Resolva a solução geral do sistema x^{\prime}=A x e a solução do problema de valori inicial dado.
A=\left(\begin{array}{ll}1 & 3 \\\\ 3 & 1\end{array}\right), x(0)=(1,2)

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  • A solução geral do sistema \,x' = A x\, com \,A=\begin{pmatrix}1 & 3\\[4pt]3 & 1\end{pmatrix}.
  • A solução do problema de valor inicial com \,x(0) = (1,2).
Informações dadas:
  • Matriz \,A=\begin{pmatrix}1 & 3\\[4pt]3 & 1\end{pmatrix}.
  • Condição inicial \,x(0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}.]

Passo 2

Método escolhido (explicação didática e porque funciona):
  • Para resolver \,x' = A x\, é muito comum procurar autovalores e autovetores de \,A.
  • Motivo: se \,v é um autovetor de \,A associado ao autovalor \,\lambda, então a função \,t\mapsto e^{\lambda t}v satisfaz \,x' = A x. Isso ocorre porque
\frac{d}{dt}\big(e^{\lambda t}v\big)=\lambda e^{\lambda t}v \quad\text{e}\quad A\big(e^{\lambda t}v\big)=e^{\lambda t}Av=e^{\lambda t}\lambda v.
  • Se \,A tem dois autovetores linearmente independentes (no caso 2×2 isso dá uma base), a solução geral é combinação linear dessas soluções exponenciais.

Passo 3

Calcular os autovalores (polinômio característico):
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 3\\[4pt]3 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)^2-3\cdot3.
Desenvolvendo:
(1-\lambda)^2-9=\lambda^2-2\lambda+1-9=\lambda^2-2\lambda-8.
Resolver \,\lambda^2-2\lambda-8=0\,. O discriminante é \,\Delta=(-2)^2-4\cdot1\cdot(-8)=4+32=36. Então
\lambda=\frac{2\pm\sqrt{36}}{2}=\frac{2\pm6}{2}.
Portanto os autovalores são
\lambda_1=4,\qquad \lambda_2=-2.]

Passo 4

Encontrar autovetor para \,\lambda_1=4:
Resolver (A-4I)v=0:
\begin{pmatrix}1-4 & 3\\[4pt]3 & 1-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3 & 3\\[4pt]3 & -3\end{pmatrix}.
A equação -3x_1+3x_2=0 x_1=x_2. Podemos escolher o autovetor
v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
(Qualquer múltiplo serve; escolhemos esse por simplicidade.)]

Passo 5

Encontrar autovetor para \,\lambda_2=-2:
Resolver (A+2I)v=0:
\begin{pmatrix}1+2 & 3\\[4pt]3 & 1+2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & 3\\[4pt]3 & 3\end{pmatrix}.
A equação 3x_1+3x_2=0 x_1=-x_2. Podemos escolher o autovetor
v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Escrever a solução geral usando os autopares (\lambda_1,v_1) e (\lambda_2,v_2):
Como explicado, e^{\lambda_1 t}v_1 e e^{\lambda_2 t}v_2 são soluções. Portanto a solução geral é
x(t)=C_1 e^{4t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_2 e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix},
onde C_1 e C_2 são constantes reais que serão fixadas pela condição inicial.]

Passo 7

Aplicar a condição inicial \,x(0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}\): Avaliar em \(t=0\): \[x(0)=C_1\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_2\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}C_1+C_2\\[4pt]C_1-C_2\end{pmatrix}.
Igualando a \begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix} obtemos o sistema para C_1,C_2:
\begin{cases} C_1+C_2=1,\\[4pt] C_1-C_2=2. \end{cases}
Somando as duas equações: 2C_1=3\] então \(C_1=\dfrac{3}{2}. Substituindo em C_1+C_2=1:
C_2=1-C_1=1-\dfrac{3}{2}=-\dfrac{1}{2}.]

Passo 8

Escrever a solução particular com os valores de C_1 e C_2, e também as componentes explícitas:
x(t)=\frac{3}{2}e^{4t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}-\frac{1}{2}e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Separando componentes:
x_1(t)=\frac{3}{2}e^{4t}-\frac{1}{2}e^{-2t}, \qquad x_2(t)=\frac{3}{2}e^{4t}+\frac{1}{2}e^{-2t}.]

Passo 9

Verificação rápida (checar a condição inicial):
Em t=0,
x_1(0)=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=1,\qquad x_2(0)=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}=2,
ok — satisfaz a condição inicial.

Resposta

Solução geral: x(t)=C_1 e^{4t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_2 e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Solução com x(0)=(1,2): x(t)=\dfrac{3}{2}e^{4t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}-\dfrac{1}{2}e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}, ou equivalentemente
x_1(t)=\frac{3}{2}e^{4t}-\frac{1}{2}e^{-2t},\qquad x_2(t)=\frac{3}{2}e^{4t}+\frac{1}{2}e^{-2t}.]

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