ache a solução geral do sistema dado.
\frac{d x}{d t}=-x+3 y
\frac{d y}{d t}=-3 x+5 y

Passo 1

O enunciado pede a solução geral do sistema de equações diferenciais:
\frac{dx}{dt} = -x + 3y
\frac{dy}{dt} = -3x + 5y
Informações dadas que vamos usar:
  • O sistema é linear com coeficientes constantes (não depende de t explicitamente).
  • Queremos encontrar x(t) e y(t) gerais, isto é, a solução geral do sistema.

Passo 2

Colocar o sistema em forma matricial facilita a técnica. Definindo \mathbf{X}(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\end{pmatrix}, escrevemos
\frac{d\mathbf{X}}{dt}=A\mathbf{X},
onde a matriz A é
A=\begin{pmatrix}-1 & 3\\[4pt]-3 & 5\end{pmatrix}.
Explicação curta do porquê: resolver \dfrac{d\mathbf{X}}{dt}=A\mathbf{X} reduz o problema a encontrar funções exponenciais associadas aos autovalores e autovetores de A.]

Passo 3

Para achar autovalores \lambda calculamos o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Fazendo as contas:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-1-\lambda & 3\\[4pt]-3 & 5-\lambda\end{pmatrix},
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)(5-\lambda)-3(-3).
Agora expandindo passo a passo:
(-1-\lambda)(5-\lambda)=\lambda^{2}-4\lambda-5,
e somando +9 (que vem de -3\cdot-3) obtemos
\det(A-\lambda I)=\lambda^{2}-4\lambda-5+9=\lambda^{2}-4\lambda+4=(\lambda-2)^{2}.
Logo o único autovalor é \lambda=2, com multiplicidade algébrica 2.]

Passo 4

Agora encontramos autovetores associados a \lambda=2. Solucionamos (A-2I)\mathbf{v}=\mathbf{0}:
A-2I=\begin{pmatrix}-3 & 3\\[4pt]-3 & 3\end{pmatrix}.
A equação (A-2I)\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}
-3v_1+3v_2=0 \quad\Rightarrow\quad v_2=v_1.
Um autovetor conveniente é
\mathbf{v}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Observação importante (didática): a multiplicidade geométrica (nº de autovetores linearmente independentes) é 1, menor que a multiplicidade algébrica 2. Isso significa que A não é diagonalizável — teremos uma cadeia de Jordan e precisamos de um autovetor generalizado.]

Passo 5

Uma autovetor generalizado \mathbf{w} satisfaz
(A-2I)\mathbf{w}=\mathbf{v}.
Escrevendo \mathbf{w}=\begin{pmatrix}w_1\\[4pt]w_2\end{pmatrix}, a equação é
\begin{pmatrix}-3 & 3\\[4pt]-3 & 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w_1\\[4pt]w_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix},
ou seja
-3w_1+3w_2=1.
Isto implica
w_1-w_2=-\tfrac{1}{3}.
Podemos escolher uma solução particular simples; por exemplo escolher w_2=0 leva a w_1=-\tfrac{1}{3}. Assim um autovetor generalizado é
\mathbf{w}=\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{3}\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Observação: qualquer outra solução difere desta por um múltiplo de \mathbf{v}, e isso só altera as constantes finais da solução geral.]

Passo 6

Quando há um autovalor \lambda com multiplicidade 2 e apenas um autovetor \mathbf{v}, a teoria de sistemas lineares (cadeia de Jordan) diz que duas soluções fundamentais independentes são
\mathbf{X}_1(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v}, \qquad \mathbf{X}_2(t)=e^{\lambda t}(t\mathbf{v}+\mathbf{w}).
Vou mostrar rapidamente por que \mathbf{X}_2 funciona (verificação direta):
Calcule a derivada
\frac{d}{dt}\big(e^{\lambda t}(t\mathbf{v}+\mathbf{w})\big)=\lambda e^{\lambda t}(t\mathbf{v}+\mathbf{w})+e^{\lambda t}\mathbf{v}.
Como (A-\lambda I)\mathbf{w}=\mathbf{v}, temos A\mathbf{w}=\lambda\mathbf{w}+\mathbf{v}. Além disso A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}. Então
A\big(e^{\lambda t}(t\mathbf{v}+\mathbf{w})\big)=e^{\lambda t}\big(tA\mathbf{v}+A\mathbf{w}\big) =e^{\lambda t}\big(t\lambda\mathbf{v}+\lambda\mathbf{w}+\mathbf{v}\big),
que coincide com a derivada acima. Portanto \mathbf{X}_2 é solução. Isso confirma as duas soluções fundamentais.

Passo 7

Com \lambda=2, \mathbf{v}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} e \mathbf{w}=\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{3}\\[4pt]0\end{pmatrix}, a solução geral é combinação linear:
\mathbf{X}(t)=C_1 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_2 e^{2t}\Big(t\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{3}\\[4pt]0\end{pmatrix}\Big),
onde C_1,C_2 são constantes arbitrárias. Agora expandimos para obter x(t) e y(t) explicitamente:
\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\end{pmatrix} =e^{2t}\begin{pmatrix} C_1 + C_2\big(t-\tfrac{1}{3}\big)\\[6pt] C_1 + C_2 t \end{pmatrix}.
Podemos também reparametrizar as constantes (por estética), mas a forma acima já é clara e correta.]

Passo 8

Resumo amigável: o método foi
  • colocar em forma matricial;
  • achar autovalores (aqui \lambda=2 dupla);
  • verificar que só existe um autovetor e então achar autovetor generalizado;
  • formar as duas soluções fundamentais e^{\lambda t}\mathbf{v} e e^{\lambda t}(t\mathbf{v}+\mathbf{w});
  • combinar linearmente para obter a solução geral.
Força aí — sistemas com valor próprio repetido e cadeia de Jordan são frequentes em provas; agora já sabes o passo a passo.

Resposta

x(t)=e^{2t}\big(C_1 + C_2\big(t-\tfrac{1}{3}\big)\big)
y(t)=e^{2t}\big(C_1 + C_2 t\big)

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