\|=0$		(4.101)
	$\displaystyle\begin{vmatrix}-3-r&1\\ 1&-3-r\end{vmatrix}=0$		(4.102)
	$\displaystyle(-3-r)^{2}-1=0$		(4.103)
	$\displaystyle r^{2}+6r+8=0$		(4.104)
	$\displaystyle r_{1}=-4,\quad r_{2}=-2.$		(4.105)

Então, buscamos por autovetores associados.

	$\displaystyle(A-r_{1}I)\boldsymbol{v}_{1}=\underline{0}$		(4.106)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}1&1&\|&0\\ 1&1&\|&0\end{bmatrix}$		(4.107)
	$\displaystyle v_{11}+v_{21}=0$		(4.108)
	$\displaystyle\boldsymbol{v}_{1}=\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}$		(4.109)

	$\displaystyle(A-r_{2}I)\boldsymbol{v}_{2}=\underline{0}$		(4.110)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-1&1&\|&0\\ 1&-1&\|&0\end{bmatrix}\begin{matrix}\times 1\\ \leftarrow+\end{matrix}$		(4.111)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-1&1&\|&0\\ 0&0&\|&0\end{bmatrix}-v_{12}+v_{22}=0$		(4.112)
	$\displaystyle\boldsymbol{v}_{2}=\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}$		(4.113)

Com isso, temos a solução geral da EDO dada por

	$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)$	$\displaystyle=c_{1}\boldsymbol{v}_{1}e^{r_{1}t}+c_{2}\boldsymbol{v}_{2}e^{r_{2% }t}$		(4.114)
		$\displaystyle=c_{1}\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}e^{-4t}+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}e^{-2t}.$		(4.115)

Agora, aplicamos a condição inicial.

	$\displaystyle\boldsymbol{y}(0)=\begin{bmatrix}-1\\ 1\end{bmatrix}$		(4.116)
	$\displaystyle c_{1}\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1\\ 1\end{bmatrix}$		(4.117)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}1&1&\|&-1\\ -1&1&\|&1\end{bmatrix}\begin{matrix}\times 1\\ \leftarrow+\end{matrix}$		(4.118)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}1&1&\|&-1\\ 0&2&\|&0\end{bmatrix}$		(4.119)

Segue que

	$\displaystyle c_{1}+c_{2}$	$\displaystyle=-1$		(4.120)
	$\displaystyle 2c_{2}$	$\displaystyle=0$		(4.121)

donde, $c_{1}=-1$ e $c_{2}=0$ .

Concluímos que a solução do PVI é

\boldsymbol{y}(t)=\begin{bmatrix}-1\\ 1\end{bmatrix}e^{-4t}.

(4.122)

No Python, podemos computar a solução deste exercício com os seguintes comandos:

⬇

1 In : from sympy import *

2 In : t,C1,C2 = symbols('t,C1,C2')

3 In : y1,y2 = symbols('y1,y2', cls=Function)

4 In : ed = (Eq(diff(y1(t),t),-3*y1(t)+y2(t)),\

5 ...: Eq(diff(y2(t),t),y1(t)-3*y2(t)))

6 ...:

7 In : ds = dsolve(ed,[y1(t),y2(t)])

8 In : cs = solve((Eq(ds[0].rhs.subs(t,0),-1), \

9 ...: Eq(ds[1].rhs.subs(t,0),1)),[C1,C2])

10 ...:

11 In : ds[0].subs(cs)

12 Out: Eq(y1(t), -exp(-4*t))

14 In : ds[1].subs(cs)

15 Out: Eq(y2(t), exp(-4*t))

ER 4.1.2.

Calcule a solução geral do seguinte sistema

$\displaystyle y_{1}^{\prime}$	$\displaystyle=-y_{1}+2y_{2}$	(4.123)
$\displaystyle y_{2}^{\prime}$	$\displaystyle=-2y_{1}-y_{2}+y_{3}$	(4.124)
$\displaystyle y_{3}^{\prime}$	$\displaystyle=-y_{3}+y_{4}$	(4.125)
$\displaystyle y_{4}^{\prime}$	$\displaystyle=-y_{4}$	(4.126)

Solução 0.

Vamos reescrever o sistema na sua forma matricial.

\boldsymbol{y}^{\prime}=\begin{bmatrix}-1&2&0&0\\ -2&-1&1&0\\ 0&0&-1&1\\ 0&0&0&-1\end{bmatrix}\boldsymbol{y}

(4.127)

Calculamos os autovalores da matriz dos coeficientes.

	$\displaystyle\|A-rI\|=0$		(4.128)
	$\displaystyle\begin{vmatrix}-1-r&2&0&0\\ -2&-1-r&1&0\\ 0&0&-1-r&1\\ 0&0&0&-1-r\end{vmatrix}=0$		(4.129)
	$\displaystyle r^{4}+4r^{3}+10r^{2}+12r+5=0$		(4.130)

Resolvendo esta equação característica, obtemos os autovalores $r_{1,2}=-1$ e $r_{3},r_{4}=-1\pm 2i$ .

a)

$r_{1},r_{2}=-1$ :

Soluções particulares associadas.

$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}=\boldsymbol{v}_{1}e^{r_{1,2}t},$ (4.131)

$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}=\boldsymbol{v}_{1}te^{r_{1,2}t}+\boldsymbol{v}% _{2}e^{r_{1,2}t}$ (4.132)

O vetor $\boldsymbol{v}_{1}$ é autovetor associado a $r_{1,2}$ .

$\displaystyle(A-r_{1}I)\boldsymbol{v}_{1}=\underline{0}$ (4.133)

$\displaystyle\begin{bmatrix}0&2&0&0&|&0\\ -2&0&1&0&|&0\\ 0&0&0&1&|&0\\ 0&0&0&0&|&0\end{bmatrix}$ (4.134)

$\displaystyle\boldsymbol{v}_{1}=\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 2\\ 0\end{bmatrix}$ (4.135)

O vetor $\boldsymbol{v}_{2}$ é calculado como segue.

$\displaystyle(A-r_{1,2}I)\boldsymbol{v}_{2}=\boldsymbol{v}_{1}$ (4.136)

$\displaystyle\begin{bmatrix}0&2&0&0&|&1\\ -2&0&1&0&|&0\\ 0&0&0&1&|&2\\ 0&0&0&0&|&0\end{bmatrix}$ (4.137)

$\displaystyle\boldsymbol{v}_{2}=\begin{bmatrix}1\\ \frac{1}{2}\\ 2\\ 2\end{bmatrix}$ (4.138)
b)

$r_{3},r_{4}=-1+2i$ :

Soluções particulares associadas.

$\displaystyle\boldsymbol{y}_{3}$ $\displaystyle=e^{-t}[\boldsymbol{v_{3}}\cos(2t)-\boldsymbol{v}_{4}% \operatorname{sen}(2t)]$ (4.139)

$\displaystyle\boldsymbol{y}_{4}$ $\displaystyle=e^{-t}[\boldsymbol{v_{3}}\operatorname{sen}(2t)+\boldsymbol{v}_{% 4}\operatorname{sen}(2t)]$ (4.140)

Os vetores $\boldsymbol{v}_{3}$ e $\boldsymbol{v}_{4}$ são, respectivamente, as partes real e imaginária de autovetor associado a $r_{3}$ ou $r_{4}$ . Usando $r_{3}$ e denotando o autovetor por $\boldsymbol{v}$ , calculamos como segue.

$\displaystyle(A-r_{3}I)\boldsymbol{v}=\underline{0}$ (4.141)

$\displaystyle\begin{bmatrix}-2i&2&0&0&|&0\\ -2&-2i&1&0&|&0\\ 0&0&-2i&1&|&0\\ 0&0&0&-2i&|&0\end{bmatrix}$ (4.142)

$\displaystyle\boldsymbol{v}=\begin{bmatrix}1\\ i\\ 0\\ 0\end{bmatrix}=\underbrace{\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 0\\ 0\end{bmatrix}}_{\boldsymbol{v_{1}}}+i\underbrace{\begin{bmatrix}0\\ 1\\ 0\\ 0\end{bmatrix}}_{\boldsymbol{v}_{2}}$ (4.143)

De tudo isso, temos a solução geral

$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)$	$\displaystyle=c_{1}\boldsymbol{y}_{1}(t)+c_{2}\boldsymbol{y}_{2}+c_{3}% \boldsymbol{y}_{3}(t)+c_{4}\boldsymbol{y}_{4}$	(4.144)
	$\displaystyle=c_{1}\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 2\\ 0\end{bmatrix}e^{-t}$	(4.145)
	$\displaystyle+c_{2}\left\{\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 2\\ 0\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}1\\ \frac{1}{2}\\ 2\\ 2\end{bmatrix}\right\}e^{-t}$	(4.146)
	$\displaystyle+c_{3}\left\{\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 0\\ 0\end{bmatrix}\cos(2t)-\begin{bmatrix}0\\ 1\\ 0\\ 0\end{bmatrix}\operatorname{sen}(2t)\right\}$	(4.147)
	$\displaystyle+c_{4}\left\{\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 0\\ 0\end{bmatrix}\operatorname{sen}(2t)+\begin{bmatrix}0\\ 1\\ 0\\ 0\end{bmatrix}\cos(2t)\right\}$	(4.148)

ou, equivalentemente,

$\displaystyle y_{1}(t)$	$\displaystyle=c_{1}e^{-t}+c_{2}(t+1)e^{-t}$	(4.149)
	$\displaystyle+c_{3}\cos(2t)+c_{4}\operatorname{sen}(2t)$	(4.150)
$\displaystyle y_{2}(t)$	$\displaystyle=\frac{c_{2}}{2}e^{-t}-c_{3}\operatorname{sen}(2t)+c_{4}\cos(2t)$	(4.151)
$\displaystyle y_{3}(t)$	$\displaystyle=2c_{1}e^{-t}+c_{2}(2t+2)e^{-t}$	(4.152)
$\displaystyle y_{4}(t)$	$\displaystyle=2c_{2}e^{-t}$	(4.153)

Exercícios

E. 4.1.1.

Calcule a solução geral de

	$\displaystyle y_{1}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=-y_{1}(t)+2y_{2}(t)$		(4.154)
	$\displaystyle y_{2}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=4y_{1}(t)+y_{2}(t)$		(4.155)

Resposta 0.

$y_{1}(t)=c_{1}e^{-3t}+c_{2}e^{3t}$ , $y_{2}(t)=-c_{1}e^{-3t}+2c_{2}e^{3t}$

E. 4.1.2.

Calcule a solução do PVI

	$\displaystyle y_{1}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=2y_{1}(t)+y_{2}(t),\quad y_{1}(0)=0$		(4.156)
	$\displaystyle y_{2}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=4y_{1}(t)-y_{2}(t),\quad y_{2}(0)=5$		(4.157)

Resposta 0.

$y_{1}(t)=e^{3t}-e^{-2t}$ , $y_{2}(t)=e^{3t}+4e^{-2t}$

E. 4.1.3.

Calcule a solução geral de

\boldsymbol{y}^{\prime}=\begin{bmatrix}1&1\\ -1&3\end{bmatrix}\boldsymbol{y}

(4.158)

Resposta 0.

$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)=c_{1}\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}e^{2t}+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}te^{2t}+c_{2}\begin{bmatrix}-1\\ 0\end{bmatrix}e^{2t}$

E. 4.1.4.

Calcule a solução do PVI

	$\displaystyle y_{1}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=-3y_{1}(t)+y_{2}(t),\quad y_{1}(0)=2$		(4.159)
	$\displaystyle y_{2}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=-y_{1}(t)-y_{2}(t),\quad y_{2}(0)=1$		(4.160)

Resposta 0.

$y_{1}(t)=(-t+2)e^{-2t}$ , $y_{2}(t)=(-t+1)e^{-2t}$

E. 4.1.5.

Encontre a solução geral de

	$\displaystyle y_{1}^{\prime}$	$\displaystyle=2y_{1}-y_{2}$		(4.161)
	$\displaystyle y_{2}^{\prime}$	$\displaystyle=5y_{1}-2y_{2}$		(4.162)

Resposta 0.

$y_{1}(t)=-c_{1}\operatorname{sen}(t)-c_{2}\cos(t)$ , $y_{2}(t)=(-2c_{1}-c_{2})\operatorname{sen}(t)+(c_{1}-2c_{2})\cos(t)$

E. 4.1.6.

Encontre a solução geral de

$\displaystyle y_{1}^{\prime}$	$\displaystyle=y_{1}+4y_{2}-6y_{3}$	(4.163)
$\displaystyle y_{2}^{\prime}$	$\displaystyle=-y_{1}-3y_{2}+3y_{3}$	(4.164)
$\displaystyle y_{3}^{\prime}$	$\displaystyle=-y_{1}-2y_{2}+2y_{3}$	(4.165)

Resposta 0.

$y_{1}(t)=-2c_{1}e^{-t}-2c_{2}te^{-t}+3c_{2}e^{-t}-2c_{3}e^{2t}$ , $y_{2}(t)=c_{1}e^{-t}+c_{2}te^{-t}+c_{3}e^{2t}$ , $y_{3}(t)=c_{2}e^{-t}+c_{3}e^{2t}$

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Pedro H A Konzen

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	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}=\boldsymbol{v}_{1}e^{r_{1,2}t},$		(4.131)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}=\boldsymbol{v}_{1}te^{r_{1,2}t}+\boldsymbol{v}% _{2}e^{r_{1,2}t}$		(4.132)

	$\displaystyle(A-r_{1}I)\boldsymbol{v}_{1}=\underline{0}$		(4.133)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}0&2&0&0&\|&0\\ -2&0&1&0&\|&0\\ 0&0&0&1&\|&0\\ 0&0&0&0&\|&0\end{bmatrix}$		(4.134)
	$\displaystyle\boldsymbol{v}_{1}=\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 2\\ 0\end{bmatrix}$		(4.135)

	$\displaystyle(A-r_{1,2}I)\boldsymbol{v}_{2}=\boldsymbol{v}_{1}$		(4.136)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}0&2&0&0&\|&1\\ -2&0&1&0&\|&0\\ 0&0&0&1&\|&2\\ 0&0&0&0&\|&0\end{bmatrix}$		(4.137)
	$\displaystyle\boldsymbol{v}_{2}=\begin{bmatrix}1\\ \frac{1}{2}\\ 2\\ 2\end{bmatrix}$		(4.138)

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{3}$	$\displaystyle=e^{-t}[\boldsymbol{v_{3}}\cos(2t)-\boldsymbol{v}_{4}% \operatorname{sen}(2t)]$		(4.139)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{4}$	$\displaystyle=e^{-t}[\boldsymbol{v_{3}}\operatorname{sen}(2t)+\boldsymbol{v}_{% 4}\operatorname{sen}(2t)]$		(4.140)

	$\displaystyle(A-r_{3}I)\boldsymbol{v}=\underline{0}$		(4.141)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-2i&2&0&0&\|&0\\ -2&-2i&1&0&\|&0\\ 0&0&-2i&1&\|&0\\ 0&0&0&-2i&\|&0\end{bmatrix}$		(4.142)
	$\displaystyle\boldsymbol{v}=\begin{bmatrix}1\\ i\\ 0\\ 0\end{bmatrix}=\underbrace{\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 0\\ 0\end{bmatrix}}_{\boldsymbol{v_{1}}}+i\underbrace{\begin{bmatrix}0\\ 1\\ 0\\ 0\end{bmatrix}}_{\boldsymbol{v}_{2}}$		(4.143)