Encontre uma matriz fundamental para o sistema
\mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\\\ 4 & 1 \end{array}\right) \mathbf{x}

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear de ordem 1
\mathbf{x}' = \begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 4 & 1\end{pmatrix}\mathbf{x}
O que é pedido: encontrar uma matriz fundamental para esse sistema.
Informações fornecidas que vamos usar: a matriz de coeficientes
A=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 4 & 1\end{pmatrix}.]

Passo 2

Escolha do método (explicação didática e motivo): vou procurar autovalores \lambda e autovetores \mathbf{v} de A. Por que isso funciona? Se \mathbf{v} é um autovetor com autovalor \lambda, então \mathbf{x}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v} é solução de \mathbf{x}'=A\mathbf{x} porque substituindo:
\frac{d}{dt}\big(e^{\lambda t}\mathbf{v}\big)=\lambda e^{\lambda t}\mathbf{v}=A\big(e^{\lambda t}\mathbf{v}\big).
Se encontrarmos duas soluções linearmente independentes em \mathbb{R}^2, suas colunas formam uma matriz fundamental. Vou, portanto, calcular os autovalores resolvendo o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Aqui I é a matriz identidade 2\times2 e \lambda é a incógnita (autovalor).

Passo 3

Cálculo do polinômio característico:
\det\big(A-\lambda I\big) =\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 1 \\[4pt] 4 & 1-\lambda\end{pmatrix} =(1-\lambda)^2-4.
Desenvolvendo:
(1-\lambda)^2-4 = 1-2\lambda+\lambda^2-4 = \lambda^2-2\lambda-3.
Agora resolvemos \lambda^2-2\lambda-3=0. Usando fatoração (ou fórmula quadrática):
\lambda^2-2\lambda-3=(\lambda-3)(\lambda+1),
portanto os autovalores são
\lambda_1=3,\qquad \lambda_2=-1.]

Passo 4

Cálculo do autovetor correspondente a \lambda_1=3. Precisamos resolver (A-3I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. Escrevendo a matriz:
A-3I=\begin{pmatrix}1-3 & 1 \\[4pt] 4 & 1-3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-2 & 1 \\[4pt] 4 & -2\end{pmatrix}.
O sistema (A-3I)\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}=\mathbf{0} dá as equações
-2x+y=0,\qquad 4x-2y=0.
A segunda equação é múltiplo da primeira, então basta usar a primeira: -2x+y=0\Rightarrow y=2x. Tomando x=1 (escolha de um parâmetro livre), obtemos um autovetor
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 2\end{pmatrix}.
Observação: qualquer múltiplo escalar de \mathbf{v}_1 também é autovetor, mas uma escolha concreta basta.]

Passo 5

Cálculo do autovetor correspondente a \lambda_2=-1. Resolvemos (A+I)\mathbf{v}=\mathbf{0} pois \lambda_2=-1:
A-(-1)I=A+I=\begin{pmatrix}1+1 & 1 \\[4pt] 4 & 1+1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2 & 1 \\[4pt] 4 & 2\end{pmatrix}.
O sistema é
2x+y=0,\qquad 4x+2y=0.
Novamente a segunda equação é múltiplo da primeira; da primeira obtemos y=-2x. Tomando x=1 temos o autovetor
\mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt] -2\end{pmatrix}.]

Passo 6

Construção de soluções e da matriz fundamental: cada autovetor gera a solução \mathbf{x}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v}. Assim temos duas soluções linearmente independentes
\mathbf{x}_1(t)=e^{3t}\begin{pmatrix}1\\[4pt] 2\end{pmatrix},\qquad \mathbf{x}_2(t)=e^{-t}\begin{pmatrix}1\\[4pt] -2\end{pmatrix}.
Colocando essas soluções como colunas obtemos uma matriz solução candidata
\Phi(t)=\begin{pmatrix} e^{3t} & e^{-t} \\[6pt] 2e^{3t} & -2e^{-t}\end{pmatrix}.]

Passo 7

Verificação da independência (garantia de que \Phi(t) é realmente matriz fundamental): calculamos o determinante de \Phi(t). Se for não nulo para algum t (na verdade para todo t), as colunas são linearmente independentes.
\det\Phi(t)=\det\begin{pmatrix} e^{3t} & e^{-t} \\[6pt] 2e^{3t} & -2e^{-t}\end{pmatrix} = e^{3t}\cdot(-2e^{-t})-e^{-t}\cdot(2e^{3t}) =-2e^{2t}-2e^{2t}=-4e^{2t}.
Como -4e^{2t}\neq 0 para todo t, as colunas são linearmente independentes em todo \mathbb{R}. Portanto \Phi(t) é uma matriz fundamental do sistema.]

Resposta

\Phi(t)=\begin{pmatrix} e^{3t} & e^{-t} \\[6pt] 2e^{3t} & -2e^{-t}\end{pmatrix}]

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