Resolva os sistemas de EDO’s, utilizando os autovalores e autovetores
\begin{cases}\frac{d h}{d t}=-2 h+T & \mathrm{~h}(0)=1 \\\ \frac{d T}{d t}=4 T-5 h & \mathrm{~T}(0)=3\end{cases}

Passo 1

O enunciado dá o sistema de equações diferenciais com condições iniciais e pede as soluções h(t)\) e \(T(t)\). Informações fornecidas: \[\begin{cases} \frac{d h}{d t}=-2 h+T, & h(0)=1,\\[4pt] \frac{d T}{d t}=4 T-5 h, & T(0)=3. \end{cases}
O que se pede: encontrar explicitamente as funções h(t)\] e \(T(t) que satisfazem o sistema e as condições iniciais.]

Passo 2

Escrevemos o sistema na forma matricial para trabalhar de maneira organizada. Definimos o vetor
x(t)=\begin{pmatrix}h(t)\\[4pt]T(t)\end{pmatrix},
então o sistema pode ser escrito como
\frac{d x}{d t}=A x,\qquad x(0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix},
onde a matriz A é obtida pelos coeficientes das equações:
A=\begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt]-5 & 4\end{pmatrix}.
Explicação rápida do porquê: a derivada do vetor é dada pela multiplicação da matriz de coeficientes pela solução; isso transforma o sistema em um único problema matricial.]

Passo 3

Para resolver \frac{d x}{d t}=A x pela técnica sugerida, procuramos os autovalores \lambda de A, que são raízes do polinômio característico
\det(A-\lambda I)=0.
Calculamos:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-2-\lambda & 1\\[4pt]-5 & 4-\lambda\end{pmatrix},
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\det(A-\lambda I)=(-2-\lambda)(4-\lambda)-1\cdot(-5).
Desenvolvendo passo a passo:
(-2-\lambda)(4-\lambda)=\lambda^{2}-2\lambda-8,
então
\det(A-\lambda I)=\lambda^{2}-2\lambda-8+5=\lambda^{2}-2\lambda-3.
Agora resolvemos a equação quadrática
\lambda^{2}-2\lambda-3=0.
Fatorando ou usando a fórmula de Bhaskara, obtemos as raízes
\lambda=\frac{2\pm\sqrt{4+12}}{2}=\frac{2\pm4}{2},
portanto
\lambda_{1}=3,\qquad \lambda_{2}=-1.]

Passo 4

Agora encontramos um autovetor correspondente a \lambda_{1}=3. Resolvemos (A-3I)v=0:
A-3I=\begin{pmatrix}-5 & 1\\[4pt]-5 & 1\end{pmatrix}.
A equação para o vetor v=\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix} é
-5x+y=0 \quad\Rightarrow\quad y=5x.
Escolhemos x=1 (escalamos livremente um autovetor), então um autovetor é
v_{1}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix}.
Observação: qualquer múltiplo de v_{1} também serve, então a escolha x=1 é só para simplificar.]

Passo 5

Agora o autovetor para \lambda_{2}=-1. Resolvemos (A+I)v=0:
A-(-1)I=A+I=\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]-5 & 5\end{pmatrix}.
A equação é
-x+y=0 \quad\Rightarrow\quad y=x.
Escolhendo x=1 obtemos o autovetor
v_{2}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Justificativa e forma geral da solução: se v é um autovetor de A com autovalor \lambda, então a função x(t)=e^{\lambda t}v satisfaz \frac{dx}{dt}=A x, porque
\frac{d}{dt}(e^{\lambda t}v)=\lambda e^{\lambda t}v = e^{\lambda t}(\lambda v)=e^{\lambda t}(A v)=A(e^{\lambda t}v).
Como temos dois autovalores distintos com autovetores linearmente independentes v_{1} e v_{2}, a solução geral do sistema é combinação linear:
x(t)=c_{1}e^{3t}v_{1}+c_{2}e^{-t}v_{2}
ou explicitamente
x(t)=c_{1}e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix}+c_{2}e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix},
onde c_{1} e c_{2} são constantes a determinar pelas condições iniciais.]

Passo 7

Aplicamos a condição inicial x(0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}. Em t=0 temos
x(0)=c_{1}\begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix}+c_{2}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}c_{1}+c_{2}\\[4pt]5c_{1}+c_{2}\end{pmatrix}.
Igualando às componentes da condição inicial:
\begin{cases} c_{1}+c_{2}=1,\\[4pt] 5c_{1}+c_{2}=3. \end{cases}
Subtraindo a primeira equação da segunda:
(5c_{1}+c_{2})-(c_{1}+c_{2})=3-1 \quad\Rightarrow\quad 4c_{1}=2 \quad\Rightarrow\quad c_{1}=\tfrac{1}{2}.
Então
c_{2}=1-c_{1}=1-\tfrac{1}{2}=\tfrac{1}{2}.]

Passo 8

Substituímos c_{1} e c_{2} na solução geral. Obtemos
x(t)=\tfrac{1}{2}e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix}+\tfrac{1}{2}e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Separando as componentes para h(t) e T(t):
h(t)=\tfrac{1}{2}e^{3t}+\tfrac{1}{2}e^{-t}=\tfrac{1}{2}\bigl(e^{3t}+e^{-t}\bigr),
T(t)=\tfrac{5}{2}e^{3t}+\tfrac{1}{2}e^{-t}=\tfrac{1}{2}\bigl(5e^{3t}+e^{-t}\bigr).
Podemos conferir rapidamente as condições iniciais: em t=0, h(0)=\tfrac{1}{2}(1+1)=1 e T(0)=\tfrac{1}{2}(5+1)=3, OK.]

Resposta

h(t)=\tfrac{1}{2}\bigl(e^{3t}+e^{-t}\bigr)
T(t)=\tfrac{1}{2}\bigl(5e^{3t}+e^{-t}\bigr)

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