Achar a solução geral do sistema de equações dado. Traçar também algumas trajetórias e descrever o comportamento das soluções quando t \longrightarrow \infty.
x^{\prime}=\left(\begin{array}{cc}-2 & 1 \\\\ 1 & -2\end{array}\right) x.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear homogêneo de ordem 1 em \mathbb{R}^2:
x' = \begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix} x.
O que pede:
  • Achar a solução geral x(t).
  • Traçar (descrever) algumas trajetórias no plano de fase.
  • Descrever o comportamento das soluções quando t \longrightarrow \infty.
Informações relevantes fornecidas:
  • A matriz do sistema é A=\begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix}.
  • Não há condição inicial fixa (você pode usar constantes arbitrárias c_1,c_2 ou escrever em função de x(0)).]

Passo 2

Estratégia de resolução (explicação didática do método que vamos usar).
  • Para sistemas lineares constantes x' = A x a solução geral é obtida pela decomposição em modos próprios (autovalores e autovetores) ou por x(t)=e^{At}x(0).
  • Um autovalor \lambda e um autovetor v satisfazem (A-\lambda I)v=0. Cada par (\lambda,v) gera uma solução x(t)=e^{\lambda t}v.
  • Se conseguimos dois autovetores linearmente independentes em \mathbb{R}^2, a solução geral é combinação linear desses modos: x(t)=c_1 e^{\lambda_1 t}v_1 + c_2 e^{\lambda_2 t}v_2.
    Vou calcular autovalores e autovetores passo a passo.

Passo 3

Cálculo do polinômio característico e autovalores.
O polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}-2-\lambda & 1\\[4pt] 1 & -2-\lambda\end{pmatrix} =(-2-\lambda)^2-1.
Desenvolvendo:
(-2-\lambda)^2-1=\lambda^2+4\lambda+4-1=\lambda^2+4\lambda+3.
Resolve-se \lambda^2+4\lambda+3=0. As raízes são
\lambda=\frac{-4\pm\sqrt{16-12}}{2}=\frac{-4\pm2}{2},
logo
\lambda_1=-1,\qquad \lambda_2=-3.]

Passo 4

Cálculo dos autovetores correspondentes.
Para \lambda_1=-1 resolve-se (A+I)v=0:
\begin{pmatrix}-2+1 & 1\\[4pt] 1 & -2+1\end{pmatrix} v =\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}v=0.
Uma solução é v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} (porque -1\cdot1+1\cdot1=0).
Para \lambda_2=-3 resolve-se (A+3I)v=0:
\begin{pmatrix}-2+3 & 1\\[4pt] 1 & -2+3\end{pmatrix} v =\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}v=0.
Uma solução é v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} (porque 1\cdot1+1\cdot(-1)=0).
Os vetores v_1 e v_2 são linearmente independentes, então formam base de soluções.]

Passo 5

Escrevendo a solução geral e explicando como obter as constantes a partir de x(0).
Pela combinação dos modos próprios,
x(t)=c_1 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+c_2 e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix},
onde c_1,c_2 são constantes determinadas pela condição inicial x(0)=\begin{pmatrix}x_1(0)\\[4pt]x_2(0)\end{pmatrix}.
Escrevendo x(0)=c_1 v_1 + c_2 v_2 resulta no sistema
\begin{pmatrix}x_1(0)\\[4pt]x_2(0)\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}c_1+c_2\\[4pt]c_1-c_2\end{pmatrix}.
Resolvendo:
c_1=\frac{x_1(0)+x_2(0)}{2},\qquad c_2=\frac{x_1(0)-x_2(0)}{2}.
Em componentes, a solução é
x_1(t)=c_1 e^{-t}+c_2 e^{-3t},\qquad x_2(t)=c_1 e^{-t}-c_2 e^{-3t}.]

Passo 6

Forma matricial usando a exponencial de matriz (útil para escrever x(t)=e^{At}x(0)).
Como P=[v_1\; v_2]=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix} diagonaliza A (isto é, A=PDP^{-1} com D=\operatorname{diag}(-1,-3)), obtém-se
e^{At}=P e^{Dt} P^{-1}.
Calculando explicitamente dá
e^{At}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}e^{-t}+e^{-3t} & e^{-t}-e^{-3t}\\[4pt] e^{-t}-e^{-3t} & e^{-t}+e^{-3t}\end{pmatrix},
e então x(t)=e^{At}x(0) reproduz a fórmula das componentes acima.]

Passo 7

Trajetórias no plano de fase — interpretação e exemplos.
  • Se a condição inicial está exatamente numa direção própria:
    • Para x(0)=\alpha v_1 tem-se x(t)=\alpha e^{-t}v_1: trajetória é a reta que passa pela origem na direção v_1=(1,1), e a solução decai como e^{-t}.
    • Para x(0)=\beta v_2 tem-se x(t)=\beta e^{-3t}v_2: trajetória é a reta na direção v_2=(1,-1), e decai mais rápido, como e^{-3t}.
  • Para condições iniciais gerais, a trajetória no plano de fase é curva que parte do ponto x(0) e tende ao origem. Inicialmente a contribuição dos dois modos aparece, mas conforme t cresce o modo com maior expoente (menos negativo) domina.
  • Exemplo concreto: para x(0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix} temos c_1=c_2=\tfrac{1}{2}, e x(t)=\frac{1}{2}e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+\frac{1}{2}e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix},ou em componentes x_1(t)=\tfrac{1}{2}\bigl(e^{-t}+e^{-3t}\bigr),\qquad x_2(t)=\tfrac{1}{2}\bigl(e^{-t}-e^{-3t}\bigr).Esta curva começa em (1,0), inicialmente tem direção x'(0)=Ax(0)=(-2,1) e depois curva, aproximando-se da reta x_2=x_1 enquanto se aproxima da origem.]

Passo 8

Comportamento quando t\to\infty.
  • Ambos os autovalores são negativos ( \lambda_1=-1,\\ \lambda_2=-3), logo todas as soluções tendem para a origem: a origem é um ponto de equilíbrio assintoticamente estável (um “sumidouro” ou nó atrator).
  • O termo e^{-3t} decai mais rápido que e^{-t}. Assim, para quase todo valor inicial com c_1\neq0, quando t\to\infty x(t)\sim c_1 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix},ou seja, as trajetórias aproximam-se da reta x_2=x_1 antes de chegar à origem. Se c_1=0 (iniciais sobre a reta x_2=-x_1), a solução decai ao longo de v_2 como e^{-3t}.]

Resposta

\displaystyle x(t)=c_1 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+c_2 e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix},\quad c_1=\tfrac{x_1(0)+x_2(0)}{2},\\ \\ c_2=\tfrac{x_1(0)-x_2(0)}{2}.
\displaystyle e^{At}=\tfrac{1}{2}\begin{pmatrix}e^{-t}+e^{-3t} & e^{-t}-e^{-3t}\\[4pt] e^{-t}-e^{-3t} & e^{-t}+e^{-3t}\end{pmatrix},\quad x(t)=e^{At}x(0).
As t\to\infty, x(t)\to0. Se c_1\neq0 então x(t) tende à origem alinhando-se com \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} (decai como e^{-t}); se c_1=0 então decai mais rápido ao longo de \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} (decai como e^{-3t}).]

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