Resolva os sistemas de EDO’s, utilizando os autovalores e autovetores
\begin{cases}\frac{d X}{d t}=-S & X(0)=7 \\\ \frac{d S}{d t}=-X+2 P+4 S & \mathrm{P}(0)=5 \\\ \frac{d P}{d t}=2 X & \mathrm{~S}(0)=5\end{cases}

Passo 1

O enunciado dá o sistema de EDOs e as condições iniciais. Vou reescrever tudo claramente, porque o jeito que veio estava meio bagunçado. Os dados são:
\begin{cases} \frac{dX}{dt} = -S,\\[4pt] \frac{dS}{dt} = -X + 2P + 4S,\\[4pt] \frac{dP}{dt} = 2X, \end{cases}
com condições iniciais
X(0)=7,\qquad S(0)=5,\qquad P(0)=5.
O que o problema pede: encontrar X(t), S(t) e P(t) usando autovalores e autovetores (isto é, resolver o sistema linear por diagonalização/escalonamento por autovetores).]

Passo 2

Transformar o sistema em forma matricial \frac{d\mathbf{x}}{dt}=A\mathbf{x}, com \mathbf{x}(t)=(X,S,P)^\top.
A partir das equações lemos as entradas da matriz A:
A=\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0\\[4pt] -1 & 4 & 2\\[4pt] 2 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Explicando: a primeira linha corresponde a X' = 0\cdot X + (-1)\cdot S + 0\cdot P, etc. O objetivo é diagonalizar A (quando possível) ou, equivalentemente, encontrar autovalores \lambda e autovetores v e escrever a solução geral como combinação linear \sum c_i e^{\lambda_i t} v_i.]

Passo 3

Calcular os autovalores: resolvemos o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0.
Escrevendo o determinante:
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix} -\lambda & -1 & 0\\[4pt] -1 & 4-\lambda & 2\\[4pt] 2 & 0 & -\lambda \end{pmatrix}.
Vou expandir por co-fatores usando a primeira linha:
\det(A-\lambda I)=(-\lambda)\det\begin{pmatrix}4-\lambda & 2\\[4pt] 0 & -\lambda\end{pmatrix} -(-1)\det\begin{pmatrix}-1 & 2\\[4pt] 2 & -\lambda\end{pmatrix}.
Calcule cada termo:
(-\lambda)\big((4-\lambda)(- \lambda)-2\cdot 0\big)=(-\lambda)(- \lambda(4-\lambda))=\lambda^2(4-\lambda),
-(-1)\big((-1)(- \lambda)-2\cdot 2\big)=(\lambda-4).
Somando:
\det(A-\lambda I)=\lambda^2(4-\lambda)+(\lambda-4)=(4-\lambda)(\lambda^2-1).
Logo os autovalores são as raízes de (4-\lambda)(\lambda^2-1)=0, assim
\lambda_1=4,\qquad \lambda_2=1,\qquad \lambda_3=-1.]

Passo 4

Agora encontramos um autovetor para \lambda=4. Resolvemos (A-4I)v=0, ou seja
\begin{pmatrix} -4 & -1 & 0\\[4pt] -1 & 0 & 2\\[4pt] 2 & 0 & -4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
As equações são
-4x-y=0,\qquad -x+2z=0,\qquad 2x-4z=0.
Da primeira y=-4x. Da segunda z=\tfrac{x}{2}. A terceira é a mesma que a segunda (compatível). Tomando x=2 (apenas para evitar frações) obtemos y=-8, z=1. Então um autovetor correspondente é
v_1=\begin{pmatrix}2\\[4pt]-8\\[4pt]1\end{pmatrix}.
(qualquer múltiplo servirá; escolhi assim para números inteiros.)]

Passo 5

Autovetor para \lambda=1. Resolvemos (A-I)v=0:
\begin{pmatrix} -1 & -1 & 0\\[4pt] -1 & 3 & 2\\[4pt] 2 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}=0.
Equações:
-x-y=0,\qquad -x+3y+2z=0,\qquad 2x-z=0.
Da primeira y=-x. Da terceira z=2x. Substituindo na segunda: -x+3(-x)+2(2x)= -x-3x+4x=0 (compatível). Tomando x=1 temos y=-1, z=2. Assim escolhemos
v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]2\end{pmatrix}.]

Passo 6

Autovetor para \lambda=-1. Resolvemos (A+I)v=0:
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0\\[4pt] -1 & 5 & 2\\[4pt] 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}=0.
Equações:
x-y=0,\qquad -x+5y+2z=0,\qquad 2x+z=0.
Da primeira y=x. Da terceira z=-2x. Substituindo na segunda: -x+5x+2(-2x) = -x+5x-4x=0 (compatível). Tomando x=1 obtemos y=1, z=-2. Então
v_3=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.]

Passo 7

Escrevemos a solução geral como combinação linear das soluções associadas aos autovetores:
\begin{pmatrix}X(t)\\[4pt]S(t)\\[4pt]P(t)\end{pmatrix} = c_1 e^{4t} v_1 + c_2 e^{t} v_2 + c_3 e^{-t} v_3.
Explicitamente,
\begin{pmatrix}X\\[4pt]S\\[4pt]P\end{pmatrix} = c_1 e^{4t}\begin{pmatrix}2\\[4pt]-8\\[4pt]1\end{pmatrix} + c_2 e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]2\end{pmatrix} + c_3 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Aplicamos as condições iniciais em t=0:
c_1\begin{pmatrix}2\\[4pt]-8\\[4pt]1\end{pmatrix} + c_2\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]2\end{pmatrix} + c_3\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}7\\[4pt]5\\[4pt]5\end{pmatrix}.
Isso gera o sistema linear para c_1,c_2,c_3:
\begin{cases} 2c_1 + c_2 + c_3 = 7,\\[4pt] -8c_1 - c_2 + c_3 = 5,\\[4pt] c_1 + 2c_2 -2c_3 = 5. \end{cases}]

Passo 8

Resolver o sistema para c_1,c_2,c_3. Faço eliminação passo a passo.
Da primeira equação isolamos c_2:
c_2 = 7 - 2c_1 - c_3.
Substituindo na segunda:
-8c_1 - (7 - 2c_1 - c_3) + c_3 = 5.
Desenvolvendo:
-8c_1 -7 +2c_1 + c_3 + c_3 =5 \quad\Rightarrow\quad -6c_1 -7 +2c_3 =5.
Isolando:
-6c_1 + 2c_3 =12 \quad\Rightarrow\quad -3c_1 + c_3 =6.
Logo
c_3 = 6 + 3c_1.
Agora voltamos para c_2:
c_2 = 7 - 2c_1 - (6+3c_1) = 1 -5c_1.
Substituímos c_2 e c_3 na terceira equação c_1 + 2c_2 -2c_3 =5:
c_1 + 2(1-5c_1) -2(6+3c_1) =5.
Calcule:
c_1 +2 -10c_1 -12 -6c_1 =5 \quad\Rightarrow\quad -15c_1 -10 =5.
Logo
-15c_1 =15 \quad\Rightarrow\quad c_1 = -1.
Então
c_3 = 6 + 3(-1) = 3,\qquad c_2 = 1 -5(-1)=6.

Passo 9

Com os coeficientes encontrados c_1=-1, c_2=6, c_3=3, substituímos na solução geral e obtemos as componentes explicitamente.
Para X(t) (primeira linha):
X(t) = -1\cdot 2 e^{4t} + 6\cdot 1 e^{t} + 3\cdot 1 e^{-t} = -2e^{4t} + 6e^{t} + 3e^{-t}.
Para S(t) (segunda linha):
S(t) = -1\cdot(-8) e^{4t} + 6\cdot(-1)e^{t} + 3\cdot 1 e^{-t} = 8e^{4t} -6e^{t} + 3e^{-t}.
Para P(t) (terceira linha):
P(t) = -1\cdot 1 e^{4t} + 6\cdot 2 e^{t} + 3\cdot(-2)e^{-t} = -e^{4t} + 12e^{t} -6e^{-t}.
(Se quiser checar rapidamente: em t=0 cada exponencial vale 1, então X(0)=-2+6+3=7, S(0)=8-6+3=5, P(0)=-1+12-6=5, compatível com as condições iniciais.)

Resposta

X(t)=-2e^{4t}+6e^{t}+3e^{-t}\n
S(t)=8e^{4t}-6e^{t}+3e^{-t}\n
P(t)=-e^{4t}+12e^{t}-6e^{-t}

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