DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERCCIOS 2 EDO II - MAP ...

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

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

    Os exerccios a seguir foram selecionados do livro dos autores Claus Doering-Artur Lopes. (D.L.X.Y) indicaexerccio Y do captulo X do livro.

    Exerccio 1 (D.L.2.1)Seja A Mn(R) e considere a equacao x(t) = Ax(t). Mostre que x 0 e sempre solucao da equacao. Mostre

    que se x1 e x2 sao solucoes desta equacao, entao para qualquer c R, x1 + cx2 tambem e solucao da equacao.Resolucao:Se x 0, entao x 0. Como A (0) = 0, conclumos que x e solucao.Suponha que x1 e x2 sejam solucoes (definidas em R) e c R. Logo

    (x1 + cx2)

    = x1 + cx2 = Ax1 + cAx2 = A (x1 + cx2) .

    Assim x1 + cx2 e solucao.

    Exerccio 2 (D.L.2.2)Seja A Mn(R) e denote por SA o conjunto de todas as solucoes x : R Rn da equacao x = Ax. Defina

    T : SA Rn por T (x) = x(0) e, usando a linearidade da equacao e o teorema de existencia e unicidade, mostreque T e uma transformacao linear, sobrejetora e injetora, respectivamente, ou seja, um isomorfismo linear. Concluaque dim(SA) = n.

    Resolucao:T e uma transformacao linear.De fato, sejam x1 e x2 solucoes e c R. Logo

    T (x1 + x2) = (x1 + x2) (0) = x1 (0) + x2 (0) = T (x1) + T (x2) .

    T (cx1) = (cx1) (0) = cx1 (0) = cT (x1) .

    T e sobrejetora.Seja x0 Rn. Pelo Teorema de existencia, sabemos que existe uma solucao x : R Rn da equacao x = Ax tal

    que x (0) = x0. Logo T (x) = x0. Assim todo elemento de Rn pertence a imagem de T , ou seja, T e sobrejetora.T e injetora.Suponha que T (x) = T (y) = x0. Logo x

    = Ax, y = Ay e x(0) = y(0) = x0. Pelo Teorema de unicidade,conclumos que x = y. Logo T e injetora.

    Conclumos que T e uma transformacao linear bijetora, ou seja, um isomorfismo. Assim dim(SA) = dim(Rn) = n

    Exerccio 3 (D.L.2.5)Sejam A Mn(R), v1, v2, ..., vn uma base de Rn e x1, x2, ..., xn: R Rn as solucoes de x = Ax tais que

    xi(0) = vi, com 1 i n. Mostre que x1, x2, ..., xn sao linearmente independentes no espaco vetorial das funcoese que toda solucao de x = Ax e combinacao linear de x1, x2, ..., xn.

    Resolucao:Sabemos que T : SA Rn dada por T (x) = x(0) e um isomorfismo. Logo T1 : Rn SA e um isomorfismo.

    Assim{xi := T

    1(vi); 1 i n}

    e uma base de SA. De fato, xi sao funcoes L.I., pois se 1, ...,n sao tais que1x1 + ...+ nxn = 0, entao

    T (1x1 + ...+ nxn) = 0 = 1T (x1) + ...+ nT (xn) = 0 =

    1v1 + ...+ nvn = 0 = 1 = ... = n = 0,pois {vi} sao funcoes L.I.

    Como{xi := T

    1(vi); 1 i n}

    sao n funcoes L.I. e dim(SA) = n, conclumos que{xi := T

    1(vi); 1 i n}

    e uma base de SA. Assim toda solucao de x = Ax, ou seja, todo elemento de SA, pode ser escrito como combinacaolinear das funcoes xi.

    1

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

    Exerccio 4 (D.L.2.6)

    Mostre que se v = (x1, x2) R2 e um autovalor de A =( 01

    ) M2(R) entao x1 = 0. Em particular,

    mostre que A nao possui dois autovetores linearmente independentes e que, portanto, nao e diagonalizavel.Resolucao:Vamos achar primeiro os autovalores de A. Sabemos que pA(z) = (z )2. Logo o unico autovalor de A e .

    vamos calcular os autovetores associados a :

    (A I)(xy

    )=

    (00

    )

    (0 01 0

    )(xy

    )=

    (00

    ) x = 0.

    Logo os autovetores sao iguais a multiplos nao nulos de (0, 1). Assim pertencem ao espaco unidimensionalgerado pelo vetor (0, 1). Logo os autovetores nao formam uma base de R2, que tem dimensao 2. Assim A nao ediagonalizavel.

    Exerccio 5 (D.L.2.7)Se v Rn e um autovetor da matriz A Mn(R) e x : R Rn e uma solucao de x = Ax tal que x(t) [v] =

    {av Rn; a R} para algum t R, mostre que x(t) [v] para cada t R.Resolucao:Suponha que Av = v e que x(t) = v, em que R. Definimos y : R Rn por y(t) = e(tt)v. Logo

    y(t) = v e

    y(t) = e(tt)v = e(tt

    )v = e(tt)A (v) = A

    (e(tt

    )v)

    = Ay(t).

    Logo por unicidade do problema de Cauchy (ambas funcoes x e y resolvem w = Aw com w(t) = v), vemosque y(t) = x(t). Como y(t) [v] para todo t, o mesmo ocorre com x(t).

    Exerccio 6 (D.L.1.10)Mostre que V = ker(I A) Rn e um subespaco de Rn que e invariante pela acao da matriz A Mn(Rn),

    ou seja, mostre que V e um subespaco de Rn e que se, x : R Rn e uma solucao de x = Ax tal que x(t) Vpara algum t R, entao x(t) V para cada t R.

    Resolucao:Como I A : Rn Rn define uma transformacao linear, conclumos que seu nucleo e um subespaco de Rn.

    De fato, se v1, v2 pertencem a V e c R, entao

    (I A) (v1 + cv2) = (I A) v1 + c (I A) v2 = 0.

    Logo v1 + cv2 V. Suponha que x(t) V para algum t R. Logo x(t) = v, em que v e um autovetor deA. Vimos no exerccio 5 que isto implica que x(t) = e(tt

    )v, ou seja, x(t) V para todo t R.

    Exerccio 7 (D.L.1.11)Encontre a solucao x(t) = (x1(t), x2(t)) da equacao diferencial linear em R2 com as condicoes iniciais dadas:a) x1 = x1, x2 = x1 + 2x2; x1(0) = 0, x2(0) = 3.b) x1 = 2x1 + x2, x

    2 = x1 + x2; x1(1) = 1, x2(1) = 1.

    c) x = Ax, x(0) = (3, 0), onde A =

    (0 31 2

    ).

    Resolucao:

    a) Seja A =

    (1 01 2

    ). Logo pA() = (+ 1) ( 2), ou seja, os autovalores sao 1 e 2.

    O autovetor associado a 1 e (0 01 3

    )(xy

    )=

    (00

    ),

    ou seja, x+ 3y = 0 ou x = 3y. Um autovetor e (3, 1).O autovetor associado a 2 e (

    3 01 0

    )(xy

    )=

    (00

    ),

    ou seja, x = 0. Um autovetor e (0, 1).

  • DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERCICIOS 2 EDO II - MAP 0316 3

    Logo se P =

    (3 01 1

    )e P1 = 13

    (1 01 3

    ). Logo P1AP =

    (1 00 2

    ). Logo

    etA(

    03

    )=

    (3 01 1

    )(et 00 e2t

    )( 13 0

    13 1

    )(03

    )=

    (3 01 1

    )(et 00 e2t

    )(03

    )=

    (3 01 1

    )(0

    3e2t

    )=

    (0

    3e2t

    ),

    ou seja, (x1(t), x2(t)) =(0, 3e2t

    ).

    b) Para este exerccio, usamos o Wolfram. Os valores sao muito desagradaveis de serem calculados.

    Seja A =

    (2 11 1

    ). Logo pA() = ( 2) ( 1) 1 = 2 3 + 1 = 2 3 + 1. Logo = 32

    5

    2 sao os

    autovetores. Os autovalores sao(

    12 (1 +

    5), 1

    )e(

    12 (1

    5), 1

    ).

    Logo

    e(t1)A(

    11

    )=

    1

    10

    ((5 3

    5)e

    12 (3+

    5)(t1) + (5 + 3

    5)e

    12 (3+

    5)(t1)

    (5

    5)e12 (3+

    5)(t1) + (5 +

    5)e

    12 (3+

    5)(t1)

    ).

    c) Fazendo o argumento acima, temos autovalores 3, 1. Autovetores (1, 1) e (3, 1). Logo

    etA =

    (14

    14

    1434

    )(0 31 2

    )(3 11 1

    )=

    (1 00 3

    ).

    Assim

    etA(

    30

    )=

    (3 11 1

    )(et 00 e3t

    )(14

    14

    1434

    )(30

    )=

    3

    4e3t

    (1 + 3e4t

    1 + e4t).

    Exerccio 8 (D.L.1.12)

    Seja A =

    (0 00 0

    )M2(R) escreva 0 = 0 + 0, = 00 e =

    00

    . Mostre que

    a) O polinomio caracterstico da matriz A e pA() = 2 + 0,

    b) 0 e 0 sao os autovalores de A.c) (, ) e um autovetor de A associado ao autovalor 0 e qued) (1,1) e um autovetor de A associado ao autovalor 0.

    Observe que

    ( 1 1

    )1=

    (1 1

    )e conclua que

    A =

    ( 1 1

    )(0 00 0

    )(1 1

    ).

    Resolucao:Para que o exerccio faca sentido assumiremos que 0 6= 0. Em particular, isto implica que (0, 0) 6= (0, 0)a) Basta calcular

    pA() = det

    ( + 0 00 + 0

    )= ( + 0) ( + 0) 00 =

    2 + (0 + 0) + 00 00 = 2 + (0 + 0) .b)Basta calcular as razes de pA. Logo 0 e (0 + 0) sao os autovalores.c) Associado ao autovalor 0 temos(

    0 00 0

    )(xy

    )=

    (00

    )= 0x 0y = 0.

    Os autovetores sao multiplos de (0, 0). Em particular (, ) e um autovetor.d) Associado ao autovalor 0 temos(

    0 00 0

    )(xy

    )=

    (00

    )= x+ y = 0.

    Os autovetores sao multiplos de (1,1). Em particular (1,1) e um autovetor.

  • DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERCICIOS 2 EDO II - MAP 0316 4

    e) Basta verificar. Observamos que

    ( 1 1

    )e a matriz cujas colunas sao autovetores. Por este motivo,

    P1AP e diagonal. Neste caso e

    (0 00 0

    ).

    Exerccio 9 (D.L.2.7)Mostre que

    exp t

    (0 00 0

    )=

    (+ e0t e0t e0t + e0t

    )M2(R).

    Resolucao:

    Usando o exerccio anterior e o fato de que eP (tA)P1

    = PetAP1, temos

    exp t

    (0 00 0

    )= exp

    [( 1 1

    )(0 00 t0

    )(1 1

    )]=(

    1 1

    )[exp

    (0 00 t0

    )](1 1

    )=

    ( 1 1

    )(1 00 et0

    )(1 1

    )=(

    1 1

    )(1 1

    et0 et0

    )=

    (+ e0t e0t e0t + e0t

    ).

    Exerccio 10 (D.L.1.14)Suponha que A Mn(R) tem um autovalor real < 0. Mostre que a equacao x = Ax tem pelo menos uma

    solucao x(t) nao trivial tal que limt x(t) = 0 Rn.Resolucao:Seja v 6= 0 um autovetor associado a < 0. Logo a solucao de x = Ax com x(0) = v e x(t) = etAv = etv. Isto

    pode ser verificado diretamente ou atraves do exerccio 17. Logo

    limt

    x(t) = limt

    etv = 0.

    Exerccio 11 (D.L.1.15)Seja A Mn(R) uma matriz com n autovalores reais distintos. Obtenha condicoes sobre os autovalores de A

    para que toda solucao nao trivial de x = Ax satisfaca:a) limt x(t) = 0.b) limt x(t) =.Resolucao:a) Sabemos que a origem e um poco se, e somente se, A e um atrator hiperbolico. Logo a condicao necessaria e

    suficiente e que todos os autovalores sejam negativos.b) Seja {v1, ..., vn} autovetores associados aos autovalores {1, ..., n}. Eles sao L.I. e, portanto, formam uma

    base. Logo, pelo exerccio 17, temos etAvj = etjvj . Logo limt

    etAvj = limt etjvj = se e somentese j > 0. Conclumos que todos os autovalores serem positivos e uma condicao necessaria. Vamos mostrar quetambem e suficiente.

    Seja x0 Rn, x0 6= 0. Logo existem 1, ...,n pertencentes a R, unicamente determinados tais quex0 = 1v1 + ...+ nvn.

    Assim etAx0 = etA (1v1 + ...+ nvn) = 1e

    t1v1 + ...+ netnvn.

    Vamos definir a norma .+ : Rn R por1v1 + ...+ nvn+ = |1|+ ...+ |n| .

    Vemos que esta funcao de fato define uma norma. Como

    limt

    etAx0+ = limt

    (1et1 + ...+ netn ) =e como toda norma num espaco vetorial e equivalente, conclumos que a norma euclidiana satisfaz v Cv+para algum C > 0 e para todo v Rn. Logo limt etAx0 =.

    Exerccio 12 (D.L.1.16)Mostre que todas as solucoes x(t) de x = Ax tendem a 0 Rn quando t, no caso em que A e uma matriza) Diagonal e todas as entradas na diagonal de A sao negativas;

  • DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERCICIOS 2 EDO II - MAP 0316 5

    b) Diagonalizavel e todos os autovalores de A sao negativos.Resolucao:

    a) Neste caso temos que se x = Ax, x(0) = (x1, ..., xn) e A =

    1 0. . .0 n

    , com j < 0, entao etAx0 =(et1x1, ..., e

    tnxn). Logo, como limt e

    tj = 0, conclumos que limt x(t) = 0.b) Vemos que existe P Mn(R) inversvel tal que

    P1AP = D :=

    1 0. . .0 n

    .Logo

    etA = PetDP1 = P

    e1t 0

    . . .

    0 etn

    P1.Logo as componentes de etAx0 sao combinacoes lineares das funcoes e

    jt. Como limt etj = 0 , conclumos

    que as combinacoes lineares tambem tendem a zero. Logo limt x(t) = 0.

    Exerccio 13 (D.L.1.17)Calcule os autovetores e autovalores da matriz

    A =

    (0 14 0

    ).

    e obtenha a solucao geral do sistema x = Ax.Resolucao:Para calcular os autovalores, vamos calcular o polinomio caracterstico.

    pA() = det

    ( 14

    )= 2 + 4.

    Logo os autovalores sao 2i.Agora vamos calcular os autovetores:Para 2i (

    2i 14 2i

    )(xy

    )=

    (00

    )= 2ix+ y = 0.

    Assim um possvel autovetor complexo e (1, 2i). Para 2i, basta tomar o complexo conjugado. Logo temos(1,2i).

    Vamos colocar a matriz A na forma canonica de Jordan. Se w = (1, 2i) = (1, 0) + i (0, 2), entao escolho

    P =

    (1 00 2

    )e P1 =

    (1 00 12

    ).

    Assim

    P1AP =

    (1 00 12

    )(0 14 0

    )(1 00 2

    )=(

    1 00 12

    )(0 24 0

    )=

    (0 22 0

    ).

    Logo a solucao geral do problema x = Ax, x(0) = (x0, y0) e dado por

    etAx(0) =

    (1 00 2

    )exp

    [t

    (0 22 0

    )](1 00 12

    )(x0y0

    )=(

    1 00 2

    )(cos(2t) sen (2t)sen (2t) cos(2t)

    )(1 00 12

    )(x0y0

    )=(

    1 00 2

    )(cos(2t) 12 sen (2t)sen (2t) 12cos(2t)

    )(x0y0

    )=(

    cos(2t) 12 sen (2t)2sen (2t) cos(2t)

    )(x0y0

    )=

    (cos(2t)x0 +

    12 sen(2t)y0

    2sen (2t)x0 + cos(2t)y0

    ),

  • DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERCICIOS 2 EDO II - MAP 0316 6

    ou seja, (x(t), y(t)) =(cos(2t)x0 +

    12 sen(2t)y0, 2sen (2t)x0 + cos(2t)y0

    ).

    Exerccio 14 (D.L.1.18)Considere a equacao diferencial linear autonoma

    x(n) + an1x(n1) + ...+ a1x

    + a0x = 0

    de ordem n. Como vimos em sala de aula, esta equacao escalar de ordem n corresponde a equacao vetorial deprimeira ordem em Rn dada por

    (x1, x2, ..., xn)

    = A (x1, x2, ..., xn) ,

    na qual x1 = x2, x2 = x3, ..., x

    n1 = xn e x

    n = an1xnan2xn1 ...a1x2a0x1. Dizemos que A e a matriz

    companheira da equacao de ordem n. Escreva a matriz A e mostre que

    pA() = n + an1

    n1 + ...+ a1+ a0 = 0

    e o polinomio caracterstico de A. Observe que pA() reflete a estrutura da propria equacao, ja que pode ser obtidoa partir da equacao substituindo x(k) por k.

    Resolucao:Basta observar que

    A =

    0 1 0 0 . . . 00 0 1 0 . . . 00 0 0 1 . . . 00 0 0 0 . . . 0...

    ......

    .... . .

    ...a0 a1 a2 a3 . . . an1

    .

    Desta forma,

    pA = det (I A) = det

    1 0 0 . . . 00 1 0 . . . 00 0 1 . . . 00 0 0 . . . 0...

    ......

    .... . .

    ...a0 a1 a2 a3 . . . + an1

    (1)= det

    1 0 0 . . . 00 1 0 . . . 00 0 1 . . . 00 0 0 . . . 0...

    ......

    .... . .

    ...0 a0 + a1 a2 a3 . . . + an1

    (2)=

    det

    1 0 0 . . . 00 1 0 . . . 00 0 1 . . . 00 0 0 . . . 0...

    ......

    .... . .

    ...0 0 1

    (a0 + a1

    )+ a2 a3 . . . + an1

    (3)= det

    1 0 0 . . . 00 1 0 . . . 00 0 1 . . . 00 0 0 . . . 0...

    ......

    .... . .

    ...0 0 0 1

    (1

    (a0 + a1

    )+ a2

    )+ a3 . . . + an1

    = ... = det

    1 0 0 . . . 00 1 0 . . . 00 0 1 . . . 00 0 0 . . . 0...

    ......

    .... . .

    ...0 0 0 0 . . . a0n1 +

    a1n2 +

    a2n3 + ...+

    an2 + an1 +

    = a0+a1+...+an1

    n1+n.

    Em (1) somamos a ultima linha pela primeira vezes a0 . Em (2) somamos a ultima linha pela segunda vezes 1

    (a0 + a1

    ). Em (2) somamos a ultima linha pela segunda vezes 1

    (1

    (a0 + a1

    )+ a2

    ). Seguimos assim ate

    obter a ultima matriz e calcular o determinante multiplicando os elementos da diagonal.Note que o procedimento vale para 6= 0. Como pA e contnuo, o resultado vale tambem para = 0.

    Exerccio 15 (D.L.1.21)

    Considere o campo linear x = Ax, com A =

    (1 00 2

    )e a solucao x : R R2 dada por x(t) = (x1(t), x2(t)) =

    (k1e1t, k2e

    2t) com condicao inicial x(0) = (k1, k2) R2. E claro que se k1 = 0, x(t) = (0, x2(t)) permanece no

  • DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERCICIOS 2 EDO II - MAP 0316 7

    eixo x2, que e a reta invariante do autovetor e2 e por isso suponha que k1 6= 0. Estudando

    limt

    |x2(t)||x1(t)|

    =

    k2k1 limt e(21)t,

    mostre quea) Se 1 < 2 < 0, a solucao x(t) e assintoticamente tangente ao eixo x2 quando tende a origem com t +;

    dizemos que a origem e um no estavel.b) Se 0 < 1 < 2, a solucao x(t) e assintoticamente tangente ao eixo x1 quando tende a origem com t ;

    dizemos que a origem e um no instavel.Resolucao: Basta calcular os limites.

    Exerccio 16 (D.L.1.24)Seja A uma matriz 22 com autovalores reais 1 e 2 com autovetores associados (1, 0) e (1, 1), respectivamente.

    Esboce o retrato de fase de x = Ax nos seguintes casos:a) 0 < 2 < 1b) 2 < 0 < 1c) 1 = 0, 2 > 0.Resolucao:Basta fazer os mesmos desenhos feitos em sala de aula, porem o eixo y e substitudo por (1, 1). Os desenhos sao

    entortados.Em a) temos solucoes que se afastam da origem.Em b) temos uma sela.Em c) temos retas que se afastam do eixo x na direcao de (1, 1).

    Exerccio 17 (D.L.2.10)Mostre que se e um autovalor de A associado ao autovetor v entao e e um autovalor de eA associado ao

    autovetor v.Resolucao:Sabemos que v 6= 0 e Av = v. Logo A2(v) = A A(v) = A(v) = A(v) = 2v. Por inducao, conclumos que

    An(v) = nv.Logo

    eAv =

    limn

    nj=0

    1

    j!Aj

    v = limn

    nj=0

    1

    j!Ajv

    =limn

    nj=0

    1

    j!jv

    = limn

    nj=0

    1

    j!j

    v = ev.Assim v e autovetor de eA associado ao autovalor e.

    Exerccio 18 (D.L.2.15)Decida para quais valores do parametro R o campo A e atrator nos casos:

    a)

    (3 0 4

    ).

    b)

    (2 10

    ).

    c)

    (a 2

    ), com a fixo.

    d)

    0 1 01 0 01 0

    .Resolucao:Basta calcular o polinomio caracterstico e as razes e determinar para que os autovalores complexos tenham

    parte real negativa.a) pA() = ( 3) (+ 4). Logo os autovalores sao 3 e 4. A matriz nunca e atratora.b) pA() =

    ( 2

    )( ). Logo os autovalores sao e 2. Como 2 0, a matriz nunca e atratora.

  • DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERCICIOS 2 EDO II - MAP 0316 8

    c) pA() = ( a) ( 2) + 2 = 2 (a+ 2)+ 2a+ 2. Observemos que se 2 + a1+ a0 = 0, entao

    =1

    2

    (a1

    a21 4a0

    ).

    Pela formula acima vemos que para terem parte real negativa e necessario e suficiente que a1 > 0 e a0 > 0.No caso de nosso pA devemos ter

    a+ 2 < 0 e 2a+ 2 > 0,

    ou seja, a < 2 e || >2a.

    d) pA() = det

    0 1 01 0 01 0

    = (2 + 1) ( ). Os autovalores sao i e . Logo como i e sempre autovalor,o campo nunca e atrator.

    Exerccio 19 (D.L. 2.16)Seja A Mn(R) um campo linear tal que o fluxo de A e contrativo. Mostre que limt

    etAx = + paracada x Rn tal que x 6= 0.

    Resolucao:Sabemos que etAetA = I. Logo

    x =etAetAx etA etAx .

    Assim, como A e contrativo, para t 0 temosetA Cet, em que C > 0 e > 0. (Isto equivale aetA Cet para t 0). Desta forma,etAx xetA

    1Cet x .

    Porem limt1C et x =. Logo

    limt

    etAx = +.Exerccio 20 (D.L. 2.23)Sejam A e B Mn(R) tais que AB = BA. Mostre que se os fluxos dos campos lineares A e B sao contrativos,

    entao o fluxo do campo linear A+B tambem e contrativo.Resolucao:Vimos que A e contrativo se, por definicao,

    etA Cet, em que > 0.Como A e B comutam, conclumos que et(A+B) = etAetB . Logo como

    etA CAeAt e etA CBeBt,para CA > 0, CB > 0, A > 0 e B > 0. Conclumos, assim, queet(A+B) = etAetB etAetB CAeAtCBeBt CACBe(A+B)t.

    Logo A+B e contrativo.