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

Passo 1

O enunciado pede para resolver o sistema de equações diferenciais
\left\{\begin{array}{l} y_{1}^{\prime}=y_{1}+y_{2} \\\ y_{2}^{\prime}=4 y_{1}+y_{2} \end{array}\right.
Informações importantes dadas:
\;y_{1}=y_{1}(t) e \;y_{2}=y_{2}(t) são funções desconhecidas de t.
São duas equações diferenciais lineares de primeira ordem, acopladas entre si.
Não foram dadas condições iniciais; a resposta deve ser a solução geral com constantes arbitrárias.

Passo 2

Vamos reorganizar o sistema numa forma matricial (isso deixa as coisas mais limpas):
\mathbf{y}(t)=\begin{pmatrix}y_{1}(t)\\[4pt]y_{2}(t)\end{pmatrix}, \qquad A=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]4 & 1\end{pmatrix}.
Assim o sistema é
\mathbf{y}'(t)=A\,\mathbf{y}(t).
Isso significa que procuramos vetores solução \mathbf{y}(t) cuja derivada é obtida multiplicando por A.]

Passo 3

Um método padrão (e muito eficiente) para sistemas lineares constantes é procurar soluções da forma
\mathbf{y}(t)=\mathbf{v}\,e^{\lambda t},
onde \mathbf{v} é um vetor constante (não nulo) e \lambda é um número (escala). Vou explicar por quê: ao substituir essa forma em \mathbf{y}'=A\mathbf{y} obtemos
\lambda \mathbf{v} e^{\lambda t}=A\mathbf{v}e^{\lambda t},
e, como e^{\lambda t} nunca é zero, sobra a condição
A\mathbf{v}=\lambda \mathbf{v}.
Isto é a equação de autovalores/autovetores: \lambda deve ser um autovalor de A e \mathbf{v} o respetivo autovetor.

Passo 4

Para encontrar os autovalores \lambda calculamos o polinômio característico de A:
\det(A-\lambda I)=0.
Calculemos \det(A-\lambda I):
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[4pt]4 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
A determinante é
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(1-\lambda)-4=(1-\lambda)^2-4.
Expandindo:
(1-\lambda)^2-4=1-2\lambda+\lambda^2-4=\lambda^2-2\lambda-3.
Logo o polinômio característico é
\lambda^2-2\lambda-3=0.]

Passo 5

Resolvendo \lambda^2-2\lambda-3=0 por fórmula quadrática ou fatoração:
\lambda^2-2\lambda-3=(\lambda-3)(\lambda+1).
Portanto os autovalores são
\lambda_1=3,\qquad \lambda_2=-1.

Passo 6

Agora achamos um autovetor para \lambda_1=3. Devemos resolver
(A-3I)\mathbf{v}=\mathbf{0}.
Calculemos A-3I:
A-3I=\begin{pmatrix}1-3 & 1\\[4pt]4 & 1-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt]4 & -2\end{pmatrix}.
A equação (A-3I)\mathbf{v}=\mathbf{0} com \mathbf{v}=(v_1,v_2)^{T} dá o sistema
-2v_1+v_2=0, \qquad 4v_1-2v_2=0.
As duas equações são múltiplas, basta usar a primeira: v_2=2v_1. Podemos escolher v_1=1 para obter um autovetor simples:
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}.]

Passo 7

Agora o autovetor para \lambda_2=-1. Resolvemos
(A+I)\mathbf{v}=\mathbf{0},
pois A-(-1)I=A+I. Calculemos:
A+I=\begin{pmatrix}1+1 & 1\\[4pt]4 & 1+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]4 & 2\end{pmatrix}.
A equação (A+I)\mathbf{v}=\mathbf{0}
2v_1+v_2=0, \qquad 4v_1+2v_2=0.
De novo a segunda é múltipla da primeira. Da primeira obtemos v_2=-2v_1. Escolhendo v_1=1 fica
\mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.]

Passo 8

Verifiquemos que \mathbf{v}_1 e \mathbf{v}_2 são linearmente independentes: um não é múltiplo do outro (pois (1,2) não é múltiplo de (1,-2)). Quando temos dois autovalores distintos com autovetores linearmente independentes, então as soluções
\mathbf{y}_1(t)=\mathbf{v}_1 e^{\lambda_1 t} \qquad\text{e}\qquad \mathbf{y}_2(t)=\mathbf{v}_2 e^{\lambda_2 t}
são soluções independentes do sistema, e a solução geral é a combinação linear dessas soluções.

Passo 9

Resumo do que encontramos (sem as constantes finais): temos as duas soluções fundamentais
\mathbf{v}_1 e^{3t}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}e^{3t}, \qquad \mathbf{v}_2 e^{-t}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}e^{-t}.
A solução geral será uma combinação linear dessas duas soluções com constantes arbitrárias.]

Resposta

\displaystyle y_{1}(t)=C_{1}e^{3t}+C_{2}e^{-t}\
\displaystyle y_{2}(t)=2C_{1}e^{3t}-2C_{2}e^{-t}

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