x^prime=(rrr 1 & 0 & 0 -4 & 1 & 0 3 & 6 & 2 ) x, x(0)=(r -1 2 -30 )

Passo 1

O problema é um sistema de EDOs lineares com coeficientes constantes
x' = A,x, A = 1&0&0-4&1&03&6&2, x(0)=-12-30
O truque é notar que A é triangular por blocos, então podemos achar x1(t), depois x2(t) usando o x1(t) já conhecido, e por fim x3(t). Para as equações de segunda e terceira componentes usamos o método do fator integrante.

Passo 2

A primeira equação é
x1' = 1cdot x1,
que é separável e dá solução
x1(t) = C1e^t
Como x1(0)=-1, temos C1=-1. Logo
x1(t) = -e^t

Passo 3

A segunda equação é
x2' = -4,x1 + 1cdot x2
Substituindo x1(t)=-e^t fica
x2' - x2 = -4(-e^t) = 4e^t
O fator integrante é e^-t, pois
ddtl(x2e^-tr) = (x2'-x2)e^-t = 4e^te^-t=4
Integrando,
x2e^-t = 4t + C2,
portanto
x2(t) = (4t + C2),e^t
Como x2(0)=2, vem C2=2 e
x2(t) = (4t+2)e^t

Passo 4

A terceira equação é
x3' = 3,x1 + 6,x2 + 2,x3
Substituindo x1 e x2,
x3' - 2x3 = 3(-e^t) + 6l((4t+2)e^tr) = (-3 + 24t +12)e^t = (24t+9)e^t
Aqui o fator integrante é e^-2t, de modo que
ddtl(x3e^-2tr) = (x3'-2x3)e^-2t = (24t+9)e^te^-2t = (24t+9)e^-t
Integramos:
integral (24t+9)e^-tdt = 24integral t e^-tdt +9integral e^-tdt = 24l(-t e^-t-e^-tr)-9e^-t+C3 = -(24t+33)e^-t+C3
Logo
x3e^-2t = -(24t+33)e^-t+C3 Longrightarrow x3(t)=-(24t+33)e^t+C3e^2t
Impondo x3(0)=-30 -33+C3=-30Rightarrow C3=3. Assim
x3(t) = -(24t+33)e^t +3e^2t

Resposta

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