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Método Matricial – Caso Não Homogêneo

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Teoria

Introdução

Vamos começar com um resuminho de sistemas de EDO’s homogêneo! Lá os sistemas tinham uma cara assim,

x ' = x + 4 y y ' = x + y

E a forma matricial, ele ficava desse jeito aqui:

x ' y ' = 1 4 1 1 ⋅ x y   →

X ' = A X

Onde A é a matriz dos coeficientes. Mas e se o sistema agora for esse aqui?

  x ' = x + 4 y + t y ' = x + y + 2 t

Repara que surgiu um termo t no nosso sistema. Nesse caso, você estará lidando com o problema não homogêneo! E para passar ele para nossa forma matricial, nós sempre vamos proceder como o esquema abaixo (repara nas cores),

Agora vamos aplicar para o nosso sistema,

x ' y ' = 1 4 1 1 ⋅ x y + t 2 t

Perceba que a diferença desse problema para o problema homogêneo é a presença da matriz de termos que dependem somente de t . A essa matriz damos o nome de g t . Dessa forma, o problema não homogêneo no geral pode ser representado assim:

X ' = A X + g t

Onde A é a matriz dos coeficientes! Beleza, mas como vamos resolver isso?

Método de Resolução

Para resolver esse sistema de EDOs, vamos precisar de três etapas:

  1. Resolver a EDO como se fosse homogênea desconsiderando a parte g t – solução homogênea: X h t .
  2. Encontrar a solução particular que depende exclusivamente de g t : X p t .
  3. Encontrar solução geral fazendo a soma das duas anteriores: X t = X h t + X p t

Para mostrar isso, acho interessante irmos seguindo a guia do nosso exemplo:

x ' = x + 4 y + t y ' = x + y + 2 t →   x ' y ' = 1 4 1 1 ⋅ x y + t 2 t

PASSO 1: Devemos começar resolvendo o problema homogêneo como se realmente não existisse aquele g t :

x ' y ' = 1 4 1 1 ⋅ x y

Caso você não lembre muito bem a resolução para o caso homogêneo, eu recomendo você dar uma olhadinha no tópico Método Matricial – Caso Homogêneo. Mas fica tranquilo, que vou explicar aqui também! A gente começa encontrando os autovalores de A   e chamar de λ 1 , λ 2 ,

det ⁡ A - λ I = 0

1 - λ 4 1 1 - λ = 0

1 - λ 2 - 4 = 0

λ 2 - 2 λ - 3 = 0

Daí temos que:

λ 1 = 3   e   λ 2 = - 1

Depois vamos achar os autovetores associados a A e chamar de v 1 , v 2 .

Começando com o autovetor associado a λ 1

A - λ 1 I v 1 = 0

- 2 4 1 - 2 c 1 c 2 = 0 0

- 2 c 1 + 4 c 2 = 0 1 c 1 - 2 c 2 = 0

Resolvendo tudo isso, vamos ter:

c 1 = 2 ,   c 2 = 1

v 1 = 2 1

Fazendo o mesmo para λ 2 , ficamos com

v 2 = - 2 1

Nesse caso, nossas soluções x 1 e x 2 vão ser

x 1 = v 1 e λ 1 t = 2 1 e 3 t

x 2 = v 2 e λ 2 t =   - 2 1 e - t

E a solução geral vai ser

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

PASSO 2: Uma vez resolvida a parte homogênea temos que encontrar a solução particular. Vamos usar aqui o método dos coeficientes indeterminados que funciona da seguinte forma: Você tem que chutar como vai ser a solução dependendo de como é a função g t .

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 t
  • Função polinomial: t n
  • Função trigonométrica: cos ⁡ n t , sen ⁡ n t

No nosso caso, a matriz g t são funções de primeiro grau:

g t = t 2 t

Logo, a solução particular X p que devemos chutar, também deve ser de primeiro grau:

X p = A t + B C t + D

ATENÇÃO: embora a função g t não envolva as constantes, na hora de chutar, você tem que escrever a expressão toda, ok?! Por isso aparecem o B e o D ali, já que a expressão completa do primeiro grau é A t + B .

Então, por exemplo, se a matriz g t   envolvesse um polinômio do segundo grau, a solução também teria, só que completa, veja o exemplo:

g t = 3 t 2 t 2           →               X p = A t 2 + B t + C D t 2 + E t + F

A gente vai ver vários outros casos de como seria o chute para X p dependendo da g t mais para frente, ok? Vamos antes disso só terminar o nosso exemplo!

PASSO 3:

X p = A t + B C t + D

Sabendo que a solução tem essa cara, temos que sair a procura dos coeficientes A , B , C e D . Por isso o nome do método ser coeficientes indeterminados, saca? Para isso, devemos nesse passo deriva-lo: basta você derivar cada uma dessas duas expressões:

X ' p = A C

PASSO 4: Com isso, você pode pegar a expressão do X p , sua derivada e substituir no sistema de EDO que estamos resolvendo (não homogêneo):

X ' = A X + g t

Substituindo então, lembrando quem é a matriz A do exemplo é, ficamos com essa igualdade aqui:

A C = 1 4 1 1 ⋅ A t + B C t + D + t 2 t  

Agora é só resolver essa igualdade multiplicando e somando as matrizes:

A C = 1 4 1 1 ⋅ A t + B C t + D + t 2 t

A C = A t + B + 4 C t + D A t + B + C t + D + t 2 t →

A C = A t + B + 4 C t + 4 D + t A t + B + C t + D + 2 t →

A C = A + 4 C + 1 t + B + 4 D A + C + 2 t + B + D

Logo, ganhamos o seguinte sistema:

A = A + 4 C + 1 t + B + 4 D C = A + C + 2 t + B + D     →

Passando tudo para um lado só...

A + 4 C + 1 t + B + 4 D - A = 0 A + C + 2 t + B + D - C = 0  

Quando você chegar nesse sistema igual a 0 (passando as constantes tudo para o outro lado), você tem sempre que fazer a seguinte reflexão: para isso ser igual a 0 , o que deve acontecer com os termos entre parênteses? Devem ser todos nulos, ok? Sempre vai acontecer algo parecido e você vai chegar ao seguinte sistema:

A + 4 C + 1 = 0 A + C + 2 = 0 B + 4 D - A = 0 B + D - C = 0

Resolvendo esse sistema por substituição (vamos ver com mais calma nos exemplos) descobrimos que:

A = - 7 3 ;       C = 1 3 ;           B = 11 9 ;     D = - 8 9

Então a solução particular será:

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

- 7 3 t + 11 9 t 3 - 8 9

Ou ainda...

X p = - 7 3 1 3 t + 11 9 - 8 9

PASSO 5: Agora é só dar a resposta final somando a resposta da homogênea com a resposta da particular:

X = X h + X p   →

X = C 1 2 1 e 3 t + C 2   - 2 1 e - t + - 7 3 1 3 t + 11 9 - 8 9

Beleza! E está aí o final do nosso exemplo. O cuidado mais importante que você deve tomar é no “chute” da solução particular, pois de resto sempre será parecido com o exemplo (seguindo o passo a passo).

Como o chute para a função particular é o mais importante dessa teoria, vamos ver agora uma série de chutes que você deve dar dependendo da função g t . Vamos nessa?

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 e sempre o polinômio inteiro, como vimos no exemplo passado. Vejamos ver mais alguns exemplos:

Exemplo 1:

g t = t t + 2

Aqui os dois são de grau 1 então a solução particular vai ser também de grau 1 , então X p também será:

X p = A t + B C t + D

Exemplo 2:

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 E t 3 + F t 2 + G t + H

Repare que ambos colocamos o polinômio completo. Cuidado para não se esquecer de nada! Agora vejamos casos onde g t não é um polinômio e sim outras funções como a exponencial ou trigonométrica.

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 3:

g t = e 2 t 3 e 2 t

Como a exponencial é a mesma, então a particular será:

X p = A e 2 t B e 2 t

Exemplo 4:

g t = e 3 t 3 e t

Veja que agora temos duas exponenciais diferentes. Então na particular teremos as duas:

X p = A e 3 t + B e t C e 3 t + D e t

Solução particular – trigonométrica

Quando a matriz g t tiver uma função trigonométrica (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 5:

g t = sen ⁡ 2 t 3 cos ⁡ 2 t

A solução particular então será:

X p = A ⋅ sin ⁡ 2 t + B ⋅ cos ⁡ 2 t C ⋅ sin ⁡ 2 t + D ⋅ cos ⁡ 2 t

Exemplo 6:

g t = sen ⁡ t cos ⁡ t + cos ⁡ 2 t

Veja que agora temos argumento t e argumento 2 t dentro do seno e do cosseno, logo a resposta vai envolver os dois:

X p = A sen ⁡ t + B cos ⁡ t + C sin ⁡ 2 t + D cos ⁡ 2 t F sen ⁡ t + G cos ⁡ t + H sin ⁡ 2 t + I cos ⁡ 2 t

Perceba que mesmo não envolvendo o sin ⁡ 2 t na g t , você é obrigado a colocar. Veja esse outro exemplo:

Exemplo 7:

g t = sen ⁡ 3 t sen ⁡ 2 t

A resposta será a soma de seno e cosseno para os dois argumentos:

X p = A sen ⁡ ( 3 t ) + B cos ⁡ ( 3 t ) + C sin ⁡ 2 t + D cos ⁡ 2 t E sen ⁡ ( 3 t ) + F cos ⁡ ( 3 t ) + G sin ⁡ 2 t + H cos ⁡ 2 t

Percebeu? Quando tem um seno ou cosseno, você sempre coloca a soma de seno e cosseno (independente se ele aparece ou não na g t ).

Solução particular – combinação de diferentes tipos de funções

Vamos ver como supor X p t quando g t possui uma soma ou multiplicação de diferentes tipos de funções.

Exemplo 8: (soma)

g t = sen ⁡ t + e t t

Vamos com calma neste:

  • A solução deverá ter soma de seno e cosseno de t :

    • A sin ⁡ t + B cos ⁡ t

  • Deverá possuir uma exponencial e t

    • C e t

  • E, além disso, ela deverá também conter um polinômio do primeiro grau por causa da presença do t :

    • D t + F

    Ou seja, a solução particular será assim:

    X p = A sin ⁡ t + B cos ⁡ t + C e t + D t + F G sin ⁡ t + H cos ⁡ t + I e t + J t + K

    Exemplo 9: (produto)

    g t = t + e t 3 t e 2 t

    Vamos com calma novamente:

  • Por causa do t somando no primeiro, devemos ter um polinômio de primeiro grau somando:

    • A t + B

  • Por causa da exponencial em cima, devemos ter a exponencial na resposta:

    • C e t

  • Por último, por causa do produto em baixo entre um polinômio de primeiro grau em baixo com uma exponencial, também teremos um produto semelhante na resposta:

D t + E ⋅ F e 2 t

Nesse caso, quando F , multiplicar por D e E , vira outra constantes desconhecidas. Isso significa que a presença do F não faz a menor diferença nesse caso de produto, podendo ou não ser colocado. A solução então pode ser dada assim:

X p = A t + B + C e t + D t + E e 2 t G t + H + I e t + J t + K e 2 t

Solução Particular: quando a resposta da homogênea já possui o “chute”

Finalmente, vamos ver o último tópico desse assunto que é aprender a chutar a resposta particular quando a solução da homogênea já possuir o chute que íamos fazer.

Exemplo 10:

Resolva o seguinte sistema de EDO’s:

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

Onde

g t = 2 e - t 3 e - t

Em condições normais, o chute seria para a solução particular seria:

X p = A e - t B e - t

Porém, quando você resolve o passo 1 e encontra a solução da homogênea desse sistema, você encontra o seguinte:

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

Veja que a solução da homogênea, já possui e - t como resposta, logo você não pode chutar aquele X p . O novo X p que você deve chutar é esse daqui:

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

Basta você acrescentar t e - t , saca? Se por acaso esse t e - t tivesse na homogênea, você ia acrescentar t 2 e - t e assim sucessivamente até que não tenha mais na homogênea, beleza?

Nesse exemplo, a título de curiosidade, após derivar e substituir na X h , e fazer as simplificações todas, você encontraria o seguinte:

C = 5 2

D = 5 2

B = 1 2 + A

Nesses casos, nunca será possível determinar o valor de um deles. Você pode deixar assim, ou você pode dizer que A = 0 , por exemplo. Não tem problema, já que A e B são os termos que multiplicam o termo que já aparece na resposta homogênea. O importante mesmo é saber que B é 1 / 2 a mais que A !

Não se preocupe, a gente vai fazer mais exercício como esse onde vai dar para treinar ;)

Resumo

Cansou já? Calma! Vamos só ver um passo a passo pra facilitar sua vida:

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

Partiu exercícios agora?

Solução particular – polinomial

Solução particular – exponencial

Solução particular – trigonométrica

Solução particular – combinação de diferentes tipos de funções

Solução Particular: quando a resposta da homogênea já possui o “chute”

Resumo

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Zill DG, Cullen MR. Matemática Avançada para Engenharia-Vol III. Editora Bookman,2009. Cap 1, p 53 exercício 9.

Encontre a solução do sistema de EDO dado.

x ' = - x - 2 y + 3 y ' = 3 x + 4 y + 3

Com

X 0 = - 4 5

Passo 1

Pra começar, precisamos colocar o sistema na forma matricial. Como já vimos, o sistema vai ficar

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

Agora, vamos separar a parte homogênea da não homogênea

A = - 1 - 2 3 4 ,   g t = 3 3

Passo 2

Vamos primeiro resolver o sistema homogêneo. Temos que achar os autovalores de A .

Lembra é só fazer

- 1 - λ - 2 3 4 - λ = 0

- 1 - λ 4 - λ + 6 = 0

λ 2 - 3 λ + 2 = 0

λ 1 = 3 + 1 2 = 3 + 1 2 = 4 2 = 2

λ 2 = 3 - 1 2 = 3 - 1 2 = 2 2 = 1

Esse é o caso de autovalores diferentes, vamos agora achar seus autovetores.

Passo 3

Agora temos que achar os autovetores associados, para isso vamos ter

A - λ 1 I v 1 = 0

- 3 - 2 3 2 x 1 x 2 = 0 0

E o autovetor associado vai ser

v 1 = 2 - 3

Fazendo o mesmo pro outro autovetor

A - λ 2 I v 2 = 0

Vamos fazer

v 2 = y 1 y 2

- 2 - 2 3 3 y 1 y 2 = 0 0

E o autovetor associado vai ser

v 2 = 1 - 1

Passo 4

Tendo os dois autovetores e o autovalor as soluções são da forma

x 1 = v 1 e λ 1 t

x 2 = v 2 e λ 2 t  

Então

x 1 = 2 - 3 e 2 t

x 2 = 1 - 1 e t  

A solução homogênea vai ficar

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

Passo 5

Agora temos que encontrar a solução particular. A parte não homogênea do nosso sistema é dada por

g t = 3 3

Vamos supor que nossa solução particular vai ser dada por

X p = A B

X p ' = 0

Passo 6

Substituindo os valores no sistema

0 0 = - 1 - 2 3 4 A B + 3 3

Agora é só resolver para encontrar A e B

0 = - A - 2 B + 3

0 = 3 A + 4 B + 3

Resolvendo encontramos

A = - 9 ,   B = 6

Então

X p = - 9 6

Passo 7

A solução geral fica

X = X h + X p

X = C 1 2 - 3 e 2 t + C 2 1 - 1 e t + - 9 6

Agora é só aplicar a condição inicial

X 0 = - 4 5

X = C 1 2 - 3 e 2 . 0 + C 2 1 - 1 e 0 + - 9 6

Resolvendo o sistema

- 4 = 2 C 1 + C 2 - 9 5 = - 3 C 1 - C 2 + 6

Encontramos

C 1 = - 4 ,   C 2 = 13

Resposta

X t = - 4 2 - 3 e 2 t + 13 1 - 1 e t + - 9 6

Exercício Resolvido #2

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, então só precisas achar os autovetores normalmente.

Passo 4

Agora temos que achar os autoespaços associados, para isso vamos ter

A v 1 = λ 1 I v 1

- 5 4 3 4 3 4 - 5 4 x 1 x 2 = - 1 2 0 0 - 1 2 x 1 x 2

- 5 x 1 4 + 3 x 2 4 3 x 1 4 - 5 x 2 4 = - x 1 2 - x 2 2

Vamos ter

- 5 x 1 4 + 3 x 2 4 = - x 1 2

- 5 x 1 + 3 x 2 = - 2 x 1

3 x 2 = 5 x 1 - 2 x 2

x 1 = x 2

E o autovetor associado vai ser

v 1 = x 1 x 1

Podemos tirar esse x 1

v 1 = 1 1

Precisamos achar o outro autovetor

A v 2 = λ 2 I v 2

Vamos fazer

v 2 = y 1 y 2

- 5 4 3 4 3 4 - 5 4 y 1 y 2 = - 2 0 0 - 2 y 1 y 2

- 5 x 1 4 + 3 x 2 4 3 x 1 4 - 5 x 2 4 = - 2 x 1 - 2 x 2

Vamos ter

- 5 y 1 4 + 3 y 2 4 = - 2 y 1

- 5 y 1 + 3 y 2 = - 8 y 1

3 y 2 = 5 y 1 - 8 y 2

y 2 = - y 1

E o autovetor associado vai ser

v 2 = y 1 - y 1

Podemos tirar esse y 1

v 2 = 1 - 1

Passo 5

Tendo os dois autovetores e o autovalor as soluções são da forma

x 1 = v 1 e λ 2 t

x 2 = v 2 e λ 2 t  

Então

x 1 = 1 1 e - t 2

x 2 = 1 - 1 e - 2 t  

A solução da homogênea vai ficar

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

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

Exercício Resolvido #3

Elaboração Própria

Encontre a solução do sistema de EDO dado.

x ' = 3 x + 2 y + s e n ( t ) y ' = 4 x + y - 2 c o s ⁡ ( t )

Passo 1

Pra começar, precisamos colocar o sistema na forma matricial. Como já vimos, o sistema vai ficar

X ' = 3 2 4 1 X + s e n t cos ⁡ t

Agora, vamos separar a parte homogênea da não homogênea

A = 3 2 4 1 ,   g t = s e n t cos ⁡ t

Passo 2

Vamos primeiro resolver o sistema homogêneo. Temos que achar os autovalores de A .

Lembra é só fazer

3 - λ 2 4 1 - λ = 0

3 - λ 1 - λ - 2 . 4 = 0

λ 2 - 4 λ + 3 - 8 = 0

λ 2 - 4 λ - 5 = 0

λ 1 = - - 4 + - 4 2 - 4 - 5 1 2.1 = 4 + 16 + 20 2 = 4 + 36 2 = 4 + 6 2 = 10 2 = 5

λ 2 = - - 4 - - 4 2 - 4 - 5 1 2.1 = 4 - 16 + 20 2 = 4 - 36 2 = 4 - 6 2 = - 2 2 = - 1

Esse é o caso de autovalores diferentes, vamos agora achar seus autovetores.

Passo 3

Agora temos que achar os autovetores associados, para isso vamos ter

A - λ 1 I v 1 = 0

- 2 2 4 - 4 x 1 x 2 = 0 0

E o autovetor associado vai ser

v 1 = 1 1

Fazendo o mesmo pro outro autovetor

A - λ 2 I v 2 = 0

Vamos fazer

v 2 = y 1 y 2

4 2 4 2 y 1 y 2 = 0 0

E o autovetor associado vai ser

v 2 = 1 - 2

Passo 4

Tendo os dois autovetores e o autovalor as soluções são da forma

x 1 = v 1 e λ 1 t

x 2 = v 2 e λ 2 t  

Então

x 1 = 1 1 e 5 t

x 2 = 1 - 2 e - t  

A solução homogênea vai ficar

X h t = C 1 1 1 e 5 t + C 2 1 - 2 e - t

Passo 5

Agora temos que encontrar a solução particular. A parte não homogênea do nosso sistema é dada por

g t = s e n ( t ) - 2 c o s ⁡ ( t )

g t = 1 0 s e n ( t ) + 0 - 2 c o s ⁡ ( t )

Vamos supor que nossa solução particular vai ser dada por

X p = A B s e n ( t ) + C D c o s ⁡ ( t )

X p ' = A B cos ⁡ t - C D s e n ( t )

Passo 6

Substituindo os valores no sistema

A B cos ⁡ t - C D s e n ( t ) = 3 2 4 1 A B s e n ( t ) + C D c o s ⁡ ( t ) + 1 0 s e n ( t ) + 0 - 2 c o s ⁡ ( t )

Parece complicado, mas só é muita continha, vai ser fácil de resolver. Vamos?

A c o s t - C s e n t = 3 A + 2 B + 1 s e n t + 3 C + 2 D c o s ⁡ ( t )

B c o s t - D s e n t = 4 A + B s e n t + 4 C + D - 2 c o s ⁡ ( t )

E resolver um sistema

A = 3 C + 2 D

- C = 3 A + 2 B + 1

B = 4 C + D - 2

- D = 4 A + B

Resolvendo encontramos

A = 9 26 ,   B = - 15 13 ,   C = 7 26 ,   D = - 3 13

Então

X p = 9 26 - 15 13 s e n ( t ) + 7 26 - 3 13 c o s ⁡ ( t )

Passo 7

Finalmente, a solução geral fica

X = X h + X p

X = C 1 1 1 e 5 t + C 2 1 - 2 e - t + 9 26 - 15 13 s e n ( t ) + 7 26 - 3 13 c o s ⁡ ( t )

Resposta

X ( t ) = C 1 1 1 e 5 t + C 2 1 - 2 e - t + 9 26 - 15 13 s e n ( t ) + 7 26 - 3 13 c o s ⁡ ( t )

Exercício Resolvido #4

Elaboração Própria

Utilize o método matricial para resolver o sistema apresentado.

  X ' = - 3 2 - 1 - 1 X + - 2 t 2 t + 5

Passo 1

Pois bem, para resolvermos o problema não homogêneo, temos que resolver primeiro o problema da homogênea associada: x h e depois encontrar a solução particular x p . A solução final vai ser a soma das duas:

x = x h + x p

Vamos nessa?

Passo 2

Vamos primeiro resolver o sistema homogêneo associado (que é o sistema desconsiderando a parte não homogênea, se lembra?)

X ' = - 3 2 - 1 - 1 X

Assim, a nossa matriz dos coeficientes será dada por:

A = - 3 2 - 1 - 1

Agora temos que achar os autovalores de A . Bora lá?

Passo 3

Lembra: achar autovalor é só fazer o cálculo desse determinante aqui:

A - λ I = 0

Ou em termos de matrizes...

- 3 2 - 1 - 1 - λ 0 0 λ = 0   →

- 3 - λ 2 - 1 - 1 - λ = 0

Determinante de matriz dois por dois é só pegar o produto da diagonal principal menos o produto da secundária, lembrou? Isso é importante, heim :

- 3 - λ - 1 - λ - - 1 . 2 = 0

Fazendo as continhas vamos ganhar os lambdas que nesse caso são...

λ 2 + 4 λ + 3 + 2 = 0

λ 2 + 4 λ + 5 = 0

Complexos:

λ 1 = - 2 + i

λ 2 = - 2 - i

Passo 4

Ok! Precisamos agora encontrar os autovetores. Se liga que aqui vai ser um pouco chato, pois estamos lidando com números complexos! Já sabemos que:

a = - 2

b = 1

Informações do próprio autovalor λ 1 = - 2 + i , neh. Lembra-se que os autovalores vão ser da forma

v 1 = a → + b → i

v 2 = a → - b → i

Então só precisamos achar um deles né? Para isso vamos ter condição de autovetor:

A v 1 = λ 1 I v 1

Consideraremos aqui o vetor v 1 = x 1 x 2 , onde esse x 1 e x 2 são também números complexos, ok? Então substituindo...

- 3 2 - 1 - 1 x 1 x 2 = - 2 + i 0 0 - 2 + i x 1 x 2   →

- 3 x 1 + 2 x 2 - x 1 - x 2 = - 2 + i x 1 - 2 + i x 2

Vamos ter através da primeira linha (lembre-se que você também pode escolher a segunda):

- 3 x 1 + 2 x 2 = - 2 + i x 1 →

2 x 2 = 1 + i x 1

x 2 = 1 + i 2 x 1

E o autovetor associado vai ser

v 1 = x 1 1 + i 2 x 1

Podemos tirar esse x 1 (escolher ele como igual a 1 ):

v 1 = 1 1 + i 2 =

E separar agora as partes reais e imaginárias:

1 1 / 2 + 0 1 / 2 i

Então

a → = 1 1 / 2

b → = 0 1 / 2

Passo 5

Esse é o caso de autovalores complexos, então as respostas fundamentais serão do tipo:

x 1 = e a t a → cos ⁡ b t - b → sen ⁡ b t

x 2 = e a t a → sen ⁡ b t + b → cos ⁡ b t

Ora, a gente encontrou quem é a e b através do autovalor, e a → e b → através dos autovetores:

a = - 2

b = 1

a → = 1 1 / 2

b → = 0 1 / 2

Só mesmo substituir:

x 1 = e - 2 t 1 1 / 2 cos ⁡ 1 t - 0 1 / 2 sen ⁡ 1 t

x 2 = e - 2 t 1 1 / 2 sen ⁡ 1 t + 0 1 / 2 cos ⁡ 1 t

E a solução da parte homogênea vai ser então a combinação das duas fundamentais:

X h = C 1 x 1 + C 2 x 2 →

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

Passo 6

Agora temos que encontrar a solução particular. A parte não homogênea do nosso sistema é dada por

g t = - 2 t 2 t + 5

Como temos dois polinômios onde o maior grau é 2 , vamos supor que nossa solução particular vai ser dada por polinômios do segundo grau também:

X p = A B t 2 + C D t + E F

Derivando...

X p ' = 2 t A B + C D

E substituindo os valores no sistema

X ' = - 3 2 - 1 - 1 X + - 2 t 2 t + 5   →

2 t A B + C D = - 3 2 - 1 - 1 A B t 2 + C D t + E F + - 2 0 t 2 + 0 1 t + 0 5

Sim, fica enorme! Vamos separar em dois lados (lado direito e esquerdo) e fazer as continhas com calma em dois passos, ok?

Passo 7

Primeiro o lado esquerdo:

2 t A B + C D

Multiplicando o 2 t no vetor:

2 A t 2 B t + C D

Somando os dois vetores...

2 A t + C 2 B t + D

Passo 8

Lado direito:

- 3 2 - 1 - 1 A B t 2 + C D t + E F + - 2 0 t 2 + 0 1 t + 0 5

Primeiro vamos fazer o mesmo que fizemos no passo anterior, só que dentro desses colchetes:

- 3 2 - 1 - 1 A t 2 + C t + E B t 2 + D t + F + - 2 0 t 2 + 0 1 t + 0 5

Vamos fazer o mesmo com os três últimos vetores agora (aproveitar e eliminar esses colchetes):

- 3 2 - 1 - 1 A t 2 + C t + E B t 2 + D t + F + - 2 t 2 t + 5

Presta atenção agora, pois devemos multiplicar as duas matrizes!

- 3 2 - 1 - 1 A t 2 + C t + E B t 2 + D t + F + - 2 t 2 t + 5   →

- 3 A t 2 + C t + E + 2 B t 2 + D t + F - A t 2 + C t + E - B t 2 + D t + F + - 2 t 2 t + 5   →

Simplificando os termos...

- 3 A t 2 - 3 C t - 3 E + 2 B t 2 + 2 D t + 2 F - A t 2 - C t - E - B t 2 - D t - F + - 2 t 2 t + 5   →

- 3 A t 2 - 3 C t - 3 E + 2 B t 2 + 2 D t + 2 F - 2 t 2 - A t 2 - C t - E - B t 2 - D t - F + t + 5   →

Colocando em evidência o t 2 e também o t ...

- 3 A + 2 B - 2 t 2 + - 3 C + 2 D t + ( - 3 E + 2 F ) - A - B t 2 - C - D + 1 t + ( - E - F + 5 )

Passo 9

Finalmente, podemos voltar para a igualdade do passo 5

2 t A B + C D = - 3 2 - 1 - 1 A B t 2 + C D t + E F + - 2 0 t 2 + 0 1 t + 0 5

E substituir os dois lados que simplificamos:

2 A t + C 2 B t + D = - 3 A + 2 B - 2 t 2 + - 3 C + 2 D t + ( - 3 E + 2 F ) - A - B t 2 - C - D + 1 t + ( - E - F + 5 )

Por igualdade de vetores ganhamos...

2 A t + C = - 3 A + 2 B - 2 t 2 + - 3 C + 2 D t + ( - 3 E + 2 F )

2 B t + D = - A - B t 2 - C - D + 1 t + ( - E - F + 5 )

Poxa, para as igualdade de cima ser verdadeira, o termo que multiplica t 2 devem ser 0 , já que não tem nenhu t 2 do lado esquerdo:

- 3 A + 2 B - 2 = 0

- A - B = 0

Onde a gente tira que A = - 2 / 5 e B = 2 / 5 . Ainda, podemos ver que o termo que multiplica t nas duas equações do lado esquerdo, deve ser igual ao termo da direita:

2 A = - 3 C + 2 D

2 B = - C - D + 1

Onde ganhamos C = 6 / 25 e D = - 1 / 25 . Por último, vem a igualdade dos termos livres das duas equações:

C = - 3 E + 2 F

D = - E - F + 5

Resolvendo encontramos

  E = 246 125 , F = 384 125

Resumindo, encontramos os seguintes coeficientes:

A = - 2 5 ,   B = 2 5 ,   C = 6 25 ,   D = - 1 25 ,   E = 246 125 , F = 384 125

Como a resposta da particular é:

X p = A B t 2 + C D t + E F

Então substituindo...

X p = - 2 5 2 5 t 2 + 6 25 - 1 25 t + 246 125 384 125

Passo 10

Finalmente, a solução geral fica

X = X h + X p

X = C 1 e - 2 t 1 1 / 2 cos ⁡ 1 t - 0 1 / 2 sen ⁡ 1 t + C 2 e - 2 t 1 1 / 2 sen ⁡ 1 t + 0 1 / 2 cos ⁡ 1 t + - 2 5 2 5 t 2 + 6 25 - 1 25 t + 246 125 384 125

Resposta

X t = C 1 e - 2 t 1 1 / 2 cos ⁡ 1 t - 0 1 / 2 sen ⁡ 1 t + C 2 e - 2 t 1 1 / 2 sen ⁡ 1 t + 0 1 / 2 cos ⁡ 1 t + - 2 5 2 5 t 2 + 6 25 - 1 25 t + 246 125 384 125

Exercício Resolvido #5

Dennis Zill, Equações diferenciais volume II, 11ª ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil Ltda., 2006, pp19-17

Resolva o sistema dado quando R 1 = 6   o h m s ,   R 2 = 5   o h m s ,   L 1 = 1   h e n r y ,   L 2 = 1   h e n r y ,   E t = 50 sen ⁡ t   v o l t s .

L 1 d i 2 d t + R 1 + R 2 i 2 + R 1 i 3 = E t L 2 d i 3 d t + R 1 i 2 + R 1 i 3 = E t

Passo 1

Vamos começar substituindo os valores que o problema deu pra gente e manipular um pouco para escrever o sistema naquele formato característico de sistema de EDOs.

d i 2 d t = - 1 1 i 2 - 6 i 3 + 50 sen ⁡ t d i 3 d t = - 6 i 2 - 6 i 3 + 50 sen ⁡ t

Agora tá bem claro que temos um sistema de EDO não homogêneo. Vamos escreve-lo na forma matricial.

i 2 ' i 3 ' = - 11 - 6 - 6 - 6 i 2 i 3 + 1 1 50 sen ⁡ t

Passo 2

Vamos resolver primeiro o sistema homogêneo associado. Para isso vamos utilizar o método matricial. A nossa matriz de coeficientes do sistema é dada por.

A = - 11 - 6 - 6 - 6

Vamos calcular os autovalores do sistema.

det ⁡ A - λ I = 0

- 11 - λ - 6 - 6 - 6 - λ = 30 + 17 λ + λ 2 = 0

Resolvendo a equação do segundo grau.

λ 1 = - 2 ,     λ 2 = - 15

Passo 3

Calculando os autovetores.

A - λ 1 I v 1 = 0

- 9 - 6 - 6 - 4   c 1 c 2 = 0 0

Ficamos então com o seguinte sistema

- 9 c 1 - 6 c 2 = 0 - 6 c 1 - 4 c 2 = 0

O nosso sistema admite qualquer solução da forma c 1 = - 2 3 c 2 . Vamos usar a seguinte solução então.

v 1 = - 2 3

Calculando o segundo autovetor.

A - λ 2 I v 2 = 0

4 - 6 - 6 9 d 1 d 2 = 0 0

Ficamos então com o seguinte sistema

4 d 1 - 6 d 2 = 0 - 6 d 1 + 9 d 2 = 0

Esse sistema aceita qualquer solução da forma d 1 = 3 2 d 2 . Vamos usar a seguinte solução.

v 2 = 3 2

Passo 4

Como os autovalores são distintos sabemos que

I h = i 2 h i 3 h = C 1 - 2 3 e - 2 t + C 2 3 2 e - 15 t

Passo 5

Agora temos que calcular a solução particular. Como a parte não homogênea do nosso sistema é dada por.

g t = 1 1 50 sen ⁡ t  

Vamos supor a seguinte solução particular então.

I p = i 2 p i 3 p = A B sen ⁡ t + C D cos ⁡ t

Calculando I p '

I p ' = i 2 p ' i 3 p ' = A B cos ⁡ t - C D sen ⁡ t

Passo 6

Substituindo os valores no sistema.

A B cos ⁡ t - C D sen ⁡ t = - 11 - 6 - 6 - 6 A B sen ⁡ t + C D cos ⁡ t + 1 1 50 sen ⁡ t

Desse sistema matricial podemos remover as seguintes equações em função dos coeficientes A ,   B ,   C   e   D .

A = - 11 C - 6 D

B = - 6 C - 6 D

- C = - 11 A - 6 B + 50

- D = - 6 A - 6 B + 50

Manipulando as equações temos.

79 A = 425 - 51 B

73 B = 600 - 102 A

Disso tiramos que

A = 85 113 ,     B = 813 113 ,     C = 145 113 ,     D = - 280 113

Logo a solução do sistema será.

I = i 2 i 3 = I h + I p

i 2 i 3 = C 1 - 2 3 e - 2 t + C 2 3 2 e - 15 t + 85 113 813 113 sen ⁡ t + 145 113 - 280 113 cos ⁡ t

Resposta

i 2 i 3 = C 1 - 2 3 e - 2 t + C 2 3 2 e - 15 t + 85 113 813 113 sen ⁡ t + 145 113 - 280 113 cos ⁡ t

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Em cada um dos problemas de 1 a 12, encontre a solução geral do sistema de equações dado. x ' = 1 1 4 - 2 x + e - 2 t - 2 e t
Em cada um dos problemas de 1 a 12, encontre a solução geral do sistema de equações dado. x ' = 4 - 2 8 - 4 x + t - 3 - t - 2
Em cada um dos problemas de 1 a 12, encontre a solução geral do sistema de equações dado. x ' = 1 3 3 - 1 x + e t 3 e - t
Em cada um dos problemas de 1 a 12, encontre a solução geral do sistema de equações dado. x ' = - 4 2 2 - 1 x + t - 2 t - + 4
Em cada um dos problemas de 1 a 12, encontre a solução geral do sistema de equações dado. x ' = 2 - 5 1 - 2 x + 0 cos ⁡ t ,0tπ