Encontre a solução geral de cada sistema:
X^{\prime}=\left(\begin{array}{cc}-2 & 1 \\\\ 1 & -2\end{array}\right) X

Passo 1

O enunciado dá o sistema de equações diferenciais lineares de primeira ordem
X'=\begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix}X,
onde X=X(t) é o vetor incógnita de duas componentes. A tarefa é encontrar a solução geral X(t) válida para todos t. Informações explícitas fornecidas:
  • A matriz do sistema é A=\begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix}.
  • Não foram dadas condições iniciais; portanto busca-se a solução geral com constantes arbitrárias.]

Passo 2

Vamos encontrar os autovalores (eigenvalues) de A. Para isso calculamos o polinômio característico \det(A-\lambda I).
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-2-\lambda & 1\\[4pt] 1 & -2-\lambda\end{pmatrix}
\det(A-\lambda I)=(-2-\lambda)^2-1.
Desenvolvendo,
\det(A-\lambda I)=\lambda^2+4\lambda+4-1=\lambda^2+4\lambda+3.
Portanto os autovalores são as raízes de \lambda^2+4\lambda+3=0. Resolvendo:
\lambda=\frac{-4\pm\sqrt{16-12}}{2}=\frac{-4\pm2}{2}.
Assim obtemos os dois autovalores
\lambda_1=-3,\qquad \lambda_2=-1.
Breve explicação intuitiva: cada autovalor \lambda gera uma solução do tipo e^{\lambda t}v se existir vetor não nulo v com Av=\lambda v. Se conseguirmos duas direções independentes assim, a combinação linear delas dá a solução geral.]

Passo 3

Agora determinamos um autovetor associado a \lambda_1=-3. Resolvemos (A-\lambda_1 I)v=0, isto é (A+3I)v=0.
A+3I=\begin{pmatrix}-2+3 & 1\\[4pt] 1 & -2+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}.
A equação \begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt] v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix} v_1+v_2=0, ou seja v_2=-v_1. Podemos escolher v_1=1, obtendo o autovetor
v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Cheque rápido: A v^{(1)}=\begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3\\[4pt]3\end{pmatrix}=-3\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}, confirmado.]

Passo 4

Agora o autovetor associado a \lambda_2=-1. Resolvemos (A-\lambda_2 I)v=0, isto é (A+I)v=0.
A+I=\begin{pmatrix}-2+1 & 1\\[4pt] 1 & -2+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix}.
A equação \begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt] v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix} -v_1+v_2=0, ou seja v_2=v_1. Escolhendo v_1=1 obtemos
v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Cheque: A v^{(2)}=\begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-1\end{pmatrix}=-1\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}, confirmado.]

Passo 5

As duas direções v^{(1)} e v^{(2)} são linearmente independentes (não múltiplos uma da outra). Isso significa que a matriz A é diagonalizável e que as funções e^{-3t}v^{(1)} e e^{-t}v^{(2)} são soluções independentes do sistema. A solução geral é, portanto, combinação linear delas:
X(t)=C_1 e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}+C_2 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix},
onde C_1 e C_2 são constantes reais determinadas por condições iniciais (se houver).
Explicação rápida por que isso funciona: se Av=\lambda v, então diferenciando X(t)=e^{\lambda t}v obtém-se X'(t)=\lambda e^{\lambda t}v=e^{\lambda t}Av=A X(t), logo é solução. A combinação linear de soluções também é solução por linearidade do operador diferencial.]

Passo 6

Como ajudinha prática para a prova: outra forma direta (às vezes mais rápida em 2×2) é tomar combinações u=x_1+x_2 e w=x_1-x_2. Substituindo no sistema original obtém-se dois ODEs simples desacoplados:
  • Para u=x_1+x_2 encontra-se u'=-u (solução u=C_2 e^{-t}).
  • Para w=x_1-x_2 encontra-se w'=-3w (solução w=C_1 e^{-3t}).
    Reconstruindo x_1 e x_2 a partir de u e w volta-se à forma da solução geral que já escrevemos. Essa técnica de escolher combinações simétricas é muito útil quando a matriz tem entradas simétricas como aqui.

Resposta

X(t)=C_1 e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}+C_2 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}]

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