Determine e^{\boldsymbol{A} t} para as matrizes \boldsymbol{A} representadas a seguir:
\left[\begin{array}{cc}4 & 5 \\\\ -4 & -4\end{array}\right]

Passo 1

O que o enunciado pede: calcular e^{\boldsymbol{A}t} para a matriz dada.
Matriz fornecida (peguei os elementos do enunciado):
\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}4 & 5 \\[4pt] -4 & -4\end{pmatrix}.
Quer-se a matriz exponencial \,e^{\boldsymbol{A}t}=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(\boldsymbol{A}t)^n}{n!}\,.]

Passo 2

Primeiro passo técnico útil: calcular \boldsymbol{A}^2. Vou multiplicar \boldsymbol{A} por \boldsymbol{A} passo a passo:
\boldsymbol{A}^2 = \begin{pmatrix}4 & 5 \\[4pt] -4 & -4\end{pmatrix} \begin{pmatrix}4 & 5 \\[4pt] -4 & -4\end{pmatrix}.
Calcule cada entrada:
  • posição (1,1): 4\cdot4 + 5\cdot(-4)=16-20=-4.
  • posição (1,2): 4\cdot5 + 5\cdot(-4)=20-20=0.
  • posição (2,1): -4\cdot4 + (-4)\cdot(-4)=-16+16=0.
  • posição (2,2): -4\cdot5 + (-4)\cdot(-4)=-20+16=-4.
Portanto
\boldsymbol{A}^2=\begin{pmatrix}-4 & 0 \\[4pt] 0 & -4\end{pmatrix}=-4\boldsymbol{I}.
Ou seja, \boldsymbol{A}^2=-4\boldsymbol{I}. Esse fato é muito poderoso porque reduz todas as potências de \boldsymbol{A} a combinações de \boldsymbol{I} e \boldsymbol{A}.]

Passo 3

Agora usar a definição por série da exponencial matricial:
e^{\boldsymbol{A}t}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\boldsymbol{A}t)^n}{n!}.
Separe termos pares e ímpares. Usando \boldsymbol{A}^2=-4\boldsymbol{I} obtemos, para todo k\ge0,
\boldsymbol{A}^{2k}=(\boldsymbol{A}^2)^k=(-4)^k\boldsymbol{I}=(-1)^k 2^{2k}\boldsymbol{I},
\boldsymbol{A}^{2k+1}=\boldsymbol{A}\,\boldsymbol{A}^{2k}=\boldsymbol{A}(-4)^k=\boldsymbol{A}(-1)^k 2^{2k}.
Logo a soma da série separa-se em
e^{\boldsymbol{A}t} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\boldsymbol{A}^{2k}t^{2k}}{(2k)!} + \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\boldsymbol{A}^{2k+1}t^{2k+1}}{(2k+1)!}.
Substituindo as expressões acima:
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k (2t)^{2k}}{(2k)!}\,\boldsymbol{I} \;+\; \boldsymbol{A}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k (2t)^{2k+1}}{2\,(2k+1)!}.
Reconhecem-se as séries de cosseno e seno:
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k (2t)^{2k}}{(2k)!}=\cos(2t), \qquad \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k (2t)^{2k+1}}{(2k+1)!}=\sin(2t).
Portanto
e^{\boldsymbol{A}t}=\cos(2t)\,\boldsymbol{I}+\frac{\sin(2t)}{2}\,\boldsymbol{A}.

Passo 4

Agora computar explicitamente a expressão obtida substituindo \boldsymbol{A}:
\frac{\sin(2t)}{2}\,\boldsymbol{A} =\frac{\sin(2t)}{2}\begin{pmatrix}4 & 5 \\[4pt] -4 & -4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\sin(2t) & \dfrac{5}{2}\sin(2t) \\[6pt] -2\sin(2t) & -2\sin(2t)\end{pmatrix}.
Somando \cos(2t)\boldsymbol{I}=\begin{pmatrix}\cos(2t) & 0\\[4pt]0 & \cos(2t)\end{pmatrix} obtemos
e^{\boldsymbol{A}t} = \begin{pmatrix} \cos(2t)+2\sin(2t) & \dfrac{5}{2}\sin(2t) \\[6pt] -2\sin(2t) & \cos(2t)-2\sin(2t) \end{pmatrix}.]

Passo 5

Breve verificação (rápida e reconfortante): em t=0 essa fórmula dá
e^{\boldsymbol{A}\cdot 0}= \begin{pmatrix}1+0 & 0 \\[4pt] 0 & 1+0\end{pmatrix}=\boldsymbol{I},
e diferenciando em t e avaliando em t=0 recupera-se \boldsymbol{A}, como deve ocorrer para e^{\boldsymbol{A}t}. Tudo consistente.]

Resposta

e^{\boldsymbol{A}t} = \begin{pmatrix} \cos(2t)+2\sin(2t) & \dfrac{5}{2}\sin(2t) \\[6pt] -2\sin(2t) & \cos(2t)-2\sin(2t) \end{pmatrix}]

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