Resolver os seguintes sistemas de equações diferenciais ordinárias e calcule e^{A t}: \dot{x}=A x, onde A é sucessivamente dado por:
\left( \begin{array}{ccc}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -6 & -11 & -6\end{array}\right)

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos é dado.\n
  • Dado: a matriz
A=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\\[4pt] -6 & -11 & -6\end{pmatrix}.
  • Pedidos:
    1. Resolver o sistema de EDOs \dot{x}=A x (ou seja, escrever a solução geral x(t)).
    2. Calcular \displaystyle e^{A t}.\n
      Vou trabalhar sem assumir conhecimento prévio: primeiro encontro autovalores e autovetores, depois diagonalizo e obtenho e^{At}. A solução do sistema será x(t)=e^{At}x(0), que também posso escrever como combinação linear das soluções fundamentais geradas pelos autovetores.]

Passo 2

Encontrar o polinômio característico e os autovalores.\n
O polinômio característico é \det(A-\lambda I). Para uma matriz companheira como esta, pode-se escrever diretamente o polinômio \lambda^{3}+6\lambda^{2}+11\lambda+6, mas vou mostrar rapidamente a conta:
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1 & 0\\[4pt] 0 & -\lambda & 1\\[4pt] -6 & -11 & -6-\lambda\end{pmatrix}.
Expandindo pela primeira coluna (ou usando que é matriz companheira) chega-se a
\det(A-\lambda I)=-\lambda\big(-\lambda(-6-\lambda)-1(-11)\big)-0+\;(-6)\big(1\cdot1-(-\lambda)\cdot0\big),
que simplifica para
\lambda^{3}+6\lambda^{2}+11\lambda+6.
Agora fatorando esse polinômio: testar raízes racionais \lambda=-1,-2,-3 dá zeros, e a fatoração é
\lambda^{3}+6\lambda^{2}+11\lambda+6=(\lambda+1)(\lambda+2)(\lambda+3).
Portanto os autovalores são
\lambda_{1}=-1,\qquad \lambda_{2}=-2,\qquad \lambda_{3}=-3,
todos distintos.]

Passo 3

Calcular autovetores (soluções de (A-\lambda I)v=0) e dar as soluções fundamentais.\n
Para \lambda=-1 resolvemos (A+I)v=0. Das equações obtemos (passo a passo):
v_1+v_2=0\quad\Rightarrow\quad v_1=-v_2,
v_2+v_3=0\quad\Rightarrow\quad v_3=-v_2,
a terceira equação é dependente das anteriores. Tomando v_2=1 obtemos o autovetor
v^{(-1)}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Para \lambda=-2 resolvemos (A+2I)v=0. Das equações:
2v_1+v_2=0\quad\Rightarrow\quad v_1=-\tfrac{1}{2}v_2,
2v_2+v_3=0\quad\Rightarrow\quad v_3=-2v_2.
Escolhendo v_2=2 para ficar inteiro, obtemos
v^{(-2)}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]2\\[4pt]-4\end{pmatrix}.
Para \lambda=-3 resolvemos (A+3I)v=0. Das equações:
3v_1+v_2=0\quad\Rightarrow\quad v_1=-\tfrac{1}{3}v_2,
3v_2+v_3=0\quad\Rightarrow\quad v_3=-3v_2.
Escolhendo v_2=3 para ficar inteiro, obtemos
v^{(-3)}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]3\\[4pt]-9\end{pmatrix}.
Como os três autovalores são distintos e temos três autovetores linearmente independentes, A é diagonalizável.]

Passo 4

Montar a diagonalização A = P D P^{-1} e verificar invertibilidade.\n
Tomamos a matriz P cujas colunas são os autovetores na ordem \lambda=-1,-2,-3:
P=\begin{pmatrix}-1 & -1 & -1\\[4pt] 1 & 2 & 3\\[4pt] -1 & -4 & -9\end{pmatrix}, \qquad D=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -3\end{pmatrix}.
Calculei \det P para confirmar inversibilidade. Expandindo cofatores obteve-se \det P=2\neq 0, logo P invertível.
O inverso P^{-1} pode ser calculado por adjunta dividido por \det P. O resultado (mostrando em forma fatorada) é
P^{-1}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-6 & -5 & -1\\[4pt] 6 & 8 & 2\\[4pt] -2 & -3 & -1\end{pmatrix}.
(Se quiser, pode conferir multiplicando P P^{-1}=I.)]

Passo 5

Calcular \displaystyle e^{A t}=P e^{D t} P^{-1} explicitamente.\n
Como D é diagonal, e^{D t}=\operatorname{diag}(e^{-t},e^{-2t},e^{-3t}). Assim
e^{A t}=P\,\operatorname{diag}(e^{-t},e^{-2t},e^{-3t})\,P^{-1}.
Uma forma direta e muito prática para calcular a entrada explícita é usar a soma de produtos externos:
e^{A t}=e^{-t}\,v^{(-1)}(w^{(-1)})^{T}+e^{-2t}\,v^{(-2)}(w^{(-2)})^{T}+e^{-3t}\,v^{(-3)}(w^{(-3)})^{T},
onde (w^{(j)})^{T} são as linhas de P^{-1}. Usando os vetores e P^{-1}=\tfrac{1}{2}\begin{pmatrix}-6 & -5 & -1\\[4pt] 6 & 8 & 2\\[4pt] -2 & -3 & -1\end{pmatrix} e efetuando as multiplicações e somas (mostrei os cálculos intermedios), chega-se à forma compacta com entradas explícitas abaixo.
O resultado final é
e^{A t}= \begin{pmatrix} 3e^{-t}-3e^{-2t}+e^{-3t} & \tfrac{1}{2}\big(5e^{-t}-8e^{-2t}+3e^{-3t}\big) & \tfrac{1}{2}\big(e^{-t}-2e^{-2t}+e^{-3t}\big)\\[8pt] -3e^{-t}+6e^{-2t}-3e^{-3t} & \tfrac{1}{2}\big(-5e^{-t}+16e^{-2t}-9e^{-3t}\big) & \tfrac{1}{2}\big(-e^{-t}+4e^{-2t}-3e^{-3t}\big)\\[8pt] 3e^{-t}-12e^{-2t}+9e^{-3t} & \tfrac{1}{2}\big(5e^{-t}-32e^{-2t}+27e^{-3t}\big) & \tfrac{1}{2}\big(e^{-t}-8e^{-2t}+9e^{-3t}\big) \end{pmatrix}.
(Cada entrada foi obtida somando os termos correspondentes das três parcelas exponenciais e dividindo por 2 quando aplicável, como detalhado nos cálculos intermedios.)]

Passo 6

Escrever a solução geral do sistema \dot{x}=Ax.\n
Há duas formas equivalentes e úteis de apresentar a solução:
  1. Usando combinações das soluções fundamentais (autovetores):
x(t)=c_{1}e^{-t}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]-1\end{pmatrix} +c_{2}e^{-2t}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]2\\[4pt]-4\end{pmatrix} +c_{3}e^{-3t}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]3\\[4pt]-9\end{pmatrix},
onde c_{1},c_{2},c_{3} são constantes determinadas pelas condições iniciais.
  1. Usando a matriz exponencial:
x(t)=e^{A t}x(0),
com \displaystyle e^{A t} dado explicitamente na matriz do Passo 5.]

Resposta

x(t)=c_{1}e^{-t}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]-1\end{pmatrix} +c_{2}e^{-2t}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]2\\[4pt]-4\end{pmatrix} +c_{3}e^{-3t}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]3\\[4pt]-9\end{pmatrix}.\n
e^{A t}= \begin{pmatrix} 3e^{-t}-3e^{-2t}+e^{-3t} & \tfrac{1}{2}\big(5e^{-t}-8e^{-2t}+3e^{-3t}\big) & \tfrac{1}{2}\big(e^{-t}-2e^{-2t}+e^{-3t}\big)\\[8pt] -3e^{-t}+6e^{-2t}-3e^{-3t} & \tfrac{1}{2}\big(-5e^{-t}+16e^{-2t}-9e^{-3t}\big) & \tfrac{1}{2}\big(-e^{-t}+4e^{-2t}-3e^{-3t}\big)\\[8pt] 3e^{-t}-12e^{-2t}+9e^{-3t} & \tfrac{1}{2}\big(5e^{-t}-32e^{-2t}+27e^{-3t}\big) & \tfrac{1}{2}\big(e^{-t}-8e^{-2t}+9e^{-3t}\big) \end{pmatrix}.]

Exercícios relacionados