Encontre a solução geral (real) do sistema linear homogêneo de e.d.o.'s usando o método de autovalores e autovetores:
\mathbf{x}^{\prime}(t)=\left(\begin{array}{ll} 3 & -1 \\\\ 1 & 5 \end{array}\right) \mathbf{x}(t)

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear homogêneo
\mathbf{x}^{\prime}(t)=\begin{pmatrix}3 & -1\\[4pt]1 & 5\end{pmatrix}\mathbf{x}(t)
e pede a solução geral (real). Informações relevantes que temos:
  • A matriz do sistema é A=\begin{pmatrix}3 & -1\\[4pt]1 & 5\end{pmatrix}.
  • É um sistema linear homogêneo de ordem 2, então a solução geral terá a forma de combinação linear de duas soluções linearmente independentes.
  • Devemos usar o método baseado em autovalores/autovetores (e, se necessário, vetores generalizados) para obter a solução.]

Passo 2

Calcular o polinômio característico de A. Para isso formamos A-\lambda I e calculamos seu determinante:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}3-\lambda & -1\\[4pt]1 & 5-\lambda\end{pmatrix}
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(5-\lambda)-(-1)\cdot 1 .
Agora expandimos passo a passo:
(3-\lambda)(5-\lambda)=15-3\lambda-5\lambda+\lambda^{2}=\lambda^{2}-8\lambda+15,
e somando o termo +1 vindo do produto dos off-diagonais:
\det(A-\lambda I)=\lambda^{2}-8\lambda+15+1=\lambda^{2}-8\lambda+16.]

Passo 3

Resolvemos a equação característica \lambda^{2}-8\lambda+16=0. Observando, reconhecemos um quadrado perfeito:
\lambda^{2}-8\lambda+16=(\lambda-4)^{2}.
Logo a raiz é \lambda=4 com multiplicidade algébrica 2.

Passo 4

Agora encontramos os autovetores associados a \lambda=4. Resolvemos (A-4I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. Compute A-4I:
A-4I=\begin{pmatrix}3-4 & -1\\[4pt]1 & 5-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & -1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}.
Resolvendo \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} damos as equações:
- v_1 - v_2 = 0,
v_1 + v_2 = 0,
que são a mesma equação. Assim v_1=-v_2. Podemos escolher um vetor próprio conveniente, por exemplo
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix},
que gera todos os autovetores (qualquer múltiplo escalar também é autovetor).]

Passo 5

Observação importante (didática): a multiplicidade algébrica de \lambda=4 é 2, mas o espaço próprio tem dimensão 1 (só um autovetor independente). Quando a multiplicidade geométrica (nº de autovetores independentes) é menor que a algébrica, a matriz é defectiva e não temos duas soluções da forma e^{\lambda t}\mathbf{v}. Precisamos encontrar um vetor generalizado \mathbf{v}_2 que satisfaça
(A-4I)\mathbf{v}_2=\mathbf{v}_1.
Esse vetor generalizado permite construir a segunda solução que envolverá um fator t\,e^{4t}.

Passo 6

Encontrar \mathbf{v}_2 resolvendo (A-4I)\mathbf{v}_2=\mathbf{v}_1. Escrevemos
\begin{pmatrix}-1 & -1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_{2,1}\\[4pt]v_{2,2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Isso dá o sistema
- v_{2,1} - v_{2,2} = 1,
v_{2,1} + v_{2,2} = -1,
as duas equações são equivalentes (uma é a negativa da outra), então há infinitas soluções; tomamos uma escolha simples. Por exemplo, escolhendo v_{2,2}=0 obtemos v_{2,1}=-1. Assim podemos escolher
\mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\end{pmatrix},
e verificar rapidamente que (A-4I)\mathbf{v}_2=\mathbf{v}_1.]

Passo 7

Construir duas soluções independentes do sistema usando \mathbf{v}_1 e \mathbf{v}_2. A primeira solução é a habitual
\mathbf{x}^{(1)}(t)=e^{4t}\mathbf{v}_1=e^{4t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
A segunda solução, no caso generalizado, tem a forma
\mathbf{x}^{(2)}(t)=e^{4t}\bigl(t\mathbf{v}_1+\mathbf{v}_2\bigr)=e^{4t}\Bigl(t\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\end{pmatrix}\Bigr).
Vale a pena verificar que \mathbf{x}^{(2)}(t) satisfaz a EDO. Fazendo a derivada:
\frac{d}{dt}\bigl(e^{4t}(t\mathbf{v}_1+\mathbf{v}_2)\bigr)=4e^{4t}(t\mathbf{v}_1+\mathbf{v}_2)+e^{4t}\mathbf{v}_1
=e^{4t}\bigl(4(t\mathbf{v}_1+\mathbf{v}_2)+\mathbf{v}_1\bigr).
Como A\mathbf{v}_1=4\mathbf{v}_1 e, a partir de (A-4I)\mathbf{v}_2=\mathbf{v}_1, temos A\mathbf{v}_2=4\mathbf{v}_2+\mathbf{v}_1, então
A\bigl(e^{4t}(t\mathbf{v}_1+\mathbf{v}_2)\bigr)=e^{4t}\bigl(4(t\mathbf{v}_1+\mathbf{v}_2)+\mathbf{v}_1\bigr),
ou seja \mathbf{x}^{(2)\prime}(t)=A\mathbf{x}^{(2)}(t). Portanto \mathbf{x}^{(2)} é mesmo solução.]

Passo 8

Verificar a independência linear das duas soluções (necessário para formar a solução geral). Avaliando em t=0 obtemos os vetores \mathbf{v}_1 e \mathbf{v}_2. Calculamos o determinante da matriz com essas colunas:
\det\begin{pmatrix}\mathbf{v}_1 & \mathbf{v}_2\end{pmatrix}=\det\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]-1 & 0\end{pmatrix}=1\cdot 0-(-1)\cdot(-1)=-1\neq 0.
Como o determinante é diferente de zero, \mathbf{x}^{(1)} e \mathbf{x}^{(2)} são linearmente independentes e formam um sistema fundamental de soluções.]

Passo 9

Escrever a solução geral como combinação linear das duas soluções fundamentais. Com constantes reais C_1,C_2 temos:
\mathbf{x}(t)=C_1 e^{4t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}+C_2 e^{4t}\Bigl(t\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\end{pmatrix}\Bigr).
Podemos também expandir componente a componente para obter uma forma explícita:
x_1(t)=e^{4t}\bigl(C_1+C_2(t-1)\bigr),
x_2(t)=e^{4t}\bigl(-C_1-C_2 t\bigr),
onde C_1,C_2\in\mathbb{R}.]

Resposta

\mathbf{x}(t)=C_1 e^{4t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}+C_2 e^{4t}\Bigl(t\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\end{pmatrix}\Bigr)]

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