Ache a solução geral do sistema
x^{\prime}=\left(\begin{array}{cc} 4 & 3 \\\\ 2 & -1 \end{array}\right) x+\binom{3}{1}
utilizando autovalores, autovetores e o método de variação dos parâmetros.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear não-homogêneo
x' = A x + b
com
A=\begin{pmatrix}4 & 3\\[4pt] 2 & -1\end{pmatrix},\qquad b=\begin{pmatrix}3\\[4pt]1\end{pmatrix},
e pede que eu encontre a solução geral usando autovalores, autovetores e o método de variação dos parâmetros.
Informações relevantes que já temos do enunciado:
A=\begin{pmatrix}4 & 3\\[4pt] 2 & -1\end{pmatrix},\qquad b=\begin{pmatrix}3\\[4pt]1\end{pmatrix}.
O que é pedido:
  • Encontrar a solução geral x(t) do sistema, ou seja, a solução homogênea (via autovalores e autovetores) mais uma solução particular (via variação dos parâmetros).]

Passo 2

Vou primeiro resolver o sistema homogêneo associado
x' = A x.
A técnica padrão é encontrar os autovalores \lambda de A resolvendo o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0.
Calculo o determinante:
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}4-\lambda & 3\\[4pt] 2 & -1-\lambda\end{pmatrix}=(4-\lambda)(-1-\lambda)-3\cdot 2.
Faço as contas com calma:
(4-\lambda)(-1-\lambda)=-4-3\lambda+\lambda^2,
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\det(A-\lambda I)=\lambda^2-3\lambda-10.
Agora resolvo \lambda^2-3\lambda-10=0. A fórmula de Bhaskara dá
\lambda=\frac{3\pm\sqrt{9+40}}{2}=\frac{3\pm\sqrt{49}}{2}=\frac{3\pm7}{2}.
Portanto os autovalores são
\lambda_1=5,\qquad \lambda_2=-2.
Explicação curta (didática): os autovalores são os números \lambda tais que existe um vetor não nulo v com Av=\lambda v. Eles determinam as exponenciais e^{\lambda t} que aparecem nas soluções do sistema homogêneo.]

Passo 3

Agora encontro autovetores associados a cada autovalor, ou seja vetores v\neq 0 tais que (A-\lambda I)v=0.
Para \lambda_1=5:
A-5I=\begin{pmatrix}4-5 & 3\\[4pt] 2 & -1-5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 3\\[4pt] 2 & -6\end{pmatrix}.
Resolvo (-1) v_1 + 3 v_2 = 0, ou seja v_1 = 3 v_2. Posso escolher v_2=1, então um autovetor associado é
v^{(1)}=\begin{pmatrix}3\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Para \lambda_2=-2:
A-(-2)I=A+2I=\begin{pmatrix}4+2 & 3\\[4pt] 2 & -1+2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6 & 3\\[4pt] 2 & 1\end{pmatrix}.
Resolvo 6 v_1 + 3 v_2 = 0 que simplifica para 2 v_1 + v_2 = 0, então v_2=-2 v_1. Tomo v_1=1, obtendo
v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Comentário didático: cada autovetor gera uma solução da forma e^{\lambda t} v do sistema homogêneo. Como temos dois autovalores distintos, as duas soluções obtidas são linearmente independentes e formam uma base de soluções.]

Passo 4

Escrevo a solução geral do sistema homogêneo x'=Ax como combinação linear das soluções geradas pelos autovalores/autovetores:
x_h(t)=C_1 e^{5t}\begin{pmatrix}3\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_2 e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix},
onde C_1,C_2 são constantes arbitrárias (determinarão as condições iniciais se houver).]

Passo 5

Agora uso o método de variação dos parâmetros para encontrar uma solução particular x_p(t) do sistema completo x'=Ax+b.
Idéia do método (explicação didática): suponho que em lugar de C_1,C_2 constantes, eu tenha funções u_1(t),u_2(t) e procuro
x_p(t)=u_1(t)\,e^{5t}\begin{pmatrix}3\\[4pt]1\end{pmatrix}+u_2(t)\,e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Escolho as funções u_1,u_2 de modo que x_p resolva x'=Ax+b. Para sistemas lineares, uma forma compacta é escrever a matriz fundamental X(t) cujas colunas são as soluções fundamentais e então resolver X(t) u'(t)=b, onde u(t)=\begin{pmatrix}u_1(t)\\[4pt]u_2(t)\end{pmatrix}. Ou seja
u'(t)=X(t)^{-1} b.
Construo a matriz fundamental X(t) cujas colunas são as soluções fundamentais:
X(t)=\begin{pmatrix}3e^{5t} & e^{-2t}\\[4pt] e^{5t} & -2e^{-2t}\end{pmatrix}.]

Passo 6

Calculo o determinante de X(t) para verificar que é invertível:
\det X(t)=(3e^{5t})(-2e^{-2t})-(e^{-2t})(e^{5t})=(-6-1)e^{3t}=-7e^{3t}\neq 0.
Logo X(t) é invertível para todo t.
Calculo X(t)^{-1} usando a fórmula para inversa de 2\times 2:
X(t)^{-1}=\frac{1}{\det X(t)}\begin{pmatrix}-2e^{-2t} & -e^{-2t}\\[4pt] -e^{5t} & 3e^{5t}\end{pmatrix}.
Dividindo por \det X(t)=-7e^{3t} e simplificando exponenciais:
X(t)^{-1}=\begin{pmatrix}\dfrac{2}{7}e^{-5t} & \dfrac{1}{7}e^{-5t}\\[8pt]\dfrac{1}{7}e^{2t} & -\dfrac{3}{7}e^{2t}\end{pmatrix}.
Agora calculo
u'(t)=X(t)^{-1}b.
Multiplico a matriz pelo vetor b=\begin{pmatrix}3\\[4pt]1\end{pmatrix}. Faço componente a componente (mostrando as contas):
u_1'(t)=\frac{2}{7}e^{-5t}\cdot 3+\frac{1}{7}e^{-5t}\cdot 1=\frac{6+1}{7}e^{-5t}=e^{-5t},
u_2'(t)=\frac{1}{7}e^{2t}\cdot 3-\frac{3}{7}e^{2t}\cdot 1=\frac{3-3}{7}e^{2t}=0.]

Passo 7

Integro para obter u_1(t),u_2(t). Como estou procurando uma solução particular, basta tomar constantes de integração iguais a zero (essas constantes se absorverão na solução homogênea):
Integro u_1':
u_1(t)=\int e^{-5t}\,dt=-\frac{1}{5}e^{-5t}.
E u_2'(t)=0 implica
u_2(t)=\text{const.}
Escolho essa constante como 0 para obter uma solução particular simples:
u_2(t)=0.
Agora construo x_p(t)=X(t)u(t). Como u_2(t)=0, apenas a primeira coluna contribui:
x_p(t)=u_1(t)\,e^{5t}\begin{pmatrix}3\\[4pt]1\end{pmatrix}=\Big(-\frac{1}{5}e^{-5t}\Big)e^{5t}\begin{pmatrix}3\\[4pt]1\end{pmatrix}=-\frac{1}{5}\begin{pmatrix}3\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\tfrac{3}{5}\\[4pt]-\tfrac{1}{5}\end{pmatrix}.
Verificação rápida (didática): se x_p é constante, então x_p'=0 e a equação exige A x_p + b=0. De fato, verificando,
A\begin{pmatrix}-\tfrac{3}{5}\\[4pt]-\tfrac{1}{5}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3\\[4pt]-1\end{pmatrix}=-b,
portanto x_p está correta.]

Passo 8

Junto a solução homogênea e a particular para obter a solução geral do sistema:
x(t)=x_h(t)+x_p(t)=C_1 e^{5t}\begin{pmatrix}3\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_2 e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-\tfrac{3}{5}\\[4pt]-\tfrac{1}{5}\end{pmatrix},
onde C_1,C_2 são constantes arbitrárias determinadas por condições iniciais, se houver.]

Resposta

x(t)=C_1 e^{5t}\begin{pmatrix}3\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_2 e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-\tfrac{3}{5}\\[4pt]-\tfrac{1}{5}\end{pmatrix}]

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