ou seja, encontrar a solução geral X(t) (vetor com duas componentes) que satisfaz a equação para todo t. As informações dadas: a matriz A é a indicada acima. Não há condição inicial fornecida, então a solução deve vir com constantes arbitrárias.]
Passo 2
Começo encontrando os autovalores de A. O polinômio característico é
Agora encontro os autovetores associados a \lambda=0\), resolvendo \(A v=0\). Escrevendo \(v=(x,y)^T\),
\[\begin{cases} 4x-2y=0,\\[4pt] 8x-4y=0, \end{cases}
ambas equações são equivalentes; da primeira obtemos (4x=2y\Rightarrow y=2x]. Portanto o espaço próprio (autovetores) é gerado por v=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}.
O espaço próprio tem dimensão 1 (multiplicidade geométrica 1), menor que a multiplicidade algébrica 2: a matriz não é diagonalizável e precisamos de um autovetor generalizado para formar uma base de soluções.]
Como (At)^2=A^2t^2=0, todos os termos com k\ge2 são zero, sobrando I+At.]
Passo 5
A solução geral do sistema linear homogêneo é dada por
X(t)=e^{At}C=(I+At)C,
onde C=X(0) é o vetor de constantes (dois constantes arbitrárias). Escrevendo C=\begin{pmatrix}c_1\\[4pt]c_2\end{pmatrix} e multiplicando, obtemos explicitamente
Expliquei acima por que esta forma resolve a equação: derivando X(t) obtemos \dot{X}(t)=A C (pois derivada de I+At é A), e como A^2=0 tem-se A X(t)=A(I+At)C=A C + A^2 t C=A C, então \dot{X}=AX é satisfeita.]
Passo 6
Opcional — forma com autovetor e vetor generalizado (útil para provas): já temos autovetor v=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}. Procuramos w tal que A w=v. Resolvendo