Questão 6 - Determine a solução do seguinte sistema de equações diferenciais:(2.0 pontos)
\left\{\begin{array}{l}x^{\prime}(t)-3 x-4 y \\\ y^{\prime}(t)=4 x-7 y\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado nos dá o sistema de equações diferenciais cuja primeira linha está escrita como x^{\prime}(t)-3x-4y\) (sem o sinal de igualdade explícito) e a segunda linha como \(y^{\prime}(t)=4x-7y\). Interpreto a primeira linha como a equação homogênea \[x^{\prime}(t)-3x-4y=0,
ou seja,
x^{\prime}(t)=3x+4y.
Portanto o sistema que vamos resolver é
\begin{cases} x^{\prime}(t)=3x+4y,\\[4pt] y^{\prime}(t)=4x-7y. \end{cases}
O que o problema pede: determinar as funções x(t)\] e \(y(t) que satisfazem esse sistema (a solução geral, já que não foram dadas condições iniciais). As informações relevantes são as coeficientes constantes que aparecem nas duas equações: os números 3, 4 e -7.]

Passo 2

É prático escrever o sistema em forma matricial. Definimos o vetor desconhecido
\mathbf{u}(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\end{pmatrix},
e a matriz de coeficientes
A=\begin{pmatrix}3 & 4\\[4pt]4 & -7\end{pmatrix}.
O sistema fica então na forma
\mathbf{u}^{\prime}(t)=A\mathbf{u}(t).
Explicação didática: escrever assim junta as duas equações num só objeto e permite usar álgebra linear (autovalores e autovetores) para construir soluções do tipo \mathbf{u}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v}. Aqui \lambda é um número (autovalor) e \mathbf{v} é um vetor não nulo (autovetor) que satisfaz A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}.]

Passo 3

Para achar autovalores \lambda de A usamos o polinômio característico dado por \det(A-\lambda I)=0. Vamos calcular esse determinante passo a passo.
Calculemos
A-\lambda I=\begin{pmatrix}3-\lambda & 4\\[4pt]4 & -7-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(-7-\lambda)-4\cdot 4.]

Passo 4

Expandindo o determinante obtemos o polinômio característico:
(3-\lambda)(-7-\lambda)-16=\lambda^{2}+4\lambda-37.
Detalhe do cálculo: multiplicando (3-\lambda)(-7-\lambda) -21-3\lambda+7\lambda+\lambda^{2}=\lambda^{2}+4\lambda-21. Subtraindo 16 resulta em \lambda^{2}+4\lambda-37.

Passo 5

Agora encontramos os autovalores resolvendo a equação quadrática
\lambda^{2}+4\lambda-37=0.
O discriminante é
\Delta=4^{2}-4\cdot 1\cdot(-37)=16+148=164.
Tomando raiz positiva,
\sqrt{\Delta}=\sqrt{164}=2\sqrt{41}.
Portanto as raízes são
\lambda=\frac{-4\pm 2\sqrt{41}}{2}=-2\pm\sqrt{41}.
Chamemos
\lambda_{1}=-2+\sqrt{41},\qquad \lambda_{2}=-2-\sqrt{41}.
Observação: são dois autovalores reais distintos, o que facilita — teremos duas soluções independentes exponenciais.

Passo 6

Agora encontramos os autovetores correspondentes. Para \lambda_{1} resolvemos (A-\lambda_{1}I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. Usamos a primeira linha:
(3-\lambda_{1})v_{1}+4v_{2}=0 \quad\Rightarrow\quad 4v_{2}=(\lambda_{1}-3)v_{1}.
Calculamos \lambda_{1}-3=(-2+\sqrt{41})-3=-5+\sqrt{41}. Portanto podemos escolher v_{1}=4 (escolha conveniente para eliminar denominadores) e obter
v_{2}=-5+\sqrt{41}.
Assim um autovetor associado a \lambda_{1} é
\mathbf{v}_{1}=\begin{pmatrix}4\\[4pt]-5+\sqrt{41}\end{pmatrix}.
Explicação: qualquer múltiplo escalar de \mathbf{v}_{1} também é autovetor, então escolher v_{1}=4 foi apenas para ter entradas mais simples (inteiras/inteiro+radical).]

Passo 7

Para \lambda_{2} o procedimento é análogo. Da primeira linha temos
4v_{2}=(\lambda_{2}-3)v_{1},
com \lambda_{2}-3=(-2-\sqrt{41})-3=-5-\sqrt{41}. Tomando novamente v_{1}=4 fica
v_{2}=-5-\sqrt{41}.
Assim um autovetor associado a \lambda_{2} é
\mathbf{v}_{2}=\begin{pmatrix}4\\[4pt]-5-\sqrt{41}\end{pmatrix}.]

Passo 8

Com dois autovalores reais distintos e dois autovetores linearmente independentes, a solução geral do sistema matricial é
\mathbf{u}(t)=C_{1}e^{\lambda_{1} t}\mathbf{v}_{1}+C_{2}e^{\lambda_{2} t}\mathbf{v}_{2},
onde C_{1} e C_{2} são constantes reais arbitrárias (serão determinadas apenas se houver condições iniciais). Substituindo \lambda_{1},\lambda_{2},\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2} obtemos explicitamente
\mathbf{u}(t)=C_{1}e^{(-2+\sqrt{41})t}\begin{pmatrix}4\\[4pt]-5+\sqrt{41}\end{pmatrix} + C_{2}e^{(-2-\sqrt{41})t}\begin{pmatrix}4\\[4pt]-5-\sqrt{41}\end{pmatrix}.]

Passo 9

Escrevendo as componentes x(t) e y(t) em separado temos
x(t)=4C_{1}e^{(-2+\sqrt{41})t}+4C_{2}e^{(-2-\sqrt{41})t},
y(t)=\bigl(-5+\sqrt{41}\bigr)C_{1}e^{(-2+\sqrt{41})t}+\bigl(-5-\sqrt{41}\bigr)C_{2}e^{(-2-\sqrt{41})t}.
Pequena verificação (opcional e pedagógica): multiplicando A\mathbf{v}_{1} ou A\mathbf{v}_{2} confirma A\mathbf{v}_{i}=\lambda_{i}\mathbf{v}_{i}, então \mathbf{u}(t)=e^{\lambda_{i}t}\mathbf{v}_{i} satisfaz \mathbf{u}'(t)=A\mathbf{u}(t). Por isso a combinação linear acima é solução geral.

Passo 10

Comentário final e ânimo: chegamos à solução geral usando autovalores/autovetores. Sei que o radicais e a álgebra deixam a expressão meio “feia”, mas o procedimento é sempre o mesmo: formar A, achar \det(A-\lambda I), resolver para \lambda, achar autovetores e montar a combinação linear com exponenciais. Dá pra decorar esse roteiro e aplicar rápido em prova — você consegue!

Resposta

x(t)=4C_{1}e^{(-2+\sqrt{41})t}+4C_{2}e^{(-2-\sqrt{41})t} \n
y(t)=\bigl(-5+\sqrt{41}\bigr)C_{1}e^{(-2+\sqrt{41})t}+\bigl(-5-\sqrt{41}\bigr)C_{2}e^{(-2-\sqrt{41})t}

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