Resolver os seguintes sistemas de equações diferenciais ordinárias e calcule e^{A t}: \dot{x}=A x, onde A é sucessivamente dado por:
\left( \begin{array}{cc}-2 & 1 \\ -1 & -2\end{array}\right)

Passo 1

O que o enunciado pede e o que foi dado.
  • Pede-se para resolver o sistema de equações diferenciais ordinárias
\dot{x}=A x,
onde x(t)\in\mathbb{R}^2 e a matriz A é
A=\begin{pmatrix}-2 & 1 \\[4pt] -1 & -2\end{pmatrix}.
  • As duas coisas que vamos fornecer: (i) uma expressão para e^{A t} (a exponencial matricial), e (ii) a solução geral x(t) do sistema (em termos de constantes determinadas pela condição inicial).]

Passo 2

Estratégia e forma básica de cálculo da exponencial matricial.
  • Definição útil: para qualquer matriz quadrada M, a exponencial matricial é dada pela série de potências
e^{M}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{M^{k}}{k!}.
  • Uma técnica prática é decompor A numa soma de matrizes que comutam entre si e cuja exponencial seja simples. Observa-se que podemos escrever A como
A=-2I+J,
onde
J=\begin{pmatrix}0 & 1 \\[4pt] -1 & 0\end{pmatrix}.
  • Nota importante: I comuta com qualquer matriz, logo -2I comuta com J. Assim
e^{A t}=e^{(-2I+J)t}=e^{-2t}e^{Jt}.
Portanto basta calcular e^{Jt}.]

Passo 3

Propriedade fundamental de J e cálculo de e^{Jt} via série.
  • Calcule J^{2}:
J^{2}=\begin{pmatrix}0 & 1 \\[4pt] -1 & 0\end{pmatrix}^2 =\begin{pmatrix}-1 & 0 \\[4pt] 0 & -1\end{pmatrix}=-I.
  • Consequência: potências de J repetem com período 4:
J^{0}=I,\quad J^{1}=J,\quad J^{2}=-I,\quad J^{3}=-J,\quad J^{4}=I,\\ \dots
  • Use a série de Taylor separando termos pares e ímpares:
e^{Jt}=\sum_{k=0}^\infty\frac{(Jt)^k}{k!} =\sum_{m=0}^\infty\frac{(Jt)^{2m}}{(2m)!}+\sum_{m=0}^\infty\frac{(Jt)^{2m+1}}{(2m+1)!}.
Como J^{2m}=(J^2)^m=(-I)^m e J^{2m+1}=(-I)^m J, obtemos
e^{Jt}=\left(\sum_{m=0}^\infty\frac{(-1)^m t^{2m}}{(2m)!}\right)I +\left(\sum_{m=0}^\infty\frac{(-1)^m t^{2m+1}}{(2m+1)!}\right)J.
  • Reconhecendo as séries de seno e cosseno:
\sum_{m=0}^\infty\frac{(-1)^m t^{2m}}{(2m)!}=\cos t,\qquad \sum_{m=0}^\infty\frac{(-1)^m t^{2m+1}}{(2m+1)!}=\sin t,
logo
e^{Jt}=\cos t\,I+\sin t\,J.]

Passo 4

Expansão matricial explícita de e^{A t}.
  • Usando e^{A t}=e^{-2t}e^{Jt} e a expressão anterior:
e^{A t}=e^{-2t}\big(\cos t\,I+\sin t\,J\big).
  • Substituindo I e J em forma matricial:
\cos t\,I+\sin t\,J =\begin{pmatrix}\cos t & 0 \\[4pt] 0 & \cos t\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}0 & \sin t \\[4pt] -\sin t & 0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\cos t & \sin t \\[4pt] -\sin t & \cos t\end{pmatrix}.
  • Portanto a exponencial matricial final é
\boxed{\,e^{A t}=e^{-2t}\begin{pmatrix}\cos t & \sin t \\[4pt] -\sin t & \cos t\end{pmatrix}\, }.]

Passo 5

Obter a solução geral x(t) do sistema a partir de e^{A t}.
  • A solução geral do sistema linear homogêneo é
x(t)=e^{A t}x(0),
onde x(0) são as constantes determinadas pela condição inicial. Se escrevermos x(t)=\begin{pmatrix}x_1(t)\\[4pt] x_2(t)\end{pmatrix} e x(0)=\begin{pmatrix}C_1\\[4pt] C_2\end{pmatrix}, então
x(t)=e^{-2t}\begin{pmatrix}\cos t & \sin t \\[4pt] -\sin t & \cos t\end{pmatrix}\begin{pmatrix}C_1\\[4pt] C_2\end{pmatrix}.
  • Escrevendo componentes explicitamente:
\boxed{\,x_1(t)=e^{-2t}\big(C_1\cos t + C_2\sin t\big),\qquad x_2(t)=e^{-2t}\big(-C_1\sin t + C_2\cos t\big)\, }.
  • Verificação (rascunho rápido): ao substituir na equação original verifica-se que essas expressões satisfazem \dot{x}=Ax. Também é intuitivo: temos um decaimento exponencial e^{-2t} multiplicando uma rotação harmônica (coseno/seno) com frequência 1, coerente com autovalores \lambda=-2\pm i.]

Passo 6

Interpretação rápida e dicas para prova.
  • A decomposição A=-2I+J foi chave porque transformou o problema em calcular e^{Jt} com J^2=-I; sempre que você reconhecer uma parte que é múltiplo da identidade mais uma matriz que satisfaça uma relação polinomial simples ( J^2=-I aqui), a série fica muito fácil.
  • Alternativa comum: calcular autovalores \lambda=-2\pm i e autovetores complexos e depois tomar partes reais; o resultado é equivalente e dá a forma e^{-2t} vezes rotação por t.
  • Em prova, se a matriz tem forma aI + bR com R^2=-I, use diretamente
e^{(aI+bR)t}=e^{at}(\cos(bt)I+\sin(bt)R).

Resposta

e^{A t}=e^{-2t}\displaystyle\begin{pmatrix}\cos t & \sin t \\[4pt] -\sin t & \cos t\end{pmatrix}
x(t)=e^{-2t}\displaystyle\begin{pmatrix}C_1\cos t + C_2\sin t \\[4pt] -C_1\sin t + C_2\cos t\end{pmatrix}]

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