Encontre a solução geral dos sistemas abaixo:
\left\{\begin{array}{l}x_{1}^{\prime}(t)=x_{1}(t)-x_{2}(t) \\\ x_{2}^{\prime}(t)=2 x_{1}(t)+4 x_{2}(t)\end{array}\right.

Passo 1

Vou identificar claramente o que o problema dá e o que pede.
  • O enunciado fornece o sistema
\begin{cases} x_{1}^{\prime}(t)=x_{1}(t)-x_{2}(t)\\[4pt] x_{2}^{\prime}(t)=2x_{1}(t)+4x_{2}(t) \end{cases}
  • O que se pede: encontrar a solução geral (x_{1}(t),x_{2}(t)) do sistema para t real, ou seja, a família de todas as soluções com constantes arbitrárias.]

Passo 2

Reescrever o sistema em forma matricial e explicar a estratégia.
  • Escrevendo vetor \mathbf{x}(t)=\begin{pmatrix}x_{1}(t)\\[2pt]x_{2}(t)\end{pmatrix}, o sistema pode ser escrito como
\mathbf{x}'(t)=A\mathbf{x}(t),
onde
A=\begin{pmatrix}1 & -1\\[2pt]2 & 4\end{pmatrix}.
  • Estratégia: para sistemas lineares com coeficientes constantes, procuramos soluções da forma \mathbf{x}(t)=\mathbf{v}e^{\lambda t}, onde \lambda é um escalar (autovalor) e \mathbf{v} um vetor não-nulo (autovetor). Precisamos encontrar os autovalores \lambda resolvendo \det(A-\lambda I)=0 e, para cada \lambda, achar um autovetor \mathbf{v}. Se obtivermos dois autovetores linearmente independentes (aqui a matriz é 2\times2), a solução geral é combinação linear das soluções elementares correspondentes.]

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I).
  • A matriz A-\lambda I é
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & -1\\[2pt]2 & 4-\lambda\end{pmatrix}.
  • O determinante é
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(4-\lambda)-(-1)\cdot 2.
Calculemos passo a passo:
(1-\lambda)(4-\lambda)=4-\lambda-4\lambda+\lambda^{2}=\lambda^{2}-5\lambda+4,
e somando o termo vindo do produto -(-1)\cdot 2=+2 obtemos
\det(A-\lambda I)=\lambda^{2}-5\lambda+4+2=\lambda^{2}-5\lambda+6.]

Passo 4

Determinar os autovalores resolvendo \lambda^{2}-5\lambda+6=0.
  • Factorizando:
\lambda^{2}-5\lambda+6=(\lambda-2)(\lambda-3).
  • Logo os autovalores são
\lambda_{1}=2,\qquad \lambda_{2}=3.
Comentário: são dois autovalores reais e distintos, portanto teremos duas soluções elementares independentes e a solução geral será combinação linear delas.

Passo 5

Encontrar um autovetor associado a [\lambda_{1}=2).
  • Resolver (A-2I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. A matriz A-2I é
A-2I=\begin{pmatrix}1-2 & -1\\[2pt]2 & 4-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & -1\\[2pt]2 & 2\end{pmatrix}.
  • O sistema linear correspondente é
\begin{cases} - v_{1}-v_{2}=0\\[2pt] 2 v_{1}+2 v_{2}=0 \end{cases}
que é redundante (segunda equação é 2\] vezes a primeira). Da primeira equação vem \(v_{1}=-v_{2}.
  • Escolhendo v_{2}=1 (escolha livre para normalizar), obtemos um autovetor
\mathbf{v}_{1}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\end{pmatrix}.
  • Portanto uma solução elementar é \mathbf{x}^{(1)}(t)=\mathbf{v}_{1}e^{2t}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\end{pmatrix}e^{2t}.]

Passo 6

Encontrar um autovetor associado a [\lambda_{2}=3).
  • Resolver (A-3I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. A matriz A-3I é
A-3I=\begin{pmatrix}1-3 & -1\\[2pt]2 & 4-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2 & -1\\[2pt]2 & 1\end{pmatrix}.
  • O sistema linear correspondente é
\begin{cases} -2 v_{1}-v_{2}=0\\[2pt] 2 v_{1}+v_{2}=0 \end{cases}
(essas duas equações são múltiplas uma da outra). Da primeira equação segue v_{2}=-2v_{1}\]. - Escolhendo \(v_{1}=1, obtemos um autovetor
\mathbf{v}_{2}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-2\end{pmatrix}.
  • Portanto outra solução elementar é \mathbf{x}^{(2)}(t)=\mathbf{v}_{2}e^{3t}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-2\end{pmatrix}e^{3t}.]

Passo 7

Escrever a solução geral como combinação linear das soluções elementares e explicitar as componentes.
  • Como \mathbf{v}_{1} e \mathbf{v}_{2} são linearmente independentes, a solução geral é
\mathbf{x}(t)=C_{1}\mathbf{v}_{1}e^{2t}+C_{2}\mathbf{v}_{2}e^{3t},
onde C_{1},C_{2} são constantes arbitrárias.
  • Escrevendo em coordenadas,
\mathbf{x}(t)=\begin{pmatrix}x_{1}(t)\\[2pt]x_{2}(t)\end{pmatrix} = C_{1}\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\end{pmatrix}e^{2t} + C_{2}\begin{pmatrix}1\\[2pt]-2\end{pmatrix}e^{3t}.
  • Portanto, explicitamente,
x_{1}(t)=C_{1}e^{2t}+C_{2}e^{3t}, \qquad x_{2}(t)=-C_{1}e^{2t}-2C_{2}e^{3t}.]

Passo 8

Verificação rápida (como checar na prova que está certo).
  • Diferenciando x_{1}(t) e x_{2}(t):
x_{1}'(t)=2C_{1}e^{2t}+3C_{2}e^{3t}, \qquad x_{2}'(t)=-2C_{1}e^{2t}-6C_{2}e^{3t}.
  • Calculando o lado direito x_{1}-x_{2} e 2x_{1}+4x_{2} usando as fórmulas acima dá exatamente os mesmos termos (fazer as substituições e simplificar), o que confirma que \mathbf{x}'(t)=A\mathbf{x}(t). Isso é uma verificação direta que costuma ser pedida em provas rápidas: derivar e comparar com A\mathbf{x}(t).

Resposta

x_{1}(t)=C_{1}e^{2t}+C_{2}e^{3t}
x_{2}(t)=-C_{1}e^{2t}-2C_{2}e^{3t}

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