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
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
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
\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
\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
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:
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: