Nos Problemas 5 e 6 , encontre a solução geral do sistema de equações dado.
\mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{rrr}1 & 1 & 1 \\\\ 2 & 1 & -1 \\\\ 0 & -1 & 1\end{array}\right) \mathbf{x}

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear homogêneo de ordem 1 em vetor \mathbf{x}(t):
\mathbf{x}' = A\mathbf{x}, \qquad A=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 \\[4pt] 2 & 1 & -1 \\[4pt] 0 & -1 & 1\end{pmatrix}.
O que se pede: encontrar a solução geral \mathbf{x}(t), ou seja a família de todas as soluções do sistema, escrita em função de constantes arbitrárias (as condições iniciais aparecem como multiplicadores nessa solução).
Informação relevante dada: a matriz A (todos os seus elementos estão acima). Não há outras condições iniciais; espera-se a solução geral com três constantes arbitrárias.]

Passo 2

Vou calcular os autovalores de A. Para isso formo o polinômio característico \det(A-\lambda I). Escrevo a matriz (A-\lambda I):
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & 1 & 1 \\[4pt] 2 & 1-\lambda & -1 \\[4pt] 0 & -1 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante calcula-se por expansão (vou mostrar os passos):
\det(A-\lambda I) =(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & -1 \\[4pt] -1 & 1-\lambda\end{pmatrix} -1\det\begin{pmatrix}2 & -1 \\[4pt] 0 & 1-\lambda\end{pmatrix} +1\det\begin{pmatrix}2 & 1-\lambda \\[4pt] 0 & -1\end{pmatrix}.
Calculo cada menor:
\det\begin{pmatrix}1-\lambda & -1 \\\\ -1 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)^2-1,
\det\begin{pmatrix}2 & -1 \\\\ 0 & 1-\lambda\end{pmatrix}=2(1-\lambda),
\det\begin{pmatrix}2 & 1-\lambda \\\\ 0 & -1\end{pmatrix}=2(-1)=-2.
Substituindo:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\big((1-\lambda)^2-1\big)-2(1-\lambda)-2.
Faço as simplificações: (1-\lambda)^2-1=\lambda^2-2\lambda, então
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda^2-2\lambda)-2(1-\lambda)-2.
Expandindo e simplificando obtém-se
\det(A-\lambda I)=-\lambda^3+3\lambda^2-4,
ou, multiplicando por -1,
\det(A-\lambda I)=0 \quad\Longleftrightarrow\quad \lambda^3-3\lambda^2+4=0.]

Passo 3

Agora encontro as raízes do polinômio \lambda^3-3\lambda^2+4. Testando raízes inteiras, \lambda=-1 é raiz pois
(-1)^3-3(-1)^2+4=-1-3+4=0.
Dividindo o polinômio por (\lambda+1) (por divisão sintética ou algébrica) obtém-se o quociente
\lambda^2-4\lambda+4=(\lambda-2)^2.
Portanto os autovalores são
\lambda_1=-1\quad(\text{multiplicidade algébrica }1), \qquad \lambda_2=2\quad(\text{multiplicidade algébrica }2).éé

Passo 4

Vou calcular o autovetor correspondente a \lambda_1=-1\). Preciso resolver \((A-(-1)I)\mathbf{v}=(A+I)\mathbf{v}=0\). A matriz \(A+I\) é \[A+I=\begin{pmatrix}2 & 1 & 1 \\[4pt] 2 & 2 & -1 \\[4pt] 0 & -1 & 2\end{pmatrix}.
Se \mathbf{v}=(x,y,z)^T, o sistema é
\begin{cases} 2x+y+z=0,\\[4pt] 2x+2y-z=0,\\[4pt] -y+2z=0. \end{cases}
Da terceira equação vem y=2z\]. Substituindo na primeira: \(2x+2z+z=2x+3z=0, logo x=-\dfrac{3}{2}z. Escolho z=2 para evitar frações; isso dá x=-3, y=4, z=2. Um autovetor associado a \lambda=-1 é
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}-3\\[4pt]4\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Pode-se escolher qualquer múltiplo não nulo, mas esta escolha é conveniente.]

Passo 5

Agora calculo os autovetores para \lambda_2=2\). Resolvo \((A-2I)\mathbf{v}=0\). A matriz \(A-2I\) é \[A-2I=\begin{pmatrix}-1 & 1 & 1 \\[4pt] 2 & -1 & -1 \\[4pt] 0 & -1 & -1\end{pmatrix}.
Se \mathbf{v}=(x,y,z)^T, o sistema é
\begin{cases} -x+y+z=0,\\[4pt] 2x-y-z=0,\\[4pt] -y-z=0. \end{cases}
Da terceira equação y=-z\]. Substituindo na primeira: \(-x+(-z)+z=-x=0 x=0. Logo os vetores solução têm a forma
\mathbf{v}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-z\\[4pt]z\end{pmatrix}=z\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Assim a multiplicidade geométrica de \lambda=2 é 1 (há apenas um autovetor independente). Escolho
\mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Observação importante (motivação do próximo passo): como a multiplicidade geométrica (1) é menor que a multiplicidade algébrica (2) para \lambda=2, a matriz não é diagonalizável e precisamos de um autovetor generalizado (cadeia de Jordan) para formar a solução geral.]

Passo 6

Procuro um vetor generalizado \mathbf{u}\) tal que \[(A-2I)\mathbf{u}=\mathbf{v}_2.
Escrevo \mathbf{u}=(u_1,u_2,u_3)^T e resolvo o sistema linear
(A-2I)\mathbf{u}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
As equações são (usando A-2I da etapa anterior):
\begin{cases} - u_1 + u_2 + u_3 = 0,\\[4pt] 2u_1 - u_2 - u_3 = -1,\\[4pt] - u_2 - u_3 = 1. \end{cases}
Da terceira equação obtemos u_2+u_3=-1\]. Substituindo na primeira: \(-u_1 + (u_2+u_3)= -u_1 -1 =0, então u_1=-1. A segunda equação fica automática (verificação): 2(-1) - (u_2+u_3) = -2 -(-1) = -1, que é o lado direito. Podemos escolher um valor conveniente para u_3 e determinar u_2. Tomando u_3=0 u_2=-1. Assim um vetor generalizado é
\mathbf{u}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix},
pois (A-2I)\mathbf{u}=\mathbf{v}_2.]

Passo 7

Agora monto as soluções fundamentais do sistema. Relembrando a teoria (explicada de forma prática): para um autovalor simples \lambda com autovetor \mathbf{v} a solução é
\mathbf{x}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v}.
Para um autovalor repetido \lambda com um autovetor \mathbf{v} e um vetor generalizado \mathbf{u} com (A-\lambda I)\mathbf{u}=\mathbf{v}, existem duas soluções linearmente independentes associadas a esse bloco de Jordan:
e^{\lambda t}\mathbf{v} \qquad\text{e}\qquad e^{\lambda t}(t\mathbf{v}+\mathbf{u}).
Aplicando isso aos autovalores que encontramos:
  • Para \lambda_1=-1 e \mathbf{v}_1 a solução é
\mathbf{x}_1(t)=e^{-t}\begin{pmatrix}-3\\[4pt]4\\[4pt]2\end{pmatrix}.
  • Para \lambda_2=2 e o autovetor \mathbf{v}_2 a primeira solução é
\mathbf{x}_2(t)=e^{2t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  • A segunda solução associada a \lambda_2=2 (usando \mathbf{u} encontrado) é
\mathbf{x}_3(t)=e^{2t}\Big(t\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix}\Big) = e^{2t}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-t-1\\[4pt]t\end{pmatrix}.
Essas três soluções \mathbf{x}_1,\mathbf{x}_2,\mathbf{x}_3 são linearmente independentes e formam uma base de soluções do sistema de dimensão 3.]

Passo 8

A solução geral \mathbf{x}(t) é uma combinação linear dessas três soluções fundamentais com constantes arbitrárias C_1,C_2,C_3. Posso escrever a solução de forma compacta:
\mathbf{x}(t)=C_1 e^{-t}\begin{pmatrix}-3\\[4pt]4\\[4pt]2\end{pmatrix} + C_2 e^{2t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix} + C_3 e^{2t}\Big(t\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix}\Big),
onde C_1,C_2,C_3 são constantes arbitrárias determinadas por condições iniciais.]

Resposta

\mathbf{x}(t)=C_1 e^{-t}\begin{pmatrix}-3\\[4pt]4\\[4pt]2\end{pmatrix} + C_2 e^{2t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix} + C_3 e^{2t}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-t-1\\[4pt]t\end{pmatrix}, \quad C_1,C_2,C_3\in\mathbb{R}.]

Exercícios relacionados