Ache a solução geral do sistema de equações dado e desenhe o retrato de fase correspondente:
\{\begin{aligned} x_{1}^{\prime}(t) & =x_{1}(t)-x_{2}(t) \\\ x_{2}^{\prime}(t) & =5 x_{1}(t)+3 x_{2}(t)\end{aligned}\}

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  • Encontrar a solução geral do sistema
\begin{cases} x_{1}'(t)=x_{1}(t)-x_{2}(t),\\[4pt] x_{2}'(t)=5x_{1}(t)+3x_{2}(t), \end{cases}
  • Desenhar (descrever) o retrato de fase correspondente.
Informações dadas (que vamos usar):
  • O sistema é linear e autônomo com coeficientes constantes.
  • A matriz de coeficientes é
A=\begin{pmatrix}1 & -1 \\[4pt] 5 & 3\end{pmatrix}.
Não há condições iniciais específicas, portanto será fornecida a solução geral com constantes arbitrárias.]

Passo 2

Transformação em forma matricial e plano de ataque.
Escrevemos o sistema como
x'(t)=A x(t),\qquad x(t)=\begin{pmatrix}x_{1}(t)\\[4pt] x_{2}(t)\end{pmatrix}.
Método escolhido: encontrar autovalores ( \lambda) e autovetores de A, porque para sistemas lineares com coeficientes constantes a solução geral é construída a partir dos autovalores/autovetores (ou, no caso de autovalores complexos, a partir das partes real e imaginária do autovetor). Esse método é o padrão e é eficiente para 2×2.]

Passo 3

Cálculo do polinômio característico e dos autovalores.
O polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda & -1\\[4pt]5 & 3-\lambda\end{pmatrix}.
Calculando:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(3-\lambda)-(-1)\cdot5.
Expandindo:
(1-\lambda)(3-\lambda)+5 = (3-4\lambda+\lambda^{2})+5 = \lambda^{2}-4\lambda+8.
Logo o polinômio característico é
\lambda^{2}-4\lambda+8=0.
As raízes são
\lambda=\frac{4\pm\sqrt{(-4)^{2}-4\cdot1\cdot8}}{2}=\frac{4\pm\sqrt{16-32}}{2}=\frac{4\pm\sqrt{-16}}{2}=2\pm2i.
Portanto os autovalores são \lambda_{1,2}=2\pm 2i.
Comentário didático curto: autovalores complexos conjugados \alpha\pm i\beta com \alpha\neq0 indicam soluções oscilatórias moduladas por e^{\alpha t}; o sinal de \alpha diz se as órbitas crescem ( \alpha>0) ou decaem ( \alpha<0).]

Passo 4

Encontrar um autovetor para \lambda=2+2i.
Resolvemos (A-(2+2i)I)v=0. A matriz A-(2+2i)I é
\begin{pmatrix}1-(2+2i) & -1\\[4pt]5 & 3-(2+2i)\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}-1-2i & -1\\[4pt]5 & 1-2i\end{pmatrix}.
Da primeira linha temos a equação
(-1-2i)v_{1}-v_{2}=0 \quad\Longrightarrow\quad v_{2}=(-1-2i)v_{1}.
Escolhendo v_{1}=1 (podemos escalar o autovetor livremente), obtemos
v=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1-2i\end{pmatrix}.
Escrevemos v nas partes real e imaginária: v=p+iq com
p=\Re(v)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix},\qquad q=\Im(v)=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-2\end{pmatrix}.]

Passo 5

Construir as soluções reais a partir de \alpha+ i\beta e p+ i q.
Teorema (explicação): se \lambda=\alpha+i\beta é autovalor com autovetor v=p+iq (com p,q reais, \beta\neq0), então duas soluções reais fundamentais são
x^{(1)}(t)=e^{\alpha t}\bigl(p\cos(\beta t)-q\sin(\beta t)\bigr),
x^{(2)}(t)=e^{\alpha t}\bigl(p\sin(\beta t)+q\cos(\beta t)\bigr).
Aqui \alpha=\Re(\lambda) controla crescimento/decaimento exponencial e \beta=\Im(\lambda) é a frequência angular das oscilações.
No nosso caso \alpha=2 e \beta=2, com p e q dados acima. Calculamos explicitamente:
Para x^{(1)}(t):
x^{(1)}(t)=e^{2t}\!\begin{pmatrix}1\cdot\cos(2t)-0\cdot\sin(2t)\\[6pt] -1\cdot\cos(2t)-(-2)\cdot\sin(2t)\end{pmatrix} =e^{2t}\begin{pmatrix}\cos(2t)\\[6pt]-\cos(2t)+2\sin(2t)\end{pmatrix}.
Para x^{(2)}(t):
x^{(2)}(t)=e^{2t}\!\begin{pmatrix}1\cdot\sin(2t)+0\cdot\cos(2t)\\[6pt] -1\cdot\sin(2t)+(-2)\cdot\cos(2t)\end{pmatrix} =e^{2t}\begin{pmatrix}\sin(2t)\\[6pt]-\sin(2t)-2\cos(2t)\end{pmatrix}.]

Passo 6

Escrever a solução geral real do sistema.
A solução geral é combinação linear das duas soluções fundamentais:
x(t)=C_{1}x^{(1)}(t)+C_{2}x^{(2)}(t),
ou explicitando as componentes com constantes C_{1},C_{2}\in\mathbb{R}:
\begin{pmatrix}x_{1}(t)\\[6pt]x_{2}(t)\end{pmatrix} =e^{2t}\begin{pmatrix} C_{1}\cos(2t)+C_{2}\sin(2t)\\[6pt] C_{1}(-\cos(2t)+2\sin(2t))+C_{2}(-\sin(2t)-2\cos(2t)) \end{pmatrix}.
Podemos reorganizar os coeficientes de \cos(2t) e \sin(2t) na segunda componente, se desejar:
x_{1}(t)=e^{2t}\bigl(C_{1}\cos(2t)+C_{2}\sin(2t)\bigr),
x_{2}(t)=e^{2t}\bigl((-C_{1}-2C_{2})\cos(2t)+(2C_{1}-C_{2})\sin(2t)\bigr).
Essas fórmulas são a solução geral real do sistema.]

Passo 7

Comportamento temporal e interpretação geométrica (retrato de fase).
  • O fator e^{2t} com \alpha=2>0 mostra que as soluções crescem exponencialmente em módulo quando t\to+\infty. Portanto a origem é um ponto de equilíbrio instável.
  • A parte imaginária \beta=2 dá oscilações com frequência angular 2, ou seja período T=\dfrac{2\pi}{\beta}=\dfrac{2\pi}{2}=\pi.
  • A combinação oscilatória multiplicada por e^{2t} caracteriza uma espiral: as trajetórias giram e o raio aumenta exponencialmente. Como \alpha>0, é uma espiral repulsora (spiral source / foco instável).
  • Sentido de giro (horário vs anti-horário): para descobrir o sentido, avalia-se o campo de vetores em um ponto simples. Em x(0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix} temos
x'(0)=A\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix},
isto é, a velocidade aponta para cima e para a direita, ou seja a trajetória sai do eixo x_{1} indo para cima: isso corresponde a um giro no sentido anti-horário (contra‑relógio). Portanto as espirais se expandem girando no sentido anti-horário.
Resumo visual (descrição para desenhar):
  • Origem: foco instável (espiral repulsora).
  • Trajetórias: curvas espirais que saem da origem, girando anti-horário, com raio crescendo como e^{2t}.
  • Periodicidade angular: período de oscilação \pi (ângulo cresce aproximadamente a 2t radianos).]

Resposta

\displaystyle x(t)=C_{1}e^{2t}\begin{pmatrix}\cos(2t)\\[6pt]-\cos(2t)+2\sin(2t)\end{pmatrix} + C_{2}e^{2t}\begin{pmatrix}\sin(2t)\\[6pt]-\sin(2t)-2\cos(2t)\end{pmatrix}, \quad C_{1},C_{2}\in\mathbb{R}.
O retrato de fase: a origem é um foco instável (espiral repulsora); as trajetórias são espirais que se afastam exponencialmente do equilíbrio, girando no sentido anti‑horário (frequência angular \beta=2, período T=\pi).]

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