2º EE · Equações Diferenciais (Cálculo 4)

Questão 012º EERevisão · Prof. CésarSistema · autovalores reais1,0 ptVer material

Considere o sistema de equações diferenciais abaixo:

\begin{cases} x' = -2x - y \\ y' = 2x - 5y \end{cases}

a) Escreva o sistema na forma de operador diferencial;
b) Calcule os autovalores e autovetores da matriz do sistema;
c) Resolva o sistema de EDOs.

Gabarito

$\lambda_1 = -3$ , $K_1 = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ ; $\lambda_2 = -4$ , $K_2 = \begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}$ ; $X(t) = c_1\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}e^{-3t} + c_2\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}e^{-4t}$ .

Passo a passo

Passo 1 (a) — Com o operador $D = \dfrac{d}{dt}$ :

(D+2)x + y = 0, \qquad -2x + (D+5)y = 0

Na forma vetorial: $X' = \begin{pmatrix} -2 & -1 \\ 2 & -5 \end{pmatrix}X$ .

Passo 2 (b) — Autovalores:

\det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix} -2-\lambda & -1 \\ 2 & -5-\lambda \end{vmatrix} = \lambda^2 + 7\lambda + 12 = 0 \;\Rightarrow\; \lambda_1 = -3,\ \lambda_2 = -4

Passo 3 — Autovetores, $(A - \lambda I)K = 0$ . Para $\lambda_1 = -3$ :

\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} k_1 \\ k_2\end{pmatrix} = 0 \;\Rightarrow\; k_1 = k_2 \;\Rightarrow\; K_1 = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}

Para $\lambda_2 = -4$ :

\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}K = 0 \;\Rightarrow\; 2k_1 = k_2 \;\Rightarrow\; K_2 = \begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}

Passo 4 (c) — Solução geral:

\boxed{X(t) = c_1\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}e^{-3t} + c_2\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}e^{-4t}}

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Questão 022º EERevisão · Prof. CésarSistema · autovalores fracionários1,0 ptVer material

Determine a solução geral $X(t)$ para o sistema a seguir:

\begin{cases} x' = -\tfrac32 x + \tfrac12 y \\ y' = x - y \end{cases}

Gabarito

$X(t) = c_1\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}e^{-t/2} + c_2\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}e^{-2t}$ .

Passo a passo

Passo 1 — Forma vetorial: $X' = \begin{pmatrix} -3/2 & 1/2 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}X$ . Autovalores:

\det(A-\lambda I) = \lambda^2 + \frac52\lambda + 1 = 0 \;\Longleftrightarrow\; 2\lambda^2 + 5\lambda + 2 = 0

Passo 2 — Raízes: $\lambda_1 = -\tfrac12$ e $\lambda_2 = -2$ (confira: soma $= -\tfrac52 = \operatorname{tr}A$ ✓).

Passo 3 — Autovetor para $\lambda_1 = -\tfrac12$ :

\begin{pmatrix} -1 & 1/2 \\ 1 & -1/2 \end{pmatrix}K = 0 \;\Rightarrow\; k_2 = 2k_1 \;\Rightarrow\; K_1 = \begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}

Passo 4 — Autovetor para $\lambda_2 = -2$ :

\begin{pmatrix} 1/2 & 1/2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}K = 0 \;\Rightarrow\; k_1 = -k_2 \;\Rightarrow\; K_2 = \begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}

Passo 5 — Solução geral:

\boxed{X(t) = c_1\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}e^{-t/2} + c_2\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}e^{-2t}}

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Questão 032º EERevisão · Prof. CésarSistema · autovalores complexos1,0 ptVer material

Considere o sistema:

\begin{cases} x' = -2x - 3y \\ y' = 3x - 2y \end{cases}

Escreva o sistema na forma vetorial $X' = AX$ e obtenha a sua solução geral.

Gabarito

$\lambda = -2 \pm 3i$ ; $X(t) = c_1e^{-2t}\begin{pmatrix}\cos 3t\\ \operatorname{sen} 3t\end{pmatrix} + c_2e^{-2t}\begin{pmatrix}\operatorname{sen} 3t\\ -\cos 3t\end{pmatrix}$ .

Passo a passo

Passo 1 — $X' = \begin{pmatrix} -2 & -3 \\ 3 & -2 \end{pmatrix}X$ . Autovalores:

\det(A-\lambda I) = (\lambda+2)^2 + 9 = 0 \;\Rightarrow\; \lambda = -2 \pm 3i

Passo 2 — Autovetor para $\lambda_1 = -2 + 3i$ :

\begin{pmatrix} -3i & -3 \\ 3 & -3i \end{pmatrix}K = 0 \;\Rightarrow\; k_1 = ik_2 \;\Rightarrow\; K_1 = \begin{pmatrix}1\\-i\end{pmatrix} = \underbrace{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}_{B_1} + i\underbrace{\begin{pmatrix}0\\-1\end{pmatrix}}_{B_2}

Passo 3 — Com $\alpha = -2$ e $\beta = 3$ , as duas soluções reais são:

X_1 = e^{-2t}\big(B_1\cos 3t - B_2\operatorname{sen} 3t\big) = e^{-2t}\begin{pmatrix}\cos 3t\\ \operatorname{sen} 3t\end{pmatrix}

X_2 = e^{-2t}\big(B_2\cos 3t + B_1\operatorname{sen} 3t\big) = e^{-2t}\begin{pmatrix}\operatorname{sen} 3t\\ -\cos 3t\end{pmatrix}

Passo 4 — Solução geral (uma espiral estável, pois $\operatorname{Re}\lambda = -2 \lt 0$ ):

\boxed{X(t) = c_1e^{-2t}\begin{pmatrix}\cos 3t\\ \operatorname{sen} 3t\end{pmatrix} + c_2e^{-2t}\begin{pmatrix}\operatorname{sen} 3t\\ -\cos 3t\end{pmatrix}}

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Questão 042º EERevisão · Prof. CésarSistema · autovalor repetido1,0 ptVer material

Encontre a solução geral do sistema de equações diferenciais abaixo:

\begin{cases} x' = 2x + y \\ y' = -x + 4y \end{cases}

Gabarito

$\lambda = 3$ (duplo), $K = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ , $W = \begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$ ; $X(t) = c_1\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}e^{3t} + c_2\left[\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}t + \begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\right]e^{3t}$ .

Passo a passo

Passo 1 — $X' = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 4 \end{pmatrix}X$ . Autovalores:

\det(A-\lambda I) = \lambda^2 - 6\lambda + 9 = (\lambda - 3)^2 = 0 \;\Rightarrow\; \lambda = 3 \text{ (multiplicidade 2)}

Passo 2 — Autovetor:

\begin{pmatrix} -1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}K = 0 \;\Rightarrow\; k_1 = k_2 \;\Rightarrow\; K = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}

Só há UM autovetor independente — precisamos do autovetor generalizado.

Passo 3 — Autovetor generalizado $W$ , resolvendo $(A - 3I)W = K$ :

\begin{pmatrix} -1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}W = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} \;\Rightarrow\; -w_1 + w_2 = 1 \;\Rightarrow\; W = \begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}

Passo 4 — A segunda solução é $X_2 = (Kt + W)e^{3t}$ . Solução geral:

\boxed{X(t) = c_1\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}e^{3t} + c_2\left[\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}t + \begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\right]e^{3t}}

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Questão 052º EERevisão · Prof. CésarSistema · análise qualitativa1,0 ptVer material

Considere o sistema com parâmetro real $a$ :

\begin{cases} x' = -3x + ay \\ y' = ax - 2y \end{cases}

Existe algum valor de $a$ para o qual o sistema apresenta órbitas periódicas (ciclos fechados)? Justifique.

Gabarito

Não. Como $\operatorname{tr}A = -5$ para qualquer $a$ , a soma dos autovalores é sempre $-5 \neq 0$ , logo nunca ocorrem autovalores imaginários puros — condição necessária para órbitas periódicas.

Passo a passo

Passo 1 — $A = \begin{pmatrix} -3 & a \\ a & -2 \end{pmatrix}$ . O polinômio característico é:

\det(A - \lambda I) = \lambda^2 - (\operatorname{tr}A)\lambda + \det A = \lambda^2 + 5\lambda + (6 - a^2)

Passo 2 — Órbitas periódicas (soluções fechadas, centro) exigem autovalores imaginários puros, $\lambda = \pm i\beta$ , o que só ocorre quando $\operatorname{tr}A = \lambda_1 + \lambda_2 = 0$ .

Passo 3 — Aqui $\operatorname{tr}A = -3 - 2 = -5$ independentemente de $a$ . Se os autovalores forem complexos, $\operatorname{Re}\lambda = -\tfrac52 \lt 0$ (espiral estável); se forem reais, a soma é $-5$ (nó ou sela).

Passo 4 — Conclusão:

\boxed{\text{Não existe } a \text{ com órbitas periódicas, pois } \operatorname{tr}A = -5 \neq 0 \text{ para todo } a.}

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Questão 062º EERevisão · Prof. CésarSistema não homogêneo · coef. indeterminados1,0 ptVer material

Encontre a solução geral do sistema não homogêneo:

X' = \begin{pmatrix} 4 & 3 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}X + \begin{pmatrix} t \\ 0 \end{pmatrix}

Gabarito

$X(t) = c_1\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}e^{t} + c_2\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}e^{3t} + \begin{pmatrix}0\\-1/3\end{pmatrix}t + \begin{pmatrix}1/3\\-4/9\end{pmatrix}$ .

Passo a passo

Passo 1 — Parte homogênea. Autovalores:

\det(A-\lambda I) = \lambda^2 - 4\lambda + 3 = 0 \;\Rightarrow\; \lambda_1 = 1,\ \lambda_2 = 3

Passo 2 — Autovetores. Para $\lambda_1 = 1$ : $\begin{pmatrix}3&3\\-1&-1\end{pmatrix}K=0 \Rightarrow K_1 = \begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ . Para $\lambda_2 = 3$ : $\begin{pmatrix}1&3\\-1&-3\end{pmatrix}K=0 \Rightarrow K_2 = \begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}$ .

X_h = c_1\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}e^{t} + c_2\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}e^{3t}

Passo 3 — Como $F(t) = \begin{pmatrix}t\\0\end{pmatrix}$ é polinomial de grau 1, tentamos $X_p = \mathbf{a}t + \mathbf{b}$ . Substituindo $X_p' = \mathbf{a}$ :

\mathbf{a} = A(\mathbf{a}t + \mathbf{b}) + \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}t

Igualando os coeficientes de $t$ : $A\mathbf{a} + \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix} = 0$ . Igualando os termos constantes: $A\mathbf{b} = \mathbf{a}$ .

Passo 4 — De $A\mathbf{a} = \begin{pmatrix}-1\\0\end{pmatrix}$ : $4a_1 + 3a_2 = -1$ e $-a_1 = 0$ , logo $a_1 = 0$ , $a_2 = -\tfrac13$ , ou seja $\mathbf{a} = \begin{pmatrix}0\\-1/3\end{pmatrix}$ .

Passo 5 — De $A\mathbf{b} = \mathbf{a}$ : $4b_1 + 3b_2 = 0$ e $-b_1 = -\tfrac13$ , logo $b_1 = \tfrac13$ , $b_2 = -\tfrac49$ , ou seja $\mathbf{b} = \begin{pmatrix}1/3\\-4/9\end{pmatrix}$ .

Passo 6 — Solução geral:

\boxed{X(t) = c_1\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}e^{t} + c_2\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}e^{3t} + \begin{pmatrix}0\\-1/3\end{pmatrix}t + \begin{pmatrix}1/3\\-4/9\end{pmatrix}}

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Questão 072º EERevisão · Prof. CésarSistema · matriz fundamental + PVI1,0 ptVer material

Resolva o problema de valor inicial:

X' = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}X + \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \qquad X(0) = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}

usando a matriz fundamental e variação de parâmetros.

Gabarito

$\lambda = 2$ (duplo), $K = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ , $W = \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ , $X_p = \begin{pmatrix}-1/4\\1/4\end{pmatrix}$ ; $X(t) = \tfrac74\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}e^{2t} - \tfrac12\left[\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}t + \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\right]e^{2t} + \begin{pmatrix}-1/4\\1/4\end{pmatrix}$ .

Passo a passo

Passo 1 — Autovalores: $\det(A-\lambda I) = \lambda^2 - 4\lambda + 4 = (\lambda - 2)^2 = 0 \Rightarrow \lambda = 2$ (multiplicidade 2).

Passo 2 — Autovetor: $\begin{pmatrix}1&-1\\1&-1\end{pmatrix}K = 0 \Rightarrow K = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ . Autovetor generalizado $(A-2I)W = K$ : $w_1 - w_2 = 1 \Rightarrow W = \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ .

Passo 3 — Soluções homogêneas $X_1 = Ke^{2t}$ , $X_2 = (Kt+W)e^{2t}$ . Matriz fundamental:

\Psi(t) = \begin{pmatrix} 1 & t+1 \\ 1 & t \end{pmatrix}e^{2t}, \qquad \det\Psi = -e^{4t}

Passo 4 — Inversa:

\Psi^{-1}(t) = -e^{-4t}\begin{pmatrix} t & -(t+1) \\ -1 & 1 \end{pmatrix}e^{2t} = \begin{pmatrix} -t & t+1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}e^{-2t}

Passo 5 — Variação de parâmetros, $X_p = \Psi\displaystyle\int \Psi^{-1}F\,dt$ com $F = \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ :

\Psi^{-1}F = \begin{pmatrix}-t\\1\end{pmatrix}e^{-2t} \;\Rightarrow\; \int \Psi^{-1}F\,dt = \begin{pmatrix} \tfrac{t}{2}e^{-2t} + \tfrac14 e^{-2t} \\[2pt] -\tfrac12 e^{-2t} \end{pmatrix}

X_p = \Psi(t)\begin{pmatrix} (\tfrac{t}{2} + \tfrac14)e^{-2t} \\ -\tfrac12 e^{-2t} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/4 \\ 1/4 \end{pmatrix}

Passo 6 — Solução geral e PVI:

X(t) = c_1\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}e^{2t} + c_2\left[\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}t + \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\right]e^{2t} + \begin{pmatrix}-1/4\\1/4\end{pmatrix}

Em $t=0$ : $c_1 + c_2 - \tfrac14 = 1$ e $c_1 + \tfrac14 = 2$ , logo $c_1 = \tfrac74$ e $c_2 = -\tfrac12$ .

\boxed{X(t) = \tfrac74\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}e^{2t} - \tfrac12\left[\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}t + \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\right]e^{2t} + \begin{pmatrix}-1/4\\1/4\end{pmatrix}}

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Questão 082º EE2025.1Sistema 3×3 · autovalores reais2,5 ptsVer material

Encontre a solução geral do sistema de três equações:

\begin{cases} x_1' = 3x_1 + 3x_2 - 6x_3 \\ x_2' = x_1 - x_2 \\ x_3' = x_1 - 2x_2 + x_3 \end{cases}

Gabarito

$\lambda = 0, 1, 2$ ; $x_1 = c_1 + 12c_2e^{t} + 3c_3e^{2t}$ , $x_2 = c_1 + 6c_2e^{t} + c_3e^{2t}$ , $x_3 = c_1 + 7c_2e^{t} + c_3e^{2t}$ .

Passo a passo

Passo 1 — $A = \begin{pmatrix} 3 & 3 & -6 \\ 1 & -1 & 0 \\ 1 & -2 & 1 \end{pmatrix}$ . Polinômio característico:

\det(A - \lambda I) = -\lambda(\lambda^2 - 3\lambda + 2) = -\lambda(\lambda - 1)(\lambda - 2) = 0 \;\Rightarrow\; \lambda_1 = 0,\ \lambda_2 = 1,\ \lambda_3 = 2

Passo 2 — Autovetor para $\lambda_1 = 0$ , $AV = 0$ : da 2ª linha $v_1 = v_2$ ; da 3ª $v_1 - 2v_2 + v_3 = 0 \Rightarrow v_3 = v_1$ . Logo

V_1 = \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}

Passo 3 — Para $\lambda_2 = 1$ , $(A - I)V = 0$ : da 2ª linha $v_1 = 2v_2$ ; da 3ª $v_1 - 2v_2 + 0\cdot v_3$ … usando a 1ª linha $2v_1 + 3v_2 - 6v_3 = 0$ . Com $v_2 = 6$ : $v_1 = 12$ , $v_3 = \tfrac{2(12) + 3(6)}{6} = 7$ . Logo

V_2 = \begin{pmatrix}12\\6\\7\end{pmatrix}

Passo 4 — Para $\lambda_3 = 2$ , $(A - 2I)V = 0$ : da 2ª linha $v_1 = 3v_2$ ; da 3ª $v_1 - 2v_2 - v_3 = 0 \Rightarrow v_3 = v_2$ . Com $v_2 = 1$ :

V_3 = \begin{pmatrix}3\\1\\1\end{pmatrix}

Passo 5 — Solução geral $X = c_1V_1e^{0t} + c_2V_2e^{t} + c_3V_3e^{2t}$ , ou componente a componente:

\boxed{\begin{aligned} x_1 &= c_1 + 12c_2e^{t} + 3c_3e^{2t} \\ x_2 &= c_1 + 6c_2e^{t} + c_3e^{2t} \\ x_3 &= c_1 + 7c_2e^{t} + c_3e^{2t} \end{aligned}}

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Questão 092º EE2025.2Sistema · autovalores complexos2,5 ptsVer material

Determine a solução geral do sistema:

\begin{cases} \dfrac{dx}{dt} = 4x + 5y \\[4pt] \dfrac{dy}{dt} = -2x + 6y \end{cases}

Gabarito

$\lambda = 5 \pm 3i$ ; $X(t) = c_1e^{5t}\begin{pmatrix}\cos 3t + 3\operatorname{sen} 3t\\ 2\cos 3t\end{pmatrix} + c_2e^{5t}\begin{pmatrix}-3\cos 3t + \operatorname{sen} 3t\\ 2\operatorname{sen} 3t\end{pmatrix}$ .

Passo a passo

Passo 1 — $A = \begin{pmatrix} 4 & 5 \\ -2 & 6 \end{pmatrix}$ . Autovalores:

\det(A - \lambda I) = \lambda^2 - 10\lambda + 34 = 0 \;\Rightarrow\; \lambda = \frac{10 \pm \sqrt{100 - 136}}{2} = 5 \pm 3i

Passo 2 — Autovetor para $\lambda_1 = 5 + 3i$ :

\begin{pmatrix} -1-3i & 5 \\ -2 & 1-3i \end{pmatrix}K = 0 \;\Rightarrow\; 2k_1 = (1-3i)k_2

Com $k_2 = 2$ : $k_1 = 1 - 3i$ , então

K_1 = \begin{pmatrix}1-3i\\2\end{pmatrix} = \underbrace{\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}}_{B_1} + i\underbrace{\begin{pmatrix}-3\\0\end{pmatrix}}_{B_2}

Passo 3 — Com $\alpha = 5$ e $\beta = 3$ , as soluções reais são:

X_1 = e^{5t}\big(B_1\cos 3t - B_2\operatorname{sen} 3t\big) = e^{5t}\begin{pmatrix}\cos 3t + 3\operatorname{sen} 3t\\ 2\cos 3t\end{pmatrix}

X_2 = e^{5t}\big(B_2\cos 3t + B_1\operatorname{sen} 3t\big) = e^{5t}\begin{pmatrix}-3\cos 3t + \operatorname{sen} 3t\\ 2\operatorname{sen} 3t\end{pmatrix}

Passo 4 — Solução geral (espiral instável, pois $\operatorname{Re}\lambda = 5 \gt 0$ ):

\boxed{X(t) = c_1e^{5t}\begin{pmatrix}\cos 3t + 3\operatorname{sen} 3t\\ 2\cos 3t\end{pmatrix} + c_2e^{5t}\begin{pmatrix}-3\cos 3t + \operatorname{sen} 3t\\ 2\operatorname{sen} 3t\end{pmatrix}}

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Questão 102º EE2025.2Sistema · verificação de solução particular2,5 ptsVer material

Verifique que o vetor

X_p = \begin{pmatrix}\operatorname{sen} 3t\\ 0\\ \cos 3t\end{pmatrix}

é uma solução particular do sistema:

X' = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ -4 & 2 & 0 \\ -6 & 1 & 0 \end{pmatrix}X + \begin{pmatrix}-1\\4\\3\end{pmatrix}\operatorname{sen} 3t

Gabarito

Substituindo, $AX_p + F(t) = \begin{pmatrix}3\cos 3t\\ 0\\ -3\operatorname{sen} 3t\end{pmatrix} = X_p'$ ✓ — logo $X_p$ é solução particular.

Passo a passo

Passo 1 — Derivamos o candidato:

X_p' = \begin{pmatrix}3\cos 3t\\ 0\\ -3\operatorname{sen} 3t\end{pmatrix}

Passo 2 — Calculamos $AX_p$ :

AX_p = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ -4 & 2 & 0 \\ -6 & 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\operatorname{sen} 3t\\ 0\\ \cos 3t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\operatorname{sen} 3t + 3\cos 3t\\ -4\operatorname{sen} 3t\\ -6\operatorname{sen} 3t\end{pmatrix}

Passo 3 — Somamos o termo não homogêneo:

AX_p + \begin{pmatrix}-1\\4\\3\end{pmatrix}\operatorname{sen} 3t = \begin{pmatrix}\operatorname{sen} 3t + 3\cos 3t - \operatorname{sen} 3t\\ -4\operatorname{sen} 3t + 4\operatorname{sen} 3t\\ -6\operatorname{sen} 3t + 3\operatorname{sen} 3t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\cos 3t\\ 0\\ -3\operatorname{sen} 3t\end{pmatrix}

Passo 4 — Comparando com o Passo 1: os dois lados coincidem. Atenção ao detalhe: na 3ª componente, $-6\operatorname{sen} 3t + 3\operatorname{sen} 3t = -3\operatorname{sen} 3t$ , que é exatamente $(\cos 3t)' = -3\operatorname{sen} 3t$ .

\boxed{X_p' = AX_p + F(t) \quad\Rightarrow\quad X_p \text{ é solução particular do sistema.}}

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Questão 112º EE2025.1Série de potências · 1ª ordem2,5 ptsVer material

Usando séries de potências em torno de $x_0 = 0$ , resolva o problema de valor inicial:

y' + xy = \alpha + \beta x, \qquad y(0) = \beta

onde $\alpha$ e $\beta$ são constantes. Escreva os primeiros termos da solução.

Gabarito

$y(x) = \beta + \alpha\left(x - \dfrac{x^3}{3} + \dfrac{x^5}{15} - \dfrac{x^7}{105} + \cdots\right)$ , com recorrência $a_{m+1} = -\dfrac{a_{m-1}}{m+1}$ para $m \ge 2$ .

Passo a passo

Passo 1 — Propomos $y = \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n$ , logo $y' = \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} na_nx^{n-1}$ e $xy = \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} a_nx^{n+1}$ .

Passo 2 — Reindexando tudo em potências $x^m$ :

y' + xy = a_1 + \sum_{m=1}^{\infty}\big[(m+1)a_{m+1} + a_{m-1}\big]x^m = \alpha + \beta x

Passo 3 — Igualando os coeficientes:

• $x^0$ : $a_1 = \alpha$ ;
• $x^1$ : $2a_2 + a_0 = \beta$ . Como $y(0) = a_0 = \beta$ , vem $a_2 = 0$ ;
• $x^m$ ( $m \ge 2$ ): $(m+1)a_{m+1} + a_{m-1} = 0 \Rightarrow a_{m+1} = -\dfrac{a_{m-1}}{m+1}$ .

Passo 4 — A recorrência salta de 2 em 2. Ramo par (a partir de $a_2 = 0$ ): todos nulos. Ramo ímpar (a partir de $a_1 = \alpha$ ):

a_3 = -\frac{a_1}{3} = -\frac{\alpha}{3}, \quad a_5 = -\frac{a_3}{5} = \frac{\alpha}{15}, \quad a_7 = -\frac{a_5}{7} = -\frac{\alpha}{105}

Passo 5 — Solução:

\boxed{y(x) = \beta + \alpha\left(x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{15} - \frac{x^7}{105} + \cdots\right)}

Padrão dos denominadores: $1,\ 1\cdot3,\ 1\cdot3\cdot5,\ 1\cdot3\cdot5\cdot7,\ \dots$ (produto dos ímpares).

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Questão 122º EERevisão · Prof. CésarSérie de potências · x₀ = 11,0 ptVer material

Resolva por séries de potências, em torno de $x_0 = 1$ , o problema de valor inicial:

xy'' + y' + 2y = 0, \qquad y(1) = 0, \quad y'(1) = 4

Escreva os primeiros termos da solução.

Gabarito

$y(x) = 4(x-1) - 2(x-1)^2 + \dfrac{1}{3}(x-1)^4 - \dfrac{4}{15}(x-1)^5 + \cdots$

Passo a passo

Passo 1 — Mudança de variável $t = x - 1$ (assim $x = t + 1$ e as derivadas não mudam):

(t+1)y'' + y' + 2y = 0, \qquad y(0) = 0, \quad y'(0) = 4

Passo 2 — Com $y = \sum a_nt^n$ , separando $(t+1)y'' = ty'' + y''$ :

\sum_{m=1}^{\infty} (m+1)m\,a_{m+1}t^m + \sum_{m=0}^{\infty} (m+2)(m+1)a_{m+2}t^m + \sum_{m=0}^{\infty}(m+1)a_{m+1}t^m + \sum_{m=0}^{\infty} 2a_mt^m = 0

Passo 3 — Coeficiente de $t^m$ :

(m+2)(m+1)a_{m+2} + (m+1)^2a_{m+1} + 2a_m = 0 \;\Rightarrow\; a_{m+2} = \frac{-(m+1)^2a_{m+1} - 2a_m}{(m+2)(m+1)}

Passo 4 — Condições iniciais: $a_0 = 0$ , $a_1 = 4$ . Aplicando a recorrência:

• $m=0$ : $a_2 = \dfrac{-a_1 - 2a_0}{2} = -2$ ;
• $m=1$ : $a_3 = \dfrac{-4a_2 - 2a_1}{6} = \dfrac{8 - 8}{6} = 0$ ;
• $m=2$ : $a_4 = \dfrac{-9a_3 - 2a_2}{12} = \dfrac{4}{12} = \dfrac13$ ;
• $m=3$ : $a_5 = \dfrac{-16a_4 - 2a_3}{20} = \dfrac{-16/3}{20} = -\dfrac{4}{15}$ .

Passo 5 — Voltando a $x$ (com $t = x-1$ ):

\boxed{y(x) = 4(x-1) - 2(x-1)^2 + \frac{1}{3}(x-1)^4 - \frac{4}{15}(x-1)^5 + \cdots}

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Questão 132º EE2025.2Série de potências · PVI2,5 ptsVer material

Considere a equação diferencial:

(x^2 - 4)y'' + 3xy' + y = 0

a) Verifique que $x_0 = 0$ é ponto ordinário e encontre a relação de recorrência da solução em série;
b) Resolva o problema de valor inicial com $y(0) = 4$ e $y'(0) = 1$ , escrevendo os primeiros termos.

Gabarito

$c_{n+2} = \dfrac{(n+1)c_n}{4(n+2)}$ ; $y(x) = 4 + x + \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{6} + \dfrac{3x^4}{32} + \dfrac{x^5}{30} + \cdots$

Passo a passo

Passo 1 (a) — Os pontos singulares vêm de $x^2 - 4 = 0$ , ou seja $x = \pm 2$ . Como $x_0 = 0$ não anula o coeficiente líder, é ponto ordinário (raio de convergência mínimo: distância até a singularidade mais próxima, $R \ge 2$ ).

Passo 2 — Com $y = \sum c_nx^n$ , substituímos e separamos $(x^2-4)y'' = x^2y'' - 4y''$ :

\sum_{n=0}^{\infty}\Big[n(n-1)c_n - 4(n+2)(n+1)c_{n+2} + 3nc_n + c_n\Big]x^n = 0

Passo 3 — Como $n(n-1) + 3n + 1 = n^2 + 2n + 1 = (n+1)^2$ :

(n+1)^2c_n = 4(n+2)(n+1)c_{n+2} \;\Rightarrow\; \boxed{c_{n+2} = \frac{(n+1)\,c_n}{4(n+2)}}

Passo 4 (b) — Condições iniciais: $c_0 = 4$ , $c_1 = 1$ . Aplicando a recorrência:

• $n=0$ : $c_2 = \dfrac{1\cdot 4}{4\cdot 2} = \dfrac12$ ;
• $n=1$ : $c_3 = \dfrac{2\cdot 1}{4\cdot 3} = \dfrac16$ ;
• $n=2$ : $c_4 = \dfrac{3\cdot(1/2)}{4\cdot 4} = \dfrac{3}{32}$ ;
• $n=3$ : $c_5 = \dfrac{4\cdot(1/6)}{4\cdot 5} = \dfrac{1}{30}$ .

Passo 5 — Solução do PVI:

\boxed{y(x) = 4 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \frac{3x^4}{32} + \frac{x^5}{30} + \cdots}

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Questão 142º EE2025.2Cauchy-Euler2,5 ptsVer material

Considere a equação de Cauchy-Euler, com $p \neq 0$ constante:

x^2y'' + xy' - p^2y = 0, \qquad x \gt 0

a) Encontre a solução geral;
b) Verifique, por substituição direta, que a solução encontrada de fato satisfaz a equação.

Gabarito

$r^2 - p^2 = 0 \Rightarrow r = \pm p$ ; $y = c_1x^{p} + c_2x^{-p}$ , $x \gt 0$ .

Passo a passo

Passo 1 (a) — Para Cauchy-Euler, tentamos $y = x^r$ . Então $y' = rx^{r-1}$ e $y'' = r(r-1)x^{r-2}$ . Substituindo:

x^2\,r(r-1)x^{r-2} + x\,rx^{r-1} - p^2x^r = \big[r(r-1) + r - p^2\big]x^r = 0

Passo 2 — Equação auxiliar:

r^2 - r + r - p^2 = r^2 - p^2 = 0 \;\Rightarrow\; r_1 = p, \quad r_2 = -p

Como $p \neq 0$ , as raízes são reais e distintas.

Passo 3 — Solução geral (raízes reais distintas):

\boxed{y = c_1x^{p} + c_2x^{-p}, \qquad x \gt 0}

Passo 4 (b) — Verificação com $y_1 = x^p$ : $y_1' = px^{p-1}$ , $y_1'' = p(p-1)x^{p-2}$ . Substituindo:

x^2p(p-1)x^{p-2} + x\,px^{p-1} - p^2x^p = \big[p^2 - p + p - p^2\big]x^p = 0 \checkmark

Com $y_2 = x^{-p}$ : $y_2' = -px^{-p-1}$ , $y_2'' = p(p+1)x^{-p-2}$ . Substituindo:

x^2p(p+1)x^{-p-2} - x\,px^{-p-1} - p^2x^{-p} = \big[p^2 + p - p - p^2\big]x^{-p} = 0 \checkmark

Ambas satisfazem a equação, e como $x^p$ e $x^{-p}$ são LI (Wronskiano $= -2p\,x^{-1} \neq 0$ ), a combinação é a solução geral.

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Questão 152º EE2025.1Frobenius · ponto singular regular2,5 ptsVer material

Considere a equação diferencial:

2xy'' + y' + xy = 0

a) Mostre que $x_0 = 0$ é um ponto singular regular;
b) Encontre a equação indicial e suas raízes;
c) Para a maior organização, obtenha os primeiros termos de uma solução de Frobenius correspondente a $r = 0$ .

Gabarito

Singular regular; $r(2r-1) = 0 \Rightarrow r_1 = \tfrac12,\ r_2 = 0$ ; para $r = 0$ : $y_1 = 1 - \dfrac{x^2}{6} + \dfrac{x^4}{168} - \cdots$

Passo a passo

Passo 1 (a) — Forma padrão: $y'' + \dfrac{1}{2x}y' + \dfrac{1}{2}y = 0$ , então $P(x) = \dfrac{1}{2x}$ e $Q(x) = \dfrac12$ . Testamos:

\lim_{x\to 0} x\,P(x) = \frac12 \quad\text{e}\quad \lim_{x\to 0} x^2\,Q(x) = 0

Ambos finitos (funções analíticas em $0$ ) $\Rightarrow$ $x_0 = 0$ é ponto singular regular.

Passo 2 (b) — Frobenius: $y = \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} c_nx^{n+r}$ , $c_0 \neq 0$ . Substituindo em $2xy'' + y' + xy = 0$ :

\sum 2(n+r)(n+r-1)c_nx^{n+r-1} + \sum (n+r)c_nx^{n+r-1} + \sum c_nx^{n+r+1} = 0

O menor expoente ( $x^{r-1}$ , termo $n=0$ ) dá a equação indicial:

\big[2r(r-1) + r\big]c_0 = 0 \;\Rightarrow\; r(2r - 1) = 0 \;\Rightarrow\; \boxed{r_1 = \tfrac12, \quad r_2 = 0}

Passo 3 — O termo $x^r$ ( $n=1$ ) dá $(r+1)(2r+1)c_1 = 0 \Rightarrow c_1 = 0$ (para ambas as raízes). Para $n \ge 2$ :

c_n = \frac{-c_{n-2}}{(n+r)(2n+2r-1)}

Passo 4 (c) — Para $r = 0$ : $c_n = \dfrac{-c_{n-2}}{n(2n-1)}$ . Como $c_1 = 0$ , os ímpares somem. Com $c_0 = 1$ :

c_2 = \frac{-1}{2\cdot 3} = -\frac16, \qquad c_4 = \frac{-c_2}{4\cdot 7} = \frac{1}{168}

\boxed{y_1(x) = 1 - \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{168} - \cdots}

(A segunda solução, com $r = \tfrac12$ , tem a forma $y_2 = x^{1/2}\big(1 - \tfrac{x^2}{10} + \cdots\big)$ .)

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Questão 162º EE2024.1 · 2ª chamadaSérie de potências · até x⁹2,5 ptsVer material

Encontre a solução geral em série de potências, em torno de $x_0 = 0$ , da equação:

y'' - 3xy' = 0

escrevendo os termos até a potência $x^9$ .

Gabarito

$y = a_0\cdot 1 + a_1\left(x + \dfrac{x^3}{2} + \dfrac{9x^5}{40} + \dfrac{9x^7}{112} + \dfrac{3x^9}{128} + \cdots\right)$

Passo a passo

Passo 1 — Com $y = \sum a_nx^n$ :

y'' = \sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n, \qquad 3xy' = \sum_{n=1}^{\infty} 3na_nx^n

Passo 2 — Igualando coeficiente a coeficiente:

• $x^0$ : $2a_2 = 0 \Rightarrow a_2 = 0$ ;
• $x^n$ ( $n \ge 1$ ): $(n+2)(n+1)a_{n+2} = 3na_n$ , ou seja

a_{n+2} = \frac{3n\,a_n}{(n+2)(n+1)}

Passo 3 — Ramo par: parte de $a_2 = 0$ , então $a_4 = a_6 = \cdots = 0$ . Só sobra $a_0$ (termo constante).

Passo 4 — Ramo ímpar, partindo de $a_1$ :

• $a_3 = \dfrac{3\cdot 1}{3\cdot 2}a_1 = \dfrac{a_1}{2}$ ;
• $a_5 = \dfrac{3\cdot 3}{5\cdot 4}a_3 = \dfrac{9}{20}\cdot\dfrac{a_1}{2} = \dfrac{9a_1}{40}$ ;
• $a_7 = \dfrac{3\cdot 5}{7\cdot 6}a_5 = \dfrac{15}{42}\cdot\dfrac{9a_1}{40} = \dfrac{9a_1}{112}$ ;
• $a_9 = \dfrac{3\cdot 7}{9\cdot 8}a_7 = \dfrac{21}{72}\cdot\dfrac{9a_1}{112} = \dfrac{3a_1}{128}$ .

Passo 5 — Solução geral (duas soluções LI, $y_1 = 1$ e a série ímpar):

\boxed{y = a_0 + a_1\left(x + \frac{x^3}{2} + \frac{9x^5}{40} + \frac{9x^7}{112} + \frac{3x^9}{128} + \cdots\right)}

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