1. (7.9) Em cada um dos Problemas abaixo, encontre a solução geral do sistema de equações dado.
    \mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{rr}1 & 1 \\\\ 4 & -2\end{array}\right) \mathbf{x}+\binom{e^{-2 t}}{-2 e^{t}}

Passo 1

O enunciado pede a solução geral do sistema linear não homogêneo. O sistema dado é
\mathbf{x}' = \begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 4 & -2\end{pmatrix}\mathbf{x} + \binom{e^{-2t}}{-2e^{t}}.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A matriz do sistema é A=\begin{pmatrix}1 & 1\\[2pt]4 & -2\end{pmatrix}.
  • O termo não homogêneo é \mathbf{g}(t)=\binom{e^{-2t}}{-2e^{t}}, que é soma de duas exponenciais com expoentes -2 e 1.
  • Não há condições iniciais fornecidas, então precisamos da solução geral (com constantes arbitrárias).]

Passo 2

Primeiro resolvemos o sistema homogêneo \mathbf{x}'=A\mathbf{x}. Para isso encontramos os autovalores de A resolvendo o polinômio característico:
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[2pt]4 & -2-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(-2-\lambda)-4.
Calculemos o determinante:
(1-\lambda)(-2-\lambda)-4=\lambda^2+\lambda-2-4=\lambda^2+\lambda-6.
Resolvendo \lambda^2+\lambda-6=0 obtemos
\lambda^2+\lambda-6=(\lambda-2)(\lambda+3)=0,
logo os autovalores são \lambda_1=2 e \lambda_2=-3.
Breve comentário didático: cada autovalor \lambda gera uma solução do tipo \mathbf{v}e^{\lambda t}, onde \mathbf{v} é autovetor correspondente.]

Passo 3

Agora encontramos autovetores.
Para \lambda_1=2 resolvemos (A-2I)\mathbf{v}=0:
\begin{pmatrix}1-2 & 1\\[2pt]4 & -2-2\end{pmatrix}\mathbf{v} =\begin{pmatrix}-1 & 1\\[2pt]4 & -4\end{pmatrix}\mathbf{v}=0.
A primeira equação dá -v_1+v_2=0\Rightarrow v_2=v_1. Tomando v_1=1 obtemos o autovetor
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Para \lambda_2=-3 resolvemos (A+3I)\mathbf{v}=0:
\begin{pmatrix}1+3 & 1\\[2pt]4 & -2+3\end{pmatrix}\mathbf{v} =\begin{pmatrix}4 & 1\\[2pt]4 & 1\end{pmatrix}\mathbf{v}=0.
Da primeira equação 4v_1+v_2=0\Rightarrow v_2=-4v_1. Tomando v_1=1 obtemos
\mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-4\end{pmatrix}.]

Passo 4

A solução geral do homogêneo é combinação linear das soluções base:
\mathbf{x}_h(t)=C_1 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}+C_2 e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[2pt]-4\end{pmatrix},
onde C_1,C_2 são constantes arbitrárias.]

Passo 5

Agora buscamos uma solução particular \mathbf{x}_p(t) do sistema não homogêneo. Observação importante: o termo não homogêneo é soma de exponenciais e^{-2t} e e^{t}. Como os expoentes -2 e 1 NÃO coincidem com os autovalores 2 e -3, podemos tentar uma solução particular por coeficientes indeterminados do tipo soma de vetores constantes multiplicando essas exponenciais. Portanto tomamos o ansatz
\mathbf{x}_p(t)=\mathbf{a}\,e^{-2t}+\mathbf{b}\,e^{t},
onde \mathbf{a}=\begin{pmatrix}a_1\\[2pt]a_2\end{pmatrix} e \mathbf{b}=\begin{pmatrix}b_1\\[2pt]b_2\end{pmatrix} são vetores constantes a determinar.]

Passo 6

Calculamos \mathbf{x}_p' e substituímos na equação \mathbf{x}'=A\mathbf{x}+\mathbf{g}(t).
Derivando:
\mathbf{x}_p'=-2\mathbf{a}\,e^{-2t}+\mathbf{b}\,e^{t}.
Substituindo,
-2\mathbf{a}\,e^{-2t}+\mathbf{b}\,e^{t} = A(\mathbf{a}\,e^{-2t}+\mathbf{b}\,e^{t})+\binom{e^{-2t}}{-2e^{t}}.
Agrupando os termos em e^{-2t} e em e^{t} obtemos dois sistemas lineares para \mathbf{a} e \mathbf{b}:
para o coeficiente de e^{-2t}:
-2\mathbf{a}=A\mathbf{a}+\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\end{pmatrix},
que rearranjado dá
(2I+A)\mathbf{a}=-\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\end{pmatrix}.
para o coeficiente de e^{t}:
\mathbf{b}=A\mathbf{b}+\begin{pmatrix}0\\[2pt]-2\end{pmatrix},
ou seja
(I-A)\mathbf{b}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]-2\end{pmatrix}.]

Passo 7

Resolvendo para \mathbf{a}. Calculemos 2I+A:
2I+A=\begin{pmatrix}2 & 0\\[2pt]0 & 2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1 & 1\\[2pt]4 & -2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3 & 1\\[2pt]4 & 0\end{pmatrix}.
Devemos resolver
\begin{pmatrix}3 & 1\\[2pt]4 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a_1\\[2pt]a_2\end{pmatrix} =-\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\[2pt]0\end{pmatrix}.
Escrevendo as equações:
3a_1+a_2=-1,\qquad 4a_1=0.
Da segunda obtemos a_1=0. Substituindo na primeira vem a_2=-1. Assim
\mathbf{a}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 8

Resolvendo para \mathbf{b}. Calculemos I-A:
I-A=\begin{pmatrix}1 & 0\\[2pt]0 & 1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1 & 1\\[2pt]4 & -2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 & -1\\[2pt]-4 & 3\end{pmatrix}.
Devemos resolver
\begin{pmatrix}0 & -1\\[2pt]-4 & 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}b_1\\[2pt]b_2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\[2pt]-2\end{pmatrix}.
Escrevendo as equações:
- b_2 = 0,\qquad -4b_1+3b_2=-2.
Da primeira vem b_2=0. Substituindo na segunda dá -4b_1=-2\Rightarrow b_1=\tfrac{1}{2}. Logo
\mathbf{b}=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{2}\\[2pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 9

Montamos a solução particular encontrada:
\mathbf{x}_p(t)=\begin{pmatrix}0\\[2pt]-1\end{pmatrix}e^{-2t}+\begin{pmatrix}\tfrac{1}{2}\\[2pt]0\end{pmatrix}e^{t} =\begin{pmatrix}\tfrac{1}{2}e^{t}\\[4pt]-e^{-2t}\end{pmatrix}.
A solução geral do sistema é a soma \mathbf{x}(t)=\mathbf{x}_h(t)+\mathbf{x}_p(t). Escrevendo tudo junto:
\mathbf{x}(t)=C_1 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}+C_2 e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[2pt]-4\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\tfrac{1}{2}e^{t}\\[4pt]-e^{-2t}\end{pmatrix},
com C_1,C_2\in\mathbb{R}.]

Resposta

\mathbf{x}(t)=C_1 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}+C_2 e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[2pt]-4\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\tfrac{1}{2}e^{t}\\[4pt]-e^{-2t}\end{pmatrix}.
\text{Equivalente em componentes: }\quad x_1(t)=C_1 e^{2t}+C_2 e^{-3t}+\tfrac{1}{2}e^{t},\qquad x_2(t)=C_1 e^{2t}-4C_2 e^{-3t}-e^{-2t}.]

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