Use Transformada de Laplace para resolver o sistema:
\left\{\begin{array}{l} x^{\prime}(t)=2 x(t)+3 y(t), \\ y^{\prime}(t)=-3 x(t)+2 y(t), \end{array} \quad x(0)=1, y(0)=0 .\right.

Passo 1

O enunciado dá o sistema de equações diferenciais de primeira ordem com condições iniciais e pede as soluções x(t) e y(t):
\left\{\begin{array}{l} x^{\prime}(t)=2 x(t)+3 y(t), \\\ y^{\prime}(t)=-3 x(t)+2 y(t), \end{array} \quad x(0)=1, \; y(0)=0 .\right.
Informações relevantes:
  • As incógnitas a determinar são x(t) e y(t) para t\ge0.
  • As condições iniciais são x(0)=1 e y(0)=0.
  • O método pedido é usar Transformada de Laplace.

Passo 2

Breve revisão (rápida e prática) da Transformada de Laplace que vou usar:
  • Definição: a Transformada de Laplace de uma função f(t) é
\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt.
  • Propriedade da linearidade: \mathcal{L}\{a f(t)+b g(t)\}=aF(s)+bG(s).
  • Transformada da derivada (fundamental para sistemas): se F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\} e f(0) é conhecido, então
\mathcal{L}\{f'(t)\}=sF(s)-f(0).
  • Formulas padrão que vou usar para inverter depois:
\mathcal{L}\{e^{at}\cos(bt)\}=\frac{s-a}{(s-a)^2+b^2}, \qquad \mathcal{L}\{e^{at}\sin(bt)\}=\frac{b}{(s-a)^2+b^2}.
Estas permitiriam reconhecer a forma no domínio de s e voltar a t.

Passo 3

Aplico a Transformada de Laplace a cada equação do sistema. Denoto
X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\},\qquad Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.
Transformando a primeira equação x'(t)=2x(t)+3y(t) e usando \mathcal{L}\{x'\}=sX(s)-x(0) e linearidade:
sX(s)-x(0)=2X(s)+3Y(s).
Como x(0)=1, isto vira
sX(s)-1=2X(s)+3Y(s).
Transformando a segunda equação y'(t)=-3x(t)+2y(t) usando \mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0) e y(0)=0:
sY(s)-0=-3X(s)+2Y(s).

Passo 4

Reescrevo as duas equações transformadas em forma algébrica linear em X(s) e Y(s).
Da primeira:
sX(s)-1=2X(s)+3Y(s)
\Rightarrow (s-2)X(s)-3Y(s)=1.
Da segunda:
sY(s)=-3X(s)+2Y(s)
\Rightarrow 3X(s)+(s-2)Y(s)=0.
Portanto o sistema algébrico é
\begin{cases} (s-2)X(s)-3Y(s)=1,\\[4pt] 3X(s)+(s-2)Y(s)=0. \end{cases}]

Passo 5

Resolvo o sistema linear para X(s) e Y(s). Vou usar a regra de Cramer (método limpo e direto aqui).
Matriz dos coeficientes:
A=\begin{pmatrix}s-2 & -3\\[4pt] 3 & s-2\end{pmatrix}.
Determinante de A:
\det(A)=(s-2)(s-2)-(-3)(3)=(s-2)^2+9.
Determinante para obter X(s) (substitui coluna 1 pelos termos independentes (1,0)):
\det(A_X)=\det\begin{pmatrix}1 & -3\\[4pt] 0 & s-2\end{pmatrix}=1\cdot(s-2)-(-3)\cdot0=s-2.
Logo
X(s)=\frac{\det(A_X)}{\det(A)}=\frac{s-2}{(s-2)^2+9}.
Determinante para obter Y(s) (substitui coluna 2 pelos termos independentes):
\det(A_Y)=\det\begin{pmatrix}s-2 & 1\\[4pt] 3 & 0\end{pmatrix}=(s-2)\cdot0-1\cdot3=-3.
Logo
Y(s)=\frac{\det(A_Y)}{\det(A)}=\frac{-3}{(s-2)^2+9}.]

Passo 6

Tenho agora as transformadas:
X(s)=\frac{s-2}{(s-2)^2+3^2}, \qquad Y(s)=\frac{-3}{(s-2)^2+3^2}.
Repare que estas frações têm exatamente as formas conhecidas das transformadas de e^{at}\cos(bt) e e^{at}\sin(bt) com a=2 e b=3.

Passo 7

Faço a inversa reconhecendo as fórmulas:
  • Como \mathcal{L}\{e^{2t}\cos(3t)\}=\dfrac{s-2}{(s-2)^2+3^2}, concluo que
x(t)=e^{2t}\cos(3t).
  • Como \mathcal{L}\{e^{2t}\sin(3t)\}=\dfrac{3}{(s-2)^2+3^2}, e eu tenho um sinal negativo, concluo que
y(t)=-e^{2t}\sin(3t).

Passo 8

Checagem rápida das condições iniciais para ganhar confiança:
x(0)=e^{0}\cos 0=1\quad\checkmark,\qquad y(0)=-e^{0}\sin 0=0\quad\checkmark.
As soluções satisfazem as condições iniciais e fazem sentido físico/matemático (exponencial com oscilação).

Resposta

x(t)=e^{2t}\cos(3t)
y(t)=-e^{2t}\sin(3t)

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