Encontre a solução geral dos sistemas abaixo:
X^{\prime}=\left[ \begin{array}{ll}2 & 1 \\ 3 & 4\end{array}\right] X

Passo 1

O enunciado pede: encontrar a solução geral do sistema linear de coeficientes constantes dado por
X'=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]3 & 4\end{pmatrix}X.
Informações dadas e o que se pede:
\; - A matriz do sistema é \displaystyle A=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]3 & 4\end{pmatrix}.
\; - A incógnita é o vetor função \displaystyle X(t)=\begin{pmatrix}x_1(t)\\[4pt]x_2(t)\end{pmatrix}.
\; - Queremos a solução geral X(t) (ou seja, a família de todas as soluções, com constantes arbitrárias).]

Passo 2

Ideia do método (explicação didática): para um sistema linear com matriz constante, uma forma eficiente de obter a solução geral é procurar soluções da forma exponencial associadas a autovalores e autovetores da matriz A. Se \lambda é um autovalor e v um autovetor não nulo, então
X(t)=e^{\lambda t}v
é uma solução do sistema. Se conseguimos dois autovetores linearmente independentes (no caso 2\times2), a combinação linear das duas soluções exponenciais fornece a solução geral:
X(t)=c_1 e^{\lambda_1 t}v_1 + c_2 e^{\lambda_2 t}v_2.
Explico cada termo: \lambda_i são números (autovalores), v_i são vetores em \mathbb{R}^2 (autovetores), e c_1,c_2 são constantes reais arbitrárias que ajustam a solução às condições iniciais.

Passo 3

Vamos calcular os autovalores de A. Eles são as raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Escrevendo:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}2-\lambda & 1\\[4pt]3 & 4-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(4-\lambda)-3\cdot 1.
Desenvolvendo (vou mostrar passo a passo):
(2-\lambda)(4-\lambda)=8-2\lambda-4\lambda+\lambda^2=\lambda^2-6\lambda+8.
Subtraindo 3 obtemos o polinômio característico:
\lambda^2-6\lambda+8-3=\lambda^2-6\lambda+5.
Portanto o polinômio característico é \lambda^2-6\lambda+5.]

Passo 4

Agora resolvemos \lambda^2-6\lambda+5=0. Usando a fórmula quadrática ou fatorando:
\lambda^2-6\lambda+5=(\lambda-5)(\lambda-1).
Logo as raízes são
\lambda_1=5,\qquad \lambda_2=1.
Como os autovalores são distintos, sabemos (teorema) que existem dois autovetores linearmente independentes, e portanto a solução geral pode ser escrita como combinação linear de e^{\lambda_1 t}v_1 e e^{\lambda_2 t}v_2.

Passo 5

Encontrar o autovetor associado a \lambda_1=5. Resolvemos (A-5I)v=0, isto é
\begin{pmatrix}2-5 & 1\\[4pt]3 & 4-5\end{pmatrix}v = \begin{pmatrix}-3 & 1\\[4pt]3 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Das equações da primeira linha temos -3v_1+v_2=0, ou seja v_2=3v_1. Podemos escolher v_1=1 (qualquer múltiplo serve), então um autovetor correspondente é
v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}.]

Passo 6

Encontrar o autovetor associado a \lambda_2=1. Resolvendo (A-I)v=0:
\begin{pmatrix}2-1 & 1\\[4pt]3 & 4-1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]3 & 3\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Da primeira linha v_1+v_2=0, logo v_2=-v_1. Tomando v_1=1 obtemos o autovetor
v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 7

Verificação de independência: os autovetores \begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix} e \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} não são múltiplos um do outro (suas razões coordenada a coordenada são diferentes), portanto são linearmente independentes. Assim formam uma base de soluções para o sistema.]

Passo 8

Escrever a solução geral usando as soluções exponenciais encontradas. Cada par (\lambda_i, v^{(i)}) dá uma solução e^{\lambda_i t}v^{(i)}. Logo a solução geral é
X(t)=c_1 e^{5t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix} + c_2 e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix},
onde c_1,c_2\in\mathbb{R} são constantes arbitrárias determinadas por condições iniciais, caso existam. (Se quiser relacionar com a matriz exponencial: se S=[v^{(1)}\\ v^{(2)}] então e^{At}=S\operatorname{diag}(e^{5t},e^{t})S^{-1} e X(t)=e^{At}X(0).)]

Passo 9

Se quiser ver a forma matricial explícita de e^{At} (útil em provas): tomando
S=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]3 & -1\end{pmatrix},\qquad S^{-1}=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{4} & \tfrac{1}{4}\\[4pt]\tfrac{3}{4} & -\tfrac{1}{4}\end{pmatrix},
temos
e^{At}=S\begin{pmatrix}e^{5t} & 0\\[4pt]0 & e^{t}\end{pmatrix}S^{-1} = \begin{pmatrix} \tfrac{1}{4}e^{5t}+\tfrac{3}{4}e^{t} & \tfrac{1}{4}e^{5t}-\tfrac{1}{4}e^{t}\\[6pt] \tfrac{3}{4}e^{5t}-\tfrac{3}{4}e^{t} & \tfrac{3}{4}e^{5t}+\tfrac{1}{4}e^{t} \end{pmatrix},
e então X(t)=e^{At}C para um vetor de constantes C. Isso é equivalente à forma em soma de autovetores mostrada no passo anterior.]

Resposta

X(t)=c_1 e^{5t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}+c_2 e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix},\qquad c_1,c_2\in\mathbb{R}.]

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