Achar a solução do problema de valor inicial.
x^{\prime}=\left(\begin{array}{cc}1 & -4 \\\\ 4 & -7\end{array}\right) x, x(0)=\binom{3}{2}.

Passo 1

O enunciado pede que a gente resolva o problema de valor inicial dado por
x'(t)=\begin{pmatrix}1 & -4 \\[4pt] 4 & -7\end{pmatrix}x(t),\qquad x(0)=\begin{pmatrix}3\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Informações dadas:
A=\begin{pmatrix}1 & -4 \\[4pt] 4 & -7\end{pmatrix},\quad x(0)=\begin{pmatrix}3\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Pergunta: encontrar a solução x(t) para todo t (isto é, a função vetor que satisfaz a EDO e a condição inicial).]

Passo 2

Primeiro passo técnico: calcular os autovalores de A. Fazemos o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Escrevendo
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & -4\\[4pt] 4 & -7-\lambda\end{pmatrix},
o determinante é
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(-7-\lambda)-(-4)\cdot 4.
Agora expandimos e simplificamos esse determinante.]

Passo 3

Expandindo:
(1-\lambda)(-7-\lambda) = \lambda^2+6\lambda-7,
e somando o termo +16 (que vem de -(-4)\cdot4) obtemos
\det(A-\lambda I)=\lambda^2+6\lambda-7+16=\lambda^2+6\lambda+9.
Então o polinômio característico é
\lambda^2+6\lambda+9=0.
Resolvendo a equação quadrática,
\lambda=\frac{-6\pm\sqrt{36-36}}{2}=\frac{-6}{2}=-3.
Portanto há um autovalor \lambda=-3 de multiplicidade algébrica 2.

Passo 4

Agora encontramos o(s) autovetor(es) associados a \lambda=-3. Precisamos resolver
(A+3I)v=0.
Calculamos
A+3I=\begin{pmatrix}1+3 & -4\\[4pt] 4 & -7+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4 & -4\\[4pt] 4 & -4\end{pmatrix}.
A equação (A+3I)v=0 dá, escrevendo v=(v_1,v_2)^T,
4v_1-4v_2=0.
Isto implica v_1=v_2. Um autovetor conveniente é
v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Observação: a dimensão do espaço próprio é 1 (uma única direção), então a matriz não é diagonalizável — temos autovalor repetido com um único autovetor. Isso exige usar um autovetor generalizado para escrever a solução geral.]

Passo 5

Precisamos achar um vetor generalizado v_2 tal que
(A+3I)v_2 = v_1,
ou seja (A-\lambda I)v_2=v_1. Escrevendo v_2=(w_1,w_2)^T, a equação (A+3I)v_2=v_1 é
\begin{pmatrix}4 & -4\\[4pt]4 & -4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w_1\\[4pt]w_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
As duas linhas são idênticas, então basta resolver a primeira:
4w_1-4w_2=1 \quad\Longrightarrow\quad w_1-w_2=\tfrac{1}{4}.
Escolhemos uma solução simples, por exemplo w_2=0, então w_1=\tfrac{1}{4}. Logo podemos tomar
v_2=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{4}\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Verificação rápida: (A+3I)v_2 = [4\cdot\tfrac14-4\cdot 0,\,4\cdot\tfrac14-4\cdot 0]^T=[1,1]^T=v_1. Tudo certo.]

Passo 6

Agora explico a forma da solução quando temos um bloco de Jordan 2\times2 (autovalor \lambda com multiplicidade 2 e apenas um autovetor). Para esse caso existe uma fórmula geral:
x(t)=e^{\lambda t}\big( c_1 v_1 + c_2(t v_1 + v_2)\big),
onde v_1 é o autovetor, v_2 é o vetor generalizado satisfazendo (A-\lambda I)v_2=v_1, e c_1,c_2 são constantes a determinar pela condição inicial. A ideia vem do fato de que, na base (v_1,v_2), A tem a forma de uma matriz de Jordan \begin{pmatrix}\lambda & 1\\[4pt]0 & \lambda\end{pmatrix}, cujo exponencial é e^{\lambda t}\begin{pmatrix}1 & t\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}.
No nosso caso \lambda=-3, v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} e v_2=\begin{pmatrix}\tfrac14\\[4pt]0\end{pmatrix}. Portanto a solução geral é
x(t)=e^{-3t}\Big( c_1\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+c_2\big(t\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\tfrac14\\[4pt]0\end{pmatrix}\big)\Big).]

Passo 7

Aplicamos a condição inicial x(0)=\begin{pmatrix}3\\[4pt]2\end{pmatrix}\). Em \(t=0\) a expressão acima dá \[x(0)=c_1\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+c_2\begin{pmatrix}\tfrac14\\[4pt]0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Isso gera o sistema para c_1,c_2:
\begin{cases} c_1+\tfrac{1}{4}c_2=3,\\[4pt] c_1=2. \end{cases}
Da segunda equação temos (c_1=2]. Substituindo na primeira,
2+\tfrac{1}{4}c_2=3 \quad\Longrightarrow\quad \tfrac{1}{4}c_2=1 \quad\Longrightarrow\quad c_2=4.]

Passo 8

Substituindo c_1=2 e c_2=4 na solução geral obtemos
x(t)=e^{-3t}\Big(2\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+4\big(t\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\tfrac14\\[4pt]0\end{pmatrix}\big)\Big).
Fazendo as contas internas: 4\cdot\tfrac14=\;1, então
2\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+4t\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2+4t+1\\[4pt]2+4t+0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3+4t\\[4pt]2+4t\end{pmatrix}.
Portanto a solução simplificada é
x(t)=e^{-3t}\begin{pmatrix}3+4t\\[4pt]2+4t\end{pmatrix}.]

Passo 9

(se quiser confirmar) Podemos checar rapidamente derivando x(t) e confirmando que x'(t)=Ax(t). Derivando:
x'(t)=\frac{d}{dt}\big(e^{-3t}\big)\begin{pmatrix}3+4t\\[4pt]2+4t\end{pmatrix}+e^{-3t}\begin{pmatrix}4\\[4pt]4\end{pmatrix} =-3e^{-3t}\begin{pmatrix}3+4t\\[4pt]2+4t\end{pmatrix}+e^{-3t}\begin{pmatrix}4\\[4pt]4\end{pmatrix}.
Fatorando e^{-3t} e simplificando dá exatamente A x(t) (se fizer os produtos de A por x(t) verá que coincidem), então a solução está correta.]

Resposta

x(t)=e^{-3t}\begin{pmatrix}3+4t\\[4pt]2+4t\end{pmatrix}.]

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