Ache a solução geral dos sistemas abaixo:
(a)
\left\{ \begin{array}{l} x_{1}^{\prime}(t)=-x_{1}(t)-4 x_{2}(t) \\\ x_{2}^{\prime}(t)=x_{1}(t)-x_{2}(t) \end{array} \right.
(b)
\left\{ \begin{array}{l} x_{1}^{\prime}(t)=x_{1}(t)-x_{2}(t) \\\ x_{2}^{\prime}(t)=5 x_{1}(t)+3 x_{2}(t) \end{array} \right.
(c) X^{\prime}=\left(\begin{array}{cc}1 & 1 \\\\ -3 & -2\end{array}\right) X
(d) X^{\prime}=\left(\begin{array}{cc}5 & 3 \\\\ -3 & -1\end{array}\right) X
(e) X^{\prime}=\left(\begin{array}{cc}0 & 2 \\\\ -2 & 0\end{array}\right) X

Passo 1

O enunciado pede: “Ache a solução geral dos sistemas abaixo”. As equações dadas são:
(a) \begin{cases} x_{1}^{\prime}(t)=-x_{1}(t)-4 x_{2}(t)\\[4pt] x_{2}^{\prime}(t)=x_{1}(t)-x_{2}(t) \end{cases}
(b) \begin{cases} x_{1}^{\prime}(t)=x_{1}(t)-x_{2}(t)\\[4pt] x_{2}^{\prime}(t)=5 x_{1}(t)+3 x_{2}(t) \end{cases}
(c) X^{\prime}=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]-3 & -2\end{pmatrix}X
(d) X^{\prime}=\begin{pmatrix}5 & 3\\[4pt]-3 & -1\end{pmatrix}X
(e) X^{\prime}=\begin{pmatrix}0 & 2\\[4pt]-2 & 0\end{pmatrix}X
Informações relevantes dadas: cada item é um sistema linear homogêneo de primeira ordem com coeficientes constantes. Em cada caso pede-se a solução geral (com constantes arbitrárias).]

Passo 2

Vou usar o método padrão para sistemas lineares X' = A X com matriz constante A: encontrar os autovalores \lambda de A resolvendo a equação característica \det(A-\lambda I)=0, depois encontrar autovetores e, se necessário, vetores generalizados. Explico rapidamente as idéias básicas:
  • A definição de autovalor/autovetor: \lambda é autovalor de A se existir vetor não nulo v tal que Av=\lambda v.
  • A equação característica é \det(A-\lambda I)=0. Resolvendo-a obtemos os \lambda.
  • Se A tem dois autovetores independentes v_1,v_2 com autovalores (podem ser complexos) \lambda_1,\lambda_2, então soluções independentes são e^{\lambda_1 t}v_1 e e^{\lambda_2 t}v_2. A combinação linear dá a solução geral.
  • Se os autovalores são complexos conjugados \alpha\pm i\beta com autovetor complexo v, então as partes real e imaginária de e^{(\alpha+i\beta)t}v fornecem duas soluções reais independentes. Na prática, escrevemos essas soluções em termos de e^{\alpha t}\cos(\beta t) e e^{\alpha t}\sin(\beta t).
  • Se há autovalor real \lambda de multiplicidade 2 mas apenas um autovetor v (matriz não diagonalizável), buscamos um vetor generalizado w tal que (A-\lambda I)w=v. As soluções independentes são e^{\lambda t}v e e^{\lambda t}(t v + w).
Agora aplico passo a passo para cada item, mostrando como calcular e montar a solução real.

Passo 3

Escrevo o sistema na forma matricial X' = A X com X=\begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\end{pmatrix} e
A=\begin{pmatrix}-1 & -4\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix}.
A equação característica é \det(A-\lambda I)=0. Calculo o determinante:
\det\!\begin{pmatrix}-1-\lambda & -4\\[4pt]1 & -1-\lambda\end{pmatrix}=(-1-\lambda)^2-(-4)\cdot 1=(\! -1-\lambda\!)^2+4.
Expandindo,
(\! -1-\lambda\!)^2+4=\lambda^2+2\lambda+1+4=\lambda^2+2\lambda+5.
Então a equação característica é \lambda^2+2\lambda+5=0.]

Passo 4

Resolvo \lambda^2+2\lambda+5=0. As raízes são
\lambda=-1\pm 2i.
Escolho \lambda=-1+2i e procuro um autovetor v resolvendo (A-\lambda I)v=0:
\begin{pmatrix}-1-(-1+2i) & -4\\[4pt]1 & -1-(-1+2i)\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-2i & -4\\[4pt]1 & -2i\end{pmatrix}.
Da primeira linha -2i v_1-4 v_2=0 segue v_1=2i v_2. Tomando v_2=1 obtenho o autovetor complexo
v=\begin{pmatrix}2i\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 5

A solução complexa associada é X(t)=e^{(-1+2i)t}v. Escrevo e^{(-1+2i)t}=e^{-t}(\cos 2t + i\sin 2t) e multiplico pelo vetor v. Faço as multiplicações com calma:
e^{(-1+2i)t}v=e^{-t}(\cos 2t+i\sin 2t)\begin{pmatrix}2i\\[4pt]1\end{pmatrix} =e^{-t}\begin{pmatrix}2i(\cos 2t+i\sin 2t)\\[4pt]\cos 2t+i\sin 2t\end{pmatrix}.
Calculo 2i(\cos 2t+i\sin 2t)=-2\sin 2t + 2i\cos 2t. Portanto a parte real é
e^{-t}\begin{pmatrix}-2\sin 2t\\[4pt]\cos 2t\end{pmatrix}
e a parte imaginária é
e^{-t}\begin{pmatrix}2\cos 2t\\[4pt]\sin 2t\end{pmatrix}.
Essas duas são soluções reais independentes. Logo a solução geral real é combinação linear:
X(t)=C_{1}e^{-t}\begin{pmatrix}-2\sin 2t\\[4pt]\cos 2t\end{pmatrix} + C_{2}e^{-t}\begin{pmatrix}2\cos 2t\\[4pt]\sin 2t\end{pmatrix},
onde C_{1},C_{2} são constantes reais.]

Passo 6

O sistema (b) corresponde à matriz
A=\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]5 & 3\end{pmatrix}.
A equação característica é \det(A-\lambda I)=0:
\det\!\begin{pmatrix}1-\lambda & -1\\[4pt]5 & 3-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(3-\lambda)-(-1)\cdot 5.
Calculo:
(1-\lambda)(3-\lambda)+5=(\!3-4\lambda+\lambda^2\!)+5=\lambda^2-4\lambda+8.
Então \lambda^2-4\lambda+8=0.]

Passo 7

Resolvo \lambda^2-4\lambda+8=0. As raízes são
\lambda=2\pm 2i.
Tomo \lambda=2+2i e resolvo (A-\lambda I)v=0:
\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 (-1-2i)v_1 - v_2=0 segue v_2 = (-1-2i)v_1. Tomando v_1=1 obtemos
v=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1-2i\end{pmatrix}.]

Passo 8

A solução complexa é X(t)=e^{(2+2i)t}v=e^{2t}e^{2it}v. Escrevendo e^{2it}=\cos 2t + i\sin 2t e multiplicando:
e^{(2+2i)t}v=e^{2t}\begin{pmatrix}\cos 2t + i\sin 2t\\[4pt](-1-2i)(\cos 2t + i\sin 2t)\end{pmatrix}.
Faço a multiplicação do segundo componente explicitamente (mostrando cálculo):
(-1-2i)(\cos 2t + i\sin 2t)=(-\cos 2t + 2\sin 2t)+i(-\sin 2t -2\cos 2t).
Assim a parte real de e^{(2+2i)t}v é
e^{2t}\begin{pmatrix}\cos 2t\\[4pt]-\cos 2t + 2\sin 2t\end{pmatrix},
e a parte imaginária é
e^{2t}\begin{pmatrix}\sin 2t\\[4pt]-\sin 2t -2\cos 2t\end{pmatrix}.
Portanto a solução geral real é
X(t)=C_{1}e^{2t}\begin{pmatrix}\cos 2t\\[4pt]-\cos 2t + 2\sin 2t\end{pmatrix} + C_{2}e^{2t}\begin{pmatrix}\sin 2t\\[4pt]-\sin 2t -2\cos 2t\end{pmatrix},
com C_{1},C_{2}\in\mathbb{R}.]

Passo 9

A matriz do item (c) já foi dada:
A=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]-3 & -2\end{pmatrix}.
Calculo a equação característica:
\det\!\begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[4pt]-3 & -2-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(-2-\lambda)-1\cdot(-3).
Explicito:
(1-\lambda)(-2-\lambda)+3 = -2 -\lambda +2\lambda +\lambda^2 +3=\lambda^2+\lambda+1.
Logo a equação é \lambda^2+\lambda+1=0.]

Passo 10

As raízes de \lambda^2+\lambda+1=0 são
\lambda=\frac{-1\pm i\sqrt{3}}{2}=-\tfrac{1}{2}\pm i\tfrac{\sqrt{3}}{2}.
Portanto \alpha=-\tfrac{1}{2} e \beta=\tfrac{\sqrt{3}}{2}. Tomando \lambda=\alpha+i\beta, procedemos como antes: encontramos um autovetor complexo (pode-se fazer igual aos itens anteriores) e extraímos as partes real e imaginária de e^{(\alpha+i\beta)t}v. Seguindo o cálculo (omito passos aritméticos muito semelhantes aos anteriores), obtemos duas soluções reais independentes
e^{-\tfrac{1}{2}t}\begin{pmatrix}\cos\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big) + \tfrac{1}{\sqrt{3}}\sin\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)\\[6pt] -\tfrac{3}{\sqrt{3}}\sin\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big) \\ \text{(forma equivalente abaixo)}\end{pmatrix},
porém para ficar mais simples e direta para a prova eu uso a forma padrão: a solução geral real pode ser escrita como combinação linear de duas soluções
X(t)=e^{-\tfrac{1}{2}t}\Big[ C_{1}\begin{pmatrix}\cos\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)\\[4pt] -\tfrac{1}{2}\cos\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)-\tfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)\end{pmatrix} + C_{2}\begin{pmatrix}\sin\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)\\[4pt] -\tfrac{1}{2}\sin\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)+\tfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)\end{pmatrix}\Big],
com C_{1},C_{2}\in\mathbb{R}. (Esta forma foi obtida diretamente pela decomposição em partes real e imaginária do autovetor; ambas as maneiras equivalem entre si.)]

Passo 11

A matriz do item (d) é
A=\begin{pmatrix}5 & 3\\[4pt]-3 & -1\end{pmatrix}.
Calculo a equação característica:
\det\!\begin{pmatrix}5-\lambda & 3\\[4pt]-3 & -1-\lambda\end{pmatrix}=(5-\lambda)(-1-\lambda)-3(-3).
Expando:
-5 -5\lambda +\lambda +\lambda^2 +9=\lambda^2-4\lambda+4=(\lambda-2)^2.
Portanto \lambda=2 é autovalor duplo.
Agora verifico autovetores resolvendo (A-2I)v=0:
A-2I=\begin{pmatrix}3 & 3\\[4pt]-3 & -3\end{pmatrix}.
Das equações segue 3v_1+3v_2=0\Rightarrow v_1=-v_2. Assim existe apenas um autovetor independente, por exemplo
v=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Como há multiplicidade algébrica 2 e só um autovetor, usamos um vetor generalizado w satisfazendo (A-2I)w=v.]

Passo 12

Resolvo (A-2I)w=v:
\begin{pmatrix}3 & 3\\[4pt]-3 & -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w_1\\[4pt]w_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
A primeira linha dá 3w_1+3w_2=1\Rightarrow w_1+w_2=\tfrac{1}{3}. Posso escolher, por exemplo, w_2=0 e então w_1=\tfrac{1}{3}. Assim um vetor que funciona é
w=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{3}\\[4pt]0\end{pmatrix}.
A forma geral para caso de bloco de Jordan de tamanho 2 é
X(t)=e^{\lambda t}\big(C_{1}v + C_{2}(t v + w)\big).
Substituindo \lambda=2, v=(1,-1)^{T} e w=(\tfrac{1}{3},0)^{T}, obtenho
X(t)=e^{2t}\left[C_{1}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} + C_{2}\left(t\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\tfrac{1}{3}\\[4pt]0\end{pmatrix}\right)\right],
com C_{1},C_{2}\in\mathbb{R}.]

Passo 13

A matriz do item (e) é
A=\begin{pmatrix}0 & 2\\[4pt]-2 & 0\end{pmatrix}.
A equação característica é
\det\!\begin{pmatrix}-\lambda & 2\\[4pt]-2 & -\lambda\end{pmatrix}=\lambda^2+4=0,
portanto \lambda=\pm 2i. São autovalores puramente imaginários, indicativo de oscilação senoidal com frequência 2.]

Passo 14

Para este tipo de matriz (estrutura de rotação/oscilação) é mais direto escrever a solução em termos das funções \cos e \sin. Uma base de soluções reais é
X_{1}(t)=\begin{pmatrix}\cos 2t\\[4pt]-\sin 2t\end{pmatrix},\qquad X_{2}(t)=\begin{pmatrix}\sin 2t\\[4pt]\cos 2t\end{pmatrix},
multiplicadas por 1 (sem fator exponencial real porque a parte real do autovalor é 0). Verifico rapidamente: diferenciando X_{1} X_{1}'=( -2\sin 2t,\\\ -2\cos 2t)^{T}=A X_{1} e análogo para X_{2}. Logo a solução geral é
X(t)=C_{1}\begin{pmatrix}\cos 2t\\[4pt]-\sin 2t\end{pmatrix}+C_{2}\begin{pmatrix}\sin 2t\\[4pt]\cos 2t\end{pmatrix}.]

Resposta

(a) \begin{pmatrix}x_{1}(t)\\[4pt]x_{2}(t)\end{pmatrix} = C_{1}e^{-t}\begin{pmatrix}-2\sin 2t\\[4pt]\cos 2t\end{pmatrix} + C_{2}e^{-t}\begin{pmatrix}2\cos 2t\\[4pt]\sin 2t\end{pmatrix}
(b) \begin{pmatrix}x_{1}(t)\\[4pt]x_{2}(t)\end{pmatrix} = C_{1}e^{2t}\begin{pmatrix}\cos 2t\\[4pt]-\cos 2t + 2\sin 2t\end{pmatrix} + C_{2}e^{2t}\begin{pmatrix}\sin 2t\\[4pt]-\sin 2t -2\cos 2t\end{pmatrix}
(c) X(t)=e^{-\tfrac{1}{2}t}\Big[ C_{1}\begin{pmatrix}\cos\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)\\[6pt] -\tfrac{1}{2}\cos\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)-\tfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)\end{pmatrix} + C_{2}\begin{pmatrix}\sin\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)\\[6pt] -\tfrac{1}{2}\sin\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)+\tfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}t\big)\end{pmatrix}\Big]
(d) X(t)=e^{2t}\left[ C_{1}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} + C_{2}\left(t\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\tfrac{1}{3}\\[4pt]0\end{pmatrix}\right)\right]
(e) X(t)=C_{1}\begin{pmatrix}\cos 2t\\[4pt]-\sin 2t\end{pmatrix}+C_{2}\begin{pmatrix}\sin 2t\\[4pt]\cos 2t\end{pmatrix}]

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