DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERCCIOS 1 EDO II - MAP ...

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  • DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERCICIOS 1 EDO II - MAP 0316

    PROF: PEDRO T. P. LOPES WWW.IME.USP.BR/PPLOPES/EDO2

    Os exerccios a seguir foram selecionados dos livros dos autores Claus Doering-Artur Lopes e Jorge Sotomayor.(S.X.Y) indica exerccio Y do captulo X do livro do Sotomayor. (D.L.X.Y) indica exerccio Y do captulo X dolivro dos autores Claus Doering e Artur Lopes.

    Exerccio 1 (S.1.1)Seja g(t) = 2t21 , |t| 6= 1.a) Mostre que toda solucao de x(t) = g(t) e da forma

    (t) = c+ ln

    t 1t+ 1 ,

    onde c R.Resolucao:De fato, basta integrar t 7 g(t) e obtemos

    x(t) x(t0) = tt0

    x(s)ds =

    tt0

    g(s)ds =

    tt0

    (1

    s 1 1s+ 1

    )ds = ln

    s 1s+ 1tt0

    = ln

    t 1t+ 1 ln t0 1t0 + 1

    .Logo

    x(t) =

    (x(t0) ln

    t0 1t0 + 1)+ ln t 1t+ 1

    = c+ ln t 1t+ 1 ,

    em que c :=(x(t0) ln

    t01t0+1 ).b) Faca um esboco destas solucoes em = {t R; |t| 6= 1} R.(Sugestao: Note que g(t) = 1t1

    1t+1 ).

    Exerccio 2 (S.1.2)

    Seja f(x) = x212 . Mostre que toda solucao de x

    = f(x) diferente das solucoes + 1 e 1 e da forma:

    (t) =1 + cet

    1 cet, c 6= 0.

    Qual e o intervalo maximo Ic de definicao destas solucoes? Faca um esboco geometrico das solucoes em = R2e compare com o exerccio anterior.

    Resolucao:Usando o metodo aprendido em sala de aula, temos x(t) = F1(t t0), em que

    F (w) =

    wx0

    1

    f()d =

    wx0

    2

    2 1d =

    wx0

    (1

    1 1 + 1

    )d = ln

    w 1w + 1 ln x0 1x0 + 1

    .Assim F (x(t)) = t t0. Logo para algum c e c pertencentes a R, temos

    ln

    x(t) 1x(t) + 1 ln x0 1x0 + 1

    = t t0 = ln x(t) 1x(t) + 1 = t+ c =

    x(t) 1x(t) + 1

    = cet.

    Assim

    x(t) 1 = cet (x(t) + 1) = x(t)(1 cet

    )= 1 + cet = x(t) = 1 + ce

    t

    1 cet.

    Logo uma solucao esta definida para todo t, se c < 0. Se c > 0, a solucao esta definida para todo t tal que1 6= cet, ou seja, et 6= 1c = t 6= ln

    1c , ou seja, o intervalo maximo e ], ln

    1c [ ou ] ln

    1c ,[, dependendo do ponto

    do valor inicial.1

  • DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERCICIOS 1 EDO II - MAP 0316 2

    Exerccio 3 (S.1.5)Seja f : R R.a) As equacoes da forma

    x = f(xt

    ), t 6= 0

    sao chamadas homogeneas. Prove que a mudanca de variaveis x = yt transforma equacoes homogeneas em equacoescom variaveis separaveis.

    Resolucao:Se x = yt, entao x(t) = ty(t) + y(t). Assim temos

    x = f(xt

    ) ty(t) + y(t) = f (y) y(t) = 1

    t(f (y(t)) y(t))

    b) Resolva a equacao

    x =x+ t

    t, x(1) = 0.

    Resolucao:Vemos que

    x(t) =x(t)

    t+ 1,

    logo x(t) = f(xt

    ), em que f (w) = w + 1. Se x = ty, entao 0 = x(1) = y(1) e

    y(t) =1

    t(f (y(t)) y(t)) = 1

    t(y(t) + 1 y(t)) = 1

    t.

    Assimy(t) = y(1) + ln t = ln t.

    Conclumos que x(t) = t ln(t).

    Exerccio 4 (S.1.6)Encontre os valores de e para os quais

    x = t + x

    se transforma numa equacao homogenea por meio de uma mudanca de variaveis da forma x = ym.Resolucao:Se x = ym, entao x(t) = mym1(t)y(t). Logo

    mym1(t)y(t) = t + ym,

    ou seja,

    y(t) =1

    m

    (ty1m + y(1)m+1

    )=

    1

    m

    (t+1m

    (yt

    )1m+ t(1)m+1

    (yt

    )(1)m+1).

    Logo para que 1m(ty1m + y(1)m+1

    )possa ser escrita como f(yt ), devemos ter um dos tres casos:

    1) = = 0.2) = 0 e = m 1.3) = 1 + 1m e = 0.

    4) = 1 + 1m e = m 1

    Exerccio 5 (S.1.8)Mostre que a mudanca de variaveis x1n = y transforma a equacao de Bernoulli

    dx

    dt= a(t)x+ c(t)xn

    numa equacao linear.Resolucao:Se y = x1n, entao y(t) = (1 n)xn(t)x(t). Logo x(t) = (1 n)1 xn(t)y(t). Logo a equacao acima equivale

    a(1 n)1 xn(t)y(t) = a(t)x+ c(t)xn =

    y(t) = (1 n) a(t)x1n + (1 n) c(t) = y(t) = (1 n) a(t)y(t) + (1 n) c(t).

    Exerccio 6 (S.1.9)

  • DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERCICIOS 1 EDO II - MAP 0316 3

    A equacao do tipox(t) = r(t)x2 + a(t)x+ b(t) ()

    chama-se equacao de Riccati. Suponha que os coeficientes da equacao () sao funcoes contnuas de t. Mostre quese 1 e uma solucao da equacao (), entao = 1 +2 e solucao da equacao () se, e somente se, 2 e uma solucaoda equacao de Bernoulli (veja exerccio anterior)

    y = (a(t) + 2r(t)1(t)) y + r(t)y2.

    Ache as solucoes de

    x =x

    t+ t3x2 t5

    sabendo que esta equacao admite 1(t) = t como solucao.Resolucao:De fato, se 1 + 2 e solucao, entao temos

    1(t) + 2(t) = r(t)1(t)

    2 + 2r(t)1(t)2(t) + r(t)2(t)2 + a(t)1(t) + a(t)2(t) + b(t).

    Como 1 e solucao, conclumos que

    2(t) = 2r(t)1(t)2(t) + r(t)2(t)2 + a(t)2(t).

    No caso em que x = xt + t3x2 t5, 2 deve satisfazer

    y =

    (1

    t+ 2t3t

    )y + t3y2 =

    (1

    t+ 2t4

    )y + t3y2.

    Se y = z1, entao

    z(t) = (

    1

    t+ 2t4

    )z(t) t3.

    Logo

    x(t) = t+

    (x0

    tt0

    s3 exp

    [ ss0

    (1

    + 24

    )d

    ]ds

    )1exp

    ( tt0

    (1

    + 24

    )d

    )

    Exerccio 7 (S.1.11)Em cada um dos seguintes exemplos, encontre ou demonstre que nao existe uma constante de Lipschitz nos

    domnios indicados:a) f(t, x) = t |x|, |t| a, x Rn.b) f(t, x) = x

    13 , |x| 1.

    c) f(t, x) = 1x , 1 x .d) f(t, x) =

    (x21x2, t+ x3, x

    23

    ), |x| b, |t| a.

    Resolucao:a) E Lipschitz.De fato,

    |f(t, x) f(t, y)| = |t |x| t |y|| = |t| ||x| |y|| |t| |x y| a |x y| .Note que usei |x| = |y + (x y)| |y|+ |x y| e |y| |x|+ |x y|. Logo ||x| |y|| |x y|.b) Nao e Lipschitz.Isto foi visto em sala de aula. Se fosse Lipschitz, existiria uma constante C > 0 tal que

    supx 6=y

    |f(t, x) f(t, y)||x y|

    C.

    Porem|f(t, x) f(t, 0)|

    |x|=|x|

    13

    |x|= |x|

    23x0 .

    Um absurdo. Logo f nao e Lipschitz.c) E Lipschitz.De fato, temos

    |f(t, x) f(t, y)| = 1x 1y

    = yx

    1

    s2ds

    yx

    1ds

    |y x| ,em que usamos 1s2 1, pois f so esta definido para x 1.

    d) E Lipschitz.

  • DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERCICIOS 1 EDO II - MAP 0316 4

    De fato, a funcao e C. Logo

    |f(t, x) f(t, y)| (

    max|x|b, |t|a

    |Dxf(t, x)|)|x y| .

    O numero(max|x|b, |t|a |Dxf(t, x)|

    )e finito, pois e o maximo de uma funcao contnua sobre um compacto.

    Exerccio 8 (S.1.12)

    Seja f : R2 R definida por f(x, y) =|y|. Considere a equacao diferencial dydt = f(x, y) com a condicao inicial

    y(0) = 0.(i) De uma solucao desta equacao.(ii) Ela e unica?(iii) Caso a resposta de (ii) seja negativa, contradiz o Teorema de Picard? Justifique.Sugestao: Use o metodo de variaveis separaveis para encontrar a seguinte solucao:

    y(t) :=

    {x2

    4 , x 0x

    2

    4 , x 0.

    Resolucao:(i) Uma possvel solucao e dada por y(t) = 0 para todo t R, pois y(t) = 0 =

    0 =

    |y(t)|.

    (ii) Nao, usando o metodo de variaveis separaveis (a princpio ele so vale quando f(x, y) 6= 0, no entanto ele estasendo usando aqui numa tentativa de obter uma solucao) temos para x > 0

    F (x) =

    x0

    1||d = 2

    x = x = 1

    4F (x)2 = F1(y) = 1

    4y2.

    Logo, obtemos para t 0, y(t) = F1(t) = t2

    4 . Fazendo o mesmo para t 0, obtemos y(t) = t2

    4 . Como vimos,este metodo so foi demonstrado a validade para f(x, y) 6= 0. No entanto, podemos mostrar explicitamente que asolucao obtida acima de fato resolve a equacao. Embora nao seja a unica que o faca.

    (iii) Nao, pois y 7|y| nao e localmente Lipschitiziana. Se fosse, existiria uma constante C > 0 tal que se

    |x| 1, |y| 1, x 6= y, entao |x|

    |y|

    x y

    C.No entanto,

    limx

    |x|

    |0|

    x 0

    = limx 1|x|

    =.Exerccio 9 (S.1.14)Seja f : R Rn Rn de classe C1 e suponhamos que : R Rn e a solucao de

    x = f(t, x), x(t0) = x0. ()

    E possvel que exista t1 6= t0 tal que (t0) = (t1), porem (t0) e (t1) sao linearmente independentes?Sugestao: Note que ddt (tsen(t)) = tcos(t) + sen(t) e

    ddt

    (t2sen(t)

    )= t2cos(t) + 2tsen(t). Seja : R R2 a

    solucao de () com f : R R2 R2 dada porf(t, (x, y)) =

    (tcos(t) + sen(t), t2cos(t) + 2tsen(t)

    )e condicoes iniciais (x(0), y(0)) = (0, 0). Calcule entao (), (2), () e (2).

    Resolucao:Sim.No caso da sugestao temos que (t) =

    (tsen(t), t2sen(t)

    )e solucao de (t) = f(t, (t)). Alem disso,

    () = (0, 0) .

    (2) = (0, 0).

    () =(,2

    ).

    (2) =(2, 42

    ).

    Como(,2

    )e(2, 42

    )sao L.I. conclumos que sim, e possvel.

    Exerccio 10 (S.1.15)

  • DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERCICIOS 1 EDO II - MAP 0316 5

    Seja f : R Rn Rn contnua e Lipschitziana com respeito a segunda variavel (Existe K > 0 tal quef(t, x) f(t, y) K x y, para todo (t, x) e (t, y) R Rn). Prove que dado (t0, x0) R Rn existeuma unica solucao de

    x(t) = f(t, x), x(t0) = x0,

    definida em todo R.Resolucao:Vamos esbocar duas formas de resolver este exerccio:1) Refaco o Teorema de Picard Lindelof.Mostro que para todo intervalo compacto I que contem t0 a aplicacao F : C(I,Rn) C(I,Rn) dada por

    F (x)(t) = x0 +

    tt0

    f(s, x(s))ds

    e tal que Fn e uma contracao para n grande. Logo existe um unico ponto fixo. Assim a solucao existe em cadaintervalo compacto que contem t0. Mostro que as solucoes coincidem nas interseccoes dos intervalos. Por fim, mostroque podemos definir uma solucao em todo R dizendo que a restricao em cada intervalo compacto que contem t0 edado pelas solucoes obtidas acima pelo teorema do ponto fixo.

    2) Mostro que se o intervalo maximal for da forma ], [ com , o argumento e o mesmo),entao x(t) converge quando t vai para . Logo podemos estender a solucao para t maiores do que .

    Exerccio 11 (S.1.16)Seja f : Rn Rn de classe C1 e suponhamos que : R Rn e solucao de

    x = f(x), x(t0) = x0.

    a) E possvel que exista t1 6= t0 tal que (t0) = (t1), mas (t0) 6= (t1)?Resolucao:Nao. Pois se (t0) = (t1), isto implica que

    (t0) = f((t0)) = f((t1)) = (t1).

    b) Compare (a) com o exerccio 9.Resolucao:No exerccio 9 temos um sistema nao autonomo e neste exerccio um sistema autonomo. Conclumos que o efeito

    descrito neste exerccio so pode ocorrer em sistemas nao autonomos.

    Exerccio 12 (S.1.28)Seja f : R Rn Rn uma funcao contnua tal que f(t, x) = f(t+ 1, x) e f |[0,1]Rn e Lipschitziana. Prove que

    toda solucao (t, t0, x0) (da equacao x(t) = f(t, x(t)), x(t0) = x0) esta definida para todo t R e (t, t0, x0) =

    (t+ 1, t0 + 1, x0).Resolucao:De f(t, x) = f(t+ 1, x) e simples concluir que f(t, x) = f(t+ n, x), para todo n Z. (Podemos usar inducao)Seja K > 0 tal que

    f(t, x) f(t, y) K x y , t [0, 1] .Logo se t [n, n+ 1], para algum n Z, conclumos que t = n+ s. Portanto

    f(t, x) f(t, y) = f(n+ s, x) f(n+ s, y) = f(s, x) f(s, y) K x y .

    Desta maneira f e uma funcao Lipschitziana. Pelo exerccio 10, uma solucao desta equacao esta definida paratodo R.

    Por fim, observemos que se y : R Rn e uma funcao dada por y(t) = (t+ 1, t0 + 1, x0), entao

    y(t0) = (t0 + 1, t0 + 1, x0) = x0

    ed

    dty(t) =

    t((t+ 1, t0 + 1, x0)) =

    t(t+ 1, t0 + 1, x0) =

    f (t+ 1, (t+ 1, t0 + 1, x0)) = f (t, (t+ 1, t0 + 1, x0)) = f (t, y(t)) .

    Pela unicidade das solucoes de EDO, y(t) = (t, t0, x0), ou seja, (t, t0, x0) = (t+ 1, t0 + 1, x0).

    Exerccio 13 (S.1.29)

  • DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERCICIOS 1 EDO II - MAP 0316 6

    SejaH : Rn Rn de classe C1. Seja f : RRn Rn contnua e Lipschitziana tal que f(t,H(x)) = DH(x).f(t, x)para todo (t, x) RRn. Se f e Lipschitziana e (t, t0, x0) denota a solucao de x = f(t, x) que passa por (t0, x0),prove que

    (t, t0, H(x0)) = H ((t, t0, x0)) .

    Resolucao:Lembremos que por definicao, a funcao x : R Rn dada por x(t) = (t, t0, x0) satisfaz

    x(t) = f(t, x(t))x(t0) = x0

    .

    Agora, basta observar que se y : R Rn e a funcao dada por y(t) = H ((t, t0, x0)), entao

    y(t) =d

    dt[H ((t, t0, x0))] = DH ((t, t0, x0))

    (

    t

    )(t, t0, x0) =

    DH ((t, t0, x0)) f (t, (t, t0, x0)) = f(t,H((t, t0, x0))) = f(t, y(t)).

    e y(t0) = H ((t0, t0, x0)) = H (x0). Logo y(t) = (t, t0, H(x0)), ou seja, H ((t, t0, x0)) = (t, t0, H(x0)).

    Exerccio 14 (S.1.30)Se X = (X1, X2, ..., Xn) e um campo vetorial de classe C

    1 em Rn e V e uma funcao real diferenciavel em Rn talque

    ni=1

    Vxi

    (x)Xi(x) 0 e V (x) |x|2 para todo x Rn, prove que toda solucao de x = X(x), x(0) = x0, estadefinida para todo t > 0.

    Resolucao:Basta observar que se x(t) = X(x(t)) e x(0) = x0, entao

    d

    dt(V (x(t))) = dV (x(t)).x(t) =

    ni=1

    V

    xi(x)xi(x) =

    ni=1

    V

    xi(x)Xi(x) 0.

    Logo t 7 V (x(t)) e uma funcao decrescente. Suponha que o intervalo de definicao da solucao maxima sejaI = ], [, < 0 e < . Como x(t)

    V (x(t)), conclumos que t [0, [ x(t) R e uma funcao

    limitada, ou seja, x([0, [) pertence a um compacto K de Rn. Como o campo esta definido para todo Rn e

  • DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERCICIOS 1 EDO II - MAP 0316 7

    Seja f : E Rn um campo de classe C1, em que E Rn e um aberto. Dado y E, denotamos por I(y) ointervalo maximo da solucao da EDO {

    x = f(x)x(0) = y

    .

    Mostre que se s, t R e x R sao tais que s, s+ t I(x), entao t I ((s, x)).Resolucao:

    Seja w : I(x) Rn a solucao maxima de{w = f(w)w(0) = x

    . Suponha que s I(x). Defino z : {y s : y I(x)}

    Rn por z(u) = w(u + s). Logo z = f(z) e z(0) = w(s) = (s, x), ou seja, z e uma restricao de u 7 (u, (s, x)).Observamos que (s, x) esta bem definida, pois s I(x). Se s + t I(x), entao w(s + t) esta bem definida (s + testa no domnio de w). Logo z(t) esta bem definida, ou seja, t pertence ao domnio de z (e de u 7 (u, (s, x))).Portanto, t I ((s, x)).

    Exerccio 17 (D.L.4.3)Sejam f : E Rn um campo de classe C1, em que E Rn e um aberto. Seja x uma solucao definida em toda

    reta e tal que limt x(t) = z0, em que z0 E. Mostre que f(z0) = 0.Resolucao:

    Sabemos que x(t) = x0 + tt0f(x(s))ds. Tomando o limite para t, obtemos

    z0 = limt

    x(t) = limt

    (x0 +

    tt0

    f(x(s))ds

    )= x0 + lim

    t

    tt0

    f(x(s))ds.

    Sabemos tambem que limt f(x(t)) = f(z0). Suponha que f(z0) 6= 0. Logo se f(x(s)) = (f1(x(s)), ... , fn(x(s)))e f(z0) = (f1(z0), ... , fn(z0)), entao fj(z0) 6= 0 para algum j {1, 2, ..., n}. Suponha que fj(z0) > 0 (o argumentopara fj(z0) < 0 e o mesmo). Assim existe C > 0 e R > t0 tal que fj(x(s)) C > 0 para s R. Conclumos que

    limt

    tt0

    fj(x(s))ds = limt

    ( Rt0

    fj(x(s))ds+

    tR

    fj(x(s))ds

    )=

    Rt0

    fj(x(s))ds+ limt

    tR

    fj(x(s))ds Rt0

    fj(x(s))ds+ limt

    tR

    Cds =.

    Portanto, z0 nao e finito, uma contradicao. Logo f(z0) = 0.

    Exerccio 18 (D.L.4.5)Seja f : R R um campo de classe C1 com uma solucao maxima nao constante x : I R de x = f(x) tal que

    a imagem x(I) e limitada. Mostre que:a) I = Rb) x e estritamente monotona.c) x(I) e um intervalo aberto limitado ]a, b[.d) f(a) = f(b) = 0.Resolucao:a) Suponha que o intervalo maximal fosse ], [, com < (para > , o argumento e analogo). Logo,

    para todo compacto de R, em particular um intervalo fechado limitado que contenha x(I), deveria existir x(t) quenao pertence a este compacto. Isto e evidentemente uma contradicao. Logo =.

    b) Se x nao for monotona, entao existe um maximo ou mnimo local de x : I R, ou seja, um ponto t I talque x(t) = 0. Conclumos que f(x(t)) = x(t) = 0. Seja y : I R dado por y(t) = x(t) para todo t I. Logo

    y(t) = 0 = f(x(t)) = f(y(t))y(t) = x(t)

    .

    Por unicidade das solucoes, conclumos que y = x. Logo x e uma solucao constante. Isto e uma contradicao.Logo x tem que ser monotona.

    c) Sabemos que I e um intervalo. Logo e um conjunto conexo de R. Assim x(I) e um conjunto conexo de R,pois x e contnua. Conclumos que x(I) e um intervalo. Suponha que x(I) =]a, b] (o caso [a, b[ se trata de maneirasemelhante). Logo existe t R tal que x(t) = b. Como x e monotona, conclumos que existe t I, t > t se x forcrescente, ou t < t, se x for decrescente, tal que x(t) > b. Logo x(t) / x(I), o que e uma contradicao. Conclumosque x(I) =]a, b[.

    d) Sabemos que o limite limt x(t) e igual a a ou b, dependendo de , pois x e uma funcao monotona. Comolimt f(x(t)) e igual a f(a) ou f(b), basta aplicar o resultado do exerccio 17 para concluir que f(a) = f(b) = 0.

  • DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERCICIOS 1 EDO II - MAP 0316 8

    Exerccio 19 (D.L. 4.7)Seja x : I Rn uma solucao maxima nao constante de x = f(x). Mostre que se x nao for injetora, entao:1) O intervalo maximo da solucao e R.2) Existe uma constante T > 0 tal que x(t+ T ) = x(t) para todo t R.Uma solucao com as propriedades acima e chamada de periodica.Resolucao:Sabemos que x nao e injetora. Logo existem t1 e t2 pertencentes a I tais que x(t1) = x(t2). Seja T = t2 t1.

    Defino y : [t1, t2 + T ] Rn

    y(t) =

    {x(t), t [t1, t2]

    x(t T ), t [t2, t2 + T ].

    Como x(t2 T ) = x(t2 (t2 t1)) = x(t1) = x(t2), conclumos, usando um resultado dado em sala de aula, quey tambem e uma solucao da EDO y = f(y). Podemos estender esta solucao para todo R da seguinte maneira: Set [t1 + nT, t2 + (n+ 1)T ], n Z, entao t = t1 + nT + s, com s [t1, t2]. Logo defino

    y(t) = y(s).

    Usando o resultado dado em sala de aula para cada ponto t1 + nT (podemos usar inducao), conclumos que y euma solucao da EDO definida em todo R. Por unicidade da solucao maxima, conclumos que x = y, ou seja, x estadefinido em todo R.

    Pela propria construcao de y, conclumos que x(t+ T ) = x(t) para todo t R.O resultado dado em sala de aula a que nos referimos esta enunciado no exerccio 10.1, pag. 381, da primeira

    edicao do livro do Doering e Lopes.

    Exerccio 20 (D.L. 4.9)Seja f : Rn Rn um campo tal que x, f(x) = 0, para todo x R. Mostre que toda solucao maxima x : I Rn

    de x = f(x) esta definida para todo t R. Ou seja, mostre que o intervalo maximo de toda solucao maxima eigual a R.

    Observacao: x, y := x1y1 + x2y2 + ...+ xnyn.Resolucao:Basta observar que

    d

    dtx(t)2 = d

    dtx(t), x(t) =

    dx

    dt(t), x(t)

    +

    x(t),

    dx

    dt(t)

    = 2

    dx

    dt(t), x(t)

    = 2 f(x(t)), x(t) = 0.

    Logo t 7 x(t) := R e uma funcao constante. Suponha o intervalo maximal fosse ], [, com < (para > , o argumento e analogo). Logo, para todo compacto de Rn, em particular uma bola fechada de raio maiordo que R, deveria existir x(t) que nao pertence a este compacto. Isto e evidentemente uma contradicao, pois x(t)esta confinado a bola fechada de raio R. Logo =.