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Sistemas de EDOs Lineares de Primeira Ordem
1 IntroduÁ„o
O objetivo destas notas de aula È discutir e resolver sistemas de EDOs lineares onde h· duas funÁıes que queremos descobrir, todas elas funÁıes de uma mesma vari·vel independente (que, frequentemente, È o tempo).
dx dt
= F (x; y; t) ;
dy dt
= G (x; y; t)
Para ser exato, vamos nos concentrar em sistemas cujo lado direito n„o dependa de t, isto È, sistemas da forma dx dt
= F (x; y) ;
dy dt
= G (x; y)
Acompanharemos a discuss„o usando um exemplo cl·ssico em Ecologia Matem·tica: um sistema predador-presa (veja seÁ„o 9.7 do Stewart): dC dt
= 6C 0 : 1 CL;
dL dt
= 2 L + 0: 05 CL
onde C (t) È a populaÁ„o de presas (Coelhos) e L (t) È a populaÁ„o de predadores (Lobos), ambos como funÁıes de t (tempo). Uma soluÁ„o do sistema acima È um par de funÁıes (C (t) ; L (t)), que pode ser pensada como uma curva parametrizada no plano CL (chamado Plano de Fase). Dado um ponto (C; L), sabemos calcular o vetor velocidade
da curva-soluÁ„o (C (t) ; L (t)) neste ponto, a saber,
C;_ L_
= (6C 0 : 1 CL; 2 L + 0: 05 CL). Por exemplo, se tivermos
inicialmente 30 coelhos e 40 lobos, teremos dCdt = 6C 0 : 1 CL = 180 120 = 60 coelhos por unidade de tempo e dL dt =^ ^2 L^ + 0:^05 CL^ =^ 80 + 60 =^ ^20 lobos por unidade de tempo no primeiro momento; assim, inicialmente, a populaÁ„o de coelhos sobe e a de lobos cai, e o vetor velocidade aponta na direÁ„o (60; 20). Fazendo o mesmo em cada ponto do plano (note que isto sÛ È possÌvel pois a velocidade n„o depende de t), podemos desenhar um Campo VetorialC ' = 6 C - 0.1 C L que mostra, em cada ponto, o vetor velocidade a ele correspondente: L ' = - 2 L + 0.05 C L
0 20 40 60 80 100
0
10
20
30
40
50
60
70
80
C
L
Plano de Fase (C-L) e Campo Vetorial
A Figura acima (obtida, como as outras, pelo PPLANE, de John Polking, disponÌvel para MatLab no endereÁo http://math.rice.edu/~dÖeld/) sugere o MÈtodo de Euler para sistemas de EDOs autÙnomas: dado o sistema
dx dt = F (x; y) ;
dy dt = G (x; y)
podemos calcular uma soluÁ„o aproximada comeÁando de (x 0 ; y 0 ) e ent„o fazendo para cada n:
xn+1 = xn + t:F (xn; yn) ; yn+1 = yn + t:G (xn; yn)
(isto È, siga a seta a partir de (xn; yn) durante t unidades de tempo atÈ chegar a (xn+1; yn+1)). Quanto menor for o t utilizado, mais precisa (e mais trabalhosa) ser· a soluÁ„o. O prÛprio PPLANE utiliza um algoritmo numÈrico deste tipo (mas bem mais soÖsticado) para calcular e desenhar as curvas-soluÁ„o. Na Ögura abaixo, usamos o PPLANE com v·rias condiÁıes iniciais e obtivemos v·rias soluÁıes. A condiÁ„o (30; 40) nos d· a curva-soluÁ„o destacada.C ' = 6 C - 0.1 C L L ' = - 2 L + 0.05 C L
0 20 40 60 80 100
0
10
20
30
40
50
60
70
80
C
L
As soluÁıes de equilÌbrio de um sistema deste tipo ser„o as soluÁıes constantes, isto È, soluÁıes (C; L) cuja derivada È (0; 0) qualquer que seja t. Elas podem ser encontradas resolvendo o sistema
F (x; y) = G (x; y) = 0
No caso de nosso exemplo, os equilÌbrios s„o as soluÁıes de
6 C 0 : 1 CL = 2 L + 0: 05 CL = 0
isto È, (C; L) = (0; 0) (faz sentido ñse n„o temos coelhos nem lobos, n„o h· porque eles aparecerem do nada) e (C; L) = (40; 60) (veja na Ögura acima onde este equilÌbrio est·). A Ögura acima destaca a posiÁ„o destes dois equilÌbrios. Mais tarde veremos como classiÖcar estes equilÌbrios de acordo com sua estabilidade. Uma vez resolvido o sistema, È tambÈm possÌvel fazer gr·Öcos para C (t) e L (t). Para o exemplo acima, partindo de C = 30 e L = 40, terÌamos:
C L
C ' = 6 C - 0.1 C L L ' = - 2 L + 0.05 C L
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
20
30
40
50
60
70
80
90
t
Cand L
C (t) È a curva de baixo (azul), a outra È L (t).
C ' = 2 C L ' = L
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
0
1
2
3
4
C
L
Caso a > d > 0 : nÛ inst·vel.
C ' = 2 C L ' = - L
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
0
1
2
3
4
C
L
Caso^ a >^0 > d:^ ponto de sela.
Observe que, em ambos os casos acima, h· algumas direÁıes especiais, onde as trajetÛrias ìn„o entortamî (s„o, de fato, semi-retas). Nos casos acima, elas correspondem aos eixos x e y, isto È, aos vetores e 1 e e 2 , que s„o exatamente os autovetores de A. Nestas direÁıes especiais, a trajetÛria se aproxima da origem se o autovetor correspondente for positivo, e vice-versa. Veremos na seÁ„o seguinte que isto n„o È uma coincidÍncia (vocÍ consegue imaginar o porquÍ)? AlÈm destes dois casos principais, poderÌamos considerar alguns outros mais raros, isto È, ìdegeneradosî, como, por exemplo, os das Öguras abaixo (no primeiro, todas as trajetÛrias s„o semi-retas pois todos os vetores s„o autovetores e o
C ' = C equilÌbrio È chamado de^ nÛ prÛprio^ ou^ estrela; no segundo, as trajetÛrias se afastam do eixo^ x^ onde h· v·rios equilÌbrios): L ' = L
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
0
1
2
3
4
C
L
Caso a = d > 0 : nÛ prÛprio ou estrela.
C ' = 0 L ' = L
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
0
1
2
3
4
C
L
Caso d > a = 0: v·rios equilÌbrios n„o isolados!
2.2 Casos onde A n„o È necessariamente diagonal
2.2.1 Caso 1 ñQuando A tem dois autovetores L.I.
Suponha que A (x; y) = (ax + by; cx + dy) tenha dois autovetores w 1 e w 2 em R^2. Neste caso, o plano de fase sugere que haja trajetÛrias em linha reta exatamente nestas duas direÁıes. De fato, comeÁando da posiÁ„o w 1 , o vetor velocidade da curva ser· Aw 1 = 1 w 1 , e n„o h· motivo algum para que a trajetÛria abandone esta direÁ„o. Ser· que conseguimos escrever esta soluÁ„o explicitamente? Se w 1 = (w 11 ; w 12 ), a trajetÛria reta deve ter a forma v (t) = r (t) w 1 , onde r (t) È uma funÁ„o real a se determinar (isto È, um n˙mero que depende de t). Em outras palavras, esperamos encontrar uma soluÁ„o da forma
x (t) = r (t) w 11 y (t) = r (t) w 12
Substituindo na equaÁ„o diferencial, isto ser· uma soluÁ„o se v_ = Av = A (r (t) w 1 ) = r (t) Aw 1 = 1 r (t) w 1 , isto È
x _ (t) = _r (t) w 11 = 1 r (t) w 11 y _ (t) = _r (t) w 12 = 1 r (t) w 12
… f·cil ver que r (t) = e^1 t^ satisfaz a ambas as equaÁıes. Em outras palavras, o sistema v_ = Av ter· a soluÁ„o
v 1 (t) = e^1 tw 1
onde w 1 È um autovetor associado ao autovalor 1 (se o valor inicial fosse v (0) = w 1 ). Analogamente, temos uma outra soluÁ„o dada por v 2 (t) = e^2 tw 2
para o valor inicial v (0) = w 2 : Agora, enÖm, o que fazer no caso em que v (0) = v 0 È um outro vetor qualquer? Oras, sefw 1 ; w 2 g for uma base de R^2 , ent„o È possÌvel escrever v (t) como combinaÁ„o linear de w 1 e w 2 , assim
v (t) = (t) w 1 + (t) w 2
(note como os coeÖcientes variam com o tempo, fazendo v (t) variar). Usando esta nova base (ao invÈs da canÙnica), conseguiremos obter EDOs simples para as funÁıes e! De fato, derivando com relaÁ„o a t, temos
v _ (t) = _ (t) w 1 + _^ (t) w 2
(note que os vetores w 1 e w 2 s„o Öxos, ent„o n„o precisamos de uma possÌvel regra do produto). Por outro lado
Av = (t) 1 w 1 + (t) 2 w 2
Como w 1 e w 2 s„o L.I., a ˙nica maneira de valer a igualdade v_ = Av È termos
_ (t) = 1 (t) ; _^ (t) = 2 (t)
SÛ que estas equaÁıes podem ser resolvidas como EDOs de primeira ordem desacopladas! De fato, devemos ter (t) = 0 e^1 t^ e^ (t) =^0 e^2 t. Assim, a soluÁ„o^ v^ (t)^ ser· da forma^1
v (t) = 0 e^1 tw 1 + 0 e^2 tw 2.
onde v (0) = 0 w 1 + 0 w 2.
Exemplo: Resolva o sistema
x _ = x 2 y y _ = x + 4y x (0) = 2; y (0) = 1 (^1) Este raciocÌnio reáete o chamado princÌpio da superposiÁ„o que È satisfeito pelas EDOs lineares homogÍneas: se vocÍ tiver duas soluÁıes v 1 (t) e v 2 (t) do sistema de EDOs, qualquer combinaÁ„o linear de v 1 e v 2 tambÈm ser· soluÁ„o, pois
v _ 1 = Av 1 e v_ 2 = Av 2 ) d^ (^ v^1 +^ v^2 ) dt = v_ 1 + v_ 2 = Av 1 + Av 2 = A ( v 1 + v 2 )
Cuidado! Os coeÖcientes ci n„o podem ser escolhidos independentemente (em outras palavras, n„o È qualquer par de funÁıes x (t) e y (t) da forma acima que vai resolver o sistema de EDOs). De fato, eles devem satisfazer uma relaÁ„o que pode ser obtida substituindo x (t) e y (t) em x_ = ax + by (ou em y_ = cx + dy), a saber
x _ = c 1 1 e^1 t^ + c 2 2 e^2 t^ = (ac 1 + bc 3 ) e^1 t^ + (ac 2 + bc 4 ) e^2 t
ou seja
(a 1 ) c 1 + bc 3 = 0 (a 2 ) c 2 + bc 4 = 0
Se alÈm disto tivermos condiÁıes iniciais x (0) e y (0) podemos juntar estas equaÁıes a
x (0) = c 1 + c 2 y (0) = c 3 + c 4
e determinar os coeÖcientes ci. Em suma, È possÌvel calcular as soluÁıes sem encontrar os autovetores a priori:
Exemplo: Sem calcular autovetores, resolva o sistema
x _ = x 2 y y _ = x + 4y x (0) = 2; y (0) = 1
Autovalores e soluÁ„o geral: J· vimos que os autovalores de A (x; y) = (x 2 y; x + 4y) s„o 1 = 2 e 2 = 3. Assim, a soluÁ„o ser· da forma
x (t) = c 1 e^2 t^ + c 2 e^3 t y (t) = c 3 e^2 t^ + c 4 e^3 t
Substituindo em x_ = x 2 y, encontramos 2 c 1 e^2 t^ + 3c 2 e^3 t^ = (c 1 2 c 3 ) e^2 t^ + (c 2 2 c 4 ) e^3 t, isto È, c 1 = 2 c 3 e c 2 = c 4. Assim, a soluÁ„o geral È
x (t) = ( 2 c 3 ) e^2 t^ + ( c 4 ) e^3 t y (t) = c 3 e^2 t^ + c 4 e^3 t
Usando a condiÁ„o inicial: x (0) = 2 ) 2 c 3 c 4 = 2 y (0) = 1 ) c 3 + c 4 = 1 ) c 3 = 3 e c 4 = 4.
Conclus„o:
x (t) = 6 e^2 t^ + 4e^3 t y (t) = 3e^2 t^ 4 e^3 t
È a soluÁ„o desejada.
Note que È possÌvel descobrir o tipo de equilÌbrio que a origem È apenas olhando os autovalores! Por exemplo, no caso acima, como 2 > 1 > 0 , temos um equilÌbrio tipo nÛ inst·vel, exatamente como no caso diagonal!
2.2.2 Caso 2 ñQuando A tem dois autovalores complexos
Agora, a interpretaÁ„o geomÈtrica n„o È t„o simples, mas toda a ·lgebra feita no caso 1 ainda funciona. Em suma, calcule os autovalores complexos 1 e 2 (que ser„o conjugados) e seus autovetores correspondentes (complexos) w 1 e w 2. Escreva v (0) = (x (0) ; y (0)) como combinaÁ„o linear de w 1 e w 2 , assim
v (0) = 0 w 1 + 0 w 2
( e ser„o complexos). EnÖm, exatamente como no caso anterior, a soluÁ„o ser·
v (t) = 0 e^1 tw 1 + 0 e^2 tw 2 :
Exemplo: Resolva o sistema
x _ = x y y _ = 5x + y x (0) = 4; y (0) = 0
Autovalores: A equaÁ„o caracterÌstica È ^2 + 4 = 0 cujas raÌzes s„o = 2 i (conjugadas). Autovetores: Fazendo Aw = w para ambos os autovalores, encontramos os autovetores complexos w 1 = (1 2 i; 5) e w 2 = (1 + 2i; 5) (que escolhemos como conjugados um do outro). DecomposiÁ„o: Escreva v (0) = (4; 0) = 0 (1 2 i; 5) + 0 (1 + 2i; 5) e resolva para 0 e 0. Encontramos 0 = i e 0 = i (conjugados), isto È, v (0) = (4; 0) = iw 1 iw 2 : SoluÁ„o: Juntando tudo na express„o v (t) = 0 e^1 tw 1 + 0 e^2 tw 2 :
v (t) = ie^2 itw 1 ie ^2 itw 2 = i (1 2 i; 5) e^2 it^ i (1 + 2i; 5) e ^2 it^ = = (2 + i; 5 i) (cos 2t + i sin 2t) + (2 i; 5 i) (cos 2t i sin 2t) = (4 cos 2t 2 sin 2t; 10 sin 2t)
ou seja x (t) = 4 cos 2t 2 sin 2t; y (t) = 10 sin 2t Note que aqueles conjugados todos fazem com que as soluÁıes sejam perfeitamente reais. O plano de fase deste sistema segue abaixo (nossa soluÁ„o È a trajetÛria mais grossa). Curiosamente, todas as soluÁıes s„o trajetÛrias fechadas! Veremos em breve que isto se d· quando os autovalores tÍm parte realx ' = - x - y 0 (s„o imagin·rios puros). y ' = 5 x + y
-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10
0
2
4
6
8
10
x
y
Se vocÍ entendeu a discuss„o acima...
ProposiÁ„o 2 Se A (x; y) = (ax + by; cx + dy) tem dois autovalores complexos = m ni, ent„o a soluÁ„o de
x _ = ax + by y _ = cx + dy
ser· da forma
x (t) = K 1 e(m+ni)t^ + K 2 e(m ni)t y (t) = K 3 e(m+ni)t^ + K 4 e(m ni)t
x ' = x - 2 y y ' = 5 x + 3 y
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
0
1
2
3
4
x
y
Em geral, nas fÛrmulas
x (t) = emt^ (c 1 cos nt + c 2 sin nt) y (t) = emt^ (c 3 cos nt + c 4 sin nt)
o sinal de m determina se as trajetÛrias espiralam para longe da origem (m > 0 ; o equilÌbrio È chamado de fonte espiral ou spiral source) ou para longe da origem (m < 0 ; sorvedouro espiral ou spiral sink) ñnote que m = 0 corresponde a trajetÛrias periÛdicas de perÌodo T = 2=n, como nas elipses acima (o equilÌbrio È chamado de centro). Para ver se a soluÁ„o espirala no sentido hor·rio ou anti-hor·rio, È mais f·cil voltar ao sistema original e notar que A (1; 0) = (a; c) vai para cima exatamente se c > 0. Assim, se c > 0 as espirais v„o no sentido anti-hor·rio e, se c < 0 , elas v„o no sentido hor·rio.
2.2.3 Caso 3 ñ Quando A tem apenas um autovetor real
Se a equaÁ„o caracterÌstica de A tiver uma raiz dupla , provavelmente isto signiÖca que A tem apenas um autovetor real (a outra opÁ„o seria A = I, caso diagonal j· discutido anteriormente). Enquanto n„o temos necessariamente uma base de autovetores, È sempre possÌvel^2 encontrar uma base fw 1 ; w 2 g de R^2 tal que
Aw 1 = w 1 Aw 2 = w 1 + w 2
Escreva o vetor v (t) = (x (t) ; y (t)) na base fw 1 ; w 2 g:
v (t) = (t) w 1 + (t) w 2
Que sistema de equaÁıes deve ser satisfeito pelas novas coordenadas ( (t) ; (t))? Ora, queremos que v_ = Av, isto È
_ (t) w 1 + _^ (t) w 2 = A ( (t) w 1 + (t) w 2 ) = (t) w 1 + (t) (w 1 + w 2 ) ) ) _ w 1 + _^ w 2 = ( + ) w 1 + w 2
Como w 1 e w 2 s„o L.I., a ˙nica opÁ„o È termos
_ = + _ (^) =
(^2) A demonstraÁ„o deste fato est· no topo da p·gina 315 do livro de ¡lgebra Linear do Elon e nada mais È do que um caso particular da Forma CanÙnica de Jordan.
Pelo menos, podemos resolver a segunda equaÁ„o ña resposta È (t) = 0 et. Substituindo isto na primeira, temos
_ = 0 et
que pode ser resolvida usando o fator integrante I (t) = e t
d
e t^
dt = 0 ) e t^ = 0 t + 0 ) (t) = ( 0 + 0 t) et
Em suma, a soluÁ„o ser· da forma v (t) = ( 0 + 0 t) etw 1 + 0 etw 2
(note como v (0) = 0 w 1 + 0 w 2 permite-nos encontrar 0 e 0 ). Vejamos um exemplo:
Exemplo: Resolva o sistema
x _ = x y y _ = x + 3y
x ' = x - y x^ (0) =^ 2;^ y^ (0) =^ ^1 y ' = x + 3 y
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
0
1
2
3
4
x
y
Autovalores: A equaÁ„o caracterÌstica È ^2 4 + 4 = 0 cuja ˙nica raiz dupla È = 2. Autovetores: Fazendo Aw 1 = 2w 1 , encontramos um autovetor w 1 = (1; 1) (direÁ„o lil·s no gr·Öco acima); a partir daqui, podemos resolver Aw 2 = w 1 + 2w 2 e encontrar, por exemplo, w 2 = (0; 1) (h· outras soluÁıes). DecomposiÁ„o: Escreva v (0) = ( 2 ; 1) = 0 (1; 1) + 0 (0; 1) e resolva para 0 e 0. Encontramos 0 = 2 e 0 = 3, isto È,^ v^ (0) = (2;^ 1) =^ ^2 w 1 + 3w 2 : SoluÁ„o: Juntando tudo na express„o v (t) = ( 0 + 0 t) etw 1 + 0 etw 2 :
v (t) = ( 2 + 3t) e^2 t^ (1; 1) + 3e^2 tw 2 (0; 1) = e^2 t^ ( 2 + 3t; 1 3 t)
ou seja x (t) = 2 e^2 t^ + 3te^2 t; y (t) = e^2 t^ 3 te^2 t Analise o plano de fase acima com cuidado (a curva-soluÁ„o est· destacada em vermelho e lil·s e a direÁ„o do autovetor est· destacada em lil·s). Note o comportamento das soluÁıes: como
y (t) x (t)
1 3 t 2 + 3t
Autovalores e soluÁ„o geral: A equaÁ„o caracterÌstica È ^2 4 + 4 = 0 cujas raiz dupla È = 2. Assim, a soluÁ„o geral ser· x (t) = c 1 e^2 t^ + c 2 te^2 t; y (t) = c 3 e^2 t^ + c 4 te^2 t Usando a condiÁ„o inicial: Como x (0) = 2 , teremos c 1 = 2. TambÈm, note que
x _ (0) = 2c 1 + c 2 x _ (0) = x (0) y (0) = 1
) 2 c 1 + c 2 = 1 ) c 2 = 3
Analogamente, use y (0) = 1 para descobrir que c 3 = 1 e y_ (0) = 2c 3 + c 4 = x (0) + 3y (0) = 5 para obter c 4 = 3. Assim, a soluÁ„o Önal È x (t) = 2 e^2 t^ + 3te^2 t; y (t) = e^2 t^ 3 te^2 t.
3 Resumo: o plano TraÁo-Determinante
Mais uma vez, ressaltamos que o comportamento ìgeralîdas trajetÛrias-soluÁ„o depende apenas dos autovalores calculados: se eles s„o complexos, as trajetÛrias espiralam ou s„o elipses (dependendo do sinal da parte real dos autovalores); se eles s„o reais e tÍm sinais distintos, as trajetÛrias s„o tipo ìselaî (apenas uma trajetÛria se aproxima assintoticamente da origem, todas as outras se afastam); enÖm, se eles s„o reais com mesmo sinal, as trajetÛrias revelam um ìnÛî na origem (que pode ser est·vel ou inst·vel dependendo do sinal, e pode ser imprÛprio se os autovalores forem iguais). Mas todas as condiÁıes acima podem ser re-escritas em funÁ„o apenas do traÁo e do determinante da matriz 2 2 que representa A (x; y) = (ax + by; cx + dy)! Lembremos que a equaÁ„o caracterÌstica È
^2 (T rA) + DetA = 0
isto È, a soma dos autovalores È T rA = a + d e o seu produto È DetA = ad bc. Esta equaÁ„o ter· raÌzes reais se, e somente se, 0 , isto È, se (T rA)^2 4 (DetA) 0. Neste caso, È f·cil descobrir o sinal das raÌzes, sem precisar resolver a equaÁ„o: elas ter„o sinais distintos exatamente quando DetA < 0 (lembre-se, DetA = 1 2 ); por outro lado, se DetA > 0 ; as raÌzes ter„o o mesmo sinal ñ e aÌ olhamos o traÁo, T rA = 1 + 2 ; cujo sinal ser· o mesmo dos autovalores. Por outro lado, se as raÌzes forem complexas (isto È, (T rA)^2 4 (DetA) < 0 ), ent„o elas ser„o da forma = m ni. Neste caso, T rA = 1 + 2 = 2m, isto È, o sinal do traÁo È o sinal de m. Assim, as espirais ser„o inst·veis se T rA > 0 , est·veis se T rA < 0 e teremos centros quando T rA = 0. A discuss„o acima pode ser resumida pelo plano traÁo-determinante (na Ögura, È o traÁo e È o determinante):
4 Problemas
- Resolva os seguintes sistemas de EDOs e faÁa o gr·Öco das soluÁıes usando o PPLANE.
a)
x _ = 3x y y _ = 2y x (0) = y (0) = 1
b)
x _ = 3x 2 y y _ = x + y x (0) = y (0) = 4
c)
x _ = 6x + 9y y _ = 4 x 6 y x (0) = 3; y (0) = 1 Compare as respostas com o problema 10 da lista de DiferenÁas Finitas.
- Encontre um sistema de EDOs do tipo
x _ = ax + by y _ = cx + dy
cujas soluÁıes sejam x (t) = 4et^ 3 e^2 t^ e y (t) = 2et^ + 2e^2 t.
- Considere a EDO linear de 2a ordem x + a x_ + bx = 0 a) FaÁa y = x e mostre que a equaÁ„o acima È equivalente a x = y y _ = bx ay
que pode ser resolvida pelos mÈtodos discutidos nestas notas de aula. b) Mostre que os autovalores 1 e 2 correspondentes a este sistema s„o exatamente as raÌzes de
^2 + a + b = 0
e, portanto, a soluÁ„o da equaÁ„o de 2a ordem ter· uma das seguintes formas:
Se 1 6 = 2 forem reais : x (t) = c 1 e^1 t^ + c 2 e^2 t Se 1 ; 2 = m ni forem complexos : x (t) = emt^ (c 1 cos nt + c 2 sin nt) Se for raiz dupla : x (t) = c 1 et^ + c 2 tet
onde c 1 e c 2 podem ser determinados a partir de x (0) e x_ (0) se estes forem dados. c) Analise o comportamento das soluÁıes em cada caso ñ basicamente, o que acontece com x (t) quando t! + 1 e t! 1, e como isto depende dos autovalores?
Encontre as soluÁıes gerais das seguintes EDOs de 2a ordem (veja exercÌcio 3): a) x^00 (t) = x (t). b) x^00 (t) + x (t) = 0: c) y^00 (t) + 5y^0 (t) + 6y (t) = 0
Encontre todas as soluÁıes dos seguintes Problemas de Valor Inicial e Problemas de Contorno: a) x^00 (t) 2 x^0 (t) 15 x (t) = 0, x (0) = 0, x^0 (0) = 1. b) x^00 (t) + x (t) = 0, x (0) = 1, x^0 (0) = 5. c) 4 x^00 (t) x (t) = 0, x (2) = 1, x^0 (2) = 2. d) x^00 (t) 6 x^0 (t) + 10x (t) = 0, x (0) = 0, x^0 (0) = 3. e) 4 x^00 (t) 4 x^0 (t) + 5x (t) = 0, x (0) = 1, x^0 (0) = 0. f) x^00 (t) + 6x^0 (t) + 9x (t) = 0, x (0) = 1, x^0 (0) = 3. g) x^00 (t) x (t) 6 x (t) = 0, x (0) = x (1) = 1. h) y^00 (t) + y (t) = 0, y (0) = y () = 1. FaÁa os gr·Öcos de cada soluÁ„o e descreva o seu comportamento quando t! 1. Se possÌvel, encontre os seus pontos crÌticos (mÌnimos e m·ximos).
Para que valores de a a equaÁ„o x^00 (t) x^0 (t) 2 x (t) = 0, x (0) = a, x^0 (0) = 1 tem soluÁıes que satisfazem limt!1 x (t) = 0?
Encontre um sistema de EDOs da forma
x _ = ax + by y _ = cx + dy
