Ache a solução geral do sistema de equações dado e desenhe o seu retrato de fase:
\{\begin{aligned} x_{1}^{\prime}(t) & =3 x_{1}(t)-4 x_{2}(t) \\\ x_{2}^{\prime}(t) & =x_{1}(t)-x_{2}(t)\end{aligned}\}\right.

Passo 1

Vou listar com clareza o que o enunciado dá e o que pede. O sistema é
\begin{cases} x_{1}^{\prime}(t)=3x_{1}(t)-4x_{2}(t),\\[4pt] x_{2}^{\prime}(t)=x_{1}(t)-x_{2}(t). \end{cases}
Informações dadas:
  • As incógnitas são as funções x_{1}(t) e x_{2}(t).
  • Podemos escrever o sistema na forma matricial x'(t)=A x(t) com
A=\begin{pmatrix}3 & -4\\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}.
O enunciado pede:
  1. a solução geral do sistema (isto é, x(t) em termos de constantes arbitrárias),\n
  2. o retrato de fase (descrição geométrica das trajetórias no plano (x_1,x_2)).]

Passo 2

Vamos achar os autovalores de A usando o polinômio característico. O polinômio característico é \det(A-\lambda I). Calcular:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}3-\lambda & -4\\[4pt] 1 & -1-\lambda\end{pmatrix},
então
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(-1-\lambda)-(-4)\cdot 1.
Agora expandir e simplificar passo a passo:
(3-\lambda)(-1-\lambda)=\lambda^{2}-2\lambda-3,
e somando +4 (por causa do -(-4)) obtemos
\det(A-\lambda I)=\lambda^{2}-2\lambda-3+4=\lambda^{2}-2\lambda+1=(\lambda-1)^{2}.
Portanto o único autovalor é \lambda=1 com multiplicidade algébrica 2.]

Passo 3

Agora encontramos autovetores resolvendo (A-\lambda I)v=0 com \lambda=1. Substituindo:
A-I=\begin{pmatrix}2 & -4\\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix}.
Resolvendo (A-I)v=0, com v=(v_1,v_2)^T, as equações são
2v_1-4v_2=0,\qquad v_1-2v_2=0.
As duas equações são equivalentes e dão v_1=2v_2. Então os autovetores formam uma reta gerada, por exemplo, por
v=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Observe que a multiplicidade geométrica do autovalor é 1 (há apenas uma direção de autovetor), menor que a multiplicidade algébrica 2. Isso significa que A não é diagonalizável e há que usar vetores generalizados (bloco de Jordan).]

Passo 4

Explicar o que é um vetor generalizado e como o usamos. Quando um autovalor \lambda é defeituoso (geometricamente simples), procura-se um vetor w tal que
(A-\lambda I)w=v,
onde v é o autovetor encontrado. Esse w é chamado vetor generalizado de ordem 2. Ele permite construir uma base que leva A à forma de Jordan, e a exponencial de Jordan gera termos com t e^{\lambda t} na solução.

Passo 5

Vamos achar um vetor generalizado w resolvendo (A-I)w=v. Escrevendo w=(a,b)^T e lembrando v=(2,1)^T:
(A-I)w=\begin{pmatrix}2 & -4\\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\[4pt] b\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2a-4b\\[4pt] a-2b\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
As duas equações são equivalentes; da segunda temos a-2b=1. Uma escolha simples é b=0, então a=1. Assim um vetor generalizado válido é
w=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Verificação rápida: (A-I)w=(2,-? )^T — substituindo, (A-I)w=(2,1)^T=v, conforme pedido.]

Passo 6

Agora explico a forma geral da solução quando há um bloco de Jordan 2\times2 com autovalor \lambda. Se v é autovetor e w é vetor generalizado tal que (A-\lambda I)w=v, então a solução geral é
x(t)=e^{\lambda t}\big(C_{1}v + C_{2}(t v + w)\big),
onde C_{1},C_{2} são constantes arbitrárias. Intuição curta: a exponencial de uma matriz Jordan J=\begin{pmatrix}\lambda & 1\\[4pt]0 & \lambda\end{pmatrix} é e^{\lambda t}\begin{pmatrix}1 & t\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}, o que produz termos em e^{\lambda t} e t e^{\lambda t}; aplicando a mudança de base com vetores v,w obtemos a fórmula acima.]

Passo 7

Aplicando a fórmula com \lambda=1, v=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix} e w=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}, obtemos a solução geral:
x(t)=e^{t}\Big(C_{1}\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_{2}\Big(t\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}\Big)\Big),
onde C_{1},C_{2}\in\mathbb{R} são constantes determinadas pelas condições iniciais.]

Passo 8

Para maior clareza, escrevemos as componentes x_{1}(t) e x_{2}(t) explicitamente. Somando os vetores dentro do colchete:
x(t)=e^{t}\begin{pmatrix}2C_{1}+C_{2}(2t+1)\\[6pt] C_{1}+C_{2}t\end{pmatrix}.
Logo,
x_{1}(t)=e^{t}\big(2C_{1}+C_{2}(2t+1)\big),\qquad x_{2}(t)=e^{t}\big(C_{1}+C_{2}t\big).
Estas fórmulas dão a solução geral em termos das constantes C_{1},C_{2}.]

Passo 9

Vamos interpretar geometricamente para desenhar o retrato de fase (explicação didática). Pontos importantes:
  • O autovalor é \lambda=1>0, logo a origem é uma origem instável: todas as trajetórias (exceto a solução estacionária trivial x\equiv0) saem do equilíbrio quando t\to+\infty e tendem para o equilíbrio quando t\to-\infty.
  • Há uma única direção de autovetor dada por v=(2,1)^T. Essa é a reta de soluções que crescem exatamente como e^{t}: se C_{2}=0 então x(t)=C_{1}e^{t}v fica sobre a reta \{(x_1,x_2): x_2=\tfrac{1}{2}x_1\}.
  • Para C_{2}\neq0 aparecem termos t e^{t} que fazem as trajetórias se curvarem; para t\to+\infty os termos t e^{t} dominam, e a razão x_1/x_2 tende para 2 (ou seja, as trajetórias tornam-se assimptoticamente tangentes à direção v). Portanto, à medida que se afastam do equilíbrio, as curvas tornam-se quase paralelas à reta do autovetor.
  • Como só existe uma direção de autovetor, este equilíbrio é chamado de nó degenerado ou nó impróprio (defeituoso), e neste caso é um nó instável (fonte) por \lambda>0.

Passo 10

Como desenhar o retrato de fase prático (instruções para rascunho):
  • Desenhar o eixo das abscissas x_1 e o eixo das ordenadas x_2.
  • Traçar a reta de autovetores passando pela origem com declive x_2/x_1=1/2 (ou seja, mais “horizontal”).
  • Sobre essa reta, marque setas apontando para fora da origem (crescimento exponencial e^{t}).
  • Escolher algumas condições iniciais fora da reta. As trajetórias começam próximas à origem quando t é negativo e, ao aumentar t, curvam-se e seguem para fora, ficando cada vez mais paralelas à reta autovetorial. As curvas são suaves e não cruzam (por linearidade).
  • Em resumo: curvas saindo da origem, assimptoticamente tangentes à reta x_2=\tfrac{1}{2}x_1 quando t\to+\infty; origem é um nó instável degenerado.

Resposta

x(t)=e^{t}\Big(C_{1}\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_{2}\big(t\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}\big)\Big),\quad C_{1},C_{2}\in\mathbb{R}.\n
Retrato de fase: origem é um nó degenerado instável ( \lambda=1>0) com única direção de autovetor ao longo da reta x_{2}=\tfrac{1}{2}x_{1}; trajetórias saem da origem e tornam-se assimptoticamente tangentes a essa reta quando t\to+\infty.]

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