Exame Análise complexa e cálculo diferencial 18-19

Resolução do Recurso 2A
1. a) V b) F c) V d) F e) F f) V
2. a) Temos (D3 −D2 −D+1)x = (D2 (D−1)−(D−1))x = (D2 −1)(D−1)x = (D−1)2 (D+1)x.
As equações (D−1)2 x = 0 e (D+1)x = 0 têm espaços de soluções gerados, respectivamente,
por et e tet , e por e−t . Resulta então da teoria que as soluções para h(t) = 0 são
x(t) = c1 et + c2 tet + c3 e−t , c1 , c2 , c3 , t ∈ R.
b) Como (D + 1)e−t = 0, obtemos
(D + 1)(D − 1)2 (D + 1)x = (D − 1)2 (D + 1)2 x = 0. (1)
As equações associadas a (D − 1)2 e (D + 1)2 têm espaços de soluções gerados, respectiva-
mente, por et e tet , e por e−t e te−t . Resulta da teoria que as soluções da equação (1) são
x(t) = c1 et + c2 tet + c3 e−t + c4 te−t com c1 , c2 , c3 , c4 , t ∈ R. Como
(D − 1)2 (D + 1)x(t) = (D − 1)2 (D + 1)(c4 te−t ) = c4 (D − 1)2 e−t = 4c4 e−t = e−t ,
obtemos c4 = 14 . Logo, as soluções da equação com h(t) = e−t são
x(t) = c1 et + c2 tet + c3 e−t + 41 te−t , com c3 , t ∈ R.
1
De x(0) = c1 + c3 = 0 e x′ (0) = c1 + c2 − c3 + 4 = 0, vem c3 = −c1 e c2 = −2c1 − 14 . Logo,
x(t) = c1 et + (−2c1 − 41 )tet − c1 e −t
+ 14 te−t , com c1 , t ∈ R.
3. a) Para B = ( 00 π0 ), tomando N = ( 00 10 ) obtemos
1
eBt = e( π B)(πt) = e0(πt) (Id + (πt)N ) = ( 10 πt
1 ).

Para C calculamos primeiro os valores próprios: resulta de det(C − λId) = λ2 + 1 = 0 que
λ = i ou λ = −i. Os vectores próprios v1 = ( xy ) para λ = i satisfazem
 
(C − iId) ( xy ) = −ix+y
−x−iy = ( 0 )
0


e os vectores próprios v2 = ( xy ) para λ = −i satisfazem
 
ix+y
(C + iId) ( xy ) = −x+iy = ( 00 ) .
1) e v =
! 1
!1 1
−1 =
Podemos
 então tomar v 1 = ( i 2 −i . Seja pois S = i −i . Obtemos S
1/2 −i/2
1/2 i/2
e
! 1
 eit 0   1/2 −i/2   eit e−it   1/2 −i/2  ! cos t sen t

eCt = 1i −i 0 e−it 1/2 i/2
= ieit −ie−it 1/2 i/2
= − sen t cos t .
Portanto  1 πt 0 0
  
e At
= eBt 0 = 0 1 0 0 .
0 eCt 0 0 cos t sen t
0 0 − sen t cos t
b) Temos
 1 πt 0 0
  c1  q
0 1 0 0 c2
kx(t)k = 0 0 cos t sen t c3 = (c1 + c2 πt)2 + c22 + c23 + c24 ,
0 0 − sen t cos t c4

pois
(c3 cos t + c4 sen t)2 + (−c3 sen t + c4 cos t)2 = c23 + c24 .
d
Logo, dt kx(t)k
= 0 para t ∈ R se e só se c2 = 0 e as soluções pretendidas são
 1 πt 0 0
  c1   c1 
0 1 0 0 0 0
x(t) = 0 0 cos t sen t c3 = c3 cos t+c4 sen t com c1 , c3 , c4 , t ∈ R.
0 0 − sen t cos t c4 −c3 sen t+c4 cos t