As matrizes P=\left[\begin{array}{cc}1 & 1 \\\\ -1 & 3\end{array}\right] e D=\left[\begin{array}{ll}1 & 0 \\\\ 0 & 5\end{array}\right] são tais que A=P D P^{-1}.

A solução geral é

\left[\begin{array}{l} x_{1}(t) \\\ x_{2}(t) \end{array}\right]=c_{1} e^{t}\left[\begin{array}{r} 1 \\\\ -1 \end{array}\right]+c_{2} e^{5 t}\left[\begin{array}{l} 1 \\\\ 3 \end{array}\right]

Passo 1

O enunciado nos dá explicitamente as matrizes
P=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]-1 & 3\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 5\end{pmatrix},
e a relação \,A=PDP^{-1}\,. A tarefa implícita é obter a solução geral do sistema linear de primeira ordem
\mathbf{x}'(t)=A\mathbf{x}(t).
Vou listar o que sabemos e o que precisamos obter:
  • Sabemos P e D e que A é semelhante a D via P.
  • Precisamos encontrar a solução geral \mathbf{x}(t) do sistema \mathbf{x}'=A\mathbf{x}, expressa em termos de constantes arbitrárias.]

Passo 2

Observação importante sobre a matriz P: suas colunas são
\mathbf{p}_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix},\qquad \mathbf{p}_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}.
Da igualdade A P = P D segue, coluna a coluna, que
A\mathbf{p}_1 = 1\cdot\mathbf{p}_1,\qquad A\mathbf{p}_2 = 5\cdot\mathbf{p}_2.
Ou seja, \mathbf{p}_1 e \mathbf{p}_2 são autovetores de A associados aos autovalores \lambda_1=1 e \lambda_2=5, respectivamente. Isso já é metade do caminho para a solução: quando se tem uma base de autovetores, o sistema desacopla facilmente.]

Passo 3

Vamos fazer a mudança de variáveis que diagonaliza o sistema. Defina
\mathbf{y}(t)=P^{-1}\mathbf{x}(t).
Diferenciando,
\mathbf{y}'(t)=P^{-1}\mathbf{x}'(t)=P^{-1}A\mathbf{x}(t)=P^{-1}A P\mathbf{y}(t)=D\mathbf{y}(t),
onde usei A=PDP^{-1} rearranjando para P^{-1}AP=D. Assim, o sistema original transforma-se no sistema diagonal (desacoplado)
\mathbf{y}'(t)=D\mathbf{y}(t).

Passo 4

Escrevendo \mathbf{y}=(y_1,y_2)^{T}, o sistema diagonal corresponde às duas equações escalares
y_1'(t)=1\cdot y_1(t),\qquad y_2'(t)=5\cdot y_2(t).
Cada equação é uma ODE linear simples de primeira ordem do tipo z'= \lambda z, cuja solução geral é z(t)=C e^{\lambda t}, com C constante arbitrária. Portanto
y_1(t)=c_1 e^{t},\qquad y_2(t)=c_2 e^{5t},
onde c_1 e c_2 são constantes que dependem das condições iniciais.

Passo 5

Agora voltamos às variáveis originais usando \mathbf{x}(t)=P\mathbf{y}(t). Substituindo \mathbf{y}(t) achado:
\mathbf{x}(t)=P\begin{pmatrix}c_1 e^{t}\\[4pt]c_2 e^{5t}\end{pmatrix} = c_1 e^{t}\,\mathbf{p}_1 + c_2 e^{5t}\,\mathbf{p}_2.
Recordando \mathbf{p}_1 e \mathbf{p}_2, obtemos explicitamente
\mathbf{x}(t)=c_1 e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} + c_2 e^{5t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix},
que é exatamente a forma canônica de solução quando se tem uma base de autovetores: combinações lineares dos autovetores multiplicadas por exponenciais dos autovalores.]

Passo 6

(Adendo prático: se precisar relacionar c_1,c_2 a uma condição inicial \mathbf{x}(0)=\mathbf{x}_0, basta calcular \mathbf{y}(0)=P^{-1}\mathbf{x}_0 e pegar c_1=(\mathbf{y}(0))_1,\;c_2=(\mathbf{y}(0))_2. Para referência, P^{-1} é)
P^{-1}=\frac{1}{4}\begin{pmatrix}3 & -1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix},
pois \det P=4.]

Resposta

\begin{pmatrix}x_{1}(t)\\[4pt]x_{2}(t)\end{pmatrix} = c_{1} e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} + c_{2} e^{5 t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}]

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