Resolva, utilizando autovalores e autovetores, os seguintes sistemas de equações diferenciais de primeira ordem:
\left\{\begin{array}{l}x_{1}{ }^{\prime}(t)=5 x_{1}(t)+x_{2}(t) \\\ x_{2}{ }^{\prime}(t)=-3 x_{1}(t)+x_{2}(t)\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver o sistema
\begin{cases} x_{1}'(t)=5\,x_{1}(t)+x_{2}(t),\\\ x_{2}'(t)=-3\,x_{1}(t)+x_{2}(t) \end{cases}
utilizando autovalores e autovetores. O conteúdo é equações diferenciais lineares de primeira ordem com coeficientes constantes. Vamos escrever o sistema na forma matricial \mathbf{x}'(t)=A\,\mathbf{x}(t) e depois encontrar os autovalores \lambda e autovetores \mathbf{v} de A.

Passo 2

Escrevendo em forma matricial,
\mathbf{x}(t)=\begin{pmatrix}x_{1}(t)\x_{2}(t)\end{pmatrix}, \quad A=\begin{pmatrix}5 & 1\\\ -3 & 1\end{pmatrix}, \quad \mathbf{x}'(t)=A\,\mathbf{x}(t).
Para achar os autovalores, montamos o polinômio característico
\det(A-\lambda I) =\det\begin{pmatrix}5-\lambda & 1\\\ -3 & 1-\lambda\end{pmatrix} =(5-\lambda)(1-\lambda)-(-3)\cdot1.

Passo 3

Calculando o determinante,
(5-\lambda)(1-\lambda)+3 =5-6\lambda+\lambda^2+3 =\lambda^2-6\lambda+8.
Igualando a zero,
\lambda^2-6\lambda+8=0 \quad\Longrightarrow\quad \lambda=\frac{6\pm\sqrt{36-32}}{2} =\frac{6\pm2}{2},
logo os autovalores são
\lambda_{1}=4 e \lambda_{2}=2.

Passo 4

Para \lambda_{1}=4, resolvemos (A-4I)\mathbf{v}=0:
\begin{pmatrix}5-4 & 1\\\ -3 & 1-4\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_{1}\v_{2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 1\\\ -3 & -3\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_{1}\v_{2}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix}.
Da primeira linha vem v_{1}+v_{2}=0, então podemos escolher
\mathbf{v}^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix}.

Passo 5

Para \lambda_{2}=2, resolvemos (A-2I)\mathbf{v}=0:
\begin{pmatrix}5-2 & 1\\\ -3 & 1-2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_{1}\v_{2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3 & 1\\\ -3 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_{1}\v_{2}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix}.
Da primeira linha vem 3v_{1}+v_{2}=0, ou seja v_{2}=-3v_{1}. Podemos escolher
\mathbf{v}^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\\ -3\end{pmatrix}.

Passo 6

A solução geral do sistema é combinação linear das soluções fundamentais
\mathbf{x}(t) =C_{1}e^{\lambda_{1}t}\,\mathbf{v}^{(1)} +C_{2}e^{\lambda_{2}t}\,\mathbf{v}^{(2)} =C_{1}e^{4t}\begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix} +C_{2}e^{2t}\begin{pmatrix}1\\\ -3\end{pmatrix}.
Em componentes,
x_{1}(t)=C_{1}e^{4t}+C_{2}e^{2t}, \quad x_{2}(t)=-C_{1}e^{4t}-3\,C_{2}e^{2t},
onde C_{1} e C_{2} são constantes determinadas pelas condições iniciais.

Resposta

\boxed{ \mathbf{x}(t) =C_{1}e^{4t}\begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix} +C_{2}e^{2t}\begin{pmatrix}1\\\ -3\end{pmatrix}, }
ou equivalentemente
x_{1}(t)=C_{1}e^{4t}+C_{2}e^{2t}, \quad x_{2}(t)=-C_{1}e^{4t}-3C_{2}e^{2t}.

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