P2 - Equações Diferenciais C 2021-1

UFMG/ICEx/MAT — BH 27/07/2021 Prova 2 de Equacoes Diferenciais C Turma TB1 Respostas sem justificativas nao serao consideradas. Entregar no Microsoft Teams até as 23h59min do dia 27/07/2021. ascinaturgs | Noe | | Assinatura: — 1. (7 pontos) Usar o método de solucao em séries de poténcias para determinar Os seis primeiros termos da solucdo do problema de valor inicial (1+ 2x7) y’(x) — y(x) = 0; y(0)=4; y(O)=1. +00 SUGESTAO: Procurar solu¢ao da forma y(x) = » nx" = ag+ ax! + dpx* + a3x° + asx! + d5x° + agx® Heeb gx” tee, n=0 1 1 23 1357 1 11 143 x)=4 Lob at ak 8 EO te aa [et 28 aS aT | ~V2/2<x<+V2/2 1 yo 2 8 240 13440 6 120 1680 (“v2 v2/2) Solucgao: Escrevemos a solucado formal da EDO como uma série de poténcias com centro em xo = 0, +00 y(x) = Yo anx". n=0 O calculo formal das derivadas dessa fungao pode ser feito diretamente por derivacgdo termo a termo, +00 +00 +00 y(x) = Yo an x"; yx) = ¥ nanx"; yl" (x) = Yo n(n-VYanx"”. n=0 n=1 n=2 Logo, (1+2x) y""(x) — y(x) +00 +00 = (1+2x?) » n(n—lapnx”™? - > Anx” n=2 n=0 +00 +00 +00 = > n(n—l)anx"? + » 2n(n—l)anx”" - > Anx” n=2 n=2 n=0 +00 +00 too = > (n+2)(N+lansox" + > 2n(n—-lanx”" - » Anx" n=0 n=2 n=0 +00 +00 foo =2-lagx°+3-2a3x'+ ) (n+ 2)(n+Vansox" + Y 2n(n—VYanx" — ax — ax! — Yo anx" n=2 n=2 n=2 +00 +00 too = [2- Lap — ag] x° + [3-2a3-—ay]x' + ¥ (n+ 2)(n+ Daniex" + Y 2n(n= VYanx” — Y anx” n=2 n=2 n=2 +00 = [2- lag — ag]x° + [3-2a3-ay]x'+ >} [(n+2)(n+ Vanse + 2n(n= 1) an - an) x” n=2 =0. Dessa forma, (2)(1) 0 > 1 [1—2-(-1)-(0) _ Qo -ay= a, = —— ay = —————_ 4 2 — Ag 2=T 5H (21 0 (3)(2) 0 > 1 [1-2-0-1] a3 — a, = a3 = ~~ a, = —————a 3 — ay 3= 7 gH 31 1 [1-2(n-1)n] ~ As (n+2)(n+ lany2+[2n(n-1)-la,=0 > aniz = ——————a): relacao de recorréncia. (n+1)(n+2) Para os coeficientes com indices pares, 0 1—2-(-1)-0 1 n=0: ad)2=—————a=-a ° 120 °° 2? 9 (1-2-1-2) 3 1 Nn=2: d4=—>——GQ=::'=>——a ‘ 34. °° 3-44) 9 (1-2-4-3) (1—2-(-1)-0)(1—-2-1-2)(1-2:3-4) n=4 > 4g=— 4 = = —— 40 5:6 6! Turma TB1—Ter e Qui: 9h25-11h05 Prova 2 EDC (MAT040) Pagina 2 de 10 Prova 2 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 (1-2-5-6) (1—2-(-1)-0)(1—2-1-2)(1-2:-3-4)(1—-2:5-6) n=6: dg=————__4& = °- = ee 7:8 8! (1-2-7-8) (1—2-(-1)-0)(1—-2-1-2)(1—-2:-3-4)(1—-2:-5-6)(1—2-7-8) n=8: a9 = ———_ 43 = + = Se J. 9-10 10! A férmula geral para os coeficientes com indices pares, que se obtém indutivamente, é [1—2-(-1)-0][1—2-1-2][1—2-3-4]---[1—2(2k-3)(2k—2)] 42k = — ST Oo) (nN). (2k)! Para os coeficientes com indices impares, nal: a2 tO Ol 1, Ho S233 3) [1—2-(0)-(1)][1 —2- (2)-(3)] [1—2-0-1][1—2-2-3] n=3: QE ero BBE OE Te Ee 4:5 5! [1-—2-4-5] [1-2-0-1]{1—2-2-3][1—2-4-5] n=5: Qa = ————_—_ 65 = = sO 7 6-7 7! [1-2-6-7] [1-—2-0-1]{1—2-2-3][1—2-4-5][1—2-6-7] nN=7: A = —————— a = ee J] 8-9 9! [1—2-8-9] [1—2-0-1]{1—2-2-3][1—2-4-5][1—2-6-7][1—2-8-9] n=9: Ay =—— 4 =-- = — Se OO J. 10-11 11! A férmula geral para os coeficientes com indices impares, que se obtém indutivamente, é [1-2-0-1][1-2-2-3][1—2-4-5]---[1—2(2k—2)(2k—-1)] (n€N) a. = || (rn . 2k+1 (2k+ 0)! 1 A solugao formal em série de poténcias, candidata para a verdadeira solucao da EDO (1 — 2x7) y" (x) — y(x) =0,6é 4© (1-2-(-1)-0)(1-2-1-2)(1-2-3-4)---(1-2(2k-3)(2k-2)) y(x) = ao » —— eeeee rk a (2k)! 42 (1-2-0-N(1-2-2-3)(1-2-4-5)---(1-2(2k—2)(2k-1 tay, ( )( )( aaa ( )C )) 4 2kH1. k=0 (2k+1)! Para confirmar que essa série de poténcias é de fato a solucao da EDO devemos calcular os raios de convergéncia de cada uma das duas séries componentes, que podem ser obtidos através do teste da razao. Nesse teste, escrevemos um quociente (a razao) com 0 valor absoluto do termo genérico da série no denominador e 0 valor absoluto do termo genérico subsequente no numerador; em seguida, avaliamos o limite desse quociente quando o termo genérico tende a infinito. Para a primeira série consideramos dy = 1 e a, = 0 e denotamos a correspondente fun¢ao por yo(x), (1-2-(-1)-0)(1—2-1-2)(1-2-3-4)---(1—2(2k —3)(2k—2))(1 —2(2(k + 1) —3)(2(k + 1) —2)) 2(k+1) —_ siemens Oe x (2(k+1))! (1-2-(-1)-0)(1—2-1-2)(1-2-3-4)---(1—2(2k—3)(2k—-2)) ok sae eaeeeeeEreeeeeeeeaeass«=s eee vt (2k)! (1-2-(-1)-0)(1—2-1-2)(1-—2-3-4)---(1—2(2k —3)(2k—2))(1 —2(2(k + 1) —3)(2(k + 1) —2)) ixl2*] x12 J J |x| x _ (2k +2)(2k+1)(2k)! ~ (1-2-(-1)-0)(1—-2-1-2)(1—2-3-4)---(1-—2(2k—3)(2k—-2)) \x|2k ws aeeeeeeeeeeeaeeerseereo?avawweeeaessee WK (2k)! (l= 00 =2-4+-2) 1 =2-3-4F)-:-(1 = 22k—3}(2k — 2))(1 —2(2(k +1) -—3)(2(k+1) 2) PR x2 _ (2k +2)(2k+1) ! (l= W=2F = 2-3A (= 22k BHOK=2)) ae _ -22(k+1)-3)(2(k +1) -2)| |x|? 7 (2k + 2)(2k +1) _ [1-2@k-D2b| lx? ~ (2k+2)(2k+) 2(2k-1)(2k) - DIxI* k-+00 _ 2(2k— DK) — Dixit Kot, ix]? (WxER). (2k+2)(2k+1) Com isso, a primeira série converge absolutamente se 2|x|* < 1, ou seja, se |x| < 2/2; logo, o raio de convergéncia da primeira série € R= V2/2 e 0 intervalo de convergéncia 6 —V2/2 <x < +V2/2. Turma TB1—Ter e Qui: 9h25-11h05 Prova 2 EDC (MAT040) Pagina 3 de 10 Prova 2 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 Analogamente, para a segunda série consideramos dp = 0 e a; = 1 e denotamos a correspondente fun¢ao por yj (x), | (1-2-0-1)(-2-2-3)(1-2-4-5)---(1—2(2k—-2)(2k—-1)) —2(2(k+ 1) —2)(2(k +1) - 1) aus S— XxX (2k+1)! (1-2-0-1)(1—2-2-3)(1—2-4-5)---(1—2(2k—2)(2k—-1)) ok+I sss: XxX (2k+1)! (1-2-0-1)(-2-2-3)(1-2-4-5)---(1—2(2k—-2)(2k—-1))0 —2(2(k + 1) —2)(2(k +1) - 1) ix[2k+ x2 oo x x _ (2k+3)(2k+2)(2k+1)! ~ (1-2-0-N)(1-2-2-3)(1-2-4-5)---(1—2(2k —2)(2k—1)) |x|2k+1 (2k+1)! O=2-6-T)(1=2-2°3)(1 =2-4-5)-++ (1 =20k—2y(2k —1))Q -2(2(k4+ 1) -2)(2(k +1) - D) | okt} x2 BRE DB RR (1=2-O-(1=2-2-3(L=2-4-5)- + (1= 202k —2)(2K— D) | ypker Qk+n! _ N-22(k4+1)-2)2(k+1)-DI |x|? 7 (2k +3)(2k + 2) _ (1-22) 2k+ DI Ix? ~ (2k+3)(2k +2) 2(2k)(2k+1)-VIxI* k+00 _ 22h 2k+1)— Dixit Kv+, oy? (WER). (2k +3)(2k+2) Com isso, a segunda série converge absolutamente se 2|x|? <1, ou seja, se |x| < J2/2; logo, o raio de convergéncia da segunda série éR= 2/2 € 0 intervalo de convergéncia é -V2l2<x<+4+/2/2. Portanto, cada uma das séries de poténcias converge absolutamente para todo nimero real tal que —V2/2 < x < + V2/2 e isso justifica todos os calculos realizados para a obtenc¢ao da série formal acima no intervalo especificado. Assim, a série obtida é, de fato, solugao da EDO no intervalo —/2/2<x<+1/2/2. Observamos que se escrevemos a EDO na forma reduzida, y"() = ylx) =0 (1+ 2x?) , entao 0 coeficiente da equacao, p(x) = —1/(1+2x”) possui singularidades nos pontos que anulam o denominador, ou seja, nas raizes de 1+2x* =0, que s4o x = +\/2i/2. A solucdo em série de poténcias desenvolvida em torno da origem das coordenadas tem raio de convergéncia sempre igual ou menor do que 0 minimo dos valores absolutos das raizes; no caso presente, min{|— V2/2|,|+ 2/2} = V2/2 eo raio de convergéncia determinado para a solucao vale exatamente R = V2/2. Em resumo, a solucdo em série de poténcias para a EDO (1 - 2x7) y" (x) —y(x)=06 4© (1-2-(-1)-0)(1-2-1-2)(1-2-3-4)---(1-2(2k-3)(2k-2)) (20) = ag |] A rr I a (2k)! 42 (1-2-0-N(1-2-2-3)(1-2-4-5)---(1-2(2k—2)(2k-1 say! )( )( aaa ( )C )) 2k+1 (-V2/2<x< +V2/2) k=0 (2k+1)! 1 1 23 1357 1 11 143 = ao (14 =x? — = x44 —x6- amt] +a) [+ = x3 — —— x9 + at] (-V2/2 < x <+V2/2) 2 8 240 13440 6 120 1680 Finalmente, com as condicées iniciais deduzimos os valores das constantes. De fato, y(0) = 4 implica do = 4; e y'(0) = 1 implica a, = 1. Logo, a solugao do problema de valor inicial (12x?) y"(x) — yo) = 0; y(0)=4; y/(0)=1. é 1, 14 23 6 1357 ¢ ( 13; ll, 14 , =4l14+2x° - =X 4+ XO HX te FL XE 4 HX —V2/2<x<4+vV2/2 yo) 2” 8. 240° 13440” * 6 120 1680. (v2 * v2/2) Turma TB1—Ter e Qui: 9h25-11h05 Prova 2 EDC (MAT040) Pagina 4 de 10 Prova 2 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 ‘ (x? —4)y"(x) + 3xy'(x) + yoo =0; yl(O0)=2; ylO)=1 5 ee < 4 — yalx) & 3 — yilx) z — vix) s 2 —— y(x) aprox. (| _ oo O1 o2 03 o4 O5 06 O7 x —2, 0<t<4; t 2. (a) (8 pontos) Determinar a transformada de Laplace da funcao f(t) = < —4+ 3 4<t<12; 0, 12<t<-+00. 2 (1 1 2 a) F(s) = an + e2 exp(—4s) — 362 + 5 exp(—12s) Solucdo: Inicialmente, escrevemos a funcgado f(t) com o uso de funcoes degrau, t t f@=-2u() + (4+ 5) - (-2)| u(t—4)+ jo- [-4+ Al u(t—12) t t =-2u(t)+ [-2 + ;] u(t—4)+ (-5 +4) u(t—12). Em seguida, usamos tabelas de transformada de Laplace. Para a primeira parcela temos 1 L{-2u(t)}(s) = -2L {u(p}(s) = are Para as duas parcelas seguintes usamos, entre outras, a f6rmula Lig(Hul(t—a)}(s) = exp(—as) L{g(t+ a)}(s). Para a segunda parcela selecionamos a=4e g(t) = —2+ t/2; logo, g(t +4) =—2+ (t+4)/2 =-2+t/2+2=+t/2. Portanto, t L (-2 + ;] u(t} (s) =exp(—4s) Pi{g(t+4)}(s) t = exp(—45)f \*5 (s) + (45) (5 1 ] =+exp(—4s)|-— ]. P 2 s2 Para a terceira parcela selecionamos a = 12 e g(t) = —t/2 + 4; logo, g(t+ 12) = —(t+12)/2+4 =—t/2-2. Portanto, t L (-5 - 2] u(t— 12)} (s) = exp(—12s) F{ig(t + 12)}(s) t = exp(-125)L 1-3 -2} (s) i29(22 +2) = —-exp(-12s);|-— + -]. P 257 $5 Finalmente, F(s) = Lif (O}(s) t t = £\-2u(e) + (-2+ 5] u(t—4)+ (-5 +4) u(t— 12) 3) t t = f{-2u(}(s) +2{[-2+ ;) uit} el[-5 +4) u(t— 12h is 2 (J epr-as)-(to +2) ep-tey = —-—+{—~] exp(—4s) —| —~ + —] exp(-12s). s \2s2 P 25% 5 P Turma TB1—Ter e Qui: 9h25-11h05 Prova 2 EDC (MAT040) Pagina 5 de 10 Prova 2 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 ft); Fis) 2 — at) — Fis) 0 a -2 = -4 -6 -8 0 2 4 6 8 10 12 14 tempo (t) e frequéncia (s) ; ; - 9s” + 86s +212 (b) (4 pontos) Determinar a transformada inversa de Laplace da fun¢ao F(s) = ———__,—_———_ exp (- 7s). (2s—3)(s* +12s +52) 5 3(t—-7) f@= 3 exp a u(t — 7) + 2exp(—6(t — 7)) cos(4(t — 2)) u(t — 1) + exp(—6(t — 7)) sen(4(t—2)) u(t —7) (b) Ree Teac x ~ _ - 9s” + 86s — 212 Solucao: Inicialmente, usamos decomposicao em fra¢oes parciais para a funcao G(s) = ————_.—————.. O numerador (2s—3)(s* +125 +52) tem grau 2, que é estritamente menor do que o grau do denominador, que vale 3; além disso, os fatores irredutiveis do deno- minador s4o 2s —3 e s* + 12s —52 ja que esse Ultimo fator tem raizes complexas conjugadas. Logo, 9s” + 86s — 212 G(s) = ——_———_ (2s—3)(s* + 12s +52) A Bs+C = Fs 2s-3 s*+4+12s54+52 _ A(s* + 12s +52) + (Bs + C)(2s—3) - (2s —3)(s2 + 12s +52) _ As? +12As +52A+2Bs* -3Bs+2Cs—3C 7 (25 —3)(s? + 12s +52) _ (A+2B) s* + (12A—3B+2C)s+(52A—3C) - (2s —3)(s2 + 12s +52) Essa equacao é equivalente ao sistema de equacoes algébricas lineares A+2B =9 A+ 2B =9 A+ 2B =9 12A—3B+2C = 86 ° — 27B+2C=-22 ° B- (2/27)C = 22/27 52A -3C =212 — 104B —3C = —256 — 104B— 3C = —-256 A + (4/27)C = 199/27 A +(4/27)C = 199/27 A =5 ° B-— (2/27)C = 22/27 ° B-(2/11I)C=22/27 B =2 — (289/27)C = —4624/27 C=16 C=16 Dessa forma, 5 2s+16 G(s) = ——— + = 2s-3 s*+4+12s54+52 5 2s+16 =O A OTTO 0 25-3 (s?+2-s-6+62) +4? 5 ol 2(s+6) 4 = - ht YHOO . 2s-3/2 (s+6)2+42% (s+6)2+42 Consequentemente, g()= LNG) {5 1 2(s +6) 4 =f lio > Nt 3 5-3/2 (s+6)2+42 ° (s+6)2+42 h« ) 5 1 S+6 4 -32"\— hse | hore) ate 2 5-3/2)” (sree +aef (s+ 62442 f 5 3t = 3 exp (-=] + 2exp(—6f) cos(4f) + exp(—6f) sen(4?). Finalmente, a transformada inversa de Laplace de F(s) = G(s) exp(—7) é f= L'NG(s)exp(-15)}(0 Turma TB1—Ter e Qui: 9h25-11h05 Prova 2 EDC (MAT040) Pagina 6 de 10 Prova 2 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 = g(t-am)u(t-7) 5 3(t—-7) = 3 exp > u(t — 7) +2exp(—6(t —7)) cos(4(t — m)) u(t — 2) + exp(—6(t — 7)) sen(4(t—7))u(t—7). (c) (7 pontos) Resolver o problema de valor inicial y(t) + 11y(0) + 24y(t) = +36(t-2)-6(t-3); y(O)=0; y(0)=0. 3 1 y@)=— (exp(—3(¢ — 2)) — exp(—8(t — 2))) u(t — 2) - 5 (exp(—3(t— 3)) — exp(—8(¢— 3))) u(t-3) (c) —_ Solucado: Aplicamos 0 método de transformada de Laplace para resolver o PVI, LAV(OH + 11(t) + 24 y(O}(s) = L{36(t — 2) — 6(t-3)}(s) [s* Y(s) — sy(0) - y'(0)] + 11[sY(s)— y(0)] +24Y(s) =3exp(—2s) — exp(—3s) [s* + 11s +24] Y(s) = 3exp(—2s) — exp(-3s). Consequentemente, Y(s) 8 (—2s) , (3s) s) = =—————— exp(—2s) - =—————— exp(-3s +lis+24a +lis+2a- 1 Agora definimos a func¢ao F(s) = elisa D4 e construimos sua decomposic¢ao em fracées parciais. Como o numerador de S s F(s) tem grau zero e o denominador tem grau 2 e raizes s = —3 e s = —8, obtemos a fatoracao s*+11s5+24 = (5+3)(s+8); logo, 1 1 A B F(s) = 3D s*+1l]ls+24 (s+3)(s+8) s+3 5s+8 Ap6os multiplicar ambos os lados da igualdade acima pelo monémio (s + 3) obtemos (s +3) A(s+3) B(s+3) 1 B(s +8) ————— = —— + ——_ > — =A4+—_; (s+3)(s+8) (s+8) (s+8) (s+8) (s+8) dessa forma, a substituigdo s = —3 na expressao da direita implica A = 1/5. Analogamente, apés multiplicar ambos os lados da igualdade acima pelo monémio (s+ 8) obtemos (s +8) A(s+8) B(s+8) 1 A(s + 8) = — _ +5 —_ > = —— FB; (s+3)(s+8) (s+3) (s+8) (s+8) (s+3) dessa forma, a substituicao s = —8 na expressao da direita implica B = —1/5. Portanto, escrevemos a decomposic¢ao de F(s) em fragdes parciais como 1 1 1 1 F(s) = -—~ -=—.. 5S5+3 55+8 Com essa preparacao, podemos calcular a transformada inversa de Laplace das diversas parcelas de Y(s). De fato, 1 1 1 1 1 F(s)= a > N=L NF t () s*@t+1ls+24 5s+3 5s+8 fay HD) 1 1 1 1 -2 2 ho 5Ss+3 5s+8 : (-30) . (-82) = — exp(—3f) — — exp(— 5 P 5 P 1 G(s) = F(s) exp(-38) = 5, exp(-39) >a (= L'G(s)}(t) = Lo {F(s) exp(-35)}(0) 1 1 1 1 -1 = — —— exp(-3s) —- — —— exp(-3s) } (t 2 15 543 OP 9 5 sae of ( ) 1 1 = 5 exp(—3(f—3))u(t —3) — 5 exp(—8(f — 3)) u(t —3) 3 H(s) =3F(s)exp(—2s) = 2 9sal4 exp(-2s) => A(t)= L'A(s)}(t) = 1 BF(s) exp(—2s)}(1) 3 1 3 1 —~g-ljVv_ _ _v_s _ =f 13 543 exp(—2s) 5548 exp( 29h in 3 3 = 5 exp(—3(f—2))u(t — 2) — 5 exp(—8(f — 2)) u(t — 2) Turma TB1—Ter e Qui: 9h25-11h05 Prova 2 EDC (MAT040) Pagina 7 de 10 Prova 2 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 Finalmente, a solugao do PVI é y= LUY()}O) = £7'{H(s)— G(s)}(s) = £'{H(s)}(s)- LNG(s)}(s) = h(t) - g(t) = (; exp(—3(f- 2))u(t-—2)- = exp(-8(¢—2) u(r—2)] - [zexpt-3¢e-syutr—3) - = exp(-8(¢—3)u(t—3)| 3 1 == (exp(—3(t — 2)) - exp(—8(t — 2))) u(t -2) - F (exp(—3(t — 3)) — exp(—8(t —3))) u(t—3). ylt) + 11y(t) + 24y(t)=36(t-2)-6it- 3); ylO)=0; y(0}=0 0.30 == 36(t—-2)—6(t—3) 0.25 my lf 020 g 0.15 8 0.10 3 0.05 0.00 ----+4---= —0.05 —0.10 0 1 2 3 4 5 6 tempo (t} 3. Considerar os seguintes sistemas de equacoes diferenciais lineares e seus correspondentes autovalores. - . -l 1 . -l1 0 . 2 2 (a) x(t) = ie 2] (b) X() = oi xen (c) x(t) = fF 8 face (d) x(t) = ie Hace Ay =24+1i; A2=2-1i. Ay =-14+1i; A2 =-1-1i. Ay = -1; A2=-1. Ay =0; Az = +3. _ oy [tl +4] _ [7-3 Fl]. _ [+2 +1]. _._[-2 0 (e) x(t) = i Py xen (f) x(t) = F * aco (g) x)= i 23] xcns (h) x(t) = 0 Sco Ay =-l5A2 = +3. Ay = -2; Ao = -4. Ay = +15 A2 = 48. Ay = -2; Ao = -2. ny ery fol +1 . yep | t4 +1 . ._.,_|tl 0 . -p _|t2 +5 . (i) x(t) = FE * xcos (Gj) X(t) = |" a] xcn (k) x(t) = | 0 2 ]xcos () x(t) = A lca A, =0; Az = -2. Ay = +3; Ao = +3. Ay =+]lA2=+41. A, =0+1i; Az =0-1i. Considerar também os seguintes campos vetoriais e seus retratos de fase. (m) (n) (0) (p) BEEZ RL WSQQY Eww SS SQ qi LZZE ~~ WY, AS) ZZZE WN WN EEE AA ‘AA LLL ‘ AA GF; LLL "GY By : LLL LE N MMAWG(\. i; Wee q — : ZE -RYSssyvC __ ZY = | S22 (q) (x) (s) (0 | ES .0 0 W/Z SESS ) ZZ EA\\\ 7 77/||§$MW Se ae | “ZB SS SRS S SS +} “LL, | SS (u) (v) (w) (x) 44 = AS LE 44 VG t Pp ZE SSS ‘4, WS VB (KWH 27 NWA SG ZSB _L(!'/ WV BV VW LSC OSS SS SE _—_ ZZ NSS AN oI). SS = NS Gif |. SEZ SS AS =A FZ SX G WS Turma TB1—Ter e Qui: 9h25-11h05 Prova 2 EDC (MAT040) Pagina 8 de 10 Prova 2 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 i. (4 pontos) Associar cada sistema de (a) até (I) ao seu correspondente retrato de fase de (m) até (x). Solucdo: As associac¢ées entre os sistemas e as trajet6rias dos retratos de fase sao as seguintes: (a) — (x): autovalores complexos conjugados com parte real positiva: espiral instavel que gira no sentido anti-horario. (b) — (p): autovalores complexos conjugados com parte real negativa: espiral estavel que gira no sentido horario. (c) — (u): autovalores reais, negativos e repetidos: no improprio estavel pois a matriz nao é diagondlizavel nos nimeros reais. (d) — (m): autovalores reais, um positivo e outro nulo: 6rbitas retilineas paralelas e instaveis. (e) — (s): autovalores reais, um negativo e outro positivo: sela. (f) — (w): autovalores reais, negativos e distintos: n6 proprio estavel. (g) << (0): autovalores reais, positivos e distintos: no préprio instavel. (h) — (t): autovalores reais, negativos e repetidos: trajetdrias radiais estaveis pois a matriz é diagondlizavel nos nimeros reais. (i) - (n): —autovalores reais, um negativo e outro nulo: 6rbitas retilineas paralelas e estaveis. (j) - (v): — autovalores reais, positivos e repetidos: n6 improprio instavel pois a matriz nao é diagondlizavel nos nimeros reais. (k) — (q): autovalores reais, positivos e repetidos: trajetérias radiais instaveis pois a matriz é diagondlizavel nos nimeros reais. () - (1): —autovalores complexos conjugados com parte real nula: centro. we or . . . -1 0 x ii. (8 pontos) Resolver o problema de valor inicial com 0 sistema do item (c): x(t) = E | x(t); x(0) = a . - 0 Solucgao: Aplicamos o método de autovalores e autovetores. Comecamos procurando solugoes do sistema x(t) = Ax(t) da forma x(t) = exp(At)vem que 1€ Rou Ae C é um autovalor da matriz A que representa 0 sistema e v € um autovetor. . . . ~ . Los . -l1 0 Denotamos a matriz dos coeficientes do sistema de equacoes diferenciais lineares x(t) = E 4 x(t) por -1 0 A= . a O polinémio caracteristico associado a matriz do sistema é p(A) = det(A-AD _|-1-a 0 ~} 41 -1-A = (-1-A)(-1-A)-(4+1)(0) =1+A+A+A?-(0) =A? +2041. Os autovalores do sistema sao as raizes do polinémio caracteristico, A; = —1 e Az = —1, que sao autovalores repetidos do sistema. r Associado ao autovalor repetido A; = —1 temos 0 autovetor v = [vy V2 , solucao do sistema Av, = A; v) ou, equivalen- temente, do sistema (A— A, I)v=0. Logo, -1-(-1) 0 n}_ fo] . [ 7f[r]_fo +1 -1-(-D] |v} {0 +1 Of} |v} |0 e o autovetor é da forma v, =a[0 1] " com ae R\{0}. Sem perda de generalidade selecionamos a = 1 e 0 primeiro 2 T ~ s autovetor év; =[0 1] .Acorrespondente solucao é da forma X(t) =exp(A Ov 0 = exp(—11f) : . 1 Devemos agora determinar uma outra soluc¢ao do sistema de equagoes diferenciais lineares que seja linearmente inde- pendente com a primeira solugdo acima determinada. Para isso, procuramos a segunda solucao na forma X2(t) = texp(A, Hv+ exp(A1)w, em que A; = Ax =-lev= [0 +1] é o autovetor ja determinado. Antes de substituir a formula de x(t) no sistema, avaliamos separadamente os lados esquerdo e direito da equacao. Logo, Xo(f) = texp(—li)v+ exp(—lt)w x, (1) = exp(—lt)v— 1texp(—1ft)v— lexp(—l1f)w Turma TB1—Ter e Qui: 9h25-11h05 Prova 2 EDC (MAT040) Pagina 9 de 10 Prova 2 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 Axo(t) = A{texp(—10)v+ exp(-1n)w} = texp(—1t) Av+ exp(—11t) Aw = texp(—1f)(—lv) + exp(-1N Aw (pois v é autovetor) = —ltexp(—1f)v+ exp(—11f) Aw. Portanto, a substituigao dessas expresses no sistema resulta em x’ (tf) = Ax(t) exp(—1f)v— 1texp(—1f)v—- lexp(—1t)w= —1texp(—1f)v+ exp(—1f) Aw .. exp(-l1f)v—-1texpt-itjv - lexp(—1t)w = —ltexp(-1INv+ exp(—1f) Aw .. exp(-l1f)v—lexp(—1lf)w= +exp(—11t) Aw “. exp(-1f) (A-(-1)Dw=exp(-li)v (A-(-D)Dw=v pois exp(—1t) 40 paratodo te R. Logo, a segunda solucdo x2(t) = texp(A; f)v + exp(A t)w deve ser tal que (A-(-lDDw=v em que v é 0 autovetor previamente identificado. A solugao desse sistema, em que denotamos w= [w) >| . é obtida diretamente por escalonamento, -l- Ay 0 Wi] _ 0 +1 -1-A,| |w2 ~ |41 +0w, +0W2 =0 > +lw,+0w2=+1 w, = +1+0s > (sER). W2=0+1s Sem perda de generalidade, selecionamos s = 0 e obtemos w= [+1 0] ea segunda solucao é Xo(t) = texp(—1f)v+ exp(-lt)w 0 +1 = texp(—12) a +exp(—1f) | 0 : +1 = exp(—11f) li . Para verificar que essas duas soluc¢Ges x) (t) e X2(f) sao linearmente independentes basta calcular 0 wronskiano, w[x1,X2](t) = [xi(t) x2(t)] _ +0 +lexp(-1f) ~ |+lexp(-1t) +tfexp(-14) = 0(texp(—11f)) — exp(—1f) exp(—1f) =-—exp(-24)40 (VreR). Agora podemos combinar linearmente essas duas familias de solug6es e escrever a solucdo geral do sistema de equac6es diferenciais na forma x(t) = €1X1 (2) + C2X0(F) = -lt 0 + -lt +1 = c) exp( ) 41 C2 exp( ) it _ +0 +1) }c) = exp(-10) i tH le | ‘ Em outros termos, a soluc¢ao do sistema escreve-se na forma x1 (t) = co exp(—112) X2(t) = c) exp(—1f) + cotexp(—1?f). A solucao do problema de valor inicial associado a esse sistema com condi¢6es iniciais x(0) = xp e y(0) = yo é dada por C1 = Yo € Co = Xp, Ou Seja, X)(t) = Xo exp(—112) Turma TB1—Ter e Qui: 9h25-11h05 Prova 2 EDC (MAT040) Pagina 10 de 10 Prova 2 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 X2(t) = yo exp(—1f) + xotexp(—1f). Claramente, x(t) = +x exp(—1t) — 0 quando t — +coo; da mesma forma, x2(t) = + yo exp(—1t) + x9 texp(—11) — 0 quando t — +oo. Esses limites sao validos independentemente dos valores das condi¢6es iniciais (excluido naturalmente 0 caso Xo = 0e yo = 0, que é o tinico ponto critico do sistema e a trajet6ria nesse caso degenera-se em um ponto). Concluimos que a solucao trivial x(t) = 0 e x2(t) = 0 é estavel, denominado ponto nodal improprio. A primeira figura abaixo mostra 0 campo de vetores associado ao sistema de equacoées diferenciais lineares; a segunda figura mostra as trajetdrias do sistema; a terceira figura € uma combinagao das duas figuras anteriores e mostra simulta- neamente o campo de vetores e as trajet6rias do sistema de equacoées diferenciais lineares xi] _[-1 0][a@ xi()] [+1 -1] [x2(d]} REE EESSSESSS MQ \\ ZS UA \\ 4 ZS QR EE ESSSSY NQN SS |, \ SSS SEE ESS \ S o ASSESS SESS E SSS SSS S888 SN \ wf SSX \ SSSR \\ NY a RSS 2 2 SITIITI ITE SV NNN NAAN SS \ \ \ SS] \ \ \S ‘Ye wNN Neer pre er rn A RSSSIEIIIIT TTA SY URNA S =, -6 4 —2 0 2 4 6 -6 4 -2 0 2 4 6 -6 4 -2 0 2 4 6 Turma TB1—Ter e Qui: 9h25-11h05 Prova 2 EDC (MAT040)