Encontre um conjunto fundamental de soluções para os sistemas abaixo, dizendo qual a multiplicidade algébrica e geométrica de cada autovalor.
X^{\prime}=\left( \begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\ 7 & 1 & 0 \\ 8 & 3 & 5\end{array}\right)X.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear de primeira ordem com matriz constante A:
A=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt]7 & 1 & 0\\[4pt]8 & 3 & 5\end{pmatrix}
O que se pede:
  • Encontrar um conjunto fundamental de soluções (isto é, três soluções linearmente independentes) para X'(t)=A X(t).
  • Dizer, para cada autovalor, a multiplicidade algébrica e a multiplicidade geométrica.
As informações relevantes do enunciado são apenas a matriz A acima e o pedido descrito.]

Passo 2

Primeiro passo técnico: encontrar os autovalores de A. Como A é triangular inferior, o polinômio característico é dado pelo produto dos termos diagonais (a_{11}-\lambda)(a_{22}-\lambda)(a_{33}-\lambda). Logo
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(1-\lambda)(5-\lambda)=(1-\lambda)^2(5-\lambda).
Isto dá os autovalores
\lambda_1=1\quad\text{(multiplicidade algébrica }2),\qquad \lambda_2=5\quad\text{(multiplicidade algébrica }1).éé
Explicação curta e didática: multiplicidade algébrica é o expoente com que o fator (\lambda-\lambda_0) aparece no polinômio característico; como aparece (1-\lambda)^2, a multiplicidade algébrica de \lambda=1 é 2.

Passo 3

Agora calculemos a multiplicidade geométrica de [\lambda=1), isto é, a dimensão do espaço próprio \ker(A-I).
Escrevemos A-I:
A-I=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0\\[4pt]7 & 0 & 0\\[4pt]8 & 3 & 4\end{pmatrix}.
Procuramos vetores v=(x,y,z)^{T} tais que (A-I)v=0. As equações são:
\begin{cases} 0\cdot x + 0\cdot y + 0\cdot z = 0,\\[4pt] 7x = 0,\\[4pt] 8x + 3y + 4z = 0. \end{cases}
Da segunda equação vem x=0\]. Substituindo em terceira, obtemos \(3y+4z=0, ou seja y=-\tfrac{4}{3}z. Tomando z como parâmetro livre t, os vetores próprios são
v=t\begin{pmatrix}0\\[4pt]-\tfrac{4}{3}\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Para evitar frações podemos escolher t=3 e obter um autovetor conveniente
v_1=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-4\\[4pt]3\end{pmatrix}.
Portanto a dimensão de \ker(A-I) é 1. Conclusão: para \lambda=1 temos multiplicidade algébrica 2 e multiplicidade geométrica 1 (autovalor defeituoso).
Comentário didático: a multiplicidade geométrica é o número de vetores próprios linearmente independentes associados ao autovalor; aqui só aparece um, apesar de o autovalor ter multiplicidade algébrica 2.]

Passo 4

Como a multiplicidade geométrica de \lambda=1\) é \(1\) < multiplicidade algébrica \(2\), precisamos de um vetor generalizado \(w\) tal que \[(A-I)w=v_1,
para construir a segunda solução associada a esse autovalor (cadeia de Jordan de comprimento 2).
Escrevemos w=(u,v,w)^{T} (vou usar letras diferentes para os componentes para não confundir). A equação (A-I)w=v_1 se escreve com a matriz já conhecida:
\begin{pmatrix}0 & 0 & 0\\[4pt]7 & 0 & 0\\[4pt]8 & 3 & 4\end{pmatrix} \begin{pmatrix}u\\[4pt]v\\[4pt]w\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]-4\\[4pt]3\end{pmatrix}.
Isto dá o sistema
\begin{cases} 0 = 0,\\[4pt] 7u = -4,\\[4pt] 8u + 3v + 4w = 3. \end{cases}
Da segunda equação u=-\tfrac{4}{7}\]. Substituindo na terceira: \[8\Big(-\tfrac{4}{7}\Big) + 3v + 4w = 3 \quad\Rightarrow\quad 3v + 4w = 3 + \tfrac{32}{7} = \tfrac{53}{7}.\] Tomamos \(w livre e escolhemos um valor que torne v simples. Por exemplo, tomar w=\tfrac{2}{7}
3v = \tfrac{53}{7} - 4\cdot\tfrac{2}{7} = \tfrac{45}{7}\quad\Rightarrow\quad v=\tfrac{15}{7}.
Assim um vetor generalizado conveniente é
v_2=\begin{pmatrix}-\tfrac{4}{7}\\[4pt]\tfrac{15}{7}\\[4pt]\tfrac{2}{7}\end{pmatrix},
e de fato (A-I)v_2=v_1 (pode-se verificar multiplicando a matriz).
Observação prática: poderia também ter escolhido v_1 escalado (por exemplo 7v_1) e então v_2 inteiro; qualquer cadeia v_1,v_2 com (A-I)v_1=0 e (A-I)v_2=v_1 serve, porque multiplicações escalares só trocam por constantes as soluções finais.]

Passo 5

Agora tratamos o autovalor \lambda=5\). Calculamos \(\ker(A-5I)\). A matriz \(A-5I\) é \[A-5I=\begin{pmatrix}-4 & 0 & 0\\[4pt]7 & -4 & 0\\[4pt]8 & 3 & 0\end{pmatrix}.
Procurando v=(x,y,z)^T com (A-5I)v=0 obtemos as equações
\begin{cases} -4x = 0,\\[4pt] 7x -4y = 0,\\[4pt] 8x + 3y + 0\cdot z = 0. \end{cases}
Da primeira x=0\]. Então da segunda \(-4y=0\Rightarrow y=0. A terceira fica 0=0, logo z é livre. Tomando z=1 obtemos um autovetor
v_3=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Assim a multiplicidade geométrica de \lambda=5 é 1, que coincide com sua multiplicidade algébrica 1.]

Passo 6

Construção das soluções fundamentais do sistema X'(t)=A X(t).
Regra (lembrinha didática): se v é autovetor associado a \lambda, então e^{\lambda t}v é solução. Se há um vetor generalizado w com (A-\lambda I)w=v, então outra solução independente associada à mesma cadeia de Jordan de comprimento 2 é e^{\lambda t}(t v + w). No nosso caso, para \lambda=1 temos a cadeia v_1, v_2 com (A-I)v_1=0 e (A-I)v_2=v_1. Para \lambda=5 temos o autovetor v_3.
Portanto três soluções linearmente independentes são:
X_1(t)=e^{t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]-4\\[4pt]3\end{pmatrix}, \qquad X_2(t)=e^{t}\Bigg(t\begin{pmatrix}0\\[4pt]-4\\[4pt]3\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}-\tfrac{4}{7}\\[4pt]\tfrac{15}{7}\\[4pt]\tfrac{2}{7}\end{pmatrix}\Bigg), \qquad X_3(t)=e^{5t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Estas três soluções são linearmente independentes (duas vêm de uma cadeia de Jordan de tamanho 2 associada a \lambda=1 e a terceira vem do autovalor distinto \lambda=5), logo formam um conjunto fundamental.]

Resposta

Conjunto fundamental de soluções:
X_1(t)=e^{t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]-4\\[4pt]3\end{pmatrix},\qquad X_2(t)=e^{t}\Bigg(t\begin{pmatrix}0\\[4pt]-4\\[4pt]3\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}-\tfrac{4}{7}\\[4pt]\tfrac{15}{7}\\[4pt]\tfrac{2}{7}\end{pmatrix}\Bigg),\qquad X_3(t)=e^{5t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Multiplicidades:
\lambda=1: multiplicidade algébrica 2, multiplicidade geométrica 1.
\lambda=5: multiplicidade algébrica 1, multiplicidade geométrica 1.]

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