16. Sejam T 1 = T 1 t e T 2 = T 2 t as temperaturas no instante t , dos ambientes 1 e 2 , respectivamente. Admita que as temperaturas estejam variando nas seguintes taxas

d T 1 d t = T 1 - 4 T 2 d T 2 d t = 2 T 1 - 3 T 2

Suponha que T 1 0 = 20 e T 2 0 = 10 .

A - Determine as temperaturas no instante t , nos ambientes 1 e 2 .

B - Esboce os gráficos de T 1 = T 1 t , t ≥ 0 e T 2 = T 2 t , t ≥ 0 . Interprete.

C - Desenhe a temperatura descrita pelo ponto T 1 t ,   T 2 t , t ≥ 0 .

Passo 1

L e t r a   A :

Poxa! Determinar as temperaturas T 1 e T 2 no instante t é resolver o sistema de EDO’s! Para fazer isso, primeiro devemos montar a matriz A dos coeficientes:

A = 1 - 4 2 - 3

E agora encontrar os seus autovalores λ !

det ⁡ A - λ I = 0

Bem, como A - λ I é apenas subtrair λ da diagonal principal...

det ⁡ 1 - λ - 4 2 - 3 - λ = 0     →

Resolvendo o determinante...

1 - λ - 3 - λ - - 4 2 = 0     →

- 3 - λ + 3 λ + λ 2 + 8 = 0     →

λ 2 + 2 λ + 5 = 0     →

Usando Báskara...

λ = - 2 ± 2 2 - 4 ⋅ 5 2     →

λ = - 2 ± 4 - 20 2     →

λ = - 2 ± 16 ⋅ - 1 2     →

Ora, - 1 = i (o número imaginário) então...

λ = - 2 ± 4 i 2     →

λ = - 1 ± 2 i

A solução de um sistema de EDO com λ imaginário é:

T 1 T 2 = c 1 T 1 + c 2 T 2

Onde T 1 e T 2 são:

T 1 = e a t α → cos ⁡ b t - β → sin ⁡ b t

T 2 = e a t α → sin ⁡ b t + β → cos ⁡ b t

Ora, a e b vem do autovalor complexo:

λ = a ± b i

No nosso caso:

λ = - 1 ± 2 i             →                 a = - 1             e         b = 2

Portanto...

T 1 = e - t α → cos ⁡ 2 t - β → sin ⁡ 2 t

T 2 = e - t α → sin ⁡ 2 t + β → cos ⁡ 2 t

α → e β → vem do autovetor v → complexo ( α → é a parte real e β → o imaginário). Vamos então determinar esse autovetor v → !

Passo 2

Os autovetores podem ser calculados assim:

A - λ I v = 0

Então para o λ 1 = - 1 + 2 i teremos v 1 de coordenadas desconhecidas complexas a b :

A - λ 1 I v 1 = 0         →

A - λ 1 I a b = 0         →

Ora, sabemos que A - λ 1 I asta subtrair λ da diagonal:

1 - λ 1 - 4 2 - 3 - λ 1 a b = 0         →

1 - - 1 + 2 i - 4 2 - 3 - - 1 + 2 i a b = 0         →

2 - 2 i - 4 2 - 4 - 2 i a b = 0         →

Essas duas linhas são Linearmente dependentes e sempre serão! Então, basta pegar a primeira linha e multiplicar com a coluna a b e igualar a 0 (produto de matrizes):

2 - 2 i a - 4 b = 0   →

- 4 b = - 2 - 2 i a     →

b = 2 - 2 i 4 a  

Se falarmos que a = 1 , então...

b = 2 - 2 i 4   →

b = 1 2 - 1 2 i  

Então um autovetor v 1 para λ 1 é:

v 1 = 1 1 2 - 1 2 i

Lembre-se que você pode pegar outro valor para a , desde que b seja b = 2 - 2 i 4 a   está valendo!

Aqui não precisa encontrar v 2 para o autovalor λ 2 = - 1 - 2 i , pois só com o v 1 , já podemos falar quem é α → e quem é β → . Rescrevendo o vetor em parte real e imaginária...

v 1 = 1 1 2 - 1 2 i = 1 1 2 + 0 - 1 2 i

Então...

α → = 1 1 2                 e                       β → = 0 - 1 2

Passo 3

Com isso podemos retornar para os valores de T 1 e T 2 ...

T 1 = e - t α → cos ⁡ 2 t - β → sin ⁡ 2 t

T 2 = e - t α → sin ⁡ 2 t + β → cos ⁡ 2 t

E substituir:

T 1 = e - t 1 1 2 cos ⁡ 2 t - 0 - 1 2 sin ⁡ 2 t

T 2 = e - t 1 1 sin ⁡ 2 t + 0 - 1 2 cos ⁡ 2 t

Então a solução será...

T 1 T 2 = c 1 T 1 + c 2 T 2         →

T 1 T 2 = c 1 e - t 1 1 2 cos ⁡ 2 t - 0 - 1 2 sin ⁡ 2 t + c 2 e - t 1 1 sin ⁡ 2 t + 0 - 1 2 cos ⁡ 2 t     →

T 1 T 2 = c 1 e - t 1 1 2 cos ⁡ 2 t - c 1 e - t 0 - 1 2 sin ⁡ 2 t + c 2 e - t 1 1 2 sin ⁡ 2 t + c 2 e - t 0 - 1 2 cos ⁡ 2 t     →

Juntando tudo vamos obter o seguinte...

T 1 = c 1 e - t cos ⁡ 2 t + c 2 e - t sin ⁡ 2 t   T 2 = c 1 2 e - t cos ⁡ 2 t + c 1 2 e - t sin ⁡ 2 t + c 2 2 e - t sin ⁡ 2 t - c 2 2 e - t cos ⁡ 2 t

Para determinar c 1 e c 2 , podemos usar o fato de que T 1 0 = 20 e T 2 0 = 1 0 :

T 1 0 = c 1 e 0 cos ⁡ 0 + c 2 e 0 sin ⁡ 0   T 2 0 = c 1 2 e 0 cos ⁡ 0 + c 1 2 e 0 sin ⁡ 0 + c 2 2 e 0 sin ⁡ 0 - c 2 2 e 0 cos ⁡ 0     →

20 = c 1   1 0 = c 1 2 - c 2 2     →

Então...

c 1 = 20

E

c 2 = 0

T 1 = 20 e - t cos ⁡ 2 t   T 2 = 10 e - t cos ⁡ 2 t + 10 e - t sin ⁡ 2 t

Passo 4

L e t r a   B :

O gráfico de T 1 em função do tempo é o gráfico de um cosseno:

Só que com uma envoltória de e - t , como no desenho:

Então, o gráfico será assim:

Já o gráfico de T 2 é bem parecido...

Veja que em ambos, a temperatura cai rapidamente a 0 quando t vai para o infinito.

Passo 5

Ora, devido a exponencial negativa, as temperaturas tende a 0 quando t vaia para o infinito. O Retrato de fase então de um sistema de EDO de λ imaginário e com uma exponencial negativa é a espiral:

Resposta

Letra A:

T 1 = 20 e - t cos ⁡ 2 t   T 2 = 10 e - t cos ⁡ 2 t + 10 e - t sin ⁡ 2 t

Letra B: Gráfico de T 1 :

Gráfico de T 2 :

Letra C:

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