Teoria

Nossos S.E.D.O.L’s

Agora que já estamos ligados nas EDOL’s, bora pros SEDOL’s (o S é de sistema). Um SEDOL é algo parecido com isso aqui:

3 t 2 z ' ' + 2 z ' - ( ln ⁡ t ) y = 0 t y ' ' ' + t 2 y ' - 2 z = 4 t

Ou seja um sistema formado por EDO’s lineares em cada uma das funções y e z . Mas de novo galera, vamos trabalhar com casos bem específicos aqui na Álgebra Linear. Nosso tema de estudo vai ser então algo do tipo:

2 z ' - y = 0   y ' - 2 z = 0

Ou seja, não vamos termos independentes na equação (funções de t separadas das funções incógnitas) e teremos somente coeficientes constantes. Logo, SEDOL’s homogêneas com coeficientes constantes. Vamos chamar de SEDOLH’s por simplicidade.

Vamos ver que podemos escrever os SEDOLH’s em uma forma matricial. Reagrupando as equações temos:

y ' = 2 z z ' = y 2  

Vamos definir uma matriz coluna que tem funções como entradas. Não se assuste não, tudo acontece como se tivéssemos números nas matrizes, como estamos acostumados.

X t = y t z ( t )

Formalmente, aqui nós temos nada mais que uma função X : R → R 2 . Então não tem nada de novo aqui. A derivada de X é definida de forma bem intuitiva:

X ' = y ' z '

Sendo:

A = 0 2 1 2 0

Teremos:

X ' t = A X ( t )

Essa notação vai deixar tudo mais simples, afinal ela é bem parecida com a expressão das nossas velhas transformações lineares.

Agora, antes de aprendermos como resolver essas equações, vamos ver o que é resolvê-las.

Seja uma SEDOLH:

X ' t = A X ( t )

E suponhamos que :

X 1 = t 3 - t         X 2 = t t       X 3 = 2 t 3 - 2 t

São soluções da equação. Teremos que toda solução do sistema pode ser expressa como:

X = c 1 X 1 + c 2 X 2

Onde c 1 e c 2 são constantes arbitrárias. Mas haverá soluções do sistema que não poderão ser escritas na forma:

X = c 1 X 1 + c 3 X 3

Isso porque temos:

det [ X 1   X 2 ] ⁡ = t ³ t - t t = t 4 + t 2 ≠ 0

Mas:

det ⁡ [ X 1   X 3 ] = t 3 2 t 3 - t - 2 t = - 2 t 4 + 2 t 4 = 0

Esses determinantes que nós calculamos aqui são chamados de wronskianos. Eta nome feio.

Vamos abstrair essa parada com um belíssimo teorema.

Seja uma SEDOLH:

X ' = A X

Com dim ⁡ X = n . Se X 1 , X 2 , … , X n são soluções da equação e:

W X 1 , X 2 , … , X n = det ⁡ [ X 1   X 2   …     X n ] ≠ 0

Temos que { X 1 , X 2 , … , X n } é base do conjunto de soluções da equação. Essa base também é chamada de conjunto fundamental de soluções.

Resolvendo os SEDOLH’s

Pra resolver nossos SEDOLH’s, vamos usar um truque que todos conhecemos muito bem: chutar uma solução. Ora, se acharmos n soluções l.i. de acordo com o teorema acima, tá tudo certo.

O truque aqui é chutar uma solução esperta: X = u e λ t , onde u é um matriz n x 1 , u ∈ M n x 1 ( R ) . Nesse caso teremos:

X ' = d u e λ t d t = λ u e λ t = λ X

Mas a equação é algo do tipo:

X ' = A X

Certo? Logo, teremos:

A X = λ X

Opa, esse problema nós sabemos resolver! É só acharmos os autovetores e autovalores de A !!

Infelizmente, não acabamos ainda. No caso em que A é diagonalizável e tem somente autovalores reais, acabamos o problema.

Se tivermos autovalores complexos?

Suponha que tenhamos um autovalor complexo de A λ = α + i β e um autovetor associado u = v + i w , onde v e w são vetores reais. Teremos inicialmente uma solução complexa para o problema, mas lembrem-se, estamos tratando aqui de funções reais então não queremos essa:

u e λ t = u e α + i β t

Vamos separar as partes reais e imaginárias dessa solução:

u e α + i β t = e α t v + i w cos ⁡ β t + i sin ⁡ β t  

Fazendo as contas chegamos em:

u e λ t = v   c o s β t - w sin ⁡ β t e α t + i ( v sin ⁡ β t   + w cos ⁡ β t ) e α t  

Temos uma parte toda real e uma parte toda imaginária. E daí? Bem galera, vamos fazer umas contas com uns vetores complexos:

X = u + i v

Aqui o u e o v são vetores de funções.

X ' = u ' + i v '

Agora seja um SEDOL do tipo:

X ' = A X

Onde A é uma matriz real:

u ' + i v ' = A u + i A v ⇒ u ' = A u v ' = A v

Resumo da história, as partes reais e imaginárias são, separadamente, soluções do SEDOLH!! Assim, no nosso caso, teremos que as soluções que procuramos são essas aqui:

X 1 = v   c o s β t - w sin ⁡ β t e α t

X 2 = ( v sin ⁡ β t   + w cos ⁡ β t ) e α t  

Observe que obtemos duas soluções pois elas estão atreladas a dois autovalores λ e λ - .

Então, se na hora da prova vocês não se lembrarem da forma, lembrem-se do procedimento que fizemos pra chegar aqui: só separamos as partes reais e imaginárias da solução.

E se a matriz não for diagonalizável?

Vamos supor agora que tenhamos um autovalor λ de A com multiplicidade algébrica 2 e multiplicidade geométrica 1 . Lembramos do nosso teorema lá em cima: precisamos de n soluções l.i. pra achar a geral, coisa que não temos tão fácil aqui.

E agora?? Bem galera, com esse λ , conseguimos achar um autovetor u e uma solução X 1 t = u e α t . Vou dizer pra vocês já a solução já que não é tão enriquecedor sabermos como chegamos nela. Vamos ter outra solução dada por:

X 2 t = u t e λ t + v e λ t

Onde v é um vetor que descobrimos resolvendo o sistema:

A - λ I v = u

Dá uma boa olhada nessa fórmula do X 2 , com um pouco de prática fica fácil lembrar dela. Além do mais, com ela já conseguimos induzir o caso em que λ tem multiplicidade algébrica 3 :

X 3 t = u t 2 e λ t + v t e λ t + w e λ t

Onde w é tirado do sistema:

A - λ I w = v

É isso aí galera. Agora já conseguimos resolver os SEDOLH’s que vão aparecerem no nosso caminho. Bora enfrentar eles nos exercícios.

Resolvendo os SEDOLH’s

Se tivermos autovalores complexos?

E se a matriz não for diagonalizável?

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Passo 1

Aqui, o problema já cuida da parte computacional pra gente. Temos o sistema:

X ' = A X

E ele nos deu os autovalores e autovetores de A. Lembramos que a solução de um sistema desse tipo é:

u e λ t

Onde u é um autovetor de A e λ seu autovalor associado.

Passo 2

Autovalor real:

A solução associada é:

X 1 t = e 3 t ( 0,0 , 1 )

Autovalores complexos:

Lembrando da decomposição dos autovalores e autovetores:

u = v + i w

λ = α + i β

Teremos:

α = 3

β = 1

v = 1,0 , 0

w = ( 0,1 , 0 )

Logo:

X 2 t = v   c o s β t - w sin ⁡ β t e α t = e 3 t ( cos ⁡ t , - sin ⁡ t , 0 )

X 3 t = ( v sin ⁡ β t   + w cos ⁡ β t ) e α t   = e 3 t ( sin ⁡ t , cos ⁡ t , 0 )

Por fIm:

X t = c 1 X 1 t + c 2 X 2 t + c 3 X 3 ( t )

X t = e 3 t ( c 2 cos ⁡ t + c 3 sin ⁡ t , c 3 cos ⁡ t - c 2 sin ⁡ t , c 1 )

Resposta

e X t = e 3 t c 2 cos ⁡ t + c 3 sin ⁡ t , - c 2 sin ⁡ t + c 3 cos ⁡ t , c 1 ,   c 1 , c 2 , c 3 ∈ R

Exercício Resolvido #2

Determine a solução geral da equação:

X ' = 1 - 1 4 3 2 - 1 2 1 - 1 X

Passo 1

Já sabemos que o primeiro passo pra achar a solução geral é encontrar os autovalores e autovetores da nossa matriz A, que no caso é:

A = 1 - 1 4 3 2 - 1 2 1 - 1

Pra encontrar autovalores, fazemos:

det ⁡ A - λ I = 0

1 - λ - 1 4 3 2 - λ - 1 2 1 - 1 - λ = 0

1 - λ 2 - λ - 1 - λ - 4 1 - λ = 0

1 - λ 2 - λ - 1 - λ - 4 = 0

Então temos:

1 - λ = 0 ⇒ λ 1 = 1

Ou então:

2 - λ - 1 - λ - 4 = 0

- 2 - 2 λ + λ + λ 2 - 4 = 0

λ 2 - λ - 6 = 0

λ 2 = 3

λ 3 = - 2

Passo 2

Agora pra cada autovalor vamos resolver o sisteminha:

A - λ I v = 0

pra poder achar os autovetores v.

Pra λ 1 = 1 :

0 - 1 4 3 1 - 1 2 1 - 2 x y z = 0 0 0

Escalonando a matriz dos coeficientes e o vetor do lado direito:

1 0 1 0 1 - 4 0 0 0 x y z = 0 0 0

Pela segunda linha:

y - 4 z = 0 ⇒ y = 4 z

Pela primeira linha:

x + z = 0 ⇒ x = - z

Então os autovetores associados ao autovalor 1 são:

x , y , z = - z , 4 z , z = z - 1 , 4 , 1

Em particular, temos o autovetor:

v 1 = ( - 1 , 4 , 1 )

Pra λ 2 = 3 :

- 2 - 1 4 3 - 1 - 1 2 1 - 4 x y z = 0 0 0

Escalonando a matriz dos coeficientes e o vetor do lado direito:

- 2 - 1 4 0 - 5 2 5 0 0 0 x y z = 0 0 0

Pela segunda linha:

- 5 2 y + 5 z = 0 ⇒ y = 2 z

Pela primeira linha:

- 2 x - y + 4 z = 0

- 2 x - 2 z + 4 z = 0

∴ x = z

Então os autovetores associados ao autovalor 3 são:

x , y , z = z , 2 z , z = z 1 , 2 , 1

Em particular, temos o autovetor:

v 2 = ( 1 , 2 , 1 )

Por último, pra λ 3 = - 2 :

3 - 1 4 3 4 - 1 2 1 1 x y z = 0 0 0

Escalonando a matriz dos coeficientes e o vetor do lado direito:

3 - 1 4 0 5 - 5 0 0 0 x y z = 0 0 0

Pela segunda linha:

5 y - 5 z = 0 ⇒ y = z

Pela primeira linha:

3 x - y + 4 z = 0

3 x - z + 4 z = 0

∴ x = - z

Então os autovetores associados ao autovalor -2 são:

x , y , z = - z , z , z = z - 1 , 1 , 1

Em particular, temos o autovetor:

v 3 = ( - 1,1 , 1 )

Passo 3

Ufa, pronto!

Agora é só montar as soluções.

Sabemos que elas são da forma:

X = C e λ t v

Então para os autovalores e autovetores encontrados, temos:

X 1 = C 1 e t - 1,4 , 1

X 2 = C 2 e 3 t 1,2 , 1

X 3 = C 3 e - 2 t ( - 1,1 , 1 )

Mas repara que a questão pediu a solução geral.

Então basta somar todo mundo!

X = C 1 e t - 1,4 , 1 + C 2 e 3 t 1,2 , 1 + C 3 e - 2 t ( - 1,1 , 1 )

Resposta

X = C 1 e t - 1,4 , 1 + C 2 e 3 t 1,2 , 1 + C 3 e - 2 t ( - 1,1 , 1 )

Exercício Resolvido #3

Determine a solução geral do sistema:

X ' = 1 0 0 3 1 - 2 2 2 1 X

Passo 1

Já sabemos que o primeiro passo pra achar a solução geral é encontrar os autovalores e autovetores da nossa matriz A, que no caso é:

1 0 0 3 1 - 2 2 2 1

Pra encontrar autovalores, fazemos:

det ⁡ A - λ I = 0

No caso, vamos ter:

1 - λ 0 0 3 1 - λ - 2 2 2 1 - λ = 0

1 - λ 3 + 4 1 - λ = 0

1 - λ 1 - λ 2 + 4 = 0

Então temos que:

1 - λ = 0

λ 1 = 1

Ou então:

1 - λ 2 + 4 = 0

λ 2 - 2 λ + 5 = 0

λ 2 = 1 + 2 i

λ 3 = 1 - 2 i

Passo 2

Agora pra cada autovalor vamos resolver o sisteminha:

A - λ I v = 0

pra poder achar os autovetores v.

Pra λ 1 = 1 :

0 0 0 3 0 - 2 2 2 0 x y z = 0 0 0

Escalonando a matriz dos coeficientes e o vetor do lado direito:

3 0 - 2 0 2 4 3 x y z = 0 0 0

Pela segunda linha:

2 y + 4 z 3 = 0

∴ y = - 2 3 z

Pela primeira linha:

3 x - 2 z = 0

∴ x = 2 z 3

Então os autovetores têm a seguinte cara:

x , y , z = 2 z 3 , - 2 z 3 , z = z 2 3 , - 2 3 , 1

Então fazendo z = 6   (só pra termos números inteiros mesmo :D) vamos ter o autovetor:

v 1 = ( 4 , - 4,6 )

Agora vamos pros autovalores complexos!

Mas não se assusta porque vamos continuar usando essa mesma ideia.

Pra λ 2 = 1 + 2 i :

- 2 i 0 0 3 - 2 i - 2 2 2 - 2 i x y z = 0 0 0

Pela primeira linha, conseguimos ver que:

x = 0

Agora pela segunda linha:

3 x - 2 i y - 2 z = 0

∴ z = - i y

Então nosso autovetor associado ao autovalor 1 + 2 i   tem essa cara aqui:

x , y , z = 0 , y , - i y = y 0,1 , - i

Em particular, temos o autovetor:

v 2 = ( 0,1 , - i )

Agora vamos pro último autovalor, que é λ 3 = 1 - 2 i :

2 i 0 0 3 2 i - 2 2 2 2 i x y z = 0 0 0

Pela primeira linha:

x = 0

Pela terceira linha:

2 x + 2 y + 2 i z = 0

∴ z = i y

Então nossos autovetores são:

x , y , z = 0 , y , i y = y 0,1 , i

Então em particular um autovetor associado a esse autovalor é:

v 3 = ( 0,1 , i )

Passo 3

Ufa, pronto!!

Agora é só montar as soluções.

Sabemos que elas são da forma:

X = C e λ t v

E isso independe de os autovalores e autovetores serem reais ou não, beleza??

Então para os autovalores e autovetores encontrados, temos:

X 1 = C 1 e t 4 , - 4,6

X 2 = C 2 e 1 + 2 i t 0,1 , - i

X 3 = C 3 e 1 - 2 i t ( 0,1 , i )

Ah, mas queremos a solução geral!

Beleza, então basta somar todo mundo!!

X = C 1 e t 4 , - 4,6 + C 2 e 1 + 2 i t 0,1 , - i + C 3 e 1 - 2 i t ( 0,1 , i )

Resposta

X 1 = C 1 e t 4 , - 4,6 + C 2 e 1 + 2 i t 0,1 , - i + C 3 e 1 - 2 i t ( 0,1 , i )

Exercício Resolvido #4

Determine todos os vetores X o tais que a solução do problema de valor inicial:

X ' = 1 0 - 2 0 1 0 1 - 1 - 1 X

X t = 0 = X 0

Seja uma função periódica no tempo.

Passo 1

Bom, antes de mais nada temos um sistema de equações diferenciais pra resolver.

A gente sabe que as soluções dele são da forma:

X = C e λ t v

Onde λ é autovalor e v é o autovetor associado a ele.

Então vamos achar a solução geral desse sistema pra entender o que essa questão tá querendo da gente!

Vamos começar encontrando os autovalores da nossa matriz A.

Não esquece que A é a matriz:

1 0 - 2 0 1 0 1 - 1 - 1

Pra encontrar os autovalores dela, usamos que:

det ⁡ A - λ I = 0

Então:

1 - λ 0 - 2 0 1 - λ 0 1 - 1 - 1 - λ = 0

1 - λ 3 + 2 1 - λ = 0

1 - λ 1 - λ 2 + 2 = 0

Logo:

λ 1 = 1

Ou:

1 - λ 2 + 2 = 0

λ 2 + 1 = 0

λ 2 = i

λ 3 = - i

Passo 2

Agora pra cada autovalor vamos resolver o sisteminha:

A - λ I v = 0

pra poder achar os autovetores v.

Pra λ 1 = 1 :

0 0 - 2 0 0 0 1 - 1 - 2 x y z = 0 0 0

Pela primeira linha, já encontramos que:

z = 0

Agora pela terceira linha:

x - y - 2 z = 0

∴ x = y

Então os autovetores são da seguinte forma:

x , y , z = x , x , 0 = x 1,1 , 0

Em particular, podemos escolher o autovetor:

v 1 = 1,1 , 0

Agora vamos pro próximo autovalor, λ 2 = i .

Ih, ele é complexo!

Mas relaxa que não vai mudar nadinha na forma de calcular autovetores.

O sistema linear vai ficar da seguinte forma:

1 - i 0 - 2 0 1 - i 0 1 - 1 - 1 - i x y z = 0 0 0

Pela segunda linha, tiramos que:

y = 0

Pela primeira linha:

1 - i x - 2 z = 0

∴ z = 1 - i x 2

Então nossos autovetores são:

x , y , z = x , 0 , 1 - i x 2 = x 1,0 , 1 - i 2

Fazendo x=2 (só pra gente não precisar trabalhar com frações 😉) vamos ter um autovetor em particular, que é:

v 2 = 2,0 , 1 - i

Show, agora vamos pro último autovalor!!

O sistema pro λ 3 = - i   fica:

1 + i 0 - 2 0 1 + i 0 1 - 1 - 1 + i x y z = 0 0 0

Pela linha 2:

y = 0

E pela linha 1:

1 + i x - 2 z = 0

∴ z = 1 + i x 2

Então os autovetores são:

x , y , z = x , 0 , 1 + i x 2 = x 1,0 , 1 + i 2

Fazendo x=2 pelo mesmo motivo de antes, um autovetor em particular é:

v 3 = ( 2,0 , 1 + i )

Passo 3

Sobrevivemos aos cálculos dos autovalores e autovetores!

Vamos montar as soluções.

Vimos que elas são da forma:

X = C e λ t v

Então temos 3 soluções:

X 1 = C 1 e t 1,1 , 0

X 2 = C 2 e i t 2,0 , 1 - i

X 3 = C 3 e - i t ( 2,0 , 1 + i )

A solução geral é a soma dessas 3, ou seja:

X = C 1 e t 1,1 , 0 + C 2 e i t 2,0 , 1 - i + C 3 e - i t ( 2,0 , 1 + i )

Beleza, mas não é isso que a questão quer!!

A gente quer soluções periódicas, ou seja, do tipo seno ou cosseno.

Po, mas não aparecem essas funções na nossa resposta, e agora??

Passo 4

Na verdade, elas aparecem ali sim, mas estão escondidas na nossa solução geral.

Pra fazer com que elas apareçam, vamos usar a fórmula de Euler:

e i θ = c o s θ + i s e n θ

Manipulando a expressão da solução geral, conseguimos escrever:

X = C 1 e t 1,1 , 0 + C 2 c o s t + i s e n t 2,0 , 1 - i + C 3 c o s t - i s e n t 2,0 , 1 + i

Agora já vamos separar essa solução em duas: uma real e outra complexa.

A complexa não vai ter muito significado pra gente nesse caso, porque ela não tem significado concreto.

Vamos estar interessados nas soluções reais periódicas, então vou pegar só o vetor que tem a parte real da solução geral.

Ele é:

X r = ( C 1 e t + 2 C 2 c o s t + 2 C 3 c o s t , C 1 e t , C 2 c o s t + C 2 s e n t + C 3 c o s t + C 3 s e n t )

Vamos usar a condição inicial dada pra achar o vetor X 0 :

Fazendo t = 0 , temos:

X r t = 0 = C 1 + C 2 + C 3 , C 1 , C 2 + C 3 = X 0

Repara que pra solução ser periódica, os coeficientes do seno e cosseno em X r têm que ser diferentes de 0.

Ou seja, podemos ter:

C 2 ≠ 0 ,   C 3 ≠ 0

Ou então:

C 2 ≠ 0 ,   C 3 = 0

Ou ainda:

C 2 = 0 , C 3 ≠ 0

O valor de C 1 pode ser qualquer.

Resposta

A solução real é X r = C 1 e t + 2 C 2 c o s t + 2 C 3 c o s t , C 1 e t , C 2 c o s t + C 2 s e n t + C 3 c o s t + C 3 s e n t

Para ela ser periódica, qualquer um dos três casos é possível:

C 2 ≠ 0 ,   C 3 ≠ 0

C 2 ≠ 0 ,   C 3 = 0

C 2 = 0 , C 3 ≠ 0

O coeficiente C 1 não é fixo.

Exercício Resolvido #5

Resolva o seguinte problema de valor inicial:

X ' = - 1 1 2 - 1 1 1 - 2 1 3 X

X t = 0 = 1   0   1 T

Passo 1

Vamos lá, mais uma questão de sistemas de EDOs!

Agora queremos achar a solução de um PVI – ou seja, vamos ter uma solução única.

Mas antes de acha-la precisamos descobrir a solução geral do sistema e só então aplicar a condição inicial que foi dada no enunciado.

A gente sabe que as soluções de um sistema de EDOs são da forma:

X = C e λ t v

Onde λ é autovalor e v é o autovetor associado a ele.

Então vamos começar a achar os autovalores da matriz A, onde:

A = - 1 1 2 - 1 1 1 - 2 1 3

Pra achar autovalores, resolvemos:

det ⁡ A - λ I = 0

- 1 - λ 1 2 - 1 1 - λ 1 - 2 1 3 - λ = 0

- 1 - λ 1 - λ 3 - λ + 4 1 - λ = 0

1 - λ - 1 - λ 3 - λ + 4 = 0

Então:

1 - λ = 0 ⇒ λ 1 = 1

Ou então temos:

- 1 - λ 3 - λ + 4 = 0

λ 2 - 2 λ + 1 = 0

λ 2 = λ 3 = 1

Passo 2

Como temos três autovalores iguais a 1, vamos achar os autovetores associados a ele.

Pra isso, a gente resolve:

A - λ I v = 0

Pra λ = 1 :

- 2 1 2 - 1 0 1 - 2 1 2 x y z = 0 0 0

Escalonando esse sistema:

- 2 1 2 0 - 1 2 0 0 0 0 x y z = 0 0 0

Então da segunda linha a gente tira que:

y = 0

Da primeira linha:

- 2 x + 2 z = 0

∴ x = z

Então os autovetores vão ser:

x , y , z = x , 0 , x = x 1,0 , 1

Um autovetor em particular é:

v 1 = 1,0 , 1

Opa, e é isso.

Pelo método que a gente viu, só conseguimos montar um autovetor e uma solução, que vai ser:

X 1 = C 1 e t 1,0 , 1

E agora, como vamos achar as duas soluções que faltam??

Passo 3

Bom, vimos na teoria que uma segunda solução é:

X 2 = v t e λ t + u e λ t

Onde u é o vetor que descobrimos resolvendo o sistema:

A - λ I u = v

Montando esse sisteminha pra nossa matriz A e nosso autovalor λ :

- 2 1 2 - 1 0 1 - 2 1 2 x y z = 1 0 1

Escalonando:

- 2 1 2 0 - 1 2 0 0 0 0 x y z = 1 - 1 2 0

Da segunda equação, obtemos:

y = 1

Substituindo na primeira:

- 2 x + 1 + 2 z = 1

∴ x = z

Então a solução é:

u = x , y , z = x , 1 , x

Fazendo x = 0   (por simplicidade):

u = 0,1 , 0

E a segunda solução vai ser:

X 2 = ( 1,0 , 1 ) t e t + ( 0,1 , 0 ) e t

A gente viu também que uma terceira solução é:

X 3 = v t 2 e λ t + u t e λ t + w e λ t

Onde w é tirado do sistema:

A - λ I w = u

Montando esse sistema e escalonando:

- 2 1 2 - 1 0 1 - 2 1 2 x y z = 0 1 0

- 2 1 2 0 - 1 2 0 0 0 0 x y z = 0 1 0

Pela segunda linha:

- 1 2 y = 1 ⇒ y = - 2

Substituindo na primeira:

- 2 x + y + 2 z = 0

- 2 x - 2 + 2 z = 0

x - z + 1 = 0

x = z - 1

Então a solução é:

w = x , y , z = ( z - 1 , - 2 , z )

Fazendo z = 0 :

w = - 1 , - 2,0

Então a terceira solução que buscávamos é:

X 3 = 1,0 , 1 t 2 e t + 0,1 , 0 t e t + - 1 , - 2,0 e t

Passo 4

Achamos então 3 soluções:

X 1 = C 1 e t 1,0 , 1

X 2 = ( 1,0 , 1 ) t e t + ( 0,1 , 0 ) e t

X 3 = 1,0 , 1 t 2 e t + 0,1 , 0 t e t + - 1 , - 2,0 e t

Sabemos que podemos multiplicar cada uma dessas soluções que obtivemos no passo anterior e somar todo mundo pra obter uma solução geral.

Então ela vai ser:

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

Vamos calcular essa solução em t = 0 :

X t = 0 = C 1 - C 3 , C 2 - 2 C 3 , C 1

Mas o enunciado deu que:

X t = 0 = 1,0 , 1

Então:

C 1 - C 3 , C 2 - 2 C 3 , C 1 = 1,0 , 1

Então ficamos com mais um sisteminha pra resolver!

C 1 - C 3 = 1 C 2 - 2 C 3 = 0 C 1 = 1

Na terceira equação, já temos o valor de C 1 :

C 1 = 1

Substituindo na primeira:

C 1 - C 3 = 1 ⇒ C 3 = 0

Substituindo esse valor de C 3 na segunda equação:

C 2 = 0

Então finalmente achamos a solução do PVI:

X = e t 1,0 , 1

Resposta

X = e t 1,0 , 1

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