Questão 1. Resolva os seguintes sistemas:
\left\{\begin{array}{l}y_{1}^{\prime}=3 y_{1}-y_{2} \y_{2}^{\prime}=4 y_{1}-2 y_{2}\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver o sistema
\begin{cases} y_{1}^{\prime}=3 y_{1}-y_{2},\\[4pt] y_{2}^{\prime}=4 y_{1}-2 y_{2}. \end{cases}
Informações dadas e o que se busca:
  • As incógnitas são as funções y_{1}(t) e y_{2}(t) (derivadas em relação a t aparecem no enunciado).
  • Não há condições iniciais fornecidas; portanto queremos a solução geral do sistema (com constantes arbitrárias).
  • O sistema é linear de coeficientes constantes; devemos encontrar todas as soluções da forma geral.]

Passo 2

Vamos escrever o sistema de forma matricial, que deixa a estrutura mais clara. Definimos o vetor
\mathbf{y}(t)=\begin{pmatrix}y_{1}(t)\\[4pt]y_{2}(t)\end{pmatrix},
então o sistema pode ser escrito como
\mathbf{y}'(t)=A\mathbf{y}(t),
onde a matriz A é a matriz dos coeficientes do sistema. Escrevendo A explicitamente:
A=\begin{pmatrix}3 & -1\\[4pt]4 & -2\end{pmatrix}.
Explicação curta: colocar o sistema em forma matricial facilita porque soluções do tipo exponencial entram naturalmente e podemos usar autovalores/autovetores.]

Passo 3

Método que vamos usar (explicação didática): procuramos soluções do sistema da forma
\mathbf{y}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v},
onde \lambda é um número (autovalor) e \mathbf{v} é um vetor constante (autovetor). Por que isso funciona? Substituindo \mathbf{y}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v} em \mathbf{y}'=A\mathbf{y} obtemos
\lambda e^{\lambda t}\mathbf{v}=Ae^{\lambda t}\mathbf{v},
cancelando e^{\lambda t} (que nunca é zero) obtemos a equação
A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v},
ou equivalentemente
(A-\lambda I)\mathbf{v}=0.
Isto é o problema clássico de autovalores: \lambda deve ser tal que exista um vetor não nulo \mathbf{v} satisfazendo essa igualdade.

Passo 4

Para encontrar os autovalores \lambda calculamos o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Primeiro escrevemos A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}3-\lambda & -1\\[4pt]4 & -2-\lambda\end{pmatrix}.
Agora calculamos o determinante:
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(-2-\lambda)-(-1)\cdot 4.
Vou desenvolver essa expressão passo a passo:
(3-\lambda)(-2-\lambda)= (3)(-2-\lambda)-\lambda(-2-\lambda)= -6-3\lambda+2\lambda+\lambda^{2}=\lambda^{2}-\lambda-6.
Somando o termo +4 (porque -(-1)\cdot4=+4) temos
\det(A-\lambda I)=\lambda^{2}-\lambda-6+4=\lambda^{2}-\lambda-2.]

Passo 5

Agora resolvemos o polinômio característico
\lambda^{2}-\lambda-2=0.
Isto é uma equação quadrática simples. Podemos fatorar ou usar a fórmula de Bhaskara. Tentando fatorar:
\lambda^{2}-\lambda-2=(\lambda-2)(\lambda+1).
Logo os autovalores são
\lambda_{1}=2,\qquad \lambda_{2}=-1.

Passo 6

Encontrando o autovetor associado a \lambda_{1}=2\). Temos de resolver \((A-2I)\mathbf{v}=0\). Escrevendo a matriz: \[A-2I=\begin{pmatrix}3-2 & -1\\[4pt]4 & -2-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]4 & -4\end{pmatrix}.
As equações correspondentes (para \mathbf{v}=(v_{1},v_{2})^{T}) são
\begin{cases} v_{1}-v_{2}=0,\\[4pt] 4v_{1}-4v_{2}=0. \end{cases}
As duas equações são equivalentes; da primeira obtemos v_{1}=v_{2}\]. Podemos escolher um autovetor conveniente tomando \(v_{1}=1, então
\mathbf{v}_{1}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Explicação: autovetores são definidos até multiplicação por constante, então podemos escolher uma escala conveniente.]

Passo 7

Encontrando o autovetor associado a \lambda_{2}=-1\). Resolvemos \((A+I)\mathbf{v}=0\) (porque \(-1\) é o autovalor): \[A-(-1)I=A+I=\begin{pmatrix}3+1 & -1\\[4pt]4 & -2+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4 & -1\\[4pt]4 & -1\end{pmatrix}.
As equações para \mathbf{v}=(v_{1},v_{2})^{T} são
\begin{cases} 4v_{1}-v_{2}=0,\\[4pt] 4v_{1}-v_{2}=0. \end{cases}
Novamente as duas são equivalentes; da primeira vem v_{2}=4v_{1}\]. Tomando \(v_{1}=1 por simplicidade, obtemos o autovetor
\mathbf{v}_{2}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]4\end{pmatrix}.]

Passo 8

Formando a solução geral: como os autovalores são distintos ( 2 e -1), os vetores \mathbf{v}_{1} e \mathbf{v}_{2} são linearmente independentes e geram o espaço de soluções. Assim a solução geral do sistema é
\mathbf{y}(t)=C_{1}e^{2t}\mathbf{v}_{1}+C_{2}e^{-t}\mathbf{v}_{2},
onde C_{1} e C_{2} são constantes arbitrárias. Substituindo os autovetores:
\mathbf{y}(t)=C_{1}e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_{2}e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]4\end{pmatrix}.]

Passo 9

Escrevendo as componentes explicitamente (para ficar prontinho na hora da prova):
y_{1}(t)=C_{1}e^{2t}+C_{2}e^{-t},
y_{2}(t)=C_{1}e^{2t}+4C_{2}e^{-t}.
Comentário didático curto: é sempre bom checar que as soluções são linearmente independentes (por exemplo, a matriz formada pelos autovetores \begin{pmatrix}1&1\\[4pt]1&4\end{pmatrix} tem determinante 1\cdot 4-1\cdot 1=3\neq 0), então temos duas soluções independentes e a solução geral com duas constantes cobre todo o espaço de soluções.]

Resposta

y_{1}(t)=C_{1}e^{2t}+C_{2}e^{-t}
y_{2}(t)=C_{1}e^{2t}+4C_{2}e^{-t}

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