(a) Encontre a solução geral para o problema x^{\prime}(t)=2 x-9 y ; y^{\prime}(t)=x+8 y. Observe que aqui neste exemplo não existe uma base de autovetores e portanto deve determinar o autovetor generalizado.
(b) Encontre a solução única para o problema anterior com condições iniciais x(0)= 2; y(0)=1.
(c) Encontre a única solução para o problema de valor inicial x^{\prime}(t)=y+z ; y^{\prime}(t)= 3 x+z ; z^{\prime}(t)=3 x+y, com condições iniciais x(0)=1 ; y(0)=0 ; z(0)=1.

Passo 1

O enunciado dá dois sistemas lineares de primeira ordem. Para o item (a)–(b) temos
\begin{cases} x' = 2x - 9y,\\\ y' = x + 8y, \end{cases}
cujo coeficiente é
A = \begin{pmatrix}2 & -9\\\ 1 & 8\end{pmatrix}.
Como a multiplicidade algébrica de um autovalor é 2 mas só há um autovetor, vamos usar vetores generalizados. No item (c) temos o sistema
\begin{cases} x' = y+z,\\\ y' = 3x+z,\\\ z' = 3x+y, \end{cases}
com matriz
A = \begin{pmatrix}0&1&1\\\ 3&0&1\\\ 3&1&0\end{pmatrix},
que será resolvido por diagonalização (há três autovalores distintos).

Passo 2

Para o sistema (a) o polinômio característico de A é
\det(A-\lambda I) =\begin{vmatrix}2-\lambda&-9\\\ 1&8-\lambda\end{vmatrix} =(2-\lambda)(8-\lambda)+9 =\lambda^2-10\lambda+25.
A equação \lambda^2-10\lambda+25=0 tem raiz dupla
\lambda=5\quad(\text{multiplicidade }2).

Passo 3

Para \lambda=5 resolvemos (A-5I)v=0:
\begin{pmatrix}-3&-9\\\ 1&3\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_1\v_2\end{pmatrix} =0 \implies v_1=-3v_2.
Escolhendo v_2=1 obtemos o autovetor
v=\begin{pmatrix}-3\\\ 1\end{pmatrix}.

Passo 4

Como a multiplicidade geométrica é 1, buscamos vetor generalizado w tal que
(A-5I)w=v. Isto é,
\begin{pmatrix}-3&-9\\\ 1&3\end{pmatrix} \begin{pmatrix}w_1\w_2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-3\\\ 1\end{pmatrix}.
Dessa equação qualquer w_2 satisfaz a primeira linha trivial, e da segunda
w_1+3w_2=1
tomamos w_2=0, w_1=1. Assim
w=\begin{pmatrix}1\\\ 0\end{pmatrix}.

Passo 5

A solução geral do sistema (a) é
\mathbf x(t) =c_1 e^{5t}v + c_2\bigl(t\,e^{5t}v + e^{5t}w\bigr),
isto é, em componentes,
x(t)=-3c_1e^{5t}+c_2\bigl(-3t\,e^{5t}+e^{5t}\bigr), \quad y(t)=c_1e^{5t}+c_2\,t\,e^{5t}.

Passo 6

Para (b) impomos x(0)=2, y(0)=1. Em t=0 temos
x(0)=-3c_1 + c_2=2, \quad y(0)=c_1=1.
Logo c_1=1 e c_2=5.

Passo 7

Substituindo em (a) obtemos a solução única
x(t)=(2-15t)e^{5t}, \quad y(t)=(1+5t)e^{5t}.

Passo 8

Para o sistema (c) a matriz é
A=\begin{pmatrix}0&1&1\\\ 3&0&1\\\ 3&1&0\end{pmatrix}.
O polinômio característico é
\det(A-\lambda I) =-\lambda^3+7\lambda+6 \quad\Longleftrightarrow\quad \lambda^3-7\lambda-6=0,
cuja fatoração dá raízes \lambda_1=-1, \lambda_2=3, \lambda_3=-2.

Passo 9

Os autovetores correspondentes são, por cálculo direto:
\lambda=-1:\quad v_1=(0,1,-1),\quad \lambda=3:\quad v_2=(2,3,3),\quad \lambda=-2:\quad v_3=(1,-1,-1).

Passo 10

A solução geral é
\mathbf x(t) =c_1e^{-t}v_1 +c_2e^{3t}v_2 +c_3e^{-2t}v_3.
Em t=0 mandamos (x,y,z)=(1,0,1), o que gera o sistema
2c_2+c_3=1,\quad c_1+3c_2-c_3=0,\quad -c_1+3c_2-c_3=1.
Daí c_1=-\tfrac12, c_2=\tfrac3{10}, c_3=\tfrac25.

Passo 11

Logo a solução única do sistema (c) é
x(t)=\frac35e^{3t}+\frac25e^{-2t}, \quad y(t)=-\frac12e^{-t}+\frac9{10}e^{3t}-\frac25e^{-2t}, \quad z(t)=\frac12e^{-t}+\frac9{10}e^{3t}-\frac25e^{-2t}.

Resposta

(a) A solução geral é
x(t)=-3c_1e^{5t}+c_2\bigl(-3t\,e^{5t}+e^{5t}\bigr), \quad y(t)=c_1e^{5t}+c_2\,t\,e^{5t},
com c_1,c_2\in\mathbb R.
(b) Com x(0)=2, y(0)=1 obtém-se
x(t)=(2-15t)e^{5t}, \quad y(t)=(1+5t)e^{5t}.
(c) A solução com x(0)=1, y(0)=0, z(0)=1 é
x(t)=\frac35e^{3t}+\frac25e^{-2t},\quad y(t)=-\frac12e^{-t}+\frac9{10}e^{3t}-\frac25e^{-2t},\quad z(t)=\frac12e^{-t}+\frac9{10}e^{3t}-\frac25e^{-2t}.

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