Encontre uma matriz fundamental para o sistema de equações dado:
(a) Encontre uma matriz fundamental para o sistema de equações dado.
(b) Encontre, também, a matriz fundamental \boldsymbol{\Phi}(t) que satisfaz \boldsymbol{\Phi}(0)=\mathbf{I}.
\mathbf{x}^{\prime}=\left( \begin{array}{rr}-1 & -4 \\1 & -1\end{array}\right) \mathbf{x}

Passo 1

O enunciado pede duas coisas para o sistema
\mathbf{x}'=\begin{pmatrix}-1 & -4 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}\mathbf{x}.
As perguntas são:
  • (a) Encontrar uma matriz fundamental (isto é, uma matriz cujas colunas são duas soluções linearmente independentes do sistema).
  • (b) Encontrar a matriz fundamental \boldsymbol{\Phi}(t) que satisfaz \boldsymbol{\Phi}(0)=\mathbf{I}.
As informações dadas que vamos usar são apenas os coeficientes da matriz
A=\begin{pmatrix}-1 & -4 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}.]

Passo 2

Breve explicação didática do que vamos fazer (sem pular etapas):
  • Uma matriz fundamental X(t) tem colunas formadas por duas soluções independentes do sistema. Se conseguirmos duas soluções reais linearmente independentes x^{(1)}(t) e x^{(2)}(t), então
X(t)=\big[\,x^{(1)}(t)\;,\;x^{(2)}(t)\,\big]
é uma matriz fundamental.
  • Para sistemas lineares com coeficientes constantes costuma-se buscar soluções da forma x(t)=e^{\lambda t}v, onde \lambda e v satisfazem (A-\lambda I)v=0. As \lambda são autovalores (raízes do polinômio característico) e v são autovetores.
  • Se os autovalores forem complexos conjugados \alpha\pm i\beta com autovetor complexo correspondente, então as partes real e imaginária de e^{(\alpha+i\beta)t}v produzem duas soluções reais independentes. Isso vem de e^{(\alpha+i\beta)t}=e^{\alpha t}(\cos\beta t + i\sin\beta t) (fórmula de Euler). Vou aplicar isso passo a passo.

Passo 3

Calcular o polinômio característico de A e achar os autovalores:
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}-1-\lambda & -4 \\[4pt] 1 & -1-\lambda\end{pmatrix} =( -1-\lambda)^2 +4.
Desenvolvendo:
( -1-\lambda)^2 +4 = (\lambda+1)^2 +4.
Igualando a zero:
(\lambda+1)^2 +4 = 0 \quad\Rightarrow\quad (\lambda+1)^2 = -4
\lambda+1=\pm 2i \quad\Rightarrow\quad \lambda=-1\pm 2i.
Portanto os autovalores são \lambda_1=-1+2i e \lambda_2=-1-2i.]

Passo 4

Agora achamos um autovetor associado a \lambda=\lambda_1=-1+2i\). Resolvemos \((A-\lambda I)v=0\): \[A-\lambda I=\begin{pmatrix}-1-(-1+2i) & -4 \\[4pt] 1 & -1-(-1+2i)\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-2i & -4 \\[4pt] 1 & -2i\end{pmatrix}.
Do sistema \begin{cases}-2i v_1 -4 v_2=0 \\[2pt] v_1 -2i v_2=0\end{cases}\] (as duas equações são proporcionais), da primeira obtemos \[-2i v_1 = 4 v_2 \quad\Rightarrow\quad v_1=\frac{4}{-2i}v_2 = \frac{-2}{i}v_2.\] Lembrando que \(\frac{1}{i}=-i, temos \frac{-2}{i} = -2(-i)=2i. Portanto v_1=2i v_2. Escolhendo v_2=1 (liberdade de escala), um autovetor é
v=\begin{pmatrix}2i\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 5

A solução complexa associada é
x_c(t)=e^{\lambda t}v = e^{(-1+2i)t}\begin{pmatrix}2i\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Usamos e^{(-1+2i)t}=e^{-t}(\cos 2t + i\sin 2t). Multiplicando componente a componente:
primeira componente:
2i\cdot e^{-t}(\cos 2t + i\sin 2t) = e^{-t}\big(-2\sin 2t + i\,2\cos 2t\big),
segunda componente:
1\cdot e^{-t}(\cos 2t + i\sin 2t) = e^{-t}\big(\cos 2t + i\sin 2t\big).
Portanto
x_c(t)=e^{-t}\begin{pmatrix}-2\sin 2t + i\,2\cos 2t\\[4pt]\cos 2t + i\sin 2t\end{pmatrix}.
As partes real e imaginária de x_c(t) são soluções reais independentes. Tomando a parte real e a parte imaginária, obtemos duas soluções reais:
x^{(1)}(t)=\Re(x_c(t))=e^{-t}\begin{pmatrix}-2\sin 2t\\[4pt]\cos 2t\end{pmatrix}, \qquad x^{(2)}(t)=\Im(x_c(t))=e^{-t}\begin{pmatrix}2\cos 2t\\[4pt]\sin 2t\end{pmatrix}.]

Passo 6

Construímos então uma matriz fundamental X(t) cujas colunas são essas duas soluções:
X(t)=\begin{bmatrix}x^{(1)}(t) & x^{(2)}(t)\end{bmatrix} = e^{-t}\begin{pmatrix}-2\sin 2t & 2\cos 2t \\[4pt]\cos 2t & \sin 2t\end{pmatrix}.
Verificamos que as colunas são linearmente independentes avaliando X(0):
X(0)=e^{0}\begin{pmatrix}-2\sin 0 & 2\cos 0 \\[4pt]\cos 0 & \sin 0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 & 2 \\[4pt]1 & 0\end{pmatrix},
que tem determinante \det X(0) = -2 \neq 0, logo as colunas são independentes e X(t) é de fato uma matriz fundamental.]

Passo 7

Para obter \boldsymbol{\Phi}(t) que satisfaça \boldsymbol{\Phi}(0)=I usamos a relação
\boldsymbol{\Phi}(t)=X(t)X(0)^{-1}.
Já temos X(0)=\begin{pmatrix}0 & 2\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix}. Calculamos sua inversa:
\det X(0) = -2,\qquad X(0)^{-1}=\frac{1}{-2}\begin{pmatrix}0 & -2\\[4pt]-1 & 0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]\tfrac{1}{2} & 0\end{pmatrix}.
Agora multiplicamos X(t) por X(0)^{-1}. Usando
X(t)=e^{-t}\begin{pmatrix}-2\sin 2t & 2\cos 2t \\[4pt]\cos 2t & \sin 2t\end{pmatrix}
e X(0)^{-1}=\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]\tfrac{1}{2} & 0\end{pmatrix}, obtemos:
\boldsymbol{\Phi}(t)=e^{-t}\begin{pmatrix} (-2\sin 2t)\cdot 0 + (2\cos 2t)\cdot \tfrac{1}{2} & (-2\sin 2t)\cdot 1 + (2\cos 2t)\cdot 0 \\[6pt] (\cos 2t)\cdot 0 + (\sin 2t)\cdot \tfrac{1}{2} & (\cos 2t)\cdot 1 + (\sin 2t)\cdot 0 \end{pmatrix}.
Simplificando as entradas:
\boldsymbol{\Phi}(t)=e^{-t}\begin{pmatrix} \cos 2t & -2\sin 2t \\[4pt] \tfrac{1}{2}\sin 2t & \cos 2t \end{pmatrix}.
Cheque rápido: em t=0 temos \boldsymbol{\Phi}(0)=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}=\mathbf{I}, como exigido.]

Resposta

(a) X(t)=e^{-t}\begin{pmatrix}-2\sin 2t & 2\cos 2t \\[4pt]\cos 2t & \sin 2t\end{pmatrix}.
(b) \boldsymbol{\Phi}(t)=e^{-t}\begin{pmatrix}\cos 2t & -2\sin 2t \\[4pt]\tfrac{1}{2}\sin 2t & \cos 2t\end{pmatrix}.]

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