Encontre a solução geral dos sistemas abaixo:
X^{\prime}=\left[ \begin{array}{ll}1 & -2 \\ 0 & -2\end{array}\right] X

Passo 1

O enunciado pede a solução geral do sistema linear de equações diferenciais
X'(t)=\begin{pmatrix}1 & -2\\[4pt]0 & -2\end{pmatrix}X(t).
Informações dadas:
  • A matriz do sistema é A=\begin{pmatrix}1 & -2\\[4pt]0 & -2\end{pmatrix}.
  • Queremos encontrar todas as funções vetoriais X(t)=\begin{pmatrix}x_1(t)\\[4pt]x_2(t)\end{pmatrix} que satisfazem essa equação para todo t.
  • Não há condições iniciais fornecidas, então buscamos a solução geral com constantes arbitrárias.]

Passo 2

Vou escrever o sistema na forma de equações escalares para ver a estrutura:
\begin{cases} x_1'(t)=1\cdot x_1(t)-2\cdot x_2(t),\\[4pt] x_2'(t)=0\cdot x_1(t)-2\cdot x_2(t). \end{cases}
Ou seja,
\begin{cases} x_1'(t)=x_1(t)-2x_2(t),\\[4pt] x_2'(t)=-2x_2(t). \end{cases}
Note que a segunda equação depende apenas de x_2 — isso acontece porque A é triangular superior. Isso facilita a resolução: podemos primeiro resolver para x_2 e depois usar essa solução para achar x_1.]

Passo 3

Explico a ideia do método que vou usar (decoupling / solução em cascata):
  • Quando a matriz é triangular (como aqui), as equações aparecem em cascata: a última variável pode ser resolvida isoladamente e usada nas equações anteriores.
  • Esse método é simples e totalmente suficiente aqui; outra opção seria usar autovalores e autovetores (que dará o mesmo resultado). Vou aplicar o método de resolução direta porque é mais elementar e rápido em prova.

Passo 4

Resolver x_2'(t)=-2x_2(t).
Este é um ODE linear de primeira ordem homogêneo com coeficiente constante. A solução geral de
y' = a y
é y(t)=C e^{at}, onde C é constante arbitrária. Aqui a=-2. Logo
x_2(t)=C_2 e^{-2t},
onde C_2 é uma constante arbitrária real.

Passo 5

Agora substituímos x_2(t) em \displaystyle x_1'(t)=x_1(t)-2x_2(t). Isso dá
x_1'(t)-x_1(t) = -2x_2(t) = -2C_2 e^{-2t}.
Esta é uma ODE linear não-homogênea de primeira ordem na forma padrão x_1' + p(t)x_1 = q(t) com p(t)=-1 e q(t)=-2C_2 e^{-2t}.

Passo 6

Vou resolver x_1'(t)-x_1(t)=-2C_2 e^{-2t} pelo fator integrante.
  • O fator integrante é \mu(t)=e^{\int -1\,dt}=e^{-t}.
  • Multiplicando ambos os lados por \mu(t) obtemos
e^{-t}x_1'(t)-e^{-t}x_1(t) = -2C_2 e^{-3t}.
O lado esquerdo é a derivada do produto \dfrac{d}{dt}\big(e^{-t}x_1(t)\big). Portanto
\frac{d}{dt}\big(e^{-t}x_1(t)\big) = -2C_2 e^{-3t}.
Integrando em t,
e^{-t}x_1(t) = \int -2C_2 e^{-3t}\,dt = -2C_2\left(\frac{e^{-3t}}{-3}\right) + C_1 = \frac{2}{3}C_2 e^{-3t} + C_1,
onde C_1 é uma constante de integração.

Passo 7

Isolando x_1(t)\), \[x_1(t) = e^{t}\left(\frac{2}{3}C_2 e^{-3t} + C_1\right) = C_1 e^{t} + \frac{2}{3}C_2 e^{-2t}.
Portanto as componentes da solução geral são
\begin{cases} x_1(t)=C_1 e^{t} + \dfrac{2}{3}C_2 e^{-2t},\\[8pt] x_2(t)=C_2 e^{-2t}, \end{cases}
com (C_1,C_2\in\mathbb{R}] constantes arbitrárias.]

Passo 8

É interessante escrever a solução em forma vetorial e em termos de modos exponenciais (forma que aparece via autovalores/autovetores). Colocando em forma de combinação linear de vetores:
X(t)=C_1\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}e^{t}+C_2\begin{pmatrix}\tfrac{2}{3}\\[4pt]1\end{pmatrix}e^{-2t}.
Se preferirmos escolher constantes e vetores para obter autovetores inteiros, podemos reescrever renomeando a segunda constante: tomando K_2=\tfrac{1}{3}C_2 obtemos a forma
X(t)=C_1\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}e^{t}+K_2\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\end{pmatrix}e^{-2t},
que corresponde exatamente à decomposição em autovetores associados aos autovalores \lambda_1=1 e \lambda_2=-2. (Isto confirma que a matriz é diagonalizável e que as soluções obtidas por ambos os métodos coincidem.)]

Resposta

X(t)=C_{1}\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}e^{t}+C_{2}\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\end{pmatrix}e^{-2t},
com C_{1},C_{2}\in\mathbb{R} constantes arbitrárias.]

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