MAT040_2021_1_Prova02_TA_Gabarito

Prévia do material em texto

UFMG/ICEx/MAT — BH 27/07/2021 Prova 2 de Equações Diferenciais C Turma TA
Respostas sem justificativas não serão consideradas.
Entregar no Microsoft Teams até às 23h59min do dia 27/07/2021.
Nome Legível:
Assinatura:
Questão 1 2 3 Total
Pontos 7 14 12 33
Nota
1. (7 pontos) Usar o método de solução em séries de potências para determinar os seis primeiros termos da solução do problema de
valor inicial{
(x2 −4)y ′′(x)+3x y ′(x)+ y(x) = 0;
y(0) = 2; y ′(0) = 1.
SUGESTÃO: Procurar solução da forma y(x) =
+∞∑
n=0
an x
n = a0 +a1x1 +a2x2 +a3x3 +a4x4 +a5x5 +a6x6 +·· ·+an xn +·· · .
1.
y(x) = 2
(
1+ 1
8
x2 + 3
128
x4 + 5
1024
x6 + 35
32768
x8 +·· ·
)
+1
(
x + 1
6
x3 + 1
30
x5 + 1
140
x7 +·· ·
)
(−2 < x <+2)
Solução: Escrevemos a solução formal da EDO como uma série de potências com centro em x0 = 0,
y(x) =
+∞∑
n=0
an x
n .
O cálculo formal das derivadas dessa função pode ser feito diretamente por derivação termo a termo,
y(x) =
+∞∑
n=0
an x
n ; y ′(x) =
+∞∑
n=1
nan x
n−1; y ′′(x) =
+∞∑
n=2
n(n −1)an xn−2.
Logo,
(x2 −4)y ′′(x)+3x y ′(x)+ y(x)
= (x2 −4)
+∞∑
n=2
n(n −1)an xn−2 +3x
+∞∑
n=1
nan x
n−1 +
+∞∑
n=0
an x
n
=
+∞∑
n=2
n(n −1)an xn +
+∞∑
n=2
−4n(n −1)an xn−2 +
+∞∑
n=1
3nan x
n +
+∞∑
n=0
an x
n
=
+∞∑
n=2
n(n −1)an xn +
+∞∑
n=0
−4(n +2)(n +1)an+2xn +
+∞∑
n=1
3nan x
n +
+∞∑
n=0
an x
n
=
+∞∑
n=2
n(n −1)an xn −4 ·2 ·1a2x0 −4 ·3 ·2a3x1 +
+∞∑
n=2
−4(n +2)(n +1)an+2xn
+3 ·1a1x1 +
+∞∑
n=1
3nan x
n +a0x0 +a1x1 +
+∞∑
n=0
an x
n
= [−4 ·2 ·1a2 +a0]x0 + [−4 ·3 ·2a3 +4a1]x1 +
+∞∑
n=2
[−4(n +2)(n +1)an+2 + (n(n −1)+3n +1)]xn
= 0.
Dessa forma,
−4(2)(1)a2 +a0 = 0 ⇒ a2 = 1
4
1
2
a0 = 1
41 ·21 ·1! a0
−4(3)(2)a3 +4a1 = 0 ⇒ a3 = 1
4
2
3
a1 = 2
1 ·1!
4 ·1 ·3 a1
−4(n +1)(n +2)an+2 + [n(n −1)+3n +1]an = 0 ⇒ an+2 = [n(n −1)+3n +1]
4(n +1)(n +2) an =
1
4
(n +1)
(n +2) an : relação de recorrência.
Para os coeficientes com índices pares,
n = 0 : a2 = 1
4
1
2
a0 = 1
41 ·21 ·1! a0
n = 2 : a4 = 1
4
3
4
a2 = ·· · = 1 ·3
42 ·22 ·2! a0
n = 4 : a6 = 1
4
5
6
a4 = ·· · = 1 ·3 ·5
43 ·23 ·3! a0
Turma TA—Ter e Qui: 7h30–9h10 Prova 2 EDC (MAT040)
Página 2 de 9 Prova 2 de Equações Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TA
n = 6 : a8 = 1
4
7
8
a6 = ·· · = 1 ·3 ·5 ·7
44 ·24 ·4! a0
n = 8 : a10 = 1
4
9
10
a8 = ·· · = 1 ·3 ·5 ·7 ·9
45 ·25 ·5! a0.
A fórmula geral para os coeficientes com índices pares, que se obtém indutivamente, é
a2k =
1 ·3 ·5 · · · (2k −1)
4k ·2k ·k ! a0 (n ∈N).
Para os coeficientes com índices ímpares,
n = 1 : a3 = 1
4
2
3
a1 = 2
1 ·1!
41 ·1 ·3 a1
n = 3 : a5 = 1
4
4
5
a3 = ·· · = 2
2 ·2!
42 ·1 ·3 ·5 a1
n = 5 : a7 = 1
4
6
7
a5 = ·· · = 2
3 ·3!
43 ·1 ·3 ·5 ·7 a1
n = 7 : a9 = 1
4
8
9
a7 = ·· · = 2
4 ·4!
44 ·1 ·3 ·5 ·7 ·9 a1
n = 9 : a11 = 1
4
10
11
a9 = ·· · = 2
5 ·5!
45 ·1 ·3 ·5 ·7 ·9 ·11 a1.
A fórmula geral para os coeficientes com índices ímpares, que se obtém indutivamente, é
a2k+1 =
2k ·k !
4k ·1 ·3 ·5 · · · (2k +1) a1 (n ∈N).
A solução formal em série de potências, candidata para a verdadeira solução da EDO (x2 −4)y ′′(x)+3x y ′(x)+ y(x) = 0, é
y(x) = a0
[
1+
+∞∑
k=1
1 ·3 ·5 · · · (2k −1)
4k ·2k ·k ! x
2k
]
+a1
[
x +
+∞∑
k=1
2k ·k !
4k ·1 ·3 ·5 · · · (2k +1) x
2k+1
]
.
Para confirmar que essa série de potências é de fato a solução da EDO devemos calcular os raios de convergência de cada uma das
duas séries componentes, que podem ser obtidos através do teste da razão. Nesse teste, escrevemos um quociente (a razão) com o
valor absoluto do termo genérico da série no denominador e o valor absoluto do termo genérico subsequente no numerador; em
seguida, avaliamos o limite desse quociente quando o termo genérico tende a infinito.
Para a primeira série consideramos a0 = 1 e a1 = 0 e denotamos a correspondente função por y0(x),∣∣∣∣∣1 ·3 ·5 · · · (2k −1)(2(k +1)−1) x2(k+1)4k+1 ·2k+1 · (k +1)!
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 ·3 ·5 · · · (2k −1) x2k4k ·2k ·k !
∣∣∣∣∣
=
∣∣∣∣∣1 ·3 ·5 · · · (2k −1)(2(k +1)−1) x2(k+1)4k+1 ·2k+1 · (k +1)!
∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣ 4k ·2k ·k !1 ·3 ·5 · · · (2k −1) x2k
∣∣∣∣∣
= 1 ·3 ·5 · · · (2k −1)(2(k +1)−1) |x|
2k |x|2
4k ·4 ·2k ·2 · (k +1) ·k !
4k ·2k ·k !
1 ·3 ·5 · · · (2k −1) |x|2k
=(((
((((1 ·3 ·5 · · · (2k −1)(2(k +1)−1)���|x|2k |x|2
��4k ·4 ·��2k ·2 · (k +1) ·�k !
��4k ·��2k ·�k !
(((
((((1 ·3 ·5 · · · (2k −1)���|x|2k
= (2(k +1)−1) x
2
4 ·2 · (k +1)
k→+∞−−−−−→ |x|
2
4
(∀x ∈R).
Com isso, a primeira série converge absolutamente se |x|2/4 < 1, ou seja, se |x| < 2; logo, o raio de convergência da primeira série é
R = 2 e o intervalo de convergência é −2 < x <+2.
Analogamente, para a segunda série consideramos a0 = 0 e a1 = 1 e denotamos a correspondente função por y1(x),∣∣∣∣∣ 2k+1 · (k +1)! x2((k+1)+1)4k+1 ·1 ·3 ·5 · · · (2k +1)(2(k +1)+1)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 2k ·k ! x2(k+1)4k ·1 ·3 ·5 · · · (2k +1)
∣∣∣∣∣
=
∣∣∣∣∣ 2k+1 · (k +1)! x2((k+1)+1)4k+1 ·1 ·3 ·5 · · · (2k +1)(2(k +1)+1)
∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣4k ·1 ·3 ·5 · · · (2k +1)2k ·k ! x2(k+1)
∣∣∣∣∣
= 2
k ·2 · (k +1)k ! |x|2(k+1)|x|2
4k ·4 ·1 ·3 ·5 · · · (2k +1)(2(k +1)+1)
4k ·1 ·3 ·5 · · · (2k +1)
2k ·k ! x2(k+1)
Turma TA—Ter e Qui: 7h30–9h10 Prova 2 EDC (MAT040)
Página 3 de 9 Prova 2 de Equações Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TA
= ��2
k ·2 · (k +1)�k !����|x|2(k+1)|x|2
��4k ·4 ·(((((
((
1 ·3 ·5 · · · (2k +1)(2(k +1)+1)
��4k ·(((((
((
1 ·3 ·5 · · · (2k +1)
��2k ·�k !���x2(k+1)
= 2(k +1) x
2
2(k +1)+1
k→+∞−−−−−→ |x|
2
4
(∀x ∈R).
Com isso, a segunda série converge absolutamente se |x|2/4 < 1, ou seja, se |x| < 2; logo, o raio de convergência da segunda série é
R = 2 e o intervalo de convergência é −2 < x <+2.
Portanto, cada uma das séries de potências converge absolutamente para todo número real tal que −2 < x <+2 e isso justifica todos
os cálculos realizados para a obtenção da série formal acima no intervalo especificado. Assim, a série obtida é, de fato, solução da
EDO no intervalo −2 < x <+2. Observamos que se escrevemos a EDO na forma reduzida,
y ′′(x)+ 3x
(x2 −4) y
′(x)+ 1
(x2 −4) y(x) = 0,
então os coeficientes da equação, p(x) = 3x/(x2 −4) e q(x) = 1/(x2 −4), possuem singularidades nos pontos que anulam os deno-
minadores, ou seja, nas raízes de x2 −4 = 0, que são x =±2. A solução em série de potências desenvolvida em torno da origem das
coordenadas tem raio de convergência sempre igual ou menor do que o mínimo dos valores absolutos das raízes; no caso presente,
min{|−2|, |+2|} = 2 e o raio de convergência determinado para a solução vale exatamente R = 2.
Em resumo, a solução em série de potências para a EDO (x2 −4)y ′′(x)+3x y ′(x)+ y(x) = 0 é
y(x) = a0
(
1+
+∞∑
k=1
1 ·3 ·5 · · · (2k −1)
4k ·2k ·k ! x
2k
)
+a1
(+∞∑
k=0
2k ·k !
4k ·1 ·3 ·5 · · · (2k +1) x
2k+1
)
(−2 < x <+2)
= a0
(
1+ 1
8
x2 + 3
128
x4 + 5
1024
x6 + 35
32768
x8 +·· ·
)
+a1
(
x + 1
6
x3 + 1
30
x5 + 1
140
x7 +·· ·
)
(−2 < x <+2).
Finalmente, com as condições iniciais deduzimos os valores das constantes. De fato, y(0) = 2 implica a0 = 2; e y ′(0) = 1 implica
a1 = 1. Logo, a solução do problema de valor inicial{
(x2 −4)y ′′(x)+3x y ′(x)+ y(x) = 0;
y(0) = 2; y ′(0) = 1.
é
y(x) = 2
(
1+ 1
8
x2 + 3
128
x4 + 5
1024
x6 + 35
32768
x8 +·· ·
)
+1
(
x + 1
6
x3 + 1
30
x5 + 1
140
x7 +·· ·
)
(−2 < x <+2).
2. (a) (3 pontos) Determinar a transformada de Laplace da função f (t ) =

+2, 06 t 6 4;
+4− t
2
, 4 < t 6 12;
0, 12 < t <+∞.
(a)
F (s) = 2
s
−
(
1
2s2
)
exp(−4s)+
(
1
2s2
+ 2
s
)
exp(−12s)
Solução: Inicialmente, escrevemos a função f (t ) com o uso de funções degrau,
f (t ) = 2u(t )+
[(
4− t
2
)
−2
]
u(t −4)+
[
0−
(
4− t
2
)]
u(t −12)
= 2u(t )+
(
2− t
2
)
u(t −4)+
(
t
2
−4
)
u(t −12).
Turma TA—Ter e Qui: 7h30–9h10 Prova 2 EDC (MAT040)
Página 4 de 9 Prova 2 de Equações Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TA
Em seguida, usamos tabelas de transformada de Laplace. Para a primeira parcela temos
L {2u(t )}(s) = 2L {u(t )}(s) = 2 1
s
.
Para as duas parcelas seguintes usamos, entre outras, a fórmula
L {g (t )u(t −a)}(s) = exp(−as)L {g (t +a)}(s).
Para a segunda parcela selecionamos a = 4 e g (t ) = 2− t/2; logo, g (t +4)= 2− (t +4)/2 = 2− t/2−2 =−t/2. Portanto,
L
{(
2− t
2
)
u(t −4)
}
(s) = exp(−4s)L {g (t +4)}(s)
= exp(−4s)L
{
− t
2
}
(s)
=−exp(−4s)
(
1
2
1
s2
)
.
Para a terceira parcela selecionamos a = 12 e g (t ) = t/2−4; logo, g (t +12) = (t +12)/2−4 = t/2+2. Portanto,
L
{(
t
2
+2
)
u(t −12)
}
(s) = exp(−12s)L {g (t +12)}(s)
= exp(−12s)L
{
t
2
+2
}
(s)
= exp(−12s)
(
1
2
1
s2
+ 2
s
)
.
Finalmente,
F (s) =L { f (t )}(s)
=L
{
2u(t )+
(
2− t
2
)
u(t −4)+
(
t
2
−4
)
u(t −12)
}
(s)
=L {2u(t )} (s)+L
{(
2− t
2
)
u(t −4)
}
(s)+L
{(
t
2
−4
)
u(t −12)
}
(s)
= 2
s
−
(
1
2s2
)
exp(−4s)+
(
1
2s2
+ 2
s
)
exp(−12s).
(b) (4 pontos) Determinar a transformada inversa de Laplace da função F (s) = 5s
2 +22s −117
(2s +1)(s2 +6s +45) exp(−πs).
(b)
f (t ) =−3
2
exp
(
− (t −π)
2
)
u(t −π)+4exp(−3(t −π))cos(6(t −π))u(t −π)+exp(−3(t −π))sen(6(t −π))u(t −π)
Solução: Inicialmente, usamos decomposição em frações parciais para a função G(s) = 5s
2 +22s −117
(2s +1)(s2 +6s +45) . O numerador
tem grau 2, que é estritamente menor do que o grau do denominador, que vale 3; além disso, os fatores irredutíveis do deno-
minador são 2s +1 e s2 +6s −45 já que esse último fator tem raízes complexas conjugadas. Logo,
G(s) = 5s
2 +22s −117
(2s +1)(s2 +6s +45)
= A
2s +1 +
B s +C
s2 +6s +45
Turma TA—Ter e Qui: 7h30–9h10 Prova 2 EDC (MAT040)
Página 5 de 9 Prova 2 de Equações Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TA
= A(s
2 +6s +45)+ (B s +C )(2s +1)
(2s +1)(s2 +6s +45)
= As
2 +6As +45A+2B s2 +B s +2C s +C
(2s +1)(s2 +6s +45)
= (A+2B)s
2 + (6A+B +2C )s + (45A+C )
(2s +1)(s2 +6s +45) .
Essa equação é equivalente ao sistema de equações algébricas lineares
A+2B = 5
6A+1B +2C = 22
45A +1C =−117
⇔

A+ 2B = 5
−11B +2C =−8
−90B +1C =−342
⇔

A+ 2B = 5
B − (2/11)C = 8/11
−90B + C =−342
⇔

A + (4/11)C = 39/11
B − (2/11)C = 8/11
− (169/11)C =−3042/11
⇔

A + (4/11)C = 39/11
B − (2/11)C = 8/11
C = 18
⇔

A =−3
B = 4
C = 18
Dessa forma,
G(s) =− 3
2s +1 +
4s +18
s2 +6s +45
=− 3
2s +1 +
4s +18
(s2 +2 · s ·3+32)+62
=−3
2
1
s +1/2 +
4(s +3)
(s +3)2 +62 +
6
(s +3)2 +62 .
Consequentemente,
g (t ) =L −1{G(s)}(t )
=L −1
{
−3
2
1
s +1/2 +
4(s +3)
(s +3)2 +62 +
6
(s +3)2 +62
}
(t )
=−3
2
L −1
{
1
s +1/2
}
(t )+4L −1
{
s +3
(s +3)2 +62
}
(t )+L −1
{
6
(s +3)2 +62
}
(t )
=−3
2
exp
(
− t
2
)
+4exp(−3t )cos(6t )+exp(−3t )sen(6t ).
Finalmente, a transformada inversa de Laplace de F (s) =G(s)exp(−πs) é
f (t ) =L −1{G(s)exp(−πs)}(t )
= g (t −π)u(t −π)
=−3
2
exp
(
− (t −π)
2
)
u(t −π)+4exp(−3(t −π))cos(6(t −π))u(t −π)+exp(−3(t −π))sen(6(t −π))u(t −π).
(c) (7 pontos) Resolver o problema de valor inicial ÿ(t )+9ẏ(t )+14y(t ) =+2δ(t −1)−δ(t −2); y(0) = 0; ẏ(0) = 0.
(c)
y(x) = 2
5
(
exp(−2(t −1))−exp(−7(t −1)))u(t −1)− 1
5
(
exp(−2(t −2))−exp(−7(t −2)))u(t −2)
Solução: Aplicamos o método de transformada de Laplace para resolver o PVI,
L {ÿ(t )+9ẏ(t )+14y(t )}(s) =L {2δ(t −1)−δ(t −2)}(s)
[s2Y (s)− s y(0)− y ′(0)]+9[sY (s)− y(0)]+14Y (s) = 2exp(−1s)−exp(−2s)
[s2 +9s +14]Y (s) = 2exp(−1s)−exp(−2s).
Consequentemente,
Y (s) = 2
s2 +9s +14 exp(−1s)−
1
s2 +9s +14 exp(−2s)
Agora definimos a função F (s) = 1
s2 +9s +14 e construímos sua decomposição em frações parciais. Como o numerador de
F (s) tem grau zero e o denominador tem grau 2 e raízes s =−2 e s =−7, obtemos a fatoração s2 +9s +14 = (s +2)(s +7); logo,
F (s) = 1
s2 +9s +14 =
1
(s +2)(s +7) =
A
s +2 +
B
s +7 .
Turma TA—Ter e Qui: 7h30–9h10 Prova 2 EDC (MAT040)
Página 6 de 9 Prova 2 de Equações Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TA
Após multiplicar ambos os lados da igualdade acima pelo monômio (s +2) obtemos
(s +2)
(s +2)(s +7) =
A(s +2)
(s +2) +
B(s +2)
(s +7) ⇒
1
(s +7) = A+
B(s +2)
(s +7) ;
dessa forma, a substituição s =−2 na expressão da direita implica A = 1/5. Analogamente, após multiplicar ambos os lados da
igualdade acima pelo monômio (s +7) obtemos
(s +7)
(s +2)(s +7) =
A(s +7)
(s +2) +
B(s +7)
(s +7) ⇒
1
(s +7) =
A(s +7)
(s +2) +B ;
dessa forma, a substituição s =−7 na expressão da direita implica B =−1/5. Portanto, escrevemos a decomposição de F (s) em
frações parciais como
F (s) = 1
5
1
s +2 −
1
5
1
s +7 .
Com essa preparação, podemos calcular a transformada inversa de Laplace das diversas parcelas de Y (s). De fato,
F (s) = 1
s2 +9s +14 =
1
5
1
s +2 −
1
5
1
s +7 ⇒ f (t ) =L
−1{F (s)}(t )
=L −1
{
1
5
1
s +2 −
1
5
1
s +7
}
(t )
= 1
5
exp(−2t )− 1
5
exp(−7t )
G(s) = F (s)exp(−2s) = 1
s2 +9s +14 exp(−2s) ⇒ g (t ) =L
−1{G(s)}(t ) =L −1{F (s)exp(−2s)}(t )
=L −1
{
1
5
1
s +2 exp(−2s)−
1
5
1
s +7 exp(−2s)
}
(t )
= 1
5
exp(−2(t −2))u(t −2)− 1
5
exp(−7(t −2))u(t −2)
H(s) = 2F (s)exp(−1s) = 2
s2 +9s +14 exp(−1s) ⇒ h(t ) =L
−1{H(s)}(t ) =L −1{2F (s)exp(−1s)}(t )
=L −1
{
2
5
1
s +2 exp(−1s)−
2
5
1
s +7 exp(−1s)
}
(t )
= 2
5
exp(−2(t −1))u(t −1)− 2
5
exp(−7(t −1))u(t −1)
Finalmente, a solução do PVI é
y(t ) =L −1{Y (s)}(t )
=L −1{H(s)−G(s)}(s)
=L −1{H(s)}(s)−L −1{G(s)}(s)
= h(t )− g (t )
=
(
2
5
exp(−2(t −1))u(t −1)− 2
5
exp(−7(t −1))u(t −1)
)
−
(
1
5
exp(−2(t −2))u(t −2)− 1
5
exp(−7(t −2))u(t −2)
)
= 2
5
(
exp(−2(t −1))−exp(−7(t −1)))u(t −1)− 1
5
(
exp(−2(t −2))−exp(−7(t −2)))u(t −2).
3. Considerar os seguintes sistemas de equações diferenciais lineares e seus correspondentes autovalores.
Turma TA—Ter e Qui: 7h30–9h10 Prova 2 EDC (MAT040)
Página 7 de 9 Prova 2 de Equações Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TA
(a) ẋ(t ) =
[+2 −1
+1 +2
]
x(t );
λ1 = 2+1i ; λ2 = 2−1i .
(b) ẋ(t ) =
[−1 +1
−1 −1
]
x(t );
λ1 =−1+1i ; λ2 =−1−1i .
(c) ẋ(t ) =
[−1 0
+1 −1
]
x(t );
λ1 =−1; λ2 =−1.
(d) ẋ(t ) =
[+2 +2
+1 +1
]
x(t );
λ1 = 0; λ2 =+3.
(e) ẋ(t ) =
[+1 +4
+1 +1
]
x(t );
λ1 =−1; λ2 =+3.
(f) ẋ(t ) =
[−3 +1
+1 −3
]
x(t );
λ1 =−2; λ2 =−4.
(g) ẋ(t ) =
[+2 +1
+1 +2
]
x(t );
λ1 =+1; λ2 =+3.
(h) ẋ(t ) =
[−2 0
0 −2
]
x(t );
λ1 =−2; λ2 =−2.
(i) ẋ(t ) =
[−1 +1
+1 −1
]
x(t );
λ1 = 0; λ2 =−2.
(j) ẋ(t ) =
[+4 +1
−1 +2
]
x(t );
λ1 =+3; λ2 =+3.
(k) ẋ(t ) =
[+1 0
0 +1
]
x(t );
λ1 =+1; λ2 =+1.
(l) ẋ(t ) =
[+2 +5
−1 −2
]
x(t );
λ1 = 0+1i ; λ2 = 0−1i .
Considerar também os seguintes campos vetoriais e seus retratos de fase.
(m) (n) (o) (p)
(q) (r) (s) (t)
(u) (v) (w) (x)
i. (4 pontos) Associar cada sistema de (a) até (l) ao seu correspondente retrato de fase de (m) até (x).
Solução: As associações entre os sistemas e as trajetórias dos retratos de fase são as seguintes:
(a) ↔ (o): autovalores complexos conjugados com parte real positiva: espiral instável que gira no sentido anti-horário.
(b) ↔ (q): autovalores complexos conjugados com parte real negativa: espiral estável que gira no sentido horário.
(c) ↔ (r): autovalores reais, negativos e repetidos: nó impróprio estável
pois a matriz não é diagonálizavel nos números reais.
(d) ↔ (v): autovalores reais, um positivo e outro nulo: órbitas retilíneas paralelas e instáveis.
(e) ↔ (m): autovalores reais, um negativo e outro positivo: sela.
(f) ↔ (n): autovalores reais, negativos e distintos: nó próprio estável.
(g) ↔ (w): autovalores reais, positivos e distintos: nó próprio instável.
(h) ↔ (x): autovalores reais, negativos e repetidos: trajetórias radiais estáveis
pois a matriz é diagonálizavel nos números reais.
(i) ↔ (s): autovalores reais, um negativo e outro nulo: órbitas retilíneas paralelas e estáveis.
(j) ↔ (p): autovalores reais, positivos e repetidos: nó impróprio instável
pois a matriz não é diagonálizavel nos números reais.
(k) ↔ (u): autovalores reais, positivos e repetidos: trajetórias radiais instáveis
pois a matriz é diagonálizavel nos números reais.
(l) ↔ (t): autovalores complexos conjugados com parte real nula: centro.
ii. (8 pontos) Resolver o problema de valor inicial com o sistema do item (c): ẋ(t ) =
[−1 0
+1 −1
]
x(t ); x(0) =
[
x0
y0
]
.
Solução: Aplicamos o método de autovalores e autovetores. Começamos procurando soluções do sistema ẋ(t ) = Ax(t ) da
forma x(t ) = exp(λt)v em que λ ∈R ou λ ∈ C é um autovalor da matriz A que representa o sistema e v é um autovetor.
Denotamos a matriz dos coeficientes do sistema de equações diferenciais lineares ẋ(t ) =
[−1 0
+1 −1
]
x(t ) por
A =
[−1 0
+1 −1
]
.
Turma TA—Ter e Qui: 7h30–9h10 Prova 2 EDC (MAT040)
Página 8 de 9 Prova 2 de Equações Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TA
O polinômio característico associado à matriz do sistema é
p(λ) = det(A−λI )
=
∣∣∣∣−1−λ 0+1 −1−λ
∣∣∣∣
= (−1−λ)(−1−λ)− (+1)(0)
= 1+λ+λ+λ2 − (0)
=λ2 +2λ+1.
Os autovalores do sistema são as raízes do polinômio característico, λ1 = −1 e λ2 = −1, que são autovalores repetidos do
sistema.
Associado ao autovalor repetido λ1 =−1 temos o autovetor v =
[
v1 v2
]T
, solução do sistema Av1 = λ1v1 ou, equivalen-
temente, do sistema (A−λ1I )v = 0. Logo,[−1− (−1) 0
+1 −1− (−1)
][
v1
v2
]
=
[
0
0
]
⇔
[
0 0
+1 0
][
v1
v2
]
=
[
0
0
]
e o autovetor é da forma v1 = α
[
0 1
]T
com α ∈ R\{0}. Sem perda de generalidade selecionamos α = 1 e o primeiro
autovetor é v1 =
[
0 1
]T
. A correspondente solução é da forma
x̃1(t ) = exp(λ1t )v
= exp(−1t )
[
0
1
]
.
Devemos agora determinar uma outra solução do sistema de equações diferenciais lineares que seja linearmente inde-
pendente com a primeira solução acima determinada. Para isso, procuramos a segunda solução na forma
x2(t ) = t exp(λ1t )v+exp(λ1t )w,
em que λ1 = λ2 = −1 e v =
[
0 +1]T é o autovetor já determinado. Antes de substituir a fórmula de x2(t ) no sistema,
avaliamos separadamente os lados esquerdo e direito da equação. Logo,
x2(t ) = t exp(−1t )v+exp(−1t )w
x′2(t ) = exp(−1t )v−1t exp(−1t )v−1exp(−1t )w
Ax2(t ) = A
{
t exp(−1t )v+exp(−1t )w}
= t exp(−1t )Av+exp(−1t )Aw
= t exp(−1t )(−1v)+exp(−1t )Aw (pois v é autovetor)
=−1t exp(−1t )v+exp(−1t )Aw.
Portanto, a substituição dessas expressões no sistema resulta em
x′(t ) = Ax(t )
exp(−1t )v−1t exp(−1t )v−1exp(−1t )w =−1t exp(−1t )v+exp(−1t )Aw
∴ exp(−1t )v−((((((1t exp(−1t )v−1exp(−1t )w =(((((
((−1t exp(−1t )v+exp(−1t )Aw
∴ exp(−1t )v−1exp(−1t )w =+exp(−1t )Aw
∴ exp(−1t ) (A− (−1)I )w = exp(−1t )v
(A− (−1)I )w = v pois exp(−1t ) 6= 0 para todo t ∈R.
Logo, a segunda solução x2(t ) = t exp(λ1t )v+exp(λ1t )w deve ser tal que
(A− (−1)I )w = v
em que v é o autovetor previamente identificado. A solução desse sistema, em que denotamos w = [w1 w2]T , é obtida
diretamente por escalonamento,[−1−λ1 0
+1 −1−λ1
][
w1
w2
]
=
[
0
+1
]
⇒
{
+0w1 +0w2 = 0
+1w1 +0w2 =+1
⇒
{
w1 =+1+0s
w2 = 0+1s
(s ∈R).
Turma TA—Ter e Qui: 7h30–9h10 Prova 2 EDC (MAT040)
Página 9 de 9 Prova 2 de Equações Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TA
Sem perda de generalidade, selecionamos s = 0 e obtemos w = [+1 0]T e a segunda solução é
x2(t ) = t exp(−1t )v+exp(−1t )w
= t exp(−1t )
[
0
+1
]
+exp(−1t )
[+1
0
]
= exp(−1t )
[+1
+t
]
.
Para verificar que essas duas soluções x1(t ) e x2(t ) são linearmente independentes basta calcular o wronskiano,
w[x1,x2](t ) =
[
x1(t ) x2(t )
]
=
[ +0 +1exp(−1t )
+1exp(−1t ) +t exp(−1t )
]
= 0(t exp(−1t ))−exp(−1t )exp(−1t )
=−exp(−2t ) 6= 0 (∀ t ∈R).
Agora podemos combinar linearmente essas duas famílias de soluções e escrever a solução geral do sistema de equações
diferenciais na forma
x(t ) = c1x1(t )+ c2x2(t )
= c1 exp(−1t )
[
0
+1
]
+ c2 exp(−1t )
[+1
+t
]
= exp(−1t )
[+0 +1
+1 +t
][
c1
c2
]
.
Em outros termos, a solução do sistema escreve-se na forma
x1(t ) = c2 exp(−1t )
x2(t ) = c1 exp(−1t )+ c2t exp(−1t ).
A solução do problema de valor inicial associado a esse sistema com condições iniciais x(0) = x0 e y(0) = y0 é dada por
c1 = y0 e c2 = x0, ou seja,
x1(t ) = x0 exp(−1t )
x2(t ) = y0 exp(−1t )+x0t exp(−1t ).
Claramente, x1(t ) =+x0 exp(−1t ) → 0 quando t →+∞; da mesma forma, x2(t ) =+y0 exp(−1t )+ x0t exp(−1t ) → 0 quando
t →+∞. Esses limites são válidos independentemente dos valores das condições iniciais (excluído naturalmente o caso
x0 = 0 e y0 = 0, que é o único ponto crítico do sistema e a trajetória nesse caso degenera-se em um ponto). Concluímos
que a solução trivial x1(t ) = 0 e x2(t ) = 0 é estável, denominado ponto nodal impróprio.
A primeira figura abaixo mostra o campo de vetores associado ao sistema de equações diferenciais lineares; a segunda
figura mostra as trajetórias do sistema; a terceira figura é uma combinação das duas figuras anteriores e mostra simulta-
neamente o campo de vetores e as trajetórias do sistema de equações diferenciais lineares[
x ′1(t )
x ′2(t )
]
=
[−1 0
+1 −1
][
x1(t )
x2(t )
]
.
Turma TA—Ter e Qui: 7h30–9h10 Prova 2 EDC (MAT040)