Ache a solução geral dos sistemas:
(a)
\left\{ \begin{array}{l} x_{1}^{\prime}(t)=3 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)=4 x_{1}(t)-2 x_{2}(t) \\\ x_{2}^{\prime}(t)=8 x_{1}(t)-4 x_{2}(t) \end{array} \right.

Passo 1

O problema pede: “Ache a solução geral” de dois sistemas lineares de equações diferenciais. Ou seja, para cada sistema precisamos encontrar todas as funções \,x_{1}(t) e \,x_{2}(t) que satisfazem o sistema para todo t.
As informações dadas são exatamente os dois sistemas:
(a)
\left\{ \begin{array}{l} x_{1}^{\prime}(t)=3 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)=4 x_{1}(t)-2 x_{2}(t) \\\ x_{2}^{\prime}(t)=8 x_{1}(t)-4 x_{2}(t) \end{array} \right.
Nenhuma outra informação externa foi dada; trabalharemos só com esses sistemas. A resolução começa agora.

Passo 2

Breve explicação do método que vou usar (passo-a-passo didático e usado em provas):
  • Podemos escrever cada sistema na forma matricial \,x'(t)=A x(t), onde \,x(t)=\begin{pmatrix}x_{1}(t)\x_{2}(t)\end{pmatrix} e A é uma matriz 2\times2 com coeficientes dados pelo sistema.
  • A técnica padrão para sistemas lineares com matriz constante é procurar autovalores (eigenvalues) \,\lambda de A e autovetores (eigenvectors) v resolvendo
\det(A-\lambda I)=0
(equação característica) e (A-\lambda I)v=0.
  • Se a multiplicidade algébrica de um autovalor for 1 (ou seja, dois autovalores distintos), obtemos duas soluções independentes do tipo \,e^{\lambda t}v e a solução geral é combinação linear.
  • Se houver um autovalor de multiplicidade algébrica 2 (repetido) e a dimensão do espaço próprio (multiplicidade geométrica) for 1 — isto é, há apenas um autovetor — então A é não-diagonalizável (matriz de Jordan). Nesse caso precisamos de um autovetor v e de um vetor generalizado w que satisfaça
(A-\lambda I)w = v.
As duas soluções independentes são então
e^{\lambda t}v \quad\text{e}\quad e^{\lambda t}(t v + w).
Vou aplicar exatamente esse procedimento em cada item e mostrar como obter v, w e a solução geral.

Passo 3

Escrevo o sistema (a) na forma matricial x'(t)=A x(t) com
A=\begin{pmatrix}3 & -4 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}.
Calculo o polinômio característico \det(A-\lambda I):
\det\!\begin{pmatrix}3-\lambda & -4 \\[4pt] 1 & -1-\lambda\end{pmatrix} =(3-\lambda)(-1-\lambda)-(-4)\cdot 1.
Faço a multiplicação e simplificação passo a passo:
(3-\lambda)(-1-\lambda)+4 = -3 -3\lambda +\lambda +\lambda^{2}+4 =\lambda^{2}-2\lambda+1.
Reconheço um quadrado perfeito:
\lambda^{2}-2\lambda+1=(\lambda-1)^{2}.
Portanto o autovalor é \lambda=1 com multiplicidade algébrica 2.]

Passo 4

Agora encontro o(s) autovetor(es) resolvendo (A-I)v=0. Calculo A-I:
A-I=\begin{pmatrix}3-1 & -4 \\[4pt] 1 & -1-1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2 & -4 \\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix}.
Resolvo o sistema \begin{pmatrix}2 & -4 \\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_{1}\\[2pt] v_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
A primeira equação dá 2v_{1}-4v_{2}=0\Rightarrow v_{1}=2v_{2}. Posso escolher v_{2}=1, então um autovetor é
v=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Note que o segundo equação é redundante (é múltipla da primeira), logo o espaço próprio tem dimensão 1 (multiplicidade geométrica 1). Como temos autovalor repetido mas apenas um autovetor, a matriz não é diagonalizável e precisamos de um vetor generalizado.]

Passo 5

Buscamos um vetor w que satisfaça (A-I)w=v. Escrevo w=\begin{pmatrix}a\\[2pt] b\end{pmatrix} e resolvo:
\begin{pmatrix}2 & -4 \\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\[2pt] b\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
As equações são 2a-4b=2 e a-2b=1 (a segunda é a metade da primeira). Resolvendo, por exemplo, escolho b=0 e obtenho a=1. Assim um vetor w possível é
w=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Com v e w em mãos, as duas soluções independentes são
e^{t}v \quad\text{e}\quad e^{t}(t v + w).
Logo a solução geral do sistema (a) é
x(t)=C_{1} e^{t} \begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix} + C_{2} e^{t}\Big(t\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}\Big),
onde C_{1} e C_{2} são constantes arbitrárias (reais). Posso escrever coordenada a coordenada se preferir:
x_{1}(t)=e^{t}\big(2C_{1}+C_{2}(2t+1)\big),\qquad x_{2}(t)=e^{t}\big(C_{1}+C_{2}t\big).]

Passo 6

É útil confirmar por derivação rápida que cada termo tem a forma correta. Se y_{1}(t)=e^{t}v então y_{1}'(t)=e^{t}v=Ay_{1}(t) quando Av=v (ou seja, \lambda=1). Para o segundo, y_{2}(t)=e^{t}(t v + w) temos
y_{2}'(t)=e^{t}(tv+w)+e^{t}v = e^{t}\big((t+1)v + w\big).
E
A y_{2}(t)= e^{t}\big(tAv + Aw\big)= e^{t}\big(t v + (Av)\big),
porque Av=v. Usando (A-I)w=v é direto verificar que A y_{2}(t)=y_{2}'(t). Isso confirma que as duas soluções são independentes e formam uma base de soluções.

Passo 7

Agora trato o sistema (b). Escrevo x'(t)=B x(t) com
B=\begin{pmatrix}4 & -2 \\[4pt] 8 & -4\end{pmatrix}.
Calculo o polinômio característico \det(B-\lambda I):
\det\!\begin{pmatrix}4-\lambda & -2 \\[4pt] 8 & -4-\lambda\end{pmatrix} =(4-\lambda)(-4-\lambda)-(-2)\cdot 8.
Faço o desenvolvimento:
(4-\lambda)(-4-\lambda)+16 = -16 -4\lambda +4\lambda +\lambda^{2}+16 =\lambda^{2}.
Ou seja, \lambda^{2}=0 e o autovalor é \lambda=0 com multiplicidade algébrica 2.]

Passo 8

Procuro autovetores resolvendo B v = 0 (já que \lambda=0). O sistema é
\begin{pmatrix}4 & -2 \\[4pt] 8 & -4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_{1}\\[2pt] v_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
A primeira equação é 4v_{1}-2v_{2}=0\Rightarrow 2v_{1}-v_{2}=0\Rightarrow v_{2}=2v_{1}.
Posso escolher v_{1}=1 e então obter um autovetor simples
v=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}.
A segunda linha é múltipla da primeira, então o espaço próprio tem dimensão 1. Novamente a matriz é não-diagonalizável e preciso de um vetor generalizado.
Observação prática: para evitar frações ao encontrar w posso optar por um autovetor escalado; por exemplo, escolher v=\begin{pmatrix}2\\[4pt]4\end{pmatrix} também é válido — vou fazer essa escolha porque torna w inteiro e a solução mais limpa.]

Passo 9

Escolho v=\begin{pmatrix}2\\[4pt]4\end{pmatrix} (multiplicando o autovetor por 2). Agora procuro w tal que B w = v. Escrevo w=\begin{pmatrix}a\\[2pt] b\end{pmatrix} e resolvo
\begin{pmatrix}4 & -2 \\[4pt] 8 & -4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\[2pt] b\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2\\[4pt]4\end{pmatrix}.
A primeira equação é 4a-2b=2, que simplifica para 2a-b=1, ou b=2a-1. Tomando a=1 obtemos b=1. Assim posso escolher
w=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Como \lambda=0, os dois vetores de solução são
e^{0t} v = v \quad\text{e}\quad e^{0t} (t v + w) = t v + w.
Logo a solução geral do sistema (b) é
x(t)=C_{1}\begin{pmatrix}2\\[4pt]4\end{pmatrix} + C_{2}\Big(t\begin{pmatrix}2\\[4pt]4\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}\Big),
onde C_{1} e C_{2} são constantes arbitrárias. Coordenada a coordenada:
x_{1}(t)=2C_{1}+C_{2}(2t+1),\qquad x_{2}(t)=4C_{1}+C_{2}(4t+1).]

Passo 10

Uma verificação rápida: como \lambda=0, v satisfaz Bv=0. Para y_{2}(t)=tv+w temos
y_{2}'(t)=v,
e
B y_{2}(t)=tBv + Bw = 0 + v = v,
pois Bw=v por construção. Assim y_{2}'(t)=B y_{2}(t), confirmando que y_{2} é solução. As duas soluções são linearmente independentes, dando a solução geral acima.

Resposta

(a) \displaystyle x(t)=C_{1}e^{t}\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_{2}e^{t}\Big(t\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}\Big)
(b) \displaystyle x(t)=C_{1}\begin{pmatrix}2\\[4pt]4\end{pmatrix}+C_{2}\Big(t\begin{pmatrix}2\\[4pt]4\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}\Big)]

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