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Exercícios Resolvidos de Método Matricial – Caso Homogêneo

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Enunciado

Determine todas as soluções do sistema:

d x d t = x + y - z

d y d t = 2 y

d z d t = y - z

Passo 1

Temos o sistema

d x d t = x + y - z d y d t = 2 y d z d t = y - z

Para resolver esse problema, nem precisamos eliminar nenhuma variável. Olha aqui a segunda equação: ela está escrita com derivada y ' dependendo somente de y . Então já temos uma EDO isolada bem bonita.

d y d t = 2 y Além disso, é uma EDO de primeira ordem homogênea que podemos resolver por integração direta. Isolamos y e d y de um mesmo lado da equação:

d y d t = 2 y ⟹ d y 2 y = t

Agora integramos ambos os lados

t = 1 2 ∫ 1 y d y

t = 1 2 ln ⁡ y + k 1

Com k 1 constante.

Passo 2

Temos t y . Vamos escrever y em função de t agora para achar y t . Isolando o logaritmo:

ln ⁡ y = 2 ( t - k 1 )

Para isolar y , aplicamos a exponencial:

e ln ⁡ y = e 2 t - k 1

Logo,

y = e 2 ( t - k 1 ) = e - 2 k 1 e 2 t

Repare que k 1 é constante, então e - 2 k 1 também então, para ficar mais simples, definimos C 1 = e - 2 k 1   e temos:

y t = C 1 e 2 t

Achamos y ( t ) , falta achar x t e z t .

Passo 3

Vamos dar uma olhada nas equações que faltam:

d x d t = x + y - z

d z d t = y - z

Na primeira, conhecemos y , mas nunca nem vimos x e z : duas variáveis para uma equação. Na segunda, conhecemos y e temos z na equação para descobrir: uma variável, uma equação, então vamos resolver essa!

Substituindo o valor de y que encontramos e escrevendo d z / d t como z ' para ficar mais fácil de visualizar, temos:

d z d t = C 1 e 2 t - z

Ou seja, temos uma EDO de primeira ordem não-homogênea.

Passo 4

Agora, para resolver essa EDO, usamos fator integrante. Por esse método, uma EDO da forma:

z ' + A t z = B ( t )

Tem solução:

z t = 1 I t ∫ I t ⋅ B t d t

Em que I ( t ) é o fator integrante é dado por:

I t = e ∫ A t d t

Comparando as formas, temos:

z ' + 1 . z = C 1 e 2 t

⟹ A t = 1

Logo:

I t = e ∫ d t = e t

Sem a constante mesmo. Logo, temos:

z t = 1 e t ∫ e t C 1 e 2 t d t

= C 1 e - t ∫ e 3 t d t

= C 1 e - t ⋅ 1 3 e 3 t + k 2

z t = 1 3 C 1 e 2 t + C 1 k 2 e - t

Como C 1 e k 2 são constantes, definimos C 2 = C 1 k 2   constante e temos:

z t = 1 3 C 1 e 2 t + C 2 e - t

Beleza, temos y e z , vamos atrás do x agora!

Passo 5

Substituindo os valores de y e z na primeira equação do sistema:

d x d t = x + y - z

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

x ' - x = 2 3 C 1 e 2 t - 1 3 C 2 e - t

Temos uma situação bem semelhante a anterior. Podemos resolver por fator integrante, com:

I t = e - ∫ d t = e - t

E solução:

x t = 1 I t ∫ I t ⋅ B t

= e t ∫ e - t 2 3 C 1 e 2 t - 1 3 C 2 e - t d t

= e t ∫ 2 3 C 1 e t - 1 3 C 2 e - 2 t d t

= e t 2 3 C 1 ∫ e t d t - 1 3 C 2 ∫ e - 2 t d t

= e t 2 3 C 1 e t - 1 3 C 2 ⋅ e - 2 t - 2 + C 3

x t = 2 3 C 1 e 2 t + 1 6 C 2 e - t + C 3 e t

Ufa! Resolvemos o sistema!

Resposta

x t = 2 3 C 1 e 2 t + 1 6 C 2 e - t + C 3 e t

y t = C 1 e 2 t

z t = 1 3 C 1 e 2 t + C 2 e - t

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