Enunciado

Em cada um dos problemas de 15 a 18 , resolva o problema de valor inicial dado. Descreva o comportamento da solução quando t → ∞

x ' = 5 - 1 3 1 x   ,   x 0 = 2 - 1

Passo 1

Problemas de valor inicial serve justamente para encontrar os valores de c 1 e de c 2 , ou de mais constantes que a matriz passar a ter. Então vamos começar resolvendo normal esse sistema ao encontrar seus auto valores:

det ⁡ 5 - r - 1 3 1 - r = 0

5 - r 1 - r - 3 × - 1 = 0

r 2 - 5 r - r + 5 + 3 = 0

r 2 - 6 r + 8 = 0

r 1 ; r 2 = ( 2,4 )

Passo 2

Então o auto vetor associado ao auto valor r = 2 será:

5 - 2 - 1 3 1 - 2 ξ 1 1 ξ 2 1 = 0

3 - 1 3 - 1 ξ 1 1 ξ 2 1 = 0

Isso nos dá uma relação igual a:

3 ξ 1 1 - ξ 2 1 = 0

3 ξ 1 1 = ξ 2 1

Portanto o auto vetor será igual a:

ξ 1 = 1 3

E uma solução igual a:

x 1 = c 1 1 3 e 2 t

Porém precisamos da outra solução para aplicarmos a condição inicial então espere.

Passo 3

Já para r = 4 teremos o autovetor ξ 2 .

5 - 4 - 1 3 1 - 4 ξ 2 1 ξ 2 2 = 0

1 - 1 3 - 3 ξ 2 1 ξ 2 2 = 0

Onde podemos ver que a relação entre ξ 2 1   e   ξ 2 2 será:

ξ 2 1 = ξ 2 2

Então o auto vetor associado será:

ξ 2 = 1 1

Nos dando uma solução igual a:

x 2 = c 2 1 1 e 4 t

Logo a solução geral do sistema será:

x = c 1 1 3 e 2 t + c 2 1 1 e 4 t

O que em linhas gerais pode ser entendida como:

x = c 1 e 2 t + c 2 e 4 t 3 c 1 e 2 t + c 2 e 4 t

Passo 4

Agora sim podemos aplicar a condição inicial ao fazer t = 0 e igualar com a matriz dada ou seja:

x 0 = c 1 e 0 + c 2 e 0 3 c 1 e 0 + c 2 e 0 = 2 - 1

Então:

c 1 + c 2 = 2

3 c 1 + c 2 = - 1

Diminuindo a segunda da primeira temos:

2 c 1 = - 1 - 2 → c 1 = - 3 2

Logo c 2 será:

c 2 = 2 - c 1 = 2 + 3 2 = 7 2

Deixando nossa solução igual a:

x = - 3 2 1 3 e 2 t + 7 2 1 1 e 4 t

Resposta

x = - 3 2 1 3 e 2 t + 7 2 1 1 e 4 t

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