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MAT1154 Prova 3 09/06/2010
1. [21/2 pt] Resolva o problema de valor inicial{
x′ = −x− y
y′ = 9x− y
{
x(0) = 1
y(0) = 0
Resolução: Seja A =
(−1 −1
9 −1
)
. A solução do problema de valor inicial é etA ·
(
1
0
)
,
isto é, a primeira coluna da matriz etA.
Usaremos o Cálculo Funcional para encontrar etA. Os autovalores de A são −1±3i [faça
as contas]. Seja f(z) = etz (vendo t como uma constante real). Precisamos encontrar
uma função g(z) = az + b (com a, b reais) tal que f(−1± 3i) = g(−1± 3i). Temos:
f(1± 3i) = e−t±3ti = (e−t cos 3t)± (e−t sen 3t)i
g(1± 3i) = a(1± 3i) + b = (a+ b)± (3a)i
Igualamos as partes real e imaginária, e resolvemos o sisteminha:{
a+ b = e−t cos 3t
3a = e−t sen 3t ⇒
{
a = (1/3)e−t sen 3t
b = e−t cos 3t− (1/3)e−t sen 3t
Agora podemos calcular a etA. Como só nos interessa a primeira coluna, não escrevemos
os coeficientes da segunda coluna.
etA = f(A) = g(A) = aA+ bId
= (1/3)e−t sen 3t
(−1 ∗
9 ∗
)
+ [e−t cos 3t− (1/3)e−t sen 3t]
(
1 ∗
0 ∗
)
=
(
e−t cos 3t ∗
3e−t sen 3t ∗
)
Logo a resposta é {
x(t) = e−t cos 3t
y(t) = 3e−t sen 3t
2. [21/2 pt] Seja X(t) =
(
x(t)
y(t)
)
. Considere as matrizes seguintes:
A =
(
1 2
0 −2
)
E =
(
1 3
−2 −1
)
B =
(
3 0
0 3
)
F =
(
1 1
2 2
)
C =
(−2 2
−2 −1
)
G =
(
2 3
1 5
)
D =
(−2 2
−2 −7
)
H =
(
1 −2
2 1
)
Abaixo estão os retratos de fase dos sistemas X ′ = A ·X, . . . , X ′ = H ·X (em outra ordem).
Ao lado de cada desenho, escreva A CANETA qual é a (letra da) matriz correspondente
(A ou B ou . . . ou H). Esta questão não precisa ser justificada.
MAT1154 Prova 3 Folha 2 de 5
B H
G E
F C
D A
3. [11/2 pt] Sabe-se que o sistema de EDO’s{
x′ = ax+ by
y′ = cx+ dy
tem uma solução particular (x(t), y(t)) = (f(t), g(t)), e uma outra (x(t), y(t)) = (h(t),−h(t)),
onde as funções f(t), g(t), h(t), −h(t) têm os seguintes gráficos:
MAT1154 Prova 3 Folha 3 de 5
Desenhe o retrato de fase do sistema de EDO’s, da melhor maneira possível. (O seu desenho
deve incluir diversas trajetórias com flechinhas, como nas figuras da Questão 2.) Indique no
seu desenho quais são as duas soluções particulares apresentadas acima.
Resolução: A solução da forma (x(t), y(t)) = (h(t),−h(t)) percorre a reta x = −y.
Esta direção corresponde a um autovetor da matriz A =
(
a b
c d
)
. Além disso o autovalor
nessa direção é negativo, pois a solução converge para zero quando t→ −∞.
A outra solução (x(t), y(t)) = (f(t), g(t)) se afasta da origem quando t → +∞ ou
t→ −∞. Portanto o ponto de equilíbrio é tipo sela, e o outro autovetor é positivo.
Alem disso, vemos do gráfico que f(t) e g(t) se aproximam quando t→ +∞. Ou seja, a
solução se aproxima da reta x = y. Esta é a direção do autovetor com autovalor positivo.
Portanto podemos concluir que o retrato de fase é:
As duas soluções particulares dadas são:
MAT1154 Prova 3 Folha 4 de 5
4. [2 pt] Encontre todos os pontos de equilíbrio do sistema de EDO’s abaixo, e classifique cada
um desses pontos como atrator, ou repulsor, ou sela, se possível.{
x′ = x2 − 3 cos y
y′ = yex
Resolução: Os pontos de equilíbrio, resolvemos o sistema:{
x2 − 3 cos y = 0
yex = 0
Da segunda equação sai y = 0 (já que ex 6= 0 sempre). Substituindo na primeira
equação, temos x2− 3 = 0, ou seja x = ±√3. Logo os pontos de equilíbrio são (
√
3, 0)
e (−
√
3, 0) .
Agora calculamos a matriz jacobiana para as funções F = x2 − 3 cos y, G = yex:
J =
(
∂F
∂x
∂F
∂y
∂G
∂x
∂G
∂y
)
=
(
2x 3 sen y
yex ex
)
.
Para o primeiro ponto:
J(
√
3, 0) =
(
2
√
3 0
0 e
√
3
)
.
Os autovalores são evidentemente 2
√
3 e e
√
3, ambos positivos. Logo (
√
3, 0) é equilíbrio
repulsor .
Para o segundo ponto:
J(−
√
3, 0) =
(
−2√3 0
0 e−
√
3
)
.
A matriz tem autovalores −2√3 (negativo) e e−
√
3 (positivo). Logo (−√3, 0) é equilíbrio
de tipo sela .
MAT1154 Prova 3 Folha 5 de 5
5. [11/2 pt] Considere o sistema {
x′ = ey − e−y
y′ = −x3
cujo retrato de fase é mostrado abaixo:
Encontre uma função F (x, y) cujas curvas de nível sejam exatamente as curvas fechadas que
aparecem na figura.
Resolução: O sistema é autônomo. Eliminamos o t:
dy
dx
=
dy
dt
dx
dt
=
−x3
ey − e−y .
Esta é uma EDO separável, pois pode ser escrita como
(ey − e−y)dy = −x3dx.
Integrando ambos os lados:
ey + e−y = −x
4
4
+ C.
Ou seja, F (x, y) = C, onde F (x, y) =
x4
4
+ ey + e−y .