resolva o problema de valor inicial dado.
Nos problemas de 15 a 18 , resolva o problema de valor inicial dado.
Descreva o comportamento da solução quando t \rightarrow \infty.
15. \quad \mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{rr}5 & -1 \\\\ 3 & 1\end{array}\right) \mathbf{x}, \quad \mathbf{x}(0)=\binom{2}{-1}

Passo 1

O enunciado pede para resolver o problema de valor inicial
\mathbf{x}' = \begin{pmatrix}5 & -1 \\\\ 3 & 1\end{pmatrix}\mathbf{x}, \quad \mathbf{x}(0)=\begin{pmatrix}2\\\ -1\end{pmatrix},
que é um sistema linear de ODEs com matrizes constantes. Vamos usar o método de autovalores e autovetores para obter a solução geral e depois aplicar a condição inicial. Por fim, analisaremos o comportamento de \mathbf{x}(t) quando t\to\infty.

Passo 2

Calcular os autovalores \lambda de
A = \begin{pmatrix}5 & -1 \\\\ 3 & 1\end{pmatrix}
resolvendo
\det(A-\lambda I) = \det\begin{pmatrix}5-\lambda & -1 \\\\ 3 & 1-\lambda\end{pmatrix} = (5-\lambda)(1-\lambda)+3 = \lambda^2 -6\lambda +8 = 0.
As raízes são
\lambda = \frac{6\pm\sqrt{36-32}}{2} = \frac{6\pm2}{2} \;\implies\; \lambda_1=4,\quad \lambda_2=2.

Passo 3

Para \lambda_1=4, resolvemos (A-4I)v=0:
\begin{pmatrix}1 & -1\\\ 3 & -3\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_1\v_2\end{pmatrix}=0 \;\implies\;v_1=v_2.
Tomamos v^{(1)}=(1,1)^\top.
Para \lambda_2=2, resolvemos (A-2I)v=0:
\begin{pmatrix}3 & -1\\\ 3 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_1\v_2\end{pmatrix}=0 \;\implies\;v_2=3v_1.
Tomamos v^{(2)}=(1,3)^\top.
Logo, a solução geral é
\mathbf{x}(t) = C_1 e^{4t}\begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix} + C_2 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\\ 3\end{pmatrix}.

Passo 4

Impondo \mathbf{x}(0)=(2,-1)^\top\), temos \[\begin{pmatrix}2\\\ -1\end{pmatrix} = C_1\begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix} + C_2\begin{pmatrix}1\\\ 3\end{pmatrix} \;\Longrightarrow\; \begin{cases} C_1 + C_2 = 2,\\\ C_1 + 3C_2 = -1. \end{cases}
Subtraindo as equações surge 2C_2=-3\], logo \(C_2=-\tfrac32 e C_1=2-(-\tfrac32)=\tfrac72. Portanto
\mathbf{x}(t) = \frac72 e^{4t}\begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix} -\frac32 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\\ 3\end{pmatrix}.

Passo 5

Como e^{4t} cresce mais rápido que e^{2t} quando t\to\infty, a componente associada a \lambda_1=4 domina. Assim \|\mathbf{x}(t)\|\to\infty e a direção da solução aproxima-se de (1,1)^\top.

Resposta

\mathbf{x}(t) = \frac72 e^{4t}\begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix} -\frac32 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\\ 3\end{pmatrix},
e \mathbf{x}(t)\to\infty ao longo da direção (1,1)^\top quando t\to\infty.

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