Considere o sistema
X^{\prime}=\left(\begin{array}{ccc} 3 & 1 & 2 \\\\ -1 & 0 & 1 \\\\ 1 & -1 & 2 \end{array}\right) X
(a) Encontre a solução geral do sistema.
(b) Encontre a solução tal que X(0)=\left(\begin{array}{l}1 \\\\ 0 \\\\ 1\end{array}\right).

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear homogêneo
X^{\prime}=A X,\qquad A=\begin{pmatrix}3 & 1 & 2\\[4pt]-1 & 0 & 1\\[4pt]1 & -1 & 2\end{pmatrix},
e pede duas coisas:
  1. a solução geral do sistema (ou seja, a família de soluções que contém todas as soluções);
  2. a solução particular que satisfaz X(0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Informações relevantes dadas: a matriz A está explícita e a condição inicial também. A resolução começa ao encontrar autovalores e autovetores de A.]

Passo 2

Vamos calcular os autovalores de A usando o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0.
Formamos A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}3-\lambda & 1 & 2\\[4pt]-1 & -\lambda & 1\\[4pt]1 & -1 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(3-\lambda)\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1\\[4pt]-1 & 2-\lambda\end{pmatrix} -1\cdot\det\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]1 & 2-\lambda\end{pmatrix} +2\cdot\det\begin{pmatrix}-1 & -\lambda\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix}. \end{aligned}
Calculamos cada parte:
\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1\\[4pt]-1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=\lambda^2-2\lambda+1=(\lambda-1)^2,
\det\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=\lambda-3,
\det\begin{pmatrix}-1 & -\lambda\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix}=\lambda+1.
Substituindo:
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(\lambda-1)^2-(\lambda-3)+2(\lambda+1).
Simplificando:
\det(A-\lambda I)=-\lambda^3+5\lambda^2-6\lambda+8.
Multiplicando por -1 (para fatorar mais facilmente) obtemos o polinômio
\lambda^3-5\lambda^2+6\lambda-8=0.
Testando raízes inteiras, \lambda=4 é raiz. Fazendo a divisão por (\lambda-4) obtemos o quociente
\lambda^2-\lambda+2,
cuja discriminante é \Delta=1-8=-7<0. Logo os autovalores são
\lambda_1=4,\qquad \lambda_{2,3}=\frac{1\pm i\sqrt{7}}{2}.]

Passo 3

Para \lambda_1=4 encontramos um autovetor real resolvendo (A-4I)X=0. A matriz A-4I é
A-4I=\begin{pmatrix}-1 & 1 & 2\\[4pt]-1 & -4 & 1\\[4pt]1 & -1 & -2\end{pmatrix}.
Das equações lineares associadas (reduzindo linhas) obtemos dependência entre equações; escolhendo x_2=1 achamos
x_3=-5,\qquad x_1=-9.
Um autovetor associado a \lambda_1=4 é, por exemplo,
v^{(1)}=\begin{pmatrix}-9\\[4pt]1\\[4pt]-5\end{pmatrix}.
Isso nos dá uma solução fundamental real e^{4t}v^{(1)}.]

Passo 4

Agora trataremos dos autovalores complexos conjugados
\lambda_{2,3}=a\pm i b,\qquad a=\tfrac12,\quad b=\tfrac{\sqrt{7}}{2}.
Quando um par complexo aparece, encontramos um autovetor complexo v_c para \lambda_2 e, separando partes real e imaginária de v_c, construímos duas soluções reais associadas.
Vamos encontrar um autovetor complexo v_c para \lambda_2=\tfrac{1+i\sqrt{7}}{2}. Resolvendo (A-\lambda_2 I)x=0 (os cálculos algébricos são longos, eu mostro os passos essenciais) obtemos, escolhendo uma escala conveniente ( y livre), as relações
x=-(1+i\sqrt{7})\frac{y}{4},\qquad z=(1+i\sqrt{7})\frac{y}{4}.
Escolhendo y=4 para eliminar denominadores, um autovetor complexo é
v_c=\begin{pmatrix}-\bigl(1+i\sqrt{7}\bigr)\\[4pt]4\\[4pt]1+i\sqrt{7}\end{pmatrix}.
Agora separamos em parte real v e parte imaginária w:
v=\Re(v_c)=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]4\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad w=\Im(v_c)=\begin{pmatrix}-\sqrt{7}\\[4pt]0\\[4pt]\sqrt{7}\end{pmatrix}.]

Passo 5

Há uma fórmula padrão (muito útil em provas) para obter soluções reais a partir de um autovalor complexo a\pm ib com autovetor v\pm i w:
as duas soluções independentes reais são
X_{2}(t)=e^{at}\bigl(v\cos(bt)-w\sin(bt)\bigr),
X_{3}(t)=e^{at}\bigl(v\sin(bt)+w\cos(bt)\bigr).
Aqui a=\tfrac12 e b=\tfrac{\sqrt{7}}{2}. Substituindo v e w obtemos explicitamente as duas soluções reais:
X_{2}(t)=e^{t/2}\begin{pmatrix}-\cos(bt)+\sqrt{7}\sin(bt)\\[4pt]4\cos(bt)\\[4pt]\cos(bt)-\sqrt{7}\sin(bt)\end{pmatrix},
X_{3}(t)=e^{t/2}\begin{pmatrix}-\sin(bt)-\sqrt{7}\cos(bt)\\[4pt]4\sin(bt)\\[4pt]\sin(bt)+\sqrt{7}\cos(bt)\end{pmatrix},
com onde b=\tfrac{\sqrt{7}}{2}.
Explicando rápido: a ideia é que e^{(a+ib)t} (v+iw) gera uma solução complexa; tomar parte real e imaginária dá duas soluções reais independentes com fator exponencial e^{at} e oscilações \cos(bt),\sin(bt).]

Passo 6

Assim, as três soluções fundamentais reais são:
X_{1}(t)=e^{4t}\begin{pmatrix}-9\\[4pt]1\\[4pt]-5\end{pmatrix},\qquad X_{2}(t)=e^{t/2}\begin{pmatrix}-\cos(bt)+\sqrt{7}\sin(bt)\\[4pt]4\cos(bt)\\[4pt]\cos(bt)-\sqrt{7}\sin(bt)\end{pmatrix},
X_{3}(t)=e^{t/2}\begin{pmatrix}-\sin(bt)-\sqrt{7}\cos(bt)\\[4pt]4\sin(bt)\\[4pt]\sin(bt)+\sqrt{7}\cos(bt)\end{pmatrix},
com b=\tfrac{\sqrt{7}}{2}.
A solução geral é a combinação linear dessas três soluções:
X(t)=C_1 X_{1}(t)+C_2 X_{2}(t)+C_3 X_{3}(t),
onde C_1,C_2,C_3\in\mathbb{R}.]

Passo 7

Agora aplicamos a condição inicial [X(0)= \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}) para determinar C_1,C_2,C_3.
Avalie cada solução em t=0. Como \cos(0)=1, \sin(0)=0 e e^{0}=1, temos
X_{1}(0)=\begin{pmatrix}-9\\[4pt]1\\[4pt]-5\end{pmatrix},\quad X_{2}(0)=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]4\\[4pt]1\end{pmatrix},\quad X_{3}(0)=\begin{pmatrix}-\sqrt{7}\\[4pt]0\\[4pt]\sqrt{7}\end{pmatrix}.
Portanto a condição inicial gera o sistema linear para os coeficientes:
C_1\begin{pmatrix}-9\\[4pt]1\\[4pt]-5\end{pmatrix} +C_2\begin{pmatrix}-1\\[4pt]4\\[4pt]1\end{pmatrix} +C_3\begin{pmatrix}-\sqrt{7}\\[4pt]0\\[4pt]\sqrt{7}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Das componentes obtemos o sistema escalar
\begin{cases} -9C_1 - C_2 - \sqrt{7}C_3 = 1,\\[4pt] C_1 + 4C_2 = 0,\\[4pt] -5C_1 + C_2 + \sqrt{7}C_3 = 1. \end{cases}
Da segunda equação C_1=-4C_2\]. Substituindo nas outras duas equações obtemos \[35C_2 -\sqrt{7}C_3 =1,\qquad 21C_2 +\sqrt{7}C_3 =1.\] Somando as duas equações dá \(56C_2=2, daí
C_2=\frac{1}{28}.
Substituindo em 21C_2+\sqrt{7}C_3=1 obtemos
21\cdot\frac{1}{28}+\sqrt{7}C_3=1 \implies \frac{3}{4}+\sqrt{7}C_3=1 \implies \sqrt{7}C_3=\frac{1}{4},
logo
C_3=\frac{1}{4\sqrt{7}}.
E C_1=-4C_2=-\tfrac{1}{7}.]

Passo 8

Substituímos os coeficientes encontrados na solução geral. Assim a solução com X(0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} é
\begin{aligned} X(t)={}&-\tfrac{1}{7}e^{4t}\begin{pmatrix}-9\\[4pt]1\\[4pt]-5\end{pmatrix} +\tfrac{1}{28}e^{t/2}\begin{pmatrix}-\cos(bt)+\sqrt{7}\sin(bt)\\[4pt]4\cos(bt)\\[4pt]\cos(bt)-\sqrt{7}\sin(bt)\end{pmatrix}\\[6pt] &+\tfrac{1}{4\sqrt{7}}e^{t/2}\begin{pmatrix}-\sin(bt)-\sqrt{7}\cos(bt)\\[4pt]4\sin(bt)\\[4pt]\sin(bt)+\sqrt{7}\cos(bt)\end{pmatrix}, \end{aligned}
com b=\tfrac{\sqrt{7}}{2}.]

Resposta

(a) X(t)=C_1 e^{4t}\begin{pmatrix}-9\\[4pt]1\\[4pt]-5\end{pmatrix} +C_2 e^{t/2}\begin{pmatrix}-\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)+\sqrt{7}\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)\\[6pt]4\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)\\[6pt]\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)-\sqrt{7}\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)\end{pmatrix} +C_3 e^{t/2}\begin{pmatrix}-\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)-\sqrt{7}\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)\\[6pt]4\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)\\[6pt]\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)+\sqrt{7}\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)\end{pmatrix},
com C_1,C_2,C_3\in\mathbb{R}.
(b) X(t)=-\tfrac{1}{7}e^{4t}\begin{pmatrix}-9\\[4pt]1\\[4pt]-5\end{pmatrix} +\tfrac{1}{28}e^{t/2}\begin{pmatrix}-\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)+\sqrt{7}\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)\\[6pt]4\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)\\[6pt]\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)-\sqrt{7}\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)\end{pmatrix} +\tfrac{1}{4\sqrt{7}}e^{t/2}\begin{pmatrix}-\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)-\sqrt{7}\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)\\[6pt]4\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)\\[6pt]\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)+\sqrt{7}\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{7}}{2}t\bigr)\end{pmatrix}.]

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