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

Passo 1

O enunciado dá um sistema linear homogêneo de coeficientes constantes e pede a solução geral:
\dot{X}=A X, \qquad A=\begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix}, \qquad X(t)=\begin{pmatrix}x_1(t)\\[4pt] x_2(t)\end{pmatrix}.
O que se pretende encontrar é a família de soluções X(t) dependente de constantes arbitrárias (solução geral).]

Passo 2

Método que vamos usar (explicação didática, passo a passo):
  • Para sistemas lineares com matriz constante A, procuramos autovalores \lambda e autovetores v que satisfaçam
A v=\lambda v.
  • Se v é um autovetor associado a \lambda, então
X(t)=e^{\lambda t}v
é uma solução do sistema. Prova curta: derivando X(t) obtemos \dot{X}(t)=\lambda e^{\lambda t}v e como Av=\lambda v segue \dot{X}=A X.
  • Se conseguimos dois autovetores linearmente independentes v^{(1)},v^{(2)} (no caso 2\times2), então as combinações lineares
X(t)=c_1 e^{\lambda_1 t}v^{(1)}+c_2 e^{\lambda_2 t}v^{(2)}
formam a solução geral (constantes c_1,c_2\in\mathbb{R}). Portanto o próximo passo é encontrar os autovalores e autovetores de A.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0.
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-2-\lambda & 1\\[4pt] 1 & -2-\lambda\end{pmatrix}.
A determinante é
\det(A-\lambda I)=(-2-\lambda)^2-1.
Desenvolvendo:
(-2-\lambda)^2-1=\lambda^2+4\lambda+4-1=\lambda^2+4\lambda+3.
Resolvendo \lambda^2+4\lambda+3=0 obtemos, por fatoração,
\lambda^2+4\lambda+3=(\lambda+1)(\lambda+3)=0,
logo os autovalores são
\lambda_1=-1,\qquad \lambda_2=-3.]

Passo 4

Encontrar o autovetor associado a \lambda_1=-1.
Resolvemos (A-\lambda_1 I)v=0, isto é (A+I)v=0:
A+I=\begin{pmatrix}-2+1 & 1\\[4pt] 1 & -2+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}.
Escrevendo o sistema para v=\begin{pmatrix}v_1\\[4pt] v_2\end{pmatrix}:
- v_1 + v_2 = 0, \qquad v_1 - v_2 = 0.
Ambas as equações dão v_1=v_2. Podemos escolher um autovetor conveniente, por exemplo
v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Encontrar o autovetor associado a \lambda_2=-3.
Resolvemos (A-\lambda_2 I)v=0, isto é (A+3I)v=0:
A+3I=\begin{pmatrix}-2+3 & 1\\[4pt] 1 & -2+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}.
O sistema para v=\begin{pmatrix}v_1\\[4pt] v_2\end{pmatrix} é
v_1+v_2=0,
ou seja v_2=-v_1. Tomando um autovetor conveniente,
v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Verificar independência linear dos autovetores e concluir (explicação):
  • Os vetores v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} e v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} não são múltiplos entre si, portanto são linearmente independentes.
  • Pela teoria explicada no Passo 2, as soluções fundamentais do sistema são as funções exponenciais associadas aos autovalores multiplicadas pelos autovetores correspondentes, e como há duas soluções fundamentais linearmente independentes a solução geral é a combinação linear com duas constantes arbitrárias.]

Resposta

X(t)=c_1 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+c_2 e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix},\qquad c_1,c_2\in\mathbb{R}.
\text{Em componentes: } \; x_1(t)=c_1 e^{-t}+c_2 e^{-3t}, \qquad x_2(t)=c_1 e^{-t}-c_2 e^{-3t}.]

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