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}{lll}2 & -3 & 3 \\ 4 & -5 & 3 \\ 4 & -4 & 2\end{array}\right)

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}2 & -3 & 3 \\[4pt] 4 & -5 & 3 \\[4pt] 4 & -4 & 2\end{pmatrix}
e pede duas coisas:
  • Resolver o sistema linear de equações diferenciais ordinárias \dot{x}=A x (ou seja, escrever a solução geral x(t));
  • Calcular explicitamente e^{A t}.
Informações relevantes que temos (diretamente da matriz acima):
  • A é uma matriz 3\times3 com entradas indicadas.
  • A solução geral de \dot{x}=Ax pode ser escrita, se diagonalizável, como combinação linear de e^{\lambda t} vezes vetores próprios.
  • Para calcular e^{At} vamos usar a diagonalização A=PDP^{-1} (se possível) e a fórmula e^{At}=P e^{Dt} P^{-1}.]

Passo 2

Vamos encontrar os autovalores de A calculando o polinômio característico \det(A-\lambda I).
Começo montando A-\lambda I e calculando o determinante:
\det(A-\lambda I)=\begin{vmatrix} 2-\lambda & -3 & 3\\[4pt] 4 & -5-\lambda & 3\\[4pt] 4 & -4 & 2-\lambda \end{vmatrix}.
Usando a primeira linha na expansão:
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)\begin{vmatrix}-5-\lambda & 3\\[4pt]-4 & 2-\lambda\end{vmatrix} -(-3)\begin{vmatrix}4 & 3\\[4pt]4 & 2-\lambda\end{vmatrix} +3\begin{vmatrix}4 & -5-\lambda\\[4pt]4 & -4\end{vmatrix}.
Calculo cada menor:
\begin{aligned} \begin{vmatrix}-5-\lambda & 3\\\\ -4 & 2-\lambda\end{vmatrix} &=(-5-\lambda)(2-\lambda)-3(-4)\\\ &=\lambda^2+3\lambda+2,\\[6pt] \begin{vmatrix}4 & 3\\\\ 4 & 2-\lambda\end{vmatrix} &=4(2-\lambda)-3\cdot4=8-4\lambda-12=-4-4\lambda,\\[6pt] \begin{vmatrix}4 & -5-\lambda\\\\ 4 & -4\end{vmatrix} &=4(-4)-4(-5-\lambda)=-16+20+4\lambda=4+4\lambda. \end{aligned}
Substituindo:
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(\lambda^2+3\lambda+2)+3(-4-4\lambda)+3(4+4\lambda).
Note que os dois últimos termos se cancelam:
3(-4-4\lambda)+3(4+4\lambda)=0,
logo
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(\lambda^2+3\lambda+2).
Fatorando \lambda^2+3\lambda+2=(\lambda+1)(\lambda+2), obtemos
\det(A-\lambda I)=-(\lambda-2)(\lambda+1)(\lambda+2).
Portanto os autovalores são
\lambda_1=2,\qquad \lambda_2=-1,\qquad \lambda_3=-2,
todos distintos.]

Passo 3

Como os autovalores são distintos, A é diagonalizável. Agora encontro um autovetor associado a cada autovalor resolvendo (A-\lambda I)v=0.
Para \lambda=2: resolvo
(A-2I)v=\begin{pmatrix}0 & -3 & 3\\[4pt]4 & -7 & 3\\[4pt]4 & -4 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=0.
Da primeira equação -3y+3z=0 vem y=z. Substituindo na segunda ou terceira obtém-se x=y. Logo um autovetor associado a \lambda=2 é
v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Para \lambda=-1: resolvo
(A+I)v=\begin{pmatrix}3 & -3 & 3\\[4pt]4 & -4 & 3\\[4pt]4 & -4 & 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=0.
Da primeira equação x-y+z=0. Da segunda (ou terceira) obtém-se -z=0\Rightarrow z=0. Então x=y. Um autovetor associado a \lambda=-1 é
v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Para \lambda=-2: resolvo
(A+2I)v=\begin{pmatrix}4 & -3 & 3\\[4pt]4 & -3 & 3\\[4pt]4 & -4 & 4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=0.
Das equações deduz-se 4x-3y+3z=0 e também -y+z=0\Rightarrow z=y. Substituindo z=y x=0. Um autovetor associado a \lambda=-2 é
v^{(3)}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Resumo dos autovalores e autovetores (escolhas convenientes):
\lambda_1=2,\; v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix},\qquad \lambda_2=-1,\; v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},\qquad \lambda_3=-2,\; v^{(3)}=\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix}.]

Passo 4

A solução geral do sistema homogêneo \dot{x}=Ax na forma de combinação de modos próprios é
x(t)=c_1 e^{2t}v^{(1)}+c_2 e^{-t}v^{(2)}+c_3 e^{-2t}v^{(3)},
onde c_1,c_2,c_3 são constantes determinadas pelas condições iniciais (por exemplo, x(0) fixa o vetor c=(c_1,c_2,c_3)^T via P c = x(0), com P formado pelos autovetores). Explicitando:
x(t)=c_1 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix} + c_2 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix} + c_3 e^{-2t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
(Isto já resolve a parte do sistema ODE. Se for dado x(0), encontra-se c=P^{-1}x(0).)]

Passo 5

Agora calculo e^{At} explicitamente usando diagonalização. Defino a matriz P cujas colunas são os autovetores (na ordem dos autovalores escolhidos 2,-1,-2):
P=\begin{pmatrix}1 & 1 & 0\\[4pt]1 & 1 & 1\\[4pt]1 & 0 & 1\end{pmatrix},\qquad D=\operatorname{diag}(2,-1,-2).
Então A=PDP^{-1} e
e^{At}=P\,e^{Dt}P^{-1}=P\begin{pmatrix}e^{2t} & 0 & 0\\[4pt]0 & e^{-t} & 0\\[4pt]0 & 0 & e^{-2t}\end{pmatrix}P^{-1}.
Preciso de P^{-1}. Calculo o determinante de P: por desenvolvimento obtive \det P=1. Calculando a matriz adjunta (matriz dos cofatores transposta) encontra-se
P^{-1}=\begin{pmatrix}1 & -1 & 1\\[4pt]0 & 1 & -1\\[4pt]-1 & 1 & 0\end{pmatrix}.
(Verificação rápida: P P^{-1}=I.)]

Passo 6

Faço primeiro M:=e^{Dt}P^{-1} (isto corresponde a multiplicar cada linha i de P^{-1} por e^{\lambda_i t}):
M= \begin{pmatrix} e^{2t} & -e^{2t} & e^{2t}\\[4pt] 0 & e^{-t} & -e^{-t}\\[4pt] -e^{-2t} & e^{-2t} & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 7

Agora multiplico P por M para obter e^{At}=P M. Faço entrada a entrada (soma sobre k das entradas P_{ik}M_{kj}):
Primeira linha:
\begin{aligned} (e^{At})_{11}&=1\cdot e^{2t}+1\cdot 0+0\cdot(-e^{-2t})=e^{2t},\\[4pt] (e^{At})_{12}&=1\cdot(-e^{2t})+1\cdot e^{-t}+0\cdot e^{-2t}=-e^{2t}+e^{-t},\\[4pt] (e^{At})_{13}&=1\cdot e^{2t}+1\cdot(-e^{-t})+0\cdot 0=e^{2t}-e^{-t}. \end{aligned}
Segunda linha:
\begin{aligned} (e^{At})_{21}&=1\cdot e^{2t}+1\cdot 0+1\cdot(-e^{-2t})=e^{2t}-e^{-2t},\\[4pt] (e^{At})_{22}&=1\cdot(-e^{2t})+1\cdot e^{-t}+1\cdot e^{-2t}=-e^{2t}+e^{-t}+e^{-2t},\\[4pt] (e^{At})_{23}&=1\cdot e^{2t}+1\cdot(-e^{-t})+1\cdot 0=e^{2t}-e^{-t}. \end{aligned}
Terceira linha:
\begin{aligned} (e^{At})_{31}&=1\cdot e^{2t}+0\cdot 0+1\cdot(-e^{-2t})=e^{2t}-e^{-2t},\\[4pt] (e^{At})_{32}&=1\cdot(-e^{2t})+0\cdot e^{-t}+1\cdot e^{-2t}=-e^{2t}+e^{-2t},\\[4pt] (e^{At})_{33}&=1\cdot e^{2t}+0\cdot(-e^{-t})+1\cdot 0=e^{2t}. \end{aligned}
Portanto, a matriz exponencial fica
e^{At}= \begin{pmatrix} e^{2t} & -e^{2t}+e^{-t} & e^{2t}-e^{-t}\\[6pt] e^{2t}-e^{-2t} & -e^{2t}+e^{-t}+e^{-2t} & e^{2t}-e^{-t}\\[6pt] e^{2t}-e^{-2t} & -e^{2t}+e^{-2t} & e^{2t} \end{pmatrix}.
(Confirme rapidamente em t=0: todos os e^{\cdot} valem 1 e a matriz reduz à identidade I, como esperado.)]

Passo 8

Relacionando as duas partes: dado um vetor inicial x(0), a solução do sistema é
x(t)=e^{At}x(0).
Alternativamente, escrevendo em termos das constantes c_i dos autovetores, temos c=P^{-1}x(0) e
x(t)=c_1 e^{2t}v^{(1)}+c_2 e^{-t}v^{(2)}+c_3 e^{-2t}v^{(3)}.

Resposta

x(t)=c_1 e^{2t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}+c_2 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}+c_3 e^{-2t}\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}.\n
e^{At}= \begin{pmatrix} e^{2t} & -e^{2t}+e^{-t} & e^{2t}-e^{-t}\\[6pt] e^{2t}-e^{-2t} & -e^{2t}+e^{-t}+e^{-2t} & e^{2t}-e^{-t}\\[6pt] e^{2t}-e^{-2t} & -e^{2t}+e^{-2t} & e^{2t} \end{pmatrix}.]

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