Resolva \mathbf{X}^{\prime}=\left(\begin{array}{rr}-1 & -2 \\\\ 3 & 4\end{array}\right) \mathbf{X}+\binom{3}{3} sendo \mathbf{X}(0)=\binom{-4}{5}.

Passo 1

O enunciado pede para resolver o sistema linear não homogêneo
\displaystyle \mathbf X'(t)=A\,\mathbf X(t)+b
onde
A = \begin{pmatrix}-1 & -2 \\[4pt] 3 & 4\end{pmatrix}, \qquad b = \begin{pmatrix}3 \\[4pt] 3\end{pmatrix},
com condição inicial \displaystyle \mathbf X(0)=\begin{pmatrix}-4 \\[4pt] 5\end{pmatrix}.
O conteúdo principal é separar a solução geral em parte homogênea \mathbf X_h e parte particular \mathbf X_p, usando exponencial de matriz via diagonalização.]

Passo 2

Para achar uma solução particular constante \mathbf X_p, impomos
0 = A\,\mathbf X_p + b \;\Longrightarrow\; A\,\mathbf X_p = -\,b.
Calculamos \det A = (-1)\cdot4 - (-2)\cdot3 = 2, logo
A^{-1} = \frac1{2}\begin{pmatrix}4 & 2 \\[4pt] -3 & -1\end{pmatrix}.
Então
\mathbf X_p = -\,A^{-1}b = -\frac1{2}\begin{pmatrix}4 & 2 \\[4pt] -3 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}3 \\[4pt] 3\end{pmatrix} = -\frac1{2}\begin{pmatrix}18 \\[4pt] -12\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-9 \\[4pt] 6\end{pmatrix}.]

Passo 3

A parte homogênea satisfaz \mathbf X' = A\,\mathbf X. Seus valores próprios saem da equação
\lambda^2 - (\mathrm{tr}A)\,\lambda + \det A = \lambda^2 - 3\lambda + 2 = 0,
cujas raízes são \lambda_1=2 e \lambda_2=1.
Para \lambda_1=2:
(A-2I)v=0 \;\Longrightarrow\; v^{(1)}=\begin{pmatrix}-2 \\[4pt] 3\end{pmatrix}.
Para \lambda_2=1:
(A-I)v=0 \;\Longrightarrow\; v^{(2)}=\begin{pmatrix}-1 \\[4pt] 1\end{pmatrix}.
Formamos
\displaystyle P = \bigl[v^{(1)},v^{(2)}\bigr] e
\displaystyle D = \operatorname{diag}(2,1).]

Passo 4

Usando P e D temos
e^{At} = P\,e^{Dt}\,P^{-1} = \begin{pmatrix}-2 & -1 \\[4pt] 3 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}e^{2t} & 0 \\[4pt] 0 & e^t\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] -3 & -2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2e^{2t}+3e^t & -2e^{2t}+2e^t \\[4pt] 3e^{2t}-3e^t & 3e^{2t}-2e^t \end{pmatrix}.
Definindo
\displaystyle \Delta = \mathbf X(0)-\mathbf X_p = \begin{pmatrix}5 \\[4pt] -1\end{pmatrix},
a solução homogênea é
\mathbf X_h(t) = e^{At}\,\Delta = \begin{pmatrix} -8e^{2t}+13e^t \\[4pt] 12e^{2t}-13e^t \end{pmatrix}.]

Passo 5

A solução geral do sistema é
\mathbf X(t) = \mathbf X_p + \mathbf X_h(t) = \begin{pmatrix}-9 \\[4pt] 6\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}-8e^{2t}+13e^t \\[4pt] 12e^{2t}-13e^t\end{pmatrix}.]

Resposta

\boxed{ \mathbf X(t) = \begin{pmatrix} -9 -8e^{2t} + 13e^t \\[6pt] 6 + 12e^{2t} - 13e^t \end{pmatrix} }.]

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