Questão 3 (20 pontos): Considere o sistema de equações diferenciais lineares de 1a ordem homogêneo (3).
\left[\begin{array}{c} \dot{x}_{1}(t) \\\ \dot{x}_{2}(t) \end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc} 2 & -4 \\\\ 4 & 2 \end{array}\right]\left[\begin{array}{l} x_{1}(t) \\\ x_{2}(t) \end{array}\right]
Pede-se:
(a) Determine a sua solução geral.
(b) Considere o vetor de condições iniciais (4). Determine a solução do sistema (3) que satisfaça (4) (Problema de Valor Inicial - PVI).
x(0)=\left[\begin{array}{c} -1 \\\\ 0 \end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá o sistema homogêneo de EDOs \dot{x} = A\,x, com
A = \begin{pmatrix}2 & -4\\[6pt]4 & 2\end{pmatrix},
e pede (a) a solução geral e (b) a solução que satisfaz x(0)=(-1,0)^T. Vamos usar o método de autovalores e autovetores complexos, convertendo depois para combinação real.]

Passo 2

Calculamos o polinômio característico de A:
\det(A - \lambda I) =\begin{vmatrix}2-\lambda & -4\\\ 4 & 2-\lambda\end{vmatrix} =(2-\lambda)^2+16 =\lambda^2-4\lambda+20.
As raízes são
\lambda_{1,2}=\frac{4\pm\sqrt{16-80}}{2}=2\pm4\,i.

Passo 3

Para \lambda=2+4i, resolvemos (A-(2+4i)I)v=0:
\begin{pmatrix}-4i & -4\\\ 4 & -4i\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_1\v_2\end{pmatrix} =0 \;\Longrightarrow\; -4i\,v_1-4\,v_2=0 \;\Longrightarrow\; v_2=-i\,v_1.
Escolhendo v_1=1, obtemos o autovetor v=[1,\,-i]^T. Assim uma solução complexa é
x_c(t)=e^{(2+4i)t}\begin{pmatrix}1\\\ -i\end{pmatrix}
e sua conjugada para \lambda=2-4i.

Passo 4

Escrevemos a parte real e imaginária de x_c(t). Note que
e^{(2+4i)t}=e^{2t}(\cos4t + i\sin4t),
logo
e^{(2+4i)t}\begin{pmatrix}1\\\ -i\end{pmatrix} =e^{2t}\begin{pmatrix}\cos4t + i\sin4t\\[3pt] -\!i(\cos4t + i\sin4t)\end{pmatrix} =e^{2t}\begin{pmatrix}\cos4t + i\sin4t\\[3pt] \sin4t - i\cos4t\end{pmatrix}.
As duas soluções reais fundamentais são
u(t)=\Re(x_c(t)) =e^{2t}\begin{pmatrix}\cos4t\\sin4t\end{pmatrix}, \quad w(t)=\Im(x_c(t)) =e^{2t}\begin{pmatrix}\sin4t\\\ -\cos4t\end{pmatrix}.
Logo a solução geral real é
x(t) =C_1\,u(t)+C_2\,w(t) =e^{2t}\Bigl[ C_1\begin{pmatrix}\cos4t\\sin4t\end{pmatrix} + C_2\begin{pmatrix}\sin4t\\\ -\cos4t\end{pmatrix} \Bigr].]

Passo 5

Para o PVI x(0)=(-1,0)^T temos
u(0)=\begin{pmatrix}1\\\ 0\end{pmatrix}, \quad w(0)=\begin{pmatrix}0\\\ -1\end{pmatrix},
então
x(0)=C_1\begin{pmatrix}1\\\ 0\end{pmatrix} + C_2\begin{pmatrix}0\\\ -1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}C_1\\\ -C_2\end{pmatrix} \stackrel!=\begin{pmatrix}-1\\\ 0\end{pmatrix}.
Isso dá C_1=-1 e -C_2=0\implies C_2=0. Assim a solução do PVI é
x(t)=-\,u(t) =-\,e^{2t}\begin{pmatrix}\cos4t\\sin4t\end{pmatrix}.

Resposta

(a) A solução geral do sistema é
x(t) =e^{2t}\Bigl[ C_1\begin{pmatrix}\cos4t\\sin4t\end{pmatrix} + C_2\begin{pmatrix}\sin4t\\\ -\cos4t\end{pmatrix} \Bigr].
(b) A solução que satisfaz x(0)=(-1,0)^T é
x(t) =-\,e^{2t}\begin{pmatrix}\cos4t\\sin4t\end{pmatrix}.

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