Para o sistema (3),
\mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\\\ 4 & 1 \end{array}\right) \mathbf{x}
no Exemplo 7.7.1, encontre a matriz fundamental \boldsymbol{\Phi} tal que \boldsymbol{\Phi}(0)=\mathbf{I}.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear de ordem 2
\mathbf{x}'=A\mathbf{x},\qquad A=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]4 & 1\end{pmatrix},
e pede para encontrar a matriz fundamental \boldsymbol{\Phi}(t) que satisfaz
\boldsymbol{\Phi}'(t)=A\boldsymbol{\Phi}(t)\qquad\text{e}\qquad \boldsymbol{\Phi}(0)=I.
Informações relevantes fornecidas:
  • A matriz A tem entradas a_{11}=1,\;a_{12}=1,\;a_{21}=4,\;a_{22}=1.
  • A solução pedida é uma matriz 2×2 função do tempo t que gera todas as soluções via \mathbf{x}(t)=\boldsymbol{\Phi}(t)\mathbf{c} e que em t=0 vale a identidade.]

Passo 2

Escolha do método (explicando de forma amigável): como A é uma matriz 2\times2, o caminho mais direto é diagonalizá-la (se for diagonalizável) e usar
\boldsymbol{\Phi}(t)=P\,e^{Dt}\,P^{-1},
onde D é a matriz diagonal de autovalores e P tem os autovetores como colunas. Isso funciona bem quando A tem autovalores distintos (fica bem simples). Vou aplicar esse método passo a passo.

Passo 3

Calcular os autovalores de A. Primeiro a equação característica:
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[4pt]4 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)^2-4.
Expandindo:
(1-\lambda)^2-4=\lambda^2-2\lambda-3.
Resolvendo \lambda^2-2\lambda-3=0 usando a fórmula quadrática:
\lambda=\frac{2\pm\sqrt{(-2)^2-4\cdot1\cdot(-3)}}{2}=\frac{2\pm\sqrt{16}}{2}=\frac{2\pm4}{2}.
Portanto os autovalores são
\lambda_1=3,\qquad \lambda_2=-1.
Como são distintos, A é diagonalizável (ótimo!).]

Passo 4

Encontrar autovetores correspondentes.
Para \lambda_1=3 resolvemos (A-3I)\mathbf{v}=0, ou
\begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt]4 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Da primeira linha -2v_1+v_2=0 segue v_2=2v_1. Tomando v_1=1 obtemos um autovetor
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Para \lambda_2=-1 resolvemos (A+I)\mathbf{v}=0, ou
\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]4 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Da primeira linha 2v_1+v_2=0 segue v_2=-2v_1. Tomando v_1=1 obtemos
\mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.]

Passo 5

Formar a matriz P com os autovetores como colunas e calcular P^{-1}.
P=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]2 & -2\end{pmatrix}.
Determinante de P:
\det P = 1\cdot(-2)-1\cdot2=-4.
A inversa de uma 2\times2 \begin{pmatrix}a&b\\\ c&d\end{pmatrix} é \dfrac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d&-b\\\\ -c&a\end{pmatrix}. Aplicando:
P^{-1}=\frac{1}{-4}\begin{pmatrix}-2 & -1\\[4pt]-2 & 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1/2 & 1/4\\[4pt]1/2 & -1/4\end{pmatrix}.]

Passo 6

Construir D e e^{Dt}. A matriz diagonal dos autovalores é
D=\begin{pmatrix}3 & 0\\[4pt]0 & -1\end{pmatrix},
logo
e^{Dt}=\begin{pmatrix}e^{3t} & 0\\[4pt]0 & e^{-t}\end{pmatrix}.
Pela diagonalização, a matriz fundamental com \boldsymbol{\Phi}(0)=I é
\boldsymbol{\Phi}(t)=P\,e^{Dt}\,P^{-1}.]

Passo 7

Calcular explicitamente \boldsymbol{\Phi}(t) multiplicando as matrizes passo a passo.
Primeiro P\,e^{Dt}:
P\,e^{Dt}=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]2 & -2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}e^{3t} & 0\\[4pt]0 & e^{-t}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}e^{3t} & e^{-t}\\[4pt]2e^{3t} & -2e^{-t}\end{pmatrix}.
Agora multiplica-se pelo P^{-1}:
\boldsymbol{\Phi}(t)=\begin{pmatrix}e^{3t} & e^{-t}\\[4pt]2e^{3t} & -2e^{-t}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1/2 & 1/4\\[4pt]1/2 & -1/4\end{pmatrix}.
Calculemos as entradas uma a uma:
Entrada (1,1):
\Phi_{11}(t)=e^{3t}\cdot\frac{1}{2}+e^{-t}\cdot\frac{1}{2}=\frac{e^{3t}+e^{-t}}{2}.
Entrada (1,2):
\Phi_{12}(t)=e^{3t}\cdot\frac{1}{4}+e^{-t}\cdot\left(-\frac{1}{4}\right)=\frac{e^{3t}-e^{-t}}{4}.
Entrada (2,1):
\Phi_{21}(t)=2e^{3t}\cdot\frac{1}{2}+(-2e^{-t})\cdot\frac{1}{2}=e^{3t}-e^{-t}.
Entrada (2,2):
\Phi_{22}(t)=2e^{3t}\cdot\frac{1}{4}+(-2e^{-t})\cdot\left(-\frac{1}{4}\right)=\frac{e^{3t}+e^{-t}}{2}.
Portanto
\boldsymbol{\Phi}(t)=\begin{pmatrix} \dfrac{e^{3t}+e^{-t}}{2} & \dfrac{e^{3t}-e^{-t}}{4}\\[8pt] e^{3t}-e^{-t} & \dfrac{e^{3t}+e^{-t}}{2} \end{pmatrix}.]

Passo 8

Verificação rápida da condição inicial: em t=0 temos e^{3\cdot0}=e^{-0}=1, então
\boldsymbol{\Phi}(0)=\begin{pmatrix}\dfrac{1+1}{2} & \dfrac{1-1}{4}\\[4pt]1-1 & \dfrac{1+1}{2}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}=I,
como exigido. Tudo confere — missão cumprida! Força aí que está certinho 😃]

Resposta

\boldsymbol{\Phi}(t)=\begin{pmatrix} \dfrac{e^{3t}+e^{-t}}{2} & \dfrac{e^{3t}-e^{-t}}{4}\\[8pt] e^{3t}-e^{-t} & \dfrac{e^{3t}+e^{-t}}{2} \end{pmatrix}]

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