Exercícios Resolvidos de Retrato de Fase e Classificação de Ponto Crítico

Sistema de EDO de Dimensão 2 – Retrato de Fase

Considere o sistema X ' t = - 2 1 - 1 - 2 X t .

a) Esboce o retrato de fase e classifique a singularidade (0,0).

b) Ache a solução geral do sistema X ' t = A X t + - 1 , t onde:

A = - 2 1 - 1 - 2

c) Ache a solução do sistema da letra (b) com condição inicial X 0 = 1,1 .

Passo 1

a) Para classificar a singularidade, temos que antes de tudo achar os autovalores da matriz A .

Então, fazemos

det ⁡ A - λ I = 0

Portanto,

- 2 - λ 1 - 1 - 2 - λ = 0

⇒ - 2 - λ 2 - - 1 ⋅ 1 = 0

⇒ 4 + 4 λ + λ 2 + 1 = 0

⇒ λ 2 + 4 λ + 5 = 0

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Para resolver a equação do segundo grau, usamos a fórmula de bhaskara e ficamos com:

λ = - 4 ± 16 - 20 2

⇒ λ = - 2 ± i

Ou seja, a matriz A possui autovalores complexos com a parte real diferente de zero e negativa

Passo 3

Então como a matriz A possui autovalores da forma:

a + b i

Com a = - 2 > 0 e b = ± 1 .

Temos que o retrato de fase é uma espiral se aproximando da origem como na figura abaixo:

E a singularidade é classificada como estável ou atrator.

Passo 4

b) Queremos resolver o sistema linear

X ' t = A X t + ( - 1 , t )

A solução geral desse sistema é dada por:

X t = X h t + X p ( t )

Onde X h t é a solução do sistema linear homogêneo e X p ( t ) é a solução particular.

Primeiro, vamos achar a solução homogênea, que tem a forma de:

X t = α A + β I ⋅ C 1 C 2

Onde, I é a matriz identidade e C 1 , C 2   são constantes arbitrárias.

Então a nossa missão é achar o α e o β .

Para isso, temos que saber os autovalores da matriz A .

Mas já achamos eles na letra (a). Eles são:

λ 1 = - 2 + i

λ 2 = - 2 - i

Passo 5

Como os autovalores são complexos, o sistema satisfeito por α e β é

λ 1 α + β = e a t cos ⁡ b t + i s e n b t λ 2 α + β = e a t cos ⁡ b t - i s e n b t

Substituindo os valores, temos

- 2 + i α + β = e - 2 t cos ⁡ t + i s e n t

- 2 - i α + β = e - 2 t ( cos ⁡ t - i s e n t )

Subtraindo as duas, ficamos com:

2 i α = 2 e - 2 t i s e n ( t )

⇒ α = e - 2 t s e n t

E portanto,

- 2 + i e - 2 t s e n t + β = e - 2 t ( cos ⁡ t + i s e n t )

⇒ β = e - 2 t cos ⁡ t + 2 e - 2 t s e n ( t )

Então a solução homogênea do sistema linear é dado por:

X h t = e - 2 t s e n t A + e - 2 t cos ⁡ t + 2 e - 2 t s e n t I ⋅ C 1 C 2

Passo 6

Para achar a solução particular do sistema linear, olhemos para a parte não homogênea ( - 1 , t ) .

Como ela só depende linearmente de t podemos supor que a solução particular é dada por:

X p t = ( a t + b , c t + d )

Onde a , b , c , d são constantes a serem determinadas.

Substituindo essa solução no nosso sistema linear, ficamos com:

a , c = - 2 1 - 1 - 2 ⋅ a t + b , c t + d + ( - 1 , t )

⇒ a , c = - 2 a t - 2 b + c t + d , - a t - b - 2 c t - 2 d + - 1 , t

⇒ - 2 a t - a - 2 b + c t + d - 1 , - a t - b - 2 c t - 2 d + t - c = 0,0

Então temos que resolver o sistema abaixo:

- 2 a + c t - a - 2 b + d = 1

- a - 2 c t - b - c - 2 d = t

Comparando o lado esquerdo com o lado direito, temos que ter

- 2 a + c = 0

- a - 2 b + d = 1

- a - 2 c = 1

- b - c - 2 d = 0

Resolvendo esse sisteminha achamos:

a = - 1 5     ,       b = - 14 25       ,       c = - 2 5         ,       d = 2 25

Portanto a solução particular do nosso sistema linear é:

X p t = ( - t 5 - 14 25 , - 2 t 5 + 2 25 )

Agora só somar a solução homogênea com a particular e temos:

X t = e - 2 t s e n t A + e - 2 t cos ⁡ t + 2 e - 2 t s e n t I ⋅ C 1 C 2 + ( - t 5 - 14 25 , - 2 t 5 + 2 25 )

Passo 7

c) Agora queremos achar a solução do sistema da letra (b) impondo a condição inicial X 0 = 1,1 .

Bom, sabemos que a solução geral é dada por

X t = e - 2 t s e n t A + e - 2 t cos ⁡ t + 2 e - 2 t s e n t I ⋅ C 1 C 2 + ( - t 5 - 14 25 , - 2 t 5 + 2 25 )

Então,

1,1 = X 0 = 1 0 0 1 ⋅ C 1 C 2 + ( - 14 25 , 2 25 )

⇒ C 1 - 14 25 , C 2 + 2 25 = ( 1,1 )

Logo, fazendo as contas, achamos:

C 1 = 39 25

C 2 = 23 25

Então a solução do sistema com condição inicial X 0 = ( 1,1 ) é

X t = e - 2 t s e n t A + e - 2 t cos ⁡ t + 2 e - 2 t s e n t I ⋅ 39 25 23 25 + ( - t 5 - 14 25 , - 2 t 5 + 2 25 )

Resposta

  1. Singularidade tipo atrator.

b) X t = e - 2 t s e n t A + e - 2 t cos ⁡ t + 2 e - 2 t s e n t I ⋅ C 1 C 2 + ( - t 5 - 14 25 , - 2 t 5 + 2 25 )

c)

X t = e - 2 t s e n t A + e - 2 t cos ⁡ t + 2 e - 2 t s e n t I ⋅ 39 25 23 25 + ( - t 5 - 14 25 , - 2 t 5 + 2 25 )

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