Nos problemas de 1 a 12, encontre a solução geral do sistema de equações dados.
6. \mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{rr}-4 & 2 \\\\ 2 & -1\end{array}\right) \mathbf{x}+\binom{t^{-1}}{2 t^{-1}+4}, \quad t>0

Passo 1

O enunciado pede a solução geral do sistema não homogêneo
\mathbf{x}' = A\,\mathbf{x} + \mathbf{f}(t),\quad t>0,
onde
A = \begin{pmatrix}-4 & 2 \\[6pt]2 & -1\end{pmatrix},\qquad \mathbf{f}(t) = \begin{pmatrix}t^{-1}\\[4pt]2\,t^{-1}+4\end{pmatrix}.
O conteúdo aqui é sistemas lineares com termo não homogêneo. Vamos primeiro achar a solução geral do sistema homogêneo e depois usar o método de variação dos parâmetros para obter uma particular.]

Passo 2

Estudamos o sistema homogêneo \mathbf{x}'=A\mathbf{x}\). Os autovalores de \(A\) satisfazem \[\det(A-\lambda I)=(-4-\lambda)(-1-\lambda)-4= \lambda^2+5\lambda=0
logo \lambda_1=0 e \lambda_2=-5. Para \lambda_1=0 resolvemos
A\mathbf{v}_1=\mathbf{0} \quad\Rightarrow\quad \begin{cases} -4v_{1}+2v_{2}=0,\\\\ 2v_{1}-v_{2}=0, \end{cases}
que dá \mathbf{v}_1=(1,2)^T\]. Para \(\lambda_2=-5 resolvemos (A+5I)\mathbf{v}_2=0 e obtemos \mathbf{v}_2=(-2,1)^T.
Portanto a solução geral do homogêneo é
\mathbf{x}_h(t) = C_1\,\mathbf{v}_1 + C_2\,e^{-5t}\,\mathbf{v}_2 = C_1\begin{pmatrix}1\\\ 2\end{pmatrix} + C_2\,e^{-5t}\begin{pmatrix}-2\\\ 1\end{pmatrix}.

Passo 3

Para encontrar uma solução particular usamos variação de parâmetros. Montamos a matriz fundamental
X(t)=\bigl[\mathbf{v}_1,\;e^{-5t}\mathbf{v}_2\bigr] =\begin{pmatrix} 1 & -2e^{-5t}\\[4pt] 2 & \;e^{-5t} \end{pmatrix}.
Então procuramos \mathbf{x}_p(t)=X(t)\,\mathbf{u}(t), com \mathbf{u}'(t)=X(t)^{-1}\mathbf{f}(t).]

Passo 4

Calculamos X(t)^{-1}. O determinante é
\det X =1\cdot e^{-5t}-(-2e^{-5t})\cdot2 =5e^{-5t},
logo
X^{-1}=\frac1{5e^{-5t}} \begin{pmatrix} \,e^{-5t} & 2e^{-5t}\\[4pt] -2 & 1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \tfrac15 & \tfrac25\\[4pt] -\tfrac{2}{5}e^{5t} & \tfrac{1}{5}e^{5t} \end{pmatrix}.
Multiplicando por \mathbf{f}(t) vem
\mathbf{u}'(t) = X^{-1}\mathbf{f}(t) =\begin{pmatrix} t^{-1}+\tfrac85\\[4pt] \tfrac{4}{5}e^{5t} \end{pmatrix}.]

Passo 5

Integramos cada componente de \mathbf{u}':
u_1(t)=\int\Bigl(t^{-1}+\tfrac85\Bigr)\,dt =\ln t + \tfrac{8}{5}\,t, \quad u_2(t)=\int\tfrac{4}{5}e^{5t}\,dt =\tfrac{4}{25}e^{5t}.
Então
\mathbf{x}_p(t) = X(t)\begin{pmatrix}u_1(t)\u_2(t)\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} u_1 -2e^{-5t}u_2\\[4pt] 2u_1 +e^{-5t}u_2 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \ln t +\tfrac{8}{5}t -\tfrac{8}{25}\\[4pt] 2\ln t +\tfrac{16}{5}t +\tfrac{4}{25} \end{pmatrix}.]

Passo 6

A solução geral é a soma da parte homogênea com a particular:
\mathbf{x}(t) =C_1\begin{pmatrix}1\\\ 2\end{pmatrix} + C_2\,e^{-5t}\begin{pmatrix}-2\\\ 1\end{pmatrix} +\begin{pmatrix} \ln t +\tfrac{8}{5}t -\tfrac{8}{25}\\[4pt] 2\ln t +\tfrac{16}{5}t +\tfrac{4}{25} \end{pmatrix}.]

Resposta

\boxed{ \mathbf{x}(t)= C_1\begin{pmatrix}1\\\ 2\end{pmatrix} + C_2\,e^{-5t}\begin{pmatrix}-2\\\ 1\end{pmatrix} +\begin{pmatrix} \ln t +\tfrac{8}{5}t -\tfrac{8}{25}\\[4pt] 2\ln t +\tfrac{16}{5}t +\tfrac{4}{25} \end{pmatrix}, }
com C_1,C_2 constantes arbitrárias.]

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