Encontre um conjunto fundamental de soluções, em termos de funções reais, para os sistemas abaixo,
\mathbf{X}^{\prime}=\left(\begin{array}{lll}3 & 0 & 0 \\\\ 1 & 3 & 0 \\\\ 3 & 2 & 4\end{array}\right) \mathbf{X}.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear de coeficientes constantes
\mathbf{X}' = A\mathbf{X},\qquad A=\begin{pmatrix}3 & 0 & 0 \\[4pt] 1 & 3 & 0 \\[4pt] 3 & 2 & 4\end{pmatrix},
e pede: encontre um conjunto fundamental de soluções em termos de funções reais (ou seja, 3 soluções linearmente independentes que gerem o espaço de soluções).
Informações relevantes dadas:
  • A matriz A é a indicada acima (listei seus elementos).
  • O objetivo é produzir três soluções independentes \mathbf{X}_1(t),\mathbf{X}_2(t),\mathbf{X}_3(t) reais que formem uma base do espaço de soluções.]

Passo 2

Primeiro passo prático: achar os autovalores de A. Uma observação útil (muito usada em provas): para uma matriz triangular (superior ou inferior) os autovalores são exatamente os elementos da diagonal. Aqui A é triangular superior, então os autovalores são
\lambda_1=3,\quad \lambda_2=3,\quad \lambda_3=4,
ou seja, \lambda=3 com multiplicidade algébrica 2 e \lambda=4 com multiplicidade algébrica 1.

Passo 3

Agora encontramos os autovetores para \lambda=3. Precisamos resolver
(A-3I)\mathbf{v}=0.
Calcule A-3I:
A-3I=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 \\[4pt] 1 & 0 & 0 \\[4pt] 3 & 2 & 1\end{pmatrix}.
Escrevendo as equações para \mathbf{v}=(v_1,v_2,v_3)^T:
  • Primeira linha: 0\cdot v_1+0\cdot v_2+0\cdot v_3=0 (sem informação).
  • Segunda linha: 1\cdot v_1+0\cdot v_2+0\cdot v_3=0 \;v_1=0.
  • Terceira linha: 3v_1+2v_2+1v_3=0. Com v_1=0 isso vira 2v_2+v_3=0 v_3=-2v_2.
Logo os autovetores associados a \lambda=3 são múltiplos de
\mathbf{v}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Observação: a multiplicidade geométrica é 1 (há só uma direção de autovetores), menor que a multiplicidade algébrica 2. Portanto precisamos encontrar um autovetor generalizado para completar a base.]

Passo 4

Procuramos um vetor generalizado \mathbf{w} tal que
(A-3I)\mathbf{w}=\mathbf{v},
onde \mathbf{v}=(0,1,-2)^T. Escreva \mathbf{w}=(x,y,z)^T. Então
(A-3I)\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]x\\[4pt]3x+2y+z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Das componentes temos as equações:
  • primeira: 0=0 (ok),
  • segunda: x=1,
  • terceira: 3x+2y+z=-2.
Substituindo x=1 na terceira: 3\cdot1 +2y+z=-2 2y+z=-5. Tomando y=0 (livre), obtemos z=-5. Assim um possível vetor generalizado é
\mathbf{w}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-5\end{pmatrix}.
(A qualquer solução \mathbf{w} de (A-3I)\mathbf{w}=\mathbf{v} serve; escolhemos a mais simples.)]

Passo 5

Agora o autovalor \lambda=4. Resolvemos
(A-4I)\mathbf{u}=0.
Calcule A-4I:
A-4I=\begin{pmatrix}-1 & 0 & 0 \\[4pt] 1 & -1 & 0 \\[4pt] 3 & 2 & 0\end{pmatrix}.
Se \mathbf{u}=(u_1,u_2,u_3)^T, da primeira linha vem -u_1=0 u_1=0. Da segunda linha u_1-u_2=0 ⇒ com u_1=0 segue u_2=0. A terceira linha fica 3u_1+2u_2+0\cdot u_3=0 0=0. Assim u_3 é livre; podemos escolher
\mathbf{u}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}
como autovetor associado a \lambda=4.]

Passo 6

Como as multiplicidades pedem: para cada autovetor \mathbf{p} associado a \lambda temos a solução exponencial
\mathbf{X}(t) = e^{\lambda t}\mathbf{p}.
Se temos um vetor generalizado \mathbf{w} com (A-\lambda I)\mathbf{w}=\mathbf{v} (onde \mathbf{v} é autovetor) então uma solução extra é
\mathbf{X}(t)=e^{\lambda t}(\mathbf{w}+t\mathbf{v}).
Breve verificação da fórmula (para fixar a intuição): diferencie e^{\lambda t}(\mathbf{w}+t\mathbf{v}):
\frac{d}{dt}\big[e^{\lambda t}(\mathbf{w}+t\mathbf{v})\big]=\lambda e^{\lambda t}(\mathbf{w}+t\mathbf{v})+e^{\lambda t}\mathbf{v} = e^{\lambda t}\big(\lambda(\mathbf{w}+t\mathbf{v})+\mathbf{v}\big).
Por outro lado
A\big[e^{\lambda t}(\mathbf{w}+t\mathbf{v})\big]=e^{\lambda t}A(\mathbf{w}+t\mathbf{v}) = e^{\lambda t}\big(A\mathbf{w}+tA\mathbf{v}\big).
Usando A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v} e A\mathbf{w}=\lambda\mathbf{w}+\mathbf{v} (esta última equivalência é exatamente (A-\lambda I)\mathbf{w}=\mathbf{v}), vemos que \frac{d}{dt}\mathbf{X}=A\mathbf{X}. Portanto a fórmula está correta.

Passo 7

Aplicando as fórmulas com os vetores encontrados:
  • Para \lambda=3 e autovetor \mathbf{v}=(0,1,-2)^T obtemos a solução
\mathbf{X}_1(t)=e^{3t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
  • Para a cadeia generalizada com \mathbf{w}=(1,0,-5)^T e \mathbf{v} acima, obtemos a solução
\mathbf{X}_2(t)=e^{3t}\big(\mathbf{w}+t\mathbf{v}\big) = e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]t\\[4pt]-5-2t\end{pmatrix}.
  • Para \lambda=4 e autovetor \mathbf{u}=(0,0,1)^T obtemos a solução
\mathbf{X}_3(t)=e^{4t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Verificação de independência linear (rápida e prática para a prova): avalie as soluções em t=0:
\mathbf{X}_1(0)=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix},\quad \mathbf{X}_2(0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-5\end{pmatrix},\quad \mathbf{X}_3(0)=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Formando a matriz cujas colunas são esses vetores e calculando o determinante, obtém‑se -1\neq0, logo são linearmente independentes. Portanto \{\mathbf{X}_1,\mathbf{X}_2,\mathbf{X}_3\} é um conjunto fundamental de soluções.]

Resposta

\mathbf{X}_1(t)=e^{3t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix}
\mathbf{X}_2(t)=e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]t\\[4pt]-5-2t\end{pmatrix}
\mathbf{X}_3(t)=e^{4t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}]

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