(4 Pontos) Encontre um conjunto fundamental de soluções, em termos de funções reais, para os sistemas abaixo,
\left\{\begin{array}{l} x^{\prime}(t)=2 x(t)-y(t) \\\ y^{\prime}(t)=x(t)+2 y(t) \end{array},\right.
\operatorname{com} x(0)=1 e v(0)=0.
\mathbf{X}^{\prime}=\left(\begin{array}{lll} 5 & 0 & 0 \\\\ 0 & 5 & 0 \\\\ 3 & 2 & 6 \end{array}\right) \mathbf{X}

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado pede e os dados fornecidos.
  • Pede-se um conjunto fundamental de soluções, em termos de funções reais, para dois sistemas:
    1. O sistema bidimensional
    \left\{\begin{array}{l} x^{\prime}(t)=2 x(t)-y(t)\\[4pt] y^{\prime}(t)=x(t)+2 y(t) \end{array}\right.
    com as condições iniciais \,x(0)=1 e \,v(0)=0. (Vou assumir que a segunda condição é \,y(0)=0, visto que o sistema envolve x e y.)
    2) O sistema matricial
    \mathbf{X}^{\prime}(t)=\begin{pmatrix} 5 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 5 & 0\\[4pt] 3 & 2 & 6 \end{pmatrix}\mathbf{X}(t).
  • O que se pede (resumindo):
    • Para o sistema (1): encontrar um conjunto fundamental de soluções reais e, usando as condições iniciais \,x(0)=1 e \,y(0)=0, obter a solução particular.
    • Para o sistema (2): encontrar um conjunto fundamental de soluções (vetores solução independentes em termos de funções reais) e, se for o caso, a forma geral da solução.]

Passo 2

Estratégia geral (sem resolver ainda), explicada de maneira didática e simples.
  • Para sistemas lineares com coeficientes constantes a técnica padrão é buscar soluções da forma \mathbf{X}(t)=\mathbf{v}\,e^{\lambda t}, onde \lambda é um escalar (potencial autovalor) e \mathbf{v} é um vetor não nulo (potencial autovetor). Ao substituir na equação obtém-se (A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. Os valores \lambda possíveis são as raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I)=0.
  • Se os autovalores são reais e distintos, cada autovetor gera uma solução real \mathbf{v}e^{\lambda t}. Se houver autovalores complexos conjugados \alpha\pm i\beta com autovetor complexo \mathbf{u}+i\mathbf{w}, então as partes real e imaginária de \mathbf{u}e^{(\alpha+i\beta)t} dão duas soluções reais independentes do sistema (e são da forma e^{\alpha t}(\mathbf{u}\cos\beta t-\mathbf{w}\sin\beta t) e e^{\alpha t}(\mathbf{u}\sin\beta t+\mathbf{w}\cos\beta t)).
  • No sistema (2) a matriz é triangular por blocos (na prática é inferior com zeros acima da diagonal principal), o que facilita achar autovalores (são as entradas da diagonal) e autovetores resolvendo (A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}.
Vou aplicar essas ideias passo a passo.

Passo 3

Resolver o sistema (1): cálculo dos autovalores e interpretação.
  • A matriz associada é A=\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix}.
  • O polinômio característico é \det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}2-\lambda & -1\\[4pt]1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)^2+1.
  • Resolvendo (2-\lambda)^2+1=0 obtemos (2-\lambda)^2=-1\quad\Rightarrow\quad 2-\lambda=\pm i,portanto \lambda=2\pm i.
  • Esses são autovalores complexos conjugados com parte real \alpha=2 e parte imaginária \beta=1. Pela teoria acima, esperamos duas soluções reais independentes do tipo e^{2t} multiplicadas por combinações de \cos t e \sin t.]

Passo 4

Encontrar um autovetor complexo associado a \lambda=2+i e construir a solução complexa.
  • Resolvemos (A-(2+i)I)\mathbf{v}=\mathbf{0}, isto é \begin{pmatrix}-i & -1\\[4pt]1 & -i\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • Da primeira linha vem -i v_1 - v_2=0, logo v_2=-i v_1. Tomando v_1=1 (podemos escolher um escala livre), obtemos o autovetor \mathbf{v}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-i\end{pmatrix}.
  • A solução complexa correspondente é \mathbf{z}(t)=\mathbf{v}\,e^{(2+i)t}=e^{2t}e^{it}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-i\end{pmatrix}.]

Passo 5

Extrair as duas soluções reais independentes a partir de \mathbf{z}(t).
  • Escrever e^{it}=\cos t + i\sin t e multiplicar pela componente do vetor: \mathbf{z}(t)=e^{2t}\begin{pmatrix}\cos t + i\sin t\\[4pt](\cos t + i\sin t)(-i)\end{pmatrix}.
  • Calcular a segunda componente: (\cos t + i\sin t)(-i)=-i\cos t + \sin t.
  • Assim \mathbf{z}(t)=e^{2t}\begin{pmatrix}\cos t + i\sin t\\[4pt]\sin t - i\cos t\end{pmatrix}.
  • A parte real e a parte imaginária de \mathbf{z}(t) são soluções reais independentes: \Re(\mathbf{z}(t))=e^{2t}\begin{pmatrix}\cos t\\[4pt]\sin t\end{pmatrix}, \qquad \Im(\mathbf{z}(t))=e^{2t}\begin{pmatrix}\sin t\\[4pt]-\cos t\end{pmatrix}.
  • Logo um conjunto fundamental de soluções reais para (1) é formado por \mathbf{X}_1(t)=e^{2t}\begin{pmatrix}\cos t\\[4pt]\sin t\end{pmatrix}, \qquad \mathbf{X}_2(t)=e^{2t}\begin{pmatrix}\sin t\\[4pt]-\cos t\end{pmatrix}.
  • Esses dois vetores são linearmente independentes (por exemplo, seus valores em t=0 são \mathbf{X}_1(0)=(1,0) e \mathbf{X}_2(0)=(0,-1), vetores independentes).]

Passo 6

Usar as condições iniciais \,x(0)=1 e \,y(0)=0 para obter a solução particular do sistema (1).
  • A solução geral é combinação linear \mathbf{X}(t)=c_1\mathbf{X}_1(t)+c_2\mathbf{X}_2(t).
  • Em t=0, temos \mathbf{X}_1(0)=(1,0) e \mathbf{X}_2(0)=(0,-1); a condição inicial é \mathbf{X}(0)=(1,0)^\top. Então c_1\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}+c_2\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • Isso dá o sistema para c_1,c_2: c_1=1 e -c_2=0\Rightarrow c_2=0.
  • Portanto a solução particular é simplesmente \mathbf{X}(t)=\mathbf{X}_1(t)=e^{2t}\begin{pmatrix}\cos t\\[4pt]\sin t\end{pmatrix},ou, em componentes, x(t)=e^{2t}\cos t,\qquad y(t)=e^{2t}\sin t.]

Passo 7

Resolver o sistema (2): detectar autovalores pela forma da matriz e explicar o porquê.
  • A matriz do sistema (2) é A=\begin{pmatrix} 5 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 5 & 0\\[4pt] 3 & 2 & 6 \end{pmatrix}.
  • Numa matriz triangular (ou triangular por blocos) os autovalores aparecem na diagonal principal. Assim os autovalores são \lambda_1=5,\;\lambda_2=5 (autovalor com multiplicidade algébrica 2) e \lambda_3=6.
  • É preciso verificar a dimensão do espaço próprio (multiplicidade geométrica) para \lambda=5. Se houver dois autovetores independentes associados a \lambda=5, então teremos duas soluções independentes do tipo \mathbf{v}e^{5t}. Caso contrário precisaríamos de vetores generalizados; aqui vamos resolver e ver que há de fato dois autovetores.]

Passo 8

Calcular autovetores para \lambda=5.
  • Resolver (A-5I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. A matriz A-5I é A-5I=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt] 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}.
  • As duas primeiras equações são 0=0 (não impõem restrição). A terceira equação impõe 3v_1+2v_2+1v_3=0\quad\Rightarrow\quad v_3=-3v_1-2v_2.
  • Assim há dois graus de liberdade (podemos escolher v_1 e v_2 livremente). Escolhendo vetores base simples:
    • Tomando v_1=1,\;v_2=0 obtemos v_3=-3, ou seja \mathbf{v}^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-3\end{pmatrix}.
    • Tomando v_1=0,\;v_2=1 obtemos v_3=-2, ou seja \mathbf{v}^{(2)}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
  • Essas duas são linearmente independentes e geram o espaço próprio associado a \lambda=5.]

Passo 9

Calcular autovetor para \lambda=6 e apresentar o conjunto fundamental.
  • Resolver (A-6I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. A matriz A-6I é A-6I=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 0\\[4pt] 3 & 2 & 0 \end{pmatrix}.
  • Da primeira e segunda equações vem v_1=0 e v_2=0. A terceira equação fica 0=0 quando v_1=v_2=0, então v_3 é livre. Tomando v_3=1 obtemos o autovetor \mathbf{v}^{(3)}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  • Cada autovetor gera uma solução exponencial: \mathbf{v}^{(1)}e^{5t},\qquad \mathbf{v}^{(2)}e^{5t},\qquad \mathbf{v}^{(3)}e^{6t}.
  • Portanto um conjunto fundamental de soluções reais (três vetores solução linearmente independentes) para o sistema (2) é e^{5t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-3\end{pmatrix},\qquad e^{5t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix},\qquad e^{6t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  • A solução geral do sistema (2) é então \mathbf{X}(t)=C_1 e^{5t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-3\end{pmatrix} +C_2 e^{5t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix} +C_3 e^{6t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix},com constantes reais C_1,C_2,C_3.]

Resposta

x(t)=e^{2t}\cos t,\quad y(t)=e^{2t}\sin t
\mathbf{X}(t)=C_1 e^{5t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-3\end{pmatrix} + C_2 e^{5t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix} + C_3 e^{6t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}]

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