Exercícios Resolvidos de Cálculo Funcional – Caso Não Homogêneo

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Enunciado

Considere o sistema

X ' t = 0 1 - 1 1 1 0 1 0 1 X t

a) Determine a solução geral do sistema.

b) Determine a solução do sistema com condição inicial X 0 = 1 - 1 1

Passo 1

a) Cara, isso é um sisteminha que tem a forma:

X ' t = A X t

Onde

A = 0 1 - 1 1 1 0 1 0 1

A solução dele tem é assim:

X t = e A t ⋅ X 0

Tudo o que a gente precisa fazer é calcular e A t .

Agora pensa comigo: a gente quer aplicar a função e x numa matriz. Podemos usar o cálculo funcional para isso! Segura na minha mão e vem!

Passo 2

Para calcular e A t , a gente precisa começar achando os autovalores de A :

A = 0 1 - 1 1 1 0 1 0 1

Vamos usar a equação

det ⁡ A - λ I = 0

Onde I   é a matriz identidade. Substituindo as coisinhas que a gente tem:

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

λ 1 - 1 1 1 - λ 0 1 0 1 - λ = 0

Calculando esse determinante:

λ 1 - λ 2 - 1 1 - λ + 1 - λ = 0 ∴ λ 1 - λ 2 = 0

Resolvendo essa equação grau:

λ 1 = 0 ,     λ 2 = λ 3 = 1

Passo 3

Como a gente quer aplicar e x t na matriz (considerado t uma constante), a gente vai dizer que

f x = e x t

E vamos definir o polinômio p x de grau 2 (porque nossa matriz é 3 × 3 ):

f x = p x = a x 2 + b x + c

Como temos 3 autovalores reais, e dois são iguais entre si, vamos resolver esse sistema:

f λ 1 = p λ 1 f λ 2 = p λ 2 f ' λ 2 = p ' λ 2

Sendo

f x = e x t ,     f ' x = t e x t

p x = a x 2 + b x + c ,     p ' x = 2 a x + b

f 0 = p 0 f 1 = p 1 f ' 1 = p ' 1 ∴ e 0 = a ⋅ 0 + b ⋅ 0 + c e t = a ⋅ 1 + b ⋅ 1 + c t e t = 2 a ⋅ 1 + b ∴ 1 = c e t = a + b + c t e t = 2 a + b

Como c = 1 :

1 = c e t = a + b + 1 t e t = 2 a + b

Substraindo a terceira equação pela segunda:

t e t - e t = 2 a - a + b - b - 1 ∴ a = t e t - e t + 1

Substituindo na primeira:

e t = t e t - e t + 1 + b + 1 ∴ b = 2 e t - t e t - 2

Passo 4

Aí a gente substitui a , b e c em f x = p x :

f x = p x = a x 2 + b x + c

p x = t e t - e t + 1 x 2 + 2 e t - t e t - 2 0 1 - 1 1 1 0 1 0 1 + 1

Como f x = e x t , para achar f A = e A t , fazemos x = A e multiplicamos a parte constante do polinômio pela matriz I d :

f A = p A = t e t - e t + 1 A 2 + 2 e t - t e t - 2 A + 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1

Passo 5

Fazendo essa multiplicação matricial:

A 2 = 0 1 - 1 1 1 0 1 0 1 ⋅ 0 1 - 1 1 1 0 1 0 1 = 0 1 - 1 1 2 - 1 1 1 0

Ficamos assim:

f A = p A = t e t - e t + 1 0 1 - 1 1 2 - 1 1 1 0 + 2 e t - t e t - 2 0 1 - 1 1 1 0 1 0 1 + 1 0 0 0 1 0 0 0 1

f A = p A = 0 t e t - e t + 1 - t e t + e t - 1 t e t - e t + 1 2 t e t - 2 e t + 2 - t e t + e t - 1 t e t - e t + 1 t e t - e t + 1 0 +

+ 0 2 e t - t e t - 2 - 2 e t + t e t + 2 2 e t - t e t - 2 2 e t - t e t - 2 0 2 e t - t e t - 2 0 2 e t - t e t - 2 + 1 0 0 0 1 0 0 0 1

f A = p A = 1 e t - 1 - e t + 1 e t - 1 t e t + 1 - t e t + e t - 1 e t - 1 t e t - e t + 1 2 e t - t e t - 1

Daí finalmente temos:

e A t = 1 e t - 1 - e t + 1 e t - 1 t e t + 1 - t e t + e t - 1 e t - 1 t e t - e t + 1 2 e t - t e t - 1

Passo 6

E a nossa solução fica finalmente:

X t = e A t ⋅ X 0

X t = 1 e t - 1 - e t + 1 e t - 1 t e t + 1 - t e t + e t - 1 e t - 1 t e t - e t + 1 2 e t - t e t - 1 ⋅ X 0

Sendo que X 0 é um vetor de constantes.

Ufa! Arrasamos!

Passo 7

b) Agora a gente vai usar a informação:

X 0 = 1 - 1 1

Na nossa solução:

X t = 1 e t - 1 - e t + 1 e t - 1 t e t + 1 - t e t + e t - 1 e t - 1 t e t - e t + 1 2 e t - t e t - 1 ⋅ X 0

X 0 = 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ⋅ X 0 = 1 - 1 1

Daí a gente tira que X 0 , para satisfazer essa equação, precisa ser:

X 0 = 1 - 1 1

Repara que a gente já podia ter substituído direto X 0 = X 0 , porque essa é a definição de X 0 mesmo, tá? Valor de X t em t = 0 .

Aí nossa solução é:

X t = 1 e t - 1 - e t + 1 e t - 1 t e t + 1 - t e t + e t - 1 e t - 1 t e t - e t + 1 2 e t - t e t - 1 ⋅ 1 - 1 1

Fazendo essa multiplicação:

X t = 3 - 2 e t - 3 + 2 e t - 2 t e t 4 e t - 3 - 2 t e t

Prontinho!

Resposta

a)   X t = 1 e t - 1 - e t + 1 e t - 1 t e t + 1 - t e t + e t - 1 e t - 1 t e t - e t + 1 2 e t - t e t - 1 ⋅ X 0

b) X t = 3 - 2 e t - 3 + 2 e t - 2 t e t 4 e t - 3 - 2 t e t