(3,0 puntos) Considere o sistema 3 \times 3 \mathbf{y}^{\prime}=\left(\begin{array}{lll}2 & 0 & 0 \\\\ 0 & 3 & 1 \\\\ 0 & 0 & 3\end{array}\right) \mathbf{y},
(a) Determine os autovalores e discuta se há necessidade de vetores generalizados.
(b) (1,5 \mathrm{pts}) Encontre a solução geral do sistema (escreva explicitamente as componentes em função de t ).

Passo 1

O enunciado dá o sistema
\mathbf y'=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}2&0&0\\\ 0&3&1\\\ 0&0&3\end{pmatrix}\mathbf y,
ou seja, A=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}2&0&0\\\ 0&3&1\\\ 0&0&3\end{pmatrix}. O conteúdo é diagonalização/Jordan de matrizes e solução de sistemas lineares por autovalores. Vamos (a) encontrar autovalores e ver se há bloco de Jordan não-trivial, depois (b) usar cadeias de autovetores para escrever a solução geral.

Passo 2

Como A é triangular, seus autovalores são as entradas da diagonal. Logo
\lambda_1=\frac{2}{3},\quad \lambda_2=1,\quad \lambda_3=1.
A multiplicidade algébrica de \lambda=2/3 é 1, e de \lambda=1 é 2.

Passo 3

Para \lambda=1 computamos \ker(A-I). Escrevendo
A-I=\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{3}&0&0\\\ 0&0&\tfrac{1}{3}\\\ 0&0&0\end{pmatrix},
vemos que a primeira equação impõe v_1=0 e a segunda v_3=0, sobrando v_2 livre. Assim \dim\ker(A-I)=1<2, há apenas um autovetor para \lambda=1 e precisamos de um vetor generalizado.

Passo 4

Para \lambda=\tfrac{2}{3} resolvemos (A-\tfrac{2}{3}I)\mathbf v=0. Isso dá
A-\tfrac{2}{3}I=\begin{pmatrix}0&0&0\\\ 0&\tfrac{1}{3}&\tfrac{1}{3}\\\ 0&0&\tfrac{1}{3}\end{pmatrix},
cuja única restrição é v_2=0 e v_3=0. Logo um autovetor é
\mathbf v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.

Passo 5

Para \lambda=1 o autovetor satisfaz (A-I)\mathbf v=0, que nos deu v_1=0, v_3=0 e v_2 livre. Podemos escolher
\mathbf v^{(2)}=\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}.

Passo 6

Procuramos \mathbf w tal que (A-I)\mathbf w=\mathbf v^{(2)}. Se \mathbf w=(w_1,w_2,w_3),
as equações são -\tfrac{1}{3}w_1=0, \tfrac{1}{3}w_3=1, sem restrição em w_2. Assim w_1=0, w_3=3 e escolhemos w_2=0. Logo
\mathbf w=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 3\end{pmatrix},
é vetor generalizado de ordem 2 para \lambda=1.

Passo 7

Pela teoria de cadeias de Jordan, a solução geral é combinação linear de
e^{\tfrac{2}{3}t}\,\mathbf v^{(1)},\quad e^{t}\,\mathbf v^{(2)},\quad e^{t}\bigl(\mathbf w + t\,\mathbf v^{(2)}\bigr).
Substituindo \mathbf v^{(1)},\mathbf v^{(2)},\mathbf w, obtemos
\mathbf y(t) = C_1\,e^{\tfrac{2}{3}t}\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix} + C_2\,e^{t}\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix} + C_3\,e^{t}\Bigl(\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 3\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}\Bigr).
Escrevendo componente a componente:
y_1(t)=C_1\,e^{\tfrac{2}{3}t},\quad y_2(t)=(C_2 + C_3\,t)\,e^{t},\quad y_3(t)=3\,C_3\,e^{t}.

Resposta

y_{1}(t)= C_{1} e^{(2/3)t} y_{2}(t)=( C_{2} + C_{3} t) e^{t} y_{3}(t) =3 C_{3} e^{t}

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