Resolva o sistema abaixo:
\left\{\begin{array}{l} x^{\prime}=4 x-y+e^{2 t}, \\ y^{\prime}=x+4 y, \end{array} \quad x(0)=0, y(0)=1\right.

Passo 1

O enunciado dá o sistema de equações diferenciais com condição inicial:
\left\{\begin{array}{l} x^{\prime}=4 x-y+e^{2 t}, \\\ y^{\prime}=x+4 y, \\\ x(0)=0,\; y(0)=1, \end{array}\right.
O que é pedido: encontrar as funções x(t) e y(t) que satisfazem o sistema e as condições iniciais.
Informações relevantes dadas:
  • Termos lineares com coeficientes constantes aparecem nas duas equações.
  • Há um termo forçante não homogêneo \,e^{2t}\, apenas na equação de x^{\prime}.
  • As condições iniciais são \,x(0)=0 e \,y(0)=1.

Passo 2

Escrevemos o sistema em forma matricial para organizar as ideias. Definindo \mathbf{u}(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\end{pmatrix}, podemos escrever
\mathbf{u}^{\prime}=A\mathbf{u}+\mathbf{f}(t),
onde
A=\begin{pmatrix}4 & -1\\[4pt]1 & 4\end{pmatrix},\qquad \mathbf{f}(t)=\begin{pmatrix}e^{2t}\\[4pt]0\end{pmatrix}.
A solução geral é a soma da solução geral do sistema homogêneo \mathbf{u}_h e de uma solução particular \mathbf{u}_p:
\mathbf{u}(t)=\mathbf{u}_h(t)+\mathbf{u}_p(t).]

Passo 3

Primeiro resolvemos o sistema homogêneo \mathbf{u}^{\prime}=A\mathbf{u}. Encontramos os autovalores de A a partir do polinômio característico:
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}4-\lambda & -1\\[4pt]1 & 4-\lambda\end{pmatrix}=(4-\lambda)^2+1.
Resolvendo (4-\lambda)^2+1=0 obtemos
(4-\lambda)^2=-1\quad\Rightarrow\quad \lambda=4\pm i.
Então há autovalores complexos conjugados 4\pm i. Para \lambda=4+i achamos um autovetor \mathbf{v}. Resolvendo (A-(4+i)I)\mathbf{v}=0
\begin{pmatrix}-i & -1\\[4pt]1 & -i\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=0
daí -i v_1 - v_2=0, logo podemos escolher v_1=1 e v_2=-i. Assim \mathbf{v}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-i\end{pmatrix}.
Uma solução complexa é \mathbf{u}_c(t)=e^{(4+i)t}\mathbf{v}. Para obter soluções reais, separamos parte real e imaginária de \mathbf{u}_c. Calculando
e^{(4+i)t}\mathbf{v}=e^{4t}e^{it}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-i\end{pmatrix} = e^{4t}\begin{pmatrix}\cos t + i\sin t\\[4pt]\sin t - i\cos t\end{pmatrix}.
A parte real e a parte imaginária dão duas soluções reais linearmente independentes:
\mathbf{\varphi}_1(t)=e^{4t}\begin{pmatrix}\cos t\\[4pt]\sin t\end{pmatrix},\qquad \mathbf{\varphi}_2(t)=e^{4t}\begin{pmatrix}\sin t\\[4pt]-\cos t\end{pmatrix}.
Portanto a solução geral do homogêneo é
\mathbf{u}_h(t)=C_1\,e^{4t}\begin{pmatrix}\cos t\\[4pt]\sin t\end{pmatrix} + C_2\,e^{4t}\begin{pmatrix}\sin t\\[4pt]-\cos t\end{pmatrix},
isto é, em componentes,
x_h(t)=e^{4t}\big(C_1\cos t + C_2\sin t\big),\qquad y_h(t)=e^{4t}\big(C_1\sin t - C_2\cos t\big),
com C_1,C_2 constantes.]

Passo 4

Agora procuramos uma solução particular \mathbf{u}_p(t) do sistema não homogêneo. O termo forçante é \mathbf{f}(t)=\begin{pmatrix}e^{2t}\\[4pt]0\end{pmatrix}. Como o forçamento é da forma \mathbf{b}e^{2t} com \mathbf{b}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix} e 2 não é autovalor de A (os autovalores são 4\pm i), tentamos uma solução particular da forma
\mathbf{u}_p(t)=\mathbf{v}\,e^{2t},
onde \mathbf{v}=\begin{pmatrix}a\\[4pt]b\end{pmatrix} é vetor constante a determinar. Substituindo em \mathbf{u}^{\prime}=A\mathbf{u}+\mathbf{f} obtemos
2\mathbf{v}e^{2t}=A\mathbf{v}e^{2t}+\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}e^{2t}.
Cancelando e^{2t}, chega-se ao sistema linear
(2I-A)\mathbf{v}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Calculamos 2I-A=\begin{pmatrix}2-4 & 0+1\\[4pt]-1 & 2-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt]-1 & -2\end{pmatrix}. Para evitar sinais confusos, multiplicamos ambos os lados por -1 e resolvemos
\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\[4pt]b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
As equações são
2a-b=-1,\qquad a+2b=0.
Da segunda vem a=-2b. Substituindo na primeira:
2(-2b)-b=-1 \quad\Rightarrow\quad -5b=-1 \quad\Rightarrow\quad b=\tfrac{1}{5}.
Logo a=-2b=-\tfrac{2}{5}. Assim
\mathbf{v}=\begin{pmatrix}-\tfrac{2}{5}\\[4pt]\tfrac{1}{5}\end{pmatrix},
e a solução particular é
\mathbf{u}_p(t)=\begin{pmatrix}-\tfrac{2}{5}e^{2t}\\[4pt]\tfrac{1}{5}e^{2t}\end{pmatrix}.]

Passo 5

A solução geral é a soma:
\mathbf{u}(t)=\mathbf{u}_h(t)+\mathbf{u}_p(t) = C_1\,e^{4t}\begin{pmatrix}\cos t\\[4pt]\sin t\end{pmatrix} + C_2\,e^{4t}\begin{pmatrix}\sin t\\[4pt]-\cos t\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}-\tfrac{2}{5}e^{2t}\\[4pt]\tfrac{1}{5}e^{2t}\end{pmatrix}.
Em componentes:
x(t)=e^{4t}\big(C_1\cos t + C_2\sin t\big)-\tfrac{2}{5}e^{2t},
y(t)=e^{4t}\big(C_1\sin t - C_2\cos t\big)+\tfrac{1}{5}e^{2t}.
Aplicamos as condições iniciais x(0)=0 e y(0)=1. Em t=0 temos \cos 0=1,\sin 0=0,e^{0}=1, então
x(0)=C_1-\tfrac{2}{5}=0 \quad\Rightarrow\quad C_1=\tfrac{2}{5},
y(0)= -C_2+\tfrac{1}{5}=1 \quad\Rightarrow\quad -C_2=\tfrac{4}{5}\quad\Rightarrow\quad C_2=-\tfrac{4}{5}.]

Passo 6

Substituímos C_1=\tfrac{2}{5} e C_2=-\tfrac{4}{5} nas fórmulas. Assim as soluções finais são
x(t)=e^{4t}\Big(\tfrac{2}{5}\cos t - \tfrac{4}{5}\sin t\Big)-\tfrac{2}{5}e^{2t},
y(t)=e^{4t}\Big(\tfrac{2}{5}\sin t + \tfrac{4}{5}\cos t\Big)+\tfrac{1}{5}e^{2t}.
Para ficar mais compacto é possível fatorar \tfrac{1}{5}:
x(t)=\tfrac{1}{5}\Big(e^{4t}(2\cos t -4\sin t)-2e^{2t}\Big),
y(t)=\tfrac{1}{5}\Big(e^{4t}(2\sin t +4\cos t)+e^{2t}\Big).

Resposta

x(t)=e^{4t}\Big(\dfrac{2}{5}\cos t-\dfrac{4}{5}\sin t\Big)-\dfrac{2}{5}e^{2t}\newline
y(t)=e^{4t}\Big(\dfrac{2}{5}\sin t+\dfrac{4}{5}\cos t\Big)+\dfrac{1}{5}e^{2t}

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