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Cálculo Funcional – Caso Não Homogêneo

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Teoria

Introdução

O método de resolução através do cálculo funcional para sistemas não homogêneos é bem parecido com o que a gente fez no método da eliminação. A ideia é seguir o seguinte passo a passo.

  1. Resolver a EDO como se fosse homogênea – solução homogênea: X h t
  2. Encontrar a solução particular: X p t  
  3. Encontrar solução geral: X t = X h t + X p t

Para achar a solução da homogênea é só usar o método que nós já vimos na outra teoria

A parte importante aqui é como achar a solução particular. Vamos rever aqui o que já falamos na teoria de método de eliminação não homogêneo

Vamos usar aqui o método dos coeficientes indeterminados. É importante se ligar em uma parada, para usar esse método a matriz g t deve ter funções que sejam uma dessas três

  • Função exponencial: e n x
  • Função polinomial: x n
  • Função trigonométrica: cos ⁡ n x , sen ⁡ n x

Mas como fazemos essa solução particular? Primeiro vamos chutar uma solução particular, é isso mesmo chutar.

O passo a passo para isso vai ser

  1. Identificar g t :
  2. Supor X p t com coeficientes a determinar
  3. Verificar se X p t é solução da equação homogênea
  4. Calcular derivadas de X p t : X p ' t
  5. Substituir X p t e suas derivadas na equação
  6. Encontrar coeficientes
  7. Substituir coeficientes em X p ( t )

Para supor X p t com coeficientes a determinar, vai depender do tipo de funções temos em g t , ou seja, se é exponencial, polinomial ou trigonométrica.

Vamos ver alguns exemplos

Solução particular – exponencial

Quando a matriz g t tiver uma exponencial ou soma de exponenciais, supomos que X p t é também uma exponencial de mesmo expoente:

Exemplo

  • g t = e 2 t 3 e 2 t

    • A primeira coisa é arrumar essa g t

    g t = 1 3 e 2 t

    ⇒ X P = a e 2 t

    Esse a é um vetor que queremos encontrar sacou? Esse é o coeficiente a determinar.

    Vamos ver outro exemplo

  • g t = e 3 t 3 e t

    • g t = 1 0 e 3 t + 0 3 e t

    Entendeu a ideia de arrumar? Temos que separar os exponenciais diferentes e escrever isso vezes uma constante.

    ⇒ X P = a e 3 t + b e t

    Aqui temos que achar o vetor a e o vetor b .

    É comum nomear as coordenadas desses vetores, fazendo algo assim

    a = A B

    E

    b = C D

    Ai fazemos as contas para achar essas novas constantes. Isso ajuda nas contas só isso, trabalhar direto com vetor dá um trabalho enorme.

    Solução particular – polinomial

    Quando a matriz g t tiver um polinômio, supomos que X p t é também um polinômio, só que o grau desse polinômio vai ser o maior que tem em g t vamos ver uns exemplos

    Exemplo

  • g t = t t + 2

    • Aqui os dois são de grau 1 então a solução particular vai ser

    ⇒ X P = a t + b

    Onde a e b são vetores.

    Quando temos polinômios não precisamos arrumar como fizemos antes.

    Repara que colocamos o polinômio completo, fica atento para não esquecer algum termo ali hein.

  • g t = t 2 + 1 t 3 + t

    • Aqui temos um polinômio de grau 3 e outro de grau 2 , a solução particular vai ter a cara do maior grau, ou seja, um de grau 3 . Vai ficar assim

    ⇒ X P = a t 3 + b t 2 + c t + d

    Onde a , b , c e d são vetores.

    Aqui de novo vamos nomear as coordenadas dos vetores como fazemos antes, fica atento a esse detalhe para que a conta fique mais tranquilinha.

    Solução particular – trigonométrica

    Quando a matriz g t tiver uma função trigonométrica (soma de senos e cossenos), supomos que X p t é também uma soma de seno e cosseno de mesmo argumento, lembrando que argumento é o carinha dentro do seno ou cosseno:

    Exemplo

  • g t = sen ⁡ 2 t 3 cos ⁡ 2 t

    • ⇒ X P = a sen ⁡ 2 t + b cos ⁡ 2 t

    Onde a e b são vetores.

    Aqui de novo vamos nomear as coordenadas dos vetores como fazemos antes, fica atento a esse detalhe para que a conta fique mais tranquilinha.

  • g t = sen ⁡ t cos ⁡ t + cos ⁡ 2 t

    • ⇒ X P = a sen ⁡ t + b cos ⁡ t + c sen ⁡ 2 t + d cos ⁡ 2 t

    Onde a , b , c e d são vetores.

    Esse último parece mó doideira né? Fica atento que é assim mesmo que essa parada vai ser, vamos ter um par de soma de seno e cosseno para o cos ⁡ t e outro para para o cos ⁡ 2 t .

    Solução particular – combinação de diferentes tipos de funções

    Finalmente, vamos ver o último tópico desse assunto. Vamos ver como supor X p t quando g t possui uma soma ou multiplicação de diferentes tipos de funções.

    A solução particular X p t será também uma soma ou multiplicação dessas funções:

  • g t = sen ⁡ t + e t cos ⁡ t + t

    • ⇒ X P = a sen ⁡ t + b cos ⁡ t + c e t + d t + e

    Onde a , b , c , d e e são vetores.

    Aqui de novo vamos nomear as coordenadas dos vetores como fazemos antes, fica atento a esse detalhe para que a conta fique mais tranquilinha.

  • g t = t + e t 3 t e 2 t

Aqui como temos dois exponenciais diferentes vamos dar uma arrumada nessa parada

g t = t 0 + 1 0 e t + 0 3 t e 2 t

A nossa solução particular vai ficar

⇒ X P = a t + b + c e t + d t + e e 2 t

Onde a , b , c , d e e são vetores.

Importante: Depois de determinar a solução da equação homogênea e supor X p t , verificar se há termos da solução particular na solução da equação homogênea. Caso não haja, tudo bem! Caso haja, multiplique a parte de X p t por t e verifique novamente se ainda há termos da solução particular na solução da homogênea. Caso ainda haja, multiplique de novo por t até que não haja mais. Mas tem outro detalhe, aquele valor inicial não some, vamos ver um exemplo para entende esse detalhe importante

Exemplo:

Resolva o seguinte sistema

x ' = - 2 x + y + 2 e - t y ' = x - 2 y + 3 e - t

A primeira coisa que temos que fazer é resolver o sistema homogêneo, para isso vamos identificar g t ,

g t = 2 e - t 3 e - t

O nosso sistema homogêneo vai ser

x ' = - 2 x + y y ' = x - 2 y

A resolução desse sistema não é a parte que estamos focando nesse capítulo, a solução desse sistema vai ser

x h t = C 1 e - t + C 2 e - 3 t

y h t = C 1 e - t - C 2 e - 3 t

Vamos agora para a solução particular, repara que a exponencial de g t é a mesma que aparece na solução homogênea, então a solução particular vai ser

X p = x p y p = a t e - t + b e - t

Vamos fazer

a = A B

b = C D

A solução particular vai ser

X p = x p y p = A B t e - t + C D e - t

Vamos derivar

X p ' = x p ' y p ' = A e - t - A t e - t - C e - t B e - t - B t e - t - D e - t

Substituindo no sistema vamos ter

A e - t - A t e - t - C e - t = - 2 A t e - t + C e - t + B t e - t + D e - t + 2 e - t B e - t - B t e - t - D e - t = A t e - t + C e - t - 2 B t e - t + D e - t + 3 e - t

A e - t - A t e - t - C e - t = - 2 A t e - t - 2 C e - t + B t e - t + D e - t + 2 e - t B e - t - B t e - t - D e - t = A t e - t + C e - t - 2 B t e - t - 2 D e - t + 3 e - t

Arrumando isso tudo vamos ter

A - C e - t - A t e - t = - 2 A + B t e - t + 2 - 2 C + D e - t B - D e - t - B t e - t = A - 2 B t e - t + 3 + C - 2 D e - t

Isso nos diz que

A - C = 2 - 2 C + D

- A = - 2 A + B

B - D = 3 + C - 2 D

- B = A - 2 B

Assim vamos ter

A = B

A = 2 - C + D

B = 3 + C - D

Somando essas duas equações vamos ter

A + B = 5

Como A = B

2 A = 5

A = 5 2

Além disso

D = A - 2 + C

D = 1 2 + C

Assim

A = 5 2

A = 5 2

D = 1 2 + C

Falta achar C e D , repara que o valor dele não interfere em nada na conta, então podemos pegar qualquer valor

X p = x p y p = 5 2 5 2 t e - t + C 1 2 + C e - t

Vamos fazer

C = 0

A Solução particular vai ficar

x p = 5 t e - t 2

y p = 5 t e - t 2 + e - t 2

E a solução geral vai ser isso mais a solução da homogênea

x t = C 1 e - t + C 2 e - 3 t + 5 t e - t 2

y t = C 1 e - t - C 2 e - 3 t + 5 t e - t 2 + e - t 2

Partiu exercícios agora?

Solução particular – exponencial

Solução particular – polinomial

Solução particular – trigonométrica

Solução particular – combinação de diferentes tipos de funções

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

PUC-RJ, Cálculo 3, P2 2014.1, Questão 1

Considere o sistema

  X ' t = 3 1 - 1 3 X t + t t

  1. Ache a solução geral do sistema
  2. Ache a solução do sistema com condição inicial X 0 = 1 1

Passo 1

a )

Agora temos um sistema não homogêneo, isso porque temos funções de t alí.

Lembra do passo a passo? Primeiro vamos encontrar g t

g t = t t

Passo 2

Agora temos que resolver o sistema homogêneo equivalente que é

X ' = 3 1 - 1 3 X

Para isso começamos achando a matriz A

A = 3 1 - 1 3

Passo 3

Agora temos que achar o autovalores de A .

Lembra é só fazer

3 - λ 1 - 1 3 - λ = 0

3 - λ 3 - λ - 1 ∙ - 1 = 0

λ 2 - 6 λ + 9 + 1 = 0

λ 2 - 6 λ + 10 = 0

λ 1 = - - 6 + 6 2 - 4 1 10 2 ∙ 1 = 6 + 36 - 40 2 = 6 + - 4 2 = 6 + 4 i 2 = 6 + 2 i 2 = 3 + i

λ 2 = - - 6 - 6 2 - 4 1 10 2 ∙ 1 = 6 - 36 - 40 2 = 6 - - 4 2 = 6 - 4 i 2 = 6 - 2 i 2 = 3 - i

Esse é o caso de autovalores complexos, vamos agora fazer o cálculo funcional

Passo 4

Como temos autovalores complexos o sistema para achar α e β vai ser

λ 1 α + β = e a t cos ⁡ b t + i sen ⁡ b t   λ 2 α + β = e a t cos ⁡ b t - i sen ⁡ b t

Com

λ 1 = a + b i , λ 2 = a - b i

Isso nos diz que

a = 3

b = 1

Com os nossos valores vai ficar

3 + i α + β = e 3 t cos ⁡ t + i sen ⁡ t   3 - i α + β = e 3 t cos ⁡ t - i sen ⁡ t

Você deve estar pensando nesse maldito i , relaxa, vamos fazer o temos feito, começar subtraindo a primeira equação da segunda

3 + i α - 3 - i α = e 3 t cos ⁡ t + i sen ⁡ t - e 3 t cos ⁡ t - i sen ⁡ t

2 i α = 2 i e 3 t sen ⁡ t

α = e 3 t sen ⁡ t

O valor de β vai ser

β = - 3 + i α + e 3 t cos ⁡ t + i sen ⁡ t

β = - 3 + i e 3 t sen ⁡ t + e - 2 t cos ⁡ t + i sen ⁡ t

β = - 3 e 3 t sen ⁡ t - i e 3 t sen ⁡ t + e 3 t cos ⁡ t + i e 3 t sen ⁡ t

β = - 3 e 3 t sen ⁡ t + e 3 t cos ⁡ t

Passo 5

A nossa solução vai ser

X h = α A + β I ∙ C 1 C 2

Substituindo os valores que temos

X h = e 3 t sen ⁡ t 3 1 - 1 3 + - 3 e 3 t sen ⁡ t + e 3 t cos ⁡ t 1 0 0 1 ∙ C 1 C 2

X h = 3 e 3 t sen ⁡ t e 3 t sen ⁡ t - e 3 t sen ⁡ t 3 e 3 t sen ⁡ t + - 3 e 3 t sen ⁡ t + e 3 t cos ⁡ t 0 0 - 3 e 3 t sen ⁡ t + e 3 t cos ⁡ t ∙ C 1 C 2

X h = e 3 t cos ⁡ t e 3 t sen ⁡ t - e 3 t sen ⁡ t e 3 t cos ⁡ t ∙ C 1 C 2

X h = C 1 e 3 t cos ⁡ t + C 2 e 3 t sen ⁡ t - C 1 e 3 t sen ⁡ t + C 2 e 3 t cos ⁡ t

Passo 6

Vamos supor que a solução particular sejam dois polinômios de grau 1 que nem B t

Então

X p t = a t + b

Onde a e b são vetores

Podemos fazer

a = A B

b = C D

Assim fica mais fácil fazer as contas ali na frente.

X p = x p y p = A B t + C D

Repara que nenhuma dessas paradas está na solução da parte homogênea.

Agora temos que cálculo a derivada dessa parada

Passo 7

A derivada vai ficar

X p ' t = A B

Passo 8

Agora temos que substituir X P ' e X p no sistema.

A = 3 A t + C + B t + D + t B = - A t + C + 3 B t + D + t

A = 3 A t + 3 C + B t + D + t B = - A t - C + 3 B t + 3 D + t

A = 3 A + B + 1 t + 3 C + D B = - A + 3 B + 1 t + - C + 3 D

Assim vamos ter

0 = 3 A + B + 1

A = 3 C + D

0 = - A + 3 B + 1

B = - C + 3 D

Podemos achar A e B pela primeira e pela segunda equação, então vamos ter

3 A + B + 1 = 0

- A + 3 B + 1 = 0

Vamos multiplicar a segunda equação por 3

3 A + B + 1 = 0

- 3 A + 9 B + 3 = 0

Somando as equações

10 B + 4 = 0

B = - 4 10 = - 2 5

O valor de A vai ser

- A + 3 - 2 5 + 1 = 0

- A - 6 5 + 1 = 0

- A - 1 5 = 0

A = - 1 5

Falta achar C e D , ainda temos duas equações que não mechemos

A = 3 C + D

B = - C + 3 D

Vamos trocar os valores de A e B que achamos

- 1 5 = 3 C + D

- 2 5 = - C + 3 D

Vamos multiplicar a segunda equação por 3

- 6 5 = - 3 C + 9 D

Somando com a primeira vamos ter

- 6 5 - 1 5 = 3 C - 3 C + D + 9 D

- 7 5 = 10 D

D = - 7 50

Vamos agora achar C

- 2 5 = - C + 3 - 7 50

- 2 5 = - C - 21 50

C = 2 5 - 21 50

C = 20 - 21 50

C = - 1 50

A nossa solução particular vai ficar

X p t = - 1 5 - 2 5 t + - 1 50 - 7 50

Passo 9

A solução geral vai ser

X t = X h + X p

X t = C 1 e 3 t cos ⁡ t + C 2 e 3 t sen ⁡ t - C 1 e 3 t sen ⁡ t + C 2 e 3 t cos ⁡ t + - 1 5 - 2 5 t + - 1 50 - 7 50

Passo 10

b )

Vamos agora ao problema do valor inicial, ele disse que

X 0 = 1 1

Então

X 0 = C 1 e 3.0 cos ⁡ 0 + C 2 e 3.0 sen ⁡ 0 - C 1 e 3.0 sen ⁡ 0 + C 2 e 3.0 cos ⁡ 0 + - 1 5 - 2 5 0 + - 1 50 - 7 50

1 1 = C 1 C 2 + - 1 50 - 7 50

1 1 = C 1 - 1 50 C 2 - 7 50

Isso nos diz que

C 1 - 1 50 = 1

C 1 = 1 + 1 50

C 1 = 50 + 1 50

C 1 = 51 50

E

C 2 - 7 50 = 1

C 2 = 1 + 7 50

C 2 = 50 + 7 50

C 2 = 57 50

E a solução geral vai ser

X t = 51 50 e 3 t cos ⁡ t + 57 50 e 3 t sen ⁡ t - 51 50 e 3 t sen ⁡ t + 57 50 e 3 t cos ⁡ t + - 1 5 - 2 5 t + - 1 50 - 7 50

Ufa, terminamos, essa é a resposta final, se vocês chegaram até aqui meus parabéns essa questão da um trabalho do cão, se ficou alguma coisa confusa olha tudo de novo, é sempre bem parecido.

Resposta

  1. X t = C 1 e 3 t cos ⁡ t + C 2 e 3 t sen ⁡ t - C 1 e 3 t sen ⁡ t + C 2 e 3 t cos ⁡ t + - 1 5 - 2 5 t + - 1 50 - 7 50
  2. X t = 51 50 e 3 t cos ⁡ t + 57 50 e 3 t sen ⁡ t - 51 50 e 3 t sen ⁡ t + 57 50 e 3 t cos ⁡ t + - 1 5 - 2 5 t + - 1 50 - 7 50

Exercício Resolvido #2

PUC-RJ, Cálculo 3, P2 2012.2, Questão 2 item d

Considere o sistema de equações diferenciais:

y 1 ' = - y 1 - y 2 + e - t y 2 ' = 9 y 1 - y 2 + e - t ,     Y 0 = 1 1

Qual o lim t → ∞ ⁡ Y ( t ) ?

Passo 1

Para calcularmos lim t → ∞ ⁡ Y ( t ) temos que primeiro calcular Y ( t ) . Vamos utilizar o método do cálculo funcional para fazer isso. Escrevendo o nosso sistema na forma matricial.

y 1 ' y 2 ' = - 1 - 1 9 - 1 y 1 y 2 + e - t e - t

Para acharmos a solução geral temos que calcular a solução homogênea e a solução geral. Pelo nosso sistema podemos facilmente identificar a matriz A dos coeficientes do sistema e o vetor g ( t ) .

A = - 1 - 1 9 - 1

g t = e - t e - t

Passo 2

Vamos resolver o sistema homogêneo associado. Para isso vamos achar os autovalores da matriz A .

det ⁡ A - λ I = 0

⇒ - 1 - λ - 1 9 - 1 - λ = 0

⇒ - 1 - λ 2 + 9 = 0

⇒ 1 + 2 λ + λ 2 + 9 = 0

⇒ λ 2 + 2 λ + 10 = 0

Resolvendo a equação do segundo grau achamos que

λ = - 1 ± 3 i

Passo 3

Como os autovalores são complexos vamos utilizar a nossa fórmula do cálculo funcional para calcular a solução da parte homogênea.

- 1 + 3 i α + β = e - t cos ⁡ 3 t + i sen ⁡ 3 t   - 1 - 3 i α + β = e - t cos ⁡ 3 t - i sen ⁡ 3 t

Analisando a parte real do sistema temos que.

- α + β = e - t cos ⁡ 3 t

Analisando a parte imaginária do sistema temos que.

3 α = e - t sen ⁡ 3 t

Sendo assim temos.

α = e - t sen ⁡ 3 t 3 ,     β = e - t cos ⁡ 3 t + e - t sen ⁡ 3 t 3

Passo 4

A solução do sistema homogêneo será dada por.

Y h t = α t ⋅ A + β t ⋅ I C 1 C 2

Y h t = e - t sen ⁡ 3 t 3 - 1 - 1 9 - 1 + e - t cos ⁡ 3 t + e - t sen ⁡ 3 t 3 1 0 0 1   C 1 C 2

Y h t = e - t cos ⁡ 3 t - e - t s e n 3 t 3 3 e - t s e n 3 t e - t cos ⁡ 3 t C 1 C 2

Vamos deixar esse vetor de constantes do jeito que ele está e vamos substituir ele só quando formos utilizar o valor inicial que foi dado.

Passo 5

A solução geral do sistema é dada por

Y t = Y h t + Y p ( t )

Agora para achar a solução particular, supomos que essa solução seja da forma

Y p t = C 3 e - t C 4 e - t

Passo 6

Portanto agora só a gente substituir esse chute no nosso sistema de equações diferenciais.

E ficamos com

- C 3 e - t - C 4 e - t = - 1 - 1 9 - 1 ⋅ C 3 e - t C 4 e - t + e - t e - t

⇒ - C 3 e - t - C 4 e - t = - C 3 e - t - C 4 e - t + e - t 9 C 3 e - t - C 4 e - t + e - t

Portanto, ficamos com

- C 3 e - t = - C 3 e - t - C 4 e - t + e - t

- C 4 e - t = 9 C 3 e - t - C 4 e - t + e - t

Resolvendo esse sisteminha, achamos

C 4 = 1

C 3 = - 1 9

Então, a solução particular é dada por

Y p t = - e - t 9 e - t

E a solução geral fica:

Y t = e - t cos ⁡ 3 t - e - t s e n 3 t 3 3 e - t s e n 3 t e - t cos ⁡ 3 t C 1 C 2 + - e - t 9 e - t

Passo 7

Usando a condição inicial Y 0 = 1 1 , vamos achar as constantes C 1 e C 2 .

Bom,

1 1 = Y 0 = 1 0 0 1 C 1 C 2 + - 1 9 1

⇒ C 1 C 2 = 10 9 0

Ai a solução fica

Y t = e - t cos ⁡ 3 t - e - t s e n 3 t 3 3 e - t s e n 3 t e - t cos ⁡ 3 t ⋅ 10 9 0 + - e - t 9 e - t

⇒ Y t = 10 e - t cos ⁡ 3 t 9 - e - t 9 10 e - t s e n 3 t 3 + e - t

Passo 8

Para calcular o lim t → ∞ ⁡ Y ( t ) temos que calcular o limite em cada uma das linhas da matriz Y ( t )

Então

lim t → ∞ ⁡ 10 e - t cos ⁡ 3 t 9 - e - t 9 = 10 9 lim t → ∞ ⁡ cos ⁡ 3 t e t - 1 9 lim t → ∞ ⁡ e - t = 0

E

lim t → ∞ ⁡ 10 e - t s e n 3 t 3 + e - t = 10 3 lim t → ∞ ⁡ s e n 3 t e t + lim t → ∞ ⁡ e - t = 0

Logo,

lim t → ∞ ⁡ Y ( t ) = 0

Resposta

lim t → ∞ ⁡ Y ( t ) = 0

Exercício Resolvido #3

William E. Boyce, Equações diferenciais Elementares e problemas de valores de contorno, 8ªed. Rio de Janeiro: LTC, 2006, pp. 234, exercício 9 – Modificado

Encontre a solução geral do sistema de equação dado

X ' = - 5 4 3 4 3 4 - 5 4 X + 2 t e - 2 t

Passo 1

Esse nosso sistema é não homogêneo, a primeira coisa que temos que fazer é determinar g t

Repara que temos

g t = 2 t e t

Beleza a próxima coisa que temos que fazer é resolver o sistema homogêneo, que vai ser

X ' = - 5 4 3 4 3 4 - 5 4 X

Passo 2

Vamos resolver esse sistema pelo cálculo funcional. A primeira coisa que devemos fazer é identificar o valor da matriz A

A = - 5 4 3 4 3 4 - 5 4

Passo 3

Agora temos que achar o autovalores de A .

Lembra é só fazer

- 5 4 - λ 3 4 3 4 - 5 4 - λ = 0

- 5 4 - λ - 5 4 - λ - 3 4 . 3 4 = 0

λ 2 + 5 2 λ + 25 16 - 9 16 = 0

λ 2 + 5 2 λ + 1 = 0

Multiplicando por 2

2 λ 2 + 5 λ + 2 = 0

λ 1 = - 5 + 5 2 - 4 2 2 2.2 = - 5 + 25 - 16 4 = - 5 + 9 4 = - 5 + 3 4 = - 2 4 = - 1 2

λ 2 = - 5 - 5 2 - 4 2 2 2.2 = - 5 - 25 - 16 4 = - 5 - 9 4 = - 5 - 3 4 = - 8 4 = - 2

Esse é o caso de autovalores diferentes, vamos agora fazer o cálculo funcional

Passo 4

Como temos autovalores diferentes o sistema para achar α e β vai ser

λ 1 α + β = e λ 1 t   λ 2 α + β = e λ 2 t

Com os nossos valores vai ficar

- α 2 + β = e - t 2   - 2 α + β = e - 2 t

Subtraindo as duas equações vamos ter

- α 2 + 2 α = e - t 2 - e - 2 t

3 2 α = e - t 2 - e - 2 t

α = 2 e - t 2 - 2 e - 2 t 3

O valor de β vai ser

β = 2 α + e - 2 t

β = 4 e - t 2 - 4 e - 2 t 3 + e - 2 t

β = 4 e - t 2 - e - 2 t 3

Passo 5

A nossa solução da homogênea vai ser

X h = α A + β I ∙ C 1 C 2

Substituindo os valores que temos

X h = 2 e - t 2 - 2 e - 2 t 3 - 5 4 3 4 3 4 - 5 4 + 4 e - t 2 - e - 2 t 3 1 0 0 1 ∙ C 1 C 2

X h = - 10 e - t 2 + 10 e - 2 t 12 6 e - t 2 - 6 e - 2 t 12 6 e - t 2 - 6 e - 2 t 12 - 10 e - t 2 + 10 e - 2 t 12 + 4 e - t 2 - e - 2 t 3 0 0 4 e - t 2 - e - 2 t 3 ∙ C 1 C 2

X h = - 10 e - t 2 + 10 e - 2 t 12 + 4 e - t 2 - e - 2 t 3 6 e - t 2 - 6 e - 2 t 12 6 e - t 2 - 6 e - 2 t 12 - 10 e - t 2 + 10 e - 2 t 12 + 4 e - t 2 - e - 2 t 3 ∙ C 1 C 2

X h = 6 e - t 2 + 6 e - 2 t 12 6 e - t 2 - 6 e - 2 t 12 6 e - t 2 - 6 e - 2 t 12 6 e - t 2 + 6 e - 2 t 12 ∙ C 1 C 2

X h = e - t 2 + e - 2 t 2 e - t 2 - e - 2 t 2 e - t 2 - e - 2 t 2 e - t 2 + e - 2 t 2 ∙ C 1 C 2

X h = C 1 e - t 2 + e - 2 t 2 + C 2 e - t 2 - e - 2 t 2 C 1 e - t 2 - e - 2 t 2 + C 2 e - t 2 + e - 2 t 2

Passo 6

Agora temos que achar a solução particular, lembra que g t vai ser

g t = 2 t e - 2 t

Vamos dar uma separada nessas duas funções porque elas são diferentes

g t = 2 0 t + 0 1 e - 2 t

A solução particular vai ser polinomial de maior grau que apareceu em g t , que vai ser de grau 1 , além disso vamos ter uma parte exponencial também. Vamos ter

X p = x p y p = a t + b + c e - 2 t

Repara que esse exponencial aparece na solução da homogênea, então temos que multiplicar esse cara por t e ainda assim colocar um e - 2 t , e a solução particular na verdade vai ser

X p = x p y p = a t + b + c t e - 2 t + d e - 2 t

Vamos chamar esse vetor a , b , c e d da seguinte forma

a = A B

b = C D

c = E F

d = G H

Assim fica mais fácil fazer as contas ali na frente.

X p = x p y p = A B t + C D + E F t e - 2 t + G H e - 2 t

Repara que nenhuma dessas paradas está na solução da parte homogênea.

Agora temos que cálculo a derivada dessa parada

Passo 7

A derivada vai ficar

X p ' = x p ' y p ' = A B + E F e - 2 t - 2 t e - 2 t + - 2 G - 2 H e - 2 t

Passo 8

Agora vamos substituir X p ' e X p no sistema

Vamos primeiro listar as funções aqui para ajudar

x p = A t + C + E t e - 2 t + G e - 2 t

y p = B t + D + F t e - 2 t + H e - 2 t

x p ' = A + E e - 2 t - 2 E t e - 2 t - 2 G e - 2 t

y p ' = B + F e - 2 t - 2 F t e - 2 t - 2 H e - 2 t

Substituindo no sistema vamos ter

- 5 4 3 4 3 4 - 5 4

A + E e - 2 t - 2 E t e - 2 t - 2 G e - 2 t = - 5 4 A t + C + E t e - 2 t + G e - 2 t + 3 4 B t + D + F t e - 2 t + H e - 2 t + 2 t B + F e - 2 t - 2 F t e - 2 t - 2 H e - 2 t = 3 4 A t + C + E t e - 2 t + G e - 2 t - 5 4 B t + D + F t e - 2 t + H e - 2 t + e - 2 t

Vamos arrumar essas contas, primeiro vamos multiplicar todo mundo por 4 para acabar com essa maldita fração

4 A + 4 E e - 2 t - 8 E t e - 2 t - 8 G e - 2 t = - 5 A t + C + E t e - 2 t + G e - 2 t + 3 B t + D + F t e - 2 t + H e - 2 t + 8 t 4 B + 4 F e - 2 t - 8 F t e - 2 t - 8 H e - 2 t = 3 A t + C + E t e - 2 t + G e - 2 t - 5 B t + D + F t e - 2 t + H e - 2 t + 4 e - 2 t

Dando mais uma arrumada, deixando tudo que é parecido junto

4 A + 4 E - 8 G e - 2 t - 8 E t e - 2 t = t - 5 A + 3 B + 8 + 3 D - 5 C + 3 F - 5 E t e - 2 t + - 5 G + 3 H e - 2 t 4 B + 4 F - 8 H e - 2 t - 8 F t e - 2 t = t 3 A - 5 B + 3 C - 5 D + 3 E - 5 F t e - 2 t + ( 3 G - 5 H + 4 ) e - 2 t

Isso nos diz que

4 A = 3 D - 5 C

0 = - 5 A + 3 B + 8

4 E - 8 G = 3 H - 5 G

- 8 E = 3 F - 5 E

0 = 3 A - 5 B

4 B = 3 C - 5 D

4 F - 8 H = 3 G - 5 H + 4

- 8 F = 3 E - 5 F

Que sistema LINDO, só que não né? Nesse momento você para e respira fundo, essas contas são monstruosamente gigantes, mas temos que mostrar do exercício mais fácil para o mais difícil para você, provável que seu professor não queira atrapalhar a vida dos alunos com algo surreal como isso, mas se cair algo assim você vai estar preparado =D

Passo 9

É um algebrismo mostro, mas vamos que eu vou fazer cada pedacinho para você entender bem e eu tbm né rs.

Vamos arrumar todas as equações

4 A = 3 D - 5 C

8 A = 8 - 3 B

4 E = 3 H + 3 G

- 3 E = 3 F

3 A = 5 B

4 B = 3 C - 5 D

4 F = 3 G + 3 H + 4

- 3 F = 3 E

Temos duas equações com E e F , isso nos diz que

3 E = - 3 F

E = - F

Temos duas equações de A e B

0 = - 5 A + 3 B + 8

0 = 3 A - 5 B

Vamos ter

A = 5 B 3

Substituindo na outra equação

0 = - 25 B 3 + 3 B + 8

0 = - 25 B + 9 B + 24

16 B = 24

B = 24 16 = 3 2

Assim

A = 5 3 3 2 = 5 2

Já achamos dois vamos ao resto.

As equações que sobraram foram

4 A = 3 D - 5 C

F = - E

4 E = 3 H + 3 G

4 B = 3 C - 5 D

4 F = 3 G + 3 H + 4

Temos o valor de e A B e pela primeira equação temos

4 5 2 = 3 D - 5 C

10 = 3 D - 5 C

C = 3 D 5 - 10 5

C = 3 D 5 - 2

Então vamos ter

4 3 2 = 3 3 D 10 - 2 - 5 D

6 = 9 D 5 - 6 - 5 D

30 + 30 = 9 D - 25 D

60 = - 16 D

D = - 60 16 = - 15 4

Então

C = 3 5 - 15 4 - 2 = - 9 4 - 2 = - 17 4

Faltam 4 agora, mas se você se lembra do exemplo que vimos na teoria, um par desse caras não vão ser resolvidos, vai cair naquela situação onde podemos escolher os caras.

F = - E

4 E = 3 H + 3 G

4 F = 3 G + 3 H + 4

Isso nos diz que

F = - E

4 F = 4 E + 4

Então

4 - E = 4 E + 4

- 4 E = 4 E + 4

- 8 E = 4

E = - 1 2

E

F = 1 2

Agora vamos ter

4 - 1 2 = 3 H + 3 G

- 2 = 3 H + 3 G

Isso nos diz que

H = - 2 - 3 G 3

Esse é o cara que vai ficar na escolha do freguês, isso vai aparecer quando multiplicamos a solução particular por t para ficar diferente da homogênea, aquele termo que somamos, que tem a cara da homogênea que vai ficar com esses caras que escolhemos o valor.

Vamos recapitular os valores que achamos

B = 3 2

A = 5 2

D = - 15 4

C = - 17 4

E = - 1 2

F = 1 2

H = - 2 - 3 G 3

Assim nossa solução particular vai ficar

X p = x p y p = 5 2 3 2 t + - 17 4 - 15 4 + - 1 2 1 2 t e - 2 t + G - 2 - 3 G 3 e - 2 t

Vamos pegar o valor mais simples possível para G , que é 0 , então nossa solução particular vai ficar

X p = x p y p = 5 2 3 2 t + - 9 8 - 15 8 + - 1 2 1 2 t e - 2 t + 0 - 2 3 e - 2 t

Passo 10

A solução geral vai ser

X = X h + X P

Então

X = C 1 e - t 2 + e - 2 t 2 + C 2 e - t 2 - e - 2 t 2 C 1 e - t 2 - e - 2 t 2 + C 2 e - t 2 + e - 2 t 2 + 5 2 3 2 t + - 9 8 - 15 8 + - 1 2 1 2 t e - 2 t + 0 - 2 3 e - 2 t

E não precisa arrumar essa bagunça n, está certinho.

Resposta

X = C 1 e - t 2 + e - 2 t 2 + C 2 e - t 2 - e - 2 t 2 C 1 e - t 2 - e - 2 t 2 + C 2 e - t 2 + e - 2 t 2 + 5 2 3 2 t + - 9 8 - 15 8 + - 1 2 1 2 t e - 2 t + 0 - 2 3 e - 2 t