Exercício 6. Resolva o seguinte problema de valor inicial
X^{\prime}=\left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 0 \\\\ 1 & 1 & 0 \\\\ 0 & 0 & -1 \end{array}\right] X \quad \text { e } \quad X(0)=\left[\begin{array}{c} 1 \\\\ 1 \\\\ -1 \end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede para resolver o sistema linear
\dot X = A\,X, \quad A = \begin{pmatrix}1&1&0\\\ 1&1&0\\\ 0&0&-1\end{pmatrix},
com condição inicial
X(0)=\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ -1\end{pmatrix}.
O conteúdo aqui é EDOs lineares em bloco, onde podemos separar a terceira componente das duas primeiras.

Passo 2

Escrevendo por componentes, temos
x_1' = x_1 + x_2, \quad x_2' = x_1 + x_2, \quad x_3' = -\,x_3.
Note que a equação de x_3 não envolve x_1,x_2, ou seja, ela decoupla do sub-sistema das duas primeiras componentes.

Passo 3

Resolver
x_3' = -\,x_3
é resolver uma EDO de 1ª ordem cuja solução geral é
x_3(t) = C_3\,e^{-t}.
Como x_3(0)=-1, temos C_3=-1, logo
x_3(t) = -\,e^{-t}.

Passo 4

Para x_1,x_2, considere a diferença
d(t) = x_1(t) - x_2(t).
Então
d'(t) = x_1' - x_2' = (x_1 + x_2) - (x_1 + x_2) = 0,
ou seja, d(t) é constante. Como d(0)=1-1=0, segue x_1(t)=x_2(t) para todo t.

Passo 5

Substituindo x_2 = x_1 em
x_1' = x_1 + x_2
ficamos com
x_1' = 2\,x_1,
cuja solução é
x_1(t) = C_1\,e^{2t}.
Pela condição x_1(0)=1 obtemos C_1=1, logo
x_1(t) = e^{2t}, \quad x_2(t) = e^{2t}.

Resposta

X(t) = \begin{pmatrix}e^{2t}\\[6pt]e^{2t}\\[6pt]-e^{-t}\end{pmatrix}]

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