Resolver um sistema de equações diferenciais
\left\{\begin{array}{l}\dot{x}=3 x+2 y+4 \mathrm{e}^{5 t}, \\\ \dot{y}=x+2 y .\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede a solução geral do sistema linear não homogêneo
\begin{cases} \dot{x} = 3x + 2y + 4e^{5t},\\\ \dot{y} = x + 2y. \end{cases}
O conteúdo é equações diferenciais lineares em vetor, que vamos resolver em duas etapas: primeiro a parte homogênea X' = A\,X, depois uma solução particular de X' = A\,X + f(t).

Passo 2

Escrevemos o sistema na forma matricial
X = \begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix},\quad A = \begin{pmatrix}3 & 2\\\ 1 & 2\end{pmatrix},\quad f(t) = \begin{pmatrix}4e^{5t}\\\ 0\end{pmatrix},
de modo que
X' = A\,X + f(t).
Para a solução homogênea resolvemos X' = A\,X determinando autovalores e autovetores de A.

Passo 3

O polinômio característico de A é
\det(A - \lambda I) = \det\!\begin{pmatrix}3-\lambda & 2\\\ 1 & 2-\lambda\end{pmatrix} = (\,3-\lambda\,)(\,2-\lambda\,) - 2 = \lambda^2 -5\lambda +4 = (\lambda-1)(\lambda-4).
Logo \lambda_1=1, \lambda_2=4.
Para \lambda_1=1 resolvemos (A - I)v=0:
\begin{pmatrix}2 & 2\\\ 1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\v_2\end{pmatrix}=0 \;\Rightarrow\;v_2=-v_1,
um autovetor é v^{(1)}=(1,-1)^T.
Para \lambda_2=4 temos
\begin{pmatrix}-1 & 2\\\ 1 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\v_2\end{pmatrix}=0 \;\Rightarrow\;v_2=\tfrac12v_1,
podemos escolher v^{(2)}=(2,1)^T.
Portanto a solução homogênea é
X_h(t) = C_1\begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix}e^{t} + C_2\begin{pmatrix}2\\\ 1\end{pmatrix}e^{4t}.

Passo 4

Para a parte particular usamos o método dos coeficientes indeterminados buscando
X_p(t) = \begin{pmatrix}A\B\end{pmatrix}e^{5t}.
Substituindo em X' = A\,X + f(t)
5\begin{pmatrix}A\B\end{pmatrix}e^{5t} = A\begin{pmatrix}A\B\end{pmatrix}e^{5t} + \begin{pmatrix}4e^{5t}\\\ 0\end{pmatrix},
ou seja
(5I - A)\begin{pmatrix}A\B\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4\\\ 0\end{pmatrix}, \quad 5I - A = \begin{pmatrix}2 & -2\\\ -1 & 3\end{pmatrix}.
Resolvendo
\begin{pmatrix}2 & -2\\\ -1 & 3\end{pmatrix} \begin{pmatrix}A\B\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4\\\ 0\end{pmatrix}
vem A=3 e B=1. Assim
X_p(t) = \begin{pmatrix}3\\\ 1\end{pmatrix}e^{5t}.

Passo 5

A solução geral é a soma das partes homogênea e particular:
X(t) = X_h(t) + X_p(t) = C_1\begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix}e^{t} + C_2\begin{pmatrix}2\\\ 1\end{pmatrix}e^{4t} + \begin{pmatrix}3\\\ 1\end{pmatrix}e^{5t}.
Isto é, em componentes,
x(t) = C_1e^{t} + 2C_2e^{4t} + 3e^{5t}, \quad y(t) = -C_1e^{t} + C_2e^{4t} + e^{5t}.

Resposta

x(t) = C_1e^{t} + 2C_2e^{4t} + 3e^{5t},\qquad y(t) = -C_1e^{t} + C_2e^{4t} + e^{5t},
com C_1,C_2 constantes arbitrárias.

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