d x / d t=-x+y, d y / d t=x+y

Passo 1

O enunciado fornece um sistema de equações diferenciais ordinárias:
\frac{dx}{dt}=-x+y,\qquad \frac{dy}{dt}=x+y.
O que se pede implicitamente é encontrar a solução geral (x(t),y(t)) do sistema (isto é, todas as funções x(t) e y(t) que satisfazem as duas equações para todo t).
Informações relevantes dadas:
  • Duas equações de 1.º grau em x e y com coeficientes constantes.
  • Não foram fornecidas condições iniciais, então vamos buscar a solução geral com constantes arbitrárias.

Passo 2

Organizar o sistema em forma matricial é útil. Definindo o vetor
\mathbf{z}(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\end{pmatrix},
o sistema pode ser escrito como
\frac{d\mathbf{z}}{dt}=A\mathbf{z},
onde a matriz de coeficientes A é
A=\begin{pmatrix}-1 & 1 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}.
Explicação do porquê: multiplicando A\mathbf{z} obtém-se a primeira linha -1\cdot x + 1\cdot y e a segunda linha 1\cdot x + 1\cdot y, que coincidem com as derivadas dadas.]

Passo 3

Para resolver \frac{d\mathbf{z}}{dt}=A\mathbf{z} usamos o método de autovalores/autovetores: procuramos escalares \lambda e vetores não nulos \mathbf{v} tais que
A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}.
Os \lambda satisfazem o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Calculamos:
\det\!\big(A-\lambda I\big)=\det\begin{pmatrix}-1-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(-1-\lambda)(1-\lambda)-1.
Expandindo:
(-1-\lambda)(1-\lambda)-1=\lambda^{2}-2.
Então o polinômio característico é \lambda^{2}-2=0, cuja solução dá os autovalores:
\lambda=\pm\sqrt{2}.]

Passo 4

Agora encontramos um autovetor associado a \lambda=\sqrt{2}. Resolvemos (A-\sqrt{2}I)\mathbf{v}=\mathbf{0}, isto é
\begin{pmatrix}-1-\sqrt{2} & 1 \\[4pt] 1 & 1-\sqrt{2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
A primeira equação dá
(-1-\sqrt{2})v_1+v_2=0 \quad\Rightarrow\quad v_2=(1+\sqrt{2})v_1.
Escolhendo v_1=1 (podemos escalar o autovetor), obtemos um autovetor conveniente
\mathbf{v}^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1+\sqrt{2}\end{pmatrix}.]

Passo 5

Para \lambda=-\sqrt{2} repetimos: resolvemos (A+\sqrt{2}I)\mathbf{v}=\mathbf{0}, ou
\begin{pmatrix}-1+\sqrt{2} & 1 \\[4pt] 1 & 1+\sqrt{2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Da primeira equação:
(-1+\sqrt{2})v_1+v_2=0 \quad\Rightarrow\quad v_2=(1-\sqrt{2})v_1.
Escolhendo v_1=1 obtemos outro autovetor
\mathbf{v}^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1-\sqrt{2}\end{pmatrix}.]

Passo 6

Como temos dois autovalores reais distintos e autovetores linearmente independentes, a solução geral da equação matricial é
\mathbf{z}(t)=C_1 e^{\sqrt{2}\,t}\mathbf{v}^{(1)}+C_2 e^{-\sqrt{2}\,t}\mathbf{v}^{(2)},
onde C_1 e C_2 são constantes reais arbitrárias (determinar-se-iam se houvesse condições iniciais). Escrevendo as componentes explicitamente:
x(t)=C_1 e^{\sqrt{2}t}+C_2 e^{-\sqrt{2}t},
y(t)=C_1(1+\sqrt{2})e^{\sqrt{2}t}+C_2(1-\sqrt{2})e^{-\sqrt{2}t}.
Explicação breve: cada autovetor gera uma solução exponencial e^{\lambda t}\mathbf{v}; a combinação linear das duas gerações dá a solução geral porque o espaço de soluções tem dimensão 2.

Passo 7

Verificação alternativa (útil para prova): eliminando y obtém-se uma equação de segunda ordem para x. Diferenciando \frac{dx}{dt}=-x+y temos
\frac{d^2x}{dt^2}=-\frac{dx}{dt}+\frac{dy}{dt}.
Substituindo \frac{dx}{dt}=-x+y e \frac{dy}{dt}=x+y obtemos
\frac{d^2x}{dt^2} = -(-x+y)+(x+y)=2x.
Logo
\frac{d^2x}{dt^2}-2x=0.
A equação característica é r^2-2=0 com raízes r=\pm\sqrt{2}, de onde x(t)=C_1 e^{\sqrt{2}t}+C_2 e^{-\sqrt{2}t}, coincidente com o resultado anterior. Em seguida y vem por y=\frac{dx}{dt}+x (rearranjando a primeira equação), que devolve a expressão de y(t) já encontrada.

Passo 8

Interpretação do comportamento temporal: como há um autovalor positivo \sqrt{2}, soluções genéricas crescem exponencialmente no sentido da componente associada a \mathbf{v}^{(1)}; o outro autovalor negativo gera uma componente decrescente. Trajetórias no plano (x,y) seguem combinações dessas direções.

Resposta

x(t)=C_1 e^{\sqrt{2}t}+C_2 e^{-\sqrt{2}t}
y(t)=C_1(1+\sqrt{2})e^{\sqrt{2}t}+C_2(1-\sqrt{2})e^{-\sqrt{2}t}

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