e devemos encontrar todas as soluções X(t) (ou seja, a solução geral). Não há figura nem dados adicionais.]
Passo 2
Vamos buscar soluções da forma X(t)=v e^{\lambda t}, com v vetor constante (não nulo) e \lambda número (possivelmente complexo). Por que essa forma? Porque ao substituir em X'=AX obtemos
\lambda v e^{\lambda t}=A v e^{\lambda t},
e como e^{\lambda t} nunca é zero podemos cancelar, chegando ao problema de autovalores
A v = \lambda v,
ou seja, (A-\lambda I)v=0. Para existir v\neq0 precisamos de \det(A-\lambda I)=0. Essa equação em \lambda dá os autovalores; para cada autovalor não nulo encontramos um autovetor v e obtemos uma exponencial solução v e^{\lambda t}. Se os autovetores formarem base de \mathbb{R}^2, a combinação linear deles gera a solução geral.
Passo 3
Calculo do polinômio característico \det(A-\lambda I). Temos
Como os autovalores são distintos, sabemos que existem dois autovetores linearmente independentes e a matriz é diagonalizável (em \mathbb{R}^2), o que garante que as duas exponenciais associadas formam uma base de soluções.
A equação 9x+y=0 dá y=-9x. Tomando x=1 obtemos o autovetor
v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-9\end{pmatrix}.
Verificação: A v_2=\begin{pmatrix}12\cdot1+1\cdot(-9)\\[4pt]9\cdot1+4\cdot(-9)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\[4pt] -27\end{pmatrix}=3\begin{pmatrix}1\\[4pt]-9\end{pmatrix}=3 v_2.]
Passo 6
Montagem da solução geral. Como v_1 e v_2 são autovetores associados a autovalores distintos, as soluções