Encontre a solução geral do sistema de equações dado
\quad \mathbf{x}^{\prime}=\left( \begin{array}{rrr}1 & -1 & 4 \\ 3 & 2 & -1 \\ 2 & 1 & -1\end{array}\right) \mathbf{x}\

Passo 1

O problema pede a solução geral do sistema linear de equações diferenciais:
\mathbf{x}' = A\mathbf{x},
onde a matriz A é
A = \begin{pmatrix}1 & -1 & 4 \\[4pt] 3 & 2 & -1 \\[4pt] 2 & 1 & -1\end{pmatrix}.
Informações relevantes dadas:
\text{Equação: }\mathbf{x}'=A\mathbf{x},\qquad A=\begin{pmatrix}1 & -1 & 4 \\[4pt] 3 & 2 & -1 \\[4pt] 2 & 1 & -1\end{pmatrix}.çã
Pergunta: encontrar a solução geral \mathbf{x}(t) (ou seja, a família geral de soluções com constantes arbitrárias).]

Passo 2

Como resolveremos (aula rápida e prática):
  • Para sistemas lineares com coeficientes constantes como \mathbf{x}'=A\mathbf{x}, a técnica padrão é procurar autovalores \lambda e autovetores \mathbf{v} de A (ou seja, resolver A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}).
  • Se \lambda é um autovalor com um autovetor \mathbf{v}, então \mathbf{x}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v} é uma solução do sistema.
  • Se conseguimos três autovetores linearmente independentes (matriz 3\times3), a solução geral é 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 c_1,c_2,c_3 constantes arbitrárias.
  • Então vamos achar os autovalores resolvendo o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0 e, para cada autovalor, um autovetor não nulo resolvendo (A-\lambda I)\mathbf{v}=0.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I).
Começamos escrevendo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & -1 & 4 \\[4pt] 3 & 2-\lambda & -1 \\[4pt] 2 & 1 & -1-\lambda\end{pmatrix}.
Agora calculamos o determinante por expansão na primeira linha:
\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}.
Calculamos as subdeterminantes uma a uma.
Primeiro:
\det\begin{pmatrix}2-\lambda & -1 \\[4pt] 1 & -1-\lambda\end{pmatrix} =(2-\lambda)(-1-\lambda)-(-1)\cdot 1 =-(2-\lambda)(1+\lambda)+1.
Expandindo:
(2-\lambda)(1+\lambda)=2+ \lambda -\lambda^2,
logo
-(2-\lambda)(1+\lambda)+1 = -2-\lambda+\lambda^2+1=\lambda^2-\lambda-1.
Portanto o primeiro termo é
(1-\lambda)(\lambda^2-\lambda-1).
Segundo:
-(-1)\det\begin{pmatrix}3 & -1 \\[4pt] 2 & -1-\lambda\end{pmatrix} =+ \big(3(-1-\lambda)-(-1)\cdot 2\big) = -3-3\lambda+2 = -1-3\lambda.
Terceiro:
4\det\begin{pmatrix}3 & 2-\lambda \\[4pt] 2 & 1\end{pmatrix} =4\big(3\cdot 1 - (2-\lambda)\cdot 2\big) =4(3-4+2\lambda)=4(-1+2\lambda)=-4+8\lambda.
Somando tudo:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda^2-\lambda-1)+(-1-3\lambda)+(-4+8\lambda).
Agrupando os termos constantes e de \lambda:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda^2-\lambda-1)-5+5\lambda.
Expandindo (1-\lambda)(\lambda^2-\lambda-1):
(1-\lambda)(\lambda^2-\lambda-1)=\lambda^2-\lambda-1-\lambda^3+\lambda^2+\lambda=-\lambda^3+2\lambda^2-1.
Logo
\det(A-\lambda I)=-\lambda^3+2\lambda^2-1-5+5\lambda=-\lambda^3+2\lambda^2+5\lambda-6.
Multiplicando por -1 para escrever polinômio monico:
\lambda^3-2\lambda^2-5\lambda+6=0.
Procuramos raízes inteiras entre os divisores de 6: \pm1,\pm2,\pm3,\pm6. Testando \lambda=1:
1-2-5+6=0,
portanto \lambda=1 é raiz. Fazemos divisão por (\lambda-1) e obtemos o quociente
\lambda^2-\lambda-6,
que fatoriza como
\lambda^2-\lambda-6=(\lambda-3)(\lambda+2).
Portanto os autovalores são
\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=3,\qquad \lambda_3=-2,
todos distintos (o que implica que existe uma base de autovetores e o sistema é diagonalizável).]

Passo 4

Encontrar um autovetor associado a [\lambda_1=1).
Montamos A-I:
A-I=\begin{pmatrix}0 & -1 & 4 \\[4pt] 3 & 1 & -1 \\[4pt] 2 & 1 & -2\end{pmatrix}.
Buscamos \mathbf{v}=(x,y,z)^\top tal que (A-I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. Isso dá o sistema:
\begin{cases} - y + 4z = 0,\\[4pt] 3x + y - z = 0,\\[4pt] 2x + y - 2z = 0. \end{cases}
Da primeira equação vem y=4z\]. Substituindo na segunda: \[3x + 4z - z = 0 \implies 3x + 3z = 0 \implies x=-z.\] A terceira equação é compatível (gera \(0=0). Tomando z=1 (escolha conveniente), obtemos
x=-1,\quad y=4,\quad z=1.
Um autovetor associado a \lambda=1 é
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]4\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Encontrar um autovetor associado a [\lambda_2=3).
Montamos A-3I:
A-3I=\begin{pmatrix}-2 & -1 & 4 \\[4pt] 3 & -1 & -1 \\[4pt] 2 & 1 & -4\end{pmatrix}.
Procuramos (x,y,z) tal que (A-3I)\mathbf{v}=\mathbf{0}, ou seja:
\begin{cases} -2x - y + 4z = 0,\\[4pt] 3x - y - z = 0,\\[4pt] 2x + y -4z = 0. \end{cases}
Da segunda equação isolamos y = 3x - z\]. Substituindo na primeira: \[-2x - (3x - z) + 4z = 0 \implies -5x +5z = 0 \implies z = x.\] Então \(y = 3x - z = 3x - x = 2x. Tomando x=1, obtemos
x=1,\quad y=2,\quad z=1.
Um autovetor associado a \lambda=3 é
\mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Encontrar um autovetor associado a [\lambda_3=-2).
Montamos A+2I:
A+2I=\begin{pmatrix}3 & -1 & 4 \\[4pt] 3 & 4 & -1 \\[4pt] 2 & 1 & 1\end{pmatrix}.
Procuramos (x,y,z) tal que (A+2I)\mathbf{v}=\mathbf{0}, ou seja:
\begin{cases} 3x - y + 4z = 0,\\[4pt] 3x + 4y - z = 0,\\[4pt] 2x + y + z = 0. \end{cases}
Da primeira equação isolamos y = 3x + 4z\]. Substituindo na terceira: \[2x + (3x + 4z) + z = 0 \implies 5x +5z = 0 \implies z = -x.\] Então \(y = 3x + 4(-x) = -x. Tomando x=1 obtemos
x=1,\quad y=-1,\quad z=-1.
Um autovetor associado a \lambda=-2 é
\mathbf{v}_3=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 7

Como os três autovalores são distintos, os três autovetores \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3 são linearmente independentes e formam uma base de \mathbb{R}^3. Assim a solução geral do sistema é a combinação linear das soluções exponenciais correspondentes:
\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,
onde c_1,c_2,c_3 são constantes reais arbitrárias. Substituindo os valores que achamos:
\mathbf{x}(t)=c_1 e^{t}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]4\\[4pt]1\end{pmatrix} + c_2 e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\\[4pt]1\end{pmatrix} + c_3 e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Pronto — essa é a forma prática que você usaria na prova: encontrar autovalores, autovetores e combinar.]

Resposta

\mathbf{x}(t)=c_1 e^{t}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]4\\[4pt]1\end{pmatrix} + c_2 e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\\[4pt]1\end{pmatrix} + c_3 e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]-1\end{pmatrix},
com c_1,c_2,c_3\in\mathbb{R}.]

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