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),

(4.162)

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),

(4.163)

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}

(4.164)

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

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}(t)=\begin{bmatrix}2\\ 1\end{bmatrix}e^{-t},$		(4.165)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}(t)=\begin{bmatrix}1\\ 2\end{bmatrix}e^{2t}$		(4.166)

Agora, com base no termo fonte $\boldsymbol{g}$ e nas soluções fundamentais⁴⁴4Veja a Observação 3.3.2.. Observamos que o termo fonte é

	$\displaystyle\boldsymbol{g}(t)=\begin{bmatrix}-t\\ 2e^{t}\end{bmatrix}$		(4.167)
	$\displaystyle\text{}\quad=\begin{bmatrix}-1\\ 0\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}0\\ 2\end{bmatrix}e^{t}$		(4.168)

Assim sendo, buscamos por uma solução particular do sistema (4.164) da forma

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{p}(t)=\boldsymbol{w}_{1}+\boldsymbol{w}_{2}t+% \boldsymbol{w}_{3}e^{t}$		(4.169)
	$\displaystyle\text{}\quad=\begin{bmatrix}w_{11}\\ w_{21}\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}w_{12}\\ w_{22}\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}w_{13}\\ w_{23}\end{bmatrix}e^{t}$		(4.170)

Substituindo $\boldsymbol{y}_{p}$ no sistema (4.164), obtemos

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{p}^{\prime}=\underbrace{\begin{bmatrix}-2&2\\ -2&3\end{bmatrix}}_{A}\boldsymbol{y}_{p}+\begin{bmatrix}-1\\ 0\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}0\\ 2\end{bmatrix}e^{t}$		(4.171)
	$\displaystyle{\color[rgb]{1,0,0}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{1,0,0% }\boldsymbol{w}_{2}}+\boldsymbol{w}_{3}e^{t}={\color[rgb]{1,0,0}\definecolor[% named]{pgfstrokecolor}{rgb}{1,0,0}A\boldsymbol{w}_{1}}+{\color[rgb]{0,0,1}% \definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}A\boldsymbol{w}_{2}}t+A% \boldsymbol{w}_{3}e^{t}$
	$\displaystyle\text{}\qquad+{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{% pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}\begin{bmatrix}-1\\ 0\end{bmatrix}}t+\begin{bmatrix}0\\ 2\end{bmatrix}e^{t}$		(4.172)

Logo, por associação, temos

	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }A\boldsymbol{w}_{2}+\begin{bmatrix}-1\\ 0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\ 0\end{bmatrix}}$		(4.173)
	$\displaystyle\boldsymbol{w}_{2}=\begin{bmatrix}-\frac{3}{2}\\ -1\end{bmatrix}$		(4.174)

	$\displaystyle{\color[rgb]{1,0,0}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{1,0,0% }A\boldsymbol{w}_{1}=\boldsymbol{w}_{2}}$		(4.175)
	$\displaystyle\boldsymbol{w}_{1}=\begin{bmatrix}\frac{5}{4}\\ \frac{1}{2}\end{bmatrix}$		(4.176)

	$\displaystyle\boldsymbol{w}_{3}=A\boldsymbol{w}_{3}+\begin{bmatrix}0\\ 2\end{bmatrix}$		(4.177)
	$\displaystyle(A-I)\boldsymbol{w}_{3}=\begin{bmatrix}0\\ -2\end{bmatrix}$		(4.178)
	$\displaystyle\boldsymbol{w}_{3}=\begin{bmatrix}-2\\ -3\end{bmatrix}$		(4.179)

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}.

(4.180)

Por fim, a solução geral é

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

(4.181)

i.e.,

	$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)={\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{% pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}c_{1}\begin{bmatrix}2\\ 1\end{bmatrix}e^{-t}+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 2\end{bmatrix}e^{2t}}$
	$\displaystyle\text{}\qquad+{\color[rgb]{1,0,0}\definecolor[named]{% pgfstrokecolor}{rgb}{1,0,0}\begin{bmatrix}\frac{5}{4}\\ \frac{1}{2}\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}-\frac{3}{2}\\ -1\end{bmatrix}t}$
	$\displaystyle\text{}\qquad{\color[rgb]{1,0,0}\definecolor[named]{% pgfstrokecolor}{rgb}{1,0,0}+\begin{bmatrix}-2\\ -3\end{bmatrix}e^{t}}$		(4.182)

4.2.1 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}

(4.183)

Resolução.

Primeiramente, calculamos a forma das soluções fundamentais do sistema de equações homogêneas associado. A matriz⁵⁵5Os 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

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}(t)=\boldsymbol{v}_{1}e^{-t}$		(4.184)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}(t)=\boldsymbol{v}_{1}te^{-t}+\boldsymbol{v}_{2% }e^{-t}$		(4.185)

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 homogêneo⁶⁶6Veja 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}.

(4.186)

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

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{p}^{\prime}=A\boldsymbol{y}_{p}+\boldsymbol{g}(t)$		(4.187)
	$\displaystyle\left[\boldsymbol{w}_{1}+(2\boldsymbol{w}_{2}-\boldsymbol{w}_{1})% t-\boldsymbol{w}_{2}t^{2}\right]e^{-t}=(A\boldsymbol{w}_{1}t+A\boldsymbol{w}_{% 2}t^{2})e^{-t}+\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}e^{-t}$		(4.188)

Daí, segue que

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

(4.189)

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

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

(4.190)

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

	$\displaystyle A\boldsymbol{w}_{1}=(2w_{2}-w_{1})$		(4.191)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}-2\\ 1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}2w_{12}-1\\ 2w_{22}+1\end{bmatrix}$		(4.192)
	$\displaystyle\boldsymbol{w}_{2}=\begin{bmatrix}-\frac{1}{2}\\ 0\end{bmatrix}$		(4.193)

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}

(4.194)

é solução particular do sistema.

ER 4.2.2.

Calcule a solução do PVI

	$\displaystyle\boldsymbol{y}^{\prime}=\begin{bmatrix}-1&1\\ 0&-1\end{bmatrix}\boldsymbol{y}+\begin{bmatrix}e^{-t}\\ -e^{-t}\end{bmatrix}$		(4.195)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}(0)=\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}$		(4.196)

Resolução.

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),

(4.197)

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

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}(t)=\boldsymbol{v}_{1}e^{-t},$		(4.198)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}(t)=\boldsymbol{v}_{1}te^{-t}+\boldsymbol{v}_{2% }e^{-t}.$		(4.199)

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

	$\displaystyle(A-r_{1,2}I)\boldsymbol{v}_{1}=\underline{0}$		(4.200)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}0&1&\|&0\\ 0&0&\|&0\end{bmatrix}$		(4.201)
	$\displaystyle\boldsymbol{v}_{1}=\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}$		(4.202)

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

	$\displaystyle(A-r_{1,2}I)\boldsymbol{v}_{2}=\boldsymbol{v}_{1}$		(4.203)
	$\displaystyle\begin{bmatrix}0&1&\|&1\\ 0&0&\|&0\end{bmatrix}$		(4.204)
	$\displaystyle\boldsymbol{v}_{2}=\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}$		(4.205)

Com isso, temos obtidas

	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{1}(t)=\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}e^{-t},$		(4.206)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}_{2}(t)=\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}te^{-t}+\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}e^{-t}.$		(4.207)

No ER.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}.

(4.208)

Até aqui, temos calculado a solução geral

	$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)=c_{1}\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}e^{-t}$
	$\displaystyle\text{}\qquad+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}te^{-t}+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}e^{-t}$
	$\displaystyle\text{}\qquad+\left(\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}-\frac{1}{2}\\ 0\end{bmatrix}t^{2}\right)e^{-t}.$		(4.209)

Por fim, aplicamos a condição inicial

	$\displaystyle\boldsymbol{y}(0)=\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}$		(4.210)
	$\displaystyle c_{1}\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}+c_{2}\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}$		(4.211)

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

Concluímos que a solução do PVI é

	$\displaystyle\boldsymbol{y}(t)=2\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}e^{-t}$
	$\displaystyle\text{}\qquad-\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}te^{-t}-\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}e^{-t}$
	$\displaystyle\text{}\qquad+\left(\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}-\frac{1}{2}\\ 0\end{bmatrix}t^{2}\right)e^{-t}.$		(4.212)

4.2.2 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}.

(4.213)

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

E. 4.2.2.

Calcule uma solução particular de

	$\displaystyle y_{1}^{\prime}(t)=-y_{1}(t)+2y_{2}(t)-e^{3t}$		(4.214)
	$\displaystyle y_{2}^{\prime}(t)=4y_{1}(t)+y_{2}(t)+e^{-t}$		(4.215)

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

E. 4.2.3.

Encontre a solução geral de

	$\displaystyle y_{1}^{\prime}=2y_{1}-y_{2}+\operatorname{sen}(t)$		(4.216)
	$\displaystyle y_{2}^{\prime}=5y_{1}-2y_{2}-1$		(4.217)

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

E. 4.2.4.

Calcule a solução de

	$\displaystyle\boldsymbol{y}^{\prime}=\begin{bmatrix}-2&2\\ -2&3\end{bmatrix}\boldsymbol{y}+\begin{bmatrix}e^{t}\\ -e^{t}\end{bmatrix},$		(4.218)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}(0)=\begin{bmatrix}1\\ 0\end{bmatrix}$		(4.219)

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

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4.2 Sistema de equações não homogêneas

Exemplo 4.2.1.

4.2.1 Exercícios resolvidos

ER 4.2.1.

Resolução.

ER 4.2.2.

Resolução.

4.2.2 Exercícios

E. 4.2.1.

E. 4.2.2.

E. 4.2.3.

E. 4.2.4.

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