Exercício 03: Resolva os seguintes sistemas homogêneos:
\dot{X}=\left[\begin{array}{cc}-3 & 2 \\\\ -1 & -1\end{array}\right] X, X(0)=\left[\begin{array}{c}1 \\\\ -2\end{array}\right].

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear homogêneo com condição inicial. Os dados são:
  • Matriz do sistema:
A=\begin{pmatrix}-3 & 2\\[4pt]-1 & -1\end{pmatrix}
  • Equação do sistema:
\dot{X}=A X
  • Condição inicial:
X(0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
O que se pede: encontrar X(t) para t\ge 0 (solução do problema de valor inicial).]

Passo 2

Vamos calcular os autovalores de A resolvendo o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0.
\det\!\begin{pmatrix}-3-\lambda & 2\\[4pt]-1 & -1-\lambda\end{pmatrix} =(-3-\lambda)(-1-\lambda)-2(-1).
Expandindo,
(-3-\lambda)(-1-\lambda)=\lambda^{2}+4\lambda+3,
então
\det(A-\lambda I)=\lambda^{2}+4\lambda+3+2=\lambda^{2}+4\lambda+5.
Igualando a zero,
\lambda^{2}+4\lambda+5=0.
As raízes são
\lambda=\frac{-4\pm\sqrt{16-20}}{2}=\frac{-4\pm\sqrt{-4}}{2}=-2\pm i.
Portanto os autovalores são \lambda_{1,2}=-2\pm i (complexos conjugados).]

Passo 3

Com autovalor complexo \lambda=-2+i, obtemos um autovetor não-nulo v resolvendo (A-\lambda I)v=0.
A-( -2+i)I=\begin{pmatrix}-3-(-2+i) & 2\\[4pt]-1 & -1-(-2+i)\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1-i & 2\\[4pt]-1 & 1-i\end{pmatrix}.
Da primeira linha:
(-1-i)v_1+2v_2=0 \quad\Rightarrow\quad v_1=\frac{2}{1+i}v_2.
Calculando \dfrac{2}{1+i}=2\cdot\dfrac{1-i}{(1+i)(1-i)}=1-i. Tomando v_2=1 (escolha conveniente), fica
v=\begin{pmatrix}1-i\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 4

Uma solução complexa é
X_c(t)=e^{(-2+i)t}v=e^{-2t}e^{it}v.
Pelo método padrão, duas soluções reais fundamentais são as partes real e imaginária de X_c(t):
\Re\big(e^{(-2+i)t}v\big)\quad\text{e}\quad\Im\big(e^{(-2+i)t}v\big).
Vamos calcular e^{it}v. Usando e^{it}=\cos t+i\sin t e v=\begin{pmatrix}1-i\\[4pt]1\end{pmatrix},
e^{it}v=\begin{pmatrix}(1-i)(\cos t+i\sin t)\\[4pt]\cos t+i\sin t\end{pmatrix}.
Expandindo o primeiro componente:
(1-i)(\cos t+i\sin t)=\cos t+\sin t + i(\sin t-\cos t).
O segundo componente é \cos t+i\sin t. Assim
e^{(-2+i)t}v=e^{-2t}\begin{pmatrix}\cos t+\sin t + i(\sin t-\cos t)\\[4pt]\cos t + i\sin t\end{pmatrix}.
Portanto as partes real e imaginária são
\Re\big(e^{(-2+i)t}v\big)=e^{-2t}\begin{pmatrix}\cos t+\sin t\\[4pt]\cos t\end{pmatrix}, \qquad \Im\big(e^{(-2+i)t}v\big)=e^{-2t}\begin{pmatrix}\sin t-\cos t\\[4pt]\sin t\end{pmatrix}.]

Passo 5

A solução geral real do sistema é combinação linear dessas duas soluções reais:
X(t)=c_1\,e^{-2t}\begin{pmatrix}\cos t+\sin t\\[4pt]\cos t\end{pmatrix} + c_2\,e^{-2t}\begin{pmatrix}\sin t-\cos t\\[4pt]\sin t\end{pmatrix},
onde c_1,c_2 são constantes reais a determinar pela condição inicial.]

Passo 6

Aplicamos X(0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}. Em t=0 temos \cos 0=1, \sin 0=0 e e^{0}=1. Então
X(0)=c_1\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+c_2\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}c_1-c_2\\[4pt]c_1\end{pmatrix}.
Igualando a \begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix} obtemos o sistema para c_1,c_2:
c_1-c_2=1,\qquad c_1=-2.
Da segunda equação c_1=-2. Substituindo na primeira,
-2-c_2=1\quad\Rightarrow\quad c_2=-3.]

Passo 7

Substituindo c_1=-2 e c_2=-3 na expressão geral e simplificando, obtemos componentes explícitas. Para a primeira componente:
X_1(t)=e^{-2t}\big(-2(\cos t+\sin t)-3(\sin t-\cos t)\big) =e^{-2t}\big(\cos t-5\sin t\big).
Para a segunda componente:
X_2(t)=e^{-2t}\big(-2\cos t-3\sin t\big).
Portanto a solução final é
X(t)=\begin{pmatrix}X_1(t)\\[4pt]X_2(t)\end{pmatrix} =e^{-2t}\begin{pmatrix}\cos t-5\sin t\\[4pt]-2\cos t-3\sin t\end{pmatrix}.]

Resposta

X(t)=e^{-2t}\begin{pmatrix}\cos t-5\sin t\\[4pt]-2\cos t-3\sin t\end{pmatrix}.]

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