EP13 Gabarito

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1
Fundação Centro de Ciên
ias e Edu
ação Superior a Distân
ia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Edu
ação Superior a Distân
ia do Estado do Rio de Janeiro
Equações Diferen
iais - Exer
í
ios Programados 13 - Soluções
Exer
í
io 1 Cal
ule a equação dos autovalores do sistema homogêneo aut�-
nomo (17.6), da Aula 17. Determine em seguida sua solução geral e obtenha a
solução parti
ular 
orrespondente ao vetor de 
ondições ini
iais
(
1
−1
)
·
Solução:
O sistema homogêneo aut�nomo (17.6), da Aula 17 é
{
y′1 = y2
y′2 = −4 y1.
Es
revendo o sistema na notação matri
ial, temos:
−→
Y ′ =
(
0 1
−4 0
)
−→
Y
Seja A =
(
0 1
−4 0
)
. Temos
det(A− λI) = 0 ⇒
∣∣∣∣ −λ 1−4 −λ
∣∣∣∣ = 0
⇒ λ2 + 4 = 0
⇒ λ1 = +2i; λ2 = −2i.
Para λ1 = 2i, segue que
(
−2i 1
−4 −2i
)
·
(
v1
v2
)
=
(
0
0
)
,
determina o autovetor vetor 
omplexo
(
1
2i
)
. Assim, uma solução 
omplexa
do sistema é
−→
YC(x) =
(
1
2i
)
e2i x.
Consór
io CEDERJ - Fundação CECIERJ 2012/2
2
Para en
ontrar soluções reais, tomamos a parte real e imaginária de
−→
YC(x),
−→
YC(x) =
(
1
2i
)
e2i x
=
(
1
2i
)
(cos 2x+ i sen2x)
=
(
cos 2x+ i sen 2x
−2sen 2x+ i2 cos 2x
)
=
(
cos 2x
−2sen2x
)
+ i
(
sen2x
2 cos 2x
)
.
Daí, a solução geral, real, da equação diferen
ial é
−→
Y (x) = c1
(
cos 2x
−2sen2x
)
+ c2
(
sen2x
2 cos 2x
)
,
onde c1 e c2 perten
em a R.
A
res
entando a 
ondição ini
ial
−→
Y (0) = c1
(
1
−1
)
obtemos (
1
−1
)
= c1
(
1
0
)
+ c2
(
0
2
)
.
Cal
ulamos sentão c1 = 1, c2 = −1/2 e a solução pedida é
−→
Y (x) =
(
cos 2x− 12 sen 2x
−2sen 2x− cos 2x
)
.
Exer
í
io 2 Analise a órbita desenhada na �gura (17.8), reproduzida abaixo,
e determine os pontos de máximo e mínimo de θ, os intervalos onde θ é 
res
ente
e os em que ela é de
res
ente. Faça o mesmo para dθ/dt
Solução:
ERRATA:
No enun
iado do exer
í
io 17.2, da Aula 17, onde se lê: �Analise a órbita desenhada na
�gura (17.9)�, leia-se �Analise a órbita desenhada na �gura (17.8)�.
Considere um ponto P , per
orrendo a órbita. O �sentido de per
urso� é o sen-
tido dos ponteiros de um relógio (as setas dos vetores angentes à órbita nos
indi
am isso).
A órbita de P é periódi
a. Temos:
Consór
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• θ 
res
e à medida que P per
orre o tre
ho que vai do ponto de menor
ab
issa (da órbita) ao ponto de maior ab
issa. Isto é quando P atravessa
o segundo e primeiro quadrantes (nesta ordem).
• θ de
res
e à medida que P per
orre o tre
ho que vai do ponto de maior
ab
issa ao ponto de menor ab
issa. Isto é quando P atravessa o quarto e
ter
eiro quadrantes (nesta ordem)
• O valor máximo(respe
. mínimo) de θ é o valor da maior ab
issa (respe
:
menor ab
issa) dentre os pontos da órbita
• dθ/dt 
res
e à medida que P per
orre o tre
ho que vai do ponto de menor
ordenada (da órbita) ao ponto de maior ordenaada. Isto é quando P
atravessa o ter
eiro e segundo quadrantes (nesta ordem).
• dθ/dt de
res
e à medida que P per
orre o tre
ho que vai do ponto de
maior ordenada ao ponto de menor ordenada; isto é quando P atravessa
o primeiro e quarto quadrantes (nesta ordem)
• O valor máximo(respe
. mínimo) de dθ/dt é o valor da maior ordenada
(respe
: menor ordenada) dentre os pontos da órbita
y1 = θ
y2 = θ
′
Figura 17.8 - Aula 17
Consór
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Exer
í
io 3 Faça um esboço do plano de fases do sistema
{
x′ = −y
y′ = x
Sugestão:Desenhe vários vetores do 
ampo (x, y) 7→ (−y, x) 
orrespondentes a
pontos do eixo OX , pontos do eixo OY , pontos sobre a as retas y = ±x, 
om
suas origens nos respe
tivos pontos (x, y). Construa uma tabela.
Solução:
Na tabela abaixo, os elementos da segunda 
oluna são as imagens dos respe
tivos
elemenos da primeira 
oluna, ao seu lado. Lembre que devemos desenhar 
ada
vetor (−y, x) 
om origem em (x, y) .
(x, y) (−y, x)
(a, 0) (0, a)
(1, 0) (0, 1)
(2, 0) (0, 2)
(3, 0) (0, 3)
(0, b) (−b, 0)
(0, 1) (−1, 0)
(0, 2) (−2, 0)
(0, 3) (−3, 0)
(a, a) (−a, a)
(1, 1) (−1, 1)
(2, 2) (−2, 2)
(3, 3) (−3, 3)
(−a, a) (−a,−a)
(−1, 1) (−1,−1)
(−2, 2) (−2,−2)
(−3, 3) (−3,−3)
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e asim por diante · · ·
x
y
Exer
í
io 4 Cal
ule a solução geral de
−→
Y ′ =
(
a −b
b a
)
−→
Y
Sugestões:
a) Mostre que os autovalores da matriz A do sistema são
a+ bi e a− bi
b)Mostre que (
i
1
)
é um autovetor perten
ente ao autovalor a+ bi
) Con
lua (usando o autovalor a+ bi) que
−→
Y 2(t) =
(
− eat sen bt
eat cos bt
)
e
−→
Y 1(t) =
(
eat cos bt
eat sen bt
)
são duas soluções linearmente independentes do sistema proposto.
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Solução:
i) A equação 
ara
terísti
a do sistema é:
det
(
λ− a b
−b λ− a
)
= (λ− a)2 + b2 = 0
ujas raízes (autovalores) são
a+ b i, a− b i
ii) A solução mais simples e e�
iente é a de substituir o
−→
Y (t) dado no sistema
e veri�
ar que ele (sistema) se transforma numa par de identidades em t.
Apresentamos alternativamente a dedução da expressão de
−→
Y (t). Partindo dos
autovalores 
al
ulados a
ima, temos que e os 
orrespondentes autovetores são
(
i
1
)
e
(
1
i
)
Portanto os autovalores são 
omplexos 
onjugados e têm asso
iados a si auto-
vetores 
om 
oordenadas 
omplexas.
Pro
edendo por analogia 
om o 
aso em que os autovalores são reais, 
om au-
tovetores de 
oordenadas também reais, formamos as soluções 
omplexas:
−→ϕ1(t) = e
(a+bi)t
(
i
1
)
e
−→ϕ2(t) = e
(a−bi)t
(
1
i
)
Tomemos a primeira solução 
omplexa. Usando a fórmula de Euler
eu+vi = eucos v + i eusen v
podemos rees
rever esta solução 
omo
−→ϕ1(t) =
(
i(eatcos bt+ i eatsen bt)
eatcos bt+ i eatsen bt
)
i.é,
−→ϕ1(t) =
(
−eatsen bt
eatcos bt
)
+ i
(
eatcos bt
eatcos bt+ eatsen bt
)
Conforme foi visto na Aula 17, as partes real e imaginária da solução 
omplexa
são soluções reais linearmente independentes do sistema proposto.
Consór
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Assim, uma solução geral real é
−→
Y (t) = c1
(
−eatsen bt
eatcos bt
)
+ c2
(
eatcos bt
eatsen bt
)
·
Exer
í
io 5
(a) - Determine a solução do PVI

y′′ + 4y′ + 8 = 0
y(0) = 1
y′(0) = 1
(b) - Agora, obtenha um sistema homogêneo aut�nomo equivalente ao PVI
dado, e resolva-o pelo método dos autovalores.
Compare sua solução 
om a solução da equação diferen
ial linear de segunda
ordem do item (a) .
Solução:
ERRATA:
[i℄ Onde se lê: �y′′ + 4y′ + 8 = 0� leia-se �y′′ + 4y′ + 8 y = 0�
[ii℄ Onde se lê: �obtenha um sistema homogêneo aut�nomo equivalente ao PVI dado�
leia-se �obtenha um PVI 
om o sistema homogêneo aut�nomo, equivalente ao PVI
dado�
(a) - A equação 
ara
terísti
a r2 + 4r + 8 = 0 tem duas raízes 
omplexas 
on-
jugadas r1 = −2− 2i, r2 = 2 + 2i.
Conforme visto na Aula 13 (módulo II) a solução geral de y′′ + 4y′ + 8y = 0, é
y(x) = c1e
−2xcos 2x+ c2e
−2xsen 2x.
Consequentemente,
y′(x) = 2 (c2 − c1) e
−2x cos 2x− (c1 + c2) e
−2x cos 2x.
Impondo as 
ondições ini
iais, obtemos, para solução do PVI proposto, a função
y(x) = e−2x cos 2x+
3
2
e−2x cos 2x·
(b) - Utilizando o pro
edimento usual, 
om
−→
Y =
(
y1
y2
)
, o sistema equivala-
ente a y′′ + 4y′ + 8 y = 0 é(
y′1
y′2
)
=
(
0 1
−8 −4
) (
y1
y2
)
·
Consór
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E 
omo y1(x) é igual a y(x), a solução geral da equação de segundaordem do
item (a), e y2(x) é igual a y
′
1(x) = y
′(x), podemos a�rmar, diretamente que
uma solução geral do sistema
−→
Y ′ =
(
0 1
−8 −4
)
−→
Y
é (
y1(x)
y2(x)
)
=
(
c1e
−2xcos 2x+ c2e
−2xsen 2x
2 (c2 − c1) e
−2x cos 2x− (c1 + c2) e
−2x cos 2x
)
·
O PVI 
om o sistema homogêneo aut�nomo, equivalente ao PVI dado é formado
por (
y′1
y′2
)
=
(
0 1
−8 −4
) (
y1
y2
)
;
−→
Y (0) =
(
1
1
)
Deixamos a seu en
argo 
al
ular a solução deste PVI.
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