EP13 ED 2009 1 gab

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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 13
Soluções
Exercício 1 Exprimir a solução geral do sistema de equações proposto em
termos de funções reais.
−→
X ′ =
(
3 −2
4 −1
)−→
X
Solução:
Seja A =
(
3 −2
4 −1
)
. Temos
det(A− λI) = 0 ⇒
∣∣∣∣ 3− λ −24 −1− λ
∣∣∣∣ = 0
⇒ λ2 − 2λ+ 5 = 0
⇒ λ1 = 1 + 2i; λ2 = 1− 2i.
Para λ1 = 1 + 2i, segue que(
3− (1 + 2i) −2 0
4 −1− (1 + 2i) 0
)
⇒
(
2− 2i −2 0
4 −2− 2i 0
)
⇒ (1− i)x = y.
O vetor
(
1
1− i
)
é um autovetor complexo. Assim, uma solução complexa da
equação diferencial é
x
(1)(t) =
(
1
1− i
)
e(1+2i)t.
Para encontrar soluções reais, tomamos a parte real e imaginária de x
(1)
(t),
x
(1)(t) =
(
1
1− i
)
e(1+2i)t
=
[(
1
1
)
− i
(
0
1
)]
et(cos 2t+ isen2t)
=
(
1
1
)
et cos 2t+
(
0
1
)
etsen2t
+i
[(
1
1
)
etsen2t−
(
0
1
)
et cos 2t
]
=
(
cos 2t
cos 2t+ sen2t
)
et + i
(
sen2t
sen2t− cos 2t
)
et.
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Daí, a solução geral da equação diferencial é
−→
X (t) = c1
(
cos 2t
cos 2t+ sen2t
)
et + c2
(
sen2t
sen2t− cos 2t
)
et,
onde c1 e c2 pertencem a R.
Exercício 2 Calcular a solução do problema de valor inicial
−→
X ′ =
(
1 −5
1 −3
)−→
X,
−→
X (0) =
(
1
1
)
Solução:
Seja A =
(
1 −5
1 −3
)
. Tem-se
det(A− λI) = 0 ⇒
∣∣∣∣ 1− λ −51 −3− λ
∣∣∣∣ = 0
⇒ λ2 + 2λ+ 2 = 0
⇒ λ1 = −1 + i; λ2 = −1− i.
Para λ1 = −1 + i, segue que(
2− i −5 0
1 −2− i 0
)
⇒ (2− i)x = 5y.
O vetor
(
5
2− i
)
é um autovetor complexo. Assim, uma solução complexa da
equação diferencial é
x
(1)(t) =
(
5
2− i
)
e(−1+i)t.
Para encontrar soluções reais, tomamos a parte real e imaginária de x
(1)
(t),
x
(1)(t) =
(
5
2− i
)
e(−1+i)t
=
[(
5
2
)
+ i
(
0
−1
)]
e−t(cos t+ isent)
=
(
5
2
)
e−t cos t+
(
0
1
)
e−tsent
+i
[(
5
2
)
e−tsent−
(
0
−1
)
e−t cos t
]
=
(
5 cos t
2 cos t+ sent
)
e−t + i
(
5sent
2sent− cos t
)
e−t.
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Daí, a solução geral da equação diferencial é
x(t) = c1
(
5 cos t
2 cos t+ sent
)
e−t + c2
(
5sent
2sent− cos t
)
e−t,
onde c1 e c2 pertencem a R.
Aplicando a condição inicial x(0) =
(
1
1
)
:
(
1
1
)
= x(0) = c1
(
5
2
)
+ c2
(
0
−1
)
obtemos o sistema
{
5c1 = 1
2c1 − c2 = 1
cuja solução é c1 =
1
5
e c2 = −35 . Assim, a solução do problema de valor inicial
é
x(t) =
1
5
(
5 cos t
2 cos t+ sent
)
e−t − 3
5
(
5sent
2sent− cos t
)
e−t
=
(
cos t− 3sent
cos t− sent
)
e−t.
Exercício 3 Considere o problema de valor incial:

x′ = x+ y
y′ = 1
x(0) = 1
y(0) = 0
A figura abaixo, mostra uma parte do plano de fase dos sistema, juntamente
com a órbita que passa pelo ponto (1,0)
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Plano de Fase e órbita pelo ponto (1,0)
2
0
4
4
3
−4
0
x
y
5
−1
2−4
−2
−5
−2
1
−3
• Sem resolver o PVI explicitamente, marque na figura (de modo aproxi-
mado) o ponto P que corresponde ao menor valor que x(t) assume sobre
a órbita desenhada
• Determine, através de um exame visual da órbita, os comportamentos de
x(t) e de y(t) quando t→ ±∞
Observação: Ao desenhar o retrato de fase de um sistema por meio de setas, o sentido
das setas indica o sentido de crescimento do parâmetro, ou -de modo mais explícito
- o sentido de percurso de uma partícula que percorre a órbita seguindo os valores
crescentes do parâmetro.
• Obtenha a solução explícita do PVI acima, pelo seguinte procedimento de �eliminação�:
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1. Resolva primeiramente o problema (só para y(t)): y′ = 1, y(0) = 0
2. Substitua a função y, que você acabou de calcular no item anterior, na primeira
equação do PVI original (eliminando portanto a variável y), e então resolva o
PVI (só para x(t)) formado por esta nova equação e o valor inicial x(0) = 1
• Usando agora as expressões calculadas para x(t) e para y(t), obtenha as coordenadas
do ponto P correspondente ao menor valor de x(t) nos pontos da órbita desenhada.
Trata-se, falando informalmente, do �ponto de retorno� da órbita.
• Calcule, usando as expressões obtidas para x(t) e y(t),
lim
t→−∞x(t), limt→+∞x(t), limt→−∞ y(t), limt→+∞ y(t)
Solução:
a) Você deve marcar o ponto onde a reta tangente à órbita é vertical. É o
ponto de retorno dos valores da abcissa de uma partícula que percorre a
órbita no sentido de t crescente.
b) Notamos que o parâmetro t varia de −∞ a +∞ ( o sistema não impõe
restrições aos valores do parâmetro). E, tendo em vista a observação feita
no enunciado, o exame da órbita dada nos mostra que quando t → −∞
x(t) fica cada vez maior, isto é, x(t)→ +∞. Também x(t)→ +∞ quando
t→ +∞.//
Com relação à ordenada y(t), ela cresce sem parar, desde −∞ até +∞, de
modo que se t → −∞ y(t) fica cada vez menor ; e se t → +∞ y(t) fica
cada vez maior.
c) 1. A solução do PVI {
y′ = 1
y(0) = 0
é y(t) = t
2. De acordo com o sugerido, devemos subsstituir a variável y na primeira
equação por t, e resolver o PVI{
x′ = x+ t
y(0) = 1
A equação deste PVI é uma equação diferencial linear não-homogênea de
primeira ordem, cuja solução geral (conforme aprendemos na Aula 3) é
(verifique!)
x(t) = x(t) = c et − t− 1
Impondo a condição inicial x(0) = 1, calcula-se c = 2.
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Assim os pontos da órbita dada, i.é, as soluções do PVI inicial são{
x(t) = 2 et − t− 1
y(t) = t
d) Devemos calcular o valor mínimo da abcissa x(t).
Conforme aprendemos no curso de Cálculo I, e já que como x(t) é derivável
no intervalo aberto (−∞,+∞) os seus pontos de extremo, caso existam,
serão pontos críticos. Para calcular os pontos críticos de x(t), calculamos
sua derivada, obtendo
x′(t) = cet − 1
de modo que
x′(t0) = 0⇐⇒ 2et0 − 1 = 0⇐⇒ t0 = −ln 2
Então o único candidato a ponto de mínimo de x(t) é t0 = −ln 2.
Novamente de acordo com o Cálculo I, temos que
x′′(−ln 2) = 2 e−ln 2 = 1 > 0
e portanto (−ln 2) é - de fato - um ponto de mínimo para x(t).
Neste caso o valor mínimo de x(t) é o valor
x(t0) = x(−ln 2) = 2 e−ln 2 − (−ln 2)− 1 = 22 + ln 2− 1 = ln 2
Naturalmente, o valor da ordenada y(t) = t no ponto t = −ln 2 é · · ·−ln 2.
Conclusão: As coordenadas do ponto de retorno P , são
P = (ln 2,−ln 2)
e) Temos:
lim
t→−∞(2 e
t − t− 1) = 0− (−∞) = +∞
(como já tínhamos concluído a partir da análise qualitativa da órbita.)
lim
t→+∞(2 e
t − t− 1) = +∞− (+∞),
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que é uma ideterminação.
Usando a regra de L'Hôpital:
lim
t→+∞(2 e
t − t− 1) = lim
t→+∞
[
2 et − t− 1
t− 1
]
(t− 1)
= lim
t→+∞
[
2 et − t
t− 1 − 1
]
(t− 1)
= lim
t→+∞
(
2 et − 1
1
)
· lim
t→+∞(t− 1)
= (+∞)(+∞) = +∞
Novamente concordando com a análise qualitativa da órbita apresentada.
Lembrando que y(t) = t, temos
lim
t→−∞ y(t) = limt→−∞ t = −∞,
e
lim
t→+∞ y(t) = limt→+∞ t = +∞. ¥
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