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

Passo 1

O enunciado dá um sistema de duas equações diferenciais acopladas e pede a solução geral das funções y_{1}(t)\) e \(y_{2}(t)\). Informações dadas: \[\begin{cases} y_{1}^{\prime}(t)=2\,y_{2}(t),\\[4pt] y_{2}^{\prime}(t)=2\,y_{1}(t). \end{cases}
Pergunta: encontrar a solução geral (\big(y_{1}(t),y_{2}(t)\big)] (com constantes arbitrárias) que satisfaça o sistema.]

Passo 2

Vamos escolher um método prático: desacoplar o sistema transformando-o numa única equação de ordem maior para uma das incógnitas (aqui vou obter uma equação para y_{1}). Isso é feito diferenciando a primeira equação e usando a segunda para eliminar y_{2}. Explico cada passo com calma para você poder repetir na prova.

Passo 3

Diferencio a primeira equação em relação a t. A derivada de y_{1}^{\prime} é y_{1}^{\prime\prime}. Assim,
y_{1}^{\prime\prime}(t)=2\,y_{2}^{\prime}(t).
Agora uso a segunda equação do sistema, que me diz que y_{2}^{\prime}(t)=2\,y_{1}(t). Substituindo:
y_{1}^{\prime\prime}(t)=2\big(2\,y_{1}(t)\big)=4\,y_{1}(t).
Portanto y_{1} satisfaz a equação diferencial de segunda ordem
y_{1}^{\prime\prime}(t)-4\,y_{1}(t)=0.

Passo 4

Agora resolvemos a equação homogênea linear de segunda ordem com coeficientes constantes
y_{1}^{\prime\prime}-4y_{1}=0.
Método: suponha soluções da forma exponencial \;y_{1}(t)=e^{rt}\;. Substituindo na equação obtemos a equação característica para r:
r^{2}-4=0.
Resolvo a característica: r^{2}=4\Rightarrow r=\pm 2. Como as raízes são reais e distintas, a solução geral da equação é a combinação linear das exponenciais correspondentes:
y_{1}(t)=C_{1}e^{2t}+C_{2}e^{-2t},
onde C_{1} e C_{2} são constantes arbitrárias (determinariam condições iniciais, se houvessem).

Passo 5

Agora encontro y_{2}(t) usando a relação original entre y_{1}^{\prime} e y_{2}. A primeira equação dá
y_{1}^{\prime}(t)=2\,y_{2}(t)\quad\Longrightarrow\quad y_{2}(t)=\tfrac{1}{2}y_{1}^{\prime}(t).
Calculo y_{1}^{\prime}(t) a partir da expressão encontrada:
y_{1}^{\prime}(t)=2C_{1}e^{2t}-2C_{2}e^{-2t}.
Dividindo por 2,
y_{2}(t)=C_{1}e^{2t}-C_{2}e^{-2t}.
Pronto: temos y_{1} e y_{2} em função de t e das constantes C_{1},C_{2}.

Passo 6

Para reforçar o entendimento, mostro rapidamente outra abordagem equivalente (muito útil em provas): escrever o sistema na forma matricial \;y' = A y\; com
y=\begin{pmatrix}y_{1}\\[2pt]y_{2}\end{pmatrix},\qquad A=\begin{pmatrix}0 & 2\\[2pt]2 & 0\end{pmatrix}.
Procuramos autovalores \lambda e autovetores v de A. A equação característica é
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}-\lambda & 2\\[2pt]2 & -\lambda\end{pmatrix}=\lambda^{2}-4=0,
logo \lambda=\pm 2. Para \lambda=2 um autovetor é v_{1}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}. Para \lambda=-2 um autovetor é v_{2}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\end{pmatrix}. A solução geral é combinação linear das soluções fundamentais
y(t)=A_{1}e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}+A_{2}e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\end{pmatrix},
que dá, em componentes,
y_{1}(t)=A_{1}e^{2t}+A_{2}e^{-2t},\qquad y_{2}(t)=A_{1}e^{2t}-A_{2}e^{-2t}.
Você vê que é a mesma forma que obtivemos antes (basta identificar A_{1}=C_{1}, A_{2}=C_{2}).]

Passo 7

Verificação rápida (importante na prova): calcule y_{1}^{\prime} e 2y_{2} com as soluções encontradas e confira que são iguais; faça o mesmo para y_{2}^{\prime} e 2y_{1}. Isso garante que a solução satisfaz o sistema original.

Resposta

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

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