Encontre a solucão geral, e esboce o retrato de fase, dos se sistemas de equações diferenciais:
X^prime=[cc1 & 3 -3 & -2] X.

Passo 1

Beleza, vamos lá! O exercício pede para encontrar a solução geral e esboçar o retrato de fase de um sistema de equações diferenciais dado por:
X^prime = 1 & 3 -3 & -2 X
Aqui, estamos lidando com sistemas lineares de equações diferenciais, e para resolver isso, vamos precisar encontrar os valores próprios e os vetores próprios da matriz dos coeficientes.

Passo 2

Primeiro, vamos encontrar os valores próprios ( lambda) da matriz. Para isso, resolvemos o determinante da matriz menos lambda vezes a identidade igual a zero:
det( 1-lambda & 3 -3 & -2-lambda ) = 0
Calculando o determinante:
(1-lambda)(-2-lambda) - (3)(-3) = 0 (1-lambda)(-2-lambda) + 9 = 0 (-2 - lambda + 2lambda + lambda^2) + 9 = 0 lambda^2 + lambda + 7 = 0

Passo 3

Agora, resolvemos a equação quadrática lambda^2 + lambda + 7 = 0 para encontrar os valores próprios. Usando a fórmula de Bhaskara:
lambda = -b pm raizb^2 - 4ac2a a = 1, b = 1, c = 7 lambda = -1 pm raiz1 - 282 lambda = -1 pm raiz-272 lambda = -1 pm 3iraiz32
Então, os valores próprios são:
lambda1 = -1 + 3iraiz32, lambda2 = -1 - 3iraiz32

Passo 4

Com os valores próprios complexos, sabemos que a solução geral será uma combinação de funções exponenciais e trigonométricas. A forma geral é:
X(t) = e^alpha t ( C1 cos(beta t) + C2 sin(beta t) ) V
onde alpha é a parte real e beta é a parte imaginária dos valores próprios. No nosso caso:
alpha = -12, beta = 3raiz32

Passo 5

Agora, precisamos encontrar um vetor próprio ( V). Vamos usar lambda1 = -1 + 3iraiz32 e resolver (A - lambda1 I)V = 0:
1 - lambda1 & 3 -3 & -2 - lambda1 v1 v2 = 0 0
Substituindo lambda1:
1 - (-1 + 3iraiz32) & 3 -3 & -2 - (-1 + 3iraiz32) = 3 - 3iraiz32 & 3 -3 & -3 - 3iraiz32
Resolvendo, obtemos V = 1 1 - iraiz32 (após simplificar).

Passo 6

Então, a solução geral do sistema é:
X(t) = e^-12 t [ C1 1 12 cos(3raiz32 t) + C2 1 12 sin(3raiz32 t) ]
Onde C1 e C2 são constantes que dependem das condições iniciais.

Passo 7

Para o retrato de fase, como os valores próprios são complexos com parte real negativa, sabemos que as soluções giram em torno do ponto de equilíbrio (origem) enquanto decaem para ele. Isso caracteriza um nó foco estável. Então, no gráfico, as trajetórias vão girando em espiral para o ponto central.

Resposta

A solução geral do sistema é
X(t) = e^-12 t [ C1 1 12 cos(3raiz32 t) + C2 1 12 sin(3raiz32 t) ]
E o retrato de fase consiste em espirais que convergem para a origem, indicando um nó foco estável.

Exercícios relacionados