(2.0) Escreva o sistema abaixo na forma matricial
r:\left\{\begin{array}{l} x^{\prime}(t)=-4 x+y+z \\\ y^{\prime}(t)=x+5 y-z \\\ z^{\prime}(t)=y-3 z \end{array}\right.
e verifique se
X(t)=\left(\begin{array}{l} 1 \\\\ 0 \\\\ 1 \end{array}\right) e^{-3 t}, \quad t \in \mathbb{R}
é uma solução.

Passo 1

O enunciado dá o sistema
r:\left\{\begin{array}{l} x^{\prime}(t)=-4x+y+z,\\[4pt] y^{\prime}(t)=x+5y-z,\\[4pt] z^{\prime}(t)=y-3z, \end{array}\right.
e pede duas coisas:
  • escrever o sistema na forma matricial;
  • verificar se X(t)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}e^{-3t},\quad t\in\mathbb{R},
é uma solução.]

Passo 2

Vamos primeiro entender o que significa “forma matricial”. Se definirmos o vetor coluna das incógnitas por
X(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\\[4pt]z(t)\end{pmatrix},
então escrever o sistema na forma matricial é colocá‑lo como
X'(t)=A\,X(t),
onde A é a matriz cuja linha i contém os coeficientes de x,y,z na equação de x_i'. Ou seja, cada entrada a_{ij} de A é o coeficiente da variável j-ésima na equação do derivado i-ésimo.]

Passo 3

Agora extraímos os coeficientes das equações dadas (peguei-os do enunciado):
  • Na primeira equação \,x'=-4x+y+z, os coeficientes de (x,y,z) são (-4,\,1,\,1).
  • Na segunda \,y'=x+5y-z, os coeficientes são (1,\,5,\,-1).
  • Na terceira \,z'=y-3z, os coeficientes são (0,\,1,\,-3) (repare que o coeficiente de x é 0 porque x não aparece).
Portanto a matriz A é
A=\begin{pmatrix} -4 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 5 & -1\\[4pt] 0 & 1 & -3 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Escrevendo explicitamente a forma matricial temos
X'(t)=\begin{pmatrix} -4 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 5 & -1\\[4pt] 0 & 1 & -3 \end{pmatrix}X(t).]

Passo 5

Agora verificamos se a função dada é solução. Primeiro calculamos a derivada de
X(t)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}e^{-3t}.
Aqui \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} é um vetor constante e e^{-3t} é a parte dependente de t. A derivada de uma constante vezes uma função escalar é a constante vezes a derivada escalar, logo
X'(t)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}\frac{d}{dt}\bigl(e^{-3t}\bigr) =\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}(-3e^{-3t}) =-3\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}e^{-3t}.]

Passo 6

Agora calculamos A\,X(t). Primeiro calculamos o produto A pelo vetor constante \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} (peguei A do passo 3 e o vetor do enunciado):
A\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} -4\cdot1+1\cdot0+1\cdot1\\[4pt] 1\cdot1+5\cdot0+(-1)\cdot1\\[4pt] 0\cdot1+1\cdot0+(-3)\cdot1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-3\\[4pt]0\\[4pt]-3\end{pmatrix}.
Multiplicando pela parte escalar e^{-3t} obtemos
A\,X(t)=\biggl(A\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}\biggr)e^{-3t} =\begin{pmatrix}-3\\[4pt]0\\[4pt]-3\end{pmatrix}e^{-3t} =-3\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}e^{-3t}.]

Passo 7

Comparando os resultados dos passos 5 e 6 vemos que
X'(t)=-3\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}e^{-3t}=A\,X(t)
para todo t\in\mathbb{R}. Portanto X(t) satisfaz a equação matricial X'(t)=A X(t) e é, de fato, uma solução do sistema. Observação adicional (útil para provas): isso mostra também que \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} é um autovetor de A com autovalor -3, e funções da forma v e^{\lambda t} costumam ser soluções quando Av=\lambda v.]

Resposta

X'(t)=\begin{pmatrix} -4 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 5 & -1\\[4pt] 0 & 1 & -3 \end{pmatrix}X(t).
Sim: \;X(t)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}e^{-3t} é solução, pois X'(t)=A X(t) para todo t\in\mathbb{R}.]

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