(2,5 Pontos) Use o método dos autovalores para resolver o sistema o sistema de EDO’s homogêneo.
\left\{\begin{array}{l} x^{\prime}=-x-y \\\ y^{\prime}=\frac{3 x}{4}-\frac{3 y}{2}+3 z \\\ z^{\prime}=\frac{x}{8}+\frac{y}{4}-\frac{z}{2} \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá um sistema linear homogêneo de três equações de primeira ordem e pede a solução usando o método dos autovalores. Vou listar claramente o que temos e o que é pedido.
  • Sistema dado:
\left\{\begin{array}{l} x^{\prime}=-x-y \\[4pt] y^{\prime}=\dfrac{3x}{4}-\dfrac{3y}{2}+3z \\[4pt] z^{\prime}=\dfrac{x}{8}+\dfrac{y}{4}-\dfrac{z}{2} \end{array}\right.
  • O que se pede: encontrar a solução geral \mathbf{x}(t)=(x(t),y(t),z(t))^T do sistema usando o método dos autovalores (autovalores = eigenvalues).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • Coeficientes das equações formam uma matriz 3\times3.
  • É um sistema homogêneo (lado direito multiplicando vetores de funções lineares), portanto a solução geral será combinação linear de expoentes e^{\lambda t} vezes vetores próprios.]

Passo 2

Escrever o sistema em forma matricial \mathbf{x}'=A\mathbf{x}.
  • Definir o vetor de incógnitas
\mathbf{x}(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt] y(t)\\[4pt] z(t)\end{pmatrix}.
  • A matriz A dos coeficientes é obtida lendo as equações:
A=\begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\[4pt] \dfrac{3}{4} & -\dfrac{3}{2} & 3 \\[6pt] \dfrac{1}{8} & \dfrac{1}{4} & -\dfrac{1}{2} \end{pmatrix},
de modo que o sistema fica
\mathbf{x}'=A\mathbf{x}.
Explicação didática: a ideia do método dos autovalores é procurar soluções do tipo \mathbf{x}(t)=\mathbf{v}\,e^{\lambda t}, onde \lambda é um número (autovalor) e \mathbf{v} é um vetor (autovetor). Substituindo nessa forma obtém-se o problema eigenvalue A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}.]

Passo 3

Encontrar os autovalores \lambda resolvendo a equação característica \det(A-\lambda I)=0.
  • Escrever A-\lambda I:
A-\lambda I= \begin{pmatrix} -1-\lambda & -1 & 0 \\[4pt] \dfrac{3}{4} & -\dfrac{3}{2}-\lambda & 3 \\[6pt] \dfrac{1}{8} & \dfrac{1}{4} & -\dfrac{1}{2}-\lambda \end{pmatrix}.
  • Calcular o determinante (expansão pela primeira linha):
\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(-1-\lambda)\det\begin{pmatrix}-\dfrac{3}{2}-\lambda & 3 \\[4pt] \dfrac{1}{4} & -\dfrac{1}{2}-\lambda\end{pmatrix} -(-1)\det\begin{pmatrix}\dfrac{3}{4} & 3 \\[4pt] \dfrac{1}{8} & -\dfrac{1}{2}-\lambda\end{pmatrix}. \end{aligned}
  • Calcular as matrizes 2\times2:
\begin{aligned} \det\begin{pmatrix}-\dfrac{3}{2}-\lambda & 3 \\[4pt] \dfrac{1}{4} & -\dfrac{1}{2}-\lambda\end{pmatrix} &=(-\tfrac{3}{2}-\lambda)(-\tfrac{1}{2}-\lambda)-3\cdot\tfrac{1}{4} \\[4pt] &=\Big(\tfrac{3}{4}+2\lambda+\lambda^{2}\Big)-\tfrac{3}{4} \\[4pt] &= \lambda^{2}+2\lambda = \lambda(\lambda+2), \end{aligned}
e
\begin{aligned} \det\begin{pmatrix}\dfrac{3}{4} & 3 \\[4pt] \dfrac{1}{8} & -\dfrac{1}{2}-\lambda\end{pmatrix} &=\dfrac{3}{4}\Big(-\tfrac{1}{2}-\lambda\Big)-3\cdot\tfrac{1}{8} \\[4pt] &=-\dfrac{3}{8}-\dfrac{3}{4}\lambda-\dfrac{3}{8} \\[4pt] &=-\dfrac{3}{4}(1+\lambda). \end{aligned}
  • Substituindo no determinante total:
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)\big(\lambda(\lambda+2)\big)+\dfrac{3}{4}(1+\lambda).
  • Fatorar 1+\lambda:
\det(A-\lambda I)=-(1+\lambda)\big(\lambda(\lambda+2)+\tfrac{3}{4}\big).
  • Simplificar o polinômio dentro do parêntese:
\lambda(\lambda+2)+\tfrac{3}{4}=\lambda^{2}+2\lambda+\tfrac{3}{4}.
  • Portanto a equação característica é
(1+\lambda)\big(\lambda^{2}+2\lambda+\tfrac{3}{4}\big)=0.]

Passo 4

Resolver a equação característica para obter os autovalores.
  • Das fatores:
1+\lambda=0 \quad\Rightarrow\quad \lambda=-1.
  • Resolver a quadrática \lambda^{2}+2\lambda+\tfrac{3}{4}=0. Usar fórmula de Bhaskara (ou completar quadrado). Aqui computa-se o discriminante:
\Delta = 2^{2}-4\cdot1\cdot\tfrac{3}{4}=4-3=1.
Logo
\lambda=\dfrac{-2\pm\sqrt{1}}{2}=\dfrac{-2\pm1}{2}.
Assim os outros autovalores são
\lambda=-\dfrac{3}{2}\quad\text{e}\quad \lambda=-\dfrac{1}{2}.
Observação didática: obtivemos três autovalores reais e distintos \lambda_1=-1, \lambda_2=-\tfrac{3}{2}, \lambda_3=-\tfrac{1}{2}. Para autovalores reais distintos há três autovetores linearmente independentes e a solução geral será soma de três termos exponenciais.

Passo 5

Encontrar o autovetor associado a \lambda=-1.
  • Resolver (A+I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. A matriz A+I é
A+I=\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\[4pt] \dfrac{3}{4} & -\dfrac{1}{2} & 3 \\[6pt] \dfrac{1}{8} & \dfrac{1}{4} & \dfrac{1}{2} \end{pmatrix}.
  • Escrever o sistema (A+I)(x,y,z)^T=\mathbf{0}:
\begin{aligned} &-y=0,\\[4pt] &\tfrac{3}{4}x+\,3z=0,\\[4pt] &\tfrac{1}{8}x+\tfrac{1}{4}y+\tfrac{1}{2}z=0. \end{aligned}
  • Da primeira equação vem y=0. Da segunda, com y=0,
\tfrac{3}{4}x+3z=0 \quad\Rightarrow\quad x=-4z.
A terceira é consistente (verificação rápida: \tfrac{1}{8}(-4z)+\tfrac{1}{2}z=0).
  • Escolher z=1 para um autovetor simples. Então
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}-4\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Explicação: pode-se multiplicar o autovetor por qualquer escala não nula; escolha uma escala que torne os números mais simples.]

Passo 6

Encontrar o autovetor associado a \lambda=-\tfrac{3}{2}.
  • Resolver (A+\tfrac{3}{2}I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. A matriz é
A+\tfrac{3}{2}I=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2} & -1 & 0 \\[4pt] \dfrac{3}{4} & 0 & 3 \\[6pt] \dfrac{1}{8} & \dfrac{1}{4} & 1 \end{pmatrix}.
  • Sistema equivalente:
\begin{aligned} &\tfrac{1}{2}x - y =0,\\[4pt] &\tfrac{3}{4}x + 3z=0,\\[4pt] &\tfrac{1}{8}x+\tfrac{1}{4}y + z =0. \end{aligned}
  • Da primeira equação y=\tfrac{1}{2}x. Da segunda,
3z=-\tfrac{3}{4}x \quad\Rightarrow\quad z=-\tfrac{1}{4}x.
A terceira é consistente com essas relações (verificação: \tfrac{1}{8}x+\tfrac{1}{4}\cdot\tfrac{1}{2}x+(-\tfrac{1}{4}x)=0).
  • Escolher x=4 para eliminar frações; então y=2, z=-1. Assim
\mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}4\\[4pt]2\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 7

Encontrar o autovetor associado a \lambda=-\tfrac{1}{2}.
  • Resolver (A+\tfrac{1}{2}I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. A matriz é
A+\tfrac{1}{2}I=\begin{pmatrix} -\dfrac{1}{2} & -1 & 0 \\[4pt] \dfrac{3}{4} & -1 & 3 \\[6pt] \dfrac{1}{8} & \dfrac{1}{4} & 0 \end{pmatrix}.
  • Sistema:
\begin{aligned} &-\tfrac{1}{2}x - y = 0,\\[4pt] &\tfrac{3}{4}x - y + 3z = 0,\\[4pt] &\tfrac{1}{8}x + \tfrac{1}{4}y = 0. \end{aligned}
  • Da primeira equação y=-\tfrac{1}{2}x. Substituindo na segunda:
\tfrac{3}{4}x -\big(-\tfrac{1}{2}x\big) + 3z = \tfrac{3}{4}x + \tfrac{1}{2}x + 3z = \tfrac{5}{4}x + 3z =0,
portanto z=-\tfrac{5}{12}x. A terceira é consistente (verificação: \tfrac{1}{8}x+\tfrac{1}{4}(-\tfrac{1}{2}x)=0).
  • Escolher x=12 para eliminar denominadores; então y=-6, z=-5. Assim
\mathbf{v}_3=\begin{pmatrix}12\\[4pt]-6\\[4pt]-5\end{pmatrix}.]

Passo 8

Montar a solução geral usando os autovalores e autovetores obtidos.
  • Teorema (explicado): se \lambda é autovalor e \mathbf{v} é autovetor não nulo, então \mathbf{x}(t)=\mathbf{v}\,e^{\lambda t} é solução de \mathbf{x}'=A\mathbf{x}. Para autovalores distintos com autovetores linearmente independentes, a soma linear das soluções é a solução geral.
  • Como os três autovalores são distintos, a solução geral é
\mathbf{x}(t)=C_{1}e^{-t}\mathbf{v}_{1}+C_{2}e^{-\tfrac{3}{2}t}\mathbf{v}_{2}+C_{3}e^{-\tfrac{1}{2}t}\mathbf{v}_{3},
onde C_{1},C_{2},C_{3} são constantes arbitrárias (determ. por condições iniciais se existirem) e \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3 são os autovetores encontrados.
  • Substituindo os vetores:
\mathbf{x}(t)=C_{1}e^{-t}\begin{pmatrix}-4\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} + C_{2}e^{-\tfrac{3}{2}t}\begin{pmatrix}4\\[4pt]2\\[4pt]-1\end{pmatrix} + C_{3}e^{-\tfrac{1}{2}t}\begin{pmatrix}12\\[4pt]-6\\[4pt]-5\end{pmatrix}.]

Passo 9

Verificação rápida e comentários finais para a prova.
  • Verificação rápida (útil em prova): basta derivar cada termo C_i e^{\lambda_i t}\mathbf{v}_i para obter \lambda_i C_i e^{\lambda_i t}\mathbf{v}_i e conferir que A\mathbf{v}_i=\lambda_i\mathbf{v}_i (o que já foi garantido pelos cálculos dos autovetores). Assim a combinação também satisfaz o sistema.
  • Observação prática: ao calcular o polinômio característico, procure simplificações (aqui apareceu \lambda(\lambda+2) numa parte e foi possível fatorar (1+\lambda) rapidamente). Para autovetores, escolha uma componente para normalizar (como definir uma componente igual a 1 ou outro inteiro) para evitar frações desconfortáveis.

Resposta

\mathbf{x}(t)=C_{1}e^{-t}\begin{pmatrix}-4\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} + C_{2}e^{-\tfrac{3}{2}t}\begin{pmatrix}4\\[4pt]2\\[4pt]-1\end{pmatrix} + C_{3}e^{-\tfrac{1}{2}t}\begin{pmatrix}12\\[4pt]-6\\[4pt]-5\end{pmatrix},
onde C_{1},C_{2},C_{3} são constantes arbitrárias.]

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