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Exercícios Resolvidos de Método Matricial – Caso Não Homogêneo

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Exercício 912345678101112

Enunciado

Sistemas EDO – método da eliminação ou método matricial

Seja A a matriz 1 0 0 - 4 1 0 3 6 2 . Os autovalores de A são r = 1 e r = 2 e x 1 =   0 0 e 2 t é uma solução dos sistema x ' = A x (no intervalo I = R ).

( a ) Determine outras duas soluções x 2 , x 3 desse sistema, usando autovetores, tais que x 1 , x 2 , x 3 sejam linearmente independentes (em I = R ).

( b ) Escreva a solução (geral) na forma x t = Ψ t C , onde Ψ ( t ) é uma matriz fundamental.

( c ) Determine C tal que x 0 = 1 0 0 .

Passo 1

( a ) Bom, começamos bem, já temos os autovalores! Olha pra matriz A : ela é triangular inferior, isto é, todo mundo acima da diagonal principal é 0 .

Assim, os autovalores já estão na diagonal principal. Repare que r = 1 tem multiplicidade dois e r = 2 tem multiplicidade um.

A pegadinha é: de onde vem x 1 =   0 0 e 2 t ?

Bom, x 1 =   0 0 e 2 t = e 2 t 0 0 1 , então como o modo e 2 t aparece aqui, o v 1 = 0 0 1 deve ser o autovetor associado ao autovalor r = 2 .

Passo 2

Ok, e os autovetores de r = 1 ? Vamos calculá-los!

  ⁡ A - r I   v = 0

1 - 1 0 0 - 4 1 - 1 0 3 6 2 - 1 v 1 v 2 v 3 = 0 0 0

0 0 0 - 4 0 0 3 6 1 v 1 v 2 v 3 = 0 0 0

Concluímos que v 1 = 0 e 3.0 + 6 v 2 + v 3 = 0 → v 3 = - 6 v 2 . Logo: v = 0 v 2 - 6 v 2 = v 2 0 1 - 6 .

Isso nos dá uma série de autovetores, mas eles são linearmente dependentes. Escolhemos v 2 = 1 , por exemplo, e obtemos v = 0 1 - 6 .

Daí, fica fácil ver que x 2 = e t v = e t 0 1 - 6 = 0 e t - 6 e t .

Passo 3

Ótimo, mas ainda falta o outro autovetor L I , para acharmos x 3 . Então fazemos assim:

  ⁡ A - r I   w = v

1 - 1 0 0 - 4 1 - 1 0 3 6 2 - 1 w 1 w 2 w 3 = 0 1 - 6

0 0 0 - 4 0 0 3 6 1 w 1 w 2 w 3 = 0 1 - 6

Assim, temos: - 4 w 1 = 1 → w 1 = - 1 4 . Logo, 3 . - 1 4 + 6 w 2 + w 3 = - 6 → w 3 = - 6 w 2 - 21 4 .

Forçando w 2 = 0 , vem w 3 = - 21 4 e w = - 1 / 4 0 - 21 / 4 .

Daí, obtemos x 3 = t x 2 + e t w = t e t v + e t w :

x 3 = t e t 0 1 - 6 + e t - 1 / 4 0 - 21 / 4

x 3 = - 1 4 e t t e t - 6 t + 21 4 e t

Passo 4

( b ) Agora que já temos x 1 ,   x 2 ,   x 3 , fica fácil montar a matriz fundamental:

Ψ t = x 1   x 2   x 3

Ψ t = 0 0 - 1 4 e t 0 e t t e t e 2 t - 6 e t - 6 t + 21 4 e t

Passo 5

Depois, vamos escrever a solução geral. Ela está na forma x t = Ψ t C , com C = c 1 c 2 c 3 .

Assim, podemos escrever:

x = c 1 x 1 + c 2 x 2 + c 3 x 3

x = ( x 1 + x 2 + x 3 ) c 1 c 2 c 3

x = Ψ t C

x = 0 0 - 1 4 e t 0 e t t e t e 2 t - 6 e t - 6 t + 21 4 e t c 1 c 2 c 3

Passo 6

( c ) Para x 0 = 1 0 0 , basta fazermos:

0 0 - 1 4 0 1 0 1 - 6 - 21 4 c 1 c 2 c 3 = 1 0 0

Portanto,

c 3 = - 4

c 2 = 0

c 1 - 21 4 c 3 = 0 → c 1 + 21 → c 1 = - 21

E, assim,

c 1 c 2 c 3 = - 21 0 - 4

Resposta

a )     x 2 = 0 e t - 6 e t e x 3 = - 1 4 e t t e t - 6 t + 21 4 e t

b   x = 0 0 - 1 4 e t 0 e t t e t e 2 t - 6 e t - 6 t + 21 4 e t c 1 c 2 c 3

c c 1 c 2 c 3 = - 21 0 - 4

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