Bases e soluç˜oes de equaç˜oes diferenciai

Primeira Prova de Fı́sica Matemática II – Soluções
IFUSP - 22 Abril 2014
(Bases e soluções de equações diferenciais com coeficientes constantes)
Problema 1 Considere a matriz A =
λ − 4 −1
det (λI − A) = 1
λ−2
4 1
−1 2
e seu polinômio caracterı́stico:
= (λ − 4) (λ − 2) + 1 = λ2 − 6λ + 9 = (λ − 3)2 .
Concluı́-se que λ = 3 é um autovalor de A de multiplicidade m = 2.
(a) Uma (matriz) base X(t) = [x1 (t)x2 (t)] para as soluções do sistema x0 = Ax é da forma
x1 (t) = eλt (p1 + t(A − λI)p1 )
(1)
x2 (t) = eλt (p2 + t(A − λI)p2 )
(2)
onde p1 e p2 formam uma base para o auto-espaço generalizado F = N ((A − λI)2 ) com λ = 3.
Notamos as seguintes propriedades:
i. N = A − 3I =
1
1
−1 −1
2
é uma matriz nilpotente de ordem 2:
N =
1
1
−1 −1
1
1
−1 −1
=
0 0
0 0
.
Logo, qualquer dois vetores L.I. formam uma base para F = N ((A − 3I)2 );
1
1
ii. p1 =
e p2 =
são dois vetores L.I. de R2 :
−1
0
α+β
αp1 + βp2 =
=0
⇐⇒
α=β=0
−α
tais que
iii.
N p1 =
N p2 =
1
1
−1 −1
1
1
−1 −1
1
−1
1
0
=0
=
1
−1
= p1 .
Logo, p1 e p2 são autovetores generalizados
(A − λI)2 p = 0
1
(3)
de ordem 1 e 2, respectivamente, formando uma cadeia de Jordan.
Pelas propriedades i.–iii. e equações (1) e (2) deduzimos
1
3t
3t
x1 (t) = e p1 = e
−1
3t
3t
x2 (t) = e (p2 + t (A − 3I) p2 ) = e
e
X(t) = [x1 (t)x2 (t)] = e
3t
1+t
−t
1 1+t
−1 −t
é uma matriz base para o sistema de equações (note que det X(t) = e6t 6= 0, ∀ t ∈ R).
1 1
0 −1
−1
iv. Observe que X(0) =
, X (0) =
e
−1 0
1 1
1 1+t
0 −1
1+t
t
−1
3t
3t
Y (t) = X(t)X (0) = e
=e
−1 −t
1 1
−t 1 − t
é a matriz base que satisfaz a condição Y (0) = X(0)X −1 (0) = I.
(b) Uma matrix base Y (t) para as soluções do sistema x0 = Ax é obtida a partir da matriz
exponencial:
Y (t) = etA
= e3tI+tN
3t
3t
= e (I + tN ) = e
1+t
t
−t 1 − t
coincidindo com a matriz no ı́tem iv. acima, por unicidade do problema de valor inicial: Y 0 = AY
com Y (0) = I.
Problema 2 (a) Base para as soluções da equação y 00 − y = 0: O polinômio caracterı́stico
p(λ) = λ2 − 1 é obtido substituindo y(t) = eλt na equação. Temos
y 00 − y = λ2 − 1 eλt = 0
se, e somente se, p(λ) = 0 e as duas raı́zes de p(λ) são: λ1 = 1 e λ2 = −1. Uma base de soluções
é, portanto, ỹ(t) = (y1 (t), y2 (t)) = (et , e−t ).
y(t)
(b) Sistema de equações de primeira ordem: Se x(t) =
, então pela equação
y 0 (t)
satisfeita por y(t) temos
0
0
y (t)
y (t)
y(t)
0
x (t) =
=
=A
= Ax(t)
y 00 (t)
y(t)
y 0 (t)
2
com A =
0 1
1 0
.
(c) Matriz base X(t) = [x1 (t)x2 (t)] para as soluções do sistema x0 = Ax: Substituindo
t e
a base do ı́tem (a) no vetor definido no ı́tem (b), obtemos duas soluções L.I.’s: x1 (t) =
,
et
−t e
x2 (t) =
e uma matriz base
−e−t
t
e
e−t
.
X(t) =
et −e−t
(d) Método da variação das constantes: Seja X(t) a matriz base do item (c). Se
y(t) = a(t)et + b(t)e−t
(4)
é uma solução particular da equação
y 00 − y = 2et
então o vetor c(t) =
a(t)
b(t)
satisfaz a equação
X(t)
a0 (t)
b0 (t)
=
0
2et
,
equivalente a
a0 (t)
b0 (t)
=X
−1
(t)
0
2et
1
=
2
e−t e−t
et −et
0
2et
=
1
−e2t
cuja solução é a(t) = t + a0 e b(t) = −e2t /2 + b0 com a0 e b0 constantes de integração reais.
Substituindo na equação (4), obtemos a solução geral da equação não–homogênea
1
y(t) = tet − et + a0 et + b0 e−t .
2
Escolhendo a0 = 1/2 e b0 = 0 obtemos uma solução particular que se anula na origem:
yp (t) = tet .
Problema 3 Considere a equação Lx = f onde
Lx = x00 − x
f (t) = te−t .
i. Equação para f : Tomando a primeira e segunda derivada de (6), temos
f 0 (t) = (1 − t) e−t
f 00 (t) = (−2 + t) e−t
3
(5)
(6)
A equação diferencial linear homogênea de segunda ordem para f é da forma
M f (t) = f 00 (t) + af (t) + bf (t)
= (−2 + a + (1 − a + b) t) e−t = 0
de onde se conclui que a = 2 e b = 1 e
M f = f 00 + 2f 0 + f = 0 .
ii. Polinômio p(x) caracterı́stico de M Lx = 0 : Substituindo x(t) = eλt na equação, temos
M Lx = M (Lx) = (λ2 − 1)M x = (λ2 − 1) λ2 + 2λ + 1 eλt = p(λ)eλt
onde
p(λ) = (λ + 1)3 (λ − 1)
se anula em λ = ±1. As raı́zes de p(λ) são: λ = −1 de multiplicidade 3 e λ = 1 de
multiplicidade 1.
iii. Base de soluções para M Lx = 0: x1 (t) = e−t , x2 (t) = te−t , x3 (t) = t2 e−t e x4 (t) = e−t
formam uma base e a solução geral é dada por
x(t) = ax1 (t) + bx2 (t) + cx3 (t) + dx4 (t) .
(7)
iv. Solução geral para Lx = f : Escolhemos as constantes a, b, c e d para as quais Lx = f .
Devido a linearidade, L atua sobre cada um elemento da base. Notamos
Lx1 = Lx4 = 0
e para as demais funções temos
Lx2 =
=
te−t
00
− te−t
0
(1 − t)e−t − te−t
= −2e−t
e
Lx3 =
=
t2 e−t
00
− t2 e−t
0
(2t − t2 )e−t − t2 e−t
= (2 − 4t) e−t .
Logo,
Lx = bLx2 + cLx3
= (2(−b + c) − 4ct) e−t
= te−t
se b = c = −1/4. A solução geral da equação Lx = f é, portanto,
1
x(t) = − t + t2 e−t + ae−t + det .
4
4