Verifique que o vetor dado satisfaz a equação diferencial dada.
\mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 1 \\\\ 2 & 1 & -1 \\\\ 0 & -1 & 1 \end{array}\right) \mathbf{x}, \quad \mathbf{x}=\left(\begin{array}{c} 6 e^{-t} \\\\ -8 e^{-t}+2 e^{2 t} \\\\ -4 e^{-t}-2 e^{2 t} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{r} 6 \\\\ -8 \\\\ -4 \end{array}\right) e^{-t}+2\left(\begin{array}{r} 0 \\\\ 1 \\\\ -1 \end{array}\right) e^{2 t}

Passo 1

O que o enunciado pede: verificar que o vetor \mathbf{x}(t) dado satisfaz a equação diferencial
\mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 1 \\\\ 2 & 1 & -1 \\\\ 0 & -1 & 1 \end{array}\right)\mathbf{x}.
Informações dadas (copiadas do enunciado):
\mathbf{x}(t)=\left(\begin{array}{c} 6 e^{-t} \\\\ -8 e^{-t}+2 e^{2 t} \\\\ -4 e^{-t}-2 e^{2 t} \end{array}\right) =\left(\begin{array}{r} 6 \\\\ -8 \\\\ -4 \end{array}\right)e^{-t}+2\left(\begin{array}{r} 0 \\\\ 1 \\\\ -1 \end{array}\right)e^{2 t}.
Meta clara: calcular \mathbf{x}^{\prime}(t) e calcular A\mathbf{x}(t) (onde A é a matriz dada) e mostrar que são iguais para todo t.

Passo 2

Relembrando regras úteis (explicação didática):
  • Regra da derivada de exponencial com constante multiplicativa: se c é constante e k é constante, então
\frac{d}{dt}\big(c e^{k t}\big)=c k e^{k t}.
Aqui c pode ser um número ou um vetor constante; a fórmula vale componente a componente.
  • Linearidade da derivada: a derivada de uma soma é a soma das derivadas, e constantes saem da derivada.
  • Linearidade da multiplicação matricial: para matriz A e vetores u,v e escalar \alpha,
A(u+v)=Au+Av,\qquad A(\alpha u)=\alpha (Au).
Essas duas propriedades juntas permitem comparar \mathbf{x}' e A\mathbf{x} de forma conveniente.

Passo 3

Calcular \mathbf{x}'(t) componente a componente usando a regra da derivada exponencial:
\mathbf{x}(t)=\begin{pmatrix}6 e^{-t} \\\\ -8 e^{-t}+2 e^{2t} \\\\ -4 e^{-t}-2 e^{2t}\end{pmatrix}.
Derivando cada componente:
\frac{d}{dt}\big(6 e^{-t}\big)=6\cdot(-1)e^{-t}=-6 e^{-t},
\frac{d}{dt}\big(-8 e^{-t}+2 e^{2t}\big)=(-8)(-1)e^{-t}+2\cdot 2 e^{2t}=8 e^{-t}+4 e^{2t},
\frac{d}{dt}\big(-4 e^{-t}-2 e^{2t}\big)=(-4)(-1)e^{-t}+(-2)\cdot 2 e^{2t}=4 e^{-t}-4 e^{2t}.
Logo,
\mathbf{x}'(t)=\begin{pmatrix} -6 e^{-t} \\\\ 8 e^{-t}+4 e^{2t} \\\\ 4 e^{-t}-4 e^{2t} \end{pmatrix}.

Passo 4

Calcular A\mathbf{x}(t). É conveniente usar a decomposição fornecida
\mathbf{x}(t)=\mathbf{v}_1 e^{-t}+2\mathbf{v}_2 e^{2t},
com
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}6\\\ -8\\\ -4\end{pmatrix},\qquad \mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ -1\end{pmatrix}.
Pelo argumento da linearidade,
A\mathbf{x}(t)=A(\mathbf{v}_1 e^{-t})+2A(\mathbf{v}_2 e^{2t})=(A\mathbf{v}_1)e^{-t}+2(A\mathbf{v}_2)e^{2t}.
Agora calculamos A\mathbf{v}_1 e A\mathbf{v}_2 explicitamente.
Calculando A\mathbf{v}_1:
A\mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\\\ 2 & 1 & -1 \\\\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}6\\\ -8\\\ -4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6+(-8)+(-4)\\\\ 2\cdot 6 +(-8)-(-4)\\\\ 0\cdot 6 -(-8)+(-4) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-6\\\ 8\\\ 4\end{pmatrix}.
Observação: \begin{pmatrix}-6\\\ 8\\\ 4\end{pmatrix}=-1\cdot\begin{pmatrix}6\\\ -8\\\ -4\end{pmatrix}=-\mathbf{v}_1. Então A\mathbf{v}_1=-\mathbf{v}_1.
Calculando A\mathbf{v}_2:
A\mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\\\ 2 & 1 & -1 \\\\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ -1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0+1-1\\\\ 0+1-(-1)\\\\ 0-1+(-1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 2\\\ -2\end{pmatrix}.
Observação: \begin{pmatrix}0\\\ 2\\\ -2\end{pmatrix}=2\cdot\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ -1\end{pmatrix}=2\mathbf{v}_2. Então A\mathbf{v}_2=2\mathbf{v}_2.
Substituindo em A\mathbf{x}(t):
A\mathbf{x}(t)=(-\mathbf{v}_1)e^{-t}+2(2\mathbf{v}_2)e^{2t}=-\mathbf{v}_1 e^{-t}+4\mathbf{v}_2 e^{2t}.
Escrevendo em componentes (reexpansão para comparar com \mathbf{x}'):
-\mathbf{v}_1 e^{-t}+4\mathbf{v}_2 e^{2t} = \begin{pmatrix}-6 e^{-t}\\\ 8 e^{-t}\\\ 4 e^{-t}\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}0\\\ 4 e^{2t}\\\ -4 e^{2t}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-6 e^{-t}\\\ 8 e^{-t}+4 e^{2t}\\\ 4 e^{-t}-4 e^{2t}\end{pmatrix}.

Passo 5

Comparando as duas expressões obtidas:
\mathbf{x}'(t)=\begin{pmatrix}-6 e^{-t}\\\ 8 e^{-t}+4 e^{2t}\\\ 4 e^{-t}-4 e^{2t}\end{pmatrix}, \qquad A\mathbf{x}(t)=\begin{pmatrix}-6 e^{-t}\\\ 8 e^{-t}+4 e^{2t}\\\ 4 e^{-t}-4 e^{2t}\end{pmatrix}.
Elas são idênticas componente a componente, portanto a igualdade \mathbf{x}'(t)=A\mathbf{x}(t) vale para todo t. Conclusão: o vetor dado satisfaz a equação diferencial.

Resposta

\mathbf{x}'(t)=A\mathbf{x}(t), ou seja, sim — o vetor dado satisfaz a equação diferencial para todo t.

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