Encontre uma matriz fundamental para o sistema de equações dado.
Encontre, também, a matriz fundamental boldsymbol{\Phi}(t) que satisfaz boldsymbol{\Phi}(0)=\mathbf{I}.
\mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{rr}1 & 1 \\\\ 4 & -2\end{array}\right) \mathbf{x}

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear homogêneo
\mathbf{x}' = A\mathbf{x},\qquad A=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] 4 & -2\end{pmatrix},
e pede duas coisas:
  • encontrar uma matriz fundamental (ou seja, uma matriz cujas colunas são duas soluções linearmente independentes do sistema);
  • encontrar a matriz fundamental \boldsymbol{\Phi}(t) que satisfaz \boldsymbol{\Phi}(0)=\mathbf{I}.]

Passo 2

Estratégia escolhida (sem muitos nomes técnicos ainda): buscar soluções da forma \mathbf{x}(t)=\mathbf{v}e^{\lambda t}. Substituindo na equação obtemos a condição
(A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0},
que só tem solução não-trivial se \lambda satisfaz o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Portanto o próximo passo é calcular esse polinômio.

Passo 3

Calcular o polinômio característico:
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[4pt]4 & -2-\lambda\end{pmatrix}.
Expandindo o determinante:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(-2-\lambda)-4.
Fazendo a multiplicação:
(1-\lambda)(-2-\lambda)=\lambda^2+\lambda-2,
e subtraindo 4 resulta
\det(A-\lambda I)=\lambda^2+\lambda-6.
Logo os autovalores são raízes de \lambda^2+\lambda-6=0.]

Passo 4

Resolver a equação quadrática \lambda^2+\lambda-6=0. Usando fatoração ou fórmula de Bhaskara:
\lambda^2+\lambda-6=(\lambda-2)(\lambda+3),
portanto os autovalores são
\lambda_1=2,\qquad \lambda_2=-3.

Passo 5

Para cada autovalor \lambda encontramos um autovetor \mathbf{v} resolvendo (A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}.
Primeiro \lambda_1=2:
A-2I=\begin{pmatrix}1-2 & 1\\[4pt]4 & -2-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]4 & -4\end{pmatrix}.
A primeira linha dá -v_1+v_2=0\Rightarrow v_1=v_2. Tomando v_1=1 obtemos um autovetor
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Agora \lambda_2=-3:
A-(-3)I=A+3I=\begin{pmatrix}1+3 & 1\\[4pt]4 & -2+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4 & 1\\[4pt]4 & 1\end{pmatrix}.
A linha dá 4v_1+v_2=0\Rightarrow v_2=-4v_1. Tomando v_1=1 obtemos autovetor
\mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-4\end{pmatrix}.]

Passo 7

Cada par (\lambda_i,\mathbf{v}_i) gera uma solução \mathbf{x}_i(t)=\mathbf{v}_i e^{\lambda_i t}. Assim duas soluções linearmente independentes são
\mathbf{x}_1(t)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}e^{2t},\qquad \mathbf{x}_2(t)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-4\end{pmatrix}e^{-3t}.
Uma matriz fundamental (não normalizada) é a matriz com essas soluções como colunas:
\Phi_{\text{raw}}(t)=\begin{pmatrix} e^{2t} & e^{-3t}\\[4pt] e^{2t} & -4e^{-3t} \end{pmatrix}.
As colunas são claramente linearmente independentes porque os autovetores são independentes.]

Passo 8

Para obter a matriz fundamental que satisfaz \boldsymbol{\Phi}(0)=\mathbf{I} (a chamada matriz fundamental principal), usamos a decomposição A=S\Lambda S^{-1} com S=[\mathbf{v}_1\\ \mathbf{v}_2] e \Lambda=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2). Assim
\boldsymbol{\Phi}(t)=S e^{\Lambda t} S^{-1}.
Aqui
S=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & -4\end{pmatrix}, \qquad e^{\Lambda t}=\begin{pmatrix}e^{2t} & 0\\[4pt]0 & e^{-3t}\end{pmatrix}.]

Passo 9

Calcular S^{-1}. O determinante de S é
\det S = (1)(-4)-(1)(1)=-5.
A inversa é
S^{-1}=\frac{1}{\det S}\begin{pmatrix}-4 & -1\\[4pt]-1 & 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4/5 & 1/5\\[4pt]1/5 & -1/5\end{pmatrix}.]

Passo 10

Multiplicar para obter \boldsymbol{\Phi}(t)=S e^{\Lambda t} S^{-1}. Primeiro escrevendo S e^{\Lambda t}:
S e^{\Lambda t}=\begin{pmatrix}e^{2t} & e^{-3t}\\[4pt]e^{2t} & -4e^{-3t}\end{pmatrix}.
Agora multiplicando por S^{-1} obtemos, calculando entrada a entrada,
\boldsymbol{\Phi}(t)=\begin{pmatrix} \frac{4}{5}e^{2t}+\frac{1}{5}e^{-3t} & \frac{1}{5}e^{2t}-\frac{1}{5}e^{-3t}\\[6pt] \frac{4}{5}e^{2t}-\frac{4}{5}e^{-3t} & \frac{1}{5}e^{2t}+\frac{4}{5}e^{-3t} \end{pmatrix}.
Verifique rapidamente que em t=0 esta matriz é a identidade:
\boldsymbol{\Phi}(0)=\begin{pmatrix}4/5+1/5 & 1/5-1/5\\[4pt]4/5-4/5 & 1/5+4/5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}.]

Resposta

\displaystyle \Phi_{\text{raw}}(t)=\begin{pmatrix}e^{2t} & e^{-3t}\\[4pt] e^{2t} & -4e^{-3t}\end{pmatrix}
\displaystyle \boldsymbol{\Phi}(t)=\begin{pmatrix} \dfrac{4}{5}e^{2t}+\dfrac{1}{5}e^{-3t} & \dfrac{1}{5}e^{2t}-\dfrac{1}{5}e^{-3t}\\[8pt] \dfrac{4}{5}e^{2t}-\dfrac{4}{5}e^{-3t} & \dfrac{1}{5}e^{2t}+\dfrac{4}{5}e^{-3t} \end{pmatrix}]

Exercícios relacionados