Exercício 03: Resolva os seguintes sistemas homogêneos:
\dot{X}=\left[\begin{array}{cc}1 & 1 \\\\ 4 & -2\end{array}\right] X.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear homogêneo de derivadas ordinárias
\dot{X}=A X,
onde
A=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 4 & -2\end{pmatrix},
e pede a solução geral X(t). As informações relevantes são: a matriz A é 2\times2 e o sistema é autônomo e homogêneo (sem termo forçante). O objetivo é encontrar a família de soluções X(t) dependente de constantes arbitrárias, ou seja, a solução geral.]

Passo 2

Estratégia teórica (aula rápida): para resolver \dot{X}=A X quando A é uma matriz constante, o método usual é procurar autovalores \lambda e autovetores v de A. Se \lambda é autovalor com autovetor não-nulo v, então X(t)=e^{\lambda t}v é uma solução do sistema. Para o caso 2\times2, se existirem dois autovetores linearmente independentes v_1,v_2 associados a autovalores (podem ser iguais ou diferentes), a solução geral é combinação linear
X(t)=C_1 e^{\lambda_1 t} v_1 + C_2 e^{\lambda_2 t} v_2,
com C_1,C_2 constantes reais. Agora vamos aplicar isso passo a passo.

Passo 3

Calcular o polinômio característico de A. Para uma matriz 2\times2,
\det(A-\lambda I)=0
gera o polinômio característico. Aqui o traço de A é \mathrm{tr}(A)=1+(-2)=-1 e o determinante é
\det(A)=1\cdot(-2)-1\cdot4=-2-4=-6.
O polinômio característico é
\lambda^{2}-(\mathrm{tr}A)\lambda+\det A=\lambda^{2}-(-1)\lambda+(-6)=\lambda^{2}+\lambda-6.

Passo 4

Encontrar os autovalores resolvendo
\lambda^{2}+\lambda-6=0.
Fatorando ou usando fórmula de Bhaskara:
\lambda^{2}+\lambda-6=(\lambda+3)(\lambda-2)=0.
Logo os autovalores são
\lambda_{1}=2,\qquad \lambda_{2}=-3.

Passo 5

Calcular os autovetores associados.
Para \lambda_{1}=2 resolvemos (A-2I)v=0. A matriz A-2I é
A-2I=\begin{pmatrix}1-2 & 1 \\[4pt] 4 & -2-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 1 \\[4pt] 4 & -4\end{pmatrix}.
A equação (A-2I)v=0 dá o sistema linear
- x + y = 0,
ou seja y=x. Tomando x=1 obtemos um autovetor conveniente
v_{1}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
(Note que a segunda linha (4,-4) é múltiplo da primeira, indicando a mesma equação.)
Para \lambda_{2}=-3 resolvemos (A+3I)v=0. A matriz A+3I é
A+3I=\begin{pmatrix}1+3 & 1 \\[4pt] 4 & -2+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4 & 1 \\[4pt] 4 & 1\end{pmatrix}.
A equação (A+3I)v=0
4x + y = 0,
ou seja y=-4x. Tomando x=1 obtemos um autovetor conveniente
v_{2}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-4\end{pmatrix}.
Os vetores v_1 e v_2 são linearmente independentes (verificável porque não são múltiplos um do outro), portanto geram a solução geral conforme a teoria.]

Passo 6

Montar a solução geral pelo princípio dos autovetores: cada autovetor gera a solução exponencial associada. Assim
X(t)=C_{1}e^{\lambda_{1}t}v_{1}+C_{2}e^{\lambda_{2}t}v_{2},
substituindo os valores obtidos:
X(t)=C_{1}e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_{2}e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-4\end{pmatrix},
onde C_{1},C_{2}\in\mathbb{R} são constantes determinadas por condições iniciais, se houver.]

Passo 7

Verificação rápida (aprender a checar na prova): derivando X(t) e multiplicando por A deve dar o mesmo resultado. Por exemplo para a primeira parcela X_1(t)=e^{2t}v_1 tem \dot{X}_1(t)=2e^{2t}v_1 e A X_1(t)=A(e^{2t}v_1)=e^{2t}A v_1=e^{2t}\lambda_1 v_1=2e^{2t}v_1, portanto essa parcela satisfaz a equação. O mesmo vale para a segunda parcela com \lambda_2=-3. Como o sistema é linear e homogêneo, a soma ponderada também é solução. Isso confirma que a expressão do Passo 6 está correta.

Resposta

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