1. Prove que a solução geral de
\mathbf{X}^{\prime}=\left(\begin{array}{lll} 0 & 6 & 0 \\\\ 1 & 0 & 1 \\\\ 1 & 1 & 0 \end{array}\right) \mathbf{X}

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear de equações diferenciais
\mathbf{X}' = A\mathbf{X}
onde
A=\begin{pmatrix}0 & 6 & 0 \\[4pt] 1 & 0 & 1 \\[4pt] 1 & 1 & 0\end{pmatrix},
e pede para provar qual é a solução geral \mathbf{X}(t).\n
Informações relevantes fornecidas:
A=\begin{pmatrix}0 & 6 & 0 \\[4pt] 1 & 0 & 1 \\[4pt] 1 & 1 & 0\end{pmatrix},
e queremos a família de soluções \mathbf{X}(t) que satisfaz \mathbf{X}'=A\mathbf{X} para todo t.]

Passo 2

Breve explicação do método que vou usar (sem nomes técnicos complicados): para um sistema linear homogêneo \mathbf{X}'=A\mathbf{X}, uma maneira prática de construir soluções é procurar vetores \mathbf{v}\neq\mathbf{0} e escalares \lambda tais que A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}. Esses pares (\lambda,\mathbf{v}) são chamados de autovalores e autovetores. Sempre que encontrarmos um autovalor \lambda com autovetor \mathbf{v}, a função \mathbf{X}(t)=\mathbf{v}\,e^{\lambda t} é uma solução do sistema. Se a matriz A tiver três autovalores distintos (no nosso caso, é uma matriz 3\times3), então as três soluções correspondentes dão uma base de soluções e a solução geral é combinação linear delas. Vou seguir esse caminho: calcular o polinômio característico de A, achar os autovalores, encontrar autovetores associados e montar a combinação linear.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I). Escrevo A-\lambda I e calculo o determinante por expansão na primeira linha:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-\lambda & 6 & 0 \\[4pt] 1 & -\lambda & 1 \\[4pt] 1 & 1 & -\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)= -\lambda\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & -\lambda\end{pmatrix} -6\det\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -\lambda\end{pmatrix} +0\cdot(\cdots).
Calculo as duas determinantes 2\times2:
\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & -\lambda\end{pmatrix}=(-\lambda)(-\lambda)-1\cdot 1=\lambda^2-1,
\det\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -\lambda\end{pmatrix}=1\cdot(-\lambda)-1\cdot 1=-\lambda-1.
Substituindo:
\det(A-\lambda I) = -\lambda(\lambda^2-1)-6(-\lambda-1).
Simplifico:
\det(A-\lambda I) = -\lambda^3+\lambda +6\lambda+6 = -\lambda^3+7\lambda+6.
Para fatorar mais facilmente multiplico por -1 (isso não muda as raízes):
\lambda^3-7\lambda-6=0.]

Passo 4

Agora resolvo \lambda^3-7\lambda-6=0. Tento raízes inteiras candidatas \pm1,\pm2,\pm3,\pm6. Testo \lambda=3:
3^3-7\cdot 3-6 =27-21-6=0,
logo \lambda=3 é raiz. Faço divisão polinomial para reduzir:
dividindo \lambda^3+0\lambda^2-7\lambda-6 por \lambda-3 obtenho o quociente \lambda^2+3\lambda+2. Assim
\lambda^3-7\lambda-6=(\lambda-3)(\lambda^2+3\lambda+2).
O polinômio quadrático fatora-se:
\lambda^2+3\lambda+2=(\lambda+1)(\lambda+2).
Portanto os autovalores são
\lambda_1=3,\qquad \lambda_2=-1,\qquad \lambda_3=-2,
todos distintos, o que garante que os três autovetores serão linearmente independentes e formam a base de soluções mencionada no passo anterior.

Passo 5

Achar um autovetor associado a \lambda_1=3. Resolvo (A-3I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. Escrevo a matriz:
A-3I=\begin{pmatrix}-3 & 6 & 0 \\[4pt] 1 & -3 & 1 \\[4pt] 1 & 1 & -3\end{pmatrix}.
Se \mathbf{v}=(x,y,z)^T, as equações são:
-3x+6y+0z=0,
x-3y+z=0,
x+y-3z=0.
Da primeira equação vem x=2y. Substituo na segunda:
2y-3y+z=0 \implies -y+z=0 \implies z=y.
A terceira dá o mesmo: 2y+y-3z=0 leva a z=y. Posso escolher y=1 para um autovetor simples. Então
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}
é um autovetor associado a \lambda_1=3.]

Passo 6

Achar um autovetor associado a \lambda_2=-1. Resolvo (A+I)\mathbf{v}=\mathbf{0} pois \lambda=-1.
A+I=\begin{pmatrix}1 & 6 & 0 \\[4pt] 1 & 1 & 1 \\[4pt] 1 & 1 & 1\end{pmatrix}.
As equações para \mathbf{v}=(x,y,z)^T são
x+6y=0,
x+y+z=0,
x+y+z=0 \quad(\text{mesma que a anterior}).
Da primeira x=-6y. Substituo na segunda:
-6y+y+z=0 \implies -5y+z=0 \implies z=5y.
Escolho y=1 para simplificar. Então um autovetor é
\mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}-6\\[4pt]1\\[4pt]5\end{pmatrix}.]

Passo 7

Achar um autovetor associado a \lambda_3=-2. Resolvo (A+2I)\mathbf{v}=\mathbf{0}.
A+2I=\begin{pmatrix}2 & 6 & 0 \\[4pt] 1 & 2 & 1 \\[4pt] 1 & 1 & 2\end{pmatrix}.
Equações para \mathbf{v}=(x,y,z)^T:
2x+6y=0,
x+2y+z=0,
x+y+2z=0.
Da primeira obtenho x=-3y. Substituo na segunda:
-3y+2y+z=0 \implies -y+z=0 \implies z=y.
A terceira é consistente: -3y+y+2z=0 -2y+2z=0 e volta a z=y. Tomo y=1 e obtenho o autovetor
\mathbf{v}_3=\begin{pmatrix}-3\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 8

Agora que tenho três autovalores distintos \lambda_1=3,\lambda_2=-1,\lambda_3=-2 com autovetores \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3 linearmente independentes, concluo que a solução geral do sistema é combinação linear das soluções básicas \mathbf{v}_i e^{\lambda_i t}. Escrevo explicitamente:
\mathbf{X}(t)=C_1\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}e^{3t} +C_2\begin{pmatrix}-6\\[4pt]1\\[4pt]5\end{pmatrix}e^{-t} +C_3\begin{pmatrix}-3\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}e^{-2t},
onde C_1,C_2,C_3 são constantes reais arbitrárias determinadas pelas condições iniciais (se houver).]

Resposta

\mathbf{X}(t)=C_1\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}e^{3t} +C_2\begin{pmatrix}-6\\[4pt]1\\[4pt]5\end{pmatrix}e^{-t} +C_3\begin{pmatrix}-3\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}e^{-2t}]

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