[2,0 \mathrm{pts}] Obtenha a solução geral de \mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{cc}-3 & \sqrt{2} \\\ \sqrt{2} & -2\end{array}\right) \mathbf{x}+\binom{0}{t}. Sugestão, use os autovalores e autovetores dados na Questão 1.

Passo 1

Resumindo o enunciado: temos o sistema linear não homogêneo
\mathbf{x}' = A\,\mathbf{x} + \begin{pmatrix}0 \\\ t\end{pmatrix},
onde
A = \begin{pmatrix}-3 & \sqrt{2} \\[6pt] \sqrt{2} & -2\end{pmatrix}.
O conteúdo aqui é solução geral de sistemas lineares com coeficientes constantes: primeiro obtemos a solução da parte homogênea usando autovalores e autovetores e depois encontramos uma solução particular por coeficientes indeterminados.]

Passo 2

Para a parte homogênea \mathbf{x}'=A\mathbf{x}, calculamos os autovalores pela equação característica
\det(A - \lambda I) = (-3-\lambda)(-2-\lambda) - 2 = \lambda^2 + 5\lambda + 4 = 0,
cuja solução é \lambda_1 = -1 e \lambda_2 = -4.
Para \lambda_1=-1 resolvemos
(A + I)\,v_1 = 0 \quad\Longrightarrow\quad \begin{pmatrix}-2 & \sqrt{2}\\[3pt]\sqrt{2} & -1\end{pmatrix}v_1=0
e encontramos v_1 = \begin{pmatrix}1 \\\ \sqrt{2}\end{pmatrix}.
Para \lambda_2=-4 resolvemos
(A + 4I)\,v_2 = 0 \quad\Longrightarrow\quad \begin{pmatrix}1 & \sqrt{2}\\[3pt]\sqrt{2} & 2\end{pmatrix}v_2=0
e obtemos v_2 = \begin{pmatrix}-\sqrt{2} \\\\ 1\end{pmatrix}.
Logo a solução homogênea é
\mathbf{x}_h(t) = C_1\,e^{-t}\begin{pmatrix}1 \\\ \sqrt{2}\end{pmatrix} + C_2\,e^{-4t}\begin{pmatrix}-\sqrt{2} \\\\ 1\end{pmatrix}.]

Passo 3

Para a solução particular \mathbf{x}_p(t) usamos o método dos coeficientes indeterminados, com o palpite
\mathbf{x}_p(t) = a\,t + b,
onde a e b são vetores constantes. Então
\mathbf{x}_p'(t) = a, \qquad A\,\mathbf{x}_p + \begin{pmatrix}0\t\end{pmatrix} = A(a\,t + b) + \begin{pmatrix}0\t\end{pmatrix} = \bigl(Aa + \begin{pmatrix}0\\\ 1\end{pmatrix}\bigr)\,t + A b.
Impondo \mathbf{x}_p' = A\,\mathbf{x}_p + (0,t)^T obtemos o sistema
Aa + \begin{pmatrix}0\\\ 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix}, \qquad A b = a.

Passo 4

Resolvendo A a = (0,-1)^T:
\begin{pmatrix}-3 & \sqrt{2}\\[3pt]\sqrt{2} & -2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}a_1\a_2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ -1\end{pmatrix}
gives
-3a_1 + \sqrt{2}\,a_2 = 0, \quad \sqrt{2}\,a_1 - 2a_2 = -1,
resultando em
a = \begin{pmatrix}a_1\a_2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\tfrac{\sqrt{2}}{4}\\[3pt]\tfrac{3}{4}\end{pmatrix}.]

Passo 5

Agora A b = a:
\begin{pmatrix}-3 & \sqrt{2}\\[3pt]\sqrt{2} & -2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}b_1\b_2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\tfrac{\sqrt{2}}{4}\\[3pt]\tfrac{3}{4}\end{pmatrix},
cuja solução é
b = \begin{pmatrix}b_1\b_2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-\tfrac{5\sqrt{2}}{16}\\[3pt]-\tfrac{11}{16}\end{pmatrix}.
Portanto
\mathbf{x}_p(t) = \begin{pmatrix}\tfrac{\sqrt{2}}{4}\,t - \tfrac{5\sqrt{2}}{16}\\[3pt] \tfrac{3}{4}\,t - \tfrac{11}{16}\end{pmatrix}.]

Passo 6

A solução geral é a soma da homogênea com a particular:
\mathbf{x}(t) = C_1\,e^{-t}\begin{pmatrix}1 \\\ \sqrt{2}\end{pmatrix} + C_2\,e^{-4t}\begin{pmatrix}-\sqrt{2} \\\\ 1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}\tfrac{\sqrt{2}}{4}\,t - \tfrac{5\sqrt{2}}{16}\\[3pt] \tfrac{3}{4}\,t - \tfrac{11}{16}\end{pmatrix},
onde C_1 e C_2 são constantes arbitrárias.]

Resposta

\boxed{ \mathbf{x}(t) = C_1\,e^{-t}\begin{pmatrix}1 \\\ \sqrt{2}\end{pmatrix} + C_2\,e^{-4t}\begin{pmatrix}-\sqrt{2} \\\\ 1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}\tfrac{\sqrt{2}}{4}\,t - \tfrac{5\sqrt{2}}{16}\\[3pt] \tfrac{3}{4}\,t - \tfrac{11}{16}\end{pmatrix}. }]

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