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}5 & -1 \\3 & 1\end{array}\right) \mathbf{x}

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear de coeficientes constantes e pede duas coisas:
  • (a) uma matriz fundamental para o sistema
  • (b) a matriz fundamental \boldsymbol{\Phi}(t) que satisfaz \boldsymbol{\Phi}(0)=\mathbf{I}
Dados fornecidos:
\mathbf{x}' = A\mathbf{x},\qquad A=\begin{pmatrix}5 & -1\\[4pt] 3 & 1\end{pmatrix}.
Portanto precisamos encontrar duas soluções fundamentais (linearmente independentes) do sistema e montar a matriz cujas colunas são essas soluções; em seguida normalizar para obter a solução com condição inicial identidade.]

Passo 2

O método que vamos usar é diagonalizar A por autovalores e autovetores (quando possível). Breve explicação didática do porquê: se v é um autovetor de A associado ao autovalor \lambda, então a função
\mathbf{x}(t)=e^{\lambda t}v
é solução de \mathbf{x}'=A\mathbf{x}, porque
\mathbf{x}'(t)=\lambda e^{\lambda t}v
e
A\mathbf{x}(t)=A(e^{\lambda t}v)=e^{\lambda t}Av=e^{\lambda t}\lambda v=\lambda e^{\lambda t}v.
Duas soluções obtidas por autovetores linearmente independentes formam uma base de soluções; a matriz formada por essas colunas é uma matriz fundamental.

Passo 3

Calcular os autovalores de A resolvendo o polinômio característico:
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}5-\lambda & -1\\[4pt] 3 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(5-\lambda)(1-\lambda)-(-1)\cdot 3.
Desenvolvendo,
(5-\lambda)(1-\lambda)+3 = 5-6\lambda+\lambda^2+3 = \lambda^2-6\lambda+8.
Resolvendo \lambda^2-6\lambda+8=0 obtemos
\lambda^2-6\lambda+8=(\lambda-2)(\lambda-4)=0,
logo os autovalores são
\lambda_1=2,\qquad \lambda_2=4.]

Passo 4

Encontrar os autovetores:
Para \lambda_1=2, resolvemos (A-2I)v=0:
A-2I=\begin{pmatrix}3 & -1\\[4pt] 3 & -1\end{pmatrix}.
Da primeira equação 3x-y=0 segue y=3x. Tomando x=1 escolhemos o autovetor
v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 3\end{pmatrix}.
Verificação rápida: Av_1=\begin{pmatrix}5 & -1\\[4pt]3 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]6\end{pmatrix}=2v_1.
Para \lambda_2=4, resolvemos (A-4I)v=0:
A-4I=\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]3 & -3\end{pmatrix}.
Da primeira equação x-y=0 segue y=x. Tomando x=1 escolhemos o autovetor
v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Verificação: Av_2=\begin{pmatrix}5 & -1\\[4pt]3 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\[4pt]4\end{pmatrix}=4v_2.
Como v_1 e v_2 são linearmente independentes, podemos formar uma matriz fundamental com as soluções associadas.]

Passo 5

Construir duas soluções fundamentais e a matriz fundamental X(t) cujas colunas são essas soluções:
\mathbf{x}_1(t)=e^{2t}v_1=e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix},\qquad \mathbf{x}_2(t)=e^{4t}v_2=e^{4t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Portanto uma matriz fundamental é
X(t)=\begin{pmatrix} e^{2t} & e^{4t}\\[4pt] 3e^{2t} & e^{4t}\end{pmatrix}.
Verificação de independência (Wronskiano): o determinante de X(t) é
\det X(t)=e^{2t}\cdot e^{4t}-3e^{2t}\cdot e^{4t}=e^{6t}(1-3)=-2e^{6t}\neq 0\quad\text{para todo }t,
logo as colunas são sempre linearmente independentes e X(t) é realmente uma matriz fundamental.]

Passo 6

Agora queremos a matriz fundamental \boldsymbol{\Phi}(t) que satisfaz \boldsymbol{\Phi}(0)=\mathbf{I}.
Procedimento: se X(t) é qualquer matriz fundamental, a matriz com condição inicial identidade é
\boldsymbol{\Phi}(t)=X(t)X(0)^{-1}.
Calcule X(0):
X(0)=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]3 & 1\end{pmatrix}.
Determinante de X(0) é \det X(0)=1\cdot 1-3\cdot 1=-2. Assim
X(0)^{-1}=\frac{1}{-2}\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]-3 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2}\\[6pt]\tfrac{3}{2} & -\tfrac{1}{2}\end{pmatrix}.
Multiplicando X(t) por X(0)^{-1} obtemos \boldsymbol{\Phi}(t). Fazendo o produto:
\boldsymbol{\Phi}(t)=\begin{pmatrix} e^{2t} & e^{4t}\\[4pt] 3e^{2t} & e^{4t}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-\tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2}\\[6pt]\tfrac{3}{2} & -\tfrac{1}{2}\end{pmatrix}.
Calculando as entradas (explicitação passo a passo):
primeira linha, primeira coluna:
e^{2t}\left(-\tfrac{1}{2}\right)+e^{4t}\left(\tfrac{3}{2}\right)=\tfrac{1}{2}\big(-e^{2t}+3e^{4t}\big).
primeira linha, segunda coluna:
e^{2t}\left(\tfrac{1}{2}\right)+e^{4t}\left(-\tfrac{1}{2}\right)=\tfrac{1}{2}\big(e^{2t}-e^{4t}\big).
segunda linha, primeira coluna:
3e^{2t}\left(-\tfrac{1}{2}\right)+e^{4t}\left(\tfrac{3}{2}\right)=\tfrac{3}{2}\big(-e^{2t}+e^{4t}\big)=\tfrac{3}{2}\big(e^{4t}-e^{2t}\big).
segunda linha, segunda coluna:
3e^{2t}\left(\tfrac{1}{2}\right)+e^{4t}\left(-\tfrac{1}{2}\right)=\tfrac{1}{2}\big(3e^{2t}-e^{4t}\big).
Portanto uma forma compacta é
\boldsymbol{\Phi}(t)=\tfrac{1}{2}\begin{pmatrix} - e^{2t}+3e^{4t} & e^{2t}-e^{4t}\\[6pt] -3e^{2t}+3e^{4t} & 3e^{2t}- e^{4t} \end{pmatrix}.
Confirme que \boldsymbol{\Phi}(0)=\mathbf{I} substituindo t=0:
\boldsymbol{\Phi}(0)=\tfrac{1}{2}\begin{pmatrix}-1+3 & 1-1\\[4pt]-3+3 & 3-1\end{pmatrix}=\tfrac{1}{2}\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt]0 & 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}.
Também vale que \boldsymbol{\Phi}'(t)=A\boldsymbol{\Phi}(t) por construção (porque X'(t)=AX(t) e multiplicar por X(0)^{-1} preserva a equação).]

Resposta

(a) X(t)=\begin{pmatrix} e^{2t} & e^{4t}\\[4pt] 3e^{2t} & e^{4t}\end{pmatrix}
(b) \boldsymbol{\Phi}(t)=\tfrac{1}{2}\begin{pmatrix} - e^{2t}+3e^{4t} & e^{2t}-e^{4t}\\[6pt] -3e^{2t}+3e^{4t} & 3e^{2t}- e^{4t} \end{pmatrix}]

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