(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+2 z \\\ y^{\prime}=-x+y \\\ z^{\prime}=-x+z \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá um sistema linear homogêneo de três equações diferenciais de primeira ordem e pede: “usar o método dos autovalores para resolver o sistema”. As equações (todas as informações dadas) são:
\left\{\begin{array}{l} x^{\prime}=x-y+2 z,\\[4pt] y^{\prime}=-x+y,\\[4pt] z^{\prime}=-x+z. \end{array}\right.
O que se pede é a solução geral (x(t),y(t),z(t)) do sistema. Vou procurar soluções gerais reais (constantes arbitrárias reais).]

Passo 2

Escrevemos o sistema na forma matricial \mathbf{x}'=A\mathbf{x}, onde \mathbf{x}=(x,y,z)^{T} e a matriz A é obtida pelos coeficientes:
A=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 2\\[4pt] -1 & 1 & 0\\[4pt] -1 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Explicar: procurar soluções do tipo \mathbf{x}(t)=\mathbf{v}e^{\lambda t} converte a EDO num problema de autovalores (A-\lambda I)\mathbf{v}=0.]

Passo 3

Derivação da condição de autovalores e autovetores (mini-aula):
  • Se \mathbf{x}(t)=\mathbf{v}e^{\lambda t} com \mathbf{v}\neq\mathbf{0}, então \mathbf{x}'=\lambda\mathbf{v}e^{\lambda t}.
  • Inserindo em \mathbf{x}'=A\mathbf{x} obtemos \lambda\mathbf{v}e^{\lambda t}=A\mathbf{v}e^{\lambda t}, logo (A-\lambda I)\mathbf{v}=0.
  • Isso significa que \lambda deve ser um autovalor de A (determinante zero) e \mathbf{v} um autovetor não-nulo associado.
  • Se A tem três autovetores reais linearmente independentes, a solução geral é combinação linear de \mathbf{v}e^{\lambda t}. Se houver autovalores complexos conjugados, obtemos soluções reais usando as partes real e imaginária de \mathbf{v}e^{\lambda t} (veja passos abaixo).

Passo 4

Calculamos o polinômio característico \det(A-\lambda I). Começando com
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 1-\lambda & -1 & 2\\[4pt] -1 & 1-\lambda & 0\\[4pt] -1 & 0 & 1-\lambda \end{pmatrix}.
Computando o determinante (fazendo expansão ou operações):
\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 0\\[2pt]0 & 1-\lambda\end{pmatrix} -(-1)\det\begin{pmatrix}-1 & 0\\[2pt]-1 & 1-\lambda\end{pmatrix} +2\det\begin{pmatrix}-1 & 1-\lambda\\[2pt]-1 & 0\end{pmatrix}\\[6pt] &=(1-\lambda)(1-\lambda)^2 -\,(1)\bigl(-(1-\lambda)\bigr) +2\bigl(( -1)\cdot0-(1-\lambda)(-1)\bigr)\\[6pt] &=(1-\lambda)^3-(1-\lambda)+2(1-\lambda)\\[4pt] &=(1-\lambda)^3+(1-\lambda)\\[4pt] &=(1-\lambda)\bigl((1-\lambda)^2+1\bigr). \end{aligned}
Portanto os autovalores são as raízes:
\lambda_1=1,\qquad \lambda_{2,3}=1\pm i.
Comentário didático: apareceu um par complexo conjugado \,1\pm i. Com matriz real isso é normal; a contribuição desse par à solução real será uma combinação de e^{t}\cos t e e^{t}\sin t.]

Passo 5

Encontrar o autovetor associado a \lambda_1=1\). Resolvemos \((A-I)\mathbf{v}=\mathbf{0}\). A matriz \(A-I\) é \[A-I=\begin{pmatrix} 0 & -1 & 2\\[4pt] -1 & 0 & 0\\[4pt] -1 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
As equações para \mathbf{v}=(a,b,c)^T são:
\begin{cases} -\,b+2c=0,\\[4pt] -\,a=0,\\[4pt] -\,a=0. \end{cases}
Daí a=0\] e \(b=2c. Tomando c=1 (parâmetro livre) obtemos um autovetor conveniente
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}0\\[2pt]2\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Então uma solução real associada é \mathbf{v}_1 e^{t}=e^{t}(0,2,1)^T.]

Passo 6

Agora o autovalor complexo \lambda=1+i\). Procuramos um autovetor complexo \(\mathbf{v}\) tal que \((A-(1+i)I)\mathbf{v}=\mathbf{0}\). Escrevendo \(\mathbf{v}=(a,b,c)^T\) (valores complexos), as equações são \[\begin{cases} (-i)\,a - b +2c=0,\\[4pt] - a +(-i)\,b =0,\\[4pt] - a +(-i)\,c =0, \end{cases}
pois 1-(1+i)=-i\]. Das duas últimas equações obtemos \[a=-i b,\qquad a=-i c \quad\Rightarrow\quad b=c.\] Tomando \(b=c=1 (escolha conveniente) dá a=-i. Um autovetor correspondente é
\mathbf{v}=\begin{pmatrix}-i\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 7

Como a matriz é real, a conjugada \overline{\mathbf{v}} é autovetor para \lambda=1-i. Para obter soluções reais a partir do par complexo usamos a fórmula padrão:
se \lambda=\alpha+i\beta com vetor complexo \mathbf{v}=\mathbf{p}+i\mathbf{q} (com \mathbf{p},\mathbf{q} reais), então duas soluções reais independentes são
e^{\alpha t}\bigl(\mathbf{p}\cos(\beta t)-\mathbf{q}\sin(\beta t)\bigr), \qquad e^{\alpha t}\bigl(\mathbf{p}\sin(\beta t)+\mathbf{q}\cos(\beta t)\bigr).
Aqui \alpha=1 e \beta=1.

Passo 8

Separe \mathbf{v} em parte real e imaginária: para \mathbf{v}=(-i,1,1)^T tem-se
\mathbf{p}=\operatorname{Re}\mathbf{v}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix},\qquad \mathbf{q}=\operatorname{Im}\mathbf{v}=\begin{pmatrix}-1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
Aplicando a fórmula, obtemos duas soluções reais:
\mathbf{u}_1(t)=e^{t}\bigl(\mathbf{p}\cos t-\mathbf{q}\sin t\bigr) = e^{t}\begin{pmatrix}\sin t\\[4pt]\cos t\\[4pt]\cos t\end{pmatrix},
\mathbf{u}_2(t)=e^{t}\bigl(\mathbf{p}\sin t+\mathbf{q}\cos t\bigr) = e^{t}\begin{pmatrix}-\cos t\\[4pt]\sin t\\[4pt]\sin t\end{pmatrix}.
Verificação rápida (só para ficar tranquilo): \mathbf{u}_1 e \mathbf{u}_2 são reais e linearmente independentes entre si e também independentes de \mathbf{v}_1 e^{t}.]

Passo 9

A solução geral real do sistema é a combinação linear das três soluções reais independentes encontradas ( \mathbf{v}_1 e^{t},\mathbf{u}_1(t),\mathbf{u}_2(t)). Introduzindo constantes reais arbitrárias C_1,C_2,C_3, obtemos:
\mathbf{x}(t)=C_1 e^{t}\begin{pmatrix}0\\[2pt]2\\[2pt]1\end{pmatrix} + C_2 e^{t}\begin{pmatrix}\sin t\\[2pt]\cos t\\[2pt]\cos t\end{pmatrix} + C_3 e^{t}\begin{pmatrix}-\cos t\\[2pt]\sin t\\[2pt]\sin t\end{pmatrix}.]

Passo 10

Escrevendo componente a componente (forma útil para conferir ou usar na prova):
\begin{aligned} x(t)&=e^{t}\bigl(C_2\sin t - C_3\cos t\bigr),\\[4pt] y(t)&=e^{t}\bigl(2C_1 + C_2\cos t + C_3\sin t\bigr),\\[4pt] z(t)&=e^{t}\bigl(C_1 + C_2\cos t + C_3\sin t\bigr), \end{aligned}
com C_1,C_2,C_3\in\mathbb{R} arbitrárias. Isso fecha a solução geral real do sistema.]

Resposta

x(t)=e^{t}\bigl(C_{2}\sin t - C_{3}\cos t\bigr)
y(t)=e^{t}\bigl(2C_{1} + C_{2}\cos t + C_{3}\sin t\bigr)
z(t)=e^{t}\bigl(C_{1} + C_{2}\cos t + C_{3}\sin t\bigr)

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