Resolva o problema de valor inicial dado. Descreva o comportamento da solução quando t \rightarrow \infty.
x^{\prime}=\left(\begin{array}{ll}-2 & 1 \\\\ -5 & 4\end{array}\right) x, \quad x(0)=\binom{1}{3}

Passo 1

O enunciado dá um sistema linear de ODEs com condição inicial e pede duas coisas: resolver o problema de valor inicial e descrever o comportamento da solução quando t \rightarrow \infty. As informações fornecidas são:
  • A matriz do sistema é
A=\begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt]-5 & 4\end{pmatrix}.
  • O sistema é \displaystyle x' = A x.
  • A condição inicial é \displaystyle x(0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}.]

Passo 2

Qual método vamos usar e por quê (explicação didática): para sistemas lineares constantes como \displaystyle x'=Ax, uma técnica padrão e muito prática é buscar soluções do tipo \displaystyle x(t)=v e^{\lambda t}, onde v é um vetor constante e \lambda um escalar. Substituindo nessa forma obtemos
\lambda v e^{\lambda t}=A v e^{\lambda t}\quad\Rightarrow\quad (A-\lambda I)v=0.
Isto é, \lambda e v devem ser autovalores e autovetores da matriz A. Cada par (\lambda,v) fornece uma solução v e^{\lambda t}. Se conseguirmos dois autovetores linearmente independentes em \mathbb{R}^2, a combinação linear dessas soluções gera a solução geral do sistema. Essa abordagem é diagonalização / solução por autovalores — é a mais direta aqui porque A é 2\times2 e costuma dar conta com contas simples.

Passo 3

Calcular os autovalores (passo-a-passo): os autovalores são raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Compute:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-2-\lambda & 1\\[4pt]-5 & 4-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(-2-\lambda)(4-\lambda)-1\cdot(-5).
Desenvolvendo:
(-2-\lambda)(4-\lambda)+5 = (-2)(4)+(-2)(-\lambda)+(-\lambda)(4)+(-\lambda)(-\lambda)+5.
= -8 +2\lambda -4\lambda +\lambda^2 +5 = \lambda^2 -2\lambda -3.
Então o polinômio característico é \lambda^2-2\lambda-3. As raízes são
\lambda=\frac{2\pm\sqrt{4+12}}{2}=\frac{2\pm4}{2},
isto é,
\lambda_1=3,\qquad \lambda_2=-1.]

Passo 4

Encontrar autovetores correspondentes (passo-a-passo):
  • Para \lambda_1=3: resolvemos (A-3I)v=0. Temos
A-3I=\begin{pmatrix}-5 & 1\\[4pt]-5 & 1\end{pmatrix}.
A equação (-5) v_1 + v_2 =0 v_2=5 v_1. Podemos escolher v_1=1, então um autovetor é
v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix}.
  • Para \lambda_2=-1: resolvemos (A+I)v=0. Temos
A-(-1)I=A+I=\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]-5 & 5\end{pmatrix}.
A equação -v_1+v_2=0 v_2=v_1. Escolhendo v_1=1, um autovetor é
v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Os dois autovetores são linearmente independentes (pois não são múltiplos um do outro), então geram a base necessária.]

Passo 5

Escrever a solução geral e aplicar a condição inicial (explicação): como temos dois autovalores distintos e dois autovetores independentes, a solução geral é
x(t)=C_1 v^{(1)} e^{\lambda_1 t}+C_2 v^{(2)} e^{\lambda_2 t},
ou seja
x(t)=C_1\begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix}e^{3t}+C_2\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}e^{-t}.
A constante C_1,C_2 são determinadas pela condição inicial \displaystyle x(0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}. Substituindo t=0 obtemos
C_1\begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix}+C_2\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}.
Isto gera o sistema linear para C_1,C_2:
\begin{cases} C_1 + C_2 = 1,\\[4pt] 5C_1 + C_2 = 3. \end{cases}]

Passo 6

Resolver para C_1 e C_2 (contas detalhadas): subtraindo a primeira equação da segunda obtemos
(5C_1 + C_2) - (C_1 + C_2) = 3 - 1 \quad\Rightarrow\quad 4C_1 = 2.
Logo
C_1=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}.
E então C_2 = 1 - C_1 = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.

Passo 7

Escrever a solução explícita e checar rapidamente: substituindo as constantes,
x(t)=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix}e^{3t}+\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}e^{-t}.
Podemos também escrever as componentes separadamente:
x_1(t)=\frac{1}{2}\bigl(e^{3t}+e^{-t}\bigr),\qquad x_2(t)=\frac{1}{2}\bigl(5e^{3t}+e^{-t}\bigr).
Verificação rápida em t=0: x_1(0)=\tfrac{1}{2}(1+1)=1, x_2(0)=\tfrac{1}{2}(5+1)=3. Está coerente com a condição inicial.]

Passo 8

Descrever o comportamento quando t\rightarrow\infty (intuição e justificativa): a solução é soma de duas partes: uma que escala como e^{3t} (taxa de crescimento positiva) e outra que escala como e^{-t} (decai para zero). Como e^{3t} cresce muito mais rápido que e^{-t} decai, para grandes t a solução é dominada pelo termo associado ao autovalor \lambda_1=3. Assim
x(t)\sim \frac{1}{2}e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix}\quad\text{quando }t\to\infty.
Em palavras: x(t) diverge exponencialmente para o infinito com taxa 3 e sua direção no espaço tende para a direção do autovetor \begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix}. O sistema é instável porque existe um autovalor positivo.]

Resposta

x(t)=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix}e^{3t}+\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}e^{-t}\n
Quando t\to\infty, x(t)\sim \dfrac{1}{2}e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix}, ou seja, diverge exponencialmente na direção \begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix}.]

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