Resolva os sistemas de EDO’s, utilizando os autovalores e autovetores
\begin{cases}\frac{d Q}{d t}=Q-4 F & \mathrm{Q}(0)=3 \\\ \frac{d F}{d t}=4 Q-7 F & \mathrm{~F}(0)=2\end{cases}

Passo 1

O enunciado dá o sistema de EDO’s com condições iniciais e pede as soluções Q(t)\) e \(F(t)\): \[\begin{cases} \frac{dQ}{dt}=Q-4F, & Q(0)=3,\\[4pt] \frac{dF}{dt}=4Q-7F, & F(0)=2. \end{cases}
Informações relevantes extraídas do enunciado:
\text{incógnitas: }Q(t),\;F(t);ó
\text{condições iniciais: }Q(0)=3,\;F(0)=2.çõ
A meta é encontrar as funções Q(t)\] e \(F(t) que satisfazem o sistema e as condições iniciais.]

Passo 2

Escrevemos o sistema em forma matricial para facilitar o uso de autovalores e autovetores. Defina o vetor
x(t)=\begin{pmatrix}Q(t)\\[4pt]F(t)\end{pmatrix}.
Então o sistema pode ser reescrito como
\frac{dx}{dt}=A x,
onde a matriz A é
A=\begin{pmatrix}1 & -4\\[4pt]4 & -7\end{pmatrix}.
Agora vamos buscar os autovalores \lambda e os autovetores v de A resolvendo \det(A-\lambda I)=0 e (A-\lambda I)v=0. Se a multiplicidade algébrica de um autovalor for maior do que a geométrica, precisaremos também de um autovetor generalizado (explico isso no passo correspondente).]

Passo 3

Calcule o polinômio característico \det(A-\lambda I):
\det\!\left(\begin{pmatrix}1-\lambda & -4\\[4pt]4 & -7-\lambda\end{pmatrix}\right) =(1-\lambda)(-7-\lambda)-(-4)\cdot 4.
Agora expandimos cuidadosamente:
(1-\lambda)(-7-\lambda) = \lambda^2 +6\lambda -7,
então adicionando 16 (porque -(-4)\cdot4=+16) obtemos
\det(A-\lambda I)=\lambda^2+6\lambda-7+16=\lambda^2+6\lambda+9.
Observe que
\lambda^2+6\lambda+9=(\lambda+3)^2.
Portanto há um único autovalor com multiplicidade algébrica 2:
\lambda=-3 \quad(\text{multiplicidade }2).]

Passo 4

Agora encontramos os autovetores resolvendo (A-\lambda I)v=0 com \lambda=-3. Calculamos A+3I:
A+3I=\begin{pmatrix}1+3 & -4\\[4pt]4 & -7+3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4 & -4\\[4pt]4 & -4\end{pmatrix}.
Resolvendo (A+3I)v=0 para v=(x,y)^T:
\begin{pmatrix}4 & -4\\[4pt]4 & -4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}
isso dá a equação 4x-4y=0, ou seja x=y. Podemos escolher um autovetor simples
v=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
A dimensão do espaço próprio (multiplicidade geométrica) é 1, menor que a multiplicidade algébrica 2. Logo A não é diagonalizável e precisamos de um autovetor generalizado para construir a solução geral (próximo passo eu explico o porquê e como obter).]

Passo 5

Explicação do caso com autovalor repetido e apenas um autovetor: quando \lambda é raiz de multiplicidade 2 mas existe apenas um autovetor v, a exponencial matricial gera termos que envolvem t e^{\lambda t}. A forma canônica da solução geral nesse caso (cadeia de Jordan de comprimento 2) é
x(t)=e^{\lambda t}\big(C_1 v + C_2 (t v + w)\big),
onde w é um autovetor generalizado que satisfaz
(A-\lambda I)w=v.
Isto vem da teoria de cadeias de Jordan e também pode ser verificado ao diferenciar e substituir na EDO. Vamos então encontrar w.

Passo 6

Calcule w resolvendo (A+3I)w=v. Escreva w=(a,b)^T. Temos
\begin{pmatrix}4 & -4\\[4pt]4 & -4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\[4pt]b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
As duas linhas são iguais, então basta uma equação:
4a-4b=1 \quad\Longleftrightarrow\quad a-b=\tfrac{1}{4}.
Existem muitas escolhas possíveis para w; escolhemos uma conveniente, por exemplo b=0, então a=\tfrac{1}{4}. Assim um autovetor generalizado é
w=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{4}\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 7

Agora escrevemos a solução geral usando \lambda=-3, o autovetor v e o autovetor generalizado w:
x(t)=e^{-3t}\big(C_1 v + C_2 (t v + w)\big).
Lembrando que x(t)=\begin{pmatrix}Q(t)\\[4pt]F(t)\end{pmatrix}, e que v=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}, w=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{4}\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 8

Aplique as condições iniciais em t=0\). Como \(e^{0}=1\), temos \[x(0)=C_1 v + C_2 w=\begin{pmatrix}3\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Isso dá o sistema para C_1,C_2:
C_1\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_2\begin{pmatrix}\tfrac{1}{4}\\[4pt]0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Escrevendo componente a componente:
\begin{cases} C_1+\tfrac{1}{4}C_2=3,\\[4pt] C_1=2. \end{cases}
Da segunda equação vem (C_1=2]. Substituindo na primeira:
2+\tfrac{1}{4}C_2=3 \quad\Rightarrow\quad \tfrac{1}{4}C_2=1 \quad\Rightarrow\quad C_2=4.]

Passo 9

Substituímos C_1=2 e C_2=4 na expressão de x(t):
x(t)=e^{-3t}\Big(2v+4(tv+w)\Big) =e^{-3t}\Big((2+4t)v+4w\Big).
Agora calculemos explicitamente:
(2+4t)v=(2+4t)\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2+4t\\[4pt]2+4t\end{pmatrix},
4w=4\begin{pmatrix}\tfrac{1}{4}\\[4pt]0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Somando:
(2+4t)v+4w=\begin{pmatrix}2+4t\\[4pt]2+4t\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3+4t\\[4pt]2+4t\end{pmatrix}.
Portanto
x(t)=e^{-3t}\begin{pmatrix}3+4t\\[4pt]2+4t\end{pmatrix}.
Isto nos dá as soluções explicitamente:
Q(t)=e^{-3t}(3+4t),\qquad F(t)=e^{-3t}(2+4t).]

Passo 10

Checagem rápida (no estilo amigo que confirma): em t=0 temos Q(0)=3 e F(0)=2 conforme pedido. Se alguém quiser, pode substituir Q(t) e F(t) na equação original para verificar que as derivadas satisfazem o sistema (isto confirma a validade da solução).

Resposta

\displaystyle Q(t)=e^{-3t}\big(3+4t\big)
\displaystyle F(t)=e^{-3t}\big(2+4t\big)

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