Encontre uma matriz fundamental para o sistema de equações dado.
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 dá o sistema linear de ordem 1 com coeficientes constantes
\mathbf{x}' = A\mathbf{x}, \qquad A=\begin{pmatrix}1 & -1 & 4\\[4pt] 3 & 2 & -1\\[4pt] 2 & 1 & -1\end{pmatrix},
e pede duas coisas:
  • Encontrar uma matriz fundamental qualquer (isto é, uma matriz cujas colunas sejam três soluções linearmente independentes).
  • Encontrar a matriz fundamental \boldsymbol{\Phi}(t) que satisfaz \boldsymbol{\Phi}(0)=\mathbf{I} (a chamada matriz fundamental principal).
As informações relevantes dadas são apenas a matriz A acima e a exigência de \boldsymbol{\Phi}(0)=\mathbf{I}.]

Passo 2

Estratégia escolhida (explicando o porquê com calma):
  • Quando A tem três autovalores reais distintos, existe uma base formada por autovetores e A é diagonalizável. Nesse caso a solução geral do sistema pode ser construída com autovetores multiplicados por e^{\lambda t}.
  • Além disso, a matriz fundamental principal \boldsymbol{\Phi}(t) pode ser obtida pela exponencial matricial usando a diagonalização: se A=SDS^{-1} com D diagonal, então
\boldsymbol{\Phi}(t)=e^{At}=S\,e^{Dt}\,S^{-1}, \qquad e^{Dt}=\operatorname{diag}(e^{\lambda_1 t},e^{\lambda_2 t},e^{\lambda_3 t}).
Vou aplicar esse procedimento: calcular autovalores (característica), autovetores, montar S, calcular S^{-1} e obter e^{At}.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I).
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & -1 & 4\\[4pt] 3 & 2-\lambda & -1\\[4pt] 2 & 1 & -1-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante dá (mostrando os passos essenciais)
\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &= (1-\lambda)\det\begin{pmatrix}2-\lambda & -1\\[2pt] 1 & -1-\lambda\end{pmatrix} -(-1)\det\begin{pmatrix}3 & -1\\[2pt] 2 & -1-\lambda\end{pmatrix} +4\det\begin{pmatrix}3 & 2-\lambda\\[2pt] 2 & 1\end{pmatrix}\\[6pt] &= (1-\lambda)\bigl(\lambda^2-\lambda-1\bigr) +(-1-3\lambda)+(-4+8\lambda)\\[4pt] &= -\lambda^3+2\lambda^2+5\lambda-6. \end{aligned}
Multiplicando por -1 obtemos a forma mais usual
\lambda^3-2\lambda^2-5\lambda+6=0.
Testando raízes inteiras, \lambda=1 é raiz. Fazendo a divisão polinomial obtém-se
\lambda^3-2\lambda^2-5\lambda+6=(\lambda-1)(\lambda-3)(\lambda+2).
Portanto os autovalores são
\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=3,\qquad \lambda_3=-2,
que são distintos — isso garante diagonalização.]

Passo 4

Calcular autovetores correspondentes.
Para \lambda_1=1 resolvemos (A-I)v=0:
\begin{pmatrix}0 & -1 & 4\\[2pt] 3 & 1 & -1\\[2pt] 2 & 1 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=0.
Da primeira equação -y+4z=0\Rightarrow y=4z. Substituindo nas outras obtém-se x=-z. Tomando z=1 um autovetor é
v_1=\begin{pmatrix}-1\\[2pt] 4\\[2pt] 1\end{pmatrix}.
Para \lambda_2=3 resolvemos (A-3I)v=0:
\begin{pmatrix}-2 & -1 & 4\\[2pt] 3 & -1 & -1\\[2pt] 2 & 1 & -4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=0.
Dessa sistema obtemos z=x e y=2x. Tomando x=1 um autovetor é
v_2=\begin{pmatrix}1\\[2pt] 2\\[2pt] 1\end{pmatrix}.
Para \lambda_3=-2 resolvemos (A+2I)v=0:
\begin{pmatrix}3 & -1 & 4\\[2pt] 3 & 4 & -1\\[2pt] 2 & 1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=0.
Deste sistema obtemos x=-z e y=z. Tomando z=1 um autovetor é
v_3=\begin{pmatrix}-1\\[2pt] 1\\[2pt] 1\end{pmatrix}.
Os três autovetores v_1,v_2,v_3 são linearmente independentes (os autovalores são distintos), portanto formam uma base de \mathbb{R}^3.]

Passo 5

Construir uma matriz fundamental usando as soluções elementares e^{\lambda t}v. Uma matriz fundamental (cada coluna é uma solução independente) é
X(t)=\begin{pmatrix}e^{t}v_1 & e^{3t}v_2 & 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}.
Esta X(t) tem colunas que são três soluções linearmente independentes, logo é uma matriz fundamental do sistema.]

Passo 6

Agora obter a matriz fundamental principal \boldsymbol{\Phi}(t) com \boldsymbol{\Phi}(0)=\mathbf{I}. Como A é diagonalizável usamos
A=SDS^{-1},\qquad 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).
Calculo de S^{-1} (determinante e adjunta). O determinante dá \det S=-6 e a inversa é
S^{-1}=\frac{1}{-6}\operatorname{adj}(S) = \begin{pmatrix} -1/6 & 1/3 & -1/2\\[4pt] 1/2 & 0 & 1/2\\[4pt] -1/3 & -1/3 & 1 \end{pmatrix}.]

Passo 7

Calcular \boldsymbol{\Phi}(t)=e^{At}=S\,e^{Dt}\,S^{-1}. Seja
a=e^{t},\qquad b=e^{3t},\qquad c=e^{-2t}.
Então e^{Dt}=\operatorname{diag}(a,b,c) e a multiplicação leva a
\boldsymbol{\Phi}(t)= \begin{pmatrix} \dfrac{1}{6}a+\dfrac{1}{2}b+\dfrac{1}{3}c & \dfrac{-a+c}{3} & \dfrac{1}{2}a+\dfrac{1}{2}b-c\\[8pt] -\dfrac{2}{3}a+b-\dfrac{1}{3}c & \dfrac{4a-c}{3} & -2a+b+c\\[8pt] -\dfrac{1}{6}a+\dfrac{1}{2}b-\dfrac{1}{3}c & \dfrac{a-c}{3} & -\dfrac{1}{2}a+\dfrac{1}{2}b+c \end{pmatrix},
ou escrito de volta em exponenciais,
\boldsymbol{\Phi}(t)= \begin{pmatrix} \dfrac{1}{6}e^{t}+\dfrac{1}{2}e^{3t}+\dfrac{1}{3}e^{-2t} & \dfrac{-e^{t}+e^{-2t}}{3} & \dfrac{1}{2}e^{t}+\dfrac{1}{2}e^{3t}-e^{-2t}\\[10pt] -\dfrac{2}{3}e^{t}+e^{3t}-\dfrac{1}{3}e^{-2t} & \dfrac{4e^{t}-e^{-2t}}{3} & -2e^{t}+e^{3t}+e^{-2t}\\[10pt] -\dfrac{1}{6}e^{t}+\dfrac{1}{2}e^{3t}-\dfrac{1}{3}e^{-2t} & \dfrac{e^{t}-e^{-2t}}{3} & -\dfrac{1}{2}e^{t}+\dfrac{1}{2}e^{3t}+e^{-2t} \end{pmatrix}.]

Passo 8

Verificação rápida: em t=0 temos a=b=c=1 e substituindo aparece a identidade \boldsymbol{\Phi}(0)=\mathbf{I}, como exigido.

Resposta

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}
\boldsymbol{\Phi}(t)= \begin{pmatrix} \dfrac{1}{6}e^{t}+\dfrac{1}{2}e^{3t}+\dfrac{1}{3}e^{-2t} & \dfrac{-e^{t}+e^{-2t}}{3} & \dfrac{1}{2}e^{t}+\dfrac{1}{2}e^{3t}-e^{-2t}\\[10pt] -\dfrac{2}{3}e^{t}+e^{3t}-\dfrac{1}{3}e^{-2t} & \dfrac{4e^{t}-e^{-2t}}{3} & -2e^{t}+e^{3t}+e^{-2t}\\[10pt] -\dfrac{1}{6}e^{t}+\dfrac{1}{2}e^{3t}-\dfrac{1}{3}e^{-2t} & \dfrac{e^{t}-e^{-2t}}{3} & -\dfrac{1}{2}e^{t}+\dfrac{1}{2}e^{3t}+e^{-2t} \end{pmatrix}]

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