4928 EP15 2008 2 ED tutor

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Equações Diferenciais - Exercícios Programados 15
Soluções
Exercício 1 Achar a solução geral de cada sistema de equações proposto.
a) x′ =
(
2 −1
3 −2
)
x+
(
et
t
)
b) x′ =
(
1
√
3√
3 −1
)
x+
(
et√
3e−t
)
c) x′ =
(
1 1
4 1
)
x+
(
2
−1
)
et
d) x′ =
(
2 −5
1 −2
)
x+
(
− cos t
sent
)
e) x′ =
(
−3
√
2√
2 −2
)
x+
(
1
−1
)
e−t
Solução:
a) Seja A =
(
2 −1
3 −2
)
. A matriz fundamental solução geral do sistema ho-
mogêneo x′ = Ax é
Ψ =
(
et e−t
et 3e−t
)
.
Então a solução x do nosso sistema é dado por x = Ψ(t)u(t), onde u(t) satisfaz
Ψ(t)u′(t) =
(
et
t
)
, ou
(
et e−t
et 3e−t
)(
u′1
u′2
)
=
(
et
t
)
.
Do sistema acima,
u
′ = Ψ−1
(
et
t
)
⇒
(
u′1
u′2
)
=
(
3/2e−t −1/2e−t
−1/2et 1/2et
)(
et
t
)
Segue disso que
u′1 =
3
2
− 1
2
te−t ⇒ u1 =
3
2
t +
1
2
(te−t + e−t) + c1
u′2 = −
1
2
e2t +
1
2
tet ⇒ u2 = −
1
4
e2t +
1
2
(tet − et) + c2.
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2008/2
Daí,
x = Ψ(t)u(t)
= c1
(
1
1
)
et + c2
(
1
3
)
e−t +
3
2
(
1
1
)
tet − 1
4
(
1
3
)
te−t +
+
(
1
2
)
t−
(
0
1
)
.
b) Seja A =
(
1
√
3√
3 −1
)
. A matriz fundamental solução geral do sistema
homogêneo x′ = Ax é
Ψ =
( √
3e2t e−2t
e2t −
√
3e−2t
)
.
Então a solução x do nosso sistema é dado por x = Ψ(t)u(t), onde u(t) satisfaz
Ψ(t)u′(t) =
(
et√
3e−t
)
, ou
( √
3e2t e−2t
e2t −
√
3e−2t
)(
u′1
u′2
)
=
(
et√
3e−t
)
.
Do sistema acima,
u
′ = Ψ−1
(
et√
3e−t
)
⇒
(
u′1
u′2
)
=
( √
3/4e−2t 1/4e−2t
1/4e2t −
√
3/4e2t
)(
et√
3e−t
)
Segue disso que
u′1 =
√
3
4
e−t +
√
3
4
e−3t ⇒ u1 = −
√
3
4
e−t −
√
3
12
e−3t + c1
u′2 =
1
4
e3t − 3
4
et ⇒ u2 =
1
12
e3t − 3
4
et + c2.
Daí,
x = Ψ(t)u(t)
= c1
( √
3
1
)
e2t + c2
(
1
−
√
3
)
e−2t −
(
2/3√
3/3
)
et
(
−1
2
√
3/3
)
e−t.
c) Seja A =
(
1 1
4 1
)
. A matriz fundamental solução geral do sistema homo-
gêneo x′ = Ax é
Ψ =
(
e−t e3t
−2e−t 2e3t
)
.
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2008/2
Então a solução x do nosso sistema é dado por x = Ψ(t)u(t), onde u(t) satisfaz
Ψ(t)u′(t) =
(
2et
−et
)
, ou
(
e−t e3t
−2e−t 2e3t
)(
u′1
u′2
)
=
(
2et
−et
)
.
Do sistema acima,
u
′ = Ψ−1
(
2et
−et
)
⇒
(
u′1
u′2
)
=
(
1/2et −1/4et
1/2e−3t 1/4e−3t
)(
2et
−et
)
Segue disso que
u′1 =
5
4
et ⇒ u1 =
5
4
et + c1
u′2 =
3
4
e−2t ⇒ u2 = −
3
8
e−2t + c2.
Daí,
x = Ψ(t)u(t)
= c1
(
1
−2
)
e−t + c2
(
1
2
)
e2t +
1
4
(
1
−8
)
et.
d) Seja A =
(
2 −5
1 −2
)
. A matriz fundamental solução geral do sistema ho-
mogêneo x′ = Ax é
Ψ =
(
5 cos t 5sent
2 cos t + sent 2sent− cos t
)
.
Então a solução x do nosso sistema é dado por x = Ψ(t)u(t), onde u(t) satisfaz
Ψ(t)u′(t) =
(
− cos t
sent
)
, ou
(
5 cos t 5sent
2 cos t + sent 2sent + cos t
)(
u′1
u′2
)
=
(
− cos t
sent
)
.
Do sistema acima,
u
′ = Ψ−1
(
− cos t
sent
)
⇒
(
u′1
u′2
)
=


cos t− 2sent
5
sent
2 cos t + sent
5
− cos t


(
− cos t
sent
)
.
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2008/2
Segue disso que
u′1 =
1
5
(2 + sen2t− 3 cos 2t) ⇒ u1 =
2
5
t− cos 2t
10
− 3sen2t
10
+ c1
u′2 =
1
5
(−1− 3sen2t− cos 2t) ⇒ u2 = −
1
5
t +
3 cos 2t
10
− sen2t
10
+ c2.
Daí,
x = Ψ(t)u(t)
=
(
2
5
− 1
10
cos 2t− 3
10
sen2t + c1
)(
5 cos t
2 cos t + sent
)
+
= +
(
−1
5
t− 1
10
sen2t +
3
10
cos 2t + c2
)(
5sent
2sent− cos t
)
.
e) Seja A =
(
−3
√
2√
2 −2
)
. A matriz fundamental solução geral do sistema
homogêneo x′ = Ax é
Ψ =
(
e−t −
√
2e−4t√
2e−t e−4t
)
.
Então a solução x do nosso sistema é dado por x = Ψ(t)u(t), onde u(t) satisfaz
Ψ(t)u′(t) =
(
e−t
−e−t
)
, ou
(
e−t −
√
2e−4t√
2e−t e−4t
)(
u′1
u′2
)
=
(
e−t
−e−t
)
.
Do sistema acima,
u
′ = Ψ−1
(
et
t
)
⇒
(
u′1
u′2
)
=
(
1/3et −
√
2e−4t√
2e−t e−4t
)(
e−t
−e−t
)
Segue disso que
u′1 =
1−
√
2
3
⇒ u1 =
1−
√
2
2
t + c1
u′2 = −
√
2
3
e3t − 1
3
e3t ⇒ u2 = −
√
2
9
e3t − 1
9
e3t + c2.
Daí,
x = Ψ(t)u(t)
= c1
(
1√
2
)
e−t + c2
(
−
√
2
1
)
e−4t − 1
3
( √
2− 1
2−
√
2
)
te−t +
1
9
(
2 +
√
2
−
√
2− 1
)
e−t.
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2008/2
Exercício 2 Determine a solução do problema de valor inicial.
a) x′ =
(
1 −4
4 −7
)
x, x(0) =
(
3
2
)
b) x′ =
(
2 3/2
−3/2 −1
)
x, x(0) =
(
3
−2
)
Solução:
a) Seja A =
(
1 −4
4 −7
)
. Tem-se
det(A− λI) = 0 ⇒
∣∣∣∣ 1− λ −44 −7− λ
∣∣∣∣ = 0
⇒ λ2 + 6λ+ 9 = 0
⇒ λ1 = λ2 = −3.
Assim,
(
4 −4 0
4 −4 0
)
⇒ x = y.
O vetor
(
1
1
)
é um autovetor associado ao autovalor λ1 = −3. Assim, uma
solução do sistema é
x(1) =
(
1
1
)
e−2t.
Uma solução independente tem a forma x = Ate−3t+Be−3t, onde A é o vetor(
1
1
)
e B obedece a (A + 3I) = B, ou
(
4 −4
4 −4
)(
B1
B2
)
=
(
1
1
)
.
Então, 4B1 − 4B2 = 1, de modo que se B2 = k então B1 =
1 + 4k
4
, onde k é
arbitrário. Assim,
B =
(
(1 + 4k)/4
k
)
=
(
1/4
0
)
+ k
(
1
1
)
.
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2008/2
A parcela que envolve k é um múltiplo da primeira solução x(1)(t), de modo que
pode ser abandonada, e obtemos a segunda solução com a forma
x(2) =
(
1
1
)
te−3t +
(
1/4
0
)
e−3t.
Finalmente, a solução geral do sistema é
x(t) = c1
(
1
1
)
e−3t + c2
[(
1
1
)
te−3t +
(
1/4
0
)
e−3t
]
.
Aplicando a condição inicial x(0) =
(
3
2
)
:
(
3
2
)
= x(0) = c1
(
1
1
)
+ c2
(
1/4
0
)
obtemos o sistema {
c1 + (1/4)c2 = 3
c1 = 2
cuja solução é c1 = 2 e c2 = 4. Assim, a solução do problema de valor inicial é
x(t) = 2
(
1
1
)
e−3t + 4
[(
1
1
)
te−3t +
(
1/4
0
)
e−3t
]
.
=
(
3 + 4t
2 + 4t
)
e−3t.
b) Seja A =
(
2 3/2
−3/2 −1
)
. Tem-se
det(A− λI) = 0 ⇒
∣∣∣∣ 2− λ 3/2−3/2 −1− λ
∣∣∣∣ = 0
⇒ λ2 − λ + 1
4
= 0
⇒
(
λ− 1
2
)2
= 0
⇒ λ1 = λ2 =
1
2
.
Assim,
(
3/2 3/2 0
−3/2 −3/2 0
)
⇒ x = −y.
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2008/2
O vetor
(
1
−1
)
é um autovetor associado ao autovalor λ1 = 1/2. Assim, uma
solução do sistema é
x(1) =
(
1
−1
)
et/2.
Uma solução independente tem a forma x = Atet/2+Bet/2, onde A é o vetor(
1
−1
)
e B obedece a
(
A− 12I
)
= B, ou
(
3/2 3/2
−3/2 −3/2
)(
B1
B2
)
=
(
1
−1
)
.
Então, 32B1 +
3
2B2 = 1, de modo que se B2 = k então B1 =
2− 3k
3
, onde k é
arbitrário. Assim,
B =
(
(2− 3k)/3
−k
)
=
(
2/3
0
)
+ k
(
−1
1
)
.
A parcela que envolve k é um múltiplo da primeira solução x(1)(t), de modo que
pode ser abandonada, e obtemos a segunda solução com a forma
x(2) =
(
1
−1
)
tet/2 +
(
2/3
0
)
et/2.
Finalmente, a solução geral do sistema é
x(t) = c1
(
1
−1
)
et/2 + c2
[(
1
−1
)
tet/2 +(
2/3
0
)
et/2
]
.
Aplicando a condição inicial x(0) =
(
3
−2
)
:
(
3
−2
)
= x(0) = c1
(
1
−1
)
+ c2
(
2/3
0
)
obtemos o sistema {
c1 + (2/3)c2 = 3
−c1 = −2
cuja solução é c1 = 2 e c2 = 3/2. Assim, a solução do problema de valor inicial
é
x(t) = 2
(
1
−1
)
et/2 +
3
2
[(
1
−1
)
tet/2 +
(
2/3
0
)
et/2
]
.
=
(
3
−2
)
et/2 +
3
2
(
1
−1
)
tet/2.
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2008/2