Ache a solução geral dos sistemas abaixo:
\left\{ \begin{array}{l} x_{1}^{\prime}(t)=x_{1}(t)+x_{2}(t) \\\ x_{2}^{\prime}(t)=a x_{1}(t)+x_{2}(t) \end{array} \right.
, com a \neq 0

Passo 1

O enunciado pede: “Ache a solução geral do sistema”
\left\{ \begin{array}{l} x_{1}^{\prime}(t)=x_{1}(t)+x_{2}(t)\\[4pt] x_{2}^{\prime}(t)=a\,x_{1}(t)+x_{2}(t) \end{array} \right.
com a\neq 0. Informações dadas e incógnitas relevantes:
  • As funções desconhecidas são x_{1}(t) e x_{2}(t).
  • O parâmetro a é uma constante real diferente de zero.
  • Precisamos encontrar a expressão geral de (x_{1}(t),x_{2}(t)) válida para todos os t.
  • Não há condições iniciais; portanto queremos a solução geral com constantes arbitrárias.]

Passo 2

Vou escrever o sistema na forma matricial compacta. Definimos o vetor
x(t)=\begin{pmatrix}x_{1}(t)\\[4pt]x_{2}(t)\end{pmatrix}
e a matriz de coeficientes
A=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] a & 1\end{pmatrix}.
O sistema fica
x'(t)=A\,x(t).
Estratégia (explicando a ideia): para um sistema linear com matriz constante A buscamos soluções do tipo x(t)=e^{\lambda t}v, onde \lambda é um escalar (autovalor) e v é um vetor não nulo (autovetor) que satisfaz
(A-\lambda I)v=0.
Os \lambda possíveis são raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Dependendo se as raízes são reais distintas, complexas conjugadas ou iguais, a forma da solução geral muda. Aqui a\neq 0, então vamos calcular as raízes e tratar os casos.]

Passo 3

Calculamos o polinômio característico:
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[4pt] a & 1-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)^2-a.
Igualando a zero:
(1-\lambda)^2-a=0.
Daqui temos
1-\lambda=\pm\sqrt{a},
ou seja
\lambda=1\mp\sqrt{a}.
Para ficar com notação padrão, escrevemos os dois autovalores como
\lambda_{1}=1+\sqrt{a},\qquad \lambda_{2}=1-\sqrt{a}.
Observação sobre \sqrt{a}: se a>0 então \sqrt{a} é real; se a<0 então \sqrt{a}=i\sqrt{-a} é imaginário puro (escrevemos i para a unidade imaginária). Por isso há dois casos distintos a tratar.]

Passo 4

Agora suponha a>0, de modo que \sqrt{a} é real e não nulo. Para cada autovalor \lambda achamos um autovetor v resolvendo (A-\lambda I)v=0.
Para \lambda_{1}=1+\sqrt{a}:
(A-\lambda_{1}I)=\begin{pmatrix}1-(1+\sqrt{a}) & 1\\[4pt] a & 1-(1+\sqrt{a})\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\sqrt{a} & 1\\[4pt] a & -\sqrt{a}\end{pmatrix}.
Resolver (A-\lambda_{1}I)v=0 leva à equação (usando a primeira linha)
-\sqrt{a}\,v_{1}+v_{2}=0 \quad\Longrightarrow\quad v_{2}=\sqrt{a}\,v_{1}.
Podemos escolher v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]\sqrt{a}\end{pmatrix} como autovetor associado a \lambda_{1}.
Para \lambda_{2}=1-\sqrt{a}:
(A-\lambda_{2}I)=\begin{pmatrix}\sqrt{a} & 1\\[4pt] a & \sqrt{a}\end{pmatrix},
e da primeira linha temos
\sqrt{a}\,v_{1}+v_{2}=0 \quad\Longrightarrow\quad v_{2}=-\sqrt{a}\,v_{1}.
Um autovetor correspondente é v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-\sqrt{a}\end{pmatrix}.
Como os autovalores são distintos, os vetores v^{(1)} e v^{(2)} são linearmente independentes e formam uma base de soluções fundamentais. Portanto a solução geral (para a>0) é
x(t)=C_{1}\begin{pmatrix}1\\[4pt]\sqrt{a}\end{pmatrix}e^{(1+\sqrt{a})t}+C_{2}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-\sqrt{a}\end{pmatrix}e^{(1-\sqrt{a})t},
onde C_{1},C_{2} são constantes reais arbitrárias. Isso resolve o caso a>0.]

Passo 5

Agora suponha a<0. Defina
\omega=\sqrt{-a}>0,
para simplificar a escrita. Então \sqrt{a}=i\omega e os autovalores são
\lambda_{1}=1+i\omega,\qquad \lambda_{2}=1-i\omega.
Tomamos o autovalor \lambda_{1}=1+i\omega e achamos um autovetor complexo. Resolva (A-\lambda_{1}I)v=0:
(A-\lambda_{1}I)=\begin{pmatrix}1-(1+i\omega) & 1\\[4pt] a & 1-(1+i\omega)\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-i\omega & 1\\[4pt] a & -i\omega\end{pmatrix}.
Da primeira linha vem -i\omega v_{1}+v_{2}=0, então podemos escolher v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]i\omega\end{pmatrix}.
Uma solução complexa do sistema é
x^{\text{(c)}}(t)=e^{(1+i\omega)t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]i\omega\end{pmatrix}.
Para obter a solução real geral, usamos as partes real e imaginária dessa solução complexa, porque o sistema é com coeficientes reais. Vamos escrever
e^{(1+i\omega)t}=e^{t}(\cos\omega t + i\sin\omega t).
Multiplicando:
e^{(1+i\omega)t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]i\omega\end{pmatrix} = e^{t}\begin{pmatrix}\cos\omega t + i\sin\omega t\\[4pt] i\omega(\cos\omega t + i\sin\omega t)\end{pmatrix} = e^{t}\begin{pmatrix}\cos\omega t + i\sin\omega t\\[4pt]-\omega\sin\omega t + i\,\omega\cos\omega t\end{pmatrix}.
A parte real é
e^{t}\begin{pmatrix}\cos\omega t\\[4pt]-\omega\sin\omega t\end{pmatrix},
e a parte imaginária é
e^{t}\begin{pmatrix}\sin\omega t\\[4pt]\omega\cos\omega t\end{pmatrix}.
Essas duas vetores são soluções reais linearmente independentes, portanto a solução geral real (para a<0) é
x(t)=C_{1}\,e^{t}\begin{pmatrix}\cos\omega t\\[4pt]-\omega\sin\omega t\end{pmatrix} + C_{2}\,e^{t}\begin{pmatrix}\sin\omega t\\[4pt]\omega\cos\omega t\end{pmatrix},
onde \omega=\sqrt{-a} e C_{1},C_{2} são constantes reais arbitrárias.]

Passo 6

Pequena observação final: o caso a=0 foi excluído no enunciado; se fosse a=0 a matriz teria autovalor duplo \lambda=1 e seria necessário verificar se há duas soluções independentes (no caso a=0 a matriz é triangular com repetido 1 e a solução teria forma diferente). Mas como a\neq 0 já cobrimos todos os cenários: a>0 (autovalores reais distintos) e a<0 (autovalores complexos conjugados).

Resposta

Para a>0:
x(t)=C_{1}\begin{pmatrix}1\\[4pt]\sqrt{a}\end{pmatrix}e^{(1+\sqrt{a})t}+C_{2}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-\sqrt{a}\end{pmatrix}e^{(1-\sqrt{a})t}.
Para a<0, com \omega=\sqrt{-a}:
x(t)=C_{1}\,e^{t}\begin{pmatrix}\cos\omega t\\[4pt]-\omega\sin\omega t\end{pmatrix} + C_{2}\,e^{t}\begin{pmatrix}\sin\omega t\\[4pt]\omega\cos\omega t\end{pmatrix}.]

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