Exercício. Considerando o sistema
\left\{\begin{array}{l} \frac{d x}{d t}=6 x-y \\\ \frac{d y}{d t}=5 x+4 y \end{array}\right.
determinemos o conjunto fundamental de soluções.

Passo 1

O enunciado fornece o sistema de equações diferenciais ordinárias
\left\{\begin{array}{l} \frac{d x}{d t}=6 x-y,\\[4pt] \frac{d y}{d t}=5 x+4 y, \end{array}\right.
e pede que determinemos o conjunto fundamental de soluções (ou seja, duas soluções linearmente independentes que geram todas as soluções do sistema).
Informações relevantes que temos do enunciado:
  • O sistema é linear e de coeficientes constantes.
  • As incógnitas são x(t) e y(t).
  • Não há condições iniciais; queremos a família geral de soluções (conjunto fundamental).]

Passo 2

Escrever o sistema na forma matricial facilita o uso de autovalores e autovetores. Definindo \mathbf{u}(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\[2pt]y(t)\end{pmatrix}, temos
\frac{d\mathbf{u}}{dt}=A\mathbf{u}, \qquad A=\begin{pmatrix}6 & -1\\[2pt]5 & 4\end{pmatrix}.
A teoria básica: para um sistema linear \dfrac{d\mathbf{u}}{dt}=A\mathbf{u} com A constante, procura-se os autovalores \lambda e autovetores \mathbf{v} de A (soluções de (A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}). Se \lambda é um autovalor e \mathbf{v} um autovetor, então e^{\lambda t}\mathbf{v} é uma solução do sistema. Se os autovalores forem complexos conjugados, extraem-se partes real e imaginária para obter duas soluções reais linearmente independentes.]

Passo 3

Calcular o polinômio característico de A e seus autovalores. O polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}6-\lambda & -1\\[2pt]5 & 4-\lambda\end{pmatrix}.
Calculando o determinante:
\det(A-\lambda I)=(6-\lambda)(4-\lambda)-(-1)\cdot5.
Desenvolvendo:
(6-\lambda)(4-\lambda)+5 =24-6\lambda-4\lambda+\lambda^2+5 =\lambda^2-10\lambda+29.
Portanto os autovalores são raízes de
\lambda^2-10\lambda+29=0.
Usando a fórmula quadrática,
\lambda=\frac{10\pm\sqrt{(-10)^2-4\cdot1\cdot29}}{2} =\frac{10\pm\sqrt{100-116}}{2} =\frac{10\pm\sqrt{-16}}{2} =\frac{10\pm 4i}{2}=5\pm 2i.
Conclusão: os autovalores são complexos conjugados \lambda_{1,2}=5\pm 2i. Isso indica termos exponenciais com fator real e^{5t} e oscilações com frequência angular 2.]

Passo 4

Encontrar um autovetor correspondente a \lambda=5+2i. Resolver (A-(5+2i)I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. Escrevendo a matriz:
A-(5+2i)I=\begin{pmatrix}6-(5+2i) & -1\\[2pt]5 & 4-(5+2i)\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1-2i & -1\\[2pt]5 & -1-2i\end{pmatrix}.
Se \mathbf{v}=\begin{pmatrix}v_1\\[2pt]v_2\end{pmatrix}, a primeira linha dá
(1-2i)v_1 - v_2 = 0 \quad\Rightarrow\quad v_2=(1-2i)v_1.
Escolhendo a normalização simples v_1=1, obtemos o autovetor
\mathbf{v}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1-2i\end{pmatrix}.
É bom verificar (opcional) que a segunda equação é compatível; ela realmente se satisfaz ao substituir v_2, então \mathbf{v} está correta.]

Passo 5

Transformar a solução complexa em duas soluções reais. Se \lambda=\alpha+i\beta e \mathbf{v}=\mathbf{p}+i\mathbf{q} (com \mathbf{p},\mathbf{q} vetores reais), então
e^{\lambda t}\mathbf{v}=e^{\alpha t}\big[(\cos\beta t+i\sin\beta t)(\mathbf{p}+i\mathbf{q})\big].
Separando parte real e imaginária, obtemos duas soluções reais linearmente independentes:
\mathbf{u}_1(t)=e^{\alpha t}\big(\mathbf{p}\cos\beta t-\mathbf{q}\sin\beta t\big), \qquad \mathbf{u}_2(t)=e^{\alpha t}\big(\mathbf{p}\sin\beta t+\mathbf{q}\cos\beta t\big).
Aqui \alpha=5 e \beta=2. Do autovetor \mathbf{v}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1-2i\end{pmatrix} extraímos
\mathbf{p}=\Re(\mathbf{v})=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix},\qquad \mathbf{q}=\Im(\mathbf{v})=\begin{pmatrix}0\\[2pt]-2\end{pmatrix}.]

Passo 6

Aplicar as fórmulas para \mathbf{u}_1 e \mathbf{u}_2. Usando \mathbf{p} e \mathbf{q} acima,
\mathbf{u}_1(t)=e^{5t}\Big(\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}\cos 2t-\begin{pmatrix}0\\[2pt]-2\end{pmatrix}\sin 2t\Big) = e^{5t}\begin{pmatrix}\cos 2t\\[4pt]\cos 2t + 2\sin 2t\end{pmatrix},
\mathbf{u}_2(t)=e^{5t}\Big(\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}\sin 2t+\begin{pmatrix}0\\[2pt]-2\end{pmatrix}\cos 2t\Big) = e^{5t}\begin{pmatrix}\sin 2t\\[4pt]\sin 2t - 2\cos 2t\end{pmatrix}.
Estas são duas soluções reais. Para confirmar que são linearmente independentes, calcule o determinante formado por elas num instante (por exemplo t=0):
\mathbf{u}_1(0)=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix},\qquad \mathbf{u}_2(0)=\begin{pmatrix}0\\[2pt]-2\end{pmatrix}.
O determinante da matriz com colunas \mathbf{u}_1(0) e \mathbf{u}_2(0) é
\det\begin{pmatrix}1 & 0\\[2pt]1 & -2\end{pmatrix}= (1)(-2)-(1)(0)=-2\neq 0,
logo são linearmente independentes. Como o sistema é de ordem 2, estas duas soluções formam um conjunto fundamental.]

Passo 7

Escrever a solução geral do sistema: qualquer solução geral é combinação linear das duas soluções fundamentais \mathbf{u}_1 e \mathbf{u}_2. Assim, se \mathbf{u}(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\[2pt]y(t)\end{pmatrix}, então existem constantes reais C_1,C_2 tais que
\mathbf{u}(t)=C_1\,\mathbf{u}_1(t)+C_2\,\mathbf{u}_2(t).
Escrevendo componentes,
\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\end{pmatrix} = e^{5t}\Big[ C_1\begin{pmatrix}\cos 2t\\[4pt]\cos 2t + 2\sin 2t\end{pmatrix} + C_2\begin{pmatrix}\sin 2t\\[4pt]\sin 2t - 2\cos 2t\end{pmatrix} \Big].]

Resposta

\displaystyle \mathbf{u}_1(t)=e^{5t}\begin{pmatrix}\cos 2t\\[4pt]\cos 2t + 2\sin 2t\end{pmatrix}
\displaystyle \mathbf{u}_2(t)=e^{5t}\begin{pmatrix}\sin 2t\\[4pt]\sin 2t - 2\cos 2t\end{pmatrix}]

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