Encontre uma matriz fundamental para o sistema de equações dado:
(a) Encontre uma matriz fundamental para o sistema de equações dado.
(b) Encontre, também, a matriz fundamental \boldsymbol{\Phi}(t) que satisfaz \boldsymbol{\Phi}(0)=\mathbf{I}.
\mathbf{x}^{\prime}=\left( \begin{array}{rrr}1 & -1 & 4 \\3 & 2 & -1 \\2 & 1 & -1\end{array}\right) \mathbf{x}

Passo 1

O enunciado pede duas coisas para o sistema linear
\mathbf{x}' = A\mathbf{x},\qquad A=\begin{pmatrix}1 & -1 & 4 \\[4pt] 3 & 2 & -1 \\[4pt] 2 & 1 & -1\end{pmatrix}.
As perguntas são:
  1. (a) Encontrar uma matriz fundamental do sistema (ou seja, uma matriz cujas colunas são três soluções linearmente independentes).
  2. (b) Encontrar a matriz fundamental \boldsymbol{\Phi}(t) que satisfaz \boldsymbol{\Phi}(0)=\mathbf{I} (isto é, encontrar e^{At}).
    Informações dadas: a matriz A apresentada acima. Não há outras informações externas.]

Passo 2

Estratégia (sem resolver ainda): como A é uma matriz quadrada, a maneira mais direta é calcular autovalores e autovetores de A. Se os autovalores forem distintos, A é diagonalizável e podemos:
  • construir uma matriz fundamental com colunas \mathrm{e}^{\lambda t}v (cada coluna é um autovetor multiplicado por \mathrm{e}^{\lambda t});
  • obter \boldsymbol{\Phi}(t)=\mathrm{e}^{At}=S\mathrm{e}^{Dt}S^{-1} com S de autovetores e D diagonal com autovalores.
Agora vamos ao cálculo efetivo.

Passo 3

Cálculo do polinômio característico \det(A-\lambda I). Montamos A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & -1 & 4 \\[4pt] 3 & 2-\lambda & -1 \\[4pt] 2 & 1 & -1-\lambda\end{pmatrix}.
Calculamos o determinante expandindo pela primeira linha (mostro as etapas):
\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &= (1-\lambda)\det\begin{pmatrix}2-\lambda & -1 \\[4pt] 1 & -1-\lambda\end{pmatrix} -(-1)\det\begin{pmatrix}3 & -1 \\[4pt] 2 & -1-\lambda\end{pmatrix} +4\det\begin{pmatrix}3 & 2-\lambda \\[4pt] 2 & 1\end{pmatrix}. \end{aligned}
Calcule cada menor:
\det\begin{pmatrix}2-\lambda & -1 \\[4pt] 1 & -1-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)(-1-\lambda)-(-1)\cdot 1=\lambda^{2}-\lambda-1,
\det\begin{pmatrix}3 & -1 \\[4pt] 2 & -1-\lambda\end{pmatrix}=3(-1-\lambda)-(-1)\cdot 2=-1-3\lambda,
\det\begin{pmatrix}3 & 2-\lambda \\[4pt] 2 & 1\end{pmatrix}=3\cdot 1 -2(2-\lambda)=-1+2\lambda.
Substituindo:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda^{2}-\lambda-1)+(-1-3\lambda)+4(-1+2\lambda).
Desenvolvendo e simplificando obtemos
\det(A-\lambda I)=-(\lambda^{3}-2\lambda^{2}-5\lambda+6)=0,
ou seja
\lambda^{3}-2\lambda^{2}-5\lambda+6=0.]

Passo 4

Fatoramos o polinômio \lambda^{3}-2\lambda^{2}-5\lambda+6. Testando raízes inteiras, \lambda=1 é raiz porque
1-2-5+6=0.
Fazendo a divisão por (\lambda-1) obtemos o quadrático \lambda^{2}-\lambda-6, que fatora como (\lambda-3)(\lambda+2). Logo os autovalores são
\lambda_{1}=1,\qquad \lambda_{2}=3,\qquad \lambda_{3}=-2.
Como são três autovalores distintos, A é diagonalizável.

Passo 5

Encontrando o autovetor para \lambda_{1}=1. Resolvemos (A-I)v=0, isto é
\begin{pmatrix}0 & -1 & 4 \\[4pt] 3 & 1 & -1 \\[4pt] 2 & 1 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[3pt] y\\[3pt] z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[3pt]0\\[3pt]0\end{pmatrix}.
Da primeira equação obtemos -y+4z=0\Rightarrow y=4z. Substituindo nas outras equações, ambas reduzem a x=-z. Tomando z=1 escolhemos o autovetor
v_{1}=\begin{pmatrix}-1\\[3pt]4\\[3pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Autovetor para \lambda_{2}=3. Resolvendo (A-3I)v=0:
\begin{pmatrix}-2 & -1 & 4 \\[4pt] 3 & -1 & -1 \\[4pt] 2 & 1 & -4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[3pt] y\\[3pt] z\end{pmatrix}=0.
Das equações obtemos z=x e y=2x. Tomando x=1 obtemos
v_{2}=\begin{pmatrix}1\\[3pt]2\\[3pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 7

Autovetor para \lambda_{3}=-2. Resolvendo (A+2I)v=0:
\begin{pmatrix}3 & -1 & 4 \\[4pt] 3 & 4 & -1 \\[4pt] 2 & 1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[3pt] y\\[3pt] z\end{pmatrix}=0.
Das equações obtemos z=-x e y=-x. Tomando x=1 escolhemos
v_{3}=\begin{pmatrix}1\\[3pt]-1\\[3pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 8

Construção de uma matriz fundamental simples (resposta da parte (a)). Cada autovetor gera uma solução \mathbf{x}(t)=\mathrm{e}^{\lambda t}v. Portanto uma matriz cujas colunas são essas soluções é
X(t)=\begin{pmatrix}\mathrm{e}^{t}v_{1} & \mathrm{e}^{3t}v_{2} & \mathrm{e}^{-2t}v_{3}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} -e^{t} & e^{3t} & e^{-2t}\\[4pt] 4e^{t} & 2e^{3t} & -e^{-2t}\\[4pt] e^{t} & e^{3t} & -e^{-2t} \end{pmatrix}.
As colunas são soluções linearmente independentes, então X(t) é uma matriz fundamental do sistema.]

Passo 9

Agora a parte (b): queremos \boldsymbol{\Phi}(t) tal que \boldsymbol{\Phi}(0)=I. Pois A é diagonalizável, podemos escrever A=SDS^{-1} com
S=\begin{pmatrix}v_{1} & v_{2} & v_{3}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1 & 1 & 1\\[4pt] 4 & 2 & -1\\[4pt] 1 & 1 & -1\end{pmatrix}, \qquad D=\operatorname{diag}(1,3,-2).
Então
\boldsymbol{\Phi}(t)=\mathrm{e}^{At}=S\mathrm{e}^{Dt}S^{-1}=S\begin{pmatrix}e^{t} & 0 & 0\\[4pt]0 & e^{3t} & 0\\[4pt]0 & 0 & e^{-2t}\end{pmatrix}S^{-1}.]

Passo 10

Calculamos S^{-1}. Primeiro o determinante de S é \det S=6. O adjugado (matriz dos cofatores transposta) é
\operatorname{adj}(S)=\begin{pmatrix}-1 & 2 & -3\\[4pt]3 & 0 & 3\\[4pt]2 & 2 & -6\end{pmatrix}^{\!T} =\begin{pmatrix}-1 & 3 & 2\\[4pt]2 & 0 & 2\\[4pt]-3 & 3 & -6\end{pmatrix}^{\!T} =\begin{pmatrix}-1 & 2 & -3\\[4pt]3 & 0 & 3\\[4pt]2 & 2 & -6\end{pmatrix},
portanto
S^{-1}=\frac{1}{6}\begin{pmatrix}-1 & 2 & -3\\[4pt]3 & 0 & 3\\[4pt]2 & 2 & -6\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{6} & \tfrac{1}{3} & -\tfrac{1}{2}\\[4pt]\tfrac{1}{2} & 0 & \tfrac{1}{2}\\[4pt]\tfrac{1}{3} & \tfrac{1}{3} & -1\end{pmatrix}.]

Passo 11

Multiplicamos S\mathrm{e}^{Dt} e depois por S^{-1}. Primeiro
S\mathrm{e}^{Dt}=\begin{pmatrix} -e^{t} & e^{3t} & e^{-2t}\\[4pt] 4e^{t} & 2e^{3t} & -e^{-2t}\\[4pt] e^{t} & e^{3t} & -e^{-2t} \end{pmatrix}.
Agora calculamos \boldsymbol{\Phi}(t)=S\mathrm{e}^{Dt}S^{-1} multiplicando explicitamente (faço cada produto interno; mostrei os cálculos no rascunho e aqui apresento o resultado simplificado). O resultado é
\boldsymbol{\Phi}(t)=\begin{pmatrix} \tfrac{1}{6}e^{t}+\tfrac{1}{2}e^{3t}+\tfrac{1}{3}e^{-2t} & -\tfrac{1}{3}e^{t}+\tfrac{1}{3}e^{-2t} & \tfrac{1}{2}e^{t}+\tfrac{1}{2}e^{3t}-e^{-2t}\\[6pt] -\tfrac{2}{3}e^{t}+e^{3t}-\tfrac{1}{3}e^{-2t} & \tfrac{4}{3}e^{t}-\tfrac{1}{3}e^{-2t} & -2e^{t}+e^{3t}+e^{-2t}\\[6pt] -\tfrac{1}{6}e^{t}+\tfrac{1}{2}e^{3t}-\tfrac{1}{3}e^{-2t} & \tfrac{1}{3}e^{t}-\tfrac{1}{3}e^{-2t} & -\tfrac{1}{2}e^{t}+\tfrac{1}{2}e^{3t}+e^{-2t} \end{pmatrix}.
Observação rápida para conferência: avaliando em t=0 obtemos a matriz identidade \mathbf{I}, portanto \boldsymbol{\Phi}(0)=\mathbf{I} como pedido.]

Resposta

(a) X(t)=\begin{pmatrix} -e^{t} & e^{3t} & e^{-2t}\\[4pt] 4e^{t} & 2e^{3t} & -e^{-2t}\\[4pt] e^{t} & e^{3t} & -e^{-2t} \end{pmatrix}
(b) \boldsymbol{\Phi}(t)=\begin{pmatrix} \tfrac{1}{6}e^{t}+\tfrac{1}{2}e^{3t}+\tfrac{1}{3}e^{-2t} & -\tfrac{1}{3}e^{t}+\tfrac{1}{3}e^{-2t} & \tfrac{1}{2}e^{t}+\tfrac{1}{2}e^{3t}-e^{-2t}\\[6pt] -\tfrac{2}{3}e^{t}+e^{3t}-\tfrac{1}{3}e^{-2t} & \tfrac{4}{3}e^{t}-\tfrac{1}{3}e^{-2t} & -2e^{t}+e^{3t}+e^{-2t}\\[6pt] -\tfrac{1}{6}e^{t}+\tfrac{1}{2}e^{3t}-\tfrac{1}{3}e^{-2t} & \tfrac{1}{3}e^{t}-\tfrac{1}{3}e^{-2t} & -\tfrac{1}{2}e^{t}+\tfrac{1}{2}e^{3t}+e^{-2t} \end{pmatrix}]

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