\left\{\begin{array}{l} x^{\prime}=25 x-4 y \\\ y^{\prime}=x+29 y \\\ x(0)=1 \\\ y(0)=-1 \end{array}\right.

Passo 1

O problema fornece o sistema de equações diferenciais com condições iniciais:
\left\{\begin{array}{l} x^{\prime}=25 x-4 y,\\[4pt] y^{\prime}=x+29 y,\\[4pt] x(0)=1,\\[4pt] y(0)=-1. \end{array}\right.
Pergunta-se: determinar as funções x(t) e y(t) que satisfazem esse sistema e as condições iniciais.
Informações relevantes dadas: os coeficientes são constantes (matriz constante), e temos condições iniciais em t=0.]

Passo 2

Escrevemos o sistema na forma matricial \mathbf{X}'=A\mathbf{X} para usar métodos de autovalores/autovetores. Definimos
\mathbf{X}(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\end{pmatrix},\qquad A=\begin{pmatrix}25 & -4\\[4pt]1 & 29\end{pmatrix}, \qquad \mathbf{X}(0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Trabalhar com a matriz A nos permite buscar soluções da forma \mathbf{X}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v} ou, quando houver multiplicidade algébrica, soluções envolvendo termos em t e^{\lambda t}.]

Passo 3

Calculemos os autovalores de A resolvendo \det(A-\lambda I)=0. Temos a característica:
\det\!\begin{pmatrix}25-\lambda & -4\\[4pt]1 & 29-\lambda\end{pmatrix} =(25-\lambda)(29-\lambda)-(-4)\cdot 1.
Expandindo:
(25-\lambda)(29-\lambda)+4 =\lambda^{2}-54\lambda+725+4 =\lambda^{2}-54\lambda+729.
Logo os autovalores satisfazem
\lambda^{2}-54\lambda+729=0.
O discriminante é
\Delta=54^{2}-4\cdot 729=2916-2916=0,
portanto há autovalor duplo
\lambda= \frac{54}{2}=27,
ou seja, \lambda=27 com multiplicidade algébrica 2.]

Passo 4

Agora encontramos os autovetores resolvendo (A-27I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. Calculamos
A-27I=\begin{pmatrix}25-27 & -4\\[4pt]1 & 29-27\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-2 & -4\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix}.
Resolvendo \begin{pmatrix}-2 & -4\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix} temos a equação (da primeira linha)
-2v_1-4v_2=0 \quad\Longrightarrow\quad v_1=-2v_2.
Escolhemos v_2=1 para simplificar, obtendo um autovetor
\mathbf{v}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Como o autovalor \lambda=27 tem multiplicidade algébrica 2 mas a dimensão do espaço próprio (número de autovetores independentes) é 1, a matriz A não é diagonalizável. Nesses casos precisamos de um autovetor generalizado \mathbf{w} tal que
(A-27I)\mathbf{w}=\mathbf{v}.
A solução geral do sistema será da forma
\mathbf{X}(t)=e^{27 t}\bigl(C_1\,\mathbf{v}+C_2\,(t\mathbf{v}+\mathbf{w})\bigr),
onde C_1,C_2 são constantes a determinar pelas condições iniciais. Vou explicar em passos seguintes como obter \mathbf{w} e as constantes.

Passo 6

Encontramos \mathbf{w}=(w_1,w_2)^T\) resolvendo \[\begin{pmatrix}-2 & -4\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w_1\\[4pt]w_2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-2\\[4pt]1\end{pmatrix},
pois o lado direito é \mathbf{v}. Isso gera o sistema linear
\begin{cases} -2w_1-4w_2=-2,\\[4pt] w_1+2w_2=1. \end{cases}
As duas equações são equivalentes (a segunda é -\tfrac{1}{2}\] da primeira), portanto há infinitas soluções; escolhemos uma solução conveniente para simplificar cálculos. Tomando \(w_2=0 a segunda equação dá w_1=1. Assim podemos escolher
\mathbf{w}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
(Qualquer vetor \mathbf{w} que satisfaça (A-27I)\mathbf{w}=\mathbf{v} serve; escolhemos esta por simplicidade.)]

Passo 7

Com \mathbf{v} e \mathbf{w} em mãos, escrevemos a solução geral:
\mathbf{X}(t)=e^{27 t}\bigl(C_1\,\mathbf{v}+C_2\,(t\mathbf{v}+\mathbf{w})\bigr).
Explicando a forma: quando temos um autovalor repetido e apenas um autovetor, aparece o termo t e^{\lambda t} multiplicando o autovetor; a presença do \mathbf{w} evita singularidade no sistema de equações para ajustar as constantes iniciais. Agora vamos decompor em componentes e achar C_1,C_2 pelas condições iniciais.

Passo 8

Substituindo \mathbf{v}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]1\end{pmatrix} e \mathbf{w}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}, temos
\mathbf{X}(t)=e^{27 t}\Bigl(C_1\begin{pmatrix}-2\\[4pt]1\end{pmatrix} +C_2\Bigl(t\begin{pmatrix}-2\\[4pt]1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}\Bigr)\Bigr).
Distribuindo e escrevendo as componentes x(t) e y(t):
\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt]y(t)\end{pmatrix} =e^{27 t}\begin{pmatrix}-2(C_1+C_2 t)+C_2\\[6pt]C_1+C_2 t\end{pmatrix}.
Portanto
x(t)=e^{27 t}\bigl(-2C_1-2C_2 t+C_2\bigr), \qquad y(t)=e^{27 t}\bigl(C_1+C_2 t\bigr).]

Passo 9

Aplicamos as condições iniciais em t=0:
x(0)=1 \quad\Rightarrow\quad -2C_1+C_2=1,
y(0)=-1 \quad\Rightarrow\quad C_1=-1.
Substituindo C_1=-1 na primeira equação:
-2(-1)+C_2=1 \quad\Rightarrow\quad 2+C_2=1 \quad\Rightarrow\quad C_2=-1.
Assim obtemos C_1=-1 e C_2=-1.

Passo 10

Substituímos C_1=C_2=-1 nas fórmulas de x(t) e y(t). Para y(t):
y(t)=e^{27 t}\bigl(C_1+C_2 t\bigr)=e^{27 t}(-1 - t)=-(1+t)e^{27 t}.
Para x(t):
x(t)=e^{27 t}\bigl(-2C_1-2C_2 t+C_2\bigr).
Calculando os coeficientes com C_1=C_2=-1:
-2C_1-2C_2 t+C_2 = -2(-1)-2(-1)t+(-1)=2+2t-1=1+2t.
Logo
x(t)=(1+2t)e^{27 t}.
Podemos, se quiser, checar rapidamente substituindo na equação original; essa verificação confirma que as funções satisfazem o sistema e as condições iniciais.

Resposta

x(t)=(1+2t)e^{27 t}
y(t)=-(1+t)e^{27 t}

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