Dado o sistema \vec{X}^{\prime}(t)=\left[\begin{array}{ccc}2 & 1 & 1 \\\\ 1 & 2 & 1 \\\\ -2 & -2 & -1\end{array}\right] \vec{X}(t). Responda cada item:
a) Mostre que a matriz tem o autovalor repetido \lambda=1 de multiplicidade 3 .
b) Mostre que as três soluções encontradas \vec{X}_{1}, \vec{X}_{2} e \vec{X}_{3} são linearmente independente.

Passo 1

O enunciado nos dá o sistema de EDO
\vec X'(t)=A\,\vec X(t),\quad A=\begin{pmatrix}2&1&1\\\ 1&2&1\\\ -2&-2&-1\end{pmatrix},
e pede em (a) mostrar que o autovalor \lambda=1 tem multiplicidade algébrica 3, e em (b) provar que as três soluções fundamentais \vec X_1,\vec X_2,\vec X_3 são linearmente independentes. Vamos usar teoria de valores próprios (polinômio característico) para (a) e a construção de soluções via cadeia de Jordan mais o cálculo do Wronskiano para (b).

Passo 2

Para achar os autovalores, montamos o determinante de A-\lambda I:
\det(A-\lambda I) =\det\begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 & 1\\\\ 1 & 2-\lambda & 1\\\\ -2 & -2 & -1-\lambda \end{pmatrix}.
Fazendo expansão por cofactores e simplificando (por exemplo, expandindo pela primeira linha), obtém-se
\det(A-\lambda I) = -\bigl(\lambda^3 -3\lambda^2 +3\lambda -1\bigr) =-(\lambda-1)^3.
Assim o polinômio característico é (\lambda-1)^3 e segue que o único autovalor é \lambda=1 com multiplicidade algébrica 3.

Passo 3

Como \lambda=1 tem multiplicidade algébrica 3 e o posto de A-I é 1, formamos uma cadeia de Jordan de comprimento 2 mais um outro autovetor livre. Escolhemos:
v_1=(1,1,-2),\quad v_2=(1,-1,0),
que satisfazem (A-I)v_1=0 e (A-I)v_2=0, e um vetor generalizado v_3 tal que (A-I)v_3=v_1. Como cada coluna de A-I é proporcional a (1,1,-2), basta escolher v_3=(1,0,0), pois
(A-I)v_3=(1+0+0)\,(1,1,-2)=v_1.
Então um conjunto fundamental de soluções é
\vec X_1(t)=e^t\,v_1,\quad \vec X_2(t)=e^t\,v_2,\quad \vec X_3(t)=e^t\bigl(t\,v_1+v_3\bigr).

Passo 4

Para verificar a independência linear, calculamos o Wronskiano
W(t)=\det\bigl[\vec X_1(t)\;\vec X_2(t)\;\vec X_3(t)\bigr] =\det\bigl[e^t v_1,\;e^t v_2,\;e^t(tv_1+v_3)\bigr].
Fatorando e^{3t} e subtraindo t vezes a primeira coluna da terceira, fica
W(t)=e^{3t}\det\bigl[v_1,\;v_2,\;v_3\bigr].
Como
\det\begin{pmatrix}1&1&1\\\ 1&-1&0\\\ -2&0&0\end{pmatrix}=-2\neq0,
temos W(t)=-2e^{3t}\neq0 para todo t. Logo \vec X_1,\vec X_2,\vec X_3 são linearmente independentes.

Resposta

a) O polinômio característico de A é (\lambda-1)^3, logo \lambda=1 tem multiplicidade algébrica 3.
b) As soluções
\vec X_1(t)=e^t v_1,
\vec X_2(t)=e^t v_2 e
\vec X_3(t)=e^t(tv_1+v_3)
têm Wronskiano W(t)=-2e^{3t}\neq0, portanto são linearmente independentes.

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