Determine a solução geral dos sistemas de equações diferenciais:
\left\{\begin{array}{l}x_{1}^{\prime}=x_{1}+2 x_{2}+x_{3} \\\ x_{2}^{\prime}=3 x_{2}+x_{3} \\\ x_{3}^{\prime}=5 x_{2}-x_{3} .\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede a solução geral do sistema linear de equações diferenciais de primeira ordem
\begin{cases} x_{1}' = x_{1} + 2x_{2} + x_{3},\\\ x_{2}' = 3x_{2} + x_{3},\\\ x_{3}' = 5x_{2} - x_{3}. \end{cases}
Aqui o conteúdo envolvido é encontrar autovalores e autovetores da matriz de coeficientes e usar a fórmula da solução x(t)=\sum C_{i}e^{\lambda_{i}t}v_{i}.

Passo 2

Escrevemos o sistema na forma vetor–matriz x'=Ax, com
A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\\\ 0 & 3 & 1\\\\ 0 & 5 & -1 \end{pmatrix}.
Como A é triangular por blocos, um autovalor imediato é \lambda_{1}=1 (da posição (1,1)). Os outros dois vêm do bloco inferior
B=\begin{pmatrix}3&1\\\ 5&-1\end{pmatrix},
cujo polinômio característico é
\det(B-\lambda I) = (3-\lambda)(-1-\lambda)-5 = \lambda^2 -2\lambda -8 =(\lambda-4)(\lambda+2).
Logo \lambda_{2}=4 e \lambda_{3}=-2.

Passo 3

Para \lambda_{1}=1, resolvemos (A-I)v=0:
\begin{pmatrix} 0 & 2 & 1\\\\ 0 & 2 & 1\\\\ 0 & 5 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_{1}\x_{2}\x_{3}\end{pmatrix}=0 \;\Longrightarrow\; 2x_{2}+x_{3}=0,\; 5x_{2}-2x_{3}=0.
Da segunda equação segue x_{2}=0, então x_{3}=0 e x_{1} livre. Podemos escolher
v_{1} = \begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.

Passo 4

Para \lambda_{2}=4\), resolvemos \((A-4I)v=0\): \[\begin{pmatrix} -3 & 2 & 1\\\\ 0 & -1 & 1\\\\ 0 & 5 & -5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_{1}\x_{2}\x_{3}\end{pmatrix}=0 \;\Longrightarrow\; \begin{cases} -3x_{1}+2x_{2}+x_{3}=0,\\\\ -x_{2}+x_{3}=0,\\\\ 5x_{2}-5x_{3}=0. \end{cases}
As duas últimas dão x_{3}=x_{2}\] e a primeira vira \(-3x_{1}+3x_{2}=0, isto é x_{2}=x_{1}. Tomando x_{1}=1 obtemos
v_{2} = \begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix}.

Passo 5

Para \lambda_{3}=-2\), resolvemos \((A+2I)v=0\): \[\begin{pmatrix} 3 & 2 & 1\\\\ 0 & 5 & 1\\\\ 0 & 5 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_{1}\x_{2}\x_{3}\end{pmatrix}=0 \;\Longrightarrow\; \begin{cases} 3x_{1}+2x_{2}+x_{3}=0,\\\\ 5x_{2}+x_{3}=0. \end{cases}
Da segunda vem x_{3}=-5x_{2}\]. Substituindo na primeira dá \(3x_{1}-3x_{2}=0, logo x_{1}=x_{2}. Tomando x_{2}=1 temos
v_{3} = \begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ -5\end{pmatrix}.

Passo 6

Como os três autovalores são distintos, a solução geral é combinação linear das soluções fundamentais
x(t) = C_{1}\,e^{1\cdot t}\,v_{1} + C_{2}\,e^{4\cdot t}\,v_{2} + C_{3}\,e^{-2\cdot t}\,v_{3}.

Resposta

x(t) = C_{1}\,e^{t}\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix} + C_{2}\,e^{4t}\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix} + C_{3}\,e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ -5\end{pmatrix},
onde C_{1},C_{2},C_{3} são constantes arbitrárias.

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