{ }^{a} Questão. ( \mathbf{3 5} pontos) Resolva o seguinte o sistema
\begin{aligned} & \frac{t}{2} x^{\prime}(t)=x-\frac{1}{2} y, t>0 \\\ & t y^{\prime}(t)=-9 x+2 y, t>0 \end{aligned}
com condições iniciais x(1)=1 e y(1)=2.

Passo 1

O enunciado nos dá o sistema linear
\begin{cases} \displaystyle \frac{t}{2}\,x'(t)=x(t)-\tfrac{1}{2}\,y(t), &t>0,\\[6pt] \displaystyle t\,y'(t)=-9\,x(t)+2\,y(t), &t>0, \end{cases}
com condições iniciais x(1)=1 e y(1)=2.
O conteúdo usado é a resolução de sistemas homogêneos do tipo
\mathbf{x}'(t)=\frac{1}{t}\,M\,\mathbf{x}(t),
onde M é constante. A solução é combinação de potências t^{\lambda} associadas aos autovalores \lambda de M.
]

Passo 2

Reescrevemos as equações em forma matricial. Definindo \mathbf{x}(t)=\bigl(x(t),y(t)\bigr)^T, temos
x'(t)=\frac{2}{t}\,x(t)-\frac{1}{t}\,y(t), \quad y'(t)=-\frac{9}{t}\,x(t)+\frac{2}{t}\,y(t),
ou seja
\mathbf{x}'(t)=\frac1t \begin{pmatrix} 2 & -1\\\\ -9 & 2 \end{pmatrix} \mathbf{x}(t).
Chamemos M=\begin{pmatrix}2&-1\\\ -9&2\end{pmatrix}.

Passo 3

Para sistemas desse tipo, procuramos soluções da forma
\mathbf{x}(t)=t^{\lambda}\,\mathbf{v},
onde \lambda e \mathbf{v}\neq\mathbf0 satisfazem
M\,\mathbf{v}=\lambda\,\mathbf{v}.
Isto leva ao polinômio característico \det(M-\lambda I)=0.

Passo 4

Calculamos
\det\bigl(M-\lambda I\bigr) =\det\begin{pmatrix}2-\lambda & -1\\\ -9 & 2-\lambda\end{pmatrix} =(2-\lambda)^2-9 =\lambda^2-4\lambda-5
e igualamos a zero:
\lambda^2-4\lambda-5=0 \quad\Longrightarrow\quad \lambda=2\pm\sqrt{4+5}=2\pm\sqrt{9}=2\pm3.
Logo os autovalores são
\lambda_1=5, \qquad \lambda_2=-1.

Passo 5

Para \lambda_1=5, o autovetor \mathbf{v}_1=(v_{1},v_{2})^T satisfaz
(2-\!5)\,v_{1}-v_{2}=0 \;\Longrightarrow\; -3\,v_{1}=v_{2} \;\Longrightarrow\; \mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}1\\\ -3\end{pmatrix}.
Para \lambda_2=-1, temos
(2-(-1))\,v_{1}-v_{2}=0 \;\Longrightarrow\; 3\,v_{1}=v_{2} \;\Longrightarrow\; \mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}1\\\ 3\end{pmatrix}.

Passo 6

A solução geral é
\mathbf{x}(t) =C_1\,t^{5}\,\begin{pmatrix}1\\\ -3\end{pmatrix} + C_2\,t^{-1}\,\begin{pmatrix}1\\\ 3\end{pmatrix},
isto é
x(t)=C_1\,t^{5}+C_2\,t^{-1}, \quad y(t)=-3\,C_1\,t^{5}+3\,C_2\,t^{-1}.
Impondo x(1)=1\) e \(y(1)=2\) dá o sistema \[\begin{cases} C_1 + C_2 = 1,\\\\ -3\,C_1 +3\,C_2 = 2. \end{cases}
Dividindo a segunda equação por (3] e resolvendo, obtemos
-\,C_1 + C_2 = \tfrac{2}{3}, \quad C_1 = \tfrac12-\tfrac{1}{3}, \quad C_2 = \tfrac12+\tfrac{1}{3}.
Portanto
C_1=\tfrac{1}{6}, \quad C_2=\tfrac{5}{6}.

Passo 7

Substituindo C_1 e C_2 na solução geral, concluímos:
x(t)=\tfrac{1}{6}\,t^{5}+\tfrac{5}{6}\,t^{-1}, \qquad y(t)=-\tfrac{1}{2}\,t^{5}+\tfrac{5}{2}\,t^{-1}.

Resposta

x(t)=\frac{1}{6}\,t^{5}+\frac{5}{6}\,t^{-1}, \quad y(t)=-\frac{1}{2}\,t^{5}+\frac{5}{2}\,t^{-1}.

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