Q10. Sobre o sistema de EDO
\mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\\\ 4 & 1 \end{array}\right) \mathbf{x}
siga os passos abaixo para encontrar sua solução geral.
(a) Encontre o polinômio característico associado à matriz acima.
(b) Encontre as raízes do polinômio característico.
(c) Encontre os autovalores da matriz.
(d) Encontre os autovetores da matriz.
(e) Verifique se os autovetores da matriz são LI ou LD.
(f) Encontre a solução geral do sistema.

Passo 1

O enunciado pede para resolver o sistema de EDO
\mathbf{x}' = A\,\mathbf{x}
com
A = \begin{pmatrix}1 & 1 \\[6pt] 4 & 1\end{pmatrix}.
O conteúdo é a solução de sistemas lineares homogêneos de ordem 2 com coeficientes constantes usando autovalores e autovetores. Vamos seguir os itens:
(a) polinômio característico, (b) raízes, (c) autovalores, (d) autovetores, (e) independência linear, (f) solução geral.]

Passo 2

Para obter o polinômio característico de A, calculamos
\det(A - \lambda I) = \det\!\begin{pmatrix}1-\lambda & 1 \\[4pt] 4 & 1-\lambda\end{pmatrix} = (1-\lambda)^2 - 4\cdot1.
Logo, o polinômio característico é
p(\lambda) = (1-\lambda)^2 - 4 = \lambda^2 - 2\lambda - 3.]

Passo 3

Para achar as raízes de
p(\lambda)=\lambda^2 - 2\lambda - 3=0
usamos a fórmula de Bhaskara:
\lambda = \frac{2 \pm \sqrt{(-2)^2 - 4\cdot1\cdot(-3)}}{2} = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 12}}{2} = \frac{2 \pm 4}{2}.
As raízes são
\lambda_1 = 3 \quad\text{e}\quad \lambda_2 = -1.

Passo 4

Os autovalores de A são justamente
\lambda_1=3 e \lambda_2=-1.
Para cada \lambda_i resolvemos (A-\lambda_i I)\mathbf{v}=0:
Para \lambda_1=3:
\begin{pmatrix}1-3 & 1 \\[4pt] 4 & 1-3\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_1\v_2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2 & 1 \\\\ 4 & -2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_1\v_2\end{pmatrix} = \mathbf{0}
gera a equação -2v_1 + v_2 = 0, logo podemos tomar
\mathbf{v}^{(1)} = \begin{pmatrix}1\\\ 2\end{pmatrix}.
Para \lambda_2=-1:
\begin{pmatrix}1+1 & 1 \\[4pt] 4 & 1+1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_1\v_2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2 & 1 \\\\ 4 & 2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_1\v_2\end{pmatrix} = \mathbf{0}
gera 2v_1 + v_2 = 0, escolhemos
\mathbf{v}^{(2)} = \begin{pmatrix}1\\\ -2\end{pmatrix}.]

Passo 5

Como os autovalores são distintos, seus autovetores são automaticamente linearmente independentes (LI). De fato, \mathbf{v}^{(1)} e \mathbf{v}^{(2)} não são múltiplos um do outro, confirmando LI.

Passo 6

A solução geral do sistema é combinação linear dos modos
\mathrm{e}^{\lambda_i t}\mathbf{v}^{(i)}. Assim,
\mathbf{x}(t) = C_1 \,\mathrm{e}^{3t} \begin{pmatrix}1\\\ 2\end{pmatrix} + C_2 \,\mathrm{e}^{-t} \begin{pmatrix}1\\\ -2\end{pmatrix},
onde C_1 e C_2 são constantes reais arbitrárias.

Resposta

\mathbf{x}(t) = C_1 \,\mathrm{e}^{3t} \begin{pmatrix}1\\\ 2\end{pmatrix} + C_2 \,\mathrm{e}^{-t} \begin{pmatrix}1\\\ -2\end{pmatrix}.

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