Encontre a solução geral do sistema de equações dado por \mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{lll}1 & 1 & 2 \\\\ 1 & 2 & 1 \\\\ 2 & 1 & 1\end{array}\right) \mathbf{x}

Passo 1

O enunciado pede a solução geral do sistema de equações diferenciais lineares
\mathbf{x}' = A\mathbf{x},
onde
A=\begin{pmatrix}1 & 1 & 2 \\[4pt] 1 & 2 & 1 \\[4pt] 2 & 1 & 1\end{pmatrix}.
Informações relevantes dadas: a matriz A está completamente especificada (valores das entradas). A tarefa é encontrar todas as soluções \mathbf{x}(t) — isto é, a solução geral do sistema — sem nenhuma condição inicial adicional.]

Passo 2

Breve ideia do método (explicada de forma didática): se \mathbf{v} é um autovetor de A associado ao autovalor \lambda, então a função \mathbf{x}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v} satisfaz o sistema, porque
\frac{d}{dt}\big(e^{\lambda t}\mathbf{v}\big)=\lambda e^{\lambda t}\mathbf{v}=A\big(e^{\lambda t}\mathbf{v}\big).
Se conseguirmos um conjunto de três vetores próprios linearmente independentes \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3, a solução geral é uma combinação linear
\mathbf{x}(t)=C_1 e^{\lambda_1 t}\mathbf{v}_1 + C_2 e^{\lambda_2 t}\mathbf{v}_2 + C_3 e^{\lambda_3 t}\mathbf{v}_3,
com constantes C_1,C_2,C_3. Portanto precisamos encontrar os autovalores \lambda e autovetores \mathbf{v} de A.

Passo 3

Cálculo do polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Primeiro escrevemos A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & 1 & 2 \\[4pt] 1 & 2-\lambda & 1 \\[4pt] 2 & 1 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
Calculamos o determinante expandindo pela primeira linha:
\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &= (1-\lambda)\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & 1-\lambda\end{pmatrix} -1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 2 & 1-\lambda\end{pmatrix} +2\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 2-\lambda \\[4pt] 2 & 1\end{pmatrix}. \end{aligned}
Agora cada menor:
\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)(1-\lambda)-1=1-3\lambda+\lambda^2,
\det\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 2 & 1-\lambda\end{pmatrix}=1(1-\lambda)-1\cdot 2 = -1-\lambda,
\det\begin{pmatrix}1 & 2-\lambda \\[4pt] 2 & 1\end{pmatrix}=1\cdot 1 - 2(2-\lambda) = -3+2\lambda.
Substituindo:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(1-3\lambda+\lambda^2) -1(-1-\lambda) + 2(-3+2\lambda).
Expandindo cuidadosamente:
(1-\lambda)(\lambda^2-3\lambda+1) = -\lambda^3+4\lambda^2-4\lambda+1,
e os outros termos somam 1+\lambda-6+4\lambda = -5 +5\lambda. Somando tudo obtemos
\det(A-\lambda I) = -\lambda^3 +4\lambda^2 +\lambda -4.
Multiplicando por -1 para simplificar o sinal,
\lambda^3 -4\lambda^2 -\lambda +4 = 0.]

Passo 4

Fatoramos o polinômio. Como as somas das linhas da matriz A valem 4, já suspeitamos que \lambda=4 é raiz (vetor (1,1,1) costuma ser autovetor). Testando \lambda=4 no polinômio:
4^3 -4\cdot 4^2 -4 +4 = 64-64-4+4=0,
logo \lambda=4 é raiz. Dividindo o polinômio por (\lambda-4) (ou fazendo divisão sintética) obtemos
\lambda^3 -4\lambda^2 -\lambda +4 = (\lambda-4)(\lambda^2-1) = (\lambda-4)(\lambda-1)(\lambda+1).
Portanto os autovalores são
\lambda_1=4,\qquad \lambda_2=1,\qquad \lambda_3=-1.

Passo 5

Encontrar o autovetor associado a \lambda=4. Resolvemos (A-4I)\mathbf{v}=\mathbf{0}:
A-4I=\begin{pmatrix}-3 & 1 & 2 \\[4pt] 1 & -2 & 1 \\[4pt] 2 & 1 & -3\end{pmatrix}.
Observando a estrutura (ou simplesmente substituindo \mathbf{v}=(1,1,1)) vemos que
A\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1+1+2\\[4pt]1+2+1\\[4pt]2+1+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\[4pt]4\\[4pt]4\end{pmatrix}=4\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix},
logo um autovetor convenientemente escolhido é
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Encontrar o autovetor associado a \lambda=1\). Resolvemos \((A-I)\mathbf{v}=\mathbf{0}\): \[A-I=\begin{pmatrix}0 & 1 & 2 \\[4pt] 1 & 1 & 1 \\[4pt] 2 & 1 & 0\end{pmatrix}.
Escrevendo as equações para \mathbf{v}=(x,y,z):
\begin{cases} y + 2z = 0,\\[4pt] x + y + z = 0,\\[4pt] 2x + y = 0. \end{cases}
Da primeira y=-2z\]. Da terceira \(2x + y=0\Rightarrow 2x -2z=0\Rightarrow x=z. Essas duas são consistentes com a segunda. Tomando z=1 obtemos x=1, y=-2. Assim um autovetor é
\mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 7

Encontrar o autovetor associado a \lambda=-1\). Resolvemos \((A+I)\mathbf{v}=\mathbf{0}\): \[A+I=\begin{pmatrix}2 & 1 & 2 \\[4pt] 1 & 3 & 1 \\[4pt] 2 & 1 & 2\end{pmatrix}.
As equações são
\begin{cases} 2x + y + 2z = 0,\\[4pt] x + 3y + z = 0,\\[4pt] 2x + y + 2z = 0, \end{cases}
onde a 1ª e a 3ª são iguais. Subtraindo combinações, da segunda equação obtemos 5y=0\Rightarrow y=0\]. Com \(y=0, da primeira 2x+2z=0\Rightarrow x=-z. Tomando z=1 obtemos x=-1. Assim um autovetor é
\mathbf{v}_3=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 8

Verificação rápida de independência linear (e ortogonalidade, já que A é simétrica): os vetores \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3 são mutuamente ortogonais:
\mathbf{v}_1\cdot\mathbf{v}_2 = 1-2+1=0,\qquad \mathbf{v}_1\cdot\mathbf{v}_3 = -1+0+1=0,\qquad \mathbf{v}_2\cdot\mathbf{v}_3 = -1+0+1=0.
Como são três vetores não nulos e ortogonais, formam uma base de \mathbb{R}^3. Portanto a solução geral será a combinação linear das soluções exponenciais associadas a esses autovalores.

Passo 9

Escrevendo a solução geral usando as constantes arbitrárias C_1,C_2,C_3:
\boxed{\mathbf{x}(t)=C_1 e^{4t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix} + C_2 e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix} + C_3 e^{-t}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix},}
onde C_1,C_2,C_3 são constantes reais determinadas por condições iniciais (se houver).]

Resposta

\mathbf{x}(t)=C_1 e^{4t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix} + C_2 e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix} + C_3 e^{-t}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix},
com C_1,C_2,C_3\in\mathbb{R}.]

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