3 - Considere o sistema

x ˙ = - 6 x + 2 y + 3 z y ˙ = - 7 x + 3 y + 3 z z ˙ = - 8 x + 2 y + 5 z  

Seja x = x t , y = y t e z = z t a solução que satisfaz as condições iniciais x 0 = x 0 , y 0 = y 0 e z 0 = z 0 . Mostre que

A - x 0 = y 0 = z 0       →       lim t → ∞ ⁡ x t ,   y t ,   z t = 0 ,   0 ,   0

B - Se x 0 ,   y 0 ,   z 0 a ,   a ,   a   |   a ∈ R , então

  lim t → ∞ ⁡ x t ,   y t ,   z t = + ∞

Passo 1

A primeira coisa que deve ser feita aqui é determinar a solução desse sistema!

Montando a matriz dos coeficientes A baseado no sistema então, obteremos:

A = - 6 2 3 - 7 3 3 - 8 2 5

Agora devemos buscar os autovalores dela!

Passo 2

AUTOVALORES:

Os autovalores λ de uma matriz são do tipo:

det ⁡ A - λ I = 0

Onde basicamente o que devemos fazer é subtrair λ na diagonal principal da matriz A , veja:

det ⁡ - 6 - λ 2 3 - 7 3 - λ 3 - 8 2 5 - λ = 0

O determinante de matriz 3x3 é um pouco mais chato que o 2x2. Aqui você tem que repetir as duas primeiras colunas e fazer aquele esquema de multiplicação de diagonais, se lembra?

  ⁡ - 6 - λ 2 3 - 7 3 - λ 3 - 8 2 5 - λ - 6 - λ 2   - 7 3 - λ   - 8 2   = 0     →

- 6 - λ 3 - λ 5 - λ - 48 - 42 + 14 5 - λ - 6 - 6 - λ + 24 3 - λ = 0

Simplificando isso aí...

- 6 - λ 3 - λ 5 - λ - 48 - 42 + 70 - 14 λ + 36 + 6 λ + 72 - 24 λ = 0

- 6 - λ 3 - λ 5 - λ - 32 λ + 88 = 0   →

- 18 + 3 λ + λ 2 5 - λ - 32 λ + 88 = 0

- 90 + 18 λ + 15 λ - 3 λ 2 + 5 λ 2 - λ 3 - 32 λ + 88 = 0     →

- λ 3 + 2 λ 2 + λ - 2 = 0     →

λ 3 - 2 λ 2 - λ + 2 = 0     →

λ 2 λ - 2 - λ - 2 = 0     →

λ - 2 λ 2 - 1 = 0     →

Essa equação só pode ser 0 quando...

λ - 2 = 0       o u         λ 2 - 1 = 0

Então, se a solução dessa equação é um desses valores aqui:

λ 1 = 2 ,             λ 2 = 1         e             λ 3 = - 1      

O conjunto de soluções fundamentais x k para cada um deles vão ser:

  • Para o λ 1 que é real e único...
  • x 1 = v 1 e λ 1 t

  • Para λ 2 que é real e único...
  • x 2 = v 2 e λ 2 t

  • Para o λ 3 que é real e único também:

x 3 = v 3 e λ 3 t

Onde v 1 , v 2 e v 3 são os autovetores. Os três autovetores da matriz, como os λ são todos diferentes, se obtém de forma normal que conhecemos:

A - λ 1 I v 1 = 0

A - λ 2 I v 2 = 0

A - λ 3 I v 3 = 0

Partiu calcular esses autovetores agora?

Passo 3

AUTOVETOR 1:

A - λ 1 I v 1 = 0

Se chamarmos as coordenadas desse vetor v de:

a b c

Onde a , b e c são os valores das coordenada dele, se os conhecermos então a gente conhece o autovetor! Substituindo ele no lugar de v :

A - λ 1 I a b c = 0

Lembre-se de que menos λ I nada mais é do que subtrair λ da diagonal principal:

- 6 - λ 1 2 3 - 7 3 - λ 1 3 - 8 2 5 - λ 1 a b c = 0

Como λ 1 = 2 ...

- 8 2 3 - 7 1 3 - 8 2 3 a b c = 0   →

Resolvendo esse produto matricial aí...

- 8 a + 2 b + 3 c = 0 - 7 a + b + 3 c = 0 - 8 a + 2 b + 3 c = 0

Das duas primeiras equações, multiplicando a equação de baixo por - 1 e somando com a de cima, conseguiremos...

- a + b = 0     →

b = a

Então...

- 8 a + 2 a + 3 c = 0   →

c = 2 a

Se escolhermos a = 1 ...

v 1 = 1 1 2

Passo 4

AUTOVETOR 2:

A - λ 2 I v 2 = 0

Se chamarmos as coordenadas desse vetor v de:

a b c

Novamente teremos...

A - λ 2 I a b c = 0

Lembre-se de que menos λ I nada mais é do que subtrair λ da diagonal principal:

- 6 - λ 2 2 3 - 7 3 - λ 2 3 - 8 2 5 - λ 2 a b c = 0

Como λ 2 = 1 ...

- 7 2 3 - 7 2 3 - 8 2 4 a b c = 0

Resolvendo esse produto matricial aí...

- 7 a + 2 b + 3 c = 0 - 7 a + 2 b + 3 c = 0 - 8 a + 2 b + 4 c = 0

Das duas últimas equações, multiplicando a segunda por - 1 e somando com a terceira...

- a + c = 0   →

c = a

Então...

- 7 a + 2 b + 3 a = 0   →

- 4 a + 2 b = 0       →

b = 2 a

Se escolhermos a = 1 ...

v 2 = 1 2 1

Passo 5

AUTOVETOR 3:

A - λ 3 I v 3 = v 2

Se chamarmos as coordenadas desse vetor v de:

a b c

Novamente teremos...

A - λ 3 I a b c = 0

Lembre-se de que menos λ I nada mais é do que subtrair λ da diagonal principal:

- 6 - λ 1 2 3 - 7 3 - λ 1 3 - 8 2 5 - λ 1 a b c = 0

Como λ 3 = - 1 ...

- 5 2 3 - 7 4 3 - 8 2 6 a b c = 0

Resolvendo esse produto matricial aí...

- 5 a + 2 b + 3 c = 0 - 7 a + 4 b + 3 c = 0 - 8 a + 2 b + 6 c = 0

Das duas últimas primeiras...

2 a - 2 b = 0     →         a = b

Então...

- 8 b + 2 b + 6 c = 0   →

c = b

Se escolhermos b = 1 ...

v 3 = 1 1 1

Passo 6

Logo, as três soluções fundamentais serão:

x 1 = v 1 e λ 1 t

x 2 = v 2 e λ 2 t

x 3 = v 3 e λ 3 t

Substituindo...

x 1 = 1 1 2 e 2 t

x 2 = 1 2 1 e t

x 3 = 1 1 1 e - t

A solução final é então dada pela expressão:

x y z = c 1 x 1 + c 2 x 2 + c 3 x 3   →

x y z = c 1 1 1 2 e 2 t + c 2 1 2 1 e t + c 3 1 1 1 e - t

Ou em forma de chaves...

x = c 1 e 2 t + c 2 e t + c 3 e - t y = c 1 e 2 t + 2 c 2 e t + c 3 e - t z = 2 c 1 e 2 t + c 2 e t + c 3 e - t

Passo 7

Letra A:

Temos que provar que isso aqui acontece:

x 0 = y 0 = z 0       →       lim t → ∞ ⁡ x t ,   y t ,   z t = 0 ,   0 ,   0

x 0 = c 1 e 0 + c 2 e 0 + c 3 e 0 x 0 = c 1 e 0 + 2 c 2 e 0 + c 3 e 0 x 0 = 2 c 1 e 0 + c 2 e 0 + c 3 e 0       →

x 0 = c 1 + c 2 + c 3 x 0 = c 1 + 2 c 2 + c 3 x 0 = 2 c 1 + c 2 + c 3       →

Se multiplicarmos a primeira equação por - 1 e somarmos a segunda equação...

c 2 = 0   →           c 2 = 0

Agora multiplicando a última e somando a segunda...

c 2 - c 1 = 0     →             c 1 = 0

Logo, podemos falar que:

c 3 = x 0

E, portanto, a solução será:

x = x 0 e - t y = x 0 e - t z = x 0 e - t

Veja que de fato, quando t vai para o infinito, cada uma dessas coordenadas vão a 0 , de modo que:

  lim t → ∞ ⁡ x t ,   y t ,   z t = 0 ,   0 ,   0

Passo 8

Agora temos que provar que:

Se x 0 ,   y 0 ,   z 0 ∉ a ,   a ,   a   |   a ∈ R , então

  lim t → ∞ ⁡ x t ,   y t ,   z t = + ∞

Bem, para isso acontecer, o elemento da resposta que tem a exponencial positiva (tanto c 2 quanto c 1 , devem ser diferentes de 0 : x = c 1 e 2 t + c 2 e t + c 3 e - t y = c 1 e 2 t + 2 c 2 e t + c 3 e - t z = 2 c 1 e 2 t + c 2 e t + c 3 e - t

Ora, se x 0 ,   y 0 ,   z 0 não pertence a a ,   a ,   a , isso significa que x 0 , y 0 e z 0 não são iguais. Vamos analisar caso por caso

Primeiro caso: x 0 ≠ y 0 = z 0 .

x 0 = c 1 + c 2 + c 3 y 0 = c 1 + 2 c 2 + c 3 y 0 = 2 c 1 + c 2 + c 3       →

Das duas primeiras equações...

c 1 - c 2 = 0     →         c 1 = c 2

Substituindo na terceira:

c 3 = y 0 - 3 c 2       →

E agora retornando para a primeira...

x 0 = c 1 + c 2 + y 0 - 3 c 2     →

x 0 = y 0 - c 2     →               c 2 = y 0 - x 0

Veja que y 0 e x 0 são diferentes, logo c 2 será diferente de 0 e aí aquele limite vai ser atendido!

Segundo caso: x 0 = y 0 ≠ z 0 .

x 0 = c 1 + c 2 + c 3 x 0 = c 1 + 2 c 2 + c 3 z 0 = 2 c 1 + c 2 + c 3       →

Das duas primeiras equações...

c 2 = 0    

Substituindo na terceira e na segunda:

x 0 = c 1 + c 3

z 0 = 2 c 1 + c 3

Subtraindo essas duas...

c 1 = z 0 - x 0

Novamente veja que z 0 e x 0 são diferentes, logo c 1 será diferente de 0 e aí aquele limite vai ser atendido!

E o último caso onde todo mundo é diferente:

x 0 ≠ y 0 ≠ z 0

É um caso especial de

x 0 ≠ y 0 = z 0

Logo, existirá c 1 e c 2 tornando as exponenciais positivas maiores que a exponencial negativa.

Resposta

Questão de demonstração.

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