Determine a solução geral do problema de valor inicial
\begin{cases}\frac{d x_{1}}{d t}=x_{1}+x_{2}+2 e^{t} & x_{1}(0)=1 \\\ \frac{d x_{2}}{d t}=4 x_{1}+x_{2}-e^{t} & x_{2}(0)=-1\end{cases}
x_{1}(t)=\frac{1}{8} e^{-t}+\frac{5}{8} e^{3 t}+\frac{1}{4} e^{t}
R:
x_{2}(t)=-\frac{1}{4} e^{-t}+\frac{5}{4} e^{3 t}-2 e^{t}

Passo 1

O problema pede resolver o problema de valor inicial dado pelo sistema
\begin{cases} \frac{d x_{1}}{d t}=x_{1}+x_{2}+2 e^{t}, & x_{1}(0)=1,\\[4pt] \frac{d x_{2}}{d t}=4 x_{1}+x_{2}-e^{t}, & x_{2}(0)=-1, \end{cases}
ou seja, encontrar as funções \,x_{1}(t) e \,x_{2}(t) que satisfazem o sistema e as condições iniciais.
Informações relevantes que extraí do enunciado:
A=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]4 & 1\end{pmatrix},\qquad f(t)=\begin{pmatrix}2 e^{t}\\[4pt]-e^{t}\end{pmatrix},
e o sistema pode ser escrito de forma vetorial como
\frac{d\mathbf{x}}{dt}=A\mathbf{x}+f(t),\qquad \mathbf{x}(0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 2

Vou primeiro resolver o sistema homogêneo associado \frac{d\mathbf{x}}{dt}=A\mathbf{x}. Aqui usamos a ideia de que soluções do tipo \mathbf{x}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v} aparecem quando \lambda e \mathbf{v} satisfazem A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v} (isto é, \lambda é valor próprio e \mathbf{v} é autovetor). Calculamos os autovalores resolvendo o polinômio característico:
\det(A-\lambda I)=0.
Calculemos:
\det\!\begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[4pt]4 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)^2-4\cdot 1=(1-\lambda)^2-4.
Desenvolvendo,
(1-\lambda)^2-4=\lambda^2-2\lambda-3.
Então os autovalores são raízes de \lambda^2-2\lambda-3=0. Fatorando,
\lambda^2-2\lambda-3=(\lambda-3)(\lambda+1),
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\lambda_{1}=3,\qquad \lambda_{2}=-1.]

Passo 3

Agora encontramos os autovetores correspondentes.
Para \lambda_{1}=3 resolvemos (A-3I)\mathbf{v}=\mathbf{0}:
\begin{pmatrix}1-3 & 1\\[4pt]4 & 1-3\end{pmatrix}\mathbf{v} =\begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt]4 & -2\end{pmatrix}\mathbf{v}=\mathbf{0}.
Da primeira linha -2 v_{1}+v_{2}=0, então v_{2}=2 v_{1}. Tomando v_{1}=1 obtemos um autovetor
\mathbf{v}_{1}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Para \lambda_{2}=-1 resolvemos (A+I)\mathbf{v}=\mathbf{0}:
\begin{pmatrix}1+1 & 1\\[4pt]4 & 1+1\end{pmatrix}\mathbf{v} =\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]4 & 2\end{pmatrix}\mathbf{v}=\mathbf{0}.
Da primeira linha 2 v_{1}+v_{2}=0, então v_{2}=-2 v_{1}. Tomando v_{1}=1 obtemos
\mathbf{v}_{2}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Como os autovalores são distintos, a solução geral do homogêneo é combinação linear:
\mathbf{x}_{h}(t)=C_{1} e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix} + C_{2} e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix},
onde C_{1} e C_{2} são constantes a determinar pelas condições iniciais quando incluirmos a parte particular.]

Passo 4

Agora precisamos de uma solução particular \mathbf{x}_{p}(t)\) do sistema não homogêneo. O termo não homogêneo é \(f(t)=e^{t}\begin{pmatrix}2\\[4pt]-1\end{pmatrix}\), ou seja, uma exponencial \(e^{t}\) multiplicada por um vetor constante. Para esse caso, uma boa escolha (método dos coeficientes a determinar) é procurar uma solução particular da forma \[\mathbf{x}_{p}(t)=\mathbf{a}\,e^{t},
onde \mathbf{a} é um vetor constante a ser encontrado. Explicação rápida: se \mathbf{x}_{p}=\mathbf{a}e^{t} então \mathbf{x}_{p}'=\mathbf{a}e^{t}. Substituindo no sistema obtemos
\mathbf{a}e^{t}=A(\mathbf{a}e^{t})+f(t)=A\mathbf{a}\,e^{t}+\begin{pmatrix}2\\[4pt]-1\end{pmatrix}e^{t}.
Cancelando e^{t} (que nunca é zero) resulta a equação linear para \mathbf{a}:
\mathbf{a}=A\mathbf{a}+\begin{pmatrix}2\\[4pt]-1\end{pmatrix},
ou seja
(I-A)\mathbf{a}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Calculemos I-A:
I-A=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]4 & 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 & -1\\[4pt]-4 & 0\end{pmatrix}.
Se \mathbf{a}=\begin{pmatrix}a_{1}\\[4pt]a_{2}\end{pmatrix}, as equações resultantes são
\begin{cases} 0\cdot a_{1}-1\cdot a_{2}=2,\\[4pt] -4\cdot a_{1}+0\cdot a_{2}=-1. \end{cases}
Da primeira: -a_{2}=2\] então \(a_{2}=-2. Da segunda: -4 a_{1}=-1 então a_{1}=\tfrac{1}{4}. Assim
\mathbf{a}=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{4}\\[4pt]-2\end{pmatrix},
e a solução particular é
\mathbf{x}_{p}(t)=e^{t}\begin{pmatrix}\tfrac{1}{4}\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Observação didática: aqui funcionou escolher \mathbf{a}e^{t} porque e^{t} não é solução do homogêneo (os autovalores do homogêneo são 3 e -1, não 1). Se 1 fosse autovalor de A teríamos que multiplicar a ansatz por t (ou por potência de t) — é a mesma ideia que em ODEs escalares.]

Passo 5

A solução geral do sistema é soma da homogênea com a particular:
\mathbf{x}(t)=\mathbf{x}_{h}(t)+\mathbf{x}_{p}(t) = C_{1} e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix} + C_{2} e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix} + e^{t}\begin{pmatrix}\tfrac{1}{4}\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Escrevendo as componentes:
x_{1}(t)=C_{1} e^{3t}+C_{2} e^{-t}+\tfrac{1}{4}e^{t},
x_{2}(t)=2C_{1} e^{3t}-2C_{2} e^{-t}-2e^{t}.]

Passo 6

Agora aplicamos as condições iniciais \mathbf{x}(0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}\). Em \(t=0\) obtemos: \[\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} = C_{1}\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix} + C_{2}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}\tfrac{1}{4}\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Isto dá o sistema para C_{1},C_{2}:
\begin{cases} C_{1}+C_{2}+\tfrac{1}{4}=1,\\[6pt] 2C_{1}-2C_{2}-2=-1. \end{cases}
Simplificando:
\begin{cases} C_{1}+C_{2}=\tfrac{3}{4},\\[6pt] 2C_{1}-2C_{2}=1. \end{cases}
Da segunda dividimos por 2\]: \(C_{1}-C_{2}=\tfrac{1}{2}. Somando com a primeira:
(C_{1}+C_{2})+(C_{1}-C_{2})= \tfrac{3}{4}+\tfrac{1}{2} \implies 2C_{1}=\tfrac{5}{4}.
Logo C_{1}=\tfrac{5}{8}. Então C_{2}=\tfrac{3}{4}-C_{1}=\tfrac{3}{4}-\tfrac{5}{8}=\tfrac{1}{8}.]

Passo 7

Substituindo C_{1}=\tfrac{5}{8} e C_{2}=\tfrac{1}{8} nas expressões das componentes obtemos as soluções explícitas:
Para x_{1}(t):
x_{1}(t)=\tfrac{5}{8} e^{3t}+\tfrac{1}{8} e^{-t}+\tfrac{1}{4} e^{t}.
Para x_{2}(t):
x_{2}(t)=2\cdot\tfrac{5}{8} e^{3t}-2\cdot\tfrac{1}{8} e^{-t}-2 e^{t} =\tfrac{5}{4} e^{3t}-\tfrac{1}{4} e^{-t}-2 e^{t}.
Você pode conferir rapidamente que essas funções satisfazem as condições iniciais e o sistema substituindo-as de volta (checar derivadas e o lado direito).

Resposta

x_{1}(t)=\dfrac{1}{8} e^{-t}+\dfrac{5}{8} e^{3 t}+\dfrac{1}{4} e^{t}\n
x_{2}(t)=-\dfrac{1}{4} e^{-t}+\dfrac{5}{4} e^{3 t}-2 e^{t}

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