Encontre as funções y_{1}, y_{2}: I \rightarrow \mathbb{R} soluções do sistema
\begin{array}{r} y_{1}^{\prime}=-2 y_{1}+y_{2} \\ y_{2}^{\prime}=y_{1}-2 y_{2} . \end{array}

Passo 1

O enunciado pede que encontremos as funções \,y_{1},y_{2}:I\to\mathbb{R}\, que satisfazem o sistema
\begin{array}{r} y_{1}^{\prime}=-2 y_{1}+y_{2},\\[4pt] y_{2}^{\prime}=y_{1}-2 y_{2}. \end{array}
Informações relevantes fornecidas:
  • \,y_{1} e \,y_{2} são funções de uma variável (que chamaremos de \,t) definidas em um intervalo I.
  • Temos um sistema de duas equações diferenciais de primeira ordem, com coeficientes constantes.
  • O objetivo é obter a solução geral (ou seja, as funções \,y_{1}(t) e \,y_{2}(t) contendo as constantes arbitrárias que representam condições iniciais).
]]

Passo 2

Reescrevemos o sistema em forma matricial para organizar e facilitar a resolução. Definimos o vetor \,y(t)=\begin{pmatrix}y_{1}(t)\\[4pt]y_{2}(t)\end{pmatrix} e a matriz dos coeficientes \,A. Então
y'(t)=A\,y(t),
onde
A=\begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix}.
Aqui \,y'(t) é o vetor das derivadas \,\begin{pmatrix}y_{1}'(t)\\[4pt]y_{2}'(t)\end{pmatrix}. Escrever assim é útil porque agora podemos buscar soluções onde a dependência em \,t aparece como exponenciais, o que reduz o problema a um problema algébrico.]

Passo 3

Procuramos soluções do tipo \,y(t)=v e^{\lambda t}, onde \,v é um vetor constante (não nulo) e \,\lambda é um número real (ou complexo). Por que isso funciona? Porque ao derivar obtemos
y'(t)=\lambda v e^{\lambda t},
e substituindo em \,y'=Ay obtemos
\lambda v e^{\lambda t}=A v e^{\lambda t}.
Dividindo por e^{\lambda t} (que nunca é zero) chega-se ao problema algébrico
A v = \lambda v,
ou seja, \,\lambda e \,v devem ser autovalor e autovetor da matriz \,A. Portanto precisamos achar os autovalores (valores próprios) de \,A.

Passo 4

Calculamos os autovalores resolvendo o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Fazemos as contas passo a passo:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-2-\lambda & 1\\[4pt]1 & -2-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(-2-\lambda)(-2-\lambda)-1.
Desenvolvendo:
\det(A-\lambda I)=(\lambda+2)^2-1=\lambda^2+4\lambda+4-1=\lambda^2+4\lambda+3.
Impondo \det(A-\lambda I)=0 obtemos a equação quadrática
\lambda^2+4\lambda+3=0.
Resolvendo a quadrática (fórmula ou fatoração), fatoramos como
\lambda^2+4\lambda+3=(\lambda+1)(\lambda+3)=0,
portanto os autovalores são
\lambda_{1}=-1,\qquad \lambda_{2}=-3.]

Passo 5

Agora encontramos um autovetor associado a cada autovalor, resolvendo (A-\lambda I)v=0.
Para \,\lambda_{1}=-1:
A-(-1)I=A+I=\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix}.
Resolvendo \begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_{1}\\[4pt]v_{2}\end{pmatrix}=0 dá a equação -v_{1}+v_{2}=0, isto é v_{2}=v_{1}. Podemos escolher v_{1}=1 para simplicidade, obtendo o autovetor
v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Para \,\lambda_{2}=-3:
A-(-3)I=A+3I=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}.
Resolvendo \begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_{1}\\[4pt]v_{2}\end{pmatrix}=0 v_{1}+v_{2}=0, ou seja v_{2}=-v_{1}. Escolhendo v_{1}=1 obtemos o autovetor
v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Como os dois autovalores são distintos e temos dois autovetores linearmente independentes, a solução geral do sistema é a combinação linear das soluções elementares v^{(1)}e^{\lambda_{1}t} e v^{(2)}e^{\lambda_{2}t}. Assim
y(t)=C_{1} e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_{2} e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix},
onde \,C_{1} e \,C_{2} são constantes reais arbitrárias (dependendo de condições iniciais se houver). Separando as componentes, obtemos
y_{1}(t)=C_{1} e^{-t}+C_{2} e^{-3t},
y_{2}(t)=C_{1} e^{-t}-C_{2} e^{-3t}.]

Passo 7

É bom verificar rapidamente que isso realmente satisfaz o sistema. Calculamos as derivadas:
y_{1}'(t)=-C_{1} e^{-t}-3C_{2} e^{-3t},
y_{2}'(t)=-C_{1} e^{-t}+3C_{2} e^{-3t}.
Agora computamos -2y_{1}+y_{2}:
-2y_{1}+y_{2}=-2\bigl(C_{1} e^{-t}+C_{2} e^{-3t}\bigr)+\bigl(C_{1} e^{-t}-C_{2} e^{-3t}\bigr)=-C_{1} e^{-t}-3C_{2} e^{-3t},
que coincide com y_{1}'. E para a segunda equação:
y_{1}-2y_{2}=\bigl(C_{1} e^{-t}+C_{2} e^{-3t}\bigr)-2\bigl(C_{1} e^{-t}-C_{2} e^{-3t}\bigr)=-C_{1} e^{-t}+3C_{2} e^{-3t},
que coincide com y_{2}'. Portanto a solução está correta.

Passo 8

Resumo rápido e incentivo: a técnica essencial foi procurar soluções exponenciais do tipo \,v e^{\lambda t}, transformar o problema em achar autovalores/autovetores de uma matriz 2×2 e combinar as soluções correspondentes. Você já tem uma fórmula prática para usar na prova: achar \lambda resolvendo \det(A-\lambda I)=0, achar vetores não nulos (A-\lambda I)v=0 e montar a combinação linear com constantes livres. Dá para praticar esse mesmo esquema com outras matrizes 2×2 — é direto e salva bastante tempo na prova. Vai dar certo, respira fundo e confia no treino!

Resposta

y_{1}(t)=C_{1} e^{-t}+C_{2} e^{-3t}
y_{2}(t)=C_{1} e^{-t}-C_{2} e^{-3t}

Exercícios relacionados