ache a solução geral do sistema dado.
\frac{d x}{d t}=-4 x+2 y
\frac{d y}{d t}=-\frac{5}{2} x+2 y

Passo 1

O enunciado dá um sistema linear de equações diferenciais ordinárias e pede a solução geral. As informações importantes são:
  • O sistema é
\frac{d x}{d t}=-4 x+2 y
\frac{d y}{d t}=-\frac{5}{2} x+2 y
  • A tarefa é encontrar a solução geral (x(t),y(t)), isto é, todas as soluções dependentes de constantes arbitrárias.

Passo 2

É conveniente escrever o sistema na forma matricial \dfrac{d\mathbf{X}}{dt}=A\mathbf{X}, onde \mathbf{X}(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\end{pmatrix} e A é a matriz dos coeficientes. Aqui,
A=\begin{pmatrix}-4 & 2\\[4pt]-\tfrac{5}{2} & 2\end{pmatrix}, \qquad \mathbf{X}(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\end{pmatrix}, \qquad \frac{d\mathbf{X}}{dt}=A\mathbf{X}.
Explicação didática rápida: para sistemas lineares com coeficientes constantes, procuramos soluções da forma \mathbf{X}(t)=\mathbf{v}e^{\lambda t}, onde \lambda é um número (autovalor) e \mathbf{v} é um vetor (autovetor). Substituindo nesta forma obtemos a condição (A-\lambda I)\mathbf{v}=0; não-trivial \mathbf{v} existe quando \det(A-\lambda I)=0. Essa equação em \lambda chama-se polinômio característico.]

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Primeiro escrevemos
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-4-\lambda & 2\\[4pt]-\tfrac{5}{2} & 2-\lambda\end{pmatrix}.
A determinante de uma 2\times2 é \det\begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix}=ad-bc. Aplicando:
\det(A-\lambda I)=(-4-\lambda)(2-\lambda)-2\left(-\tfrac{5}{2}\right).
Agora expandimos cuidadosamente:
(-4-\lambda)(2-\lambda)=\lambda^2+2\lambda-8,
e
-2\left(-\tfrac{5}{2}\right)=+5.
Somando os termos:
\det(A-\lambda I)=\lambda^2+2\lambda-8+5=\lambda^2+2\lambda-3.]

Passo 4

Resolver a equação característica \lambda^2+2\lambda-3=0. Essa é uma quadrática simples; podemos fatorar ou usar a fórmula de Bhaskara. Fatorando:
\lambda^2+2\lambda-3=(\lambda+3)(\lambda-1).
Logo as raízes (autovalores) são
\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=-3.
Explicação didática: cada autovalor corresponde a uma solução exponencial e^{\lambda t} multiplicada por um autovetor associado.

Passo 5

Determinar o autovetor associado a \lambda_1=1. Resolvemos (A-\lambda_1 I)\mathbf{v}=0, isto é
\begin{pmatrix}-4-1 & 2\\[4pt]-\tfrac{5}{2} & 2-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}-5 & 2\\[4pt]-\tfrac{5}{2} & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Da primeira linha obtemos -5v_1+2v_2=0, portanto
v_2=\tfrac{5}{2}v_1.
Escolhendo v_1=2 (escolhemos para ter números inteiros), temos v_2=5. Assim um autovetor correspondente é
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}2\\[4pt]5\end{pmatrix}.
Comentário: qualquer múltiplo de \mathbf{v}_1 também serve; constantes multiplicativas serão absorvidas nas constantes arbitrárias da solução geral.]

Passo 6

Determinar o autovetor associado a \lambda_2=-3. Resolvendo (A-\lambda_2 I)\mathbf{v}=0:
\begin{pmatrix}-4+3 & 2\\[4pt]-\tfrac{5}{2} & 2+3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w_1\\[4pt]w_2\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}-1 & 2\\[4pt]-\tfrac{5}{2} & 5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w_1\\[4pt]w_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Da primeira linha -w_1+2w_2=0, então
w_2=\tfrac{1}{2}w_1.
Escolhendo w_1=2 (para números inteiros), obtemos w_2=1. Logo um autovetor é
\mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 7

Como temos dois autovalores reais distintos e autovetores linearmente independentes \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2, a solução geral do sistema é a combinação linear das soluções elementares correspondentes:
\mathbf{X}(t)=C_1\mathbf{v}_1 e^{\lambda_1 t}+C_2\mathbf{v}_2 e^{\lambda_2 t},
onde C_1,C_2 são constantes reais arbitrárias.

Passo 8

Substituindo os valores encontrados em forma explícita:
\mathbf{X}(t)=C_1\begin{pmatrix}2\\[4pt]5\end{pmatrix}e^{1\cdot t}+C_2\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}e^{-3t}.
Isto dá as componentes
x(t)=2C_1 e^{t}+2C_2 e^{-3t},
y(t)=5C_1 e^{t}+C_2 e^{-3t}.]

Passo 9

Comentário final e verificação mental: pode-se verificar diferenciando x(t),y(t) e substituindo no sistema original para conferir que as relações são satisfeitas (ainda que não façamos a verificação explícita aqui). As constantes C_1,C_2 são determinadas se forem dados valores iniciais (x(0),y(0)).

Resposta

x(t)=2C_1 e^{t}+2C_2 e^{-3t}
y(t)=5C_1 e^{t}+C_2 e^{-3t}

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