Resolva o sistema de equações diferenciais
\begin{aligned} & \dot{x}_{1}=-3 x_{1}+4 x_{2} \\\ & \dot{x}_{2}=-2 x_{1}+3 x_{2} \end{aligned}

Passo 1

O enunciado dá o sistema de equações diferenciais ordinárias
\begin{aligned} & \dot{x}_{1}=-3 x_{1}+4 x_{2},\\[4pt] & \dot{x}_{2}=-2 x_{1}+3 x_{2}, \end{aligned}
e pede para encontrar a solução geral x_{1}(t) e x_{2}(t).
Informações relevantes que o enunciado fornece:
  • As incógnitas são as funções x_{1}(t) e x_{2}(t).
  • O sistema é linear e autônomo (coeficientes constantes).
  • Podemos escrever o sistema na forma matricial \dot{x}=A x com
A=\begin{pmatrix}-3 & 4\\[4pt]-2 & 3\end{pmatrix},
onde x(t)=\begin{pmatrix}x_{1}(t)\\[4pt]x_{2}(t)\end{pmatrix}.
O objetivo é obter a solução geral x(t) (ou seja, x_{1}(t) e x_{2}(t)) em termos de constantes arbitrárias.]

Passo 2

Escolha do método e ideia principal (explicação didática básica).
  • Para sistemas lineares com matriz constante A, uma forma prática de resolver é procurar soluções do tipo
x(t)=e^{\lambda t}v,
onde \lambda é um número (autovalor) e v é um vetor (autovetor). Substituindo na equação \dot{x}=Ax obtemos
\lambda e^{\lambda t} v = e^{\lambda t} A v \quad\Rightarrow\quad A v = \lambda v.
  • Assim, \lambda e v devem satisfazer a equação de autovalores (A-\lambda I)v=0. Não entrarei em jargões complicados: isso significa que, se conseguirmos pares (\lambda,v) com v\neq 0, cada par gera uma solução e^{\lambda t}v. Quando a matriz tem dois autovalores reais distintos (no caso 2×2), as soluções gerais são combinações lineares dessas soluções-padrão.
  • Vou aplicar exatamente esse procedimento: achar os autovalores \lambda resolvendo o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0, depois os autovetores, e então combinar.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I).
  • Primeiro escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-3-\lambda & 4\\[4pt]-2 & 3-\lambda\end{pmatrix}.
  • O determinante é
\det(A-\lambda I)=(-3-\lambda)(3-\lambda)-4\cdot(-2).
Agora prossigo com a conta passo a passo:
(-3-\lambda)(3-\lambda)=(-3)(3)+(-3)(-\lambda)+(-\lambda)(3)+(-\lambda)(-\lambda)=-9+3\lambda-3\lambda+\lambda^{2}=-9+\lambda^{2}.
Somando o termo -4\cdot(-2)=+8 obtemos
\det(A-\lambda I)=\lambda^{2}-9+8=\lambda^{2}-1.]

Passo 4

Encontrar os autovalores resolvendo \lambda^{2}-1=0.
\lambda^{2}-1=0 \quad\Rightarrow\quad \lambda^{2}=1 \quad\Rightarrow\quad \lambda=\pm 1.
Portanto os autovalores são \lambda_{1}=1 e \lambda_{2}=-1. Como são distintos e reais, a matriz A é diagonalizável e teremos duas soluções independentes do tipo e^{\lambda t}v.

Passo 5

Calcular o autovetor associado a \lambda_{1}=1.
  • Resolve-se (A-I)v=0, ou seja
\begin{pmatrix}-3-1 & 4\\[4pt]-2 & 3-1\end{pmatrix}v = \begin{pmatrix}-4 & 4\\[4pt]-2 & 2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_{1}\\[4pt]v_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • Das equações, a primeira é -4v_{1}+4v_{2}=0, que simplifica para v_{1}=v_{2}. A segunda é redundante (multiplicada por 1/2 dá a primeira).
  • Posso escolher um autovetor simples tomando v_{1}=1, então v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Calcular o autovetor associado a \lambda_{2}=-1.
  • Resolve-se (A+I)v=0, ou seja
\begin{pmatrix}-3+1 & 4\\[4pt]-2 & 3+1\end{pmatrix}v = \begin{pmatrix}-2 & 4\\[4pt]-2 & 4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_{1}\\[4pt]v_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • A primeira equação é -2v_{1}+4v_{2}=0, que dá v_{1}=2v_{2}. A segunda é repetida.
  • Tomando v_{2}=1 fica v^{(2)}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 7

Montar a solução geral usando as duas soluções independentes.
  • Cada par (\lambda_{i},v^{(i)}) gera a solução e^{\lambda_{i} t}v^{(i)}. Assim a solução geral é combinação linear:
x(t)=C_{1} e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} + C_{2} e^{-t}\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix},
onde C_{1} e C_{2} são constantes arbitrárias (determinar-se-iam a partir de condições iniciais).
  • Posso escrever as componentes explicitamente:
\begin{aligned} x_{1}(t)&=C_{1} e^{t} + 2 C_{2} e^{-t},\\[4pt] x_{2}(t)&=C_{1} e^{t} + C_{2} e^{-t}. \end{aligned}
  • Verificação rápida (curta): derivando x(t) obtemos
\dot{x}(t)=C_{1} e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} - C_{2} e^{-t}\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix},
e calculando A x(t) usando A e as combinações acima obtém-se o mesmo vetor — por isso a combinação satisfaz \dot{x}=Ax. (Não pulei passos essenciais: a construção por autovalores garante essa igualdade.)]

Passo 8

Como obter C_{1},C_{2} a partir de uma condição inicial (dica prática para prova).
  • Se dados x(0)=\begin{pmatrix}x_{1}(0)\\[4pt]x_{2}(0)\end{pmatrix}, então em t=0 vale
\begin{aligned} x_{1}(0)&=C_{1}+2C_{2},\\[4pt] x_{2}(0)&=C_{1}+C_{2}. \end{aligned}
  • Subtraindo as equações: x_{1}(0)-x_{2}(0)=C_{2}. Logo
C_{2}=x_{1}(0)-x_{2}(0), \qquad C_{1}=x_{2}(0)-C_{2}=2x_{2}(0)-x_{1}(0).
  • Assim, com condição inicial explícita dá-se substituição direta e obtém-se x(t) totalmente determinado. (É um truque útil: combinar equações lineares para isolar constantes.)]

Resposta

x(t)=C_{1} e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_{2} e^{-t}\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}
x_{1}(t)=C_{1} e^{t}+2C_{2} e^{-t},\qquad x_{2}(t)=C_{1} e^{t}+C_{2} e^{-t},
onde C_{1},C_{2} são constantes arbitrárias.]

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