Resolva a solução geral do sistema x^{\prime}=A x e a solução do problema de valori inicial dado.
A=\left(\begin{array}{ccc}-1 & -2 & 2 \\\\ 2 & 4 & -2 \\\\ -2 & -1 & 3\end{array}\right), x(0)=(1,0,1)

Passo 1

O enunciado pede duas coisas claras:
  • Encontrar a solução geral do sistema diferencial linear de primeira ordem \,x'(t)=A x(t)\,.
  • Resolver o problema de valor inicial com \,x(0)=(1,0,1)\,.
As informações dadas são:
  • A matriz de coeficientes é
A=\begin{pmatrix}-1 & -2 & 2 \\[4pt] 2 & 4 & -2 \\[4pt] -2 & -1 & 3\end{pmatrix}.
  • A condição inicial é \,x(0)=(1,0,1).]

Passo 2

Escolha do método e ideia principal (resumida): para um sistema linear com matriz constante A, procuramos autovalores e autovetores de A. Se A tiver um conjunto de três autovetores linearmente independentes (ou seja, for diagonalizável), a solução geral é combinação linear de vetores exponenciais e^{\lambda t}v, onde \lambda é autovalor e v autovetor. Vou calcular o polinômio característico para obter os autovalores.
O polinômio característico é \det(A-\lambda I). Montamos
A-\lambda I= \begin{pmatrix} -1-\lambda & -2 & 2\\[4pt] 2 & 4-\lambda & -2\\[4pt] -2 & -1 & 3-\lambda \end{pmatrix}.
Vou calcular a determinante por expansão. Usando expansão na primeira linha:
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)\det\!\begin{pmatrix}4-\lambda & -2 \\[4pt] -1 & 3-\lambda\end{pmatrix} -(-2)\det\!\begin{pmatrix}2 & -2 \\[4pt] -2 & 3-\lambda\end{pmatrix} +2\det\!\begin{pmatrix}2 & 4-\lambda \\[4pt] -2 & -1\end{pmatrix}.]

Passo 3

Calculo passo a passo das subdeterminantes e do polinômio:
  • Primeiro menor:
\det\!\begin{pmatrix}4-\lambda & -2 \\\\ -1 & 3-\lambda\end{pmatrix}=(4-\lambda)(3-\lambda)-(-2)(-1)=\lambda^2-7\lambda+10.
  • Segundo menor:
\det\!\begin{pmatrix}2 & -2 \\\\ -2 & 3-\lambda\end{pmatrix}=2(3-\lambda)-(-2)(-2)=6-2\lambda-4=2-2\lambda.
  • Terceiro menor:
\det\!\begin{pmatrix}2 & 4-\lambda \\\\ -2 & -1\end{pmatrix}=2(-1)-(4-\lambda)(-2)=-2+8-2\lambda=6-2\lambda.
Agora substituir na expansão:
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)(\lambda^2-7\lambda+10)+2(2-2\lambda)+2(6-2\lambda).
Expandindo:
(-1-\lambda)(\lambda^2-7\lambda+10)=-\lambda^3+6\lambda^2-3\lambda-10,
e
2(2-2\lambda)+2(6-2\lambda)=4-4\lambda+12-4\lambda=16-8\lambda.
Somando tudo:
\det(A-\lambda I)=-\lambda^3+6\lambda^2-3\lambda-10+16-8\lambda=-\lambda^3+6\lambda^2-11\lambda+6.
Multiplicando por -1 para formar o polinômio usual:
\lambda^3-6\lambda^2+11\lambda-6=0.
Esse polinômio fatora como
(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda-3)=0,
portanto os autovalores são \lambda=1,\,2,\,3, todos simples (multiplicidade algébrica 1 cada).

Passo 4

Agora vamos encontrar um autovetor associado a \lambda=1\). Resolvo \((A-I)v=0\). A matriz \((A-I)\) é \[A-I=\begin{pmatrix}-2 & -2 & 2 \\[4pt] 2 & 3 & -2 \\[4pt] -2 & -1 & 2\end{pmatrix}.
Escrevendo o sistema (A-I)(x,y,z)^{T}=0 obtemos as equações
\begin{cases} -2x-2y+2z=0,\\[4pt] 2x+3y-2z=0,\\[4pt] -2x-y+2z=0. \end{cases}
Dividindo a primeira por -2\]: \(x+y-z=0\Rightarrow x=z-y.
Da terceira: multiplicando por -1 2x+y-2z=0.
Subtraindo essa terceira da segunda: (2x+3y-2z)-(2x+y-2z)=2y=0\Rightarrow y=0.
Com y=0 e x=z-y temos x=z. Assim os vetores solução têm forma (z,0,z)=z(1,0,1).
Escolho o autovetor correspondente
v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Autovetor para \lambda=2\). A matriz \(A-2I\) é \[A-2I=\begin{pmatrix}-3 & -2 & 2 \\[4pt] 2 & 2 & -2 \\[4pt] -2 & -1 & 1\end{pmatrix}.
O sistema (A-2I)(x,y,z)^T=0
\begin{cases} -3x-2y+2z=0,\\[4pt] 2x+2y-2z=0,\\[4pt] -2x-y+z=0. \end{cases}
Da segunda linha, dividindo por 2\]: \(x+y-z=0\Rightarrow x=z-y.
Da terceira: -2x-y+z=0\Rightarrow 2x+y-z=0. Subtraindo a terceira da segunda (ou comparar), obtém-se x=0. Com x=0 segue y=z. Assim os autovetores têm forma (0,y,y)=y(0,1,1).
Escolho
v_2=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Autovetor para \lambda=3\). A matriz \(A-3I\) é \[A-3I=\begin{pmatrix}-4 & -2 & 2 \\[4pt] 2 & 1 & -2 \\[4pt] -2 & -1 & 0\end{pmatrix}.
O sistema (A-3I)(x,y,z)^T=0
\begin{cases} -4x-2y+2z=0,\\[4pt] 2x+y-2z=0,\\[4pt] -2x-y=0. \end{cases}
Da terceira equação: -2x-y=0\Rightarrow y=-2x\]. Substituindo em qualquer outra, por exemplo na segunda: \(2x+(-2x)-2z=0\Rightarrow -2z=0\Rightarrow z=0. Portanto vetores da forma (x,-2x,0)=x(1,-2,0).
Escolho
v_3=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 7

Verificação de independência e conclusão sobre diagonalização:
  • Os três autovetores v_1,v_2,v_3 são obviamente linearmente independentes (colunas diferentes e autovalores distintos garantem independência).
  • Logo A é diagonalizável e a solução geral do sistema é combinação linear das soluções fundamentais \,e^{\lambda t}v\,.
Portanto a solução geral é
x(t)=c_1 e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} +c_2 e^{2t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix} +c_3 e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]0\end{pmatrix},
onde c_1,c_2,c_3 são constantes arbitrárias (determinadas pela condição inicial).]

Passo 8

Agora aplico a condição inicial \,x(0)=(1,0,1)\,\). Em \(t=0\) temos \[x(0)=c_1\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} +c_2\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix} +c_3\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Isto gera o sistema para c_1,c_2,c_3:
\begin{cases} c_1 + c_3 = 1,\\[4pt] c_2 - 2c_3 = 0,\\[4pt] c_1 + c_2 = 1. \end{cases}
Da terceira equação c_1=1-c_2\]. Substituindo na primeira: \[(1-c_2)+c_3=1\Rightarrow -c_2+c_3=0\Rightarrow c_3=c_2.\] Substituindo em \(c_2-2c_3=0 c_2-2c_2= -c_2=0\Rightarrow c_2=0. Assim c_3=0 e c_1=1.]

Passo 9

Com as constantes encontradas a solução que satisfaz x(0)=(1,0,1) é simplesmente o modo associado a \lambda=1:
x(t)=e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Resposta

\text{Solução geral: }x(t)=c_1 e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} +c_2 e^{2t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix} +c_3 e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]0\end{pmatrix}, \quad c_1,c_2,c_3\in\mathbb{R}.çã
\text{Solução do PVI (com }x(0)=(1,0,1)\text{): }x(t)=e^{t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.çã]

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