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

Passo 1

O enunciado pede para resolver o sistema de equações diferenciais
\left\{\begin{array}{l} y_{1}^{\prime}=-2 y_{1}+y_{2},\\[4pt] y_{2}^{\prime}=y_{1}-2 y_{2}. \end{array}\right.
Informações dadas que vamos usar:
  • São duas equações de primeira ordem em y_{1}(t) e y_{2}(t).
  • Os coeficientes são constantes (números).
  • Não foram fornecidas condições iniciais, então buscamos a solução geral com constantes arbitrárias.]

Passo 2

Escrevemos o sistema numa forma matricial, que é mais compacta e facilita aplicar métodos gerais. Defina 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 lida a partir do sistema:
A=\begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix}.
Explicação curta do que isso significa: cada componente da derivada é uma combinação linear das componentes do vetor \mathbf{y} com os coeficientes de A. Nosso objetivo é encontrar todas as funções \mathbf{y}(t) que satisfazem essa igualdade.]

Passo 3

Escolha do método. Há dois caminhos naturais:
  1. Método geral por autovalores/autovetores da matriz A (funciona sempre para matrizes diagonalisáveis).
  2. Um truque mais direto de mudança de variáveis (soma e diferença) que diagonaliza A de forma intuitiva porque A tem estrutura simétrica com coeficientes fora da diagonal iguais.
Vou apresentar primeiro o método por autovalores/autovetores (é o método padrão e ensina conceitos úteis), e depois mostro o truque da soma/diferença como atalho e verificação.

Passo 4

Método dos autovalores — calcule o polinômio característico de A. Esse polinômio é dado por \det(A-\lambda I). Então
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}-2-\lambda & 1\\[4pt]1 & -2-\lambda\end{pmatrix}=(-2-\lambda)^2-1.
Desenvolvendo:
(-2-\lambda)^2-1=(\lambda+2)^2-1=\lambda^2+4\lambda+4-1=\lambda^2+4\lambda+3.
Fatorando:
\lambda^2+4\lambda+3=(\lambda+1)(\lambda+3).
Portanto os autovalores são
\lambda_{1}=-1,\qquad \lambda_{2}=-3.]

Passo 5

Agora encontramos os autovetores correspondentes a cada autovalor. Para \lambda_{1}=-1 resolvemos (A-\lambda_{1}I)\mathbf{v}=0, isto é
(A+I)\mathbf{v}=\begin{pmatrix}-2+1 & 1\\[4pt]1 & -2+1\end{pmatrix}\mathbf{v}=\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix}\mathbf{v}=0.
A equação -v_{1}+v_{2}=0 v_{2}=v_{1}. Podemos escolher um autovetor conveniente
\mathbf{v}_{1}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Para \lambda_{2}=-3 temos
(A+3I)\mathbf{v}=\begin{pmatrix}-2+3 & 1\\[4pt]1 & -2+3\end{pmatrix}\mathbf{v}=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}\mathbf{v}=0.
A equação v_{1}+v_{2}=0 v_{2}=-v_{1}. Um autovetor conveniente é
\mathbf{v}_{2}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Construção da solução geral a partir dos autovalores e autovetores. Para um sistema \mathbf{y}'=A\mathbf{y} com autovalores \lambda_{i} e autovetores \mathbf{v}_{i}, cada termo
\mathbf{y}_{i}(t)=C_{i}e^{\lambda_{i} t}\mathbf{v}_{i}
é solução, e a combinação linear de soluções é solução. Assim a solução geral é
\mathbf{y}(t)=C_{1}e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_{2}e^{-3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix},
onde C_{1} e C_{2} são constantes arbitrárias (determinam a solução conforme condições iniciais). Extraindo componentes:
y_{1}(t)=C_{1}e^{-t}+C_{2}e^{-3t},
y_{2}(t)=C_{1}e^{-t}-C_{2}e^{-3t}.
Breve explicação: cada autovetor define uma direção no espaço das incógnitas que evolui apenas por um fator exponencial e^{\lambda t}; combinar direções cobre todas as possibilidades iniciais quando os autovetores formam base (aqui formam).]

Passo 7

Verificação e atalho (método soma/diferença). Defina as combinações
u(t)=y_{1}(t)+y_{2}(t),\qquad v(t)=y_{1}(t)-y_{2}(t).
Diferenciando e usando o sistema original:
  • Para u:
u'(t)=y_{1}'+y_{2}'=(-2y_{1}+y_{2})+(y_{1}-2y_{2})=-y_{1}-y_{2}=-u(t).
Logo u'(t)=-u(t), que é uma ODE simples cuja solução geral é
u(t)=A e^{-t},
com constante A.
  • Para v:
v'(t)=y_{1}'-y_{2}'=(-2y_{1}+y_{2})-(y_{1}-2y_{2})=-3y_{1}+3y_{2}=-3(y_{1}-y_{2})=-3v(t).
Logo v'(t)=-3v(t) e
v(t)=B e^{-3t},
com constante B.
Recuperando y_{1} e y_{2} a partir de u e v:
y_{1}=\frac{u+v}{2}=\frac{A e^{-t}+B e^{-3t}}{2},\qquad y_{2}=\frac{u-v}{2}=\frac{A e^{-t}-B e^{-3t}}{2}.
Se definirmos C_{1}=A/2 e C_{2}=B/2 obtemos exatamente as expressões achadas pelo método de autovalores:
y_{1}(t)=C_{1}e^{-t}+C_{2}e^{-3t},\qquad y_{2}(t)=C_{1}e^{-t}-C_{2}e^{-3t}.
Esse atalho é útil na prova: ao ver uma matriz com a estrutura \begin{pmatrix}a & b\\\ b & a\end{pmatrix} ou similar, experimentar soma/diferença frequentemente diagonaliza o sistema rapidamente.

Passo 8

Observações finais (úteis para a prova):
  • Ambas as exponenciais têm expoentes negativos ( -1 e -3), então todas as soluções tendem a zero quando t\to+\infty (sistema estável).
  • Se houver condições iniciais \mathbf{y}(0)=(y_{1}(0),y_{2}(0)), basta substituir t=0 nas expressões e resolver o sistema linear para C_{1} e C_{2}.

Resposta

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

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