Resolva o problema de valor inicial dado pelo método dos coeficientes indeterminados.
X^{\prime}=\left(\begin{array}{cc}-1 & 2 \\\\ 3 & 4\end{array}\right) X+\binom{3}{3} sujeito a condição X(0)=\binom{-4}{5}

Passo 1

O problema é resolver o sistema linear não homogêneo
X' = A\,X + b,
com
A = \begin{pmatrix}-1 & 2 \\[6pt]3 & 4\end{pmatrix}, \quad b = \begin{pmatrix}3 \\[3pt]3\end{pmatrix},
sujeito a X(0)=\bigl(-4,\,5\bigr)^T.
Usaremos o método dos coeficientes indeterminados: primeiro achamos a solução geral do sistema homogêneo X'=AX e depois uma solução particular constante de X'=AX+b. Finalmente impomos a condição inicial para determinar as constantes livres.]

Passo 2

Para a parte homogênea X'=AX buscamos autovalores e autovetores de A.
O polinômio característico é
\det(A-\lambda I) =\det\begin{pmatrix}-1-\lambda & 2 \\[3pt]3 & 4-\lambda\end{pmatrix} =\lambda^2-3\lambda-10=0,
cuja solução é
\lambda_1 = 5,\quad \lambda_2 = -2.
Para \lambda_1=5, resolvemos (A-5I)v=0:
\begin{pmatrix}-6 & 2\\[3pt]3 & -1\end{pmatrix}v=0 \implies v^{(1)} = \begin{pmatrix}1\\[3pt]3\end{pmatrix}.
Para \lambda_2=-2, resolvemos (A+2I)v=0:
\begin{pmatrix}1 & 2\\[3pt]3 & 6\end{pmatrix}v=0 \implies v^{(2)} = \begin{pmatrix}-2\\[3pt]1\end{pmatrix}.
Logo a solução geral homogênea é
X_h(t) = C_1 e^{5t}\begin{pmatrix}1\\\ 3\end{pmatrix} + C_2 e^{-2t}\begin{pmatrix}-2\\\ 1\end{pmatrix}.]

Passo 3

Procuramos uma solução particular constante \,X_p=\bigl(a,b\bigr)^T\). Como \(X_p'=0\), deve valer \[A\,X_p + b = 0 \;\Longrightarrow\; \begin{cases} -\,a + 2\,b + 3 = 0,\\[3pt] 3\,a + 4\,b + 3 = 0. \end{cases}
Resolvendo, da primeira equação (a = 3 + 2b]. Substituindo na segunda:
3(3+2b)+4b = -3 \;\Longrightarrow\; 10b = -12 \;\Longrightarrow\; b = -\tfrac{6}{5},
a = 3 + 2\bigl(-\tfrac{6}{5}\bigr) = \tfrac{3}{5}.
Portanto
X_p = \begin{pmatrix}3/5\\[3pt]-6/5\end{pmatrix}.]

Passo 4

A solução geral do não homogêneo é
X(t) = X_h(t) + X_p = C_1 e^{5t}\begin{pmatrix}1\\\ 3\end{pmatrix} + C_2 e^{-2t}\begin{pmatrix}-2\\\ 1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}3/5\\\ -6/5\end{pmatrix}.
Impondo X(0)=(-4,\,5)^T obtemos
C_1\begin{pmatrix}1\\\ 3\end{pmatrix} + C_2\begin{pmatrix}-2\\\ 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-4\\\ 5\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}3/5\\\ -6/5\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-23/5\\\ 31/5\end{pmatrix}.
O sistema é
\begin{cases} C_1 - 2C_2 = -\tfrac{23}{5},\\[3pt] 3C_1 + C_2 = \tfrac{31}{5}. \end{cases}
Daí
C_2 = \tfrac{20}{7}, \qquad C_1 = \tfrac{39}{35}.]

Resposta

A solução do problema de valor inicial é
X(t) = \frac{39}{35}e^{5t}\begin{pmatrix}1\\\ 3\end{pmatrix} + \frac{20}{7}e^{-2t}\begin{pmatrix}-2\\\ 1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}3/5\\[3pt]-6/5\end{pmatrix},
isto é, em componentes,
x_1(t) = \frac{39}{35}e^{5t} \;-\; \frac{40}{7}e^{-2t} \;+\; \frac{3}{5}, \quad x_2(t) = \frac{117}{35}e^{5t} \;+\; \frac{20}{7}e^{-2t} \;-\; \frac{6}{5}.]

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