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

Passo 1

O enunciado pede para resolver, pelo método dos autovalores, o sistema homogêneo
\left\{\begin{array}{l} x^{\prime}=5 x-4 y,\\[4pt] y^{\prime}=x+2 z,\\[4pt] z^{\prime}=2 y+5 z. \end{array}\right.
Informações dadas (coeficientes do sistema):
  • A matriz de coeficientes (extraída do sistema) é
A=\begin{pmatrix}5 & -4 & 0\\[4pt]1 & 0 & 2\\[4pt]0 & 2 & 5\end{pmatrix}.
  • Quer-se a solução geral (x(t),y(t),z(t))^\top usando o método dos autovalores (isto é, achar autovalores, autovetores, e, se necessário, autovetores generalizados).]

Passo 2

Transformar o sistema em forma matricial e escrever o polinômio característico.
O sistema é X' = A X onde X=\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} e A é a matriz acima. Para achar autovalores calculamos o determinante de A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}5-\lambda & -4 & 0\\[4pt]1 & -\lambda & 2\\[4pt]0 & 2 & 5-\lambda\end{pmatrix}.
Vamos calcular \det(A-\lambda I) passo a passo.]

Passo 3

Cálculo do determinante (expansão pela primeira linha):
\det(A-\lambda I)=(5-\lambda)\det\begin{pmatrix}-\lambda & 2\\[4pt]2 & 5-\lambda\end{pmatrix}-(-4)\det\begin{pmatrix}1 & 2\\[4pt]0 & 5-\lambda\end{pmatrix}.
Calcule cada menor:
\det\begin{pmatrix}-\lambda & 2\\[4pt]2 & 5-\lambda\end{pmatrix}=(-\lambda)(5-\lambda)-2\cdot 2=\lambda^{2}-5\lambda-4,
\det\begin{pmatrix}1 & 2\\[4pt]0 & 5-\lambda\end{pmatrix}=1\cdot(5-\lambda)-0=5-\lambda.
Substituindo,
\det(A-\lambda I)=(5-\lambda)\bigl(\lambda^{2}-5\lambda-4\bigr)+4(5-\lambda).
Fatorando 5-\lambda:
\det(A-\lambda I)=(5-\lambda)\bigl(\lambda^{2}-5\lambda-4+4\bigr)=(5-\lambda)\bigl(\lambda^{2}-5\lambda\bigr).
Portanto
\det(A-\lambda I)=(5-\lambda)\lambda(\lambda-5) = -\lambda(\lambda-5)^2.]

Passo 4

Obter os autovalores a partir do polinômio característico.
Como \det(A-\lambda I)=-\lambda(\lambda-5)^2, os autovalores são
\lambda_1=0\quad\text{(multiplicidade algébrica 1)},\qquad \lambda_2=5\quad\text{(multiplicidade algébrica 2)}.éé

Passo 5

Encontrar o autovetor associado a [\lambda=0).
Para \lambda=0 resolvemos A v=0. O sistema linear é
\begin{cases} 5x-4y=0,\\[4pt] x+2z=0,\\[4pt] 2y+5z=0. \end{cases}
Da primeira equação 5x=4y\] então \(x=\tfrac{4}{5}y. Da segunda x+2z=0 então z=-\tfrac{x}{2}=-\tfrac{2}{5}y. A terceira equação é automática (verifica-se que é satisfeita). Tomando y=5 (para evitar frações) obtemos
v^{(1)}=\begin{pmatrix}4\\[4pt]5\\[4pt]-2\end{pmatrix},
que é um autovetor correspondente a \lambda=0.]

Passo 6

Encontrar o(s) autovetor(es) associados a [\lambda=5).
Resolvemos (A-5I)v=0 com
A-5I=\begin{pmatrix}0 & -4 & 0\\[4pt]1 & -5 & 2\\[4pt]0 & 2 & 0\end{pmatrix}.
O sistema é
\begin{cases} -4y=0,\\[4pt] x-5y+2z=0,\\[4pt] 2y=0. \end{cases}
Das duas primeiras igualdades obtemos y=0\] e então \(x+2z=0\Rightarrow x=-2z. Assim os autovetores têm a forma
v^{(2)}=z\begin{pmatrix}-2\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Escolhemos um autovetor conveniente
v^{(2)}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Observação importante: a multiplicidade algébrica de \lambda=5 é 2 mas a dimensão do espaço próprio (número de autovetores independentes) é 1. Logo a matriz é defeituosa e precisamos de um autovetor generalizado para formar a solução completa.]

Passo 7

Encontrar um autovetor generalizado [u) tal que (A-5I)u=v^{(2)}.
Procuramos u=(p,q,r)^\top resolvendo
(A-5I)u=v^{(2)}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Escrevendo as equações:
\begin{cases} -4q=-2,\\[4pt] p-5q+2r=0,\\[4pt] 2q=1. \end{cases}
Da primeira (ou da terceira) obtemos q=\tfrac{1}{2}\]. Substituindo na segunda: \[p-5\cdot\tfrac{1}{2}+2r=0 \quad\Rightarrow\quad p=\tfrac{5}{2}-2r.\] Podemos escolher \(r arbitrário (há infinitas soluções porque podemos somar qualquer múltiplo de v^{(2)} a uma solução). Tomemos r=\tfrac{1}{2} (uma escolha simples que dá números racionais razoáveis). Então
p=\tfrac{5}{2}-2\cdot\tfrac{1}{2}=\tfrac{3}{2}.
Logo uma escolha de autovetor generalizado é
u=\begin{pmatrix}\tfrac{3}{2}\\[4pt]\tfrac{1}{2}\\[4pt]\tfrac{1}{2}\end{pmatrix},
que verifica (A-5I)u=v^{(2)}. (Qualquer outra escolha u+ \alpha v^{(2)} também serve.)]

Passo 8

Construir a solução geral usando autovalores simples e cadeia de Jordan para \lambda=5.
Explicação curta da teoria usada: quando \lambda tem multiplicidade 1 com autovetor v, a contribuição para a solução é e^{\lambda t}v. Quando \lambda tem multiplicidade algébrica 2 mas apenas um autovetor v, precisamos de um autovetor generalizado u com (A-\lambda I)u=v; então as duas soluções independentes associadas a esse bloco de Jordan são e^{\lambda t}v e e^{\lambda t}(t v+u).
Aplicando isso ao nosso caso:
  • Para \lambda=0 temos a solução estacionária C_1 v^{(1)}.
  • Para \lambda=5 com autovetor v^{(2)} e autovetor generalizado u, as soluções são e^{5t}v^{(2)} e e^{5t}(t v^{(2)}+u).

Passo 9

Escrever a solução geral combinando todas as contribuições.
Com as constantes arbitrárias C_1,C_2,C_3\in\mathbb{R}, a solução geral é
\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\\[4pt]z(t)\end{pmatrix} =C_1\begin{pmatrix}4\\[4pt]5\\[4pt]-2\end{pmatrix} +e^{5t}\left[C_2\begin{pmatrix}-2\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} +C_3\!\left(t\begin{pmatrix}-2\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}\tfrac{3}{2}\\[4pt]\tfrac{1}{2}\\[4pt]\tfrac{1}{2}\end{pmatrix}\right)\right].]

Resposta

\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\\[4pt]z(t)\end{pmatrix} =C_1\begin{pmatrix}4\\[4pt]5\\[4pt]-2\end{pmatrix} +e^{5t}\left[C_2\begin{pmatrix}-2\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} +C_3\!\left(t\begin{pmatrix}-2\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}\tfrac{3}{2}\\[4pt]\tfrac{1}{2}\\[4pt]\tfrac{1}{2}\end{pmatrix}\right)\right],
com C_1,C_2,C_3\in\mathbb{R}.]

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