Resolva os sistemas de EDO obtendo a solução geral:
X^{\prime}=\left(\begin{array}{cc}18 & -4 \\\\ 9 & 6\end{array}\right) X

Passo 1

O enunciado pede: “Resolva os sistemas de EDO obtendo a solução geral” para o sistema
X'(t)=\begin{pmatrix}18 & -4\\[4pt]9 & 6\end{pmatrix}X(t).
Informações dadas:
A=\begin{pmatrix}18 & -4\\[4pt]9 & 6\end{pmatrix}, \qquad X(t)=\begin{pmatrix}x_1(t)\\[4pt]x_2(t)\end{pmatrix}, \qquad X'(t)=\frac{d}{dt}X(t).
O que se pede: encontrar a solução geral X(t) (com constantes arbitrárias) que satisfaça essa equação para todo t.]

Passo 2

Primeiro passo técnico: encontrar os autovalores de A. Para isso calculamos o polinômio característico
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}18-\lambda & -4\\[4pt]9 & 6-\lambda\end{pmatrix}.
Calcule o determinante:
\det(A-\lambda I)=(18-\lambda)(6-\lambda)-(-4)\cdot 9.
Explicando cada termo: (18-\lambda)(6-\lambda) vem do produto dos elementos da diagonal e -(-4)\cdot 9 corrige pelo produto dos elementos fora da diagonal. Agora expandimos:
(18-\lambda)(6-\lambda)=108-18\lambda-6\lambda+\lambda^2= \lambda^2-24\lambda+108.
Somando o termo +36 (porque -(-4)\cdot9=36) obtemos
\det(A-\lambda I)=\lambda^2-24\lambda+108+36=\lambda^2-24\lambda+144.
Esse é o polinômio característico. Agora resolvemos \lambda^2-24\lambda+144=0. Note que
\Delta = (-24)^2-4\cdot1\cdot144=576-576=0,
logo há autovalor real duplo. A raiz é
\lambda=\frac{24}{2}=12.
Portanto o único autovalor (com multiplicidade algébrica 2) é \lambda=12.]

Passo 3

Agora buscamos autovetores associados a \lambda=12. Devemos resolver
(A-12I)v=0, \qquad A-12I=\begin{pmatrix}18-12 & -4\\[4pt]9 & 6-12\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6 & -4\\[4pt]9 & -6\end{pmatrix}.
Se v=\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}, a primeira equação é
6v_1-4v_2=0 \quad\Longrightarrow\quad 3v_1-2v_2=0 \quad\Longrightarrow\quad v_2=\frac{3}{2}v_1.
Escolhemos v_1=2 para evitar frações; então um autovetor próprio é
v=\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\end{pmatrix}.
Observação: como o autovalor tem multiplicidade 2 mas encontramos apenas um autovetor linearmente independente, a multiplicidade geométrica é 1. Isso indica que a matriz não é diagonalizável e teremos que buscar um autovetor generalizado para formar uma base de soluções.]

Passo 4

Quando há autovalor repetido com só um autovetor, procuramos um vetor generalizado w que satisfaça
(A-12I)w = v,
onde v é o autovetor encontrado. Isso porque, para blocos de Jordan de tamanho 2, a segunda solução tem essa estrutura. Escrevemos w=\begin{pmatrix}w_1\\[4pt]w_2\end{pmatrix} e resolvemos o sistema
\begin{pmatrix}6 & -4\\[4pt]9 & -6\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w_1\\[4pt]w_2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\end{pmatrix}.
A primeira linha dá
6w_1-4w_2=2 \quad\Longrightarrow\quad 3w_1-2w_2=1.
A segunda linha é 9w_1-6w_2=3, que é apenas 1{,}5 vezes a primeira — consistente. Para escolher uma solução simples, tomo w_1=1; então
3\cdot 1 -2w_2=1 \quad\Longrightarrow\quad 2-2w_2=1 \quad\Longrightarrow\quad w_2=1.
Portanto podemos escolher
w=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Conferindo: (A-12I)w=\begin{pmatrix}6\cdot1-4\cdot1\\[4pt]9\cdot1-6\cdot1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\end{pmatrix}=v, como desejado.]

Passo 5

Agora uma pequena aula sobre por que isso nos dá a solução geral: quando temos um autovalor \lambda de multiplicidade 2 com apenas um autovetor v, as duas soluções fundamentais do sistema linear são
X_1(t)=e^{\lambda t}v \quad\text{e}\quad X_2(t)=e^{\lambda t}(t v + w),
onde w satisfaz (A-\lambda I)w=v. Vou mostrar rapidamente por que X_2 funciona (isso é importante para você poder justificar na prova). Calcule a derivada:
X_2'(t)=\lambda e^{\lambda t}(t v + w)+e^{\lambda t}v =e^{\lambda t}\big(\lambda t v + \lambda w + v\big).
Por outro lado,
A X_2(t)=e^{\lambda t}\big(A(t v + w)\big)=e^{\lambda t}\big(t A v + A w\big).
Como A v=\lambda v e A w=\lambda w + v (esta última igualdade é equivalente a (A-\lambda I)w=v), obtemos
A X_2(t)=e^{\lambda t}\big(\lambda t v + \lambda w + v\big)=X_2'(t).
Logo X_2 também é solução. Além disso X_1 e X_2 são linearmente independentes (uma envolve termo em t), então formam uma base de soluções do espaço de soluções de dimensão 2.

Passo 6

Aplicando isso ao nosso caso com \lambda=12, v=\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\end{pmatrix} e w=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}, obtemos as duas soluções fundamentais
X_1(t)=e^{12t}\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\end{pmatrix}, \qquad X_2(t)=e^{12t}\Big(t\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}\Big).
A solução geral é combinação linear dessas soluções com constantes arbitrárias C_1,C_2:
X(t)=C_1 X_1(t)+C_2 X_2(t) = e^{12t}\Big(C_1\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\end{pmatrix} + C_2\Big(t\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}\Big)\Big).]

Resposta

X(t)=e^{12t}\Big(C_1\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\end{pmatrix} + C_2\Big(t\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}\Big)\Big), \qquad C_1,C_2\in\mathbb{R}.]

Exercícios relacionados