Questão 3. Considere o sistema linear
\left\{\begin{array}{l} \frac{d x_{1}}{d t}=x_{1}-4 x_{2} \\\ \frac{d x_{2}}{d t}=4 x_{1}-7 x_{2} \end{array}\right.
a) Determine a solução geral do sistema homogêneo. No caso de autovalores complexos, determine as soluções reais correspondentes.
b) Mostre que as soluções encontradas forman um conjunto fundamental de soluções.
c) Resolva o PVI, x_{1}(0)=1, x_{2}(0)=-1.

Passo 1

O enunciado dá o sistema de equações diferenciais lineares de primeira ordem
\left\{\begin{array}{l} \frac{d x_{1}}{d t}=x_{1}-4 x_{2},\\[4pt] \frac{d x_{2}}{d t}=4 x_{1}-7 x_{2}, \end{array}\right.
e pede:
a) determinar a solução geral do sistema homogêneo (se houver autovalores complexos, encontrar soluções reais correspondentes);
b) mostrar que as soluções encontradas formam um conjunto fundamental de soluções;
c) resolver o problema de valor inicial (PVI) com \,x_{1}(0)=1,\;x_{2}(0)=-1.
Informações importantes fornecidas: as duas equações do sistema e a condição inicial do PVI. Não há outras condições ou forças externas (é o caso homogêneo).]

Passo 2

Escrevemos o sistema em forma matricial para facilitar o uso de autovalores/autovetores. Definindo \mathbf{x}(t)=\begin{pmatrix}x_{1}(t)\\[2pt]x_{2}(t)\end{pmatrix} e a matriz
A=\begin{pmatrix}1 & -4\\[2pt]4 & -7\end{pmatrix},
o sistema fica
\frac{d\mathbf{x}}{dt}=A\mathbf{x}.
Explicação rápida da ideia: para resolver sistemas lineares constantes usamos autovalores e autovetores de A. Se \lambda é autovalor e \mathbf{v} autovetor, então \mathbf{x}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v} é uma solução. Se um autovalor aparece com multiplicidade algébrica maior que a multiplicidade geométrica (poucos autovetores), precisamos de autovetores generalizados e construímos soluções com fator t e^{\lambda t}. Vou seguir esse caminho passo a passo.]

Passo 3

Calculamos os autovalores resolvendo o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Primeiro montamos a determinante:
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda & -4\\[2pt]4 & -7-\lambda\end{pmatrix}.
Expande-se a determinante:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(-7-\lambda)-(-4)\cdot 4.
Calculando os termos:
(1-\lambda)(-7-\lambda)=\lambda^{2}+6\lambda-7,
e -(-4)\cdot4=16. Somando,
\det(A-\lambda I)=\lambda^{2}+6\lambda-7+16=\lambda^{2}+6\lambda+9.
Reconhecemos que \lambda^{2}+6\lambda+9=(\lambda+3)^{2}. Portanto o único autovalor é
\lambda=-3,
com multiplicidade algébrica 2.]

Passo 4

Encontramos os autovetores resolvendo (A-\lambda I)\mathbf{v}=0. Como \lambda=-3,
A+3I=\begin{pmatrix}1+3 & -4\\[2pt]4 & -7+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4 & -4\\[2pt]4 & -4\end{pmatrix}.
A equação (A+3I)\mathbf{v}=0 para \mathbf{v}=(v_1,v_2)^{T} é
4v_1-4v_2=0,
ou seja v_1=v_2. Assim os autovetores são múltiplos de
\mathbf{v}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Observação importante (didática): o autovalor \lambda=-3 tem multiplicidade algébrica 2 mas a família de autovetores tem dimensão geométrica 1 (apenas um vetor independente). Isso significa que a matriz é defectiva e precisamos de um autovetor generalizado para obter duas soluções linearmente independentes.]

Passo 5

Procuramos um autovetor generalizado \mathbf{w} tal que
(A+3I)\mathbf{w}=\mathbf{v}.
Escrevendo \mathbf{w}=(w_1,w_2)^{T}, a equação vira
\begin{pmatrix}4 & -4\\[2pt]4 & -4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w_1\\[2pt]w_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Da primeira linha: 4w_1-4w_2=1, ou w_1-w_2=\tfrac{1}{4}. Podemos escolher w_2=0 para simplificar, então w_1=\tfrac{1}{4}. Assim tomamos
\mathbf{w}=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{4}\\[2pt]0\end{pmatrix}.
Nota: qualquer solução de (A+3I)\mathbf{w}=\mathbf{v} difere por um múltiplo de \mathbf{v}, e isso apenas altera as constantes de combinação linear finais; a escolha acima é conveniente para cálculos sem complicar com frações maiores.]

Passo 6

Agora construímos duas soluções independentes usando a cadeia de Jordan (explicação conceitual): para um autovalor \lambda com autovetor \mathbf{v} e autovetor generalizado \mathbf{w} satisfazendo (A-\lambda I)\mathbf{w}=\mathbf{v}, as duas soluções independentes são
\mathbf{x}^{(1)}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v}, \qquad \mathbf{x}^{(2)}(t)=e^{\lambda t}\bigl(t\mathbf{v}+\mathbf{w}\bigr).
Por que isso funciona (intuição): derivando \mathbf{x}^{(2)} e usando as relações A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v} e A\mathbf{w}=\lambda\mathbf{w}+\mathbf{v} verifica-se que \mathbf{x}^{(2)} satisfaz \dot{\mathbf{x}}=A\mathbf{x}. Essa é a forma padrão de soluções quando há bloco de Jordan de tamanho 2.

Passo 7

Aplicando com \lambda=-3, \mathbf{v}=(1,1)^{T} e \mathbf{w}=(\tfrac{1}{4},0)^{T}, obtemos as duas soluções reais explícitas:
\mathbf{x}^{(1)}(t)=e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}, \qquad \mathbf{x}^{(2)}(t)=e^{-3t}\left(t\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\tfrac{1}{4}\\[2pt]0\end{pmatrix}\right) = e^{-3t}\begin{pmatrix}t+\tfrac{1}{4}\\[4pt]t\end{pmatrix}.
Estas duas funções vetoriais são soluções do sistema.]

Passo 8

Mostramos que \mathbf{x}^{(1)} e \mathbf{x}^{(2)} são linearmente independentes (portanto formam um conjunto fundamental). Calculamos o Wronskiano (determinante das colunas formadas pelas soluções):
W(t)=\det\begin{pmatrix} e^{-3t}\cdot 1 & e^{-3t}\cdot\bigl(t+\tfrac{1}{4}\bigr)\\[6pt] e^{-3t}\cdot 1 & e^{-3t}\cdot t \end{pmatrix} = e^{-6t}\det\begin{pmatrix}1 & t+\tfrac{1}{4}\\[4pt]1 & t\end{pmatrix}.
Calculando o determinante interno:
\det\begin{pmatrix}1 & t+\tfrac{1}{4}\\[4pt]1 & t\end{pmatrix}=1\cdot t - 1\cdot\bigl(t+\tfrac{1}{4}\bigr)=-\tfrac{1}{4}.
Logo
W(t)=-\tfrac{1}{4}e^{-6t}.
Como e^{-6t}>0 para todo t, temos W(t)\neq 0 para todo t, portanto as duas soluções são linearmente independentes em toda reta e formam um conjunto fundamental (base do espaço de soluções).]

Passo 9

Da linearidade, a solução geral do sistema homogêneo é combinação linear das duas soluções fundamentais. Então,
\mathbf{x}(t)=C_{1}\,e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix} + C_{2}\,e^{-3t}\begin{pmatrix}t+\tfrac{1}{4}\\[2pt]t\end{pmatrix},
onde C_{1},C_{2}\in\mathbb{R} são constantes arbitrárias.]

Passo 10

Agora resolvemos o PVI com \mathbf{x}(0)=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\end{pmatrix}\). Avaliando a solução geral em \(t=0\): \[\mathbf{x}(0)=C_{1}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}+C_{2}\begin{pmatrix}\tfrac{1}{4}\\[2pt]0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\end{pmatrix}.
Isto gera o sistema linear para C_{1},C_{2}:
\begin{cases} C_{1}+\tfrac{1}{4}C_{2}=1,\\[4pt] C_{1}=-1. \end{cases}
Da segunda equação (C_{1}=-1]. Substituindo na primeira:
-1+\tfrac{1}{4}C_{2}=1 \quad\Rightarrow\quad \tfrac{1}{4}C_{2}=2 \quad\Rightarrow\quad C_{2}=8.]

Passo 11

Substituindo C_{1}=-1 e C_{2}=8 na solução geral obtemos a solução do PVI:
\mathbf{x}(t)= -e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix} +8\,e^{-3t}\begin{pmatrix}t+\tfrac{1}{4}\\[2pt]t\end{pmatrix} = e^{-3t}\begin{pmatrix}8t+1\\[4pt]8t-1\end{pmatrix}.
Verificação rápida: em t=0 \mathbf{x}(0)=(1,-1)^{T}, como pedido.]

Resposta

a) \displaystyle \mathbf{x}(t)=C_{1}\,e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}+C_{2}\,e^{-3t}\begin{pmatrix}t+\tfrac{1}{4}\\[2pt]t\end{pmatrix},\; C_{1},C_{2}\in\mathbb{R}.
b) As soluções \displaystyle \mathbf{x}^{(1)}(t)=e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix} e \displaystyle \mathbf{x}^{(2)}(t)=e^{-3t}\begin{pmatrix}t+\tfrac{1}{4}\\[2pt]t\end{pmatrix} são linearmente independentes porque o Wronskiano é \displaystyle W(t)=-\tfrac{1}{4}e^{-6t}\neq 0 para todo t; portanto formam um conjunto fundamental.
c) Solução do PVI: \displaystyle \mathbf{x}(t)=e^{-3t}\begin{pmatrix}8t+1\\[2pt]8t-1\end{pmatrix}.]

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