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
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
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:
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
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
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:
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):
\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,
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}.
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:
Verificação rápida: em t=0 dá \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}.]