Encontre o vetor solução do PVI abaixo
\left\{\begin{array}{l}X^{\prime}=A X \\\ X(0)=X_{0}\end{array} \quad\right. onde A=\left(\begin{array}{rr}-1 & -4 \\\\ 1 & -1\end{array}\right), \quad X_{0}=\binom{2}{3}

Passo 1

O enunciado pede para resolver o problema de valor inicial (PVI)
X' = A\,X,\quad X(0)=X_0
onde
A = \begin{pmatrix}-1 & -4 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}, \quad X_0 = \begin{pmatrix}2\\\ 3\end{pmatrix}.
O conteúdo é exponenciação de matriz e uso da fórmula
X(t) = e^{tA}\,X_0.
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Passo 2

Para facilitar, escrevemos
A = -I + B,
onde I é a matriz identidade 2\times2 e
B = A + I = \begin{pmatrix}-1&-4\\\ 1&-1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}1&0\\\ 0&1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&-4\\\ 1&0\end{pmatrix}.

Passo 3

Calculamos B^2:
B^2 = \begin{pmatrix}0&-4\\\ 1&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0&-4\\\ 1&0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-4&0\\\ 0&-4\end{pmatrix} = -4\,I.

Passo 4

Pelo desenvolvimento em série,
e^{tB} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(tB)^n}{n!}
e, usando B^2=-4I, reconhecemos as séries de cosseno e seno:
e^{tB} = I\cos(2t) + \frac{B}{2}\,\sin(2t).

Passo 5

Como A=-I+B, vale
e^{tA} = e^{t(-I+B)} = e^{-t}\,e^{tB} = e^{-t}\Bigl(I\cos(2t)+\tfrac{B}{2}\sin(2t)\Bigr).
Logo
X(t) = e^{tA}X_0 = e^{-t}\Bigl(I\cos(2t)+\tfrac{B}{2}\sin(2t)\Bigr)X_0.

Passo 6

Primeiro calculamos
B\,X_0 = \begin{pmatrix}0&-4\\\ 1&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}2\\\ 3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-12\\\ 2\end{pmatrix}.
Portanto
\Bigl(I\cos(2t)+\tfrac{B}{2}\sin(2t)\Bigr)X_0 = \cos(2t)\begin{pmatrix}2\\\ 3\end{pmatrix} + \frac{\sin(2t)}{2}\begin{pmatrix}-12\\\ 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\cos(2t)-6\sin(2t)\\[4pt]3\cos(2t)+\sin(2t)\end{pmatrix}.
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Passo 7

Multiplicando pelo fator e^{-t} obtemos a solução final:
X(t) = e^{-t}\begin{pmatrix}2\cos(2t)-6\sin(2t)\\[4pt]3\cos(2t)+\sin(2t)\end{pmatrix}.
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Resposta

X(t)=e^{-t}\begin{pmatrix} 2\cos(2t)-6\sin(2t)\\[4pt] 3\cos(2t)+\sin(2t) \end{pmatrix}.
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