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

Passo 1

O enunciado dá um sistema linear de equações diferenciais com condições iniciais e pede a solução que satisfaça essas condições. Informações fornecidas:
\left\{\begin{array}{l} x^{\prime}=4x-y,\\[4pt] y^{\prime}=2x+y,\\[4pt] x(0)=1,\;y(0)=0. \end{array}\right.
Ou seja, queremos encontrar as funções x(t) e y(t) que satisfazem o sistema acima para todo t e que passam pelos valores iniciais dados quando t=0.]

Passo 2

Primeiro é útil escrever o sistema em forma matricial para organizar as ideias. Definimos o vetor \mathbf{u}(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\end{pmatrix} e a matriz de coeficientes
A=\begin{pmatrix}4 & -1\\[4pt]2 & 1\end{pmatrix}.
O sistema então fica
\mathbf{u}'(t)=A\mathbf{u}(t),\qquad \mathbf{u}(0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Agora a ideia (explicando o porquê): se existir um vetor não-nulo \mathbf{v} e escalar \lambda tais que A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v} (ou seja, \mathbf{v} é autovetor e \lambda autovalor), então a função \mathbf{u}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v} satisfaz \mathbf{u}'(t)=\lambda e^{\lambda t}\mathbf{v}=A(e^{\lambda t}\mathbf{v})=A\mathbf{u}(t). Assim soluções do tipo e^{\lambda t}\mathbf{v} aparecem naturalmente. Se encontrarmos dois autovetores linearmente independentes, a combinação linear desses exponenciais gera a solução geral. Então precisamos achar autovalores e autovetores de A.]

Passo 3

Encontrar os autovalores resolvendo o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Calculamos
\det\!\begin{pmatrix}4-\lambda & -1\\[4pt]2 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(4-\lambda)(1-\lambda)-(-1)\cdot 2.
Expandindo:
(4-\lambda)(1-\lambda)+2=4-5\lambda+\lambda^{2}+2=\lambda^{2}-5\lambda+6.
Portanto o polinômio característico é \lambda^{2}-5\lambda+6. Resolvendo
\lambda^{2}-5\lambda+6=0
fatoramos (\lambda-2)(\lambda-3)=0. Logo os autovalores são
\lambda_{1}=2,\qquad \lambda_{2}=3.]

Passo 4

Agora achamos os autovetores para cada autovalor resolvendo (A-\lambda I)\mathbf{v}=0.
Para \lambda_{1}=2:
A-2I=\begin{pmatrix}4-2 & -1\\[4pt]2 & 1-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]2 & -1\end{pmatrix}.
Equações equivalentes: 2v_{1}-v_{2}=0. Isso dá v_{2}=2v_{1}. Tomamos o autovetor
\mathbf{v}_{1}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Para \lambda_{2}=3:
A-3I=\begin{pmatrix}4-3 & -1\\[4pt]2 & 1-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]2 & -2\end{pmatrix}.
Equação: v_{1}-v_{2}=0. Isso dá v_{2}=v_{1}. Tomamos o autovetor
\mathbf{v}_{2}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Os autovetores \mathbf{v}_{1} e \mathbf{v}_{2} são linearmente independentes, então podemos escrever a solução geral como combinação linear dos modos exponenciais correspondentes.]

Passo 5

A solução geral do sistema é
\mathbf{u}(t)=C_{1}e^{2t}\mathbf{v}_{1}+C_{2}e^{3t}\mathbf{v}_{2}.
Escrevendo em componentes, com \mathbf{v}_{1}=(1,2)^{T} e \mathbf{v}_{2}=(1,1)^{T}, temos
x(t)=C_{1}e^{2t}+C_{2}e^{3t},
y(t)=2C_{1}e^{2t}+C_{2}e^{3t}.

Passo 6

Usamos as condições iniciais \;x(0)=1,\;y(0)=0\; para determinar C_{1} e C_{2}.
Avaliar em t=0
x(0)=C_{1}+C_{2}=1,
y(0)=2C_{1}+C_{2}=0.
Subtraindo a primeira equação da segunda obtemos
(2C_{1}+C_{2})-(C_{1}+C_{2})=C_{1}=0-1=-1.
Logo C_{1}=-1. Então C_{2}=1-C_{1}=1-(-1)=2.

Passo 7

Substituindo C_{1}=-1 e C_{2}=2 nas expressões de x(t) e y(t) obtemos a solução particular:
x(t)=-e^{2t}+2e^{3t},
y(t)=-2e^{2t}+2e^{3t}.

Passo 8

Verificação rápida (pra te deixar mais seguro): calculamos x'(t) e y'(t) e conferimos que satisfazem o sistema.
x'(t)=-2e^{2t}+6e^{3t},\qquad y'(t)=-4e^{2t}+6e^{3t}.
Agora compute 4x-y:
4x-y=4(-e^{2t}+2e^{3t})-(-2e^{2t}+2e^{3t})=(-4e^{2t}+8e^{3t})+(2e^{2t}-2e^{3t})=-2e^{2t}+6e^{3t}=x'(t).
E compute 2x+y:
2x+y=2(-e^{2t}+2e^{3t})+(-2e^{2t}+2e^{3t})=(-2e^{2t}+4e^{3t})+(-2e^{2t}+2e^{3t})=-4e^{2t}+6e^{3t}=y'(t).
Está tudo consistente com o sistema.

Resposta

x(t)=-e^{2t}+2e^{3t}
y(t)=-2e^{2t}+2e^{3t}

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