1- Resolver os seguintes sistemas lineares homogêneos de EDO’s:
a) \mathrm{X}^{\prime}=\left(\begin{array}{rr}1 & 1 \\\\ -2 & 1\end{array}\right) \mathrm{X}
b) X^{\prime}=\left(\begin{array}{rr}-2 & 5 \\\\ -1 & 4\end{array}\right) X
c) \mathbf{X}^{\prime}=\left(\begin{array}{rrr}1 & -1 & 1 \\\\ 0 & 1 & 3 \\\\ 0 & 0 & 2\end{array}\right) \mathbf{X}
d) Para o item a), mostre que \Phi^{\prime}(t)=\mathrm{A} \Phi(t) e determine a matriz especial \psi(\mathrm{t}) considerando a \Phi(t).

Passo 1

O enunciado pede para resolver quatro itens. Vou listar claramente o que é pedido e os dados fornecidos:
a) Resolver o sistema homogêneo
X'=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]-2 & 1\end{pmatrix}X.
b) Resolver o sistema homogêneo
X'=\begin{pmatrix}-2 & 5\\[4pt]-1 & 4\end{pmatrix}X.
c) Resolver o sistema homogêneo
\mathbf{X}'=\begin{pmatrix}1 & -1 & 1\\[4pt]0 & 1 & 3\\[4pt]0 & 0 & 2\end{pmatrix}\mathbf{X},
ou seja, encontrar a solução geral \mathbf{X}(t)=(x(t),y(t),z(t))^{T}.
d) Para o item (a): (i) mostrar que \Phi'(t)=A\Phi(t) para uma matriz fundamental \Phi(t) do sistema do item (a); (ii) determinar a matriz especial \psi(t) considerando \Phi(t). (Interpreto “matriz especial \psi(t)” como a inversa da matriz fundamental, \psi(t)=\Phi^{-1}(t), que é uma escolha habitual e útil.)
Dados relevantes:
  • As matrizes dos sistemas estão no enunciado.
  • São sistemas lineares homogêneos com coeficientes constantes.
  • No item (c), a matriz é triangular superior (os autovalores são os elementos da diagonal).
  • No item (a) a matriz tem autovalores complexos conjugados; no (b) autovalores reais distintos; no (c) autovalores possivelmente repetidos (1 com multiplicidade 2 e 2 simples).
A partir daqui começo a resolver passo a passo.]

Passo 2

Método geral que vou usar (sem detalhar teoria profunda ainda, só indicando a estratégia): para sistemas X'=AX com A constante usamos autovalores/autovetores quando for conveniente; se a matriz for triangular, podemos resolver por substituição direta (back substitution). No caso de autovalores complexos, construímos duas soluções reais a partir da parte real e imaginária de uma solução complexa. Vou aplicar esses métodos item por item.

Passo 3

Começo por achar os autovalores de
A=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]-2 & 1\end{pmatrix}.
A equação característica é
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[4pt]-2 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)^2+2=0.
Explicando: o determinante de uma matriz 2\times2 \begin{pmatrix}a&b\c&d\end{pmatrix} é ad-bc. Aqui deu (1-\lambda)^2 - (1)(-2)=(1-\lambda)^2+2.
Resolvendo (1-\lambda)^2=-2 obtemos autovalores complexos conjugados:
\lambda=1\pm i\sqrt{2}.
Agora achamos um autovetor para \lambda=1+i\sqrt{2}. Resolvemos (A-\lambda I)v=0. Isso dá
\begin{pmatrix}-i\sqrt{2} & 1\\[4pt]-2 & -i\sqrt{2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=0,
da primeira equação -i\sqrt{2}\,v_1+v_2=0 então v_2=i\sqrt{2}\,v_1. Tomamos v_1=1 para ficar simples, logo podemos escolher
v=\begin{pmatrix}1\\[4pt] i\sqrt{2}\end{pmatrix}.]

Passo 4

Uma solução complexa é X_c(t)=e^{\lambda t}v=e^{(1+i\omega)t}v com \omega=\sqrt{2}. Escrevendo v=p+iq com p=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix} e q=\begin{pmatrix}0\\[4pt]\omega\end{pmatrix}, e usando identidades de exponenciais complexas, as partes real e imaginária de X_c(t) são duas soluções reais independentes.
Calculando explicitamente (com \omega=\sqrt{2}):
X_1(t)=\Re(e^{\lambda t}v)=e^{t}\begin{pmatrix}\cos(\omega t)\\[6pt]-\omega\sin(\omega t)\end{pmatrix}, \qquad X_2(t)=\Im(e^{\lambda t}v)=e^{t}\begin{pmatrix}\sin(\omega t)\\[6pt]\omega\cos(\omega t)\end{pmatrix}.
Explicando como obtive isso: se v=p+iq então
e^{(1+i\omega)t}v=e^{t}\big((\cos\omega t + i\sin\omega t)(p+iq)\big)
e separando real e imaginário e reorganizando obtemos as formas acima. Essas duas colunas são linearmente independentes, formando a base de soluções do sistema.]

Passo 5

A solução geral do sistema do item (a) é combinação linear das duas soluções reais obtidas:
X(t)=C_1 e^{t}\begin{pmatrix}\cos(\sqrt{2}\,t)\\[6pt]-\sqrt{2}\,\sin(\sqrt{2}\,t)\end{pmatrix} + C_2 e^{t}\begin{pmatrix}\sin(\sqrt{2}\,t)\\[6pt]\sqrt{2}\,\cos(\sqrt{2}\,t)\end{pmatrix},
onde C_1,C_2 são constantes reais arbitrárias (fixadas pelas condições iniciais).]

Passo 6

Agora o sistema com
B=\begin{pmatrix}-2 & 5\\[4pt]-1 & 4\end{pmatrix}.
A equação característica é
\det(B-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}-2-\lambda & 5\\[4pt]-1 & 4-\lambda\end{pmatrix}=(-2-\lambda)(4-\lambda)+5=\lambda^2-2\lambda-3=0.
Resolvendo \lambda^2-2\lambda-3=0 obtemos \lambda=(2\pm 4)/2, ou seja
\lambda_1=3,\qquad \lambda_2=-1.]

Passo 7

Para \lambda_1=3, resolvemos (B-3I)v=0:
\begin{pmatrix}-5 & 5\\[4pt]-1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=0
-5v_1+5v_2=0\Rightarrow v_2=v_1. Tomando v^{(1)}=(1,1)^T.
Para \lambda_2=-1, resolvemos (B+I)v=0:
\begin{pmatrix}-1 & 5\\[4pt]-1 & 5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=0
-v_1+5v_2=0\Rightarrow v_1=5v_2. Tomando v^{(2)}=(5,1)^T.
Como os autovalores são distintos, as soluções fundamentais são
X^{(1)}(t)=e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad X^{(2)}(t)=e^{-t}\begin{pmatrix}5\\[4pt]1\end{pmatrix}.
A solução geral é combinação linear:
X(t)=C_1 e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_2 e^{-t}\begin{pmatrix}5\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 8

A matriz é
A=\begin{pmatrix}1 & -1 & 1\\[4pt]0 & 1 & 3\\[4pt]0 & 0 & 2\end{pmatrix}.
Para matrizes triangulares superiores os autovalores são as entradas da diagonal: \lambda_1=1,\\ \lambda_2=1,\\ \lambda_3=2. Em vez de fazer autovetores e possíveis cadeias de Jordan, aqui é mais simples resolver sistema por substituição direta: escrevo \mathbf{X}=(x,y,z)^T e leio cada equação.
As equações são:
\begin{cases} x' = x - y + z,\\[4pt] y' = y + 3z,\\[4pt] z' = 2z. \end{cases}]

Passo 9

A equação de z é independente:
z' = 2z \Rightarrow z(t)=C_3 e^{2t},
com constante C_3.
Agora y satisfaz a equação linear não homogênea de primeira ordem
y' - y = 3z(t)=3C_3 e^{2t}.
Explico o método: para y'-y=f(t) o fator integrante é e^{-t}, pois (y e^{-t})' = (y' - y)e^{-t}. Multiplicando, integramos:
(y e^{-t})' = 3C_3 e^{2t}e^{-t}=3C_3 e^{t}.
Integrando em t:
y e^{-t}=3C_3 e^{t}+C_2,
onde C_2 é constante de integração. Então
y(t)=3C_3 e^{2t}+C_2 e^{t}.

Passo 10

Agora x satisfaz
x' - x = -y + z.
Substituindo y(t) e z(t):
x' - x = -\big(3C_3 e^{2t}+C_2 e^{t}\big) + C_3 e^{2t} = -2C_3 e^{2t} - C_2 e^{t}.
Novamente usamos o fator integrante e^{-t}:
(x e^{-t})' = (-2C_3 e^{2t} - C_2 e^{t})e^{-t} = -2C_3 e^{t} - C_2.
Integrando:
x e^{-t} = -2C_3 e^{t} - C_2 t + C_1,
com C_1 constante de integração. Multiplicando por e^{t}:
x(t)=C_1 e^{t} - C_2 t e^{t} - 2C_3 e^{2t}.

Passo 11

Agrupando os resultados:
\begin{cases} x(t)=C_1 e^{t} - C_2 t e^{t} - 2C_3 e^{2t},\\[6pt] y(t)=C_2 e^{t} + 3C_3 e^{2t},\\[6pt] z(t)=C_3 e^{2t}, \end{cases}
onde C_1,C_2,C_3 são constantes reais arbitrárias. Alternativamente, as três soluções fundamentais (colunas de uma matriz fundamental) podem ser escolhidas como:
\begin{pmatrix}e^{t}\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}-t e^{t}\\[4pt] e^{t}\\[4pt]0\end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}-2 e^{2t}\\[4pt]3 e^{2t}\\[4pt] e^{2t}\end{pmatrix},
que correspondem a escolher (C_1,C_2,C_3)=(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1).]

Passo 12

Para (a) as duas soluções fundamentais obtidas em

Passo 13

\Phi(t)=\begin{pmatrix} e^{t}\cos(\omega t) & e^{t}\sin(\omega t)\\[6pt] -e^{t}\omega\sin(\omega t) & e^{t}\omega\cos(\omega t) \end{pmatrix}, \qquad \text{com }\omega=\sqrt{2}.
Explicando: cada coluna é uma solução independente do sistema, logo a matriz cujas colunas são essas soluções é uma matriz fundamental. Agora mostro que \Phi'(t)=A\Phi(t). Como cada coluna X^{(j)}(t) satisfaz X^{(j)\prime}=AX^{(j)}, ao derivar coluna a coluna obtemos \Phi'(t)=A\Phi(t). Se quiser verificar usando cálculo, derive \Phi(t) elemento a elemento e compare com A\Phi(t); usando as identidades \omega^2=2, \frac{d}{dt}\cos(\omega t)=-\omega\sin(\omega t) e \frac{d}{dt}\sin(\omega t)=\omega\cos(\omega t) obtém-se igualdade em todas as entradas (fiz isso no rascunho para conferir; a verificação usa precisamente \omega^2=2).]

Passo 14

Agora calculo explicitamente \psi(t)=\Phi^{-1}(t). Observando que \Phi(t)=e^{t}M(t) onde
M(t)=\begin{pmatrix}\cos(\omega t) & \sin(\omega t)\\[6pt]-\omega\sin(\omega t) & \omega\cos(\omega t)\end{pmatrix},
o determinante de M(t) é
\det M(t)=\omega\big(\cos^2(\omega t)+\sin^2(\omega t)\big)=\omega,
logo \det\Phi(t)=e^{2t}\omega\neq0 para todo t. Assim \Phi(t) é invertível para todo t e
\Phi^{-1}(t)=\frac{1}{\det\Phi(t)}\operatorname{adj}(\Phi(t)).
Usando a inversa explícita de M(t) (fácil de calcular para 2\times2), temos
M^{-1}(t)=\frac{1}{\omega}\begin{pmatrix}\omega\cos(\omega t) & -\sin(\omega t)\\[6pt]\omega\sin(\omega t) & \cos(\omega t)\end{pmatrix}.
Como \Phi(t)=e^{t}M(t), então
\Phi^{-1}(t)=M^{-1}(t)e^{-t}=\frac{1}{\omega e^{t}}\begin{pmatrix}\omega\cos(\omega t) & -\sin(\omega t)\\[6pt]\omega\sin(\omega t) & \cos(\omega t)\end{pmatrix}.
Essa é a matriz especial \psi(t) pedida.
Comentário útil: \psi(t)=\Phi^{-1}(t) satisfaz a equação \psi'(t)=-\psi(t)A. Isso se obtém diferenciando \psi(t)\Phi(t)=I e isolando \psi': \psi'\Phi+\psi\Phi'=0\Rightarrow \psi'=-\psi A.]

Resposta

a) X(t)=C_1 e^{t}\begin{pmatrix}\cos(\sqrt{2}\,t)\\[6pt]-\sqrt{2}\,\sin(\sqrt{2}\,t)\end{pmatrix}+C_2 e^{t}\begin{pmatrix}\sin(\sqrt{2}\,t)\\[6pt]\sqrt{2}\,\cos(\sqrt{2}\,t)\end{pmatrix}.
b) X(t)=C_1 e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_2 e^{-t}\begin{pmatrix}5\\[4pt]1\end{pmatrix}.
c) \displaystyle x(t)=C_1 e^{t} - C_2 t e^{t} - 2C_3 e^{2t},\quad y(t)=C_2 e^{t} + 3C_3 e^{2t},\quad z(t)=C_3 e^{2t}.
d) Matriz fundamental para (a):
\Phi(t)=\begin{pmatrix} e^{t}\cos(\sqrt{2}\,t) & e^{t}\sin(\sqrt{2}\,t)\\[6pt] -e^{t}\sqrt{2}\,\sin(\sqrt{2}\,t) & e^{t}\sqrt{2}\,\cos(\sqrt{2}\,t) \end{pmatrix},
satisfaz \Phi'(t)=A\Phi(t). A matriz especial \psi(t)=\Phi^{-1}(t) é
\psi(t)=\Phi^{-1}(t)=\frac{1}{\sqrt{2}\,e^{t}}\begin{pmatrix}\sqrt{2}\cos(\sqrt{2}\,t) & -\sin(\sqrt{2}\,t)\\[6pt]\sqrt{2}\sin(\sqrt{2}\,t) & \cos(\sqrt{2}\,t)\end{pmatrix}.]

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