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Equações Diferenciais Ordinárias

4 Sistema de EDOs lineares de ordem 1 4.1 Sistema de equações homogêneas 5 EDO linear de ordem mais alta com coeficientes variáveis

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4.2 Sistema de equações não homogêneas

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Nesta seção, discutimos sobre a aplicação do método dos coeficientes a determinar na resolução de sistemas de EDOs de primeira ordem lineares. Mais especificamente, vamos considerar sistema da forma

\boldsymbol{y}^{\prime}(t)=A\boldsymbol{y}(t)+\boldsymbol{g}(t),

(4.367)

onde $\boldsymbol{y}=(y_{1},\dotsc,y_{n})$ , $y_{j}:t\mapsto y_{j}(t)$ , $A=[a_{ij}]_{i,j=1}^{n,n}$ e $\boldsymbol{g}=(g_{1},\dotsc,g_{n})$ , $g_{j}:t\mapsto g_{j}(t)$ , $j=1,\dotsc,n>1$ .

A solução geral de um tal sistema tem a forma

\boldsymbol{y}(t)=c_{1}\boldsymbol{y}_{1}(t)+\cdots+c_{n}\boldsymbol{y}_{n}(t)% +\boldsymbol{w}(t),

(4.368)

onde $\boldsymbol{y}_{1},\dotsc,\boldsymbol{y}_{n}$ é um conjunto fundamental de soluções do sistema de equações homogêneo associado e $\boldsymbol{w}$ é uma solução particular para a sistema de equações não homogêneo.

O método dos coeficientes a determinar consiste em buscar por $\boldsymbol{w}$ como sendo uma combinação linear de funções adequadas. Tais funções podem ser escolhidas conforme indicado na Observação 3.3.2.

Exemplo 4.2.1.

Vamos calcular uma solução geral para o sistema

\boldsymbol{y}^{\prime}=\begin{bmatrix}-2&2\\ -2&3\end{bmatrix}\boldsymbol{y}+\begin{bmatrix}-t\\ 2e^{t}\end{bmatrix}

(4.369)

O primeiro passo consiste em calcularmos o conjunto fundamental de soluções para o sistema de equações homogêneas associado. Isto foi feito no Exemplo 4.1.1, do qual temos as soluções

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}(t)$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}2\\ 1\end{bmatrix}e^{-t},$		(4.372)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}(t)$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}1\\ 2\end{bmatrix}e^{2t}$		(4.375)

Agora, com base no termo fonte $\boldsymbol{g}$ e nas soluções fundamentais¹⁹¹⁹endnote: ¹⁹Veja a Observação 3.3.2.. Observamos que o termo fonte é

	$\displaystyle\boldsymbol{g}(t)$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}-t\\ 2e^{t}\end{bmatrix}$		(4.378)
		$\displaystyle=\begin{bmatrix}-1\\ 0\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}0\\ 2\end{bmatrix}e^{t}$		(4.383)

Assim sendo, buscamos por uma solução particular do sistema (4.369) da forma

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{p}(t)$	$\displaystyle=\boldsymbol{w}_{1}+\boldsymbol{w}_{2}t+\boldsymbol{w}_{3}e^{t}$		(4.384)
		$\displaystyle=\begin{bmatrix}w_{11}\\ w_{21}\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}w_{12}\\ w_{22}\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}w_{13}\\ w_{23}\end{bmatrix}e^{t}$		(4.391)

Substituindo $\boldsymbol{y}_{p}$ no sistema (4.369), obtemos

$\displaystyle\boldsymbol{y}_{p}^{\prime}$	$\displaystyle=\underbrace{\begin{bmatrix}-2&2\\ -2&3\end{bmatrix}}_{A}\boldsymbol{y}_{p}+\begin{bmatrix}-1\\ 0\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}0\\ 2\end{bmatrix}e^{t}$	(4.398)
$\displaystyle{\color[rgb]{1,0,0}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{1,0,0% }\pgfsys@color@rgb@stroke{1}{0}{0}\pgfsys@color@rgb@fill{1}{0}{0}\boldsymbol{w% }_{2}}+\boldsymbol{w}_{3}e^{t}$	$\displaystyle={\color[rgb]{1,0,0}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{% 1,0,0}\pgfsys@color@rgb@stroke{1}{0}{0}\pgfsys@color@rgb@fill{1}{0}{0}A% \boldsymbol{w}_{1}}+{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb% }{0,0,1}\pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}A% \boldsymbol{w}_{2}}t+A\boldsymbol{w}_{3}e^{t}$	(4.399)
	$\displaystyle+{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{% 0,0,1}\pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}\begin{% bmatrix}-1\\ 0\end{bmatrix}}t+\begin{bmatrix}0\\ 2\end{bmatrix}e^{t}$	(4.404)

Logo, por associação, temos

	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }\pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}A\boldsymbol{% w}_{2}+\begin{bmatrix}-1\\ 0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\ 0\end{bmatrix}}$		(4.409)
	$\displaystyle\boldsymbol{w}_{2}=\begin{bmatrix}-\frac{3}{2}\\ -1\end{bmatrix}$		(4.412)

	$\displaystyle{\color[rgb]{1,0,0}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{1,0,0% }\pgfsys@color@rgb@stroke{1}{0}{0}\pgfsys@color@rgb@fill{1}{0}{0}A\boldsymbol{% w}_{1}=\boldsymbol{w}_{2}}$		(4.413)
	$\displaystyle\boldsymbol{w}_{1}=\begin{bmatrix}\frac{5}{4}\\ \frac{1}{2}\end{bmatrix}$		(4.416)

	$\displaystyle\boldsymbol{w}_{3}=A\boldsymbol{w}_{3}+\begin{bmatrix}0\\ 2\end{bmatrix}$		(4.419)
	$\displaystyle(A-I)\boldsymbol{w}_{3}=\begin{bmatrix}0\\ -2\end{bmatrix}$		(4.422)
	$\displaystyle\boldsymbol{w}_{3}=\begin{bmatrix}-2\\ -3\end{bmatrix}$		(4.425)

Do calculado, temos a solução particular

\boldsymbol{y}_{p}(t)=\begin{bmatrix}\frac{5}{4}\\ \frac{1}{2}\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}-\frac{3}{2}\\ -1\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}-2\\ -3\end{bmatrix}e^{t}.

(4.426)

Por fim, a solução geral é

\boldsymbol{y}(t)={\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{% 0,0,1}\pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}c_{1}% \boldsymbol{y}_{1}(t)+c_{2}\boldsymbol{y}_{2}(t)}+{\color[rgb]{1,0,0}% \definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{1,0,0}\pgfsys@color@rgb@stroke{1}{0}{% 0}\pgfsys@color@rgb@fill{1}{0}{0}\boldsymbol{y}_{p}(t)}

(4.427)

i.e.,

$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)$	$\displaystyle={\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{% 0,0,1}\pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}c_{1}% \begin{bmatrix}2\\ 1\end{bmatrix}e^{-t}+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 2\end{bmatrix}e^{2t}}$	(4.432)
	$\displaystyle+{\color[rgb]{1,0,0}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{% 1,0,0}\pgfsys@color@rgb@stroke{1}{0}{0}\pgfsys@color@rgb@fill{1}{0}{0}\begin{% bmatrix}\frac{5}{4}\\ \frac{1}{2}\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}-\frac{3}{2}\\ -1\end{bmatrix}t}$	(4.437)
	$\displaystyle{\color[rgb]{1,0,0}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{1,0,0% }\pgfsys@color@rgb@stroke{1}{0}{0}\pgfsys@color@rgb@fill{1}{0}{0}+\begin{% bmatrix}-2\\ -3\end{bmatrix}e^{t}}$	(4.440)

Exercícios resolvidos

ER 4.2.1.

Calcule uma solução particular de

\boldsymbol{y}^{\prime}=\begin{bmatrix}-1&1\\ 0&-1\end{bmatrix}\boldsymbol{y}+\begin{bmatrix}e^{-t}\\ -e^{-t}\end{bmatrix}

(4.441)

Solução.

Primeiramente, calculamos a forma das soluções fundamentais do sistema de equações homogêneas associado. A matriz²⁰²⁰endnote: ²⁰Os autovalores de uma matriz triangular são iguais aos elementos de sua diagonal. dos coeficientes do sistema tem $r_{1,2}=-1$ como autovalor duplo. Do que vimos na Subseção 4.1.2, temos que

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}(t)$	$\displaystyle=\boldsymbol{v}_{1}e^{-t}$		(4.442)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}(t)$	$\displaystyle=\boldsymbol{v}_{1}te^{-t}+\boldsymbol{v}_{2}e^{-t}$		(4.443)

formam um sistema fundamental de soluções, onde $\boldsymbol{v}_{1}$ e $\boldsymbol{v}_{2}$ são vetores adequados.

Do método dos coeficientes a determinar, do formato das soluções fundamentais e do termo não homogêneo²¹²¹endnote: ²¹Veja a Observação 3.3.2., buscamos por uma solução particular da forma

\boldsymbol{y}_{p}(t)=(\boldsymbol{w}_{1}t+\boldsymbol{w}_{2}t^{2})e^{-t}.

(4.444)

Denotando a matriz de coeficientes do sistema por $A$ , o termo não homogêneo por $\boldsymbol{g}$ e substituindo $\boldsymbol{y}_{p}$ no sistema, temos

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{p}^{\prime}=A\boldsymbol{y}_{p}+\boldsymbol{g}(t)$		(4.445)
	$\displaystyle\left[\boldsymbol{w}_{1}+(2\boldsymbol{w}_{2}-\boldsymbol{w}_{1})% t-\boldsymbol{w}_{2}t^{2}\right]e^{-t}=(A\boldsymbol{w}_{1}t+A\boldsymbol{w}_{% 2}t^{2})e^{-t}+\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}e^{-t}$		(4.448)

Daí, segue que

\boldsymbol{w}_{1}=\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}.

(4.449)

Do termo $t^{2}e^{-t}$ , temos

A\boldsymbol{w}_{2}=-\boldsymbol{w}_{2}.

(4.450)

Disso e do termo $te^{-t}$ , obtemos

	$\displaystyle A\boldsymbol{w}_{1}=(2w_{2}-w_{1})$		(4.451)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-2\\ 1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}2w_{12}-1\\ 2w_{22}+1\end{bmatrix}$		(4.456)
	$\displaystyle\boldsymbol{w}_{2}=\begin{bmatrix}-\frac{1}{2}\\ 0\end{bmatrix}$		(4.459)

Concluímos que

\boldsymbol{y}_{p}(t)=\left(\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}-\frac{1}{2}\\ 0\end{bmatrix}t^{2}\right)e^{-t}

(4.460)

é solução particular do sistema.

ER 4.2.2.

Calcule a solução do PVI

	$\displaystyle\boldsymbol{y}^{\prime}$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}-1&1\\ 0&-1\end{bmatrix}\boldsymbol{y}+\begin{bmatrix}e^{-t}\\ -e^{-t}\end{bmatrix}$		(4.465)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}(0)$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}$		(4.468)

Solução.

Primeiramente, calculamos a solução geral da forma

\boldsymbol{y}(t)=c_{1}\boldsymbol{y}_{1}(t)+c_{2}\boldsymbol{y}_{2}(t)+% \boldsymbol{y}_{p}(t),

(4.469)

onde $\{\boldsymbol{y}_{1}$ , $\boldsymbol{y}_{2}\}$ é um conjunto fundamental de soluções do sistema de equações homogêneas associado e $\boldsymbol{y}_{p}$ é uma solução do sistema de equações não homogêneas.

Notamos que $r_{1,2}=-1$ é autovalor duplo da matriz de coeficientes do sistema. Com isso, temos as soluções fundamentais da forma

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}(t)$	$\displaystyle=\boldsymbol{v}_{1}e^{-t},$		(4.470)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}(t)$	$\displaystyle=\boldsymbol{v}_{1}te^{-t}+\boldsymbol{v}_{2}e^{-t}.$		(4.471)

O vetor $\boldsymbol{v}_{1}$ é autovalor associado a $r_{1,2}=-1$ , i.e.

	$\displaystyle(A-r_{1,2}I)\boldsymbol{v}_{1}=\underline{0}$		(4.472)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}0&1&\|&0\\ 0&0&\|&0\end{bmatrix}$		(4.475)
	$\displaystyle\boldsymbol{v}_{1}=\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}$		(4.478)

Por outro lado, $\boldsymbol{v}_{2}$ é tal que

	$\displaystyle(A-r_{1,2}I)\boldsymbol{v}_{2}=\boldsymbol{v}_{1}$		(4.479)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}0&1&\|&1\\ 0&0&\|&0\end{bmatrix}$		(4.482)
	$\displaystyle\boldsymbol{v}_{2}=\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}$		(4.485)

Com isso, temos obtidas

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}(t)$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}e^{-t},$		(4.488)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}(t)$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}te^{-t}+\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}e^{-t}.$		(4.493)

No Exercício Resolvido 4.2.1, calculamos a solução particular

\boldsymbol{y}_{p}(t)=\left(\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}-\frac{1}{2}\\ 0\end{bmatrix}t^{2}\right)e^{-t}.

(4.494)

Até aqui, temos calculado a solução geral

$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)$	$\displaystyle=c_{1}\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}e^{-t}$	(4.497)
	$\displaystyle+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}te^{-t}+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}e^{-t}$	(4.502)
	$\displaystyle+\left(\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}-\frac{1}{2}\\ 0\end{bmatrix}t^{2}\right)e^{-t}.$	(4.507)

Por fim, aplicamos a condição inicial

	$\displaystyle\boldsymbol{y}(0)=\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}$		(4.510)
	$\displaystyle c_{1}\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}$		(4.517)

Ou seja, $c_{2}=-1$ e $c_{1}=2$ .

Concluímos que a solução do PVI é

$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)$	$\displaystyle=2\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}e^{-t}$	(4.520)
	$\displaystyle-\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}te^{-t}-\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}e^{-t}$	(4.525)
	$\displaystyle+\left(\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}-\frac{1}{2}\\ 0\end{bmatrix}t^{2}\right)e^{-t}.$	(4.530)

Exercícios

E. 4.2.1.

Calcule uma solução particular de

\boldsymbol{y}^{\prime}=\begin{bmatrix}-2&2\\ -2&3\end{bmatrix}\boldsymbol{y}+\begin{bmatrix}e^{t}\\ -e^{t}\end{bmatrix}.

(4.531)

Resposta.

$y_{p1}(t)=2e^{t}$ , $y_{p2}(t)=\frac{5}{2}e^{t}$

E. 4.2.2.

Calcule uma solução particular de

	$\displaystyle y_{1}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=-y_{1}(t)+2y_{2}(t)-e^{3t}$		(4.532)
	$\displaystyle y_{2}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=4y_{1}(t)+y_{2}(t)+e^{-t}$		(4.533)

Resposta.

$y_{p1}(t)=\frac{1}{36}e^{-t}(-4e^{4t}(3t+1)-9)$ , $y_{p2}(t)=\frac{1}{9}e^{3t}(1-6t)$

E. 4.2.3.

Encontre a solução geral de

	$\displaystyle y_{1}^{\prime}$	$\displaystyle=2y_{1}-y_{2}+\operatorname{sen}(t)$		(4.534)
	$\displaystyle y_{2}^{\prime}$	$\displaystyle=5y_{1}-2y_{2}-1$		(4.535)

Resposta.

$y_{1}(t)=-c_{2}\operatorname{sen}(t)+c_{1}(2\operatorname{sen}(t)+cos(t))+% \frac{1}{2}(t\operatorname{sen}(t)-(2t+1)\cos(t)+2)$ , $y_{2}(t)=5c_{1}\operatorname{sen}(t)+c_{2}(\cos(t)-2\operatorname{sen}(t))-% \frac{5}{2}t\cos(t)+2$

E. 4.2.4.

Calcule a solução de

	$\displaystyle\boldsymbol{y}^{\prime}$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}-2&2\\ -2&3\end{bmatrix}\boldsymbol{y}+\begin{bmatrix}e^{t}\\ -e^{t}\end{bmatrix},$		(4.540)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}(0)$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}$		(4.543)

Resposta.

$y_{1}(t)=\frac{1}{3}e^{-t}-\frac{4}{3}e^{2t}+2e^{t}$ , $y_{2}(t)=\frac{1}{6}e^{-t}-\frac{8}{3}e^{2t}+\frac{5}{2}e^{t}$

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Equações Diferenciais Ordinárias

4 Sistema de EDOs lineares de ordem 1 4.1 Sistema de equações homogêneas 5 EDO linear de ordem mais alta com coeficientes variáveis

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4.2 Sistema de equações não homogêneas

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\boldsymbol{y}^{\prime}(t)=A\boldsymbol{y}(t)+\boldsymbol{g}(t),

(4.367)

onde $\boldsymbol{y}=(y_{1},\dotsc,y_{n})$ , $y_{j}:t\mapsto y_{j}(t)$ , $A=[a_{ij}]_{i,j=1}^{n,n}$ e $\boldsymbol{g}=(g_{1},\dotsc,g_{n})$ , $g_{j}:t\mapsto g_{j}(t)$ , $j=1,\dotsc,n>1$ .

A solução geral de um tal sistema tem a forma

\boldsymbol{y}(t)=c_{1}\boldsymbol{y}_{1}(t)+\cdots+c_{n}\boldsymbol{y}_{n}(t)% +\boldsymbol{w}(t),

(4.368)

Exemplo 4.2.1.

Vamos calcular uma solução geral para o sistema

\boldsymbol{y}^{\prime}=\begin{bmatrix}-2&2\\ -2&3\end{bmatrix}\boldsymbol{y}+\begin{bmatrix}-t\\ 2e^{t}\end{bmatrix}

(4.369)

O primeiro passo consiste em calcularmos o conjunto fundamental de soluções para o sistema de equações homogêneas associado. Isto foi feito no Exemplo 4.1.1, do qual temos as soluções

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}(t)$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}2\\ 1\end{bmatrix}e^{-t},$		(4.372)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}(t)$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}1\\ 2\end{bmatrix}e^{2t}$		(4.375)

Agora, com base no termo fonte $\boldsymbol{g}$ e nas soluções fundamentais¹⁹¹⁹endnote: ¹⁹Veja a Observação 3.3.2.. Observamos que o termo fonte é

	$\displaystyle\boldsymbol{g}(t)$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}-t\\ 2e^{t}\end{bmatrix}$		(4.378)
		$\displaystyle=\begin{bmatrix}-1\\ 0\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}0\\ 2\end{bmatrix}e^{t}$		(4.383)

Assim sendo, buscamos por uma solução particular do sistema (4.369) da forma

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{p}(t)$	$\displaystyle=\boldsymbol{w}_{1}+\boldsymbol{w}_{2}t+\boldsymbol{w}_{3}e^{t}$		(4.384)
		$\displaystyle=\begin{bmatrix}w_{11}\\ w_{21}\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}w_{12}\\ w_{22}\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}w_{13}\\ w_{23}\end{bmatrix}e^{t}$		(4.391)

Substituindo $\boldsymbol{y}_{p}$ no sistema (4.369), obtemos

$\displaystyle\boldsymbol{y}_{p}^{\prime}$	$\displaystyle=\underbrace{\begin{bmatrix}-2&2\\ -2&3\end{bmatrix}}_{A}\boldsymbol{y}_{p}+\begin{bmatrix}-1\\ 0\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}0\\ 2\end{bmatrix}e^{t}$	(4.398)
$\displaystyle{\color[rgb]{1,0,0}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{1,0,0% }\pgfsys@color@rgb@stroke{1}{0}{0}\pgfsys@color@rgb@fill{1}{0}{0}\boldsymbol{w% }_{2}}+\boldsymbol{w}_{3}e^{t}$	$\displaystyle={\color[rgb]{1,0,0}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{% 1,0,0}\pgfsys@color@rgb@stroke{1}{0}{0}\pgfsys@color@rgb@fill{1}{0}{0}A% \boldsymbol{w}_{1}}+{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb% }{0,0,1}\pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}A% \boldsymbol{w}_{2}}t+A\boldsymbol{w}_{3}e^{t}$	(4.399)
	$\displaystyle+{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{% 0,0,1}\pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}\begin{% bmatrix}-1\\ 0\end{bmatrix}}t+\begin{bmatrix}0\\ 2\end{bmatrix}e^{t}$	(4.404)

Logo, por associação, temos

	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }\pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}A\boldsymbol{% w}_{2}+\begin{bmatrix}-1\\ 0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\ 0\end{bmatrix}}$		(4.409)
	$\displaystyle\boldsymbol{w}_{2}=\begin{bmatrix}-\frac{3}{2}\\ -1\end{bmatrix}$		(4.412)

	$\displaystyle{\color[rgb]{1,0,0}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{1,0,0% }\pgfsys@color@rgb@stroke{1}{0}{0}\pgfsys@color@rgb@fill{1}{0}{0}A\boldsymbol{% w}_{1}=\boldsymbol{w}_{2}}$		(4.413)
	$\displaystyle\boldsymbol{w}_{1}=\begin{bmatrix}\frac{5}{4}\\ \frac{1}{2}\end{bmatrix}$		(4.416)

	$\displaystyle\boldsymbol{w}_{3}=A\boldsymbol{w}_{3}+\begin{bmatrix}0\\ 2\end{bmatrix}$		(4.419)
	$\displaystyle(A-I)\boldsymbol{w}_{3}=\begin{bmatrix}0\\ -2\end{bmatrix}$		(4.422)
	$\displaystyle\boldsymbol{w}_{3}=\begin{bmatrix}-2\\ -3\end{bmatrix}$		(4.425)

Do calculado, temos a solução particular

\boldsymbol{y}_{p}(t)=\begin{bmatrix}\frac{5}{4}\\ \frac{1}{2}\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}-\frac{3}{2}\\ -1\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}-2\\ -3\end{bmatrix}e^{t}.

(4.426)

Por fim, a solução geral é

\boldsymbol{y}(t)={\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{% 0,0,1}\pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}c_{1}% \boldsymbol{y}_{1}(t)+c_{2}\boldsymbol{y}_{2}(t)}+{\color[rgb]{1,0,0}% \definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{1,0,0}\pgfsys@color@rgb@stroke{1}{0}{% 0}\pgfsys@color@rgb@fill{1}{0}{0}\boldsymbol{y}_{p}(t)}

(4.427)

i.e.,

$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)$	$\displaystyle={\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{% 0,0,1}\pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}c_{1}% \begin{bmatrix}2\\ 1\end{bmatrix}e^{-t}+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 2\end{bmatrix}e^{2t}}$	(4.432)
	$\displaystyle+{\color[rgb]{1,0,0}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{% 1,0,0}\pgfsys@color@rgb@stroke{1}{0}{0}\pgfsys@color@rgb@fill{1}{0}{0}\begin{% bmatrix}\frac{5}{4}\\ \frac{1}{2}\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}-\frac{3}{2}\\ -1\end{bmatrix}t}$	(4.437)
	$\displaystyle{\color[rgb]{1,0,0}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{1,0,0% }\pgfsys@color@rgb@stroke{1}{0}{0}\pgfsys@color@rgb@fill{1}{0}{0}+\begin{% bmatrix}-2\\ -3\end{bmatrix}e^{t}}$	(4.440)

Exercícios resolvidos

ER 4.2.1.

Calcule uma solução particular de

\boldsymbol{y}^{\prime}=\begin{bmatrix}-1&1\\ 0&-1\end{bmatrix}\boldsymbol{y}+\begin{bmatrix}e^{-t}\\ -e^{-t}\end{bmatrix}

(4.441)

Solução.

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}(t)$	$\displaystyle=\boldsymbol{v}_{1}e^{-t}$		(4.442)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}(t)$	$\displaystyle=\boldsymbol{v}_{1}te^{-t}+\boldsymbol{v}_{2}e^{-t}$		(4.443)

formam um sistema fundamental de soluções, onde $\boldsymbol{v}_{1}$ e $\boldsymbol{v}_{2}$ são vetores adequados.

\boldsymbol{y}_{p}(t)=(\boldsymbol{w}_{1}t+\boldsymbol{w}_{2}t^{2})e^{-t}.

(4.444)

Denotando a matriz de coeficientes do sistema por $A$ , o termo não homogêneo por $\boldsymbol{g}$ e substituindo $\boldsymbol{y}_{p}$ no sistema, temos

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{p}^{\prime}=A\boldsymbol{y}_{p}+\boldsymbol{g}(t)$		(4.445)
	$\displaystyle\left[\boldsymbol{w}_{1}+(2\boldsymbol{w}_{2}-\boldsymbol{w}_{1})% t-\boldsymbol{w}_{2}t^{2}\right]e^{-t}=(A\boldsymbol{w}_{1}t+A\boldsymbol{w}_{% 2}t^{2})e^{-t}+\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}e^{-t}$		(4.448)

Daí, segue que

\boldsymbol{w}_{1}=\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}.

(4.449)

Do termo $t^{2}e^{-t}$ , temos

A\boldsymbol{w}_{2}=-\boldsymbol{w}_{2}.

(4.450)

Disso e do termo $te^{-t}$ , obtemos

	$\displaystyle A\boldsymbol{w}_{1}=(2w_{2}-w_{1})$		(4.451)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-2\\ 1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}2w_{12}-1\\ 2w_{22}+1\end{bmatrix}$		(4.456)
	$\displaystyle\boldsymbol{w}_{2}=\begin{bmatrix}-\frac{1}{2}\\ 0\end{bmatrix}$		(4.459)

Concluímos que

\boldsymbol{y}_{p}(t)=\left(\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}-\frac{1}{2}\\ 0\end{bmatrix}t^{2}\right)e^{-t}

(4.460)

é solução particular do sistema.

ER 4.2.2.

Calcule a solução do PVI

	$\displaystyle\boldsymbol{y}^{\prime}$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}-1&1\\ 0&-1\end{bmatrix}\boldsymbol{y}+\begin{bmatrix}e^{-t}\\ -e^{-t}\end{bmatrix}$		(4.465)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}(0)$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}$		(4.468)

Solução.

Primeiramente, calculamos a solução geral da forma

\boldsymbol{y}(t)=c_{1}\boldsymbol{y}_{1}(t)+c_{2}\boldsymbol{y}_{2}(t)+% \boldsymbol{y}_{p}(t),

(4.469)

Notamos que $r_{1,2}=-1$ é autovalor duplo da matriz de coeficientes do sistema. Com isso, temos as soluções fundamentais da forma

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}(t)$	$\displaystyle=\boldsymbol{v}_{1}e^{-t},$		(4.470)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}(t)$	$\displaystyle=\boldsymbol{v}_{1}te^{-t}+\boldsymbol{v}_{2}e^{-t}.$		(4.471)

O vetor $\boldsymbol{v}_{1}$ é autovalor associado a $r_{1,2}=-1$ , i.e.

	$\displaystyle(A-r_{1,2}I)\boldsymbol{v}_{1}=\underline{0}$		(4.472)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}0&1&\|&0\\ 0&0&\|&0\end{bmatrix}$		(4.475)
	$\displaystyle\boldsymbol{v}_{1}=\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}$		(4.478)

Por outro lado, $\boldsymbol{v}_{2}$ é tal que

	$\displaystyle(A-r_{1,2}I)\boldsymbol{v}_{2}=\boldsymbol{v}_{1}$		(4.479)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}0&1&\|&1\\ 0&0&\|&0\end{bmatrix}$		(4.482)
	$\displaystyle\boldsymbol{v}_{2}=\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}$		(4.485)

Com isso, temos obtidas

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}(t)$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}e^{-t},$		(4.488)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}(t)$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}te^{-t}+\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}e^{-t}.$		(4.493)

No Exercício Resolvido 4.2.1, calculamos a solução particular

\boldsymbol{y}_{p}(t)=\left(\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}-\frac{1}{2}\\ 0\end{bmatrix}t^{2}\right)e^{-t}.

(4.494)

Até aqui, temos calculado a solução geral

$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)$	$\displaystyle=c_{1}\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}e^{-t}$	(4.497)
	$\displaystyle+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}te^{-t}+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}e^{-t}$	(4.502)
	$\displaystyle+\left(\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}-\frac{1}{2}\\ 0\end{bmatrix}t^{2}\right)e^{-t}.$	(4.507)

Por fim, aplicamos a condição inicial

	$\displaystyle\boldsymbol{y}(0)=\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}$		(4.510)
	$\displaystyle c_{1}\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}$		(4.517)

Ou seja, $c_{2}=-1$ e $c_{1}=2$ .

Concluímos que a solução do PVI é

$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)$	$\displaystyle=2\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}e^{-t}$	(4.520)
	$\displaystyle-\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}te^{-t}-\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}e^{-t}$	(4.525)
	$\displaystyle+\left(\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}-\frac{1}{2}\\ 0\end{bmatrix}t^{2}\right)e^{-t}.$	(4.530)

Exercícios

E. 4.2.1.

Calcule uma solução particular de

\boldsymbol{y}^{\prime}=\begin{bmatrix}-2&2\\ -2&3\end{bmatrix}\boldsymbol{y}+\begin{bmatrix}e^{t}\\ -e^{t}\end{bmatrix}.

(4.531)

Resposta.

$y_{p1}(t)=2e^{t}$ , $y_{p2}(t)=\frac{5}{2}e^{t}$

E. 4.2.2.

Calcule uma solução particular de

	$\displaystyle y_{1}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=-y_{1}(t)+2y_{2}(t)-e^{3t}$		(4.532)
	$\displaystyle y_{2}^{\prime}(t)$	$\displaystyle=4y_{1}(t)+y_{2}(t)+e^{-t}$		(4.533)

Resposta.

$y_{p1}(t)=\frac{1}{36}e^{-t}(-4e^{4t}(3t+1)-9)$ , $y_{p2}(t)=\frac{1}{9}e^{3t}(1-6t)$

E. 4.2.3.

Encontre a solução geral de

	$\displaystyle y_{1}^{\prime}$	$\displaystyle=2y_{1}-y_{2}+\operatorname{sen}(t)$		(4.534)
	$\displaystyle y_{2}^{\prime}$	$\displaystyle=5y_{1}-2y_{2}-1$		(4.535)

Resposta.

E. 4.2.4.

Calcule a solução de

	$\displaystyle\boldsymbol{y}^{\prime}$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}-2&2\\ -2&3\end{bmatrix}\boldsymbol{y}+\begin{bmatrix}e^{t}\\ -e^{t}\end{bmatrix},$		(4.540)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}(0)$	$\displaystyle=\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}$		(4.543)

Resposta.

$y_{1}(t)=\frac{1}{3}e^{-t}-\frac{4}{3}e^{2t}+2e^{t}$ , $y_{2}(t)=\frac{1}{6}e^{-t}-\frac{8}{3}e^{2t}+\frac{5}{2}e^{t}$

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Pedro H A Konzen

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