ache a solução geral do sistema dado.
\mathbf{X}^{\prime}=\left(\begin{array}{rrr}-1 & 1 & 0 \\\\ 1 & 2 & 1 \\\\ 0 & 3 & -1\end{array}\right) \mathbf{X}

Passo 1

O enunciado pede a solução geral do sistema linear de equações diferenciais com coeficientes constantes
\mathbf{X}' = A\mathbf{X}, \qquad A=\begin{pmatrix}-1 & 1 & 0 \\[4pt] 1 & 2 & 1 \\[4pt] 0 & 3 & -1\end{pmatrix}.
Informações dadas:
  • A matriz A é a matriz 3\times3 indicada acima.
  • É pedido encontrar a solução geral \mathbf{X}(t) do sistema (ou seja, a família de soluções com constantes arbitrárias).]

Passo 2

Ideia que vamos usar (explicada passo a passo): procurar soluções do tipo \mathbf{X}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v}, onde \lambda é um escalar e \mathbf{v} é um vetor não-nulo. Substituindo na equação obtemos o problema de autovalores
(A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}.
Os valores \lambda que permitem um vetor não-nulo \mathbf{v} são as raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Cada par (\lambda,\mathbf{v}) gera uma solução \mathbf{X}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v}. Se conseguirmos três autovetores linearmente independentes os exponenciais correspondentes formam base das soluções (porque a dimensão é 3).

Passo 3

Calcular o polinômio característico. Primeiro escrevemos A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-1-\lambda & 1 & 0 \\[4pt] 1 & 2-\lambda & 1 \\[4pt] 0 & 3 & -1-\lambda\end{pmatrix}.
Calculemos o determinante por expansão na primeira linha:
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1 \\[4pt] 3 & -1-\lambda\end{pmatrix} -1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 0 & -1-\lambda\end{pmatrix}.
Agora as duas determinantes 2×2:
\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1 \\[4pt] 3 & -1-\lambda\end{pmatrix} =(2-\lambda)(-1-\lambda)-3
e
\det\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 0 & -1-\lambda\end{pmatrix} =1\cdot(-1-\lambda)-0=-1-\lambda.
Substituindo,
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)\big((2-\lambda)(-1-\lambda)-3\big) -1\cdot(-1-\lambda).
Simplificamos passo a passo. Primeiro expandir (2-\lambda)(-1-\lambda):
(2-\lambda)(-1-\lambda)=\lambda^2-\lambda-2.
Então (2-\lambda)(-1-\lambda)-3=\lambda^2-\lambda-5. Assim
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)(\lambda^2-\lambda-5)+1+\lambda.
Fatorando (-1-\lambda)=-(1+\lambda) obtemos
\det(A-\lambda I)=-(1+\lambda)(\lambda^2-\lambda-5)+(1+\lambda)=(1+\lambda)\big(-(\lambda^2-\lambda-5)+1\big).
Continuando a simplificação dentro do parêntese:
-(\lambda^2-\lambda-5)+1=-\lambda^2+\lambda+6.
Portanto
\det(A-\lambda I)=-(1+\lambda)(\lambda^2-\lambda-6).
O polinômio \lambda^2-\lambda-6 fatoriza como (\lambda-3)(\lambda+2). Logo o polinômio característico é (até sinal)
\det(A-\lambda I)=-(1+\lambda)(\lambda-3)(\lambda+2).
As raízes (autovalores) são, então,
\lambda_1=3,\qquad \lambda_2=-2,\qquad \lambda_3=-1.]

Passo 4

Como os três autovalores são distintos, esperamos três autovetores linearmente independentes. Vamos achar um autovetor para cada autovalor resolvendo (A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}.
Para \lambda=3: resolvemos
\begin{pmatrix}-4 & 1 & 0 \\[4pt] 1 & -1 & 1 \\[4pt] 0 & 3 & -4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
Das equações obtemos:
-4x+y=0\quad\Rightarrow\quad y=4x,
x-y+z=0\quad\Rightarrow\quad x-4x+z=0\Rightarrow z=3x,
a terceira equação 3y-4z=0 é automaticamente satisfeita com essas relações. Tomando x=1 obtemos o autovetor
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 4\\[4pt] 3\end{pmatrix}.]

Passo 5

Para \lambda=-2: resolvemos
\begin{pmatrix}1 & 1 & 0 \\[4pt] 1 & 4 & 1 \\[4pt] 0 & 3 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}=\mathbf{0}.
Da primeira equação x+y=0 vem y=-x. Da segunda x+4y+z=0\Rightarrow x+4(-x)+z=0\Rightarrow z=3x. A terceira 3y+z=0 também dá -3x+3x=0, consistente. Tomando x=1 obtemos o autovetor
\mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\\[4pt] 3\end{pmatrix}.]

Passo 6

Para \lambda=-1: resolvemos
\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\[4pt] 1 & 3 & 1 \\[4pt] 0 & 3 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}=\mathbf{0}.
Da primeira equação y=0. Da segunda x+3y+z=0\Rightarrow x+z=0\Rightarrow z=-x. A terceira 3y=0 é satisfeita. Tomando x=1 obtemos o autovetor
\mathbf{v}_3=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 0\\[4pt] -1\end{pmatrix}.]

Passo 7

Como os três autvalores são reais e distintos, e os três autovetores obtidos são linearmente independentes, a solução geral do sistema é combinação linear das soluções exponenciais correspondentes:
\mathbf{X}(t)=C_1 e^{3t}\mathbf{v}_1 + C_2 e^{-2t}\mathbf{v}_2 + C_3 e^{-t}\mathbf{v}_3,
onde C_1,C_2,C_3 são constantes arbitrárias reais. Substituindo os vetores encontrados:
\mathbf{X}(t)=C_1 e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]4\\[4pt]3\end{pmatrix} + C_2 e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]3\end{pmatrix} + C_3 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Resposta

\mathbf{X}(t)=C_1 e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]4\\[4pt]3\end{pmatrix} + C_2 e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]3\end{pmatrix} + C_3 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix},
com C_1,C_2,C_3\in\mathbb{R}.]

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