Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem Maria do Carmo Coimbra Departamento de Engenharia Civil Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto Julho de 2008 Prefácio Imagination is more important than knowledge. Knowledgeislimited. Imagination encircles the world. Albert Einstein (1879 - 1955) Estes apontamentos, em forma de E-Book, foram elaborados com o objec- tivo de oferecer ao aluno um instrumento de trabalho que oriente e desperte o interesse pela disciplina de Análise Matemática 3. Não se pretende substi- tuir a bibliografia existente, mas simplesmente fornecer um ponto de partida para a aprendizagem. Uma nota que gostaríamos realçar é que a Matemática não se aprende passivamente. Os exercícios, quando não mecanizados, ensi- nam a usar conceitos, esclarecer dúvidas e dão oportunidade de explorar um universo diversificado. EstadisciplinadeAnáliseMatemática3tratadoestudodasequações diferenciais. Comoé natural pressupomos umacertafamiliaridade com funções escalares ou vectoriais de uma ou mais variáveis reais. Além disso admitem-se conhecidas algumas noções básicas de Álgebra. Os método numéricos apresentados para a resolução numérica de equações diferenciais podem ser programados em Matlab ou usando uma calculadora programável. Os gráficos apresentados neste texto foram elaborados com o maple. O aluno pode usar o software livre maxima. Refira-se que apenas seutilizaestesoftwarecomoumaferramenta, porissopodeutilizarasua máquina gráfica ou mesmo prescindir de todo do uso de um instrumento de cálculo e usar apenas lápis e papel. Bom trabalho! Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem Conteúdo 1 Modelação Matemática e Equações Diferenciais 1 2 Equações Diferenciais de Primeira Ordem 11 2.1 Algumas definições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.2 Campos de Direcções e Curvas integrais . . . . . . . . . . . . 13 2.3 Existência e Unicidade da Solução do PVI . . . . . . . . . . . 16 2.4 Análise Qualitativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.4.1 Análise Qualitativa das Equações Autónomas . . . . . 21 2.5 Método iterativo de Picard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.6 Técnicas para Resolução Analítica de Algumas Equações . . . 34 2.6.1 Equações de Variáveis Separáveis . . . . . . . . . . . . 34 2.6.2 Equações Lineares de Primeira Ordem . . . . . . . . . 37 2.6.3 Equações Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 2.6.4 Equações Redutíveis a Exactas . . . . . . . . . . . . . 42 2.6.5 Mudança de Variável . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 2.7 Equações Diferenciais: Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . 48 2.7.1 Trajectórias Ortogonais . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 2.8 Resolução Numérica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 3 Equações Diferenciais de Ordem Superior 59 3.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 3.2 Equações Lineares de Ordem Superior . . . . . . . . . . . . . 60 3.2.1 Equações Diferenciais Lineares e Homogéneas . . . . . 62 3.2.2 Equações Diferenciais Lineares Não Homogéneas . . . . 75 3.2.3 Soluções em Série de Potências . . . . . . . . . . . . . 82 3.3 Equações Não Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 4 Sistemas de Equações Lineares de Primeira Ordem 91 4.1 Introdução aos Sistemas de Equações Diferenciais . . . . . . . 91 4.2 Método da Eliminação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 4.3 Sistemas Lineares de Primeira Ordem. . . . . . . . . . . . . . 95 4.4 Sistemas Lineares Homogéneos de Coeficientes Constantes . . 98 4.5 Método da Variação de Parâmetros . . . . . . . . . . . . . . .108 5 Estudo Qualitativo de Sistemas Autónomos Bidimensionais 115 5.1 Sistemas Autónomos Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . .120 5.2 Sistemas Autónomos Não Lineares . . . . . . . . . . . . . . .140 5.2.1 Sistemas Potenciais. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .149 5.2.2 Sistemas Hamiltonianos . . . . . . . . . . . . . . . . .150 5.2.3 Bifurcações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .154 6 Transformadas de Laplace e Equações Diferenciais 157 6.1 Propriedades da transformada de Laplace . . . . . . . . . . . .158 6.1.1 Linearidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .158 6.1.2 Derivada da Transformada. . . . . . . . . . . . . . . .159 6.1.3 Transformada da Derivada. . . . . . . . . . . . . . . .159 6.1.4 Transformada do produtofpore at : Deslocamento em s 160 6.2 Transformadas de Funções Elementares. . . . . . . . . . . . .160 6.3 Equações Diferenciais e Transformada de Laplace . . . . . . .166 Exercícios 173 Exercícios de Escolha Múltipla 193 Exames 219 Resolução de Exames 233 Capítulo 1 Modelação Matemática e Equações Diferenciais A construção de modelos, isto é, a representação de um sistema ou fenó- menocomoauxíliodamatemáticaéumaferramentaimportanteparao estudo de um dado problema. Um modelo matemático pode ser entendido porumconjuntodesímboloserelaçõesquerepresentamumasituaçãoou umproblemareal. Ummodelomatemáticopodeserexpressodeváriose diferentes modos como por exemplo através de gráficos, tabelas e equações. Por exemplo, a segunda lei do movimento de Newton 1 afirma que aceleração adeumcorpodemassaméproporcionalàforçatotalqueactuasobreo corpo. Pode ser modelada pela equação algébrica F= ma (1.1) Consideremos agoraummodelofísicoemquepretendemos estudar o movimento de um corpo de massam colocado na extremidade de uma mola vertical. A Lei de Hooke 2 diz que se a mola é esticada ou comprimida emx unidades a partir do seu tamanho natural então ela exerce uma força, força elástica, que é proporcional ax: F el = −kx (1.2) k é uma constante positiva que se designa por constante da mola. 1 Isaac Newton (1643-1727) 2 Robert Hooke (1635-1703) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 2 Modelação Matemática e Equações Diferenciais Se ignorarmos qualquer força externa de resistência então pela a segunda lei de Newton temos que m d 2 x dt 2 = −kx (1.3) Esta equação é um modelo para o movimento de uma mola. Envolve não apenasdeterminadasquantidadesmastambémasvariaçõesdessasquanti- dades.Dizemos que se trata de uma equação diferencial ordinária.Como envolve derivadas de segunda ordem diremos que se trata de uma equação diferencial ordinária de segunda ordem. Resolver uma equação diferen- cial é procurar uma função, neste caso,x = x(t), tal que a segunda derivada seja proporcional mas de sinal oposto à função. Conhecemos alguma função real de variável real com essa propriedade? É claro que sim! Sabemos que (sin t) = −sin t e que (cos t) = −cos t.Será que não existem outras funções diferentes destas com essa propriedade?Iremos mostrar que todas as soluções da equação 1.3 se escrevem como combinação linear de certas funções seno ecoseno, oquenãoésurpreendentepoissabemosqueoesperadoéquea mola oscile em torno da sua posição de equilíbrio e portanto é natural que a solução envolva aquelas funções. Algumas definições Uma equação diferencial ordinária é uma equação que relacionaumafunçãoreal de variável real e umaoumais das suas derivadas. Procurarumasoluçãodeumaequaçãodiferencial éprocurar uma função real de variável real que satisfaça a equação dada. As equações diferenciais podem surgir na forma explicita ou na forma implícita. Exemplos de equações diferenciais na forma explícita Exemplo 1No exemplo do movimento da mola podemos escrever d 2 x dt 2 = − k m x (1.4) em quex é a variável dependente, a função que pretendemos determinar et é a variável independente. Exemplo 2Por exemplo para a equação diferencial dy dt = 2ty (1.5) yéavariável dependente, afunçãoquepretendemosdeterminare t éa variável independente. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 3 Exemplos de equações diferenciais na forma implícita Exemplo 3 _ dx dt _ 2 + x 2 = 1 (1.6) em quex é a variável dependente, a função que pretendemos determinar et é a variável independente. Exemplo 4Por exemplo para a equação diferencial (x + sin x) dy dx + 2xy= 0 (1.7) yéavariável dependente, afunçãoquepretendemosdeterminarexéa variável independente. VejamosumexemploemqueaLei deTorricelli 3 forneceummodelo para o problema do esvaziamento de um tanque.Suponhamos que um tanque cilíndricocontendoumlíquidotemumorifícionofundoatravésdoqualo líquido se escoa. Designemos por h a altura do líquido no tanque no instante t e porr o raio da base. A lei de Torricelli afirma que se num dado instante (t=0) for aberto o orifício, então o caudal é proporcional à raiz quadrada da altura do líquido no tanque. O modelo matemático escreve-se Q = k √ h (1.8) emquekéumaconstantepositivaquedependeentreoutrosfactoresda viscosidade do líquido e da área do orifício. Para escrevermos uma equação diferencial para este modelo físico basta pensar que o caudal, ou seja a quan- tidade de líquido que atravessa o orifício por unidade de tempo, é simétrico à variação de volume no tanque por unidade de tempo, dV dt = −Q. (1.9) ComoV (t)=πr 2 h(t) segue-se que dV dt =πr 2 dh dt . Obtemos assim o modelo matemático que envolve a equação diferencial de primeira ordem, dh dt = − k πr 2 _ h(t). (1.10) 3 Evangelista Torricelli (1608-1647) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 4 Modelação Matemática e Equações Diferenciais Num problema deste tipo é usual conhecer os dados iniciais do sistema. Porexemplopodemossuporquenoinstanteinicial aalturadelíquidoé conhecida e tem o valorh 0 . Temos agora um problema modelado por uma equação diferencial e para o qual conhecemos o valor inicial. Designamos este tipo de problemas por problema de valor inicial (PVI) ou problema de Cauchy 4 . _ dh dt = − k πr 2 _ h(t) h(0) = h 0 (1.11) Exemplo 5Considere o PVI 1.11.Admita que r = 0.5, k = 0.0025 e h(0) = 2. Suponha que todas as unidades estão expressas no Sistema Internacional. Verifique que a funçãoh definida de modo implícito por 200π √ h + t −200π √ 2 = 0 (1.12) é solução do PVI. Fazendo t = 0 na equação 1.12 obtemos 200π √ h−200π √ 2 = 0 ⇔ h = 2, o que mostra que a solução satisfaz a condição inicial. Derivando agora de modo implícito ambos os membros da equação 1.12 obtemos 200π h 2 √ h + 1 = 0 ⇔ h = − 2 √ h 200π (1.13) que é a equação dada. Assim a função h definida pela equação 1.12 é solução do PVI. Muitas vezes somos tentados a explicitar a solução mas é necessário estar atento ao domínio da função. Neste exemplo, 200π √ h+t−200π √ 2 = 0 ⇔ h(t) = _ 200π √ 2 −t _ 2 40000π 2 , t ∈ _ 0, 200π √ 2 _ (1.14) A solução do PVI é a função h : _ 0, 200π √ 2 ¸ → R t → (200π √ 2−t) 2 40000π 2 (1.15) Otempodeesvaziamentodotanqueét =200π √ 2, aproximadamente15 minutos. Como se pode observar no gráfico da solução do PVI apresentado nafigura1.1, otempogastoparaotanquepassardeh=2parah=1é menos de metade do tempo gasto para passar deh = 1 parah = 0. 4 Augustin-Louis Cauchy (1789-1857) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 5 Figura 1.1: Esvaziamento de um tanque Nota 1Para obter h a partir da equação 1.12 derivámos ambos os membros da equação. Tal procedimento é válido porque a equação 1.12 define,numa vizinhança de(0, 2),h como função det. O teorema que assegura a validade do processo é o TeoremadaFunçãoImplícita (TFI). Seja F(t, h) = 200π √ h + t −200π √ 2 Fé uma função de classeC 1 em R R + e ∂F ∂h (t, h) = 100π √ h . No ponto(0, 2) temos ∂F ∂h (0, 2)= 100π √ 2 ,=0 o que pelo TFI garante que numa vizinhança de (0, 2) a equação 1.12 defineh como função det e queh é de classeC 1 numa vizinhança det = 0 logo derivável. Exemplo 6Emmuitoscasossimplesavariaçãodeumadeterminadapo- pulação no tempo, com taxas de nascimentos e de mortes constantes, é pro- porcional ao tamanho da população. O modelo mais simples para a evolução da populaçãoPno tempo é dP dt = kP. (1.16) em quek é a constante de proporcionalidade. Admitindo quek é conhecido, encontrarumasoluçãoparaestaequaçãoédescobrirumafunçãoreal de variável real cuja derivada seja igual a k vezes a função. Suponha que k = 5. É capaz de descobrir uma solução?Tente descobrir outra. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 6 Modelação Matemática e Equações Diferenciais Figura 1.2: Modelo populacional,P = −2P Exercício 1Verifique que a família de funções reais de variável real definidas porP(t) = Ce −2t ,Cuma constante real verifica a equação dP dt = −2P (1.17) De entre os elementos da família identifique a função que satisfaz a condição inicial P(0) = 10 A figura 1.2mostraa soluçãodoPVI 1.17. Observe-se queP(t)tende parazeroquandot tendepara+∞. Omodelodiz-nosqueapopulação extinguir-se-á num tempo infinito. Exemplo 7A lei de arrefecimento de Newton pode ser enunciada do modo seguinte:A variação de temperatura T(t) de um corpo com respeito ao tempo t é proporcional à diferença da temperatura do corpo no instantet e a tem- peraturaambienteA. Omodeloparaestudaravariaçãodetemperaturaé dT dt = −k(T −A). (1.18) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 7 em queké a constante positiva. Observe-se que seT>A então dT dt 0 eβ> 0. _ dx dt = −αx(t)y(t) dy dt = αx(t)y(t) −βy(t) (1.19) Para uma dada população, uma vez conhecidos os parâmetrosα eβ, e co- nhecendo as condições iniciais do problema, é possível prever o modo como a doença se espalha. Por exemplo, escolhendoα = 0.5 eβ= 0.15 e supondo quenoinstanteinicial (t =0) 0.01dapopulaçãoestáinfectadae0.99é susceptível de ser infectada, a figura 1.3 mostra o evoluir da doença. Modelos com equações diferenciais com derivadas parciais Exemplo 9Podemos também estudar fenómenos que dependem de mais do que uma variável independente. Por exemplo podemos estudar o problema da condução de calor numa barra. O problema está ilustrado na figura 1.4 Considerequeadadabarraestáisolada,temcomprimentoL,asextre- midadessãomantidasàtemperaturaT=0,atemperaturaéconstanteem cada secção transversal e que temperatura inicial é dada pela função real de variável real T 0 . O problema é descrever a temperatura do pontox da barra noinstantet. TemospoisatemperaturaTfunçãodeduasvariáveis, xe t. Neste caso o modelo envolve derivadas parciais da funçãoTem ordem às Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 8 Modelação Matemática e Equações Diferenciais Figura 1.3: Modelo SIR ../LivroAM3/figuras/cap1/CondCalorBarra.jpg Figura 1.4: Condução de calor numa barra Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 9 Figura 1.5: Temperatura para uma barra de prata variáveisindependentes. Fourier 5 usoutrêsprincípiosfísicoseescreveuo modelo ∂T ∂t = k ∂ 2 T ∂x 2 . (1.20) em quek é a difusividade térmica do material de que a barra é feita. Por exemplo, para uma barra de prata,k= 1.71 e admitindo que inicialmente a barraestavaaumatemperatura, T 0 (x)=x − x 2 , 0 0 então y(y 2 −k) > 0 ⇔ y ∈ A = [− √ k, 0] ∪ [ √ k, +∞[ e y(y 2 −k) < 0 ⇔ y ∈ B= [0, √ k] ∪ [−∞, − √ k[ Portantoas soluções doPVI sãofunções decrescentes se y 0 ∈Ae funçõescrescentessey 0 ∈B. Nestecaso, y =0éumpoçoequer y= √ k quer y= − √ k são fontes. y(t) = 0 é uma solução de equilíbrio estável, y = √ key = − √ ksãosoluçõesdeequilíbrioinstáveistal como a figura 2.14 mostra. Usualmenteainformaçãoécondensadanumdiagrama, designadopor diagramade bifurcaçãotal comoafigura2.15ilustra. Nesse diagrama representa-senoplanok − yospontosdeequilíbrioeparacadavalorde k a monotonia das soluções. Observando o diagrama representado na figura 2.15 identificamos imediatamentek=0 como o valor de bifurcação para a equação diferencial autónoma 2.31. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 2.4 Análise Qualitativa 27 Figura 2.14: Soluções dey = y(y 2 −k), k > 0 Figura 2.15: Diagrama de Bifurcação para a equação 2.31 Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 28 Equações Diferenciais de Primeira Ordem Qualquer população deixa de obedecer á equaçãoP =kP, k>0 desde que certos factor restritivos influenciem o seu crescimento, como por exemplo a concorrência resultante da limitação de recursos alimentares. Surge neces- sidade de se introduzir um modelo que se aproxime mais da realidade. Um modelo mais realista é aquele que considerak=a − bPou seja a variação de uma dada população de indivíduos é governada por dP dt = (a −bP)P (2.33) coma > 0 eb > 0 parâmetros que caracterizam a população. Esta equação diferencial autónoma designa-se por equação logística. Exercício 5Fazer a análise qualitativa da equação logística. Procuremosospontosdeequilíbrio. OraP =0 ⇔P =0 ∨ P = a b . Comoa>0eb>0temosdoispontosdeequilíbrioaquecorrespondem duassoluçõesdeequilíbrio, asoluçãotrivial P =0, easoluçãoP = a b . ComoP >0 ⇔P ∈]0, a b [ eP 0, tem uma solução que tende para a b quandot tende para+∞. SeP 0 < a b a população está a crescer, seP 0 > a b a população está a decrescer. FazendoumarecolhaconvenientedasescalastePaequaçãologística escreve-se usualmente, dP dt = (1 −P)P (2.34) A figura 2.16 mostra o comportamento das soluções da equação logística. Exemplo 23Suponha uma população de peixes modelada pela equação logís- tica em que se introduz um termo descrevendo a subtracção à população de um certa quantidade de peixe na unidade de tempo. O modelo é agora des- crito por dP dt = (1 −P)P −c (2.35) emque c >0sedesignaporcotaabsolutade pesca. Averiguemosa existência de valores de bifurcação e vejamos qual a importância desse valor para o ecosistema. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 2.4 Análise Qualitativa 29 Figura 2.16: Equação Logística São pontos de equilíbrio os pontos (1 −P)P −c = 0 ⇔ P 2 −P+ c = 0 ⇔ P= 1 ± √ 1 −4c 2 Analisemos os três casos distintos: 1. sec> 1 4 a equação não tem pontos de equilíbrios eP 0. Seja t n+1 = t n +h, n = 0, 1, ..., N. Pretendemos determinar um valor aproximado da solução do PVI em cada um dos instantest n . É usual representar essa aproximação pory n , isto é, y n ≈y(t n ). Nesta secção apresentamos um método muito simples, o método de Euler. Método de Euler O método de Euler 2 usa toda a informação que o PVI forneceparaoinstante t n paracalcularumaaproximaçãodasoluçãono instanteseguinte, t n+1 . Paraoinstanteinicial, t 0 conhecemosnãosóos valores det 0 e dey 0 mas também o valor da derivada deyemt 0 , y (t 0 )= f(t 0 , y 0 ). Destemodopodemosaproximarasoluçãoqueprocuramospela função cujo gráfico é a recta tangente ao gráfico da solução y que pretendemos determinar e que passa por (t 0 , y 0 ). Podemos pois afirmar que estamos a usar a linearização da solução desconheciday em torno det 0 , L 0 (t) = y 0 + f(t 0 , y 0 )(t −t 0 ) (2.135) Deste modo, no instantet 1 = t 0 + h obtemos y 1 = y 0 + hf(t 0 , y 0 ) (2.136) Neste instante são conhecidost 1 , uma aproximação dey(t 1 )), y(t 1 )) ≈y 1 e uma aproximação da derivada dey emt 1 , y (t 1 ) ≈f(t 1 , y 1 ). Assim por um raciocínio análogo é possível determinar uma aproximação ay(t 2 ), y 2 = y 1 + hf(t 1 , y 1 ) (2.137) Repetindo este processo, podemos aproximar a solução do PVI num ponto t n+1 fazendo y(t n+1 ) ≈ y n+1 = y n + hf(t n , y n ) (2.138) 2 Leonhard Paul Euler (1707-1783) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 2.8 Resolução Numérica 51 h y 5 ≈ y(t 5 ) [y 5 −y(t 5 )[ 0.1 1.1258784321 0.0073 0.05 1.12946683604667 0.0037 0.005 1.13277594968261 0.00038 0.0005 1.13311115851822 0.000038 Tabela 2.1: Método de Euler Usualmente escrevemosf n =f(t n , y n ) e a fórmula para o método explícito de Euler escreve-se y n+1 = y n + hf n (2.139) Exemplo 36Usando o método de Euler, calcular um valor aproximado de y(1.5) sendoy a solução do PVI dy dt = 0.2ty, y(1) = 1 Consideremos o passoh = 0.1. Então, y(1.1) ≈ 1 + 0.1 0.2 1 1 = 1.02 y(1.2) ≈ 1.02 + 0.1 0.2 1.1 1.02 = 1.04244 y(1.3) ≈ 1.04244 + 0.1 0.2 1.2 1.04244 = 1.06745856 y(1.4) ≈ 1.06745856 + 0.1 0.2 1.3 1.06745856 = 1.09521248256 y(1.5) ≈ 1.09521248256 + 0.1 0.2 1.4 1.09521248256 = 1.1258784321 Para este PVI, conhecemos a solução analítica e portanto podemos avaliar o errocometido. A solução éy(t)=e 0.1(t 2 −1) (confirme) e portanto o erro absoluto é ¸ ¸ ¸e 0.1((1.5) 2 −1) −1.1258784321 ¸ ¸ ¸ ≈ 0.0073 (2.140) o que nos indica que o valor aproximado calculado y 5 ≈ y(t 5 ) apenas tem uma casa decimal correcta. Um valor mais preciso pode ser obtido fazendo uma escolha de um passo h menor. A tabela 2.1 mostra os valores aproximados da solução em t = 1.5, para diferentes valores de h, assim como o erro absoluto. Os cálculos foram efectuados usando o programa matlab em anexo. Comoconstatamosapartirdatabela, fornecessáriaumapartiçãodo intervalo de integração usando 1000 pontos para se obter uma aproximação com 4 casas decimais correctas. O método de Euler é um método simples e intuitivo mas raramente usado para resolver PVI complexos. Para obtermos Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 52 Equações Diferenciais de Primeira Ordem resultados com precisão elevada seria necessário usar valores de h demasiado pequenos o que torna o esforço computacional demasiado elevado. O mais natural será usar aproximações usando desenvolvimentos de Taylor de ordem superioraum. Noentantoissoobrigaaocálculodederivadasdeordem superior. Poressarazãoforamdesenvolvidosmétodoscomoobjectivode produziremresultadoscomamesmaprecisãodoqueosobtidosporsérie de Taylor truncada mas sem ser necessário o cálculo de derivadas de ordem elevada. Esses métodos designam-se por métodos de Runge 3 -Kutta 4 . Runge-Kutta de2 a ordem Um método de Runge-Kutta de segunda or- dem muito usado é y(t n+1 ) ≈ y n+1 = y n + h 2 (k 1 + k 2 ) (2.141) onde k 1 = f n = f (t n , y n ) (2.142) e k 2 = f (t n + h, y n + hk 1 ) (2.143) Runge-Kutta de 4 a ordem Fórmulas de Runge-Kutta de ordem superior podem ser desenvolvidas. No entanto a sua dedução é fastidiosa pelo que nos limitamos a apresentar o mais popular dos métodos de Runge-Kutta de4 a ordem. A fórmula para estimary(t n+1 ) é, y(t n+1 ) ≈ y n+1 = y n + h 6 (k 1 + 2k 2 + 2k 3 + k 4 ) (2.144) onde k 1 = f (t n , y n ) k 2 = f _ t n + h 2 , y n + hk 1 2 _ k 3 = f _ t n + h 2 , y n + hk 2 2 _ k 4 = f (t n + h, y n + hk 3 ) 3 Carl Runge (1856-1927) 4 Martin Kutta (1867-1944) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 2.8 Resolução Numérica 53 Figura 2.21: Método de Euler e Método de Runge-Kutta de4 a ordem Exemplo 37Natabela2.2apresentamosasoluçãonuméricadoexemplo anterior, y = 0.2ty, y(1) = 1, usando o método de Runge-Kutta de quarta ordem com um passoh = 0.1. A figura 2.21 compara a solução exacta,y(t)=e 0.1(t 2 −1) , com as aproxi- mações obtidas pelos métodos de Euler e de Runge-Kutta com passo h = 0.1. t n y n ≈ y(t n ) [y n −y(t n )[ 1.0 1.0000 1.1 1.02122205158500 0.053 10 −9 1.2 1.04498235475720 0.14 10 −9 1.3 1.07143620890117 0.25 10 −9 1.4 1.10075906357880 0.42 10 −9 1.5 1.13314845241179 0.66 10 −9 Tabela 2.2: Método de Runge-Kutta de4 a ordem pray = 0.2ty, y(1) = 1 Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 54 Equações Diferenciais de Primeira Ordem Figura 2.22: Método de Runge-Kutta de4 a ordem e solução exacta dey = 1 + x + y, y(0) = 0 Exemplo 38Na figura 2.22 e tabela 2.3 apresentamos o gráfico da solução do PVI y (x) = 1 + x + y,y(0) = 0 no intervalo [0, 1] usando o método de Runge-Kutta de quarta ordem com um passoh = 0.1 assim como a solução exacta,y(x) = −x −2 + 2e x . O valor exacto éy(1) = −3 + 2e pelo que o erro absoluto é e absoluto (1) ≈ 0.42 10 −5 o que garante 5 casas decimais correctas, logo y(1) ≈ 2.43656. Função Matlab para implementação do método de Euler A função matlab ’metodoeuler’ integra um sistema de equações diferenciais ordinárias descrito na M-file ’yderivada.m’ no intervalotspan = [t0, tfinal] usando um passoh e condições iniciaisy0. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 2.8 Resolução Numérica 55 function[tout,yout]=metodoeuler(FunFcn,tspan,y0,h) t0=tspan(1); tfinal=tspan(2); t=t0; y=y0(:); tout=t; yout=y.’; dt=abs(tfinal-t0); N=floor(dt/h)+1; if(N-1)*h>[t,y]=metodoeuler(’yderivada’,[11.5],1,0.05) onde Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 56 Equações Diferenciais de Primeira Ordem functionyd=yderivada(t,y) yd=0.2.*t.*y end Para visualização dos resultados podemos usar a instrução >>plot(t,y,’0’) Função Matlab para implementação do método de Runge-Kutta de segunda ordem function[tout,yout]=metodork2(FunFcn,tspan,y0,h) t0=tspan(1); tfinal=tspan(2); t=t0; y=y0(:); dt=abs(tfinal-t0); N=floor(dt/h)+1; if(N-1)*h 0 são reais. Portanto não há diferenças formais entre este caso e o saco das raízes reais e distintas. A solução geral complexa da equação diferencial é y(t) = c 1 e (α+iβ)t + c 2 e (α−iβ)t ,t ∈ R. comc 1 ec 2 constantes complexas. Napráticapreferimos trabalhar comfunções reais emvezdefunções complexas. Escolhendoc 1 = 1 ec 2 = 1 obtemos a solução real y 1 (t) = e (α+iβ)t + e (α−iβ)t . De facto usando a Fórmula de Euler para os complexos, e iβt = cos(βt) + i sin(βt) obtemos y 1 (t) = e αt _ e iβt + e −iβt _ = 2e αt cos(βt) Escolhendo agorac 1 = −i ec 2 = i obtemos a solução real y 2 (t) = −ie (α+iβ)t + ie (α−iβ)t ou seja, y 2 (t) = 2e αt sin(βt) Assim, _ e αt cos(βt), e αt sin(βt) _ formam um conjunto fundamental de soluções reais e geram o espaço de soluções reais. A solução geral real escreve-se, y(t) = e αt c 1 [cos(βt) + c 2 sin(βt)] Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 3.2 Equações Lineares de Ordem Superior 71 Exemplo 46Resolvery −25y= 0 O polinómio característico associado a esta equação diferencial é λ 2 −25 = 0 que admite as raízes reais e distintasλ = 5 ouλ = −5.Então _ e 5t , e −5t _ formam um conjunto fundamental de soluções e a solução geral é y(t) = c 1 e 5t + c 2 e −5t Exemplo 47Resolvery −10y + 25y= 0 O polinómio característico associado a esta equação diferencial é λ 2 −10λ + 25 = 0 que admite a raiz real duplaλ = 5. Então _ e 5t , te 5t _ formam um conjunto fundamental de soluções e a solução geral é y(t) = c 1 e 5t + c 2 te 5t Exemplo 48Resolvery + 25y= 0 O polinómio característico associado a esta equação diferencial é λ 2 + 25 = 0 que admite as raízes conjugada complexasλ = 5i ouλ = −5i. Então _ e 5it , e −5it _ formam um conjunto fundamental de soluções complexas. Comoe 5it = cos(5t) + i sin(5t), a solução geral real é y(t) = c 1 cos 5t + c 2 sin 5t Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 72 Equações Diferenciais de Ordem Superior Equações de ordem superior a 2 Para resolver uma equação diferencial linear homogénea de ordem superior, procedemos de modo análogo. Identi- ficamos o polinómio característico e procuramos as suas raízes. Se as raízes são reais e distintas procedemos como anteriormente. Os outros casos são um pouco diferentes pois as raízes de um polinómio de grau superior a2 podem ocorrer de várias formas. Vejamos alguns exemplos. Exemplo 49Resolvery −4y −5y = 0. A equação característica é λ 3 −4λ 2 −5λ = 0 ⇔ λ = 0 ∨ λ 2 −4λ −5 = 0 Então são raízes da equação característica λ = 0∨λ = 5∨λ = −1. Então a solução geral é y(t) = c 1 e 0t + c 2 e 5t + c 3 e −t ou seja y(t) = c 1 + c 2 e 5t + c 3 e −t comc 1 ,c 2 ec 3 constantes reais. Exemplo 50Resolvery (4) −4y (3) + 6y −4y + y= 0. A equação característica é (λ −1) 4 = 0 ⇔ λ = 1 λ=1éraízdemultiplicidade 4daequaçãocaracterística. Entãoa solução geral é y(t) = c 1 e t + c 2 te t + c 3 t 2 e t + c 4 t 3 e t comc 1 ,c 2 ,c 3 ec 3 constantes reais. Exemplo 51Resolvery + 2y + 2y = 0. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 3.2 Equações Lineares de Ordem Superior 73 A equação característica é λ 3 + 2λ 2 + 2λ = 0 ⇔ λ = 0 ∨ λ 2 + 2λ + 2 = 0 Então são raízes da equação característicaλ = 0 ∨ λ = 1 +i ∨ λ = 1 −i. Então a solução geral é y(t) = c 1 e 0t + e t [c 2 cos(t) + c 3 sin(t)] ou seja y(t) = c 1 + e t [c 2 cos(t) + c 3 sin(t)] comc 1 ,c 2 ec 3 constantes reais. PVI com equações de ordem superior Exemplo 52Resolver oproblemadevalorinicial y”+16y=0, y(0)=2, y’(0)=-2 A equação característica é λ 2 + 16 = 0 cujas raízes sãoλ = 4i ∨ λ = −4i logo a solução geral da equação é y(t) = c 1 sin(4t) + c 2 cos(4t) em quec 1 ec 2 são tais que 2 = c 1 sin(0) + c 2 cos(0) ∧ −2 = 4c 1 cos(0) −4c 2 sin(0) Donde, 2 = c 2 ∧ −2 = 4c 1 2 ⇔ c 1 = −0.5 ∧c 2 = 2 A solução do PVI é y(t) = −0.5 sin(4t) + 2 cos(4t) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 74 Equações Diferenciais de Ordem Superior PVF com equações de ordem superior Outro tipo de problemas muito frequente na física consiste na resolução de uma equação diferencial na qual é conhecida a informação sobre a solução em dois pontos distintos. Desig- namos estes problemas por problemas de valor na fronteira ou problemas de valor de contorno. Um problema deste tipo pode ter várias soluções, não ter solução ou ter solução única. Exemplo 53Resolver o problema de valor na fronteira y + 16y= 0,y(0) = 0,y( π 2 ) = 0 A solução geral da equação é y(t) = c 1 sin(4t) + c 2 cos(4t) Procuremosagorac 1 ec 2 satisfazendoascondiçõesdecontorno, oque significa encontrar as soluções de c 1 sin(0) + c 2 cos(0) = 0 ∧c 1 sin(2π) + c 2 cos(2π) = 0 o que é equivalente a c 2 = 0 ∧c 2 = 0 o que mostra que este PVF tem uma infinidade de soluções: y(t) = k sin(4t) Exemplo 54Verificar o problema de valor na fronteira y + 16y= 0,y(0) = 0,y( π 2 ) = 1 não tem solução. Exemplo 55Verificar o problema de valor na fronteira y + 16y= 0,y(0) = 0,y( π 8 ) = 0 tem solução única. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 3.2 Equações Lineares de Ordem Superior 75 3.2.2 Equações Diferenciais Lineares Não Homogéneas Consideremos uma equação diferencial de ordemn, linear não homogénea y (n) (t) + p n−1 (t)y (n−1) (t) + + p 1 (t)y (t) + p 0 (t)y(t) = g(t) (3.22) e suponhamos que é conhecida uma solução particular, y p num intervaloI. Seja Yuma outra solução qualquer no intervalo I. Então é fácil verificar que Y −y p é solução da equação homogénea associada, y (n) (t) + p n−1 (t)y (n−1) (t) + + p 1 (t)y (t) + p 0 (t)y(t) = 0 (3.23) Destemodo, umavezconhecidaasoluçãogeral daequaçãohomogénea, y H associada podemos dizer que a equação geral da equação linear não ho- mogénea emIé a funçãoYdefinida por Y (t) = y H (t) + y p Exemplo 56Verificar quey p definida pory p (t)=e 2t é uma solução parti- cular dey −3y −4y= −3e 2t e escrever a solução geral. Calculemos a primeira e segunda derivadas dey p . Ora(y p ) (t)=2e 2t e (y p ) (t) = 4e 2t . Ora, y −3y −4y= 4e 2t −3 2e 2t −4 e 2t = −3e 2t , o que mostra quey p (t) = e 2t é uma solução particular. Procuremos agora a solução geral da equação homogénea associada, y −3y −4y= 0. A equação característica é λ 2 −3λ −4 = 0 cujas raízes sãoλ = 4 ∨ λ = −1 logo a solução geral da equação homogénea associada é y H (t) = c 1 e 4t + c 2 e −t e portanto a solução geral da equação não homogénea é Y (t) = c 1 e 4t + c 2 e −t + e 2t Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 76 Equações Diferenciais de Ordem Superior PrincípiodaSobreposiçãoparaEquaçõesNãoHomogéneas Con- sideremos uma equação diferencial de ordemn, linear não homogénea y (n) (t) + p n−1 (t)y (n−1) (t) + + p 1 (t)y (t) + p 0 (t)y(t) = g(t) (3.24) emque g =g 1 +g 2 . Paraencontrarmos umasoluçãoparticular desta equação basta encontrar separadamente soluções particulares para cada uma das equações: y (n) (t) + p n−1 (t)y (n−1) (t) + + p 1 (t)y (t) + p 0 (t)y(t) = g 1 (t) y (n) (t) + p n−1 (t)y (n−1) (t) + + p 1 (t)y (t) + p 0 (t)y(t) = g 2 (t) Sejay p1 uma solução particular da primeira equação ey p2 uma solução particular da segunda equação.Então facilmente se verifica que y p = y p1 +y p2 é solução particular da equação dada. Método dos Coeficientes Indeterminados Vamos agora descrever um métodorelativamentesimplesmasdealgumaformalimitadoquepermite determinar umasoluçãoparticular daequaçãodiferencial linear nãoho- mogénea. Dizemos limitado porque este método só se aplica a equações de coeficientes constantes e para alguns alguma funçõesg que definem o termo dosegundomembrodaequação, comopor exemplofunções polinomiais, funções exponenciais e funções senos e co-senos. Este método aplica-se quando a funçãog é da forma g(t) = P m (t)e rt sin(kt) ∨g(t) = P m (t)e rt cos(kt) em queP m representa um polinómio de graum. Admitindo queg é desta forma, a solução particular deve ser procurada com a forma y p (t) = t s _ Q m (t)e rt sin(kt) + R m (t)e rt cos(kt) ¸ (3.25) emqueséomenorinteironãonegativotalquenenhumtermodey p du- plica termos da solução geral da equação homogénea associada eQ m eR m representam polinómios quaisquer de graum. Exemplo 57Considerar a equação diferencial y −3y + 2y= g(t) ondeg é tal que Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 3.2 Equações Lineares de Ordem Superior 77 1. g(t) = 3t 3 2. g(t) = te −t 3. g(t) = e −t 4. g(t) = e t 5. g(t) = 2 sin(2t) Consideremosaequaçãohomogéneaassociada, y − 3y + 2y =0. O polinómio característico é λ 2 −3λ +2 = 0 que possui raízes reais e distintas, λ=1 ∨ λ=2. Entãoasoluçãogeraldaequaçãohomogéneaassociadaé y H (t) = ce t + de 2t . Procuremos agora uma solução particular para cada um dos casos indicados. 1. Seg(t) = 3t 3 entãog é um polinómio, termo que não surge na solução geral da equação homogénea associada, logo a solução particular deverá serprocuradacomaformay p (t)=At 3 + Bt 2 + Ct + D. Derivando duas vezes e substituindo na equação, 6At + 2B −3(3At 2 + 2Bt + C) + 2(At 3 + Bt 2 + Ct + D) = 3t 3 Igualando os coeficientes das potências det de igual expoente, _ ¸ ¸ _ ¸ ¸ _ 2A = 3 −9A + 2B= 0 6A −6B + 2C= 0 2B −3C + 2D = 0 O que conduz aA = 3/2,B= 27/4,C= 63/4,D = 135/8 e portanto y p (t) = 3 2 t 3 + 27 4 t 2 + 63 4 t + 135 8 Assim, a solução geral da equação não homogénea é y p (t) = ce t + de 2t + 3 2 t 3 + 27 4 t 2 + 63 4 t + 135 8 c ed constantes reais. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 78 Equações Diferenciais de Ordem Superior 2. Seg(t) = te −t procure-se uma solução particular com a forma y p (t) = t s _ (At + B)e −t ¸ coms = 0. Verifique queA = 1/6 eB= 5/36. 3. Seg(t) = e −t procure-se uma solução particular com a forma y p (t) = t s _ Be −t ¸ coms = 0. Verifique queB= 1/6. 4. Seg(t) = e t procure-se uma solução particular com a forma y p (t) = t s _ Be t ¸ coms=1porformaanãoduplicarotermoe t dasoluçãogeral da equação homogénea. Verifique queB= −1. 5. Seg(t) = 2 sin(2t) procure-se uma solução particular com a forma y p (t) = t s [Asin(2t) + Bcos(2t)] coms = 0. Verifique queA = −0.1 eB= 0.3. Exemplo 58Encontrar uma solução particular dey + 9y = t sin(t) Aequaçãohomogéneaassociadaéy + 9y =0eportantoaequação característica é λ 3 +9λ = 0. As raízes são λ = 0 ∨λ = 3i ∨λ = −3i pelo que a solução da equação homogénea associada é y H (t) = c 1 + c 2 sin(3t) + c 3 cos(3t). Umavezquenãoháduplicaçãodetermos, asoluçãoparticulardeveser procurada com a forma y p (t) = (A + Bt) sin(t) + (C + Dt) cos(t) Verifique queA = 3/32,B= C= 0 eD = 1/8. Exemplo 59Encontrar uma solução particular de y + 6y + 13y= e −3t sin(2t) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 3.2 Equações Lineares de Ordem Superior 79 A equação homogénea associada é y +6y +13y= 0 e portanto a equação característica éλ 2 + 6λ + 13 = 0. As raízes sãoλ = −3 + 2i ∨ λ = −3 − 2i pelo que a solução da equação homogénea associada é y H (t) = e −3t [c 2 sin(2t) + c 3 cos(2t)] . Paraevitarduplicaçãodetermos, asoluçãoparticulardeveserprocurada com a forma y p (t) = t s _ e −3t (Asin(2t) + Bcos(2t)) ¸ coms = 1. Verifique queA = 0 eB= −1/4. MétododaVariaçãodos Parâmetros Vejamos comoproceder para determinar soluções particulares quando o método dos coeficientes indeter- minados não pode ser aplicado. Por exemplo para determinar a solução geral dey + y= tan(t). Tal comoanteriormenteoprocessoinicia-seresolvendoaequaçãoho- mogénea associada e escrevendo a sua solução geral. Para uma equação de ordem,n, a solução geral da equação homogénea associada escreve-se y H (t) = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t) + c 3 y 3 (t) + ... + c n y n (t) comc i ,i = 1...n constantes reais. A ideia básica do método da variação dos parâmetros consiste em substi- tuir as constantes c i ,i = 1...n por funções e procurar uma solução particular com a forma y p (t) = u 1 (t)y 1 (t) + u 2 (t)y 2 (t) + u 3 (t)y 3 (t) + ... + u n (t)y n (t) Vejamos o caso particular de uma equação diferencial nãohomogénea de segunda ordem: y + p(t)y + q(t)y= g(t) (3.26) emquepeqsãofunçõescontínuasemI eadmitamosqueasoluçãoda equação homogénea associada é conhecida: y H (t) = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t) (3.27) De acordo com a ideia básica do método da variação dos parâmetros,pre- tendemos determinar as funçõesu 1 eu 2 tal quey p definida por y p (t) = u 1 (t)y 1 (t) + u 2 (t)y 2 (t) (3.28) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 80 Equações Diferenciais de Ordem Superior seja solução da equação 3.26. Derivando, (y p ) (t) = u 1 y 1 + u 1 y 1 + u 2 y 2 + u 2 y 2 (3.29) Para evitar o aparecimento deu 1 e deu 2 exijamos que u 1 y 1 + u 2 y 2 = 0 (3.30) então (y p ) (t) = u 1 y 1 + u 2 y 2 (3.31) Derivando novamente, (y p ) (t) = u 1 y 1 + u 1 y 1 + u 2 y 2 + u 2 y 2 (3.32) Substituindo agora na equação 3.26 e atendendo a quey 1 ey 2 são soluções da equação homogénea associada, obtemos u 1 y 1 + u 2 y 2 = g(t) (3.33) As equações 3.30 e 3.33 definem um sistema que permite determinar u 1 e u 2 . _ u 1 y 1 + u 2 y 2 = 0 u 1 y 1 + u 2 y 2 = g(t) Este sistema é possível e determinado uma vez que o determinante da matriz doscoeficientesnãoémaisdoqueowronsquianodasfunçõeslinearmente independentesy 1 ey 2 , W(t) =W(y 1 , y 2 ) ,=0, ∀t ∈I. Usandoaregrade Cramer, u 1 = −g(t)y 2 (t) W(t) (3.34) u 2 = g(t)y 1 (t) W(t) (3.35) Integrando obtemosu 1 eu 2 e portanto a solução particular fica determi- nada por y p (t) = __ −g(t)y 2 (t) W(t) _ y 1 (t) + __ g(t)y 1 (t) W(t) _ y 2 (t) (3.36) Exemplo 60Resolver a equação diferencial y + y= tan(t) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 3.2 Equações Lineares de Ordem Superior 81 A equação homogénea associada éy + y=0. Portanto a equação caracte- rística éλ 2 + 1 = 0 cujas raízes sãoλ = −i ∨ λ = i. Segue-se que a solução da equação homogénea associada é y H (t) = c 1 cos(t) + c 2 sin(t) Procuremosu 1 eu 2 tal quey p (t) = u 1 (t) cos(t) + u 2 (t) sin(t) seja solução da equação não homogénea. Como vimosu 1 eu 2 são solução do sistema _ u 1 cos(t) + u 2 sin(t) = 0 −u 1 sin(t) + u 2 cos(t) = tan(t) Resolvendo este sistema segue-se que u 1 = cos(t) −sec(t) e u 2 = sin(t) Integrando e escolhendo constantes nulas obtemos u 1 = sin(t) −ln [sec(t) + tan(t)[ e u 2 = −cos(t) A solução particular é y p (t) = (sin(t) −ln [sec(t) + tan(t)[) cos(t) + (−cos(t)) sin(t) Simplificando, y p (t) = −cos(t) ln [sec(t) + tan(t)[ A solução geral da equação diferencialy + y= tan(t) é y(t) = c 1 cos(t) + c 2 sin(t) −cos(t) ln [sec(t) + tan(t)[ Umadificuldadenaaplicaçãodestemétodoresultadanecessidadede calcularintegraisquepodemrequeralgumesforçoadicional. Noentanto este método pode ser facilmente implementado num manipulador algébrico, a sua calculadora simbólica ou o Maple. Vejamos o seguinte exemplo: Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 82 Equações Diferenciais de Ordem Superior Exemplo 61Verificar que y H (t) =Ct+ D t ésoluçãogeral daequação diferencial homogénea associada a y + 1 t y − 1 t 2 y= 72t 3 . Determinar uma solução particular e escrever a solução geral da equação não homogénea em R + Os seguintes comandos Maple >y1:=1/t >y2:=-1/t^2 >g:=72*t^3 >W:=y1*diff(y2,t)-y2*diff(y1,t); >u1:=int(-y2*g/W,t); >u1:=simplify(u1) >u2:=int(y1*g/W,t); >u2:=simplify(u2); >yp:=u1*y1+u2*y2; >simplify(yp); produzem a solução particular y p (t) = 3t 5 e portanto a solução geral é y ( t) = Ct + D t + 3t 5 ,t > 0 3.2.3 Soluções em Série de Potências Consideremos uma equação diferencial linear homogénea de segunda ordem: y + p(t)y + q(t)y= 0 (3.37) e admitamos que as funçõesp eq são analíticas emt 0 , o que significa quep eq podem ser representadas por uma série de potências em torno det=t 0 com raio de convergência positivo ou infinito. Dizemos quet 0 é um ponto ordináriodaequação3.37. Casocontráriodizemosque t 0 éumponto singular da equação 3.37. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 3.2 Equações Lineares de Ordem Superior 83 Exemplo 62t = 0 é um ponto singular da equação y + 1 t y + y= 0 Exemplo 63t = 0 é um ponto singular da equação y + t 2 y + √ ty= 0 Exemplo 64t = 0 é um ponto ordinário da equação (1 −t 3 )y + t 2 y + (2t −7t 2 )y= 0 O resultado seguinte permite determinar a solução geral de algumas equações lineares homogéneas, numa vizinhança de um ponto ordinário. Teorema 8Sejat 0 um ponto ordinário da equação 3.37. Então a equação 3.37 tem duas soluções linearmente independentes na forma de série de potên- cias centrada emt=t 0 . O raio de convergência de uma tal série é igual à distância entret 0 e o ponto singular da equação 3.37 mais próximo. Exemplo 65Verificar quet = 0 é um ponto ordinário da equação (t 2 −4)y + 3ty + y= 0. Encontrar a solução da equação que satisfazy(0) = 4 ey(0) = 1. Osúnicospontossingularesdaequaçãosãot =2out = −2. Oteo- rema anterior afirma que é possível encontrar duas soluções linearmente in- dependentes na forma de série de potências centrada emt=0. O raio de convergência será2. Consideremos a série de Maclaurin y(t) = ∞ n=0 c n t n (3.38) derivemosesubstituamosnaequação3.37demodoadeterminaroscoefi- cientes que definem a série,c n . Obtemos (t 2 −4) ∞ n=2 n(n −1)c n t n−2 + 3t ∞ n=1 nc n t n−1 + ∞ n=0 c n t n = 0 (3.39) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 84 Equações Diferenciais de Ordem Superior Reordenando os termos e iniciando os somatórios emn = 0 obtemos ∞ n=0 n(n −1)c n t n −4 ∞ n=0 (n + 2)(n + 1)c n+2 t n + 3 ∞ n=0 nc n t n + ∞ n=0 c n t n = 0 (3.40) ou seja ∞ n=0 _ (n + 1) 2 c n −4(n + 2)(n + 1)c n+2 ¸ t n = 0 (3.41) O que mostra que os coeficientesc n são tais que: (n + 1) 2 c n −4(n + 2)(n + 1)c n+2 = 0 (3.42) e que conduz à fórmula de recorrência, c n+2 = n + 1 4(n + 2) c n (3.43) Podemos calcular alguns dos termos, por exemplo, c 2 = 1 42 c 0 ,c 4 = 3 44 c 2 = 3 4 2 24 c 0 (3.44) e c 6 = 5 46 c 4 = 35 4 3 246 c 0 (3.45) o que nos leva a concluir que c 2n = 135(2n −1) 4 n 246 (2n) c 0 (3.46) Quanto aos coeficientes ímpares, c 2n+1 = 246(2n) 4 n 135 (2n + 1) c 1 (3.47) Pelo que a solução geral da equação dada é, y(t) = c 0 _ 1 + 1 8 t 2 + 3 128 t 4 + 5 1024 t 6 + _ (3.48) +c 1 _ t + 1 6 t 3 + 3 30 t 5 + 1 140 t 7 + _ Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 3.3 Equações Não Lineares 85 Atendendo a que y(0) = c 0 e y (0) = c 1 , usando as condições iniciais, segue-se quec 0 =4 ec 1 =1 pelo que a solução particular que satisfaz as condições iniciais dadas é y(t) = 4 + t + 1 2 t 2 + 1 6 t 3 + 3 32 t 4 + 1 30 t 5 + (3.49) Na Física surgem com frequência alguns exemplos de equações de segunda ordem cujas soluções se podem escrever sob a forma de séries de potência. Por exemplo, EquaçãodeAiry A equação de Airy 1 é uma equação linear de segunda ordem definida por y −ty= 0 (3.50) Equação de Legendre A equação de Legendre 2 de ordemα, comα > −1 é uma equação linear de segunda ordem definida por (1 −t 2 )y −2ty + α(α + 1)y= 0 (3.51) Equação de Hermite A equação de Hermite 3 de ordemα, é uma equação linear de segunda ordem definida por y −2ty + 2αy= 0 (3.52) 3.3 Equações Não Lineares Asequaçõesnãolinearesdeordemsuperiorraramentepodemserresolvi- daspormétodosanalíticos. Vamosilustrarummétodoanalíticoqueem determinadas situações nos permite resolver equações analíticas de segunda ordem. 1 Biddell Airy (1801-1892) 2 Adrien-Marie Legendre (1752-1833) 3 Carles Hermite (1822-1901) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 86 Equações Diferenciais de Ordem Superior Equações nãolineares desegundaordemondeavariável y não aparece explicitamente Exemplo 66Resolver a equação y −2t(y ) 2 = 0 (3.53) Sejau=y . Estamudançadevariável transformaaequaçãodadana equação de primeira ordem, u −2t(u) 2 = 0 (3.54) que na variável u é uma equação de variáveis separáveis.Para além da solução nula,u(t) = 0 temos as soluções não constantes dadas por _ du u 2 = _ 2tdt (3.55) ou seja, −u −1 = t 2 + (c 1 ) 2 (3.56) em que a constante de integração foi escrita sob a forma (c 1 ) 2 por conveniên- cia. Regressando à variávely, y= − _ dt t 2 + (c 1 ) 2 (3.57) logo Admitindo que(c 1 ) 2 ,= 0, y(t) = − 1 c 1 arctan t c 1 + c 2 (3.58) Exemplo 67Resolver a equação y = _ 1 + (y ) 2 (3.59) Sejau=y . Estamudançadevariável transformaaequaçãodadana equação de primeira ordem, u = √ 1 + u 2 (3.60) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 3.3 Equações Não Lineares 87 quenavariável uéumaequaçãodevariáveisseparáveis. Assoluçõesnão constantes dadas por _ du √ 1 + u 2 = _ dt (3.61) ou seja, ln _ u + √ 1 + u 2 _ = t + c 1 (3.62) pelo que u(t) = 1 2 _ e t+c 1 −e −t−c 1 _ (3.63) pelo que Regressando à variávely y(t) = 1 2 _ e t+c 1 + e −t−c 1 _ + c 2 (3.64) Equações nãolineares de segundaordemonde avariável t não aparece explicitamente Exemplo 68Resolver a equação 3y = y −5 3 (3.65) Sejacomoanteriormenteu=y mascomootermotnãoapareceex- plicitamente podemos pensar que u depende de y. Usando a regra da cadeia obtemos y = dy dt = u(y) (3.66) y = d(u(y)) dt = du dy dy dt = u (y)u(y) Substituindo na equação, obtemos a equação de primeira ordem na variável u = u(y) u (y)u(y) = 1 3 y −5 3 (3.67) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 88 Equações Diferenciais de Ordem Superior Integrando obtemos u 2 = c 1 −y −2 3 (3.68) Masu = dy dt , logo dy dt = _ c 1 −y −2 3 ∨ dy dt = − _ c 1 −y −2 3 (3.69) Considere-se apenas a primeira equação. Por separação de variáveis temos t + c 2 = _ dy _ c 1 −y −2 3 (3.70) Calculemos o integral notando que 1 _ c 1 −y −2 3 = y 1 3 _ c 1 y 2 3 −1 (3.71) e fazendo a mudança de variávelz 2 = c 1 y 2 3 −1. _ dy _ c 1 −y −2 3 = 1 (c 1 ) 2 _ 3z(z 2 + 1) z dz (3.72) = 3 (c 1 ) 2 _ z 3 3 + z _ = 1 (c 1 ) 2 _ c 1 y 2 3 −1 _ c 1 y 2 3 + 2 _ Finalmente obtemos t + c 2 = 1 (c 1 ) 2 _ c 1 y 2 3 −1 _ y 2 3 + 2 _ (3.73) ou t + c 2 = − 1 (c 1 ) 2 _ c 1 y 2 3 −1 _ y 2 3 + 2 _ (3.74) Exemplo 69Resolver a equação y + (y ) 2 = 2e −y (3.75) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 3.3 Equações Não Lineares 89 Sejacomoanteriormenteu=y mascomootermotnãoapareceex- plicitamente podemos pensar que u depende de y. Usando a regra da cadeia obtemos y = dy dt = u(y) (3.76) y = d(u(y)) dt = du dy dy dt = u (y)u(y) Substituindo na equação, obtemos a equação de primeira ordem na variável u = u(y) u (y)u(y) + (u(y)) 2 = 2e −y (3.77) Para resolver esta equação de primeira ordem recorramos à mudança de var- iável,z= u 2 , o que significa quez = 2uu e obtemos z (y) + 2z(y) = 4e −y (3.78) queéumaequaçãolineardeprimeiraordem. Resolvendoestaequaçãoe regressando à variávely é possível encontrar a solução da equação dada. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 90 Equações Diferenciais de Ordem Superior Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem Capítulo 4 Sistemas de Equações Lineares de Primeira Ordem 4.1 Introdução aos Sistemas de Equações Dife- renciais Consideremos a equação diferencial de segunda ordem linear, homogénea de coeficientes constantes na variávelx, dependente det x + px + qx = 0 (4.1) A mudança de variável x =yex =y converte-a no sistema linear de2 equações, _ x = y y = −qx −py (4.2) que na forma matricial se escreve _ x (t) y (t) _ = _ 0 1 −q −p _ _ x(t) y(t) _ (4.3) Deste modo o problema da resolução de uma qualquer equação 4.1 converte- senumsistemalineardeduasequaçõesdeprimeiraordem. Nocapítulo anterioraprendemosaresolverequaçõesdotipo4.1eportantodadoum sistema com a forma 4.3 sabemos encontrar a solução geral. Exemplo 70Resolver _ x (t) y (t) _ = _ 0 1 −1 0 _ _ x(t) y(t) _ (4.4) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 92 Sistemas de Equações Lineares de Primeira Ordem Este sistema gera a equação de segunda ordem,x + x=0 com solução geral x(t) = c sin(t) + d cos(t) Assim, a solução do sistema é x(t) = c sin(t) + d cos(t) (4.5) y(t) = x (t) = x(t) = c cos(t) −d sin(t) (4.6) c ed constantes reais. Sob a forma vectorial a solução escreve-se _ x(t) y(t) _ = c _ sin(t) cos(t) _ + d _ cos(t) −sin(t) _ (4.7) Atendendo ao desenvolvimento decos(t − α) a soluçãox(t)=c sin(t) + d cos(t) se pode escrever com a forma x(t) = a cos(t −α) em quec = a cos(α) eb = a sin(α). Assim, y(t) = −a sin(t −α) Então facilmente se verifica quex ey são tais que x 2 + y 2 = a 2 A figura 4.1 mostra diferentes soluções no planox −y. Figura 4.1: Retrato de fase e trajectórias parax = y, y = −x Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 4.1 Introdução aos Sistemas de Equações Diferenciais 93 Uma solução[x(t), y(t)] T de um sistema bi-dimensional _ x = f(t, x, y) y = g(t, x, y) (4.8) podeservistacomoaparametrizaçãodeumacurvasoluçãooutrajec- tória do sistema no planox −y. No exemplo anterior as curvas solução são circunferências centradas na origem. Uma figura mostrando as trajectórias no planox −y designa-se por retrato de fase. Se as funçõesfeg não de- pendem de t, o sistema diz-se autónomo e é possível representar o campo de direcções. Vejamos agora um exemplo de um sistema autónomo não linear. Exemplo 71Considere-seosproblemasdevalorinicial associadoaosis- tema _ x (t) = x(t)(1 −y(t)) y (t) = 0.3y(t)(x(t) −1) (4.9) satisfazendo 1. x(0) = y(0) = 1.2 2. y(0) = 1,y(0) = 0.7 A figura 4.2 mostra o retrato de fase para este sistema não linear assim como a solução dos dois problemas de valor inicial. Figura 4.2: Retrato de fase e trajectórias para o sistema 4.9 Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 94 Sistemas de Equações Lineares de Primeira Ordem 4.2 Método da Eliminação É bem conhecido de todos o método da eliminação para sistemas algébricos. O método da eliminação para sistemas de equações lineares funciona segundo a mesma ideia básica,eliminar as incógnitas uma de cada vez até se obter umaequaçãocomumaincógnita. Parasistemasdedimensãoelevadaeste procedimento é desadequado. Exemplo 72Resolver o sistema _ x (t) = 3x(t) −y(t) y (t) = x(t) + y(t) (4.10) Da segunda equação, obtemos, x(t) = y (t) −y(t) e portanto x (t) = y (t) −y (t). Substituindo na primeira, y (t) −y (t) = 3 (y (t) −y(t)) −y(t) e, destemodo, eliminámosavariável x. Bastaagoraresolveraequação diferencial linear de segunda ordem, y (t) −4y (t) + 4y(t) = 0 obtendo, y(t) = ce 2t + dte 2t e por conseguinte, x(t) = y (t) −y(t) = 2ce 2t + de 2t + 2dte 2t −ce 2t −dte 2t A solução do sistema é _ x(t) = (c + d)e 2t −dte 2t y(t) = ce 2t + dte 2t (4.11) sendo c e d constantes reais a determinar pelas condições iniciais do sistema. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 4.3 Sistemas Lineares de Primeira Ordem 95 4.3 Sistemas Lineares de Primeira Ordem Um sistema linear de primeira ordem com a forma _ ¸ ¸ _ ¸ ¸ _ x 1 = p 11 x 1 + p 12 x 2 + ... + p 1n x n + f 1 (t) x 2 = p 21 x 1 + p 22 x 2 + ... + p 2n x n + f 2 (t) ... x n = p n1 x 1 + p n2 x 2 + ... + p nn x n + f n (t) (4.12) diz-sehomogéneoseesóseasfunçõesf i ,i =1, ..., nsãoidenticamente nulas. Caso contrário diz-se não homogéneo. Qualquer sistema linear de n equações de primeira ordem pode ser escrito sob a forma matricial. Considere-seP(t)=[p ij ] a matrix dos coeficientes e defina-se os vectores coluna, x = [x i ] e f (t) = [f i (t)]. O sistema 4.12 escreve- se, na forma matricial dx dt = P(t)x +f (t) (4.13) Teorema 9Admita-se que as funçõesp ij ef i são continuas num intervalo Icontendoa. Então dadosn números reais, o sistema 4.12 tem uma única solução satisfazendo as condições iniciais, x 1 (a) = b 1 ,x 2 (a) = b 2 ,...,x n (a) = b n Exemplo 73Verificar que as funções vectoriais definidas por x 1 (t) = _ 3e 2t 2e 2t _ ,x 2 (t) = _ e −5t 3e −5t _ são solução do sistema dx dt = _ 4 −3 6 −7 _ x Basta calcularP(t)x 1 e verificar que é igual ax 1 e queP(t)x 2 é igual ax 2 . Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 96 Sistemas de Equações Lineares de Primeira Ordem Princípio da Sobreposição para Sistemas Lineares Homogéneas Se- jamx 1 ,x 2 ,...,x n n soluções do sistema linear homogéneo, dx dt = P(t)x Sec i ,i = 1, ..., n sãon constantes então a combinação linear x(t) = c 1 x 1 + c 2 x 2 + ... + c n x n é também solução do do sistema linear homogéneo. Queremos mostrar que P(t)x é igual a x . Sabemos por hipótese que para cadai,P(t)x i = x i . Portanto x = c 1 x 1 + c 2 x 2 + ... + c n x n = c 1 P(t)x 1 + c 2 P(t)x 2 + ... + c n P(t)x n = P(t) (c 1 x 1 + c 2 x 2 + ... + c n x n ) dondex = P(t)x como queriamos demonstrar. Soluções Linearmente Independentes Sejam x 1 ,x 2 ,...,x n n soluções do sistema linear homogéneo, dx dt = P(t)x definidas num intervaloI. Admita-se queP é contínua emi. Seja W(t) = W(x 1 , x 2 , ..., x n ) o determinanten n, W(t) = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ x 11 x 12 x 1n x 21 x 22 x 2n . . . . . . . . . . . . x n1 x n2 x nn ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ Então •Se x 1 ,x 2 ,...,x n são linearmente dependentes em I então W= 0 em todo o ponto deI Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 4.3 Sistemas Lineares de Primeira Ordem 97 •Sex 1 ,x 2 ,...,x n sãolinearmenteindependentesemIentãoW ,=0em cada ponto deI Teorema 10Sejamx 1 ,x 2 ,...,x n nsoluções linearmenteindependentes do sistema linear homogéneo, dx dt = P(t)x definidas num intervaloI. Admita-se queP é contínua emi. Sex é solução do sistema então existem constantesc i ,i = 1, ..., n tal que x(t) = c 1 x 1 + c 2 x 2 + ... + c n x n Sistemas Lineares NãoHomogéneos Consideremos osistemalinear não homogéneo dx dt = P(t)x +f (t) o teorema seguinte, análogo ao teorema para equações lineares não homogéneas indica que para encontrar a solução de um sistema linear não homogéneo de- vemos realizar as etapas: •Procurar a solução do sistema linear homogéneo associado •Procurar uma solução particular do sistema linear não homogéneo. Teorema 11Seja x p uma solução particular do sistema linear não homogé- neo dx dt = P(t)x +f (t) Admita-seque Pe f sãocontínuas emi. Sejamx 1 ,x 2 ,...,x n nsoluções linearmente independentes em I do sistema linear homogéneo associado.Se x é solução do sistema não homogéneo então existem constantesc i ,i = 1, ..., n tal que x(t) = c 1 x 1 + c 2 x 2 + ... + c n x n +x p para todot emI. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 98 Sistemas de Equações Lineares de Primeira Ordem 4.4 Sistemas Lineares Homogéneos de Coefi- cientes Constantes Consideremos agora sistemas lineares homogéneos de coeficientes constantes, ou seja, sistemas com a forma dx dt = Ax ondeA = [a ij ]. Sejaλ um valor próprio da matrizA associado a vector própriov. Pela definição de valor e vector próprio isso significa que Av = λv Sejax = ve λt . Calculemosx . Ora x = _ ve λt _ = λve λt e comoAv = λv segue-se que x = Ave λt mas ve λt = x pelo que x = Ax o que significa que x é solução do sistema. Podemos pois enunciar o teorema seguinte: Teorema 12Sejaλumvalorprópriodamatriz Ae vovectorpróprio asssociado. Então x(t) = ve λt é solução do sistema linear homogéneo de coeficientes constantes, dx dt = Ax ondeA = [a ij ]. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 4.4 Sistemas Lineares Homogéneos de Coeficientes Constantes 99 Vejamos então como proceder para aplicar o Método dos Valores Próprios para resolver um sisteman n linear homogéneo de coeficientes constantes, x = Ax: 1. Identificar os valores próprios da MatrizA λ i ,i = 1, ..., n 2. Procurar, caso seja possível, n vectores próprios linearmente indepen- dentes v i ,i = 1, ..., n 3. Opasso2nemsempre é possível, mas quandoexistemnvectores próprios linearmente independentes obtemos n soluções do sistema lin- earmente independentes, x i (t) = v i e λ i t ,i = 1, ..., n Neste caso a solução geral do sistemax = Ax é x(t) = c 1 x 1 + c 2 x 2 + ... + c n x n Vamos agora discutir os casos que podem ocorrer dependendo se os valores próprios são reais ou complexos, distintos ou de multiplicidade superior a 1. Valores Próprios Reais eDistintos Seamatriz Apossui nvalores próprios reais e distintos então existemn vectores próprios linearmente in- dependentes. Neste caso a solução geral do sistemax = Ax é x(t) = c 1 x 1 + c 2 x 2 + ... + c n x n Exemplo 74Encontrar a solução geral do sistemax = Ax em que A = _ ¸ ¸ _ −1 1 0 1 2 1 0 3 −1 _ ¸ ¸ _ Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 100 Sistemas de Equações Lineares de Primeira Ordem Os valores e vectores próprios são, λ 1 = −2, v 1 = [−1, 1, −3] T (4.14) λ 2 = 3, v 2 = [1, 4, 3] T λ 3 = −1, v 3 = [−1, 0, 1] T Portanto a solução geral é x(t) = c 1 e −2t v 1 + c 2 e 3t v 2 + c 3 e −t v 3 (4.15) x(t) = c 1 e −2t _ _ −1 1 −3 _ _ + c 2 e 3t _ _ 1 4 3 _ _ + c 3 e −t _ _ −1 0 1 _ _ (4.16) c 1 ,c 2 ec 3 constantes reais. ValoresPrópriosComplexoseDistintos Se a matrizA possui n va- lores próprios complexos e distintos então existem n vectores próprios linear- mente independentes. A única complicação é que estes vectores próprios são complexos e portanto obtemos soluções complexas. Uma vez que a matriz A é real, os valores próprios complexos aparecem em pares de valores conjuga- dos. Admitamos queλ = p +qi e ¯ λ = p −qi são um par de valores próprios conjugados. Sejav um vector próprio associado aλ então (A−λI) v = 0. Considerando o complexo conjugado _ A− ¯ λI _ ¯ v = 0. Sev=v R + iv I então¯ v=v R − iv I A solução complexa associada ao par próprio(λ, v) é x(t) = ve (p+qi)t = (v R + iv I ) e pt (cos(qt) + i sin(qt)) ou seja x(t) = e pt (v R cos(qt) −v I sin(qt)) + ie pt (v I cos(qt) +v R sin(qt)) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 4.4 Sistemas Lineares Homogéneos de Coeficientes Constantes 101 Observe-seagoraqueapartereal eaparteimagináriadexsãotambém solução da equação. Deste modo obtemos duas soluções reais,linearmente independentes. x 1 (t) = Re (x) = e pt (v R cos(qt) −v I sin(qt)) (4.17) x 2 (t) = Im(x) = e pt (v I cos(qt) +v R sin(qt)) (4.18) De facto, uma vez quex é solução tem-se, x = Ax ⇔ (4.19) (x 1 + ix 2 ) = A(x 1 + ix 2 ) ⇔ (4.20) x 1 + ix 2 = Ax 1 + iAx 2 (4.21) Daqui resulta que x 1 = Ax 1 e x 2 = Ax 2 o que mostra que quer a parte real quer a parte imaginária da solução com- plexax são soluções reais da equação. Exemplo 75Encontrar a solução geral do sistemax = Ax em que A = _ ¸ ¸ _ 1 −1 2 −1 1 0 −1 0 1 _ ¸ ¸ _ Os valores e vectores próprios são, λ 1 = 1, v 1 = [0, 2, 1] T (4.22) λ 2 = 1 + i, v 2 = [−i, 1, 1] T λ 3 = 1 −i, v 3 = [i, 1, 1] T Portanto a solução geral complexa é x(t) = c 1 e t v 1 + c 2 e (1+i)t v 2 + c 3 e (1−i)t v 3 (4.23) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 102 Sistemas de Equações Lineares de Primeira Ordem comc 1 ,c 2 ec 3 constantes complexas. Consideremos a solução complexa associada a λ 2 = 1 + i, v 2 = [−i, 1, 1] T Ora, e (1+i)t _ _ −i 1 1 _ _ = e t (cos(t) + i sin(t)) _ _ −i 1 1 _ _ (4.24) = e t _ _ sin(t) cos(t) cos(t) _ _ + ie t _ _ −cos(t) sin(t) sin(t) _ _ Como sabemos, quer a parte real quer a parte imaginária desta solução com- plexa são soluções reais, linearmente independentes logo a solução geral real é x(t) = c 1 e t _ _ 0 2 1 _ _ + c 2 e t _ _ sin(t) cos(t) cos(t) _ _ + c 3 e t _ _ −cos(t) sin(t) sin(t) _ _ (4.25) c 1 ,c 2 ec 3 constantes reais. ValoresPrópriosdemultiplicidadek>1 Cadavalorpróprio, λ, da matriz realn n,A tem associado um vector própriov. Se o valor próprio tem multiplicidade k > 1 pode ter menos de k vectores próprios linearmente independentes. Neste caso não é possível encontrar um conjunto den vec- torespróprioslinearmenteindependentes. Diremosqueumvalorpróprio tem multiplicidadek> 1 é completo se possuik vectores próprios linear- mente independentes. No caso de a matrizA possuir um valor próprio de multiplicidadek > 1 completo, a solução geral do sistemax = Ax é x(t) = c 1 x 1 + c 2 x 2 + ... + c n x n Os casos mais trabalhosos surgem quando surge um valor próprio de mul- tiplicidadek> 1 não completo, que designaremos por valor próprio de mul- tiplicidadek > 1 defectivo. Vejamos alguns exemplos: Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 4.4 Sistemas Lineares Homogéneos de Coeficientes Constantes 103 Exemplo 76Encontrar a solução geral do sistemax = Ax em que A = _ ¸ ¸ _ 3 −1 −1 1 1 −1 1 −1 1 _ ¸ ¸ _ Os valores e vectores próprios são, λ 1 = 1, v 1 = [1, 1, 1] T λ 2 = 2, v 2 = [1, 1, 0] T ,v 3 = [1, 0, 1] T ComoApossui 3vectorespróprioslinearmenteindependentes, asolução geral é x(t) = c 1 e t v 1 + c 2 e 2t v 2 + c 3 e 2t v 3 (4.26) x(t) = c 1 e t _ _ 1 1 1 _ _ + c 2 e 2t _ _ 1 1 0 _ _ + c 3 e 2t _ _ 1 0 1 _ _ (4.27) c 1 ,c 2 ec 3 constantes reais. Exemplo 77Encontrar a solução geral do sistemax = Ax em que A = _ ¸ ¸ _ 5 −4 0 1 0 2 0 2 5 _ ¸ ¸ _ Os valores e vectores próprios são, λ 1 = 5, v 1 = [2, 0, −1] T λ 2 = 0, v 2 = [4, 5, −2] T Neste caso,ao valor próprioλ 1 =5 de multiplicidade2 está associado um único vector próprio, o vectorv 1 . Temos apenas a solução x 1 (t) = e 5t v 1 (4.28) = e 5t _ _ 2 0 −1 _ _ Vejamos que uma segunda solução linearmente independente desta pode ser obtida fazendo, x 2 (t) = Kte 5t +Pe 5t (4.29) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 104 Sistemas de Equações Lineares de Primeira Ordem ValoresPrópriosdeMultiplicidade2 Por forma a não particularizar a resolução, sejaλ um valor de multiplicidade 2 da matrizv associado a um único vector própriov. Para além da solução x 1 (t) = e λt v uma segunda solução linearmente independente desta pode ser obtida fazendo, x 2 (t) = Kte λt +Pe λt (4.30) ondeK eP são tais quex 2 satisfaz o sistemax = Ax. Substituindo no sistema, obtém-se (AK−λK) te λt + (AP−λP−K) e λt = 0 (4.31) Como esta equação deve ser válida para todo o t, K e P devem satisfazer as equações (A−λI) K = 0 (4.32) (A−λI) P = K (4.33) A primeira equação estabelece que Kdeve ser um vector próprio associado aλ. Uma vez determinadoK a segunda equação permite determinarP Voltando ao nosso exemplo, K = v 1 = _ _ 2 0 −1 _ _ Resta determinarP satisfazendo (A−5I) P = K (4.34) ou seja, _ ¸ ¸ _ 0 −4 0 1 −5 2 0 2 0 _ ¸ ¸ _ _ _ a b c _ _ = _ _ 2 0 −1 _ _ (4.35) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 4.4 Sistemas Lineares Homogéneos de Coeficientes Constantes 105 o que conduz ab= − 1 2 ,a= − 5 2 − 2c ec qualquer. Deste modo escolhendo c = −1 obtemos P = _ _ − 1 2 − 1 2 −1 _ _ (4.36) Uma segunda solução linearmente independente de x 1 (t) = e 5t _ _ 2 0 −1 _ _ (4.37) é, x 2 (t) = _ _ 2 0 −1 _ _ te 5t + _ _ − 1 2 − 1 2 −1 _ _ e 5t (4.38) A solução associada aλ = 0 é x 1 (t) = e 0t _ _ 4 5 −2 _ _ (4.39) A solução geral é pois, x(t) = c 1 _ _ 4 5 −2 _ _ + c 2 e 5t _ _ 2 0 −1 _ _ + c 3 _ _ _ _ 2 0 −1 _ _ te 5t + _ _ − 1 2 − 1 2 −1 _ _ e 5t _ _ (4.40) c 1 ,c 2 ec 3 constantes reais. Exemplo 78Encontrar a solução geral do sistemax = Ax em que A = _ ¸ ¸ _ 1 0 0 2 2 −1 0 1 0 _ ¸ ¸ _ Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 106 Sistemas de Equações Lineares de Primeira Ordem Os valores e vectores próprios são, λ = 1, v 1 = [0, 1, 1] T AmatrizApossui apenas 1vectoresprópriosassociadoaovalorpróprio λ = 1. Uma solução do sistema é x 1 (t) = c 1 e t v 1 (4.41) Procuremos uma segunda solução, solução linearmente independente desta pode ser obtida fazendo, x 2 (t) = Kte λt +Pe λt (4.42) Ora K = _ _ 0 1 1 _ _ Resta determinarP satisfazendo (A−I) P = K (4.43) ou seja, _ ¸ ¸ _ 0 0 0 2 1 −1 0 1 −1 _ ¸ ¸ _ _ _ a b c _ _ = _ _ 0 1 1 _ _ (4.44) o que conduz aa = 0,b = 1 + c ec qualquer. Deste modo escolhendoc = 0 obtemos P = _ _ 0 1 0 _ _ (4.45) Assim, uma segunda solução, solução linearmente independente dex 1 (t) é, x 2 (t) = _ _ 0 1 1 _ _ te t + _ _ 0 1 0 _ _ e t (4.46) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 4.4 Sistemas Lineares Homogéneos de Coeficientes Constantes 107 Devemos agora procurar uma terceira solução, solução linearmente inde- pendentedex 1 (t)edex 2 (t). Vejamosoquesucedenumasituaçãomais geral. ValoresPrópriosdeMultiplicidade3 Sejaλ um valor de multiplici- dade3damatrizvassociadoaumúnicovectorprópriov. Paraalémda solução x 1 (t) = e λt v uma segunda solução linearmente independente desta pode ser obtida fazendo, x 2 (t) = Kte λt +Pe λt (4.47) e, uma terceira solução linearmente independente das anteriores é obtida com a forma x 3 (t) = K t 2 2 e λt +Pte λt +Qe λt (4.48) Portanto substituindo esta terceira solução no sistemax =Ax obtemos as equações que os vectoresK,P eQ devem satisfazer, (A−λI) K = 0 (4.49) (A−λI) P = K (4.50) (A−λI) Q = P (4.51) Regressando ao exemplo, K = _ _ 0 1 1 _ _ , P = _ _ 0 1 0 _ _ e portantoQ deve satisfazer (A−I) Q = P (4.52) ou seja, Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 108 Sistemas de Equações Lineares de Primeira Ordem _ ¸ ¸ _ 0 0 0 2 1 −1 0 1 −1 _ ¸ ¸ _ _ _ a b c _ _ = _ _ 0 1 0 _ _ (4.53) oqueconduzaa= 1 2 , b=cecqualquer. Destemodoescolhendoc=0 obtemos P = _ _ 1 2 0 0 _ _ (4.54) Assim, uma terceira solução, solução linearmente independente dex 1 (t) e dex 2 (t) é, x 3 (t) = _ _ 0 1 1 _ _ t 2 2 e t + _ _ 0 1 0 _ _ te t + _ _ 1 2 0 0 _ _ e t (4.55) A solução geral é x(t) = c 1 e t _ _ 0 1 1 _ _ + c 2 _ _ _ _ 0 1 1 _ _ te t + _ _ 0 1 0 _ _ e t _ _ (4.56) +c 3 _ _ _ _ 0 1 1 _ _ t 2 2 e t + _ _ 0 1 0 _ _ te t + _ _ 1 2 0 0 _ _ e t _ _ comc 1 ,c 2 ec 3 constantes reais. 4.5 Método da Variação de Parâmetros Nestasecçãovamosdesenvolverumaversãomatricial dométododavari- açãodeparâmetrosparaumsistemalinearnãohomogéneodenequações diferenciais de primeira ordem an incógnitas. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 4.5 Método da Variação de Parâmetros 109 Se x i (t),i = 1, ...n forem n soluções linearmente independentes do sistema homogéneo x = Ax no intervaloIentão a solução geral escreve-se x(t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t) + ... + c n x n (t) (4.57) ou x(t) = c 1 _ ¸ ¸ _ x 11 x 21 ... x n1 _ ¸ ¸ _ + c 2 _ ¸ ¸ _ x 12 x 22 ... x n2 _ ¸ ¸ _ + ... + c n _ ¸ ¸ _ x 1n x 2n ... x nn _ ¸ ¸ _ (4.58) = _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ c 1 x 11 c 2 x 12 ... c n x 1n c 1 x 21 c 2 x 22 ... c n x 2n ... ... ... ... c 1 x n1 c 2 x n2 ... c n x nn _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ Podemos então dizer que a solução geral pode ser escrita na forma matricial por x(t) = Φ(t)C (4.59) onde C é um vector coluna n1 e Φ a matriz nn, cujas colunas consistem nas entradas dos vectoresx i (t),i = 1, ...n solução do sistema, ou seja, Φ(t) = _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ x 11 x 12 ... x 1n x 21 x 22 ... x 2n ... ... ... ... x n1 x n2 ... x nn _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ (4.60) AmatrizΦdesigna-sepormatrizfundamentaldosistemax =Axno intervaloI. Propriedades da Matriz Fundamental 1. Uma matriz fundamentalΦ é não singular Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 110 Sistemas de Equações Lineares de Primeira Ordem 2. SeΦ é matriz fundamental do sistemax = Ax então Φ (t) = AΦ(t) Considere-se o sistema não homogéneo x = Ax +F(t) tal como no método da variação de parâmetros para uma equação diferencial de ordemn procuremos uma solução particular fazendo variar a matriz de constantes,C, isto é, procuremosU(t), U(t) = _ ¸ ¸ _ u 1 (t) u 2 (t) ... u n (t) _ ¸ ¸ _ (4.61) de tal forma quex p = Φ(t)U(t) seja uma solução particular do sistema não homogéneo x = Ax +F(t) Derivando, x p = Φ(t)U (t) +Φ (t)U(t) e substituindo na equação, Φ(t)U (t) +Φ (t)U(t) = AΦ(t)U(t) +F(t) mas pela propriedade2,Φ (t) = AΦ(t) pelo que Φ(t)U (t) +AΦ(t)U(t) = AΦ(t)U(t) +F(t) pelo que se tem Φ(t)U (t) = F(t) Pela propriedade1,Φ é não singular e portanto existeΦ −1 . Então U (t) = Φ −1 (t)F(t) e integrando U(t) = _ Φ −1 (t)F(t)dt. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 4.5 Método da Variação de Parâmetros 111 Comox p =Φ(t)U(t) conclui-se que uma solução particular do sistema não homogéneo é x p = Φ(t) _ Φ −1 (t)F(t)dt (4.62) Comoprocuramosumasoluçãoparticularqualquer, nãoénecessáriousar uma constante de integração no cálculo do integral _ Φ −1 (t)F(t)dt. Paracalcularasoluçãogeraldosistemanãohomogéneo, x=x H + x p pelo que x = Φ(t)C+Φ(t) _ Φ −1 (t)F(t)dt (4.63) Exemplo 79Encontrar a solução geral do sistema não homogéneo x = _ −3 1 2 −4 _ x + _ 3t e −t _ Vamos em primeiro lugar resolver o sistema homogéneo associado, x = _ −3 1 2 −4 _ x Ora os valores próprios sãoλ 1 = −2 eλ 1 = −5 e os vectores próprios são v 1 = _ 1 1 _ ev 1 = _ 1 −2 _ A matriz fundamental do sistema é pois Φ(t) = _ e −2 t e −5 t e −2 t −2 e −5 t _ (4.64) logo, Φ −1 (t) = _ 2/3 e 2 t 1/3 e 2 t 1/3 e 5 t −1/3 e 5 t _ (4.65) Então a solução particular é x p = Φ(t) _ Φ −1 (t)F(t)dt (4.66) = _ e −2 t e −5 t e −2 t −2 e −5 t _ _ e 2 t t −1/2 e 2 t + 1/3 e t 1/5 e 5 t t −1/25 e 5 t −1/12 e 4 t _ Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 112 Sistemas de Equações Lineares de Primeira Ordem ou seja, x p = _ 6 5 t − 27 50 + 1 4 e −t 3 5 t − 21 50 + 1 2 e −t _ (4.67) Então a solução geral é x(t) = c 1 _ 1 1 _ e −2t + c 2 _ 1 −2 _ e −5t + _ 6 5 t − 27 50 + 1 4 e −t 3 5 t − 21 50 + 1 2 e −t _ (4.68) Problemas de Valor Inicial Consideremos o problema de valor inicial, x = Ax +F(t), x(t 0 ) = x 0 A solução geral deste sistema não homogéneo pode escrever-se com a forma x = Φ(t)C +Φ(t) _ t t 0 Φ −1 (s)F(s)ds (4.69) Os limites de integração foram escolhidos de tal modo que a solução particular anula-se no instante inicial,t = t 0 . Fazendot = t 0 obtemos x(t 0 ) = Φ(t 0 )C e portanto C= Φ −1 (t 0 )x 0 Então a solução deste PVI é x = Φ(t)Φ −1 (t 0 )x 0 +Φ(t) _ t t 0 Φ −1 (s)F(s)ds (4.70) Exemplo 80Resolver o PVI x = _ 4 2 3 −1 _ x − _ 15 4 _ te −2t , x(0) = _ 7 3 _ Seja A = _ 4 2 3 −1 _ Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 4.5 Método da Variação de Parâmetros 113 Os valores e vectores próprios deA são λ 1 = −2, v 1 = [1, −3] T (4.71) λ 1 = 5, v 1 = [2, 1] T A matriz fundamental é pois Φ(t) = _ e −2t 2e 5t −3e −2t 1e 5t _ (4.72) e Φ(0) = _ 1 2 −3 1 _ (4.73) e portanto Φ(0) −1 = _ 1/7 −2/7 3/7 1/7 _ (4.74) Logo, Φ(t)Φ(0) −1 = 1 7 _ e −2t + 6e 5t −2e −2t + 2e 5t −3e −2t + 3e 5t 6e −2t + e 5t _ (4.75) e Φ(t)Φ(0) −1 x(0) = _ 1/7 e −2 t + 48 7 e 5 t −3/7 e −2 t + 24 7 e 5 t _ (4.76) Por outro lado, Φ −1 (s)F(s) = 1 7 _ e 2s −2e 2s 3e −5s e −5s _ _ −15se −2s −4se −2s _ (4.77) Logo Φ −1 (s)F(s) = _ −s −7se −7s _ (4.78) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 114 Sistemas de Equações Lineares de Primeira Ordem Calculando agora os integrais, _ t 0 (−s) dt = t 2 2 _ t 0 _ −7se −7s _ dt = − 1 7 + 1 7 e −7t + te −7t Portanto, a equação 4.70 para este exemplo conduz a x(t) = _ 1/7 e −2 t + 48 7 e 5 t −3/7 e −2 t + 24 7 e 5 t _ + _ e −2 t 2 e 5 t −3 e −2 t e 5 t __ −1/2 t 2 1/7(1 + 7 t) e −7 t −1/7 _ ou seja x(t) = _ 1/7 e −2 t + 48 7 e 5 t −3/7 e −2 t + 24 7 e 5 t _ + _ −1/2 e −2 t t 2 + 2 e 5 t (1/7(1 + 7 t) e −7 t −1/7) 3/2 e −2 t t 2 + e 5 t (1/7(1 + 7 t) e −7 t −1/7) _ Finalmente, obtemos a solução do problema do valor inicial, x(t) = _ 3/7 e −2 t + 46 7 e 5 t −1/2 e −2 t t 2 + 2 te −2 t −2/7 e −2 t + 23 7 e 5 t + 3/2 e −2 t t 2 + te −2 t _ (4.79) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem Capítulo 5 Estudo Qualitativo de Sistemas Autónomos Bidimensionais Uma grande variedade de fenómenos naturais são modelizados por sistemas bidimensionais com a forma dx dt = f(x, y) (5.1) dy dt = g(x, y) em que a variável livre, t, não aparece explicitamente. Um sistema deste tipo designa-se por sistemaautónomo. Vamos supor que as funçõesfeg são funçõesdeclasseC 1 numregiãoRdoplanox − y, quedesignaremospor plano de fase. Recordando o teorema da existência e unicidade da solução deumproblemadevalorinicial, dadot 0 eumponto(x 0 , y 0 )deRexiste umaúnicasolução, x=x(t),y=y(t)dosistemaautónomodefinidanum intervaloIcontendot 0 satisfazendo as condições iniciais, x(t 0 ) = x 0 ,y(t 0 ) = y 0 As equaçõesx = x(t),y= y(t) representam a parametrização das curvas solução no plano de fase. Ao traço dessas curvas designa-se usualmente por trajectória. Por cada ponto da regiãoR passa uma e só uma trajectória. Um ponto crítico do sistema autónomo, ou ponto de equilíbrio, é um ponto(x ∗ , y ∗ ) tal que f(x ∗ , y ∗ ) = g(x ∗ , y ∗ ) = 0. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 116 Estudo Qualitativo de Sistemas Autónomos Bidimensionais O comportamento das trajectórias numa vizinhança de um ponto crítico tem um interesse particular. Vejamos um exemplo. Exemplo 81Considere-se o sistema autónomo linear dx dt = −x (5.2) dy dt = −αy emque αéumaconstantenãonula. Segue-sequeaorigem, (0, 0), éo único ponto crítico deste sistema. Como facilmente se verifica, a solução que satisfaz a condição inicial x(t 0 ) = x 0 ,y(t 0 ) = y 0 é x(t) = x 0 e −t ,y(t) = y 0 e −αt Vejamosqueépossível desenharastrajectóriasparaestesistema. Se x 0 = 0 ∧y 0 ,= 0 as trajectórias são semi-rectas sobre o eixo dos y. Se x 0 ,= 0 podemos escrever, y= y 0 e −αt = y 0 (x 0 ) α _ x 0 e −t _ α Assim as trajectórias que passam num ponto(x 0 , y 0 ) comx 0 ,=0 são as curvas y= bx α onde b = y 0 (x 0 ) α . Ocomportamentodas trajectórias depende dosinal do parâmetroα. 1. Seα > 0 Nestecasoumponto(x(t), y(t))aproxima-sedaorigemaolongoda curvay= bx α quandot → +∞. No entanto a curvay= bx α depende deα. Dizemos que o ponto crítico(0, 0) é um poço. •α=1. Nestecasoastrajectóriasdesenrolam-sesobrearecta y= bx. Qualquer trajectória é uma semi-recta, tal como a figura 5.1 ilustra. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 117 Figura 5.1: Campo de direcções e trajectórias parax = −x,y = −y •α> 1. Neste caso, sey 0 ,= 0, as trajectórias desenrolam-se sobre as curvasy= bx α tangentes na origem ao eixo dosx, ou melhor, tangentes na origem à direcção própria associada ao valor próprio de menor valor absoluto, tal como a figura 5.2 ilustra. Sey 0 =0 as trajectórias são semi-rectas. •0 0. Um ponto de equilíbrio(x ∗ , y ∗ ) é instável se não é estável. Com esta definição para além dos pontos de equilíbrio classificados ante- riormente, podemos afirmar que um ponto de sela é um ponto de equilíbrio instável e que um centro é um ponto de equilíbrio estável. Definição 6Um ponto de equilíbrio(x ∗ , y ∗ ) estável de umsistema autónomo, 5.2, diz-seassimptoticamente estável setodaatrajectória que se inicie suficientemente próximo de(x ∗ , y ∗ ) tenda para(x ∗ , y ∗ ) quando t → +∞. Podemos agora afirmar que um centro é um ponto de equilíbrio estável mas não é assimptoticamente estável. Parasistemasautónomos linearesemqueaorigeméumpontode equilíbrio isolado podemos afirmar que: 1. A origem é um ponto de equilíbrio assimptoticamente estável se a parte real dos valores próprios é negativa. 2. A origem é um ponto de equilíbrio estável mas não assimptoticamente estável se a parte real dos valores próprios é nula. 3. A origem é um ponto de equilíbrio instável se a parte real de um dos valores próprios é positiva. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 132 Estudo Qualitativo de Sistemas Autónomos Bidimensionais Figura 5.17: Esboço do retrato de fase para o sistema linear do exemplo 84.1 Exemplo 84Classificarospontosdeequilíbriodosseguintessistemasli- neares: x = A(x) (5.15) com 1. A = _ 2 1 1 2 _ (5.16) Os pares próprios são não nulos, [[3, _ [1, 1] T _ ], [1, _ [−1, 1] T _ ]] logo os valores próprios são reais distintos e ambos positivos pelo que a origem é um ponto de equilíbrio isolado. É um nó instável, uma fonte. O retrato de fase é apresentado na figura 5.17. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 5.1 Sistemas Autónomos Lineares 133 Figura 5.18: Esboço do retrato de fase para o sistema linear do exemplo 84.2 2. A = _ 2 −1 −4 2 _ (5.17) Os pares próprios são não nulos, [[4, _ [1, −2] T _ ], [0, _ [1, 2] T _ ]]. Como0 é um valor próprio a origem não é ponto de equilíbrio isolado. Os pontos de equilíbrio são os pontos da recta2x − y=0. As trajec- tórias ou são pontos ou semi-rectas paralelas à direcção própria definida pelo vector próprio associado ao valor próprio não nulo. O retrato de fase é apresentado na figura 5.18. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 134 Estudo Qualitativo de Sistemas Autónomos Bidimensionais Figura 5.19: Esboço do retrato de fase para o sistema linear do exemplo 84.3 3. A = _ 2 −5 4 −2 _ (5.18) Os valores próprios são complexos com parte real nula, 4i e −4i, logo a origem é um ponto de equilíbrio isolado, estável mas não assimptoti- camente estável, um centro. O retrato de fase é apresentado na figura 5.19. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 5.1 Sistemas Autónomos Lineares 135 Figura 5.20: Esboço do retrato de fase para o sistema linear do exemplo 84.4 4. A = _ 3 −1 1 1 _ (5.19) 2 é um valor próprio de multiplicidade 2 associado a um espaço próprio gerado por< (1, 1) >, logo a origem é um ponto de equilíbrio isolado, instável. O retrato de fase é apresentado na figura 5.20. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 136 Estudo Qualitativo de Sistemas Autónomos Bidimensionais Figura 5.21: Esboço do retrato de fase para o sistema linear do exemplo 84.5 5. A = _ −3 −2 9 −3 _ (5.20) Os valores próprios são complexos com parte real negativa, −3 ±i3 √ 2 logoaorigeméumpontodeequilíbrioisolado, estável eassimptop- ticamenteestável, umfocoatractor. Astrajectóriassãoespiraisque tendem para a origem quando t → +∞.O retrato de fase é apresentado na figura 5.21. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 5.1 Sistemas Autónomos Lineares 137 Figura 5.22: Esboço do retrato de fase para o sistema linear do exemplo 84.6 6. A = _ 5 4 −4 5 _ (5.21) Os valores próprios são complexos com parte real positiva, 5±4i logo a origem é um ponto de equilíbrio isolado, instável um foco repulsor. As trajectórias são espirais que tendem para a origem quandot → −∞. O retrato de fase é apresentado na figura 5.22. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 138 Estudo Qualitativo de Sistemas Autónomos Bidimensionais Figura 5.23: Esboço do retrato de fase para o sistema linear do exemplo 84.7 7. A = _ −5 1 1 5 _ (5.22) Os pares próprios são não nulos, [[−4, _ [1, 1] T _ ], [−5, _ [−1, 1] T _ ]]. logoaorigemé umpontode equilíbrioisolado. Comoos valores própriossãoreaisnegativosaorigeméumnóestável eassimptoti- camente estável,um poço. O retrato de fase é apresentado na figura 5.23 Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 5.1 Sistemas Autónomos Lineares 139 Figura 5.24: Esboço do retrato de fase para o sistema linear do exemplo 84.8 8. A = _ 2 2 1 3 _ (5.23) Os pares próprios são não nulos, [[4, _ [1, 1] T _ ], [1, _ [−2, 1] T _ ]]. logoaorigemé umpontode equilíbrioisolado. Comoos valores própriossãoreaisdesinaiscontráriosaorigeméumpontodesela logo um ponto de equilibro instável. O retrato de fase é apresentado na figura 5.24. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 140 Estudo Qualitativo de Sistemas Autónomos Bidimensionais 5.2 Sistemas Autónomos Não Lineares Como o esboço do retrato de fase de sistemas lineares é um exercício simples uma forma de abordar os sistemas não lineares é tentar aproximar sistemas não lineares por sistemas lineares.Esta abordagem designa-se por lineariza- ção. Considere-se o sistema não linear x = F(x) (5.24) emqueF:R 2 →R 2 declasseC 1 . Suponha-sequex 0 éumzerodeFe portanto um ponto de equilíbrio do sistema. Então podemos esperar que o retrato de fase parax próximo dex 0 seja bem aproximado pelo retrato de fase do sistema linear y = A(y) (5.25) com y = x−x 0 próximo da origem. A matriz A é a matriz que representa a derivada de F em x 0 . Esta ideia funciona em muitas circunstâncias mas não em todas. Pode falhar quando a matrizA tem um valor próprio com parte real nula. Vejamos alguns exemplos de linearização em torno de pontos de equilíbrio. Exemplo 85Determinarotipodeestabilidadedaorigem, pontodeequi- líbrio do sistema não linear _ ¸ _ ¸ _ dx dt = 4x + 2y + 2x 2 −3y 2 dy dt = 4x −3y −7xy (5.26) A origem é de facto um ponto de equilíbrio do sistema. A funçãoF definida por F(x, y) = (4x + 2y + 2x 2 −3y 2 , 4x −3y −7xy) é de classeC 1 e matriz jacobianaJ(x, y) é J(x, y) = _ 4 + 4x 2 −6y 4 −7y −3 −7x _ (5.27) PortantoJ(0, 0) é J(x, y) = _ 4 2 4 −3 _ (5.28) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 5.2 Sistemas Autónomos Não Lineares 141 Figura 5.25: Retrato de fase perto da origem do sistema linear e não linear do exemplo 85 e a linearização conduz ao sistema linear _ ¸ _ ¸ _ dx dt = 4x + 2y dy dt = 4x −3y (5.29) Os valores próprios são dados por (4 −λ)(−3 −λ) −8 = 0 ⇔ λ = 5 ∨ λ = −4 Portantoosvaloresprópriostêmambospartereal nãonula. Aorigemé um Ponto de Sela para o sistema linear e portanto a origem é um ponto de equilíbrio instável para o sistema não linear. A figura 5.25 mostra um esboço do retrato de fase, nas proximidades da origem, para o caso linear, à esquerda e para o caso não linear, à direita. Na figura 5.26 podemos observar as trajectórias para pontos mais afasta- dos da origem. Exemplo 86O ponto(4, 3) é ponto de equilíbrio do sistema não linear _ ¸ _ ¸ _ dx dt = −10x −3y + x 2 + 33 dy dt = 6x + 2y −xy −18 (5.30) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 142 Estudo Qualitativo de Sistemas Autónomos Bidimensionais Figura 5.26: Retrato de fase do sistema não linear do exemplo 85 A funçãoF definida por F(x, y) = (−10x −3y + x 2 + 33, 6x + 2y −xy) é de classeC 1 e matriz jacobianaJ(x, y) é J(x, y) = _ −10 + 2x −3 6 −y 2 −x _ (5.31) PortantoJ(4, 3) é J(x, y) = _ −2 −3 3 −2 _ (5.32) e a linearização conduz ao sistema linear _ ¸ _ ¸ _ dx dt = −2x −3y dy dt = 3x −2y (5.33) Os valores próprios são dados por (λ + 2) 2 + 9 = 0 ⇔ λ = −2 + 3i ∨ λ = −2 −3i Portanto os valores próprios têm ambos parte real não nula. A origem é um foco estável para o sistema linear e portanto o ponto(4, 3) é um ponto de equilíbrio estável para o sistema não linear. Na figura 5.27 podemos observar algumas trajectórias para o sistema não linear. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 5.2 Sistemas Autónomos Não Lineares 143 Figura 5.27: Retrato de fase do sistema não linear do exemplo 86 Exemplo 87Classificar, se possível, os pontos de equilíbrio do sistema não linear _ x (t) = x(t)(1 −y(t)) y (t) = 0.3y(t)(x(t) −1) (5.34) São pontos de equilíbrio do sistema os pontos do plano(x, y) que satis- fazem, _ x(t)(1 −y(t)) = 0 0.3y(t)(x(t) −1) = 0 ⇔ _ x = 0 y= 0 ∨ _ x = 1 y= 1 (5.35) O campo vectorialFdefinido porF(x, y)=(x(1 − y), 0.3y(x − 1)) é de classeC 1 e a matriz Jacobiana é J(x, y) = _ 1 −y −x 0.3y 0.3(x −1) _ (5.36) Portanto numa vizinhança do ponto de equilíbrio (0, 0) considere-se o sistema linearx = Ax com A = _ 1 0 0 −0.3 _ Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 144 Estudo Qualitativo de Sistemas Autónomos Bidimensionais Figura 5.28: Retrato de fase do sistema não linear do exemplo 87 Como os valores próprios são reais e de sinais contrários, a origem é para o sistema linear um ponto de Sela, logo instável. Podemos concluir que para o sistema não linear a origem é também um ponto instável. Vejamos agora o que se passa numa vizinhança do ponto de equilíbrio(1, 1). Considere-se o sistema linearx = Ax com A = _ 0 −1 0.3 0 _ Os valores próprios são complexos com parte real nula, λ= ±i √ 0.3. Deste modo a origem é para o sistema linear um centro, ponto de equilíbrio estável mas não assimptoticamente estável mas nada se pode concluir para o ponto de equilíbrio correspondente do sistema não linear. Fazendo uma representação do campo de direcções pode-se estudar o comportamento das trajectórias. A figura 5.28 mostra algumas trajectórias para o sistema não linear e permite concluir que o ponto(1, 1) é estável mas não assimptoticamente estável. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 5.2 Sistemas Autónomos Não Lineares 145 Exemplo 88Verificar que a origem é um ponto de equilíbrio do sistema não linear _ x (t) = y(t) −[x 2 (t) + y 2 (t)] x(t) y (t) = −x(t) −[x 2 (t) + y 2 (t)] y(t) (5.37) e que a linearização em torno da origem não permite classificar esse ponto de equilíbrio. Parax=0 ey=0 segue-se quex =0 ey =0 logo a origem é ponto de equilíbrio do sistema não linear. O campo vectorial F definido por F(x, y) = (y−(x 2 +y 2 )x, −x−(x 2 +y 2 )y) é de classeC 1 e a matriz Jacobiana é J(x, y) = _ −3x 2 −y 2 1 −2yx −1 −2xy −x 2 −3y 2 _ (5.38) Portanto numa vizinhança do ponto de equilíbrio (0, 0) considere-se o sistema linearx = Ax com A = _ 0 1 −1 0 _ Os valores próprios são complexos com parte real nula,λ = ±i. Deste modo a origem é para o sistema linear um centro, ponto de equilíbrio estável mas nãoassimptoticamenteestávelmasnadasepodeconcluirparaopontode equilíbriocorrespondentedosistemanãolinear. Paraosistemalinearas soluções são funções periódicas, o que não acontece para o sistema não linear pois fazendo uma representação do campo de direcções tal como a figura 5.29 mostra, verificamos que as trajectórias para o sistema não linear são espirais. Exemplo 89Classificar, se possível, os pontos de equilíbrio do sistema não linear _ x (t) = y(t) y (t) = −x(t) + y(t) −(y(t)) 3 (5.39) São pontos de equilíbrio do sistema os pontos do plano(x, y) que satis- fazem, _ y= 0 −x + y −y 3 = 0 ⇔ _ x = 0 y= 0 (5.40) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 146 Estudo Qualitativo de Sistemas Autónomos Bidimensionais Figura 5.29: Retrato de fase do sistema não linear do exemplo 88 Logo a origem é o único ponto de equilíbrio do sistema não linear. O campo vectorialFdefinido porF(x, y) = (y, −x +y −y 3 ) é de classeC 1 e a matriz Jacobiana é J(x, y) = _ 0 1 −1 1 −3y 2 _ (5.41) Portanto numa vizinhança do ponto de equilíbrio (0, 0) considere-se o sistema linearx = Ax com A = _ 0 1 −1 1 _ Os valores próprios são complexos com parte real positiva, λ = 1 2 ±i √ 3 2 .Deste modo a origem é para o sistema linear um foco instável,portantoo ponto de equilíbrio correspondente do sistema não linear é instável. Fazendo uma representação do campo de direcções pode-se estudar o comportamento das trajectórias. A figura 5.30 mostra algumas trajectórias para o sistema não linear e permite concluir que o ponto (0, 0) é instável mas que as trajectórias convergem para um ciclo limite, uma trajectória periódica. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 5.2 Sistemas Autónomos Não Lineares 147 Figura 5.30: Retrato de fase do sistema não linear do exemplo 89 Exemplo 90Classificar, se possível, os pontos de equilíbrio do sistema não linear _ x (t) = y(t) y (t) = −4x(t) + (x(t)) 3 (5.42) Verificar que(2, 0) e(−2, 0) são pontos de sela logo pontos de equilíbrio instáveis e que a origem é um ponto de equilíbrio indeterminado. Pela ob- servação do retrato de fase, figura 5.31, (0, 0) parece ser um centro estável. Exemplo 91Classificar, se possível, os pontos de equilíbrio do sistema não linear _ x (t) = x(t) −2y(t) + 3 y (t) = x(t) −y(t) + 2 (5.43) São pontos de equilíbrio do sistema os pontos do plano(x, y) que satis- fazem, _ x −2y + 3 = 0 x −y + 2 = 0 ⇔ _ x = −1 y= 1 (5.44) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 148 Estudo Qualitativo de Sistemas Autónomos Bidimensionais Figura 5.31: Retrato de fase do sistema não linear do exemplo 90 Logo o ponto(−1, 1) é o único ponto de equilíbrio do sistema não linear. O campo vectorialFdefinido porF(x, y) = (x −2y + 3, x −y + 2) é de classe C 1 e a matriz Jacobiana é J(x, y) = _ 1 −2 1 −1 _ (5.45) Para estudar o comportamento das soluções numa vizinhança do ponto de equilíbrio(−1, 1) considere-se o sistema linearx = Ax com A = _ 1 −2 1 −1 _ Os valores próprios são complexos com parte real nula,λ = ±i. Deste modo a origem é para o sistema linear um centro mas nada se pode concluir para osistemanãolinear. Observandoagoraqueosistemanãolinearsepode escrever _ x (t) = (x(t) + 1) −2 (y(t) −1) y (t) = (x(t) + 1) −(y(t) −1) (5.46) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 5.2 Sistemas Autónomos Não Lineares 149 Figura 5.32: Retrato de fase do sistema não linear do exemplo 91 é fácil concluir que por uma mudança de variável, u=x + 1 ev=y − 1 o sistema dado converte-se no sistema linear _ u (t) = u −2v v (t) = u −v (5.47) Portanto as trajectórias numa vizinhança do ponto de equilíbrio são trajec- tóriasfechadaseopontodeequilíbrioumcentrologoestávelmasnãoas- simptoticamente estável. Fazendo uma representação do campo de direcções pode-se confirmar o comportamento das trajectórias. A figura 5.32 mostra algumas trajectórias para o sistema não linear e permite concluir que o ponto (−1, 1) é estável mas não assimptoticamente estável. 5.2.1 Sistemas Potenciais Um sistema autónomo bidimensional de primeira ordem dx dt = f(x, y) (5.48) dy dt = g(x, y) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 150 Estudo Qualitativo de Sistemas Autónomos Bidimensionais designa-se por sistema potencial ou sistema conservativo se existe uma função potencial escalarVtal que ∂V ∂x = f(x, y) (5.49) ∂V ∂y = g(x, y) Paraossistemaspotenciais, amatrizJacobianadocampodevectores F definidoporF(x, y)=(f(x, y), g(x, y))coincidecomamatrizHessianade V . Admitindo queFé de classeC 1 , V é de classeC 2 e portanto a matriz Hessiana deV é uma matriz simétrica. Deste modo os valores próprios do sistema linearizado são reais. Daqui se conclui que para um sistema potencial os pontos de equilíbrio não podem ser focos nem centros. Todos pontos de equilíbrio de um sistema potencial são ou nós ou pontos de sela. Deste modo afirmarqueseumretratodefaseindicaapresençadefocosoucentros, o sistema não é potencial. Exemplo 92Verificar que o sistema _ x (t) = x(t) −x 3 (t) y (t) = −y(t) (5.50) é um sistema potencial e que os pontos de equilíbrio são (0, 0), (1, 0) e (−1, 0). Linearizar um torno dos pontos de equilíbrio e fazer um esboço do retrato de fase, figura 5.33 5.2.2 Sistemas Hamiltonianos Um sistema autónomo de bidimensional de primeira ordem dx dt = f(x, y) (5.51) dy dt = g(x, y) designa-se por sistema hamiltoniano se existe uma função de estado escalar Htal que ∂H ∂y = f(x, y) (5.52) − ∂H ∂x = g(x, y) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 5.2 Sistemas Autónomos Não Lineares 151 Figura 5.33: Retrato de fase do sistema potencial do exemplo 92 Para os sistemas hamiltonianos, a matriz Jacobiana do campo de vectores F definido porF(x, y) = (f(x, y), g(x, y)) é a matriz J(x, y) = _ ∂ 2 H ∂x∂y ∂ 2 H ∂y 2 − ∂ 2 H ∂x 2 − ∂ 2 H ∂y∂x _ (5.53) Admitindoque Fédeclasse C 1 , Hédeclasse C 2 eportantoamatriz Jacobiana deFtem na diagonal valores simétricos. Deste modo os valores própriosdosistemalinearizadosãoiguaisdesinal oposto. Se0nãoforo únicovalorprópriodosistemaentãodoiscasospodemocorrer: Seforem reaisospontosdeequilíbriosãopontosdesela. Seforemimagináriossão centros. Logo os sistema não lineraes hamiltomianos não possuem pontos de equilíbrio que sejam poços ou fontes. Deste modo afirmar que se um retrato de fase indica a presença de fontes ou poços, o sistema não é hamiltoniano. Para um sistema hamiltoniano as trajectórias são a família de curvas para as quais a função de estado permanece constante. H(x, y) = K Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 152 Estudo Qualitativo de Sistemas Autónomos Bidimensionais Para verificação, calculemos dH dt . Ora, dH dt = ∂H ∂x ∂x ∂t + ∂H ∂y ∂y ∂t (5.54) mas ∂x ∂t = ∂H ∂y e ∂y ∂t = − ∂H ∂x , logo dH dt = ∂H ∂x ∂H ∂y − ∂H ∂y ∂H ∂x = 0 (5.55) o que implica que as trajectórias são a família de curvas para a qual a função de estado é constante. Exemplo 93Verificar que o sistema _ x (t) = y(t) y (t) = x(t) −x 2 (t) (5.56) éumsistemahamiltonianoequeospontosdeequilíbriosão(0, 0)e(1, 0). Linearizar um torno dos pontos de equilíbrio e fazer um esboço do retrato de fase, figura 5.34. Exemplo 94Verificar que o sistema _ x (t) = y(t) y (t) = x 3 (t) −x(t) (5.57) éumsistemahamiltonianoequeospontosdeequilíbriosão(0, 0), (1, 0)e (−1, 0). Mostrar que a função de estado é a funçãoHdefinida por h(x, y) = y 2 2 + x 2 2 − x 4 4 . Linearizar um torno dos pontos de equilíbrio e fazer um esboço do retrato de fase. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 5.2 Sistemas Autónomos Não Lineares 153 Figura 5.34: Retrato de fase do sistema hamiltoniano do exemplo 93 Figura 5.35: Curvas de nível de H e Retrato de fase do sistema hamiltoniano do exemplo 94 Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 154 Estudo Qualitativo de Sistemas Autónomos Bidimensionais Figura 5.36: Retrato de fase do sistema paraα = −1 5.2.3 Bifurcações Umabifurcaçãonumsistemaautónomoéumamudançananaturezado ponto de equilíbrio devido à mudança do valor de um parâmetro da equação. Se um sistema não linear depende de parâmetros os pontos de equilíbrio podemmudarquandooparâmetrovaria. Poroutraspalavras, quandoo parâmetrovariapodeocorrerumabifurcação. Consideremosafamíliade sistemas dependentes do parâmetroα. _ x (t) = x(t) 2 −α y (t) = −y(t) (x 2 (t) + 1) (5.58) Verificarqueosistemanãotempontosdeequilíbrioparaα 0 e apenas um para α = 0 e que portanto α=0 é o valor de bifurcação para o sistema. As figuras 5.36,5.37 e 5.38 mostram o retrato de fase paraα= −1, α=0 eα=1 respectivamente. Mostram a transição de um sistema com zero pontos de equilíbrio para um com dois pontos de equilíbrio, um ponto de sela e outro uma fonte passando porumsistemacomumpontodeequilíbrioinstável emquezeroévalor próprio do sistema linearizado. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 5.2 Sistemas Autónomos Não Lineares 155 Figura 5.37: Retrato de fase do sistema paraα = 0 Figura 5.38: Retrato de fase do sistema paraα = 1 Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 156 Estudo Qualitativo de Sistemas Autónomos Bidimensionais Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem Capítulo 6 Transformadas de Laplace e Equações Diferenciais Neste capítulo vamos fazer uma breve referência às transformadas de Laplace 1 , centrando a nossa atenção na sua aplicação à resolução de equações dife- renciais. Definição 7A transformadadeLaplace de uma função real de variável real não negativafé uma outra função real de variável realF, definida pelo integral: F(s) = /¦f(t)¦ = _ ∞ 0 f(t)e −st dt (6.1) para todos os valores de s para os quais o integral impróprio é convergente. A transformadainversa de uma funçãoFé a funçãofcuja transformada de Laplace seja igual aF. Recordemos que o integral impróprio definido num intervalo semi-infinito é definido por _ ∞ 0 g(t)dt =lim b→∞ _ b 0 g(t)dt (6.2) Dizemos que o integral é convergente se e só se o limite existe. Observemos que na definição de transformada de Laplace o integral im- próprio depende do parâmetro s para além da variável de integração t. Deste modo quando o integral converge, converge não para um número mas para uma funçãoFdes. 1 Pierre Simon Laplace (1749-1827) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 158 Transformadas de Laplace e Equações Diferenciais Exemplo 95Sejaf: f(t) ≡ 1, t ≥ 0. Calculemos /¦1¦. A transformada defé: /¦1¦ = _ ∞ 0 1e −st dt =lim b→∞ − e −st s ¸ ¸ ¸ ¸ t=b t=0 = 1 s , s > 0 (6.3) logo, /¦1¦ = 1 s , s > 0 (6.4) Questão: E ses ≤ 0? Exemplo 96Sejaf: f(t) = e at . Calculemos /¦e at ¦. Pela definição de transformada de Laplace, a transformada da função expo- nencial é / _ e at _ = _ ∞ 0 e at e −st dt = _ ∞ 0 e −(s−a)t dt (6.5) Ora, _ ∞ 0 e −(s−a)t dt =lim b→∞ − e −(s−a)t s −a ¸ ¸ ¸ ¸ t=b t=0 (6.6) Sea é real es −a > 0 entãoe −(s−a)t → ∞ quandob → ∞ e portanto / _ e at _ = 1 s −a , s > a (6.7) Sea é real es −a ≤ 0 o integral diverge. Sea = α +ıβ é complexo então o integral converge se e só ses > Re(a). Recorde que e ıβt = cos βt + ı sin (βt). 6.1 Propriedades da transformada de Laplace 6.1.1 Linearidade Para quaisquer duas funçõesfeg, com transformadas de Laplace respecti- vamenteFeG, /¦αf(t) + βg(t)¦ = α/¦f(t)¦ + β/¦g(t)¦ = αF(s) + βG(s) (6.8) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 6.1 Propriedades da transformada de Laplace 159 o que significa que a transformada de Laplace é um operador linear. De modo análogo a transformada inversa é também um operador linear: / −1 ¦αF(s) + βG(s)¦ = αf(t) + βg(t) = α/ −1 ¦F(s)¦ + β/ −1 ¦G(s)¦ (6.9) Exemplo 97Calcular /¦3e 6t −2e 3t ¦. Pela linearidade da transformada de Laplace / _ 3e 6t −2e 3t _ = 3/ _ e 6t _ −2/ _ e 3t _ = 3 s −6 + 2 s −3 , s > 6 (6.10) 6.1.2 Derivada da Transformada A primeira derivada da transformada de Laplace de uma funçãofé: dF ds = d ds _ ∞ 0 f(t)e −st dt = − _ ∞ 0 tf(t)e −st dt = −/¦tf(t)¦ (6.11) Derivandon vezes obtemos a derivada de ordemn, /¦t n f(t)¦ = (−1) n d n F ds n (6.12) 6.1.3 Transformada da Derivada Calculemos a Transformada de Laplace da derivada de uma funçãof. Inte- grando por partes: /¦f ¦ = _ ∞ 0 f e −st dt =fe −st ¸ ¸ ∞ 0 + s _ ∞ 0 fe −st dt (6.13) esteúltimointegral éatransformadade f. Calculandoolimitequando t → +∞, obtemos para o primeiro termo o valor= −f(0). Deste modo /¦f ¦ = s/¦f¦ −f(0) (6.14) A transformada de derivadas de ordem superior calcula-se aplicando a mesma propriedade várias vezes, por exemplo, a transformada da segunda derivada é igual a: /¦f ¦ = s/¦f ¦ −f (0) = s[s/¦f¦ −f(0)] −f (0) (6.15) logo /¦f ¦ = s 2 F(s) −sf(0) −f (0) (6.16) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 160 Transformadas de Laplace e Equações Diferenciais 6.1.4 Transformada do produto f por e at : Deslocamento em s / _ e at f(t) _ = _ ∞ 0 f(t)e (a−s)t dt = F(s −a) (6.17) 6.2 Transformadas de Funções Elementares Transformada def: f(t) = t A transformada det é /¦t¦ = _ ∞ 0 te −st dt (6.18) Integrando por partes obtemos /¦t¦ = 1 s 2 , s > 0 (6.19) Transformadade f : f(t) =t n Atransformadade t n , onde néum número inteiro é /¦t n ¦ = _ ∞ 0 t n e −st dt (6.20) Pode-se demonstrar por indução, usando a propriedade da derivada da trans- formada, que /¦t n ¦ = n! s n+1 , s > 0 (6.21) Transformadadef : f(t)=te at Usando a propriedade da derivada da transformada da funçãof: f(t) = e at , obtemos / _ te at _ = − d ds _ 1 s −a _ = 1 (s −a) 2 , s > a (6.22) Transformadadef : f(t)=sin btedef : f(t)=cos bt As transfor- madas do seno e do coseno podem ser calculadas usando a transformada da exponencial coma = ib / _ e ibt _ = /¦cos(bt) + i sin(bt)¦ = 1 s −ib = s + ib s 2 + b 2 (6.23) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 6.2 Transformadas de Funções Elementares 161 logo / _ e ibt _ = s + ib s 2 + b 2 (6.24) comparando as partes reais e imaginárias, /¦cos(bt)¦ = s s 2 + b 2 , s > 0 (6.25) /¦sin(bt)¦ = b s 2 + b 2 , s > 0 (6.26) Exercício 20Mostre que 1. /¦t sinh kt¦ = k (s 2 −k 2 ) 2 , s > [k[ (6.27) 2. /¦t cosh kt¦ = s (s 2 −k 2 ) 2 , s > [k[ (6.28) Sugestão: Recorde quecosh kt = e kt +e −kt 2 e quesinh kt = e kt −e −kt 2 . Exercício 21Mostre que 1. /¦t sin kt¦ = 2ks (s 2 + k 2 ) 2 (6.29) 2. /¦t cos kt¦ = s 2 −k 2 (s 2 + k 2 ) 2 (6.30) Sugestão: Useapropriedadedaderivadadatransformadadeumafunção apropriada. Exercício 22Verifique que são verdadeiras as afirmações 1. / −1 _ 1 s 3 _ = 1 2 t 2 (6.31) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 162 Transformadas de Laplace e Equações Diferenciais Figura 6.1: Gráfico deH 1 2. / −1 _ 1 s + 3 _ = e −3t (6.32) 3. / −1 _ 4 s 2 + 16 _ = sin 4t (6.33) TransformadadafunçãodeHeaviside Sejaa um número real. Defi- namos a função salto, descontínua em t = a, que toma o valor 0 à esquerda de a e o valor 1 à direita de a.Esta função designa-se por função de Heaviside 2 . H a (t) = _ 0, t < a 1, t ≥ a (6.34) A figura 6.1 mostra o gráfico deH 1 . Exemplo 98A função cujo gráfico se ilustra na figura 6.2 f (t) = _ _ _ −1, t < −1 1, −1 ≤ t ≥ 1 3 t ≥ 1 (6.35) escreve-se de modo simples como combinação linear de funções de Heaviside, f(t) = −1 + 2H −1 (t) + 2H 1 (t) (6.36) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 6.2 Transformadas de Funções Elementares 163 Figura 6.2: Gráfico def(t) = −1 + 2H −1 (t) + 2H 1 (t) Calculemos a transformada de Laplace da função de Heaviside, usando a definição. /¦H a (t)¦ = _ ∞ 0 H a (t)e −st dt = _ ∞ a e −st dt (6.37) Ora, _ ∞ a e −st dt =lim b→∞ − e −st s ¸ ¸ ¸ ¸ t=b t=a = e −sa s (6.38) Logo, /¦H a (t)¦ = e −sa s , s > 0, a > 0 (6.39) Transformada de uma função transladada em t A figura 6.3 mostra o gráfico de uma funçãofe da mesma função transladada para a esquerda uma unidade. Admitamos que /¦f(t)¦ existe para s > c.Calculemos /¦H a (t)f(t −a)¦. /¦H a (t)f(t −a)¦ = _ ∞ a f(t −a)e −st dt (6.40) Por outro lado, pela definição de /¦f(t)¦ temos que /¦f(t)¦ = _ ∞ a f(τ)e −sτ dτ (6.41) 2 Olivier Heaviside(1850-1925) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 164 Transformadas de Laplace e Equações Diferenciais Figura 6.3: Gráfico defe deH 1 (t)f(t −1) Multiplicando ambos os membros desta equação pore −as obtemos e −as F(s) = _ ∞ a f(τ)e −s(τ+a) dτ (6.42) fazendo agorat = τ+ a obtemos, e −as F(s) = _ ∞ a f(t −a)e −st dτ= /¦H a (t)f(t −a)¦ (6.43) Donde /¦H a (t)f(t −a)¦ = e −as F(s) (6.44) Exemplo 99Calcular /¦g(t)¦ onde g (t) = _ 0, t < 3 t 2 , t ≥ 3 (6.45) Observemos queg(t) = H 3 (t)f(t −3) ondef(t) = (t + 3) 2 . Deste modo, F(s) = /¦f(t)¦ = / _ t 2 + 6t + 9 _ = 2 s 3 + 6 s 2 + 9 s e portanto /¦g(t)¦ = /¦H 3 (t)f(t −3)¦ = e −3t _ 2 s 3 + 6 s 2 + 9 s _ Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 6.2 Transformadas de Funções Elementares 165 TransformadadafunçãodeDeltadeDirac EmFísica, umaforça impulsivaéumaforçaf queactuaduranteumintervalodetempoa≤ t ≤b. Umexemplodeumaforçaimpulsivaéaforçanabolaquandoum jogador executa um remate. Trata-se de um impacto quase instantâneo. Em situações deste tipo o principal efeito da força depende do impulso da força no intervalo[a, b], isto é do integral _ b a f(t)dt (6.46) Definimos a função impulso unitário como sendo a função que produz um impulso igual a1, _ b a f(t)dt = 1 (6.47) Exemplo 100A funçãof(t) = Ha(t)−H b (t) b−a é um impulso unitário em[a, b] Consideremos agora a função d a, (t) = _ 1 , a ≤ t < a + 0, casocontrrio (6.48) Seb ≥ a +então _ b a f(t)dt = _ a+ a f(t)dt = 1 (6.49) eportantoafunçãod a, temimpulsounitárioem[a, b]. Podemostambém afirmar que _ ∞ a f(t)dt = _ a+ a f(t)dt = 1 (6.50) Sepretendemosmodelarumimpulsoinstantâneoénatural fazer→0. Definindo δ a (t) = lim →0 d a, (t) (6.51) com a ≥ 0 obtemos a função delta de Dirac 3 , função que é nula em todos os pontos diferentes dea e infinita ema e _ ∞ a δ a (t)dt = 1. (6.52) 3 Paul Dirac (1902-1984) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 166 Transformadas de Laplace e Equações Diferenciais Uma propriedade importante da função delta de Dirac é que, seg é uma função contínua então _ ∞ 0 g(t)δ a (t)dt = g(a). (6.53) Se considerarmos o caso particular deg: g(t) = e −st segue-se que _ ∞ 0 e −st δ a (t)dt = e −as . (6.54) e portanto /¦δ a (t)¦ = e −as , a ≥ 0. (6.55) 6.3 Equações Diferenciais eTransformadade Laplace AtransformadadeLaplacepermitetransformar umaequaçãodiferencial linear, comcoeficientesconstantesnumaequaçãoalgébrica. Resolvendoa equação algébrica, obtemos a solução da equação diferencial através da trans- forma inversa de Laplace. Exemplo 101Consideremos o problema do valor inicial: y + 4y= 8δ 2π (t), y(0) = 3, y (0) = 0 (6.56) SejaY (s) = /¦y¦. Então /¦y ¦ = sY (s) −3 (6.57) /¦y ¦ = s 2 Y (s) −3s (6.58) Aplicando a transformada de Laplace aos dois membros da equação e aten- dendo às condições iniciais obtemos: s 2 Y (s) + 4Y (s) −3s = /¦8δ 2π (t)¦ (6.59) mas /¦8δ 2π (t)¦ = 8e −2πs (6.60) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 6.3 Equações Diferenciais e Transformada de Laplace 167 A solução da equação algébrica é Y (s) = 3s s 2 + 4 + 8e −2πs s 2 + 4 (6.61) Recordandoas transformadas das funções senoecosenoassimcomooa transformada de uma translação, obtemos a solução do PVI, x(t) = 3 cos 2t + 4H 2π sin 2(t −2π). (6.62) Exemplo 102Consideremos o problema do valor inicial: y −10y + 9y= 5t, y(0) = −1, y (0) = 2 (6.63) SejaY (s) = /¦y¦. Então /¦y ¦ = sY (s) −y(0) (6.64) /¦y ¦ = s 2 Y (s) −sy(0) −y (0) (6.65) Aplicando a transformada de Laplace aos dois membros da equação e aten- dendo às condições iniciais obtemos: s 2 Y (s) −10sY (s) + 9Y (s) + s −12 = /¦5t¦ (6.66) Observemos que /¦5t¦ = 5 s 2 (6.67) e portanto obtemos a equação algébrica _ s 2 −10s + 9 _ Y (s) + s −12 = 5 s 2 (6.68) Esta equação pode ser facilmente resolvida, Y= 5 (s −1)(s −9)s 2 + 12 −s (s −1)(s −9) (6.69) A solução do problema do valor inicial é a transformada inversa desta função. Combinando os 2 membros, obtemos Y= 5 + 12s 2 −s 3 (s −1)(s −9)s 2 (6.70) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 168 Transformadas de Laplace e Equações Diferenciais Para tal vamos decompor a fracção em fracções mais simples. Y= A s + B s 2 + C (s −9) + D (s −1) (6.71) onde A, B, C e D são constantes calculadas comparando as duas equações: 5+12s 2 −s 3 = As(s−9)(s−1)+B(s−9)(s−1)+Cs 2 (s−1)+Ds 2 (s−9) (6.72) o que conduz ao sistema s = 0 ⇒ 5 = 9B (6.73) s = 1 ⇒ 16 = −8D (6.74) s = 9 ⇒ 248 = 648C (6.75) s = 2 ⇒ 45 = −14A + 4345 81 (6.76) ou seja, B= 5 9 (6.77) D = −2 (6.78) C= 31 81 (6.79) −1 = 50 81 (6.80) Deste modo, Y= 50 81 1 s + 5 9 1 s 2 + 31 81 1 (s −9) −2 1 (s −1) (6.81) A transformada inversa de cada uma das fracções parciais é facilmente identi- ficada, usando as transformadas de Laplace anteriormente calculadas.Assim, A solução do PVI é: y(t) = 50 81 + 5 9 t + 31 81 e 9t −2e t (6.82) Exemplo 103Procuremos a solução do problema do valor inicial: y −4y + 4y= e 2t sin(2t), y(0) = 0, y (0) = 0 (6.83) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 6.3 Equações Diferenciais e Transformada de Laplace 169 SejaY (s) = /¦y¦. Então /¦y ¦ = sY (s) −y(0) (6.84) /¦y ¦ = s 2 Y (s) −sy(0) −y (0) (6.85) Aplicando a transformada de Laplace aos dois membros da equação e aten- dendo às condições iniciais obtemos: s 2 Y (s) −4sY (s) + 4Y (s) = / _ e 2x sin(2x) _ (6.86) Observemos que / _ e 2x sin(2x) _ = 2 (s −2) 2 + 4 (6.87) e portanto obtemos a equação algébrica s 2 Y −4sY+ 4Y= 2 (s −2) 2 + 4 (6.88) Esta equação pode ser facilmente resolvida, Y= 2 [(s −2) 2 + 4](s −2) 2 (6.89) A solução do problema do valor inicial é a transformada inversa desta função. Para tal vamos decompor a fracção em fracções mais simples. Y= A s −2 + B (s −2) 2 + 2C (s −2) 2 + 4 + D(s −2) (s −2) 2 + 4 (6.90) onde A, B, C e D são constantes calculadas comparando as duas equações: A = 0 B= 2 3 C= − 1 3 D = 0 (6.91) A transformada inversa de cada uma das fracções parciais é facilmente identi- ficada, usando as transformadas de Laplace anteriormente calculadas.Assim, / −1 _ 2/3 (s −2) 2 _ = 2 3 te 2t (6.92) / −1 _ −2/3 (s −2) 2 + 4 _ = − 1 3 sin (2t)e 2t (6.93) A solução do PVI é: y(t) = _ 2t 3 − 1 3 sin(2t) _ e 2t (6.94) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 170 Transformadas de Laplace e Equações Diferenciais Exemplo 104Procuremos a solução do problema do valor inicial: y −y + 5y= 4 + H 2 (t)e −2(t−2) , y(0) = 2, y (0) = −1 (6.95) SejaY (s) = /¦y¦. Então /¦y ¦ = sY (s) −2 (6.96) /¦y ¦ = s 2 Y (s) −2s + 1 (6.97) Aplicando a transformada de Laplace aos dois membros da equação e aten- dendo às condições iniciais obtemos: _ s 2 −sY (s) + 5 _ Y (s) −2s + 3 = / _ 4 + H 2 (t)e −2(t−2) _ (6.98) Observemos que / _ 4 + H 2 (t)e −2(t−2) _ = 4 s + e −2s (s + 2) (6.99) e portanto obtemos a equação algébrica _ s 2 −sY (s) + 5 _ Y (s) = 4 s + e −2s (s + 2) + 2s −3 (6.100) Esta equação pode ser facilmente resolvida, Y= 2s 2 −3s + 4 s(s 2 −s + 5) + e −2t 1 (s + 2)(s 2 −s + 5) (6.101) A solução do problema do valor inicial é a transformada inversa desta função. Observemos que 2s 2 −3s + 4 s(s 2 −s + 5) = 1 5 _ 4 s + 6s −11 s 2 −s + 5 _ (6.102) logo, 2s 2 −3s + 4 s(s 2 −s + 5) = 1 5 _ 4 s + 6(s −1/2) (s −1/2) 2 + 19/4 − 8 (s −1/2) 2 + 19/4 _ (6.103) e que 1 (s + 2)(s 2 −s + 5) = 1 11 _ 1 s + 2 − s −3 s 2 −s + 5 _ (6.104) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 6.3 Equações Diferenciais e Transformada de Laplace 171 logo, 1 (s + 2)(s 2 −s + 5) = 1 11 _ 1 s + 2 + s −1/2 (s −1/2) 2 + 19/4 + 5/2 (s −1/2) 2 + 19/4 _ Calculando a transformada inversa obtemos a solução do PVI, y(t) = 4 5 + e t/2 5 _ 6 cos √ 19 2 t − 16 √ 19 sin √ 19 2 t _ + + H 2 (t) 11 e −2t _ −cos √ 19 2 t + 5 √ 19 sin √ 19 2 t _ (6.105) Exercício 23Resolver os seguintes problemas do valor inicial 1. y + 4y= 0, y(0) = 5, y (0) = 0 (6.106) 2. y + 4y= δ 0 (t), y(0) = 0, y (0) = 0 (6.107) 3. y + 4y= δ 0 (t) + δ π (t), y(0) = 0, y (0) = 0 (6.108) 4. y + 4y= δ 2π (t), y(0) = 3, y (0) = 0 (6.109) 5. y + 4y + 3y= 1, y(0) = 0, y (0) = 0 (6.110) 6. y + y= sin 2t, y(0) = 0, y (0) = 0 (6.111) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 172 Transformadas de Laplace e Equações Diferenciais Função Transformada f(t) F(s) 1 1 s t n n! s n+1 e at 1 s−a t n e at n! (s−a) n+1 cos(bt) s s 2 + b 2 sin(bt) b s 2 + b 2 cosh(bt) s s 2 −b 2 sinh(bt) b s 2 −b 2 e at f(t) F(s −a) f (t) sF(s) −f(0) f (t) s 2 F(s) −sf(0) −f (0) _ t 0 f(u) du 1 s F(s) tf(t) − dF ds f(t) t _ ∞ s F(r)dr H a (t) e −as H a (t)f(t −a) e −as F(s) δ a (t) e −as f _ t a _ a F(as) Tabela 6.1: Tabela das Transformadas de Laplace Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem Exercícios 1. Verifique se as funções dadas definidas num intervalo I ⊆ R são solução dasequaçõesdiferenciaisdeprimeiraordem. Emcasoafirmativoin- dique um intervaloI. (a) y(t) = 5e t 2 ,y = 2ty (b) y(t) = 1 t ,y = t 2 + y 2 (c) y(t) = 2 cos t ,y + ty= 0 (d) y(t) = Kt,K ∈ R,ty −y= 0 2. Verifiquequeas funções dadas definidas numintervalo I ⊆Rsão solução das equações diferenciais de primeira ordem. Determine a con- stante C de modo a obter soluções do PVI dado. Indique um intervalo I. (a) y(t) = C sin t ,y = y cot t ,y( π 2 ) = 2 (b) y(t) = Ce −t + t −1 ,y = t −y ,y(0) = 10 (c) y(t) = 2 1+Ce 4t 1−Ce 4t ,y = y 2 −4 ,y(0) = 6 (d) y(t) = 1 t+C ,y = −y 2 ,y(0) = 1 2 3. Usando o teorema da função implícita, verifique que a equação 3t 2 y −ty 3 + 2y 2 = 2 definedemodoimplícitoumafunçãoy =y(t)numavizinhançade (0, 1). Verifique quey é solução do PVI (6ty −y 3 ) + (4y + 3t 2 −3ty 2 )y = 0,y(0) = 1 Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 174 Exercícios 4. Escreva uma equação diferencial que traduza os seguintes problemas e de um modo intuitivo tente descrever as soluções: (a) O declive da recta tangente ao gráfico da função derivável f: R → R,y= f(x), no ponto(x, y) é igual ao valor dey(x). (b) O gráfico da função derivável f : R → R, y=f(x),é normal a toda a curva na formaxy= K,Kuma constante não nula. (c) Todas as rectas normais ao gráfico da função derivável f: R →R, y= f(x), no ponto(x, y) passam pelo ponto(1, 1). 5. Escreva uma equação diferencial que modelize as seguintes situações e faça se possível uma análise qualitativa. (a) Afunçãoderivável P : R →R, y =P(t), indicaonúmerode indivíduos de uma dada populaçãoPno instantet. Sabe-se que a variação da população no tempo é proporcional à raiz quadrada deP. (b) A aceleração de um determinado carro, a = dv dt , v a sua velocidade escalar é proporcional à diferença entre300Km/h e a velocidade do carro. A velocidade inicial év 0 . 6. Construaummodelomatemáticoparaoproblemadomovimentoda queda livre de um corpo de massam. 7. Analise os campos de direcção mostrados na figura E1 e associe cada campo a uma das equações diferenciais de primeira ordem. Identifique as equações diferenciais autónomas e desenhe as respectivas linhas de fase. (a) y = y(2 −y) (b) y = y(4 −t 2 ) (c) y = y −2t (d) y = y 2 + y −2 8. Usandoasfuncionalidadesgráficasdasuacalculadorareproduzaos campos de direcções do exercício anterior. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 175 Figura E1: Campos de Direcções Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 176 Exercícios 9. Para cada uma das equações diferenciais autónomas esboce a Linha de Fase. Classifique os pontos de equilíbrio e descreva qualitativamente a solução dos PVI indicados: (a) y = 2y(1 −y) ,y(0) = 0 ,y(0) = 2 ,y(0) = 0.5 (b) y =y 3 −2y 2 +y ,y(0) =0 ,y(0) =1.5 ,y(0) =0.5 ,y(0) = −0.5 ,y(1) = 0.5 (c) S = 1 1−S ,S(0) = 0 ,S(0) = 5 (d) P = 0.4P(1 − P 30 ) ,P(0) = 30 ,P(0) = 20 ,P(0) = 40 10. Usando as funcionalidades gráficas da sua calculadora trace as soluções dos PVI do exercício anterior. 11. Admita que a evolução de uma população de peixes num lago é dada por dP dt = 0.4P(1 − P 30 ) e que no instantet=5 foi introduzida uma cota relativa de pesca de 5% por ano. (a) Esboce a Linha de fase para0 < t < 5. (b) Escreva a equação diferencial para t ≥ 5 e esboce a Linha de fase. (c) Descreva o comportamento das soluções da equação diferencial que satisfazem as condições iniciais. (A)P(0) = 30 e (B)P(0) = 20. 12. Considereaseguintesequaçõesdiferenciaiscomparâmetrok. Para cada uma analise a existência de valores de bifurcação, esboce um dia- grama de bifurcação e classifique os pontos de equilíbrio. (a) y = y 2 −k 2 (b) y = y 2 −ky + 1 (c) y = y 4 −ky 2 13. Construaos primeiros iterados dePicardparaoPVI y =2t(y+ 1), y(0)=0. Verifique que convergem para a solução do PVI, y(t)= e t 2 −1. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 177 14. Resolva as seguintes equações diferenciais de variáveis separáveis. (a) h = − 0.01 π √ h (b) x = − x t (c) y = y 2 −4 (d) 2 √ ty = _ 1 −y 2 (e) (t 2 −xt 2 )x + x 2 + tx 2 = 0 (f) y = − t 2 +2 y (g) tx −x = x 3 (h) y = − x−2 2(y−1) 15. Resolva os PVI indicados: (a) h = − 0.01 π √ h,h(0) = 2 (b) y = y 2 −4 ,y(0) = −4;y(0) = 4 16. Admita que a evolução de uma população de peixes num lago é dada por dP dt = 0.4P(1 − P 30 ) Resolva os PVI (a) P(0) = 30 (b) P(0) = 20 17. Resolva o PVIy = 2t(y + 1), y(0) = 0. [ver exercício 13] 18. Considere a equação diferencial √ 1 + x 2 y = xy 3 . Resolva os PVI (a) y(0) = 0 (b) y(0) = 2 19. Resolva as seguintes equações diferenciais lineares de primeira ordem. (a) x = x −3e t (b) dy dx + 2y x = x 3 Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 178 Exercícios (c) dy dx = y tan x + cos x (d) x = −5x + sin t 20. Resolva os PVI indicados: (a) x = x −3e t , x(0) = 0 (b) dy dx + 2y x = x 3 , y(1) = 2 (c) dy dx = y tan x + cos x, y(0) = 1 (d) x = −5x + sin t,x(0) = 1 21. Resolvaasseguintesequaçõesdiferenciaisaveriguandosesetratade uma equação exacta ou redutível a exacta. (a) 2xydx + (1 + x 2 )dy= 0 (b) ydx −xdy= 0 (c) (1 + e t )y −(t + e t )y = 0 22. Resolvaasseguintesequaçõesdiferenciaisefectuandoamudançade variável indicada. (a) y = (x + y) 2 ,x + y= u (b) yy = − y 2 t + t−1 2 ,y 2 = u (c) y = y − y 2 t + y t ,y= ut (d) y + xy= xy 2 ,z= y 1−2 23. Determine a família de curvas cujas trajectórias são ortogonais a. (a) x 2 + 4y 2 = a 2 (b) y 2 = bt 24. Considere o PVI y = xy,y(0) = 1 Determine uma solução aproximada no instantet = 1 usando um passoh = 0.5 e (a) o método de Euler (b) o método de Runge-Kutta de segunda ordem Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 179 Compare os resultados obtidos com a solução exacta e comente. 25. Use o o método de Runge-Kutta de quarta ordem e um passoh = 0.1 para calcular a solução do PVIy = 1 + x + y,y(0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1. 26. Verifique se a solução indicada y 1 é uma solução da equação diferencial dada e em caso afirmativo indique o domínio. (a) y −4y + 4y= 0 ,y 1 (t) = e 4t (b) y −4y + 4y= 0 ,y 1 (t) = e 2t (c) y −4y + 4y= 0 ,y 1 (t) = te 2t (d) ty + y = 0 ,y 1 = ln(t) (e) t 2 y + 2ty −6y= 0 ,y 1 (t) = t 2 27. Considere o problema de valor inicial de3 a ordem t 3 y (3) −t 2 y + 2ty −2y= 0,y(1) = 3 ,y (1) = 2 ,y (1) = 1 (a) Mostre que o PVI admite solução única em(R + ). (b) Mostrequey 1 (t) =t, y 2 (t) =t ln(t)ey 3 (t) =t 2 sãosoluções, linearmente independentes, da equação diferencial dada . (c) Encontre constantesc 1 , c 2 ec 3 tal quey(t)=c 1 y 1 + c 2 y 2 + c 3 y 3 seja solução do PVI. (d) Escreva a solução do PVI, indicando o domínio. 28. Nos problemas que se seguem são dados um problema de valor inicial associadoaumaequaçãodiferencial linearehomogéneadesegunda ordem e um par de soluçõesy 1 ey 2 . Para cada um, •Verifique que o PVI admite solução única •Verifique quey 1 ey 2 são soluções, linearmente independentes, da equação diferencial dada •Encontre a solução do PVI,y(t) = c 1 y 1 + c 2 y 2 (a) y −y= 0 ,y(0) = 0 ,y (0) = 5 ,y 1 (t) = e t ,y 2 (t) = e −t (b) y + y = 0 ,y(0) = −2 ,y (0) = 8 ,y 1 (t) = 1 ,y 2 (t) = e −t Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 180 Exercícios (c) y + 4y= 0 ,y(0) = 3 ,y (0) = 8 ,y 1 (t) = cos(2t) ,y 2 (t) = sin(2t) (d) y −3y + 2y= 0 ,y(0) = 1 ,y (0) = 0 ,y 1 (t) = e t ,y 2 (t) = e 2t (e) y −10y +25y= 0 ,y(0) = 3 ,y (0) = 13 ,y 1 (t) = e 5t ,y 2 (t) = te 5t 29. Nos problemas que se seguem verifique se as funções dadas formam um conjunto fundamental de soluções da equação diferencial no intervalo indicado. (a) y −y −12y= 0 ,y 1 (t) = e −3t ,y 2 (t) = e 4t ,(R) (b) 4y −4y + y= 0 ,y 1 (t) = e t ,y 2 (t) = te t/2 ,(R) (c) y −2y + 5y= 0 ,y 1 (t) = e t cos(2t) ,y 2 (t) = e t sin(2t) ,(R) (d) t 2 y −6ty + 12y= 0 ,y 1 (t) = t 3 ,y 2 (t) = t 4 ,(R + ) (e) y (4) +y =0 ,y 1 (t) =1 ,y 2 (t) =t ,y 3 (t) =cos(t) ,y 4 (t) = sin(t) ,(R) 30. Mostre quey(t) = 1 t é solução dey + y 2 = 0 masy(t) = 2 t não é. Isto contraria o princípio da sobreposição?Comente. 31. Mostre que quer y 1 (t) = 1 quer y 2 (t) = √ t são solução de yy +(y ) 2 = 0 mas y(t) =y 1 (t)+y 2 (t) nãoé. Istocontrariaoprincípiodaso- breposição?Comente. 32. Nosproblemasseguinteséindicadaumaequaçãolineardesegunda ordemeumasoluçãodessaequação. Useométododareduçãode ordem para encontrar uma segunda solução linearmente independente da anterior. (a) y −4y= 0 ,y 1 (t) = e −2t (b) y − 3 t y + 4 t 2 y= 0 ,y 1 (t) = t 2 33. Resolva as seguintes equações lineares homogéneas de coeficientes cons- tantes (a) y + y −6y= 0 (b) y −6y + 9y= 0 (c) y −2y + 5y= 0 Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 181 (d) y + 2y −y= 0 (e) y −3y + 4y= 0 (f) y (4) + y = 0 34. Seja k uma constante real. Escreva a solução geral da equação diferen- cialy + k 2 y= 0. 35. Encontre a solução para cada um dos Problemas de valor inicial seguintes: (a) y −3y −4y= 0 ,y(0) = 1 ,y (0) = 0 (b) 2y + y −10y= 0 ,y(0) = 5 ,y (0) = 2 (c) y −6y + y= 0 ,y(0) = 1 ,y (0) = −1 (d) y + y + 2y= 0 ,y(0) = 1 ,y (0) = −2 36. Encontre a solução para cada um dos Problemas de valores na fronteira: (a) y −10y + 25y= 0 ,y(0) = 1 ,y(1) = 0 (b) y + 4y= 0 ,y(0) = 0 ,y(π) = 0 (c) y −2y + 2y= 0 ,y(0) = 1 ,y(π) = 0 37. Considere a equação diferencial de Eulert 2 y + aty + by= 0 em R + (a) Mostrequey(t) =t m éumasoluçãodaequaçãodiferencial de Euler desde quem 2 + (a −1)m + b = 0. (b) Resolva o PVIt 2 y −2ty −4y= 0,y(1) = 1,y (1) = 4 (c) Suponhaque(a − 1) 2 =4b. Usandoométododareduçãode ordem, mostrequey 1 (t) =t (1−a)/2 ln(t)éasegundasoluçãoda equação. (d) Resolva o PVI4t 2 y + 8ty + y= 0,y(1) = 1,y (1) = 1/2 38. Indicar, para cada caso, a forma da solução particular para a equação y + 4y + 13y= g(t) sendo (a) g(t) = t 2 (b) g(t) = t sin(t) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 182 Exercícios (c) g(t) = t 2 e t (d) g(t) = e −2t (e) g(t) = sin(3t) (f) g(t) = e −2t sin(3t) 39. Determine a solução geral de cada uma das seguintes equações lineares não homogéneas de coeficientes constantes. (a) y + 2y + y= e −t (b) y + y= cos(2t) (c) y + y −6y= sin(t) + te 2t (d) y −y −2y= 3t + 4 (e) y + 4y= 3t 3 (f) y −2y + 2y= e t sin(t) (g) y −2y + y= e t + e 2t 40. Determine a solução geral de cada uma das seguintes equações lineares não homogéneas utilizando o método da variação dos parâmetros. (a) y + 9y= 1 4 sin(3t) (b) y + y= sec(t) (c) y −y= 2 1 + e t 41. Resolva as seguintes equações diferenciais não lineares. (a) y = 2t(y ) 2 (b) yy = (y ) 2 42. Resolva as seguintes equações diferenciais lineares procurando soluções em forma de série. (a) y + ty= 0 (b) y −(1 + t)y= 0 Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 183 43. Considere a equação diferencialy + 4y= f(x) (a) Encontre a solução geral da equação homogénea associada. (b) Sejaftal quef(x) = xe x . Determine a solução geral da equação não homogénea usando, i. o método dos coeficientes indeterminados ii. o método da variação do parâmetro (c) Resolva o problema de valor inicial y + 4y= xe x ,y(0) = 1,y (0) = 0 44. Considere a equação diferencialy −y= 0 e sejaa ∈ R. (a) Encontre a solução da equação que satisfazy(0) = a ∧y (0) = 2. (b) Para que valor dea a solução do PVI y −y= 0,y(0) = a ∧y (0) = 2 tende para zero quandot tende para infinito? 45. Considere a equação diferencialxy −y = 3x 2 . (a) Encontreasoluçãogeral daequaçãousandoamudançadeva- riável,u = y . (b) Encontre a solução do PVI xy −y = 3x 2 ,y(1) = 1 ∧y (1) = 1 46. Transforme em sistema as seguintes equações diferenciais: (a) x + 2x −x = 0 (b) x + (x ) 2 = 0 (c) x (4) + x = 0 47. Resolva, por eliminação, os sistemas (a) _ x (t) = 3x(t) −y(t) y (t) = x(t) + y(t) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 184 Exercícios (b) _ x (t) = −7x(t) + y(t) y (t) = −2x(t) −5y(t) 48. Resolva os problemas de valor inicial seguintes: (a) x = _ 2 1 1 2 _ x,x(0) = _ 3 −2 _ (b) x = _ 2 −1 −4 2 _ x,x(0) = _ 2 −1 _ 49. Determine a solução geral dos sistemas de equações (a) _ x (t) = 2x(t) + 2y(t) y (t) = x(t) + 3y(t) (b) _ x (t) = x(t) −4y(t) y (t) = −x(t) + y(t) (c) _ x (t) = 3x(t) −y(t) y (t) = x(t) + y(t) (d) _ x (t) = −7x(t) + y(t) y (t) = −2x(t) −5y(t) 50. Determine a solução geral dos sistemas de equações (a) x = _ _ −1 1 0 1 2 1 0 3 −1 _ _ x sabendo que os pares próprios são: _ −1, [−1, 0, 1] T _ , _ −2, [−1, 1, 3] T _ , _ 3, [1, 4, 3] T _ (b) x = _ _ 1 −1 2 −1 1 0 −1 0 1 _ _ x sabendo que os pares próprios são: _ 1, [0, 2, 1] T _ , _ 1 + i, [−i, 1, 1] T _ , _ 1 −i, [i, 1, 1] T _ Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 185 (c) x = _ _ 5 −4 0 1 0 2 0 2 5 _ _ x sabendo que os pares próprios são: _ 0, [−4, −5, 2] T _ , _ 5, [−2, 0, 1] T _ e que o valor próprio5 tem multiplicidade2. 51. Considere o sistema linear _ x (t) = − 1 4 x(t) + 2y(t) y (t) = −2x(t) − 1 4 y(t) (a) Sabendo que os pares próprios associados à matriz do sistema são : _ −1/4 + 2i, [−i, 1] T _ e _ −1/4 −2i, [i, 1] T _ , escreva a solução geral do sistema; (b) Encontre a solução que satisfaz a condição inicial x(0) = 2,y(0) = 3 (c) Esboce os gráficos das soluções do PVI da alínea (b) no plano t−x et −y usando as funcionalidades da máquina gráfica; (d) Esboce a trajectória da solução encontrada na alínea (b) no plano x −y 52. Considere o sistema linear _ x (t) = −4x(t) + y(t) y (t) = 2x(t) −3y(t) (a) Encontre os valores próprios e os vectores próprios da matriz dos coeficientes do sistema; (b) Escreva a solução geral do sistema; (c) Resolva o Problema de Valor Inicialx(0) = (1, 1) T (d) Represente a solução desse PVI no plano da fase; 53. Resolvaas seguintes equações lineares homogéneas comcoeficientes constantes usando a equação característica e compare as soluções obti- das reduzindo cada equação a um sistema linear de 1 a ordem: (a) x + x −6x = 0 Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 186 Exercícios (b) x + x + x/4 = 0 (c) x −4x = 0 (d) x + 4x = 0 54. Utilize o método da variação dos parâmetros resolver os seguintes Prob- lemas de Valor Inicial: (a) _ x (t) y (t) _ = _ 3 −1 −1 3 _ _ x(t) y(t) _ + _ 4e 2t 4e 4t _ ,x(0) = _ 1 1 _ (b) _ x (t) y (t) _ = _ 2 −5 −1 −2 _ _ x(t) y(t) _ + _ sin(t) cos(t) _ ,x(0) = _ 0 0 _ Observação: Atenda a que a solução do PVI x = Ax +F(t), x(t 0 ) = x 0 é x = Φ(t)Φ −1 (t 0 )x 0 +Φ(t) _ t t 0 Φ −1 (s)F(s)ds 55. Considere a equação linear de coeficientes constantes de 2 a ordem y + py + qy= 0 (a) Escreva o sistema linear de 1 a ordem correspondente; (b) Considerep = 0. i. Determine os valores próprios e os vectores próprios da matriz do sistema; ii. Escreva a solução geral do sistema; iii. Determine e classifique os pontos de equilíbrio do sistema; 56. Resolva os sistemas de equações lineares seguintes procedendo sucessi- vamente aos seguintes passos: Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 187 •determinação de duas soluções linearmente independentes; •indicação da solução geral; •indicação dos pontos de equilíbrio; •estudo do comportamento assimptótico da solução geral; •esboço do retrato de fase; (a) _ x (t) y (t) _ = _ 2 0 0 3 _ _ x(t) y(t) _ sabendo que os pares próprios são [2, [1, 0] T ], [3, [0, 1] T ] (b) _ x (t) y (t) _ = _ 5 4 1 2 _ _ x(t) y(t) _ sabendo que os pares próprios são [1, [−1, 1] T ], [6, [4, 1] T ] (c) _ x (t) y (t) _ = _ −5 1 1 −5 _ _ x(t) y(t) _ sabendo que os pares próprios são [−6, [−1, 1] T ], [−4, [1, 1] T ] (d) _ x (t) y (t) _ = _ 1 −4 −7 4 _ _ x(t) y(t) _ sabendo que os pares próprios são [8, [1, −7/4] T ], [−3, [1, 1] T ] Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 188 Exercícios (e) _ x (t) y (t) _ = _ 0 1 −1/4 0 _ _ x(t) y(t) _ sabendo que os pares próprios são [1/2i, [1, i/2] T ], [−1/2i, [1, −i/2] T ] (f) _ x (t) y (t) _ = _ 2 1 −5 2 _ _ x(t) y(t) _ sabendo que os pares próprios são [2 + i √ 5, [−i/5 √ 5, 1] T ], [2 −i √ 5, [i/5 √ 5, 1] T ] 57. Para cada um dos sistemas autónomos pretende-se determinar e clas- sificar os pontos de equilíbrio. Para os sistemas não lineares, encontre sepossível, sistemaslinearescomcomportamentolocal aproximado, numa vizinhança dos pontos de equilíbrio. (a) _ x (t) = 2x(t) −y(t) y (t) = x(t) −3y(t) (b) _ x (t) = x(t) −y(t) y (t) = x(t) + 3y(t) −4 (c) _ x (t) = x(t) −2y(t) + 3 y (t) = x(t) −y(t) + 2 (d) _ x (t) = 2x(t) −2y(t) −4 y (t) = x(t) + 4y(t) + 3 (e) _ x (t) = 1 −(y(t)) 2 y (t) = x(t) + 2y(t) (f) _ x (t) = 2x(t) + y(t) y (t) = (x(t)) 2 −y(t) 58. Determine os pontos de equilíbrio para os sistemas dados. Verifique se os sistemas autónomos são sistemas hamiltonianos. Em caso afirmativo determinar a função de estado. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 189 Figura E2: Retratos de Fase: (a), (b) e (c) Figura E3: Retratos de Fase: (a), (b) e (c) (a) _ x (t) = y(t) y (t) = x 3 (t) −x(t) (b) _ x (t) = 1 −y 2 (t) y (t) = x(t)(1 + y 2 (t)) (c) _ x (t) = x(t) −3y 2 (t) y (t) = −y(t) 59. Analise os retratos de fase mostrados na figura E2 associados a sistemas não lineares autónomos. Indique os que podem corresponder a sistemas hamiltonianos. Justifique a escolha. 60. Analise os retratos de fase mostrados na figura E3 associados a sistemas não lineares autónomos. Indique os que podem corresponder a sistemas potenciais. Justifique a escolha. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 190 Exercícios 61. Considere o sistema _ x (t) = x 2 (t) + 2x(t)y(t) y (t) = α −2x(t)y(t) −y 2 (t) quedependedoparâmetroα. Descrevaemdetalheabifurcaçãoque ocorre emα = 0. 62. Encontre as transformadas de Laplace das funções definidas por: (a) f(t) = t −2e 3t (b) f(t) = sin 2t + cos 2t (c) f(t) = te t 63. RecorrendoaumatabeladetransformadasdeLaplace, encontreas transformadas inversas de (a) F(s) = 5 s 4 (b) F(s) = 1 s (c) F(s) = 3 s−4 (d) F(s) = 5−3s s 2 +9 (e) F(s) = 9+s 4−s 2 64. Resolva os problemas de valor inicial seguintes: (a) y + 4y= sin 3t, y(0) = y (0) = 0 (b) y + 9y= 1, y(0) = y (0) = 0 (c) y + 3y + 2y= t, y(0) = 0, y (0) = 2 (d) y + 4y + 4y= t 2 , y(0) = y (0) = 0 (e) y (4) + 2y + y= 4te t , y(0) = y (0) = y (0) = y (0) = 0 65. Usando a transformada de uma translação, encontre as transformadas de Laplace das funções definidas por: (a) f(t) = t 4 e 3t (b) f(t) = e −2t sin 3πt Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 191 66. Usando a transformada de uma translação, encontre as transformadas inversas de (a) F(s) = 3 2s−4 (b) F(s) = s−1 (s+1) 3 (c) F(s) = s+2 s 2 +4s+5 (d) F(s) = 1 s 2 +4s+4 67. Resolva os problemas de valor inicial seguintes: (a) y + 4y + 8y= e −t , y(0) = y (0) = 0 (b) y −4y= 3t, y(0) = y (0) = 0 (c) y + 4y= δ 0 (t), y(0) = 0, y (0) = 0 (d) y + 4y + 4y= 1 + δ 2 (t), y(0) = y (0) = 0 (e) y (3) + y −6y= 0, y(0) = y (0) = y (0) = 1 68. Resolva o problemas de valor inicial, y + 4y= f(t), y(0) = y (0) = 0 sendofa função definida por f (t) = _ cos 2t, 0 ≤ t < 2π t 2 , t ≥ 2π Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 192 Exercícios Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem Exercícios de Escolha Múltipla 1. Assinale com uma cruz a afirmação correcta 1.1. A função definida porx(t) = 2(t −1) é solução da equação difer- encial x + x = 0 x −x = 0 tx −x −2 = 0 Nenhuma das anteriores 1.2. A função definida pory(x)=3e −2x é a solução do problema do valor inicialy + 2y= 0, y(x 0 ) = y 0 com y(1) = −2 y(3) = 0 y(0) = 3 Nenhuma das anteriores. 1.3. Seja a equação autónomay =f(y) em quefé uma função real de variável real cujo gráfico é dado na figura anexa. Então y= 0 é um poço y= 0 é uma fonte y= −1 é um poço y= −1 é uma fonte. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 194 Exercícios de Escolha Múltipla 1.4. A equação diferencialy (t) = ty −6 é Uma equação de variáveis separáveis Uma equação linear Umaequaçãoquetemporsoluçãoumafamíliaderectasdo planot −y que passam pela origem Nenhuma das anteriores. 1.5. As soluções da equação diferencial yy =x formam uma família de funções cujo gráfico é uma família de: elipses parábolas hipérboles circunferências. 1.6. A equação diferencialx = 2x 2 (x −2): Não tem pontos de equilíbrio Um dos pontos de equilíbrio é um poço Um dos pontos de equilíbrio é um ponto de sela Nenhuma das anteriores 1.7. A função definida por y(t) = t 2 −4 é solução da equação diferencial y + 2 = 0 y −y + 4 = 0 ty −2y −8 = 0 Nenhuma das anteriores 1.8. Afunçãodefinidapory(t)=2 − téasoluçãodoproblemado valor inicialty + t = 0, y(t 0 ) = y 0 com y(2) = 1 y(3) = 1 y(0) = 2 Nenhuma das anteriores. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 195 1.9. Seja a equação diferencialy = 1 y−4 . Então y= 4 é uma fonte y= 4 é um poço A equação não tem pontos de equilíbrio Nenhuma das anteriores. 1.10. A equação diferencial(1 + e x )y (x) = e x é Uma equação de variáveis separáveis Uma equação linear Uma equação que admite a soluçãoy(x) = 1 Nenhuma das anteriores. 1.11. Ocampodedirecçõesdadopelafiguraanexaestáassociadoà equação diferencial: y (x) = y(y −2) y (x) = y 2 −7y + 10 y (x) = y 2 −6y −5 y (x) = xy 2 . 1.12. A equação diferencialx = x 3 −4x 2 + 4x: Não tem pontos de equilíbrio Um dos pontos de equilíbrio é um poço Um dos pontos de equilíbrio é uma fonte Nenhuma das anteriores 1.13. A função,y(x) = e x −e −x é solução de que equação diferencial, y = y + 2e −x ; y = y + sinh x; (sinh x = e x −e −x 2 ) y = 3y; y = x −y; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 196 Exercícios de Escolha Múltipla 1.14. A função,y(x) = (x−2) 3 3 é a solução do problema de valor inicial, y = 2x + 1,y(0) = 3; y = (x −2) 2 ,y(2) = 0; y = √ x;y(1) = −1 nenhuma das anteriores; 1.15. Seja a equação autónoma, y =f(y) em quefé função real de variável real com gráfico dado na figura. Então: O pontoy= −1 é um poço; O pontoy= 1 é um poço; Ambos os pontos de equilibrio são es- táveis; O pontoy= −1 é uma fonte; 1.16. A equação diferencialy = y 2 , é linear de primeira ordem; não admite soluções negativas; admite como solução não nula uma família de hipérboles; nenhuma das anteriores; 1.17. A equação diferencial,y = −2xy é uma equação autónoma; é linear de primeira ordem; Admite a solução definida pory(x) = 3e x ; Nenhuma das anteriores; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 197 1.18. Oretratodefasedafiguracorrespondeàequaçãodiferencial autónoma, y = y 2 ; y = y(4 −y 2 ); y = y 2 (4 −y); y = y(4 + y) 2 ; 1.19. A função,y(x) = 1 1+x 2 é solução de que equação diferencial, y = y −arctan x; y + 2xy 2 = 0; y = 3y −x; y = x 2 −y; 1.20. A função,y(x) = 1 2 (1 + e 2x−2 ) é a solução do problema de valor inicial, y = 2x + 1,y(0) = 3; y = (x −5) 2 ,y(2) = 1; y = −1 + 2y;y(1) = 1 y = 1 x 2 ;y(1) = 1 1.21. Seja a equação autónoma, y =f(y) em quefé função real de variável real com gráfico dado na figura. Então: O pontoy= −1 é um poço; O pontoy= 1 é um poço; Ambos os pontos de equilíbrio são es- táveis; O pontoy= 1 é uma fonte; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 198 Exercícios de Escolha Múltipla 1.22. A equação diferencialy = y, não tem solução; não admite soluções negativas; as soluções não nulas não possuem extremos locais; nenhuma das anteriores; 1.23. A equação diferencial,y = −2xy 2 , é uma equação linear; é uma equação de variável separáveis; é simultaneamente uma equação linear e uma equação de var- iável separáveis; Nenhuma das anteriores; 1.24. Oretratodefasedafiguracorrespondeàequaçãodiferencial autónoma, y = y 2 ; y = y 3 ; y = (y −1)y 4 ; Nenhuma das anteriores; 1.25. A equação diferencial associada à família de curvas ortogonais a x 2 + 4y 2 = a 2 é y = − x 4y ; y = 4y x ; y = − 4x y ; y = −4xy; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 199 1.26. A equação diferencial de segunda ordem linear e homogénea de coeficientes constantes cujo espaço de solução é gerado por ¸e −2t , e −3t ¸ é y −5y −6y= 0; y + 5y + 6y= 0; y −6y + 5y= 0; y −4y + 20y= 0; 1.27. A equação diferencialy −4y + 20y= 0 tem como solução geral y(t) = c 1 e 6t + c 2 e −2t ; y(t) = c 1 e 2t cos(4t) + c 2 e 2t sin(4t); y(t) = c 1 e 4t cos(2t) + c 2 e 4t sin(2t); y(t) = c 1 e −6t + c 2 e 2t ; 1.28. Uma solução particular da equação diferencialy + 4y= 3t 2 é y(t) = 3 8 t 2 − 3 4 ; y(t) = e 2t + te 2t ; y(t) = cos(2t) + sin(2t); y(t) = 3 4 t 2 − 3 8 ; 1.29. Aequaçãodiferencial, y − 12y + 36y=e 6t sin(t)admiteuma solução particular com a forma c 1 e 6t sin(t); c 1 e 6t sin(t) + c 2 e 6t cos(t); t (c 1 e 6t sin(t) + c 2 e 6t cos(t)) t 2 (c 1 e 6t sin(t) + c 2 e 6t cos(t)); 1.30. A equação diferencial,(t 2 −1)y + (t 2 −1)y + y= 0, tem uma solução com a formay= c n t n ; não tem pontos singulares; tem uma solução com a formay= c n (t −1) n ; Nenhuma das anteriores; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 200 Exercícios de Escolha Múltipla 1.31. O sistema não linear, _ x = 4 −x 2 −4y 2 y = y 2 −x 2 + 1 não tem pontos de equilíbrio; tem 3 pontos de equilíbrio para além da origem; tem 4 pontos de equilíbrio; Nenhuma das anteriores; 1.32. Para o sistema linear, _ x = x −3y y = 3x + 7y a origem é um ponto de equilíbrio estável; um ponto de equilíbrio atractor; um ponto de equilíbrio repulsor; Nenhuma das anteriores; 1.33. As funçõesx 1 = _ −3 3 _ e −4t ex 2 = _ 3 3 _ e 4t são duas soluções linearmente independentes do sistema bidimensional linear de co- eficientes constantex =Ax. A trajectória do PVI que satisfaz x(0) = −1,y(0) = 1 aproxima-se da origem quandot → +∞; afasta-se da origem quandot → +∞; é um ponto estacionário; Nenhuma das anteriores; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 201 1.34. O retrato de fase da figura corresponde ao sistema bidimensional linearx = Ax em que os valores próprios deA são imaginários puros; reais de sinais contrários; complexos com parte real positiva; complexos com parte real negativa; 1.35. A matriz de um sistema linear de segunda ordem tem um único valor próprio igual a −3 e dois vectores próprios(1, 0) T e(0, 1) T . Que tipo de ponto de equilíbrio é a origem? ponto de sela; nó próprio estável; nó próprio instável; Nenhuma das anteriores; 1.36. Os vectores(1, 2) T e(2, 1) T são vectores próprios da matriz A = _ −3 2 −2 2 _ . Que tipo de ponto de equilíbrio é a origem no sistemax = Ax? ponto de sela; nó repulsivo; nó atractivo; Nenhuma das anteriores; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 202 Exercícios de Escolha Múltipla 1.37. O sistema não linear _ x (t) = y(t) −y 2 (t) y (t) = x(t) é um sistema potencial; hamiltoniano; sem pontos de equilíbrio; Nenhuma das anteriores; 1.38. Para sistema não linear _ x (t) = α −y 2 (t) y (t) = x(t)(1 + y 2 (t)) dependente do parâmetro realα. Podemos afirmar que Não tem pontos de equilíbrio; O número de pontos de equilíbrio depende do valor deα; Tem dois pontos de equilíbrio; Nenhuma das anteriores; 1.39. Aequaçãodiferencial, y − 8y + 16y =e 4t cos(t)admiteuma solução particular com a forma c 1 e 4t cos(t); c 1 e 4t sin(t) + c 2 e 4t cos(t); t (c 1 e 4t sin(t) + c 2 e 4t cos(t)) t 2 (c 1 e 4t sin(t) + c 2 e 4t cos(t)); 1.40. A equação diferencial,t 2 y + t 2 y + y= 0, tem uma solução com a formay= c n t n ; não tem pontos singulares; tem uma solução com a formay= c n (t −1) n ; Nenhuma das anteriores; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 203 1.41. Para o sistema linear, _ x = 4x + 2y y = 3x −y a origem é um ponto de equilíbrio estável; um ponto de equilíbrio atractor; um ponto de equilíbrio repulsor; Nenhuma das anteriores; 1.42. As funçõesx 1 = _ −3 3 _ e −4t ex 2 = _ 3 3 _ e 4t são duas soluções linearmente independentes do sistema bidimensional linear de co- eficientes constantex =Ax. A trajectória do PVI que satisfaz x(0) = 1,y(0) = 1 aproxima-se da origem quandot → +∞; afasta-se da origem quandot → +∞; é um ponto estacionário; Nenhuma das anteriores; 1.43. O retrato de fase da figura corresponde ao sistema bidimensional linearx = Ax em que os valores próprios deA são complexos; reais de sinais contrários; ambosvalorescompartereal posi- tiva; Nenhuma das anteriores; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 204 Exercícios de Escolha Múltipla 1.44. A matriz de um sistema linear de segunda ordem tem um único valorpróprioiguala3edoisvectorespróprios(1, 0) T e(0, 1) T . Que tipo de ponto de equilíbrio é a origem? ponto de sela; nó próprio instável; nó próprio estável; Nenhuma das anteriores; 1.45. Os vectores próprios da matriz A = _ −2 2 −3 2 _ sãocomplexos. Quetipodepontodeequilíbrioéaorigemno sistemax = Ax? centro; foco repulsivo; foco atractivo; Nenhuma das anteriores; 1.46. O sistema não linear _ x (t) = y(t) y (t) = x(t) −x 2 (t) é um sistema potencial; hamiltoniano; sem pontos de equilìbrio; Nenhuma das anteriores; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 205 1.47. O sistema não linear _ x (t) = y(t)(1 + x 2 (t)) y (t) = x 2 (t) −α dependente do parâmetro realα. Podemos afirmar que Não tem pontos de equilíbrio; O número de pontos de equilíbrio depende do valor deα; Tem dois pontos de equilíbrio; Nenhuma das anteriores; 1.48. Paraaequaçãodiferencial x = −x 3 + 4x 2 − 4x, ospontosde equilíbrio são Três fontes um poço e um ponto de sela uma fonte e um ponto de sela Nenhuma das anteriores 1.49. A equação diferencial associada à família de curvas ortogonais a y= Cx 2 é y = − x 2y ; y = 2y x ; y = − 2x y ; y = −2xy; 1.50. A equação diferencial de segunda ordem linear e homogénea de coeficientes constantes cujo espaço de solução é gerado por ¸e t , te t ¸ é y −2y −2y= 0; y + 2y + y= 0; y −2y + y= 0; y −5y + 6y= 0; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 206 Exercícios de Escolha Múltipla 1.51. A equação diferencialy −3y + 2y= 0 tem como solução geral y(t) = c 1 e −t + c 2 e −2t ; y(t) = c 1 e 2t cos(t) + c 2 e 2t sin(t); y(t) = c 1 e t cos(2t) + c 2 e t sin(2t); y(t) = c 1 e t + c 2 e 2t ; 1.52. Umasoluçãoparticulardaequaçãodiferencial y − 6y + 5y= −9e 2t é y(t) = 3te 2t ; y(t) = cos(2t) + sin(2t); y(t) = 3e 2t ; y(t) = 3t 2 −2; 1.53. A equação diferencial, y −y = 1 admite uma solução particular com a forma c 1 e t ; c 1 ; tc 1 c 1 + c 2 e t ; 1.54. A função cujo gráfico é dado na figura seguinte é solução de y −3y −4y= 0; y + 4y= 0; y −4y= 0; Nenhuma das anteriores; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 207 1.55. O sistema não linear, _ x (t) = y(t) −y 2 (t) y (t) = x(t) não tem pontos de equilíbrio; tem 2 pontos de equilíbrio para além da origem; tem 2 pontos de equilíbrio; Nenhuma das anteriores; 1.56. Para o sistema linear, _ x = −x −2y y = 9x −3y a origem é um ponto de equilíbrio instável; um nó próprio; um ponto de equilíbrio estável; Nenhuma das anteriores; 1.57. Sejay= y(t) uma solução da equação diferencial de coeficientes constantesy + by + cy= 0. Entãoy(t) tende para zero quando t → +∞ desde que b ≥ 0; b 2 −4c ≥ 0; b > 0; Nenhuma das anteriores; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 208 Exercícios de Escolha Múltipla 1.58. O retrato de fase da figura corresponde ao sistema bidimensional linearx = Ax em que os valores próprios deA são imaginários puros; reais de sinais contrários; reais positivos; reais negativos; 1.59. A matriz de um sistema linear de segunda ordem tem determi- nante zero. A origem não é ponto de equilíbrio; é ponto de equilíbrio isolado; não é ponto de equilíbrio isolado; Nenhuma das anteriores; 1.60. O retrato de fase da figura poderá corresponder a sistema bidi- mensional linear; não linear, hamiltoniano; não linear, potencial; linear após uma translação; 1.61. O ponto(2, 4) é ponto de equilíbrio do sistema não linear _ x (t) = −2x(t) −y(t) y (t) = x 2 (t) −y(t) que, por linearização, podemos classificar por ponto de equilíbrio estável; ponto de equilíbrio instável; ponto de sela; Nenhuma das anteriores; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 209 1.62. Para sistema não linear _ x (t) = y(t) −αx 3 (t) y (t) = y(t) −x(t) dependente do parâmetro realα, podemos afirmar que para todoα, a origem é ponto de equilíbrio; existeα para o qual a origem não é ponto de equilíbrio; existeα para o qual o sistema não tem pontos de equilíbrios; Nenhuma das anteriores; 1.63. Ocampodedirecçõesdadopelafiguraanexaestáassociadoà equação diferencial: y (x) = y(y −3) y (x) = y 2 −8y + 15 y (x) = y 2 −6y −5 y (x) = yx. 1.64. Para a equação diferencial x = x 3 −2x 2 +x os pontos de equilíbrio são Três fontes um poço e um ponto de sela uma fonte e um ponto de sela Nenhuma das anteriores Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 210 Exercícios de Escolha Múltipla 1.65. A equação diferencial de segunda ordem linear e homogénea de coeficientes constantes cujo espaço de solução é gerado por ¸e −t , te −t ¸ é y −5y + 6y= 0; y + 2y −y= 0; y + 2y + y= 0; y −2y + y= 0 1.66. A equação diferencialy + 3y + 2y= 0 tem como solução geral y(t) = c 1 e −t + c 2 e −2t ; y(t) = c 1 e −2t cos(t) + c 2 e −2t sin(t); y(t) = c 1 e −t cos(−2t) + c 2 e −t sin(−2t); y(t) = c 1 e t + c 2 e 2t ; 1.67. Uma solução particular da equação diferencial y −6y +5y= −8e t é y(t) = 2te t ; y(t) = cos(t) + sin(t); y(t) = −2e t ; y(t) = −2t 2 −2; 1.68. A equação diferencial, y −4y = 2 admite uma solução particular com a forma c 1 e 2t ; c 1 ; tc 1 ; c 1 e 2t + c 2 e −2t ; 1.69. A função cujo gráfico é dado na figura seguinte é solução de y + y + 2y= 0; y + 4y= 0; y −4y= 0; Nenhuma das anteriores; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 211 1.70. Para o sistema linear, _ x = −2x + 2y y = x −3y a origem é um ponto de equilíbrio instável; um ponto de equilíbrio atractor; um ponto de equilíbrio repulsor; Nenhuma das anteriores; 1.71. O retrato de fase da figura corresponde ao sistema bidimensional linearx = Ax em que os valores próprios deA são imaginários puros; reais de sinais contrários; reais positivos; reais negativos; 1.72. A matriz de um sistema linear de segunda ordem tem determi- nante não nulo. A origem não é ponto de equilíbrio; é ponto de equilíbrio isolado; não é ponto de equilíbrio isolado; Nenhuma das anteriores; 1.73. O retrato de fase da figura poderá corresponder a sistema bidi- mensional linear; não linear, hamiltoniano; não linear, potencial; linear após uma translação; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 212 Exercícios de Escolha Múltipla 1.74. A origem é ponto de equilíbrio do sistema não linear _ x (t) = −2x(t) + y(t) y (t) = x 2 (t) −y(t) que, por linearização, podemos classificar por ponto de equilíbrio estável; ponto de equilíbrio instável; ponto de sela; Nenhuma das anteriores; 1.75. A equação diferencialx = 2x 3 (x −2): Não tem pontos de equilíbrio Tem um ponto de equilíbrio estável Tem dois pontos de equilíbrio instável Nenhuma das anteriores 1.76. Umafamíliadecurvasortogonaisax 2 +y 2 =a 2 éafamília definida por y(x) = Kx 2 ; y 2 −x 2 = C; y(x) = Kx; Nenhuma das anteriores 1.77. A equação diferencial de segunda ordem linear e homogénea de coeficientes constantes cujo espaço de solução é gerado por ¸sin 2t, cos 2t¸ é y −4y= 0; y + 4y= 0; y + 4y = 0; y −4y = 0; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 213 1.78. A solução geral da equação diferencialy + 9y= 0 é y(t) = a cos(9t) + b sin(9t);; y(t) = e 3t + te 3t ; y(t) = a cos(3t) + b sin(3t); y(t) = e 3t (a cos(t) + b sin(t));; 1.79. A equação diferencial, y +y= e 6t admite uma solução particular com a forma c 1 e 6t sin(t); c 1 sin(t) + c 2 cos(t); c 1 e 6t Nenhuma das anteriores; 1.80. O sistema linear, _ x = −3x + y y = 3x −y não tem pontos de equilíbrio; tem apenas um ponto de equilíbrio; tem dois pontos de equilíbrio; tem mais do que dois pontos de equilíbrio; 1.81. Para o sistema linear, _ x = 4x + 2y y = 3x −y a origem é um nó estável; um nó instável; um foco estável; Num foco instável; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 214 Exercícios de Escolha Múltipla 1.82. A funçãoX, X(t)=(x(t), y(t)) T , cujo gráfico é dado na figura seguinte é solução de um PVI associado a um sistema linear bidi- mensional em que a origem é um ponto de equilíbrio isolado. A origem é um ponto de sela; um centro; um foco; Nenhuma das anteriores; 1.83. O sistema _ x (t) = y(t) −6 y (t) = x(t) tem um ponto de equilíbrio estável; tem um ponto de equilíbrio instável; é um sistema linear; Nenhuma das anteriores; 1.84. O sistema _ x = −x + 3y y = xy −3y não tem pontos de equilíbrio; tem apenas um ponto de equilíbrio; tem dois pontos de equilíbrio; tem mais do que dois pontos de equilíbrio; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 215 1.85. Para o sistema linear, _ x = −x + 2y y = −2x −y a origem é um ponto de equilíbrio estável; assimptoticamente estável; assimptoticamente instável; Nenhuma das anteriores; 1.86. A funçãoX, X(t)=(x(t), y(t)) T , cujo gráfico é dado na figura seguinteésoluçãodeumPVIassociadoaumsistemabidimen- sional em que a origem é um ponto de sela; um poço; um centro; Nenhuma das anteriores; 1. Respostas à escolha mútipla 1.1. (c) 1.2. (c) 1.3. (b) 1.4. (b) 1.5. (c) 1.6. (c) 1.7. (c) 1.8. (c) 1.9. (c) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 216 Exercícios de Escolha Múltipla 1.10. (a) 1.11. (b) 1.12. (c) 1.13. (a) 1.14. (b) 1.15. (b) 1.16. (c) 1.17. (b) 1.18. (b) 1.19. (b) 1.20. (c) 1.21. (d) 1.22. (c) 1.23. (b) 1.24. (b) 1.25. (b) 1.26. (b) 1.27. (b) 1.28. (d) 1.29. (b) 1.30. (a) 1.31. (c) 1.32. (c) 1.33. (a) 1.34. (c) 1.35. (b) 1.36. (a) 1.37. (b) 1.38. (b) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 217 1.39. (b) 1.40. (c) 1.41. (c) 1.42. (b) 1.43. (b) 1.44. (b) 1.45. (a) 1.46. (b) 1.47. (b) 1.48. (b) 1.49. (b) 1.50. (c) 1.51. (d) 1.52. (c) 1.53. (c) 1.54. (b) 1.55. (c) 1.56. (c) 1.57. (d) 1.58. (d) 1.59. (c) 1.60. (b) 1.61. (a) 1.62. (a) 1.63. (b) 1.64. (c) 1.65. (c) 1.66. (a) 1.67. (a) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 218 Exercícios de Escolha Múltipla 1.68. (c) 1.69. (a) 1.70. (b) 1.71. (b) 1.72. (b) 1.73. (c) 1.74. (c) 1.75. (b) 1.76. (c) 1.77. (b) 1.78. (c) 1.79. (c) 1.80. (b) 1.81. (b) 1.82. (b) 1.83. (b) 1.84. (c) 1.85. (a) 1.86. (a) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem Exames Exame de Janeiro de 2007 Exame de Análise Matemática 3 - MIEC: Duração:20m + 2h VA Nome: Data: 12/01/2007 Questão1(5valores): respostacorrecta: 1valor; respostaerrada: -0.3valor; não resposta: 0 1. Assinale com uma cruz a afirmação correcta 1.1. Aequaçãodiferencial 3y+e t +[3t + cos(y)] dy dt =0temcomo solução a família de funções definida de forma implícita por 3ty + sin(y) + e t = K; 3ty + t sin(y) + e t = K; 3ty + sin(y) + te t = K; Nenhuma das anteriores; 1.2. Uma família de curvas ortogonais a x 2 +y 2 = a 2 é a família definida por y(x) = Kx 2 ; y 2 −x 2 = K; y(x) = Kx; Nenhuma das anteriores Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 220 Exames 1.3. Seja a equação autónomay =f(y) em quefé uma função real devariávelrealcomquatrozerosreaisecujográficoédadona figura anexa. Então Um dos pontos de equilíbrio é um ponto de sela; Três dos pontos de equilíbrio são instáveis; Dois dos pontos de equilíbrio são estáveis; Nenhuma das anteriores; 1.4. A equação diferencial de segunda ordem linear e homogénea de co- eficientes constantes cujo espaço de solução é gerado por ¸sin 2t, cos 2t¸ é y −4y= 0; y + 4y= 0; y −4y = 0; Nenhuma das anteriores; 1.5. AfunçãoX, X(t)=(x(t), y(t)) T , cujográficoédadonafigura seguinte é solução de um PVI associado a um sistema linear bidi- mensional em que a origem é um ponto de equilíbrio isolado. A origem é um ponto de sela; um centro; um foco; Nenhuma das anteriores; Deve entregar esta folha ao fim de 20 minutos Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 221 Exame de Análise Matemática 3 - MIEC Data: 12/01/2007 Indique e justifique cuidadosamente todas as respostas Responda às questões 2,3,4 ,5 e 6 em folhasseparadas (3+2+3+4+3 valores) Se usar calculadora para algum cálculo indique-o de modo claro 2. Considere a seguinte equação diferencial de primeira ordem _ 1 + e (2t) _ y = 2ye (2t) −2e (2t) 2.1. Verifique que se trata de uma equação diferencial linear de primeira ordem, escrevendo a forma canónica deste tipo de equações. 2.2. Descreva de modo sucinto o método de resolução de uma qualquer equação diferencial linear de primeira ordem. 2.3. Resolva a equação diferencial dada. 2.4. Considere a condição inicial y(0) = 3.Resolva o problema de valor inicial e esboce o gráfico da solução do problema de valor inicial. 3. Considere a equação diferencial de primeira ordem dependente do parâmetro realk y (t) = y 2 −2ky + 1 3.1. Indique os pontos de equilíbrio e averigue a existência de valores de bifurcação. 3.2. Esboce o diagrama de bifurcação e classifique os pontos de equi- líbrio. 4. Considereaseguinteequaçãodiferencial desegundaordemnãoho- mogénea y + 2y + y= f(x) 4.1. Determine a solução geral da equação diferencial homogénea as- sociada. 4.2. Sejay p umasoluçãoparticulardaequaçãodadaey H asolução geral daequaçãodiferencial homogéneaassociada. Mostreque y= y H + y p é solução da equação não homogénea dada. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 222 Exames 4.3. Sejaf(x)=x + 1 + e (−x) . Determine a solução geral da equação não homogénea. 5. Considere o sistema linear, _ x = 4x −2y y = 3x −y 5.1. Defina valor próprio e vector próprio de uma matriz A. Determine os valores próprios e os vectores próprios da matriz dos coeficientes do sistema. 5.2. Indiqueumabaseparaoespaçodesoluções dosistemadado, determineamatrizfundamental dosistemaeescrevaasolução geral do sistema. 5.3. Resolva o problema de valor inicial definido pelas condições x(0) = 1 ey(0) = −1. 5.4. Represente a solução desse problema de valor inicial no plano de fase e descreva o comportamento dessa solução quantot −→ +∞ e quandot −→ −∞. 5.5. Indique e classifique os pontos de equilíbrio do sistema e esboce o retrato de fase. 6. Considere o sistema não linear _ x = y y = x 2 −α dependente do parâmetro realα. 6.1. Averigueaexistênciadevaloresdebifurcação, determinandoos pontos equilíbrio do sistema. 6.2. Verifique que o sistema é hamiltoniano e indique uma função de estado. 6.3. Considereα>0. Linearizeemtornodospontosdeequilíbrio eclassifique, sepossível, ospontosdeequilíbriodosistemanão linear. 6.4. Mostre que para qualquer sistema hamiltoniano os pontos de equi- líbrio não são nem poços nem fontes. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 223 Exame de Fevereiro de 2007 Exame de Análise Matemática 3 - MIEC: Duração:20m + 2h VA Nome: Data: 7/02/2007 Questão1(5valores): respostacorrecta: 1valor; respostaerrada: -0.3valor; não resposta: 0 1. Assinale com uma cruz a afirmação correcta 1.1. A equação diferencial(1 + e 2t ) y = 2ye 2t −2e 2t não tem pontos de equilíbrio; não tem soluções constantes; tem uma solução constante; Nenhuma das anteriores 1.2. Uma família de curvas ortogonais a x 2 4 + y 2 2 = a 2 é a família definida por y(x) = Kx 2 ; y 2 −x 2 = K; y(x) = Kx; Nenhuma das anteriores 1.3. Considere o sistema autónomo linear cujo gráfico é dado na figura anexa. Então a origem é um ponto de sela; um poço; uma fonte; Nenhuma das anteriores; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 224 Exames 1.4. A equação diferencial de segunda ordem linear não homogénea de coeficientes constantesy −y= 2e x admite a solução particular y p (x) = xe x ; y p (x) = x 2 e x ; y p (x) = e x ; Nenhuma das anteriores; 1.5. O retrato de fase que a figura seguinte ilustra está associado a um sistema bidimensional linear; que possui um ponto de equilíbrio estável; potencial; Nenhuma das anteriores; Deve entregar esta folha ao fim de 20 minutos Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 225 Exame de Análise Matemática 3 - MIEC Data: 7/02/2007 Indique e justifique cuidadosamente todas as respostas Responda às questões 2, 3, 4 , 5 e 6 em folhas separadas (3+1.5+3.5+4+3 valores) Se usar calculadora para algum cálculo indique-o de modo claro 2. Considere a seguinte equação diferencial de primeira ordem 3y + e t + [3t + sin(y)] y (t) = 0 2.1. Verifique que se trata de uma equação diferencial exacta, escrevendo a forma canónica deste tipo de equações. 2.2. Descreva de modo sucinto o método de resolução de uma qualquer equação diferencial exacta. 2.3. Resolva a equação diferencial dada e resolva o problema de valor inicialy(0) = π. 3. Considere a equação diferencial de primeira ordem dependente do parâmetro realk y (t) = y 2 −2y + 2k 3.1. Indique os pontos de equilíbrio e averigue a existência de valores de bifurcação. 3.2. Esboce o diagrama de bifurcação e classifique os pontos de equi- líbrio. 4. Considere a seguinte equação diferencial homogénea de segunda ordem y + f(x)y + g(x)y= 0 4.1. Considerefeg tais quef(x) = −5 eg(x) = 6. 4.1.1Determine a solução geral da equação diferencial. 4.1.2Encontre a solução do problema de valor inicial que satisfaz as condiçõesy(0) = 0 ey (0) = 1; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 226 Exames 4.2. Considere f e g funções reais definidas em R + tais que f(x) = − 3 x eg(x) = 4 x 2 . 4.2.1Verifique que y 1 definida por y 1 (x) = x 2 é solução da equação. 4.2.2Useométododareduçãodeordemparaencontraruma segunda solução linearmente independente da anterior. 4.2.3Escreva a solução geral da equação dada. 5. Considere o sistema linear, X (t) = AX(t), A = _ 2 −1 1 2 _ 5.1. Defina valor próprio e vector próprio de uma matriz.Determine os valores próprios e os vectores próprios da matriz dos coeficientes do sistema. 5.2. Indiqueumabaseparaoespaçodesoluçõesdosistemadadoe escreva a solução geral do sistema. 5.3. Resolva o problema de valor inicial definido pelas condições x(0) = 1 ey(0) = 1. 5.4. Represente a solução desse problema de valor inicial no plano de fase e descreva o comportamento dessa solução quantot −→ +∞ e quandot −→ −∞. 5.5. Indique e classifique os pontos de equilíbrio do sistema e esboce o retrato de fase. 6. Considere o sistema não linear _ x = 1 −y 2 y = x + 2y −α dependente do parâmetro realα. 6.1. Determine os pontos equilíbrio do sistema. 6.2. Considereα=0. Linearizeemtornodospontosdeequilíbrio eclassifique, sepossível, ospontosdeequilíbriodosistemanão linear. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 227 6.3. Averigue a existência de valores de bifurcação. 6.4. Definasistemaautónomobidimensional potêncial. Mostreque paraqualquersistemapotencialospontosdeequilíbrionãosão nem focos nem centros. 6.5. O sistema dado não é um sistema potêncial. Indique o valor lógico desta afirmação, justificando de modo conveniente. Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 228 Exames Exame de Abril de 2007 Exame de Análise Matemática 3 - MIEC: Duração:20m + 2h VA Nome: Data: 12/04/2007 Questão1(5valores): respostacorrecta: 1valor; respostaerrada: -0.3valor; não resposta: 0 1. Assinale com uma cruz a afirmação correcta 1.1. A equação diferencialy = y 2 −2y + 2 tem 2 pontos de equilíbrio; não tem soluções constantes; tem uma solução constante; Nenhuma das anteriores 1.2. A família de curvas ortogonais a y 2 = 4ax é a família definida por y(x) = Kx 2 ; y 2 (x) = K −2x 2 ; y(x) = K −x 2 ; Nenhuma das anteriores 1.3. Considere o sistema autónomo linear cujo retrato de fase é dado na figura anexa. Então a origem é um ponto de sela; um poço; uma fonte; Nenhuma das anteriores; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 229 1.4. A equação diferencial de segunda ordem linear homogénea de co- eficientes constantesy −y= 0 admite a solução particular y p (x) = e 2x ; y p (x) = xe x ; y p (x) = 0; Nenhuma das anteriores; 1.5. O retrato de fase que a figura seguinte ilustra está associado a um sistema bidimensional linear; quepossui umpontodeequilíbrio estável; não linear; Nenhuma das anteriores; Deve entregar esta folha ao fim de 20 minutos Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 230 Exames Exame de Análise Matemática 3 - MIEC Data: 12/04/2007 Indique e justifique cuidadosamente todas as respostas Responda às questões 2,3,4 ,5 e 6 em folhasseparadas (3+2+3+4+3 valores) Se usar calculadora para algum cálculo indique-o de modo claro 2. Considere a seguinte equação diferencial ty (t) −y (t) = 3t 2 2.1. Verifique que a mudança de variávelz= y transforma a equação dada numa equação linear de primeira ordem. 2.2. Descreva de modo sucinto o método de resolução de uma qualquer equação diferencial equação linear de primeira ordem. 2.3. Resolva a equação diferencial obtida por mudança de variável. 2.4. Resolva a equação diferencial dada e resolva o problema de valor inicialy(1) = y (1) = 1. 3. Considere a equação diferencial de primeira ordem dependente do parâmetro realk y (t) = y 2 −ky + 4 3.1. Indique os pontos de equilíbrio e averigue a existência de valores de bifurcação. 3.2. Esboce o diagrama de bifurcação e classifique os pontos de equi- líbrio. 4. Considere aseguinte equaçãodiferencial linear de coeficientes con- stantes de segunda ordem y −7y + 12y= g(x) 4.1. Sejag tal queg(x) = 0. 4.1.1Determine a solução geral da equação diferencial. 4.1.2Encontre a solução do problema de valor inicial que satisfaz as condiçõesy(0) = 0 ey (0) = 1; Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 231 4.2. Considereg tal queg(x) = xe x . 4.2.1Determine uma solução particular da equação. 4.2.2Escreva a solução geral da equação dada. 5. Considere o sistema linear, X (t) = AX(t), A = _ −4 −6 1 1 _ 5.1. Defina valor próprio e vector próprio de uma matriz.Determine os valores próprios e os vectores próprios da matriz dos coeficientes do sistema. 5.2. Indiqueumabaseparaoespaçodesoluçõesdosistemadadoe escreva a solução geral do sistema. 5.3. Resolva o problema de valor inicial definido pelas condições x(0) = 1 ey(0) = 1. 5.4. Represente a solução desse problema de valor inicial no plano de fase e descreva o comportamento dessa solução quantot −→ +∞ e quandot −→ −∞. 5.5. Indique e classifique os pontos de equilíbrio do sistema e esboce o retrato de fase. 6. Considere o sistema não linear _ x = 1 −y 2 y = x + 2y −2 6.1. Determine os pontos equilíbrio do sistema. 6.2. Linearize em torno dos pontos de equilíbrio e classifique, se pos- sível, os pontos de equilíbrio do sistema não linear. 6.3. Definasistemaautónomobidimensional potencial. Mostreque paraqualquersistemapotencialospontosdeequilíbrionãosão nem focos nem centros. 6.4. O sistema dado não é um sistema potencial. Indique o valor lógico desta afirmação, justificando de modo conveniente. Fim Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 232 Exames Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem Resolução de Exames TópicosdeResoluçãodoExamedeJaneirode 2007 Exame de Análise Matemática 3 - MIEC: Duração:20m + 2h VA Resposta correcta assinalada com quadrado a negro: Data: 12/01/2007 Questão1(5valores): respostacorrecta: 1valor; respostaerrada: -0.3valor; não resposta: 0 1. Assinale com uma cruz a afirmação correcta 1.1. Aequaçãodiferencial 3y+e t +[3t + cos(y)] dy dt =0temcomo solução a família de funções definida de forma implícita por 3ty + sin(y) + e t = K; 3ty + t sin(y) + e t = K; 3ty + sin(y) + te t = K; Nenhuma das anteriores; 1.2. Uma família de curvas ortogonais a x 2 +y 2 = a 2 é a família definida por y(x) = Kx 2 ; y 2 −x 2 = K; y(x) = Kx; Nenhuma das anteriores Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 234 Resolução de Exames 1.3. Seja a equação autónomay =f(y) em quefé uma função real devariávelrealcomquatrozerosreaisecujográficoédadona figura anexa. Então Um dos pontos de equilíbrio é um ponto de sela; Três dos pontos de equilíbrio são instáveis; Dois dos pontos de equilíbrio são estáveis; Nenhuma das anteriores; 1.4. A equação diferencial de segunda ordem linear e homogénea de co- eficientes constantes cujo espaço de solução é gerado por ¸sin 2t, cos 2t¸ é y −4y= 0; y + 4y= 0; y −4y = 0; Nenhuma das anteriores; 1.5. AfunçãoX, X(t)=(x(t), y(t)) T , cujográficoédadonafigura seguinte é solução de um PVI associado a um sistema linear bidi- mensional em que a origem é um ponto de equilíbrio isolado. A origem é um ponto de sela; um centro; um foco; Nenhuma das anteriores; Deve entregar esta folha ao fim de 20 minutos Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 235 Exame de Análise Matemática 3 - MIEC Data: 12/01/2007 Tópicos para a resolução Indique e justifique cuidadosamente todas as respostas Responda às questões 2,3,4 ,5 e 6 em folhasseparadas (3+2+3+4+3 valores) Se usar calculadora para algum cálculo indique-o de modo claro 2. Considere a seguinte equação diferencial de primeira ordem _ 1 + e (2t) _ y = 2ye (2t) −2e (2t) 2.1. Uma equação diferencial de primeira ordem à qual é possível dar a forma dy dt + p(t)y(t) = q(t) (112) em quep,q são funções de classeC 1 num intervaloI ⊆ R diz-se uma equação linear de primeira ordem. Neste caso a equação escreve-se y − 2e 2t 1 + e 2t y= − 2e 2t 1 + e 2t comp=qfunçõesdeclasseC 1 emRetal quep(t) =q(t) = − 2e (2t) 1+e (2t) . 2.2. Para encontrar a solução geral de uma equação linear de primeira ordem, consideremos uma funçãoµ que satisfaça µ(t) = e p(t)dt (113) µ designa-se por factorintegrante. Vejamos que multiplicando ambos os membros da equação 112 porµ obtemos uma equação diferencial equivalente de fácil resolução. e p(t)dt _ dy dt + p(t)y(t) _ = q(t)e p(t)dt (114) Observemos agora que o primeiro membro desta equação é a derivada em ordem at do produto deµ pory. De facto d dt (µy) = dy dt e p(t)dt + ype p(t)dt = e p(t)dt _ dy dt + p(t)y(t) _ (115) Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 236 Resolução de Exames Assim, a equação 112 escreve-se d dt (µy) = q(t)µ(t) (116) pelo que y(t) = _ µ(t)q(t)dt µ(t) (117) 2.3. Sejaµ(t) =e − 2e (2t) 1+e 2t dt =e −ln(1+e 2t ) = 1 1+e 2t logoaequação112 escreve-se _ 1 1 + e 2t y _ = −2e 2t (1 + e 2t ) 2 (118) Como _ −2e (2t) (1 + e 2t ) 2 dt = 1 1 + e 2t + C (119) Segue-se que y(t) = 1 + _ 1 + e 2t _ C, t ∈ R (120) 2.4. Comoy(0)=3segue-seque3=1 + _ 1 + e (0) _ C ⇔C=1. A solução do problema de valor inicial é y(t) = 2 + e 2t , t ∈ R (121) Atendendo às propriedades da função exponencial, facilmente eboçamos o gráfico, Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 237 3. Considere a equação diferencial de primeira ordem dependente do parâmetro realk y (t) = y 2 −2ky + 1 3.1. São pontos de equilíbrio os pontos y que anulam y , i.e., y 2 −2ky+ 1=0.Oraaexistênciadezerosdependedovalordek. Como ∆=4k 2 − 4 segue-se que sek=1 ouk= −1 a equação possui apenas um ponto de equilíbrio, y=k. Se −1 0. Assim todas as soluções são funções crescentes. Se Se k > 1 ou k < −1 então a equação tem 2 pontos de equilíbrio logo a equação diferencial dada tem duas soluções constantes core- spondente a cada um dos pontos de equilíbrio. Como a parábola y 2 −2ky + 1 tem a concavidade virada para cima, entre as raízes y 2 − 2ky+ 10, istosignificaentre as soluções constantes a equação diferencial tem soluções decres- centeseforasoluçõescrescentes. Assimomaiordospontosde equilíbrio, y=k + √ k 2 −1 é uma fonte, logo instável e assimp- toticamenteinstáveleomenory=k − √ k 2 −1umpoço, logo estável e assimptoticamente estável. O diagrama de bifurcação é o apresentado na figura seguinte: Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 238 Resolução de Exames 4. Considereaseguinteequaçãodiferencial desegundaordemnãoho- mogénea y + 2y + y= f(x) 4.1. Para determinar solução geral da equação diferencial homogénea associadacalculemosasraízesdopolinómiocaracterístico. Ora λ 2 + 2λ + 1 = 0 ⇔ λ = −1. Assim, −1 é raiz dupla do polinómio característico pelo que ¸e −x , xe −x ¸ forma uma base para o espaço de solução da equação diferencial homogénea.Logo a solução geral da equação diferencial homogénea associada é y H = Ce −x + Dxe −x comCeD constantes reais arbitrárias. 4.2. Hipótese 1: y p é umasoluçãoparticular daequaçãodada ⇔ y p + 2y p + y p =f(x) Hipótese 2: y H a solução geral da equação diferencial homogénea associada ⇔ y H + 2y H + y H = 0 Queremosmostrarquey =y H + y p ésoluçãodaequaçãonão homogéneadada. Calculemosy ey , substituamosnaequação dada e verifiquemos quey + 2y + y= f(x). Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 239 Defacto, y =y p + y H ey =y p + y H . Logoy + 2y + y = _ y p + 2y p + y p _ +(y H + 2y H + y H ). Usandoashipóteses1e2 segue-se quey + 2y + y= f(x) + 0 = f(x). 4.3. Sejaf(x) = x + 1 + e (−x) . Calculemos primeiramente uma solução partiicular, y p = y p1 +y p2 em quey p1 é uma solução particular dey + 2y +y= x + 1 ey p2 uma solução particular de y +2y +y= e (−x) . Como o termo x+1 é um polinómio de grau 1 e 0 não é raiz do polinómio caracteris- tico da equação diferencial homogénea associada, procuremos uma solução particular com a forma y p1 (x) = ax+b. Logo y p1 (x) = a e y p1 (x) = 0. Logo 0 +2a +ax +b = x +1 pelo que a = 1 e b = −1. Dondey p1 (x) = x −1. Como o termo e −x é uma exponecial e -1 é raiz dupla do polinómio caracteristicodaequaçãodiferencial homogéneaassociada, pro- curemosumasoluçãoparticularcomaformay p2 (x) =ax 2 e −x . Logo y p2 (x) = 2axe −x −ax 2 e −x e y p2 (x) = 2ae −x −4axe −x +ax 2 e −x . Logo2ae −x = e −x pelo quea = 1 2 . Dondey p2 (x) = 1 2 x 2 e −x . Como sabemos a solução geral da equação não homogénea éy= y H + y p , i.e., y H = Ce −x + Dxe −x + x −1 + 1 2 x 2 e −x 5. Considere o sistema linear, _ x = 4x −2y y = 3x −y 5.1. λ é um valor próprio da matriz A associado ao vector própriov, v ,= 0, da matriz A se e só seAv=λv ⇔(A −λI) v= 0. Deste modo λ é um valor próprio da matriz A se e só se det (A −λI) = 0. Ora det (A −λI) = 0 ⇔ (4 −λ)(−1 −λ) + 6 = 0 ⇔ λ = 2 ∨ λ = 1. Os vectores próprios v= (a, b) T ,= 0 da matriz dos coeficientes do sistema associados aλ = 2 são tais que _ 2a −2b = 0 3a −3b = 0 ⇔ a = b Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 240 Resolução de Exames Seja entãov 1 = (1, 1) T . Os vectores próprios v= (a, b) T ,= 0 da matriz dos coeficientes do sistema associados aλ = 1 são tais que _ 3a −2b = 0 3a −2b = 0 ⇔ 3a = 2b Seja entãov 2 = (2, 3) T . 5.2. Uma base para o espaço de soluções do sistema dado é ¸ e 2t (1, 1) T , e t (2, 3) T _ . A matriz fundamental do sistema á a matriz _ e 2t 2e t e 2t 3e t _ A solução geral do sistema é X(t) = _ e 2t 2e t e 2t 3e t _ _ C D _ ou seja X(t) = _ Ce 2t + 2De t Ce 2t + 3De t _ com C e D constantes reais arbi- trárias. 5.3. Determinemos as constantes reais arbitrárias C e D que satisfazem as condiçõesx(0) = 1 ey(0) = −1. _ 1 −1 _ = _ C + 2D C + 3D _ ⇔ C= 5 ∧ D = −2. Logo a solução do PVI éZ(t) = _ 5e 2t −4e t 5e 2t −6e t _ 5.4. A solução do problema de valor inicial é Z(t) = _ x(t) y(t) _ comx(t) = 5e 2t −4e t ey(t) = 5e 2t −6e t . Como o ponto inicial (1,-1) não pertence a nenhuma das direcções próprias atrajectórianãoéumasemi-recta. Comoosvalores próprios são ambos positivos temos que quando t −→ −∞, Z(t) −→ (0, 0). Quandot −→ +∞,Z(t) afasta-se da origem. No plano de fase, traçando as direcções próprias e atendendo a que perto da origematrajectóriaétangenteàdirecçãoprópriaassociadaao valor próprio de menor valor absoluto, a sua representação é Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 241 5.5. O sistema é linear e os valores próprios são não negativos logo a origeméoúnicopontodeequilíbriodosistema. Comoosval- oresprópriossãoambospositivosqualquertrajectóriaafasta-se daorigemquandot −→+∞eaproxima-sedaorigemquando t −→ −∞. Assimaorigeméumpontodeequilíbrioassimp- toticamenteinstável, umafonte. Umesboçodoretratodefase é 6. Considere o sistema não linear _ x = y y = x 2 −α dependente do parâmetro realα. 6.1. São pontos de equilíbrio do sistema os pontos (x, y) tal que (x , y ) = (0, 0) ⇔y=0 ∧ x 2 − α=0. Portanto a existência de pontos de equilíbriodependedoparâmetroα: Seα=0osistemasótem Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 242 Resolução de Exames um ponto de equilíbrio,a origem. Seα>0 o sistema tem dois pontos de equilíbrio,( √ α, 0) e(− √ α, 0). Seα < 0 o sistema não tem pontos de equilíbrio. Logoα=0 é o valor de bifurcação do sistema. 6.2. O sistema é hamiltoniano pois existe uma função H tal que ∂H ∂y = y e ∂H ∂y = x 2 −α. Uma função de estado H é H(x, y) = y 2 2 − x 3 3 +αx. 6.3. Sejaα>0. Os pontos de equilíbrio são( √ α, 0) e(− √ α, 0). A matriz jacobiana do campo de vecoresFde classeC ∞ ,definido porF(x, y) = (y, x 2 −α) é a matriz J F = _ 0 1 2x 0 _ Logo,J F (− √ α, 0) = _ 0 1 −2 √ α 0 _ que possui valores próprios imaginários puros, λ 2 +2 √ α = 0, logo aorigem, pontodeequilíbriodosistemalinearassociadoéum ponto estável, um centro. Como a parte real dos valores próprios é nula, a linearização não permite classificar o ponto de equilíbrio (− √ α, 0) do sistema não linear. ComoJ F ( √ α, 0) = _ 0 1 2 √ α 0 _ possui valoresprópriosreaisedistintos, λ 2 − 2 √ α=0, logoa origem, ponto de equilíbrio do sistema linear associado é um ponto desela. Comoapartereal dosvaloresprópriosénãonula, a linearizaçãopermiteclassificaropontodeequilíbrio( √ α, 0)do sistema não linear como sendo um ponto de sela, logo instável. 6.4. Mostre que para qualquer sistema hamiltoniano os pontos de equi- líbrio não são nem poços nem fontes. O sistema autónomo dx dt = f(x, y) (122) dy dt = g(x, y) designa-sepor sistemahamiltonianoseexisteumafunçãode Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem 243 estado escalarHtal que dH dy = f(x, y) (123) − dH dx = g(x, y) Para os sistemas hamiltonianos, a matriz Jacobiana do campo de vectoresFdefinido porF(x, y) = (f(x, y), g(x, y)) é a matriz J(x, y) = _ ∂ 2 H ∂x∂y ∂ 2 H ∂y 2 − ∂ 2 H ∂x 2 − ∂ 2 H ∂y∂x _ (124) Admitindo queFé de classeC 1 , Hé de classeC 2 e portanto a matriz Jacobiana de Ftem na diagonal valores simétricos. Assim, a matriz Jacobiana de F num ponto de equilíbrio, P ∗ é uma matriz do tipo J F (P ∗ ) = _ a b c −a _ Os seus valores próprios são as raízes da equação (a −λ)(−a −λ) −bc = 0 ⇔ λ 2 −(bc + a 2 ) = 0 Deste modo os valores próprios do sistema linearizado são iguais de sinal oposto. Logo os sistemas não lineares hamiltomianos não possuempontosdeequilíbrioquesejampoçosoufontesporse caracterizaremporosvaloresprópriosseremreaisedomesmo sinal. Formulário • d dt (ln(u)) = u u , u(t) > 0, ∀t ∈ I • d dt _ 1 u _ = − u u 2 , u(t) ,= 0, ∀t ∈ I Fim Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem
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