Considere os sistemas de equações diferenciais a seguir. Em cada caso, determine as soluções. A solução deve ser dada em termos de furiçōes reais.
Resolva o seguinte sistema com condição inicial:
\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l} x_{1}^{\prime}(t)=4 x_{1}(t)+3 x_{2}(t) \\\ x_{2}^{\prime}(t)=x_{1}(t)+2 x_{2}(t) \end{array}\right. \\\ X(0)=\left[\begin{array}{l} x_{1}(0) \\\ x_{2}(0) \end{array}\right]=\left[\begin{array}{l} 1 \\\\ 0 \end{array}\right] \end{gathered}

Passo 1

O enunciado pede para encontrar a solução do sistema com a condição inicial dada. Informações fornecidas:
\begin{cases} x_{1}^{\prime}(t)=4x_{1}(t)+3x_{2}(t),\\[4pt] x_{2}^{\prime}(t)=x_{1}(t)+2x_{2}(t), \end{cases} \qquad X(0)=\begin{bmatrix}x_{1}(0)\\[4pt]x_{2}(0)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\[4pt]0\end{bmatrix}.
O que preciso devolver: as funções reais x_{1}(t) e x_{2}(t) (ou o vetor solução X(t)) que satisfazem o sistema e a condição inicial.]

Passo 2

Escrevo o sistema na forma matricial \,X'(t)=A X(t)\,, onde
A=\begin{pmatrix}4 & 3\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix}, \qquad X(t)=\begin{bmatrix}x_{1}(t)\\[4pt]x_{2}(t)\end{bmatrix}.
Agora vou procurar autovalores e autovetores de A para construir a solução.]

Passo 3

Calculo o polinômio característico \det(A-\lambda I):
\det\!\begin{pmatrix}4-\lambda & 3\\[4pt]1 & 2-\lambda\end{pmatrix} =(4-\lambda)(2-\lambda)-3\cdot 1.
Faço as contas:
(4-\lambda)(2-\lambda)-3 =8-4\lambda-2\lambda+\lambda^{2}-3 =\lambda^{2}-6\lambda+5.
Resolvo \lambda^{2}-6\lambda+5=0. As raízes são
\lambda=\frac{6\pm\sqrt{36-20}}{2}=\frac{6\pm 4}{2},
portanto
\lambda_{1}=5,\qquad \lambda_{2}=1.]

Passo 4

Encontro um autovetor associado a \lambda_{1}=5. Resolvo (A-5I)v=0:
\begin{pmatrix}4-5 & 3\\[4pt]1 & 2-5\end{pmatrix}v =\begin{pmatrix}-1 & 3\\[4pt]1 & -3\end{pmatrix}v=0.
Da primeira equação -v_{1}+3v_{2}=0 segue v_{1}=3v_{2}. Posso escolher v_{2}=1, então um autovetor é
v^{(1)}=\begin{bmatrix}3\\[4pt]1\end{bmatrix}.]

Passo 5

Encontro um autovetor associado a \lambda_{2}=1. Resolvo (A-1I)w=0:
\begin{pmatrix}4-1 & 3\\[4pt]1 & 2-1\end{pmatrix}w =\begin{pmatrix}3 & 3\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}w=0.
Da primeira equação 3w_{1}+3w_{2}=0 segue w_{1}=-w_{2}. Tomando w_{2}=1 obtemos
v^{(2)}=\begin{bmatrix}-1\\[4pt]1\end{bmatrix}.]

Passo 6

Como \lambda_{1} e \lambda_{2} são reais e distintos, a solução geral do sistema é combinação linear das soluções exponenciais associadas aos autovetores:
X(t)=c_{1}e^{\lambda_{1} t}v^{(1)}+c_{2}e^{\lambda_{2} t}v^{(2)} = c_{1}e^{5t}\begin{bmatrix}3\\[4pt]1\end{bmatrix} + c_{2}e^{t}\begin{bmatrix}-1\\[4pt]1\end{bmatrix},
onde c_{1} e c_{2} são constantes a determinar pela condição inicial. Aqui c_{1} e c_{2} são escalares escolhidos para satisfazer X(0).]

Passo 7

Imponho X(0)=\begin{bmatrix}1\\[4pt]0\end{bmatrix}\). Avaliando em \(t=0\) dá \[c_{1}\begin{bmatrix}3\\[4pt]1\end{bmatrix}+c_{2}\begin{bmatrix}-1\\[4pt]1\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}1\\[4pt]0\end{bmatrix}.
Isto gera o sistema linear para c_{1},c_{2}:
\begin{cases} 3c_{1}-c_{2}=1,\\[4pt] c_{1}+c_{2}=0. \end{cases}
Da segunda equação c_{2}=-c_{1}\]. Substituo na primeira: \[3c_{1}-(-c_{1})=4c_{1}=1 \implies c_{1}=\tfrac{1}{4}.\] Logo \(c_{2}=-\tfrac{1}{4}.]

Passo 8

Substituo c_{1} e c_{2} na solução geral e simplifico os componentes:
X(t)=\tfrac{1}{4}e^{5t}\begin{bmatrix}3\\[4pt]1\end{bmatrix} -\tfrac{1}{4}e^{t}\begin{bmatrix}-1\\[4pt]1\end{bmatrix}.
Calculando componente a componente:
x_{1}(t)=\tfrac{3}{4}e^{5t}+\tfrac{1}{4}e^{t}, \qquad x_{2}(t)=\tfrac{1}{4}e^{5t}-\tfrac{1}{4}e^{t}.
Posso conferir rapidamente que em t=0 isso dá x_{1}(0)=\tfrac{3}{4}+\tfrac{1}{4}=1 e x_{2}(0)=\tfrac{1}{4}-\tfrac{1}{4}=0, como exigido. Boa! Você já tem a resposta explícita pronta para usar na prova.]

Resposta

x_{1}(t)=\tfrac{3}{4}e^{5t}+\tfrac{1}{4}e^{t}
x_{2}(t)=\tfrac{1}{4}e^{5t}-\tfrac{1}{4}e^{t}

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