Ache a solução geral do sistema de equações e desenhe o retrato de fase:
(a) \left\{\begin{array}{l}x_{1}^{\prime}(t)=x_{1}(t)+x_{2}(t) \\\ x_{2}^{\prime}(t)=x_{1}(t)+x_{2}(t)\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: a) encontrar a solução geral do sistema; b) desenhar/o descrever o retrato de fase. O sistema dado é
\left\{\begin{array}{l} x_{1}'(t)=x_{1}(t)+x_{2}(t)\\[4pt] x_{2}'(t)=x_{1}(t)+x_{2}(t) \end{array}\right.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • O sistema é linear e homogêneo, com coeficientes constantes.
  • Podemos escrevê-lo na forma matricial x'(t)=A x(t) onde x(t)=\begin{pmatrix}x_1(t)\\[2pt]x_2(t)\end{pmatrix} e
A=\begin{pmatrix}1 & 1\\[2pt]1 & 1\end{pmatrix}.
As perguntas são: (i) achar a solução geral x(t); (ii) descrever o retrato de fase (direções dos autovetores, pontos de equilíbrio, comportamento quando t\to\pm\infty).]

Passo 2

Estratégia de resolução (explicação didática do método que vou usar): para sistemas lineares com matriz constante, o método padrão é diagonalizar A usando autovalores e autovetores quando possível, e escrever a solução como combinação linear de autovetores multiplicada por e^{\lambda t}. Vou seguir esse caminho porque é direto e ensina como montar a solução na prova sem pular etapas.
Primeiro passo técnico: calcular os autovalores de A resolvendo o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0.

Passo 3

Cálculo do polinômio característico e dos autovalores. Escrevendo
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[3pt]1 & 1-\lambda\end{pmatrix},
o determinante é
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)^2-1.
Desenvolvendo:
(1-\lambda)^2-1 = 1-2\lambda+\lambda^2-1 = \lambda^2-2\lambda=\lambda(\lambda-2).
Portanto os autovalores são as raízes de \lambda(\lambda-2)=0, isto é:
\lambda_1=0,\qquad \lambda_2=2.
Breve interpretação: temos um autovalor zero e um positivo 2. O autovalor zero indica existência de vetores que são invariantes no tempo (estados estacionários), e o autovalor positivo indica expansão exponencial na direção associada.]

Passo 4

Cálculo dos autovetores correspondentes.
Para \lambda=2 resolvemos (A-2I)v=0:
\begin{pmatrix}-1 & 1\\[3pt]1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[2pt]v_2\end{pmatrix}=0.
Uma equação válida é -v_1+v_2=0, então v_2=v_1. Podemos escolher o autovetor
v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Para \lambda=0 resolvemos A v=0:
\begin{pmatrix}1 & 1\\[3pt]1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[2pt]v_2\end{pmatrix}=0,
ou seja v_1+v_2=0, então v_2=-v_1. Podemos escolher
v^{(0)}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\end{pmatrix}.
Esses dois autovetores são linearmente independentes, logo formam base de \mathbb{R}^2 e a matriz A é diagonalizável.]

Passo 5

Construção da solução geral usando autovetores. A teoria diz que, se v é autovetor associado a \lambda, então e^{\lambda t}v é solução do sistema. Como temos duas direções de solução linearmente independentes, a solução geral é combinação linear:
x(t)=C_1 e^{\lambda_2 t} v^{(2)} + C_2 e^{\lambda_1 t} v^{(0)}.
Substituindo valores:
x(t)=C_1 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix} + C_2 e^{0\cdot t}\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\end{pmatrix}.
Como e^{0\cdot t}=1, simplifica para
x(t)=C_1 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix} + C_2\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\end{pmatrix},
onde C_1,C_2 são constantes determináveis a partir da condição inicial x(0).]

Passo 6

Expressão explícita das componentes e relação com condição inicial. Se escrevemos x(t)=\begin{pmatrix}x_1(t)\\[2pt]x_2(t)\end{pmatrix}, então a solução dá
x_1(t)=C_1 e^{2t}+C_2,\qquad x_2(t)=C_1 e^{2t}-C_2.
Para t=0 obtemos x_1(0)=C_1+C_2 e x_2(0)=C_1-C_2. Resolvendo para C_1,C_2:
C_1=\frac{x_1(0)+x_2(0)}{2},\qquad C_2=\frac{x_1(0)-x_2(0)}{2}.
Portanto, dada qualquer condição inicial \begin{pmatrix}x_1(0)\\[2pt]x_2(0)\end{pmatrix}, a solução é completamente determinada por essas fórmulas.]

Passo 7

Observações estruturais úteis para a prova (intuição e propriedades que ajudam a desenhar o retrato de fase):
  • A reta gerada por v^{(0)}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\end{pmatrix}, isto é a reta x_2=-x_1, é o núcleo de A. Para qualquer ponto nessa reta temos x'(t)=Ax=0, logo todos os pontos dessa reta são pontos de equilíbrio (constantes no tempo). Portanto existe uma reta inteira de pontos de equilíbrio, não apenas o ponto 0.
  • A direção gerada por v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}, isto é a reta x_2=x_1, tem autovalor 2>0, então é uma direção instável: deslocamentos nessa direção crescem exponencialmente como e^{2t}.
  • Geometricamente, as trajetórias (curvas soluções) são linhas retas paralelas à reta x_2=x_1. E cada trajetória é dada por
x(t)=\underbrace{C_2\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\end{pmatrix}}_{\text{ponto de equilíbrio da reta}} + \underbrace{C_1 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}}_{\text{movimento ao longo de }x_2=x_1}.í
Para um dado C_2, variando t a trajetória é um ponto que se move sobre a reta paralela a x_2=x_1 que passa por C_2(1,-1).
  • Limites temporais: quando t\to -\infty tem e^{2t}\to 0, então x(t)\to C_2(1,-1) — isto é, as trajetórias aproximam a reta de equilíbrios no passado. Quando t\to+\infty e C_1\neq 0, \|x(t)\|\to\infty exponencialmente ao longo da direção \pm(1,1) dependendo do sinal de C_1. Se C_1=0 então a solução é constante (um ponto de equilíbrio na reta x_2=-x_1).]

Passo 8

Descrição final do retrato de fase (modo de desenhar na prova):
  • Desenhar dois eixos x_1 e x_2.
  • Marcar a reta x_2=-x_1 (linha com inclinação -1): todos os pontos sobre essa reta são equilíbrios (pontos fixos).
  • Marcar a reta x_2=x_1 (linha com inclinação +1): é a direção instável. Em cada ponto fora da reta de equilíbrios, a trajetória é a reta paralela a x_2=x_1 que passa por algum ponto da reta x_2=-x_1; as setas (sentido do tempo crescente) apontam para fora ao longo de x_2=x_1 (movimento exponencial para longe da reta de equilíbrios).
  • Pontos exatamente sobre x_2=-x_1 não se movem (setas degeneram em pontos). Pontos fora dessa reta aproximam-na quando t\to -\infty e se afastam exponencialmente quando t\to+\infty.

Passo 9

Fórmula alternativa (útil em prova): matriz exponencial. Usando a decomposição espectral pode-se mostrar
e^{At}=e^{2t}\frac{A}{2} + \left(I-\frac{A}{2}\right)=I+\frac{e^{2t}-1}{2}\,A,
pois \dfrac{A}{2} é o projetor na direção \begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}. Aplicando x(t)=e^{At}x(0) recupera-se a solução escrita acima. Esta fórmula é um atalho elegante se a prova pedir explicitamente e^{At}.]

Resposta

Solução geral: \displaystyle x(t)=C_1 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}+C_2\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\end{pmatrix}, com C_1=\dfrac{x_1(0)+x_2(0)}{2} e C_2=\dfrac{x_1(0)-x_2(0)}{2}.
Retrato de fase: a reta \{(x_1,x_2):x_2=-x_1\} é o conjunto de equilíbrios; as trajetórias são retas paralelas à reta x_2=x_1, aproximando a reta de equilíbrios quando t\to-\infty e divergi ndo exponencialmente ao longo da direção x_2=x_1 quando t\to+\infty.]

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