Resolva os seguintes problemas de valor inicial.
\frac{d}{d t}\left[\begin{array}{c}x(t) \\\ y(t) \\\ z(t)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{rrr}0 & 1 & 0 \\\\ -1 & 0 & -2 \\\\ 0 & 0 & 3\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x(t) \\\ y(t) \\\ z(t)\end{array}\right], \quad\left[\begin{array}{c}x(0) \\\ y(0) \\\ z(0)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{r}1 \\\\ -1 \\\\ -5\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado apresenta o sistema linear de EDOs com coeficientes constantes
\frac{d}{dt}\begin{pmatrix}x(t)\y(t)\z(t)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\\\ -1 & 0 & -2 \\\\ 0 & 0 & 3\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x(t)\y(t)\z(t)\end{pmatrix},
com condição inicial
\displaystyle\begin{pmatrix}x(0)\y(0)\z(0)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\\ -1\\\ -5\end{pmatrix}.
Como a matriz é triangular, primeiro resolvemos a equação para z(t) e depois descontamos em x,y.

Passo 2

A equação para z(t) é
z' = 3z,
com z(0)=-5. Esta é uma equação de 1ª ordem linear homogênea, cuja solução é
z(t) = -5\,e^{3t}.

Passo 3

As duas primeiras equações formam o sistema
x' = y, \quad y' = -x - 2\,z(t).
Substituindo z(t)=-5e^{3t} obtemos uma equação de 2ª ordem para x(t):
x'' = y' = -x -2\bigl(-5e^{3t}\bigr) = -x +10e^{3t},
isto é,
x'' + x = 10\,e^{3t}.

Passo 4

Para resolver
x'' + x =10e^{3t}
usamos superposição. A solução geral da homogênea é
x_h(t)=A\cos t + B\sin t.
Procuramos um particular da forma x_p(t)=C\,e^{3t}. Substituindo em x''+x
(9C + C)\,e^{3t} = 10\,e^{3t} \quad\Longrightarrow\quad 10C = 10 \quad\Longrightarrow\quad C = 1.
Logo
x_p(t)=e^{3t},
e
x(t)=A\cos t + B\sin t + e^{3t}.

Passo 5

Derivando x(t) obtemos
y(t)=x'(t) = -A\sin t + B\cos t + 3\,e^{3t}.

Passo 6

Aplicando as condições iniciais:
x(0) = A + 1 = 1 \quad\Longrightarrow\quad A = 0,
y(0) = B + 3 = -1 \quad\Longrightarrow\quad B = -4.

Resposta

x(t) = -4\sin t + e^{3t}, \quad y(t) = -4\cos t + 3e^{3t}, \quad z(t) = -5e^{3t}.

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