EM CADA QUESTÃO ABAIXO APRESENTE TODOS OS CÁLOÚLOS E/OU RACIOCÍNIOS FEITOS, JUSTIFICANDO SUAS RESPOSTAS.
Resolva o sistema de equações diferenciais
\left\{\begin{array}{l} x^{\prime}=-x+4 y \\\ y^{\prime}=-x+3 y \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá o sistema de equações diferenciais
\left\{\begin{array}{l} x^{\prime}=-x+4y,\\[4pt] y^{\prime}=-x+3y, \end{array}\right.
e pede a resolução do sistema, ou seja, encontrar x(t) e y(t) gerais que satisfaçam essas equações.
Informações relevantes fornecidas:
x'(t)= -x(t)+4y(t), \qquad y'(t)= -x(t)+3y(t).
Não foram dadas condições iniciais, portanto buscaremos a solução geral com constantes arbitrárias.]

Passo 2

Vamos escrever o sistema na forma matricial para trabalhar de forma organizada. Definindo o vetor
X(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\end{pmatrix},
o sistema pode ser escrito como
X'(t)=A\,X(t),
onde a matriz dos coeficientes é
A=\begin{pmatrix}-1 & 4\\[4pt]-1 & 3\end{pmatrix}.
Resolver o sistema equivale a encontrar a exponencial da matriz A ou achar uma base de soluções através dos autovalores e autovetores de A.]

Passo 3

Calculemos o polinômio característico de A. O polinômio característico é
p(\lambda)=\det(A-\lambda I).
Então
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-1-\lambda & 4\\[4pt]-1 & 3-\lambda\end{pmatrix},
e
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)(3-\lambda)-4(-1).
Desenvolvendo:
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)(3-\lambda)+4.
Multiplicando:
(-1-\lambda)(3-\lambda)=(-1)\cdot 3 +(-1)(-\lambda)+(-\lambda)\cdot 3 +(-\lambda)(-\lambda) = -3 +\lambda -3\lambda +\lambda^2 =\lambda^2-2\lambda-3.
Somando o +4:
\det(A-\lambda I)=\lambda^2-2\lambda-3+4=\lambda^2-2\lambda+1.
Portanto o polinômio característico é
p(\lambda)=\lambda^2-2\lambda+1.]

Passo 4

Identificamos as raízes do polinômio característico:
\lambda^2-2\lambda+1=(\lambda-1)^2.
Logo há um autovalor real repetido:
\lambda=1,
com multiplicidade algébrica 2.

Passo 5

Precisamos agora ver quantos autovetores independentes existem para \lambda=1 (multiplicidade geométrica). Resolveremos (A-I)v=0.
Calcule A-I:
A-I=\begin{pmatrix}-1-1 & 4\\[4pt]-1 & 3-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2 & 4\\[4pt]-1 & 2\end{pmatrix}.
Resolvendo (A-I)v=0, com v=\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}:
\begin{pmatrix}-2 & 4\\[4pt]-1 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Isso dá as equações
-2v_1+4v_2=0,\qquad -v_1+2v_2=0.
As duas equações são equivalentes; da segunda obtemos -v_1+2v_2=0 \Rightarrow v_1=2v_2. Tomando v_2=1 obtemos um autovetor
v=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Como há apenas um autovetor independente, a multiplicidade geométrica é 1, menor que a algébrica 2. Portanto A não é diagonalizável e teremos que usar um autovetor e um autovetor generalizado (cadeia de Jordan) para formar a solução geral.]

Passo 6

Para o caso de autovalor repetido com um único autovetor usamos um autovetor generalizado w que satisfaz
(A-I)w=v,
onde v é o autovetor encontrado. Isso forma uma cadeia de Jordan de comprimento 2.
Escrevemos w=\begin{pmatrix}w_1\\[4pt]w_2\end{pmatrix} e resolvemos
\begin{pmatrix}-2 & 4\\[4pt]-1 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w_1\\[4pt]w_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
As equações são
-2w_1+4w_2=2,\qquad -w_1+2w_2=1.
Note que a segunda é simplesmente a primeira dividida por 2, então basta resolver uma delas. Da segunda:
-w_1+2w_2=1 \Rightarrow w_1=2w_2-1.
Podemos escolher w_2 conveniente; por simplicidade escolha w_2=0. Assim
w_1=2\cdot 0 -1 = -1.
Logo um autovetor generalizado é
w=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
(Observação: qualquer outra solução da forma w+ \alpha v também serviria, mudando apenas as constantes na solução final.)]

Passo 7

Agora apresentamos a fórmula geral para o caso de autovalor repetido com cadeia de comprimento 2. Se temos um autovalor \lambda com autovetor v e autovetor generalizado w tal que (A-\lambda I)w=v, então duas soluções fundamentais do sistema X'=AX são
X_1(t)=e^{\lambda t} v, \qquad X_2(t)=e^{\lambda t}\big(t v + w\big).
Essas duas soluções são linearmente independentes e a combinação linear delas dá a solução geral.
No nosso caso \lambda=1, v=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}, w=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\end{pmatrix}. Portanto duas soluções fundamentais são
X_1(t)=e^{t}\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}, \qquad X_2(t)=e^{t}\Big(t\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\end{pmatrix}\Big).]

Passo 8

A solução geral é combinação linear dessas duas soluções:
X(t)=C_1 X_1(t)+C_2 X_2(t),
onde C_1 e C_2 são constantes arbitrárias. Substituindo:
X(t)=e^{t}\Big( C_1\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix} + C_2\big(t\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\end{pmatrix}\big)\Big).
Agrupando os termos dentro do parêntese obtemos
X(t)=e^{t}\begin{pmatrix}2C_1 + C_2(2t-1)\\[6pt] C_1 + C_2 t\end{pmatrix}.]

Passo 9

Desse vetor solução lemos as componentes x(t) e y(t):
x(t)=e^{t}\big(2C_1 + C_2(2t-1)\big), \qquad y(t)=e^{t}\big(C_1 + C_2 t\big),
onde C_1 e C_2 são constantes arbitrárias que seriam determinadas por condições iniciais, se houvesse.

Passo 10

(Facultativo mas útil para confiança) Verificação rápida: podemos verificar que essas expressões satisfazem o sistema. Calculando X'(t) usando produto e regra da cadeia, e substituindo em X'(t)=AX(t), as duas componentes coincidirão (é um cálculo direto mas um pouco longo); o procedimento usado (cadeia de Jordan) garante que a solução está correta.

Resposta

x(t)=e^{t}\big(2C_{1} + C_{2}(2t-1)\big)
y(t)=e^{t}\big(C_{1} + C_{2}t\big)

Exercícios relacionados