As matrizes P=\left[\begin{array}{cc}-1 & 1 \\\\ 1 & -2\end{array}\right] e D=\left[\begin{array}{ll}2 & 0 \\\\ 0 & 3\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^{2 t}\left[\begin{array}{r} -1 \\\\ 1 \end{array}\right]+c_{2} e^{3 t}\left[\begin{array}{r} 1 \\\\ -2 \end{array}\right] .

Passo 1

O enunciado fornece as matrizes
P=\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix}, \qquad D=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt]0 & 3\end{pmatrix}
e diz que \,A=PDP^{-1}\,. A afirmação que devemos justificar é que a solução geral do sistema linear homogêneo (implícito) \,x'(t)=A\,x(t)\, é
\begin{pmatrix}x_1(t)\\[4pt]x_2(t)\end{pmatrix} = c_1 e^{2t}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\end{pmatrix} + c_2 e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Informações relevantes dadas:
  • A é diagonalizável e a diagonalização é A=PDP^{-1}.
  • As colunas de P são \,p_1=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\end{pmatrix} e \,p_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
  • A matriz D tem autovalores 2 e 3 (na diagonal).]

Passo 2

Explicar por que as colunas de P são autovetores de A com autovalores dados por D.
Da identidade \,A=PDP^{-1}\, multiplica-se à direita por P e obtém-se
A P = P D.
Escrevendo P por colunas P=[p_1\\ p_2] e D=\operatorname{diag}(2,3), a multiplicação P D escala cada coluna:
P D = [2p_1\\ \\\ 3p_2].
A igualdade A P = P D significa, componente a componente,
A p_1 = 2\,p_1,\qquad A p_2 = 3\,p_2.
Logo p_1 e p_2 são autovetores de A associados, respectivamente, aos autovalores 2 e 3. Em particular:
p_1=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad p_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.]

Passo 3

Fazer a mudança de variáveis que diagonaliza o sistema. Defina \,x(t)=P\,y(t)\,. Como P é constante, a derivada é \,x'(t)=P\,y'(t). Substituindo no sistema original \,x'=A x\,
P\,y'(t)=A\,P\,y(t).
Usando A P = P D chega-se a
P\,y'(t)=P\,D\,y(t).
Multiplicando à esquerda por P^{-1} (que existe porque P diagonaliza A) obtemos o sistema decouplado
y'(t)=D\,y(t).

Passo 4

Resolver o sistema decouplado y'(t)=D y(t). Como D é diagonal com entradas 2 e 3, escrevemos y(t)=\begin{pmatrix}y_1(t)\\[4pt]y_2(t)\end{pmatrix}. O sistema separa em duas EDOs escalares:
y_1'(t)=2\,y_1(t),\qquad y_2'(t)=3\,y_2(t).
Cada equação é do tipo \,z'=\lambda z\,, cuja solução geral é \,z(t)=C e^{\lambda t}\,. Portanto
y_1(t)=c_1 e^{2t},\qquad y_2(t)=c_2 e^{3t},
onde c_1,c_2 são constantes arbitrárias (determindas por condições iniciais).]

Passo 5

Voltar à variável original x. Como x(t)=P\,y(t) e y(t)=\begin{pmatrix}c_1 e^{2t}\\[4pt]c_2 e^{3t}\end{pmatrix}, temos
x(t)=c_1 e^{2t}\,p_1 + c_2 e^{3t}\,p_2.
Substituindo os autovetores p_1 e p_2 obtemos exatamente
\begin{pmatrix}x_1(t)\\[4pt]x_2(t)\end{pmatrix} = c_1 e^{2t}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\end{pmatrix} + c_2 e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.]

Passo 6

Verificação rápida (checar que a solução realmente satisfaz x'=A x). Diferenciando a expressão encontrada:
x'(t)=2c_1 e^{2t} p_1 + 3c_2 e^{3t} p_2.
Usando A p_1 = 2 p_1 e A p_2 = 3 p_2 (Passo 2) obtemos
A x(t)=c_1 e^{2t} A p_1 + c_2 e^{3t} A p_2 =2c_1 e^{2t} p_1 + 3c_2 e^{3t} p_2 = x'(t),
logo a solução é válida.

Resposta

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

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