(3 pontos) Considere o sistema de equações diferenciais ordinárias
\left\{\begin{array}{l} x^{\prime}(t)=3 x+2 y+4 z \\\ y^{\prime}(t)=2 x+2 z \\\ z^{\prime}(t)=4 x+2 y+3 z \end{array}\right.
(a) Aplique o método dos autovalores e autovetores para encontrar a solução geral do sistema.
(b) Dê dois exemplos de soluções (x(t), y(t), z(t)) do sistema (escreva separadamente as funções x(t), y(t) e z(t) de cada solução).

Passo 1

O enunciado dá o sistema
\begin{cases} x' = 3x + 2y + 4z,\\\ y' = 2x + 0\,y + 2z,\\\ z' = 4x + 2y + 3z, \end{cases}
ou seja, \mathbf{x}'(t)=A\,\mathbf{x}(t) com
A = \begin{pmatrix} 3 & 2 & 4\\\\ 2 & 0 & 2\\\\ 4 & 2 & 3 \end{pmatrix}.
O conteúdo é diagonalização de A: vamos achar autovalores \lambda e autovetores \mathbf{v}, e montar a solução geral \mathbf{x}(t)=\sum C_i\,e^{\lambda_i t}\mathbf{v}_i.

Passo 2

Calculamos o polinômio característico
\det(A-\lambda I) =\det\begin{pmatrix} 3-\lambda & 2 & 4\\\\ 2 & -\lambda & 2\\\\ 4 & 2 & 3-\lambda \end{pmatrix}.
Fazendo a expansão por cofactores e simplificando obtemos
\det(A-\lambda I) =-\lambda^3+6\lambda^2+15\lambda+8,
ou seja
\lambda^3-6\lambda^2-15\lambda-8=0.

Passo 3

Testando raízes inteiras \pm1,\pm2,\pm4,\pm8 vemos que \lambda=8 zera o polinômio. Fazendo a divisão sintética sobra
(\lambda-8)(\lambda+1)^2=0.
Logo os autovalores são
\lambda_1=8 (simples) e \lambda_2=\lambda_3=-1 (multiplicidade algébrica 2).

Passo 4

Para \lambda_1=8 resolvemos (A-8I)\mathbf{v}=0, i.e.
\begin{pmatrix} -5 & 2 & 4\\\\ 2 & -8 & 2\\\\ 4 & 2 & -5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
Dessa vem z=x e y=\tfrac12x, escolhendo x=2 um vetor é
\mathbf{v}_1=(2,1,2).
Para \lambda=-1 resolvemos (A+I)\mathbf{v}=0, i.e.
\begin{pmatrix} 4 & 2 & 4\\\\ 2 & 1 & 2\\\\ 4 & 2 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
A equação única independente é 2x+y+2z=0, logo y=-2x-2z. Podemos escolher dois vetores livres, por exemplo
\mathbf{v}_2=(1,-2,0) e \mathbf{v}_3=(0,-2,1).

Passo 5

A solução geral é combinação linear das três soluções fundamentais
\mathbf{x}(t) =C_1\,e^{8t}\begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ 2\end{pmatrix} +C_2\,e^{-t}\begin{pmatrix}1\\\ -2\\\ 0\end{pmatrix} +C_3\,e^{-t}\begin{pmatrix}0\\\ -2\\\ 1\end{pmatrix}.
Em componentes,
\begin{cases} x(t)=2C_1e^{8t}+C_2e^{-t},\\\ y(t)=C_1e^{8t}-2C_2e^{-t}-2C_3e^{-t},\\\ z(t)=2C_1e^{8t}+C_3e^{-t}. \end{cases}

Passo 6

Para dar dois exemplos basta escolher constantes C_i. Duas escolhas simples:
Exemplo 1: C_1=1, C_2=0, C_3=0
x(t)=2e^{8t},\quad y(t)=e^{8t},\quad z(t)=2e^{8t}.
Exemplo 2: C_1=0, C_2=1, C_3=0
x(t)=e^{-t},\quad y(t)=-2e^{-t},\quad z(t)=0.

Resposta

(a) A solução geral é
(x(t),y(t),z(t)) =\bigl(2C_1e^{8t}+C_2e^{-t},\;C_1e^{8t}-2C_2e^{-t}-2C_3e^{-t},\;2C_1e^{8t}+C_3e^{-t}\bigr).
(b) Dois exemplos de soluções são:
  1. x(t)=2e^{8t},\;y(t)=e^{8t},\;z(t)=2e^{8t}.
  2. x(t)=e^{-t},\;y(t)=-2e^{-t},\;z(t)=0.

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