1. \mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{rr}-2 & 1 \\\\ 1 & -2\end{array}\right) \mathbf{x}
Em cada um dos Problemas de 9 a 14, encontre a solução geral do sistema de equações dado.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear de ordem 1 em \mathbb{R}^2
\mathbf{x}' = \begin{pmatrix}-2 & 1 \\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix}\mathbf{x},
onde \mathbf{x}(t)=\begin{pmatrix}x_1(t)\\[4pt] x_2(t)\end{pmatrix}. A única pergunta é: encontre a solução geral desse sistema (ou seja, a família de todas as soluções \mathbf{x}(t) com constantes arbitrárias).
Informações importantes que temos:
A=\begin{pmatrix}-2 & 1 \\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix},
e procuramos \mathbf{x}(t) tal que \mathbf{x}'(t)=A\mathbf{x}(t).]

Passo 2

Método escolhido: procurar soluções do tipo exponencial \mathbf{x}(t)=\mathbf{v}\,e^{\lambda t}, com \mathbf{v}\in\mathbb{R}^2 não nulo e \lambda\in\mathbb{R}. Explicação didática: se substituirmos \mathbf{x}(t)=\mathbf{v}e^{\lambda t} em \mathbf{x}'=A\mathbf{x} obtemos
\lambda\mathbf{v}e^{\lambda t}=A\mathbf{v}e^{\lambda t}\quad\Rightarrow\quad (A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0},
ou seja, \lambda e \mathbf{v} devem ser um autovalor e um autovetor de A. Para matrizes 2\times2 com dois autovetores linearmente independentes, a solução geral é combinação linear das soluções associadas a cada autovalor:
\mathbf{x}(t)=C_1\mathbf{v}_1 e^{\lambda_1 t}+C_2\mathbf{v}_2 e^{\lambda_2 t},
com C_1,C_2 constantes arbitrárias. É esse método que vamos aplicar passo a passo.

Passo 3

Calcular os autovalores: formamos o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Escrevendo em bloco:
\det\!\begin{pmatrix}-2-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & -2-\lambda\end{pmatrix}=0.
Calcule o determinante:
(-2-\lambda)(-2-\lambda)-1=0.]

Passo 4

Desenvolvendo a expressão do passo anterior:
(-2-\lambda)^2-1=0.
Expanda:
\lambda^2+4\lambda+4-1=0\quad\Rightarrow\quad \lambda^2+4\lambda+3=0.
Resolva a quadrática:
\lambda=\frac{-4\pm\sqrt{16-12}}{2}=\frac{-4\pm2}{2}.
Portanto os autovalores são
\lambda_1=-1,\qquad \lambda_2=-3.

Passo 5

Encontrar um autovetor associado a \lambda_1=-1. Resolvemos (A-(-1)I)\mathbf{v}=(A+I)\mathbf{v}=\mathbf{0}, isto é
\begin{pmatrix}-1 & 1 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt] v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
Da primeira equação -v_1+v_2=0, então v_1=v_2. Podemos escolher o autovetor simples
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix}.
Comentário didático: qualquer múltiplo de \mathbf{v}_1 também serve; escolhemos (1,1)^T por simplicidade.]

Passo 6

Encontrar um autovetor associado a \lambda_2=-3. Resolvemos (A-(-3)I)=(A+3I) tal que
\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt] v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
Da primeira equação v_1+v_2=0, logo v_2=-v_1. Escolhemos o autovetor
\mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\end{pmatrix}.]

Passo 7

Como \mathbf{v}_1 e \mathbf{v}_2 são linearmente independentes, a solução geral do sistema é
\mathbf{x}(t)=C_1\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix}e^{-t}+C_2\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\end{pmatrix}e^{-3t},
onde C_1 e C_2 são constantes reais arbitrárias. Explicação: cada termo é solução porque substituindo dá \mathbf{x}'=A\mathbf{x}, e pela linearidade da equação a combinação também é solução.]

Passo 8

Verificação rápida (para aquecer a confiança): calcule a derivada do primeiro termo
\frac{d}{dt}\Big(e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}\Big)=-e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix},
e note que
A\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-1\end{pmatrix}=-1\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix},
logo o termo satisfaz a equação com \lambda=-1. Mesma verificação para \mathbf{v}_2 com \lambda=-3 dá consistência. Isso confirma que a solução geral do passo anterior está correta.]

Passo 9

Para facilidade na prova ou para comparar componentes, escreva as componentes explicitamente:
x_1(t)=C_1 e^{-t}+C_2 e^{-3t},\qquad x_2(t)=C_1 e^{-t}-C_2 e^{-3t}.

Resposta

\mathbf{x}(t)=C_1\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix}e^{-t}+C_2\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\end{pmatrix}e^{-3t}
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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