Questão 2. (5.0 pontos) Resolva o problema de valor inicial
\left\{\begin{aligned} x_{1}^{\prime} & =x_{1}+x_{2} \\ x_{2}^{\prime} & =4 x_{1}-2 x_{2} \\ x_{1}(0) & =0 \\ x_{2}(0) & =5 \end{aligned}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver o problema de valor inicial dado pelo sistema linear
\begin{cases} x_{1}^{\prime}=x_{1}+x_{2},\\\ x_{2}^{\prime}=4x_{1}-2x_{2},\\\ x_{1}(0)=0,\;x_{2}(0)=5. \end{cases}
O conteúdo é resolução de sistemas lineares homogêneos com coeficientes constantes usando autovalores e autovetores.

Passo 2

Escrevemos em forma matricial \mathbf x' = A\mathbf x, onde
A=\begin{pmatrix}1 & 1 \\\\ 4 & -2\end{pmatrix}.
Calculamos o polinômio característico
\det(A-\lambda I) =\det\!\begin{pmatrix}1-\lambda & 1 \\\\ 4 & -2-\lambda\end{pmatrix} =(1-\lambda)(-2-\lambda)-4 =\lambda^2+\lambda-6,
cuja raiz são \lambda=2 e \lambda=-3.

Passo 3

Para \lambda_{1}=2 temos
(A-2I)v=0\;\Longrightarrow\;\begin{pmatrix}-1&1\\\ 4&-4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\v_2\end{pmatrix}=0 \;\Rightarrow\;v_2=v_1,
escolhemos v^{(1)}=(1,1).
Para \lambda_{2}=-3 temos
(A+3I)v=0\;\Longrightarrow\;\begin{pmatrix}4&1\\\ 4&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\v_2\end{pmatrix}=0 \;\Rightarrow\;v_2=-4v_1,
escolhemos v^{(2)}=(1,-4).

Passo 4

A solução geral do sistema é
\mathbf x(t) =C_{1}e^{2t}\begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix} +C_{2}e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\\ -4\end{pmatrix}.

Passo 5

Impondo \mathbf x(0)=(0,5) obtemos
C_{1}+C_{2}=0,\quad C_{1}-4C_{2}=5.
Da primeira equação C_{1}=-C_{2}. Substituindo na segunda:
(-C_{2})-4C_{2}=5\;\Longrightarrow\;-5C_{2}=5\;\Longrightarrow\;C_{2}=-1,\;C_{1}=1.

Passo 6

Substituindo C_{1}=1 e C_{2}=-1 na solução geral, temos
\mathbf{x}(t) = e^{2t}\begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix} - e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\\ -4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} e^{2t}-e^{-3t}\\[6pt] e^{2t}+4e^{-3t} \end{pmatrix}.]

Resposta

x_{1}(t)=e^{2t}-e^{-3t},\qquad x_{2}(t)=e^{2t}+4e^{-3t}.

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