Determine o valor de a para que o sistema dinâmico
\begin{gathered} \dot{x}(t)=\left[\begin{array}{rrr} -1 & 0 & 0 \\\ a & -1 & 0 \\\\ 2 & -2 & 2 \end{array}\right] x(t)+\left[\begin{array}{r} -1 \\\\ 2 \\\\ -3 \end{array}\right] u(t) \\\ y(t)=\left[\begin{array}{lll} 1 & -2 & 3 \end{array}\right] x(t) \end{gathered}
seja:
Instável.

Passo 1

O enunciado dá um sistema dinâmico linear no tempo contínuo com matriz de estado A, entrada u(t) e saída y(t). O que é pedido: encontrar o(s) valor(es) de a para que o sistema seja instável. Informações fornecidas:
A=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\\ a & -1 & 0 \\\\ 2 & -2 & 2 \end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]2\\[4pt]-3\end{pmatrix},\qquad C=\begin{pmatrix}1 & -2 & 3\end{pmatrix}.
Queremos caracterizar a instabilidade do sistema em função de a.]

Passo 2

Conceito importante (explicação didática): para um sistema linear contínuo \dot{x}(t)=A x(t)+B u(t), a estabilidade do equilíbrio x=0 do sistema livre (sem entrada, ou seja u\equiv0) é determinada pelos autovalores (eigenvalores) da matriz A. Mais precisamente:
  • Se algum autovalor de A tem parte real positiva, a solução homogênea \;x(t)=\mathrm{e}^{At}x(0)\; cresce exponencialmente e o sistema é instável.
  • Se todos os autovalores têm parte real negativa, o sistema é assintoticamente estável.
  • Se existe autovalor com parte real zero e multiplicidade/forma não diagonalizável pode haver instabilidade marginal (não entraremos aqui em casos especiais porque não é necessário neste exercício).
Portanto, para decidir instabilidade basta calcular os autovalores de A e verificar se algum tem parte real positiva.

Passo 3

Vamos calcular o polinômio característico de A, isto é \det(A-\lambda I). Primeiro escrevemos A-\lambda I:
A-\lambda I = \begin{pmatrix} -1-\lambda & 0 & 0 \\\ a & -1-\lambda & 0 \\\\ 2 & -2 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
Note que a primeira linha tem apenas o primeiro elemento não nulo. Podemos calcular o determinante expandindo pela primeira linha: o determinante será o elemento (-1-\lambda) vezes o determinante do menor obtido ao remover primeira linha e primeira coluna. Assim
\det(A-\lambda I) = (-1-\lambda)\cdot \det\begin{pmatrix} -1-\lambda & 0 \\\\ -2 & 2-\lambda \end{pmatrix}.

Passo 4

Calculamos o determinante do menor 2\times2:
\det\begin{pmatrix} -1-\lambda & 0 \\\\ -2 & 2-\lambda \end{pmatrix} = (-1-\lambda)(2-\lambda)-0\cdot(-2) = (-1-\lambda)(2-\lambda).
Substituindo na expressão anterior obtemos o polinômio característico:
\det(A-\lambda I) = (-1-\lambda)\,(-1-\lambda)(2-\lambda) = (-1-\lambda)^2(2-\lambda).
Podemos reescrever como
\det(A-\lambda I)=(\lambda+1)^2(2-\lambda).

Passo 5

Agora obtemos os autovalores resolvendo \det(A-\lambda I)=0. Das fatorizações temos as raízes:
\lambda = -1 \quad(\text{multiplicidade algébrica }2),\qquad \lambda = 2 \quad(\text{multiplicidade algébrica }1).éé
Observe algo crucial: esses autovalores não dependem do parâmetro a. Isso ocorre porque o elemento a está numa posição que não influenciou o determinante ao expandirmos pela primeira linha (o bloco superior direito com zeros torna o cálculo independente de a).

Passo 6

Conclusão sobre estabilidade: como existe um autovalor \lambda=2 com parte real positiva, a matriz A tem um modo instável. Logo o sistema livre \dot x = A x é instável. E, como vimos, isso independe do valor de a.

Resposta

Qualquer a\in\mathbb{R} (o sistema é instável para todo valor de a porque A tem o autovalor \lambda=2>0).

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