Encontre a solução geral dos sistemas abaixo:
X^{\prime}=\left[ \begin{array}{cc}-1 & 8 \\ 1 & 1\end{array}\right] X

Passo 1

O enunciado pede a solução geral do sistema linear de EDOs
X' = \begin{pmatrix}-1 & 8 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix} X.
Informações dadas:
A=\begin{pmatrix}-1 & 8 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix},\qquad X(t)=\begin{pmatrix}x_1(t)\\[4pt] x_2(t)\end{pmatrix}.
A pergunta é: encontrar a solução geral X(t) que satisfaz essa equação para todo t.]

Passo 2

Ideia de solução (motivo): vamos procurar soluções do tipo de “exponencial vetorial”
X(t)=e^{\lambda t}v,
onde \lambda é um número (autovalor) e v\neq 0 é um vetor (autovetor). Por que isso funciona? Se X(t)=e^{\lambda t}v então
X'(t)=\lambda e^{\lambda t}v
e, substituindo em X'=AX, obtemos
\lambda e^{\lambda t}v = A e^{\lambda t}v.
Cancelando e^{\lambda t}\neq 0 chega-se à condição
(A-\lambda I)v=0.
Para existir v\neq 0 essa matriz deve ser singular, isto é, \det(A-\lambda I)=0. Essa equação dá os autovalores \lambda.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I):
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-1-\lambda & 8 \\[4pt] 1 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)(1-\lambda)-8\cdot 1.
Desenvolvendo o produto:
(-1-\lambda)(1-\lambda) = -1 +\lambda^2,
logo
\det(A-\lambda I)=\lambda^2-1-8=\lambda^2-9.
Resolvendo \lambda^2-9=0 obtemos os autovalores
\lambda=\pm 3,
isto é, \lambda_1=3 e \lambda_2=-3.]

Passo 4

Encontrar um autovetor para \lambda_1=3. Resolvemos (A-3I)v=0:
A-3I=\begin{pmatrix}-1-3 & 8 \\[4pt] 1 & 1-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4 & 8 \\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix}.
Das equações da matriz temos (por exemplo a primeira)
-4x_1+8x_2=0.
Isolando x_1:
-4x_1+8x_2=0 \implies 8x_2=4x_1 \implies x_1=2x_2.
Escolhemos x_2=1 para obter um autovetor simples:
v_1=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Observação: qualquer múltiplo de v_1 também é autovetor; escolhemos um com números pequenos para facilitar.]

Passo 5

Encontrar um autovetor para \lambda_2=-3. Resolvemos (A+3I)v=0:
A+3I=\begin{pmatrix}-1+3 & 8 \\[4pt] 1 & 1+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 8 \\[4pt] 1 & 4\end{pmatrix}.
Da primeira equação
2x_1+8x_2=0 \implies x_1=-4x_2.
Escolhendo x_2=1 obtemos o autovetor
v_2=\begin{pmatrix}-4\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Verificar independência linear dos autovetores: v_1=\begin{pmatrix}2\\\ 1\end{pmatrix} não é múltiplo escalar de v_2=\begin{pmatrix}-4\\\ 1\end{pmatrix} (porque 2/(-4)=-\tfrac{1}{2}\neq 1/1), então são linearmente independentes. Isso é importante porque, em \mathbb{R}^2, dois autovetores independentes formam uma base e permitem escrever a solução geral como combinação linear das soluções exponenciais associadas.

Passo 7

Escrever a solução geral como combinação linear das soluções fundamentais e^{\lambda t}v:
X(t)=c_1 e^{3t}\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix} + c_2 e^{-3t}\begin{pmatrix}-4\\[4pt]1\end{pmatrix},
onde c_1,c_2 são constantes arbitrárias (determinar por condições iniciais, se houver). Em coordenadas, isso dá
x_1(t)=2c_1 e^{3t}-4c_2 e^{-3t},\qquad x_2(t)=c_1 e^{3t}+c_2 e^{-3t}.]

Resposta

X(t)=c_1 e^{3t}\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix} + c_2 e^{-3t}\begin{pmatrix}-4\\[4pt]1\end{pmatrix}
x_1(t)=2c_1 e^{3t}-4c_2 e^{-3t},\qquad x_2(t)=c_1 e^{3t}+c_2 e^{-3t}]

Exercícios relacionados