gabarito g2 20141

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Gabarito da G2 MAT1154, 2014/1 1) Considere o sistema
X ′(t) =
(
3 1
−1 3
)
X(t) +
(
t
t
)
.
(a) Ache a soluc¸a˜o geral do sistema.
Resposta:
Primeiro acharemos a matriz etM . Onde
M =
(
3 1
−1 3
)
Os autovalores da matriz M sa˜o λ1 = 3 + i, λ2 = 3− i , portanto complexos. A
matriz exponencial etM pode ser achada aplicando o teorema do ca´lculo funcional
de matrizes. Ou seja, considerando a func¸a˜o f(x) = etx, para achar f(M) basta
achar um polinoˆmio q(x) = ax+ b tal que
(1) q(λ1) = f(λ1) = e
3t(cos(t) + isen(t))
(2) q(λ2) = f(λ2) = e
3t(cos(t)− isen(t)).
A matriz etM sera´ q(M) = aM + bI. Ao resolver o sistema de equac¸o˜es acima
obtemos
a = e3tsen(t)
b = e3t(cos(t)− 3sen(t)).
Calculando etM ,
etM =
(
e3tcos(t) e3tsen(t)
−e3tsen(t) e3tcos(t)
)
.
Achar uma soluc¸a˜o particular do sistema, o que pode ser feito aplicando o me´todo
dos coeficientes a determinar. Procuramos uma soluc¸a˜o particular da formaXp(t) =
(at+ b, ct+ d). Substituindo no sistema temos:
X ′p(t) = (a, c) = MXp(t) + (t, t).(
a
c
)
=
(
3 1
−1 3
)(
at+ b
ct+ d
)
+
(
t
t
)
o que nos da´ o sistema:
a = t(3a+ c+ 1) + 3b+ d
c = t(−a+ 3c+ 1)− b+ 3d.
Resolvendo este sistema obtemos
(1) a = −15
(2) b = −150
(3) c = −25
(4) d = −750 .
1
2
Portanto, a soluc¸a˜o geral do sistema e´:
X(t) =
(
e3tcos(t) e3tsen(t)
−e3tsen(t) e3tcos(t)
)(
C1
C2
)
+
( −1t
5 − 150−2t
5 − 750
)
(b) Ache a soluc¸a˜o do sistema com condic¸a˜o inicial X(0) = (1, 1). Usando a soluc¸a˜o
geral achada acima temos quando t = 0 :(
1
1
)
=
(
1 0
0 1
)(
C1
C2
)
+
( − 150− 750
)
Logo:
C1 =
51
50
e C2 =
57
50
Assim:
X(t) =
(
e3tcos(t) e3tsen(t)
−e3tsen(t) e3tcos(t)
)(
51
50
57
50
)
+
( −1t
5 − 150−2t
5 − 750
)
2) Considere o sistema linear X ′(t) = AX(t) onde:
A =
(
b b−12
b+1
2 b
)
.
Determine os valores do paraˆmetro real b de maneira que no retrato de fase ex-
ista um no´ atrativo.
Resposta:
A origem e´ um no´ atrativo no retrato de fases se os autovalores da matriz sa˜o
reais e λ1, λ2 < 0. Temos que para o retrato de fases ser um no´ atrativo o Tr(A) < 0
e
((Tr(A))2 − 4det(A)) > 0, pois o polinoˆmio caracter´ıstico e´: p(λ) = λ2 − tr(A)λ+
det(A).
Assim
2b < 0 e b2 − 1 > 0, enta˜o b < −1.
3
3) Considere o sistema
X ′(t) =
(
2 3
2 1
)
X(t).
(a) Fac¸a um esboc¸o do retrato de fase do sistema. Resposta:
(b) Seja X = (x1, x2) uma soluc¸a˜o do sistema tal que:
lim
t→+∞ X(t) = (0, 0) e x1(0) = 1.
Calcule x2(0).
Resposta: A matriz possui autovalores 4 e −1. Calculando seus autovetores en-
contramos a soluc¸a˜o geral:(
x1(t)
x2(t)
)
= C1e
−t
(
1
−1
)
+ C2e
4t
(
1
2
3
)
Como limt→+∞ e−t = 0 e limt→+∞ e4t = ∞, temos que o primeiro termo na
soluc¸a˜o geral tende a zero, enquanto o segundo termo tende a ∞ se C2 > 0, a
−∞ se C2 < 0 e a zero se C2 = 0. Assim, a condic¸a˜o limt→+∞ X(t) = (0, 0) e´
equivalente a C2 = 0.
Com as condic¸a˜o inicial dada x1(0) = 1 e fazendo x2(0) = k temos:(
1
k
)
= C1
(
1
−1
)
,
o que nos da´ 1 = C1 e k = −C1, logo k = −1. Isto e´, x2(0) = −1.
4
4) Classifique em Verdadeiro ou Falso a afirmac¸a˜o abaixo, justificando.
Temos que Xn = (3
n − 2n, 2n) e´ uma soluc¸a˜o do sistema em diferenc¸as finitas:
Xn+1 = BXn onde B =
(
3 1
0 2
)
.
Resposta :
Para Xn = (3
n − 2n, 2n) ser soluc¸a˜o temos que:(
3n+1 − 2n+1
2n+1
)
=
(
3 1
0 2
)(
3n − 2n
2n
)
.
Enta˜o (
3n+1 − 2n+1
2n+1
)
=
(
3.3n − 3.2n + 2n
2.2n
)
.
Bastando colocar 2n em evideˆncia em (3.3n− 3.2n + 2n) chegamos a conclusa˜o que
a afirmac¸a˜o e´ verdadeira.