Questão 3. Resolva os sistemas abaixo.
\frac{d x}{d t}=3 x+2 y+4 z, \quad \frac{d y}{d t}=2 x+2 z, \quad \frac{d z}{d t}=4 x+2 y+3 z

Passo 1

O enunciado dá um sistema de equações diferenciais lineares com coeficientes constantes e pede que o resolvamos (isto é, encontre a solução geral). As equações fornecidas são:
\frac{dx}{dt}=3x+2y+4z,
\frac{dy}{dt}=2x+0\cdot y+2z,
\frac{dz}{dt}=4x+2y+3z.
Informações relevantes do enunciado:
  • Temos três incógnitas dependentes do tempo: x(t), y(t), z(t).
  • Coeficientes são constantes e podemos escrever o sistema na forma matricial \frac{d\mathbf{X}}{dt}=A\mathbf{X}.
  • O objetivo é encontrar a solução geral \mathbf{X}(t)=(x(t),y(t),z(t))^T.

Passo 2

Escrevemos o sistema em forma matricial. Definimos o vetor desconhecido
\mathbf{X}(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\\[4pt]z(t)\end{pmatrix}
e a matriz de coeficientes
A=\begin{pmatrix}3 & 2 & 4\\[4pt]2 & 0 & 2\\[4pt]4 & 2 & 3\end{pmatrix}.
Então o sistema fica
\frac{d\mathbf{X}}{dt}=A\mathbf{X}.
Estratégia de solução (breve explicação didática): para sistemas lineares com matriz constante, uma maneira padrão é procurar soluções do tipo \mathbf{X}(t)=\mathbf{v}e^{\lambda t}, onde \lambda e \mathbf{v} satisfazem (A-\lambda I)\mathbf{v}=0. Assim precisamos achar os autovalores \lambda (raízes do polinômio característico) e os autovetores \mathbf{v}.]

Passo 3

Calculamos o polinômio característico \det(A-\lambda I). Primeiro escrevemos
A-\lambda I=\begin{pmatrix}3-\lambda & 2 & 4\\[4pt]2 & -\lambda & 2\\[4pt]4 & 2 & 3-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante expandido (usando a primeira linha) é
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)\det\begin{pmatrix}-\lambda & 2\\[4pt]2 & 3-\lambda\end{pmatrix} -2\det\begin{pmatrix}2 & 2\\[4pt]4 & 3-\lambda\end{pmatrix} +4\det\begin{pmatrix}2 & -\lambda\\[4pt]4 & 2\end{pmatrix}.
Agora calculamos cada menor:
\det\begin{pmatrix}-\lambda & 2\\[4pt]2 & 3-\lambda\end{pmatrix} = (-\lambda)(3-\lambda)-4=\lambda^2-3\lambda-4,
\det\begin{pmatrix}2 & 2\\[4pt]4 & 3-\lambda\end{pmatrix}=2(3-\lambda)-8=-2(1+\lambda),
\det\begin{pmatrix}2 & -\lambda\\[4pt]4 & 2\end{pmatrix}=4+4\lambda=4(1+\lambda).
Substituindo esses resultados,
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(\lambda^2-3\lambda-4)-2\bigl(-2(1+\lambda)\bigr)+4\bigl(4(1+\lambda)\bigr).
Simplificando os termos constantes:
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(\lambda^2-3\lambda-4)+4(1+\lambda)+16(1+\lambda).
Expandindo (3-\lambda)(\lambda^2-3\lambda-4):
(3-\lambda)(\lambda^2-3\lambda-4)=-\lambda^3+6\lambda^2-5\lambda-12.
Somando 4(1+\lambda)+16(1+\lambda)=20(1+\lambda)=20+20\lambda, obtemos
\det(A-\lambda I)=-\lambda^3+6\lambda^2+15\lambda+8.
Multiplicando por -1 para ficar com coeficiente líder positivo, o polinômio característico é
\lambda^3-6\lambda^2-15\lambda-8=0.]

Passo 4

Procuramos raízes inteiras (divisores de 8). Testando \lambda=8:
8^3-6\cdot8^2-15\cdot8-8=512-384-120-8=0,
logo \lambda=8 é raiz. Fazemos divisão polinomial por (\lambda-8) e obtemos o quociente
\lambda^2+2\lambda+1=(\lambda+1)^2.
Portanto os autovalores são
\lambda_1=8,\qquad \lambda_2=-1,\qquad \lambda_3=-1,
ou seja, \lambda=-1 tem multiplicidade algébrica 2.

Passo 5

Encontramos o autovetor associado a \lambda=8. Resolvemos (A-8I)\mathbf{v}=\mathbf{0}, isto é
\begin{pmatrix}-5 & 2 & 4\\[4pt]2 & -8 & 2\\[4pt]4 & 2 & -5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
As equações são
-5x+2y+4z=0,
2x-8y+2z=0,
4x+2y-5z=0.
Observando simetria, tentamos x=z. Substituindo em primeira equação: -5x+2y+4x=-x+2y=0 y=\tfrac{x}{2}. Isso satisfaz também as outras duas equações (verificação direta). Assim um autovetor é, escolhendo x=2,
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Podemos escalar livremente o autovetor; esta escolha é apenas para ter números inteiros pequenos.]

Passo 6

Agora achamos a(s) base(s) do espaço próprio para \lambda=-1. Resolvemos (A+I)\mathbf{v}=\mathbf{0}, isto é
\begin{pmatrix}4 & 2 & 4\\[4pt]2 & 1 & 2\\[4pt]4 & 2 & 4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
As linhas 1 e 3 são idênticas, e a linha 2 é metade da linha 1, por isso existe um espaço de soluções de dimensão 2 (bom sinal: a multiplicidade geométrica é 2, igual à multiplicidade algébrica). A equação independente é
4x+2y+4z=0 \quad\Longleftrightarrow\quad 2x+y+2z=0.
Isolando y: y=-2x-2z. Então um vetor geral do espaço próprio é
\begin{pmatrix}x\\[4pt]-2x-2z\\[4pt]z\end{pmatrix} = x\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]0\end{pmatrix}+ z\begin{pmatrix}0\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Tomamos como base dois autovetores independentes
\mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad \mathbf{v}_3=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Observação didática: como a dimensão do espaço próprio associado a \lambda=-1 é 2, que coincide com a multiplicidade algébrica 2, a matriz A é diagonalizável e podemos escrever a solução geral como combinação linear de e^{\lambda t} vezes autovetores.]

Passo 7

Escrevemos a solução geral como combinação linear das soluções fundamentais \mathbf{v}_i e^{\lambda_i t}. Assim
\mathbf{X}(t)=C_1 e^{8t}\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\\[4pt]2\end{pmatrix} + C_2 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]0\end{pmatrix} + C_3 e^{-t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix},
onde C_1,C_2,C_3 são constantes reais arbitrárias (determindas por condições iniciais, se houver). Se preferir ver componente a componente:
x(t)=2C_1 e^{8t}+C_2 e^{-t},
y(t)=C_1 e^{8t}-2C_2 e^{-t}-2C_3 e^{-t},
z(t)=2C_1 e^{8t}+C_3 e^{-t}.]

Resposta

\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\\[4pt]z(t)\end{pmatrix} = C_1 e^{8t}\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\\[4pt]2\end{pmatrix} + C_2 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]0\end{pmatrix} + C_3 e^{-t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix},\quad C_1,C_2,C_3\in\mathbb{R}.]

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