o enunciado pede:\n
(a) Encontrar os autovalores e autovetores de A.\n
(b) Encontrar a solução geral do sistema X'=AX.\n
Informações relevantes dadas: os elementos da matriz A são todos conhecidos (veja acima). Nada mais é fornecido — temos que proceder calculando autovalores e autovetores e então usar a teoria de sistemas lineares com coeficientes constantes.]
Passo 2
O que são autovalores e autovetores e como calculá-los (aula curta)\n
Um autovalor \lambda e um autovetor v\neq 0 de A satisfazem
A v = \lambda v.
Isto é equivalente a
(A-\lambda I)v = 0.
Para existirem soluções não-triviais v\neq 0 devemos ter determinante nulo:
\det(A-\lambda I)=0.
Essa equação em \lambda é chamada equação característica. Vamos montar e resolver essa equação para obter os autovalores.
Passo 3
Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I)\n
Formamos A-\lambda I:
Calculando com calma (explico cada termo): (5-\lambda)(1-\lambda)=5-5\lambda-\lambda+ \lambda^2=\lambda^2-6\lambda+5. Somando o termo +3 vindo de -(-1)\cdot3 obtemos
Resolver a equação característica para obter os autovalores\n
Temos que resolver
\lambda^2-6\lambda+8=0.
Isto é uma quadrática. Podemos fatorar ou usar fórmula de Bhaskara; aqui fatoramos: procuramos dois números cujo produto seja 8 e soma seja 6; são 2 e 4. Logo
\lambda^2-6\lambda+8=(\lambda-4)(\lambda-2).
Portanto os autovalores são
\lambda_1=4,\qquad \lambda_2=2.
Passo 5
Encontrar o autovetor associado a \lambda_1=4\)\n
Para \(\lambda=4\) resolvemos \((A-4I)v=0\). Primeiro escrevemos a matriz:
\[A-4I=\begin{pmatrix}5-4 & -1 \\[4pt] 3 & 1-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & -1 \\[4pt] 3 & -3\end{pmatrix}.
Então o sistema linear (A-4I)\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}=0 é
\begin{cases} x-y=0,\\[4pt] 3x-3y=0. \end{cases}
As duas equações são equivalentes; basta x-y=0\], ou seja \(y=x. Escolhemos um vetor não nulo simples, por exemplo x=1, então y=1. Um autovetor correspondente é
v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
(Lembre: qualquer múltiplo escalar de v_1 também é autovetor de \lambda_1.)]
Passo 6
Encontrar o autovetor associado a \lambda_2=2\)\n
Para \(\lambda=2\) formamos \(A-2I\):
\[A-2I=\begin{pmatrix}5-2 & -1 \\[4pt] 3 & 1-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & -1 \\[4pt] 3 & -1\end{pmatrix}.
O sistema (A-2I)\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}=0 é
\begin{cases} 3x-y=0,\\[4pt] 3x-y=0. \end{cases}
Novamente as equações são equivalentes; basta 3x-y=0\], ou \(y=3x. Tomando x=1 obtemos y=3. Assim um autovetor é
v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}.]
Passo 7
Por que esses autovetores dão uma base e qual a consequência para a solução do sistema\n
Observação importante: como os autovalores \lambda_1=4 e \lambda_2=2 são distintos, os autovetores associados v_1 e v_2 são linearmente independentes. Isto significa que eles formam uma base do \mathbb{R}^2. A consequência prática é que a matriz A é diagonalizável, e a teoria de sistemas lineares diz que as soluções fundamentais associadas são
Calculando S^{-1}=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix}3 & -1 \\[4pt] -1 & 1\end{pmatrix} e fazendo as multiplicações obtém-se explicitamente a matriz fundamental e^{At}, que dá a mesma solução geral quando aplicada a uma condição inicial. Isto é só para mostrar outra via sistemática que funciona sempre que diagonalizamos.]
Resposta
(a) \lambda_1=4 com autovetor v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix};\quad \lambda_2=2 com autovetor v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}.\n
(b) \displaystyle X(t)=C_1 e^{4t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_2 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}, onde C_1,C_2\in\mathbb{R}.]