(2,0 pts) Considere o seguinte problema de valor inicial
X^{\prime}=\left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\\\ 4 & 1 \end{array}\right) X, \quad X(0)=\binom{2}{0}
Determine a solução deste PVI.

Passo 1

Vou deixar claro o que o enunciado nos dá e o que pede.
  • Dado o problema de valor inicial com X:\mathbb{R}\to\mathbb{R}^2:
X^{\prime} = A X,\qquad X(0)=X_0,
onde
A=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 4 & 1\end{pmatrix},\qquad X_0=\begin{pmatrix}2 \\[4pt] 0\end{pmatrix}.
  • O que o enunciado pede: encontrar explicitamente X(t) que satisfaça a equação diferencial matricial e a condição inicial.]

Passo 2

Estratégia e ideia por trás do método (explicação didática).
  • Para sistemas lineares com coeficientes constantes a solução geral é dada por
X(t)=e^{At}X_0,
onde e^{At} é a exponencial da matriz A. Uma forma prática de calcular e^{At} é diagonalizar A quando possível: se existem matriz inversível S e matriz diagonal \Lambda tais que A=S\Lambda S^{-1}, então
e^{At}=S e^{\Lambda t} S^{-1},
e e^{\Lambda t} é simples pois é diagonal com entradas e^{\lambda_i t} (cada \lambda_i é autovalor).
  • Portanto vamos tentar diagonalizar A: calcular autovalores \lambda, autovetores e montar S e S^{-1}. Depois aplicamos X(t)=S e^{\Lambda t} S^{-1} X_0.

Passo 3

Cálculo dos autovalores de A (passo a passo).
  • O polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 1 \\[4pt] 4 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)^2-4.
  • Desenvolvendo:
(1-\lambda)^2-4 = 1-2\lambda+\lambda^2-4=\lambda^2-2\lambda-3.
  • As raízes desse polinômio (autovalores) satisfazem \lambda^2-2\lambda-3=0. Resolvendo:
\lambda=\frac{2\pm\sqrt{4+12}}{2}=\frac{2\pm4}{2}.
  • Logo os autovalores são
\lambda_1=3,\qquad \lambda_2=-1.]

Passo 4

Cálculo dos autovetores correspondentes (detalhadamente).
  • Para \lambda_1=3 resolvemos (A-3I)v=0:
\begin{pmatrix}1-3 & 1 \\[4pt] 4 & 1-3\end{pmatrix}v =\begin{pmatrix}-2 & 1 \\[4pt] 4 & -2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_1\\[4pt] v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
A primeira equação dá -2v_1+v_2=0\Rightarrow v_2=2v_1. Escolhendo v_1=1 obtemos um autovetor
v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}.
  • Para \lambda_2=-1 resolvemos (A+I)w=0:
\begin{pmatrix}1+1 & 1 \\[4pt] 4 & 1+1\end{pmatrix}w =\begin{pmatrix}2 & 1 \\[4pt] 4 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w_1\\[4pt] w_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
A primeira equação dá 2w_1+w_2=0\Rightarrow w_2=-2w_1. Escolhendo w_1=1 obtemos
v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
  • Como temos dois autovetores linearmente independentes, A é diagonalizável.]

Passo 5

Montagem de S, \Lambda e cálculo de S^{-1} (com contas explicadas).
  • Construindo S com colunas os autovetores e \Lambda com autovalores na diagonal:
S=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 2 & -2\end{pmatrix},\qquad \Lambda=\begin{pmatrix}3 & 0 \\[4pt] 0 & -1\end{pmatrix}.
  • Calculamos a inversa S^{-1}. O determinante de S é
\det S = 1\cdot(-2)-1\cdot 2 = -2-2=-4.
  • A inversa de uma 2\times2 é (1/\det)\begin{pmatrix}d & -b \\[4pt] -c & a\end{pmatrix}. Assim
S^{-1}=\frac{1}{-4}\begin{pmatrix}-2 & -1 \\[4pt] -2 & 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1/2 & 1/4 \\[4pt] 1/2 & -1/4\end{pmatrix}.
(Verificar: multiplicando S^{-1}S volta-se a identidade.)]

Passo 6

Aplicar a fórmula da solução com exponencial da diagonal.
  • Usando X(t)=S e^{\Lambda t} S^{-1} X_0 e lembrando que e^{\Lambda t} é diagonal com entradas e^{\lambda_i t}:
e^{\Lambda t}=\begin{pmatrix}e^{3t} & 0 \\[4pt] 0 & e^{-t}\end{pmatrix}.
  • Primeiro calculemos o vetor coordenadas c=S^{-1}X_0. Como X_0=\begin{pmatrix}2\\[4pt]0\end{pmatrix},
c=S^{-1}X_0=\begin{pmatrix}1/2 & 1/4 \\[4pt] 1/2 & -1/4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2\\[4pt]0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}(1/2)\cdot 2 + (1/4)\cdot 0 \\[4pt] (1/2)\cdot 2 + (-1/4)\cdot 0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  • Agora aplique e^{\Lambda t} em c:
e^{\Lambda t} c = \begin{pmatrix}e^{3t} & 0 \\[4pt] 0 & e^{-t}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}e^{3t}\\[4pt] e^{-t}\end{pmatrix}.]

Passo 7

Voltar ao espaço original: multiplicar por S e obter X(t).
  • Multiplicando S por esse vetor:
X(t)=S\begin{pmatrix}e^{3t}\\[4pt] e^{-t}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 2 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}e^{3t}\\[4pt] e^{-t}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}e^{3t}+e^{-t}\\[6pt] 2e^{3t}-2e^{-t}\end{pmatrix}.
  • Essa é a solução explícita do problema de valor inicial.]

Passo 8

Verificação rápida (sanity check) — conferir que a solução satisfaz a equação e a condição inicial.
  • Condição inicial: em t=0,
X(0)=\begin{pmatrix}e^{0}+e^{0}\\[4pt] 2e^{0}-2e^{0}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1+1\\[4pt]2-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]0\end{pmatrix},
que coincide com X_0.
  • Derivando a solução:
X'(t)=\begin{pmatrix}3e^{3t}-e^{-t}\\[4pt] 6e^{3t}+2e^{-t}\end{pmatrix}.
  • Calculando A X(t):
A X(t)=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 4 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}e^{3t}+e^{-t}\\[4pt] 2e^{3t}-2e^{-t}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3e^{3t}-e^{-t}\\[4pt]6e^{3t}+2e^{-t}\end{pmatrix},
que é exatamente X'(t). Portanto a solução está correta.]

Resposta

X(t)=\begin{pmatrix}e^{3t}+e^{-t}\\[6pt]2e^{3t}-2e^{-t}\end{pmatrix}]

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