Exercício 03: Resolva os seguintes sistemas homogêneos:
\dot{X}=\left[\begin{array}{ll}3 & -4 \\\\ 1 & -1\end{array}\right] X.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear homogêneo de equações diferenciais
\dot{X} = \begin{pmatrix}3 & -4 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix} X,
onde X(t) é o vetor desconhecido de funções de t. A tarefa é encontrar a solução geral X(t) para todo t. Informações relevantes dadas:
  • A matriz do sistema é \displaystyle A=\begin{pmatrix}3 & -4 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}.
  • É um sistema homogêneo e linear; portanto a solução geral será combinação linear de soluções fundamentais (possivelmente envolvendo exponenciais e, no caso degenerado, termos com t multiplicando exponenciais).]

Passo 2

Vamos procurar os autovalores de \displaystyle A. Isso se faz calculando o polinômio característico \det(A-\lambda I).
Calculemos \det(A-\lambda I):
\det\!\big(A-\lambda I\big)=\det\!\begin{pmatrix}3-\lambda & -4 \\[4pt] 1 & -1-\lambda\end{pmatrix}.
Expansão do determinante:
\det\!\big(A-\lambda I\big)=(3-\lambda)(-1-\lambda)-(-4)\cdot 1.
Desenvolvendo os produtos:
(3-\lambda)(-1-\lambda)=-3-2\lambda+\lambda^2,
portanto
\det\!\big(A-\lambda I\big) = \lambda^2 -2\lambda -3 +4 = \lambda^2 -2\lambda +1.
Observe que \lambda^2-2\lambda+1=(\lambda-1)^2. Logo o único autovalor é
\lambda=1,
com multiplicidade algébrica 2 (raiz quadrada).]

Passo 3

Agora encontramos autovetores associados a \lambda=1, resolvendo (A-I)v=0.
A matriz A-I é
A-I=\begin{pmatrix}3-1 & -4 \\[4pt] 1 & -1-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & -4 \\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix}.
Resolva o sistema
\begin{pmatrix}2 & -4 \\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[4pt] y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 \\[4pt] 0\end{pmatrix}.
Da primeira equação 2x-4y=0 segue x=2y. Da segunda equação x-2y=0 vem a mesma relação, então o espaço próprio tem dimensão 1. Podemos escolher y=1 para obter um autovetor conveniente:
v=\begin{pmatrix}2 \\[4pt] 1\end{pmatrix}.
Comentário didático: a multiplicidade algébrica de \lambda=1 é 2 mas a multiplicidade geométrica (dimensão do espaço próprio) é 1. Isso significa que A não é diagonalizável e teremos que buscar um autovetor generalizado para obter a solução geral.]

Passo 4

Procuramos um autovetor generalizado w que satisfaça
(A-I)w = v.
Isto forma uma cadeia de Jordan de comprimento 2. Escrevemos a equação explícita:
\begin{pmatrix}2 & -4 \\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w_1 \\[4pt] w_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 \\[4pt] 1\end{pmatrix}.
Das equações temos 2w_1-4w_2=2 e w_1-2w_2=1 — ambas são equivalentes. Da segunda equação w_1=1+2w_2. Podemos escolher livremente w_2; para simplicidade tomamos w_2=0, então w_1=1. Assim um autovetor generalizado é
w=\begin{pmatrix}1 \\[4pt] 0\end{pmatrix}.]

Passo 5

Agora usamos a forma conhecida da solução quando existe uma cadeia de Jordan de comprimento 2 para o autovalor \lambda. Se (A-\lambda I)v=0 e (A-\lambda I)w=v, então a solução geral do sistema é
X(t)=e^{\lambda t}\big( c_1 v + c_2 (t v + w)\big),
onde c_1,c_2 são constantes arbitrárias. Aqui \lambda=1, v=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix} e w=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}. Portanto a solução geral é
X(t)=e^{t}\Big( c_1\begin{pmatrix}2 \\[4pt] 1\end{pmatrix} + c_2\Big( t\begin{pmatrix}2 \\[4pt] 1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}1 \\[4pt] 0\end{pmatrix}\Big)\Big).]

Passo 6

Para ficar bem explícito, escrevemos as componentes de X(t). Multiplicando e agrupando temos
X(t)=e^{t}\begin{pmatrix}2c_1 + c_2 + 2c_2 t \\[6pt] c_1 + c_2 t\end{pmatrix}.
Podemos também escrever separadamente as duas componentes x_1(t) e x_2(t):
x_1(t)=e^{t}\big(2c_1 + c_2 + 2c_2 t\big),\qquad x_2(t)=e^{t}\big(c_1 + c_2 t\big).
Isto é a solução geral do sistema, com c_1,c_2\in\mathbb{R} determinados pelas condições iniciais, se fornecidas.]

Resposta

X(t)=e^{t}\Big( c_1\begin{pmatrix}2 \\[4pt] 1\end{pmatrix} + c_2\Big( t\begin{pmatrix}2 \\[4pt] 1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}1 \\[4pt] 0\end{pmatrix}\Big)\Big), \qquad c_1,c_2\in\mathbb{R}.]

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