Aula 19 - EDO - Sistemas PDF

EDO - Sistemas Professor Responsável: Marcelo J. D. Nascimento Departamento de Matemática UFSCar / São Carlos 26 de agosto de 2024 Marcelo Nascimento EDO Sistemas de Equações Diferenciais Diversos problemas fı́sicos nos conduzem à necessidade de...

EDO - Sistemas Professor Responsável: Marcelo J. D. Nascimento Departamento de Matemática UFSCar / São Carlos 26 de agosto de 2024 Marcelo Nascimento EDO Sistemas de Equações Diferenciais Diversos problemas fı́sicos nos conduzem à necessidade de estudar sistemas de equações diferenciais simultâneas em várias variáveis. Um desses problemas é dado pelo sistema massa-mola composto. F1 (t) F2 (t) k1 k2 k3 m1 m2 x1 x2 Dois objetos de massas m1 e m2 movem-se em uma superfı́cie sem atrito, ligados por três molas cujas constantes de elasticidade são k1 , k2 e k3 , respectivamente, e sob influência de forças externas F1 (t) e F2 (t). Marcelo Nascimento EDO Denote por x1 (t) e x2 (t) os deslocamentos horizontais das massas em relação às suas posições de equilı́brio. m1 m2 x1 = 0 x1 x2 = 0 x2 A B C m1 m2 x1 x2 Observe que o alongamento total da mola B é x2 − x1 (x2 > x1 ). Marcelo Nascimento EDO Forças sobre o corpo de massa m1 : F1 m1 sentido do movimento (+) k1 x1 k2 (x2 − x1 ) Da lei de Hooke (A lei de Hooke diz que a força restauradora F⃗ é proporcional ao deslocamento da mola e a constante k é chamada de constante de elasticidade) as molas exercem forças restauradoras sobre o corpo de massa m1 −k1 x1 no sentido oposto ao movimento e k2 (x2 − x1 ). Marcelo Nascimento EDO Logo a força resultante sobre m1 é −k1 x1 + k2 (x2 − x1 ) + F1 (t). Da segunda lei de Newton, obtemos F⃗ = −k1 x1 + k2 (x2 − x1 ) + F1 (t) ou d2 x1 m1 = −k1 x1 + k2 (x2 − x1 ) + F1 (t). dt2 Analogamente, as forças sobre o corpo de massa m2 : F2 m2 sentido do movimento (+) k3 x2 k2 (x 2 − x1 )Nascimento Marcelo EDO Novamente pela lei de Hooke as forças que atuam no corpo de massa m2 são −k3 x2 , −k2 (x2 − x1 ) e + F2 (t). Da segunda lei de Newton, obtemos d2 x2 m2 = −k3 x2 − k2 (x2 − x1 ) + F2 (t). dt2 Portanto, o movimento dos objetos é descrito pelo sistema de equações  d2 x1 m1 2 = −k1 x1 + k2 (x2 − x1 ) + F1 (t)      dt d2 x2    m2  = −k3 x2 − k2 (x2 − x1 ) + F2 (t). dt2 Marcelo Nascimento EDO Um sistema de equações diferencias de 1a ordem em geral, pode se escrito como    x′1 = f1 (t, x1 ,... , xn )  x′ = f2 (t, x1 ,... , xn )  2.. (1)   .   ′ xn = fn (t, x1 ,... , xn ), onde f1 , f2 ,... , fn são funções definidas em algum domı́nio de Rn+1 e x1 ,... , xn são as funções incógnitas. Resolver o sistema (1) significa encontrar um intervalo I ⊂ R e n funções ϕ1 , · · · , ϕn definidas em I tal que: 1) ϕ′1 (t),... , ϕ′n (t) existem para todo t ∈ I; 2) (t, ϕ1 (t),... , ϕn (t) ∈ D para todo t ∈ I, onde D é o domı́nio de f1 ,... , fn ; 3) ϕ′j (t) = fj (t, ϕ1 (t),... , ϕn (t)), para todo t ∈ I e j = 1,... , n. Marcelo Nascimento EDO Um Problema de Valor Inicial (P.V.I.) para um sistema de equações de ordem 1 é dado por:     x′1 = f1 (t, x1 ,... , xn ) x′2 = f2 (t, x1 ,... , xn )   ..  . x′n = fn (t, x1 ,... , xn )      x(t ) = x0 ,... , x (t ) = x0 ,  0 1 n 0 n onde x01 ,... , x0n ∈ R. Marcelo Nascimento EDO Exemplo 1 Considere a equação de ordem 2 y ′′ = g(t, y, y ′ ), (2) onde g é uma função dada. Escreva a equação (2) como um sistema de ordem 1. Prova: Faça a mudança de variáveis: ® y1 = y y2 = y ′. Segue da mudança e de (2) que podemos escrever (2) como o sistema y1′ = y2 ® (3) y2′ = g(t, y1 , y2 ). Marcelo Nascimento EDO Exemplo 2 Mostre que (2) e (3) são equivalentes (no sentido de soluções). Prova: De fato, se ϕ é uma solução de (2) em I, então o par y1 (t) = ϕ(t) e y2 (t) = ϕ′ (t) é uma solução de (3) em I por y1′ (t) = ϕ′ (t) = y2 (t) e (2) y2′ (t) = ϕ′′ (t) = g(t, ϕ(t), ϕ′ (t)) = g(t, y1 (t), y2 (t)). Reciprocamente, se (ϕ1 (t), ϕ2 (t)) é uma solução de (3) em I então y(t) = ϕ1 (t) (primeira componente) é solução de (2) em I pois y ′′ (t) = ϕ′′1 (t) = (ϕ′1 (t))′ = ϕ′2 (t) = g(t, ϕ1 (t), ϕ2 (t)) = g(t, ϕ1 (t), ϕ′1 (t)) = g(t, y, y ′ ). Marcelo Nascimento EDO Exemplo 3 Uma equação diferencial de ordem n y (n) = g(t, y, y ′ ,... , y (n−1) ) (4) pode ser reduzida a um sistema de n equações diferenciais de primeira ordem pela mudança de variáveis y1 = y, y2 = y ′ ,... , yn = y (n−1). Então a equação (4) é equivalente ao sistema  ′ y1 = y2   y2′ = y2   .. . (5)  ′      yn−1 = yn y ′ = g(t, y, y ′ ,... , y (n−1) )  n Prova: A justificativa é análoga a prova do exemplo anterior. Marcelo Nascimento EDO Observação 4 Se cada uma das funções f1 , f2 ,... , fn em (1) for linear em x1 , x2 ,... , xn então dizemos que o sistema (1) é linear. Caso contrário, (1) é dito não-linear. Um sistema de n equações diferenciais lineares de ordem 1 tem a forma  ′ x1 = a11 (t)x1 +... + a1n (t)xn + g1 (t)  ... (6)  x′ = a (t)x +... + a (t)x + g (t).  n n1 1 nn n n Se gj (t) = 0, para todo j = 1,... , n, dizemos que o sistema (6) é homogêneo. Caso contrário, é dito não-homogêneo. Marcelo Nascimento EDO Notação: Adotaremos a seguinte notação:       a11 (t)... a1n (t) g1 (t) x1 (t) A(t) = .......  , G(t) = ..  e X(t) = ...    ..  .  an1 (t)... ann (t) gn (t) xn (t) Logo, o sistema (6) pode ser representado na forma compacta X ′ = A(t)X + G(t). (7) Teorema 5 (Existência e Unicidade) Suponha que as funções aij (t) e gi (t), 1 ≤ i, j ≤ n sejam contı́nuas em um intervalo aberto I. Dados t0 ∈ I e x0 ∈ Rn , existe uma única solução X(t) de (7), definida em I com X(t0 ) = x0. Prova: Ver J. Sotomayor, EDO, Textos Universitários do IME/ USP, 2011. Marcelo Nascimento EDO Teorema 6 (Princı́pio da Superposição de Soluções) Se X 1 (t) = (x11 (t)... x1n (t))T e X 2 (t) = (x21 (t)... x2n (t))T são soluções do sistema de equações homogêneo X ′ = A(t)X, (8) então qualquer combinação linear C1 X 1 (t) + C2 X 2 (t) com C1 e C2 constantes arbitrárias, também é solução de (7). Prova: Substituição direta. Marcelo Nascimento EDO Teorema 7 Sejam X 1 (t),... , X n (t) soluções de (8) e t0 ∈ I. Então X 1 (t),... , X n (t) são l.d. se, e somente se os vetores X (t0 ),... , X (t0 ) são l.d. em Rn. 1 n Prova: (⇐) Suponha que X 1 (t),... , X n (t) são l.d. Então exis- tem constantes c1 ,... , cn não todas nulas tais que c1 X 1 (t) +... + cn X n (t) = 0, ∀t ∈ I. Logo, em particular c1 X 1 (t0 ) +... + cn X n (t0 ) = 0, com c1 ,... , cn não todas nulas, ou seja, os vetores X 1 (t0 ),... , X n (t0 ) são l.d. em Rn. Marcelo Nascimento EDO (⇒) Suponha que os vetores X 1 (t0 ),... , X n (t0 ) são l.d. em Rn. Então existem constantes c1 ,... , cn não todas nulas tais que c1 X 1 (t0 ) +... + cn X n (t0 ) = 0. (9) Defina φ(t) = c1 X 1 (t) +... + cn X n (t), onde c1 ,... , cn são as constantes acima. Note que φ satisfaz (8) (pelo princı́pio da superposição). Além disso, de (9) segue que φ(t0 ) = 0. Ou seja, φ é solução do P.V.I. ® X ′ = A(t)X X(t0 ) = 0. Mas Ψ(t) ≡ 0 também é solução desse P.V.I. Do Teorema 5 segue que φ(t) = 0, ∀t ∈ I, e X 1 (t),... , X n (t) são l.d. Marcelo Nascimento EDO Corolário 8 Sejam X 1 (t),... , X n (t) soluções de (8) e t0 ∈ I. Então X 1 (t),... , X n (t) são l.i. se, e somente se os vetores X (t0 ),... , X (t0 ) são l.i. em Rn. 1 n Prova: A prova é direta do Teorema anterior. Teorema 9 O conjunto S das soluções de (8) é um subespaço vetorial do espaço C(I, Rn ) (funções contı́nuas de I em Rn ) de dimensão n. Prova: Segue do Princı́pio da Superposição que S é um su- bespaço vetorial de C(I, Rn ). Vamos mostrar que a dimensão de S é n. Marcelo Nascimento EDO Primeiro, vamos mostrar que (8) possui n soluções l.i. Para isso, considere {e1 ,... , en } a base canônica do Rn , ou seja, e1 = (1, 0,... , 0),... , en = (0, 0,... , 0, 1) e os P.V.I.’s X ′ = A(t)X ® (10) X i (t0 ) = ei , i = 1,... , n e t0 ∈ I. Do Teorema 5 cada P.V.I. admite uma única solução e do Co- rolário 8, como {e1 ,... , en } são l.i. em Rn segue que X 1 (t),... , X n (t) são soluções l.i. de (8) e t0 ∈ I. Resta mostrar que {X 1 (t),... , X n (t)} gera S. Seja X(t) uma solução qualquer de (8) e t0 ∈ I. Como X(t0 ) ∈ Rn então pode ser escrita como combinação linear de {e1 ,... , en }, ou seja, existem constantes não todas nulas tais que X(t0 ) = c1 e1 +... + cn en = (c1 ,... , cn ). Marcelo Nascimento EDO Considere o P.V.I. X ′ = A(t)X ® (11) X(t0 ) = (c1 ,... , cn ). Claramente X(t) é solução de 11. Além disso, φ(t) = c1 X 1 (t) +... + cn X n (t) é solução de (8) do Princı́pio da Superposição e φ(t0 ) = c1 X 1 (t0 )+...+cn X n (t0 ) = c1 e1 +...+cn en = (c1 ,... , cn ). Lembre que X i (t) são soluções de (10) e portanto X i (t0 ) = ei. Portanto, φ também é solução de (11) e do Teorema 5 φ(t) = X(t), t ∈ I. Marcelo Nascimento EDO Observação 10 O teorema anterior diz que se conhecermos n soluções linear- mente independentes {X 1 (t),... , X n (t)} de (8), ou seja X ′ = A(t)X então toda solução de (8) será da forma c1 X 1 (t) +... + cn X n (t). Por essa razão esta expressão é chamada de solução geral de (8). Marcelo Nascimento EDO Exemplo 11 Considere o sistema de equações diferenciais x′1 = x2 ® Å ã ′ 0 1 X = X, x′2 = −x1 − 2x2 −1 −2 Å ã x1 onde X =. Encontre a solução geral do sistema. x2 Prova: Observe que esse sistema procede da equação de segunda ordem y ′′ + 2y ′ + y = 0, fazendo a mudança x1 = y e x2 = y ′. Sabemos que y1 (t) = e−t e y2 (t) = te−t são duas soluções l.i. desta equação. Marcelo Nascimento EDO Logo e−t te−t Å ã Å ã 1 2 X (t) = e X (t) = −e−t (1 − t)e−t são duas soluções do sistema. Como Å ã Å ã 1 1 2 0 X (0) = e X (0) = −1 1 são l.i. em R2 , segue pelo Corolário 8 que X 1 (t) e X 2 (t) são soluções l.i. do sistema dado. Do Princı́pio da Superposição (Teorema 6) e do Teorema 9 segue que a solução geral do sistema é dada por Å −t ã te−t Å ã 1 2 e X(t) = c1 X (t) + c2 X (t) = c1 + c2 , −e−t (1 − t)e−t onde c1 e c2 são constantes quaisquer. Marcelo Nascimento EDO Definição 12 Dizemos que uma matriz X(t) (n × n) é matriz solução do sistema X ′ = A(t)X se cada coluna de X(t) é solução do sistema. Definição 13 Dizemos que uma matriz X(t) (n × n) é matriz fundamental (M.F.) para o sistema X ′ = A(t)X se X(t) é uma matriz solução e detX(t) ̸= 0 para todo t ∈ I (I intervalo de existência). Ou seja, suas colunas são soluções l.i. do sistema X ′ = A(t)X. Observação 14 Se X(t) é matriz solução, então detX(t) é chamado de Wronski- ano das n soluções X 1 ,... , X n e denotado por W [X 1 ,... , X n ](t). Marcelo Nascimento EDO Observação 15 Seja X(t) uma M.F. para o sistema X ′ = A(t)X então se X 1 (t),... , X n (t) são as colunas de X(t) segue que a solução geral da equação linear homogênea (8) será da forma X(t)c, onde c = (c1 ,... , cn ). Marcelo Nascimento EDO Teorema 16 (Abel-Liouville) Se X(t) é uma matriz soluções de X ′ = A(t)X em algum inter- valo I, t0 ∈ I, então ˆ t  detX(t) = detX(t0 )exp trA(s)ds , ∀t ∈ I, t0 onde trA(s) é o traço de A(s), isto é, a soma dos elementos da diagonal principal de A(s). Marcelo Nascimento EDO Observação 17 O teorema anterior afirma que se X(t) é uma matriz solução de X ′ = A(t)X então, ou detX(t) ̸= 0, para todo t ∈ I ou detX(t) = 0, para todo t ∈ I. Teorema 18 Seja X(t) uma matriz solução de X ′ = A(t)X em I. Então X(t) é matriz fundamental se, e somente se, detX(t0 ) ̸= 0 para algum t0 ∈ I. Prova: (⇒) Suponha que X(t) é matriz fundamental, então as colunas de X(t) são soluções l.i. para todo t ∈ I e portanto, detX(t) ̸= 0, para todo t ∈ I. Em particular, detX(t0 ) ̸= 0 para algum t0 ∈ I. (⇐) Suponha que detX(t0 ) ̸= 0 para algum t0 ∈ I, do Teorema de Abel-Liouville segue que detX(t) ̸= 0, para todo t ∈ I. Portanto, X(t) é matriz fundamental. Marcelo Nascimento EDO Sistemas Lineares com Coeficientes Constantes Considere o sistema X ′ = AX, (12) onde A = (aij ), i, j = 1,... , n é uma matriz n × n constante. Vamos procurar por soluções na forma X(t) = eλt v, (13) onde o número λ e o vetor constante v = (v1... vn )T ̸= (0... 0)T devem ser determinados. Substituindo (13) em (12), obtemos λeλt v = A(eλt v) eλt ̸=0,∀t ⇐⇒ λv = Av. (14) O número λ que satisfaz (14) é chamado de autovalor de A e v é chamado de autovetor associado a λ. Marcelo Nascimento EDO A equação (14) é equivalente à (A − λI)v = 0, (15) onde I é a matriz identidade. Para que a equação (15) tenha solução v ̸= 0, a matriz A − λI não pode ser invertı́vel. Logo, devemos ter pA (λ) = det(A − λI) = 0. (16) Observação 19 Note que a expressão pλ (A) = det(A−λI) é um polinômio de grau n em λ, chamado de polinômio caracterı́stico de A. Assim, do Teorema Fundamental da Álgebra a equação pλ (A) = 0 possui n raı́zes λ1 ,... , λn que podem ser reais ou complexas (contando multiplicidade). Marcelo Nascimento EDO Exemplo 20 Se v é um autovetor de A associado a λ, então u = cv, c ̸= 0, também é um autovetor de A associado a λ. Prova: Basta observar que Au = A(cv) = cAv = cλv = λu. Marcelo Nascimento EDO No que segue, vamos estudar as diferentes possibilidades para os autovalores. Caso 1: Todos os autovalores são reais e distintos. Sejam v1 ,... , vn autovetores associados aos autovalores λ1 ,... , λn , respectivamente. Então v1 ,... , vn são l.i. De fato, se n = 1, Ok. Suponha que v1 ,... , vn são l.i. e provemos que v1 ,... , vn , vn+1 são l.i. Considere a combinação linear c1 v1 +... + cn vn + cn+1 vn+1 = 0. (17) Logo, A(c1 v1 +... + cn vn + cn+1 vn+1 ) = A(0) = 0 se, e somente se c1 Av1 +... + cn Avn + cn+1 Avn+1 = 0 se, e somente se c1 λ1 v1 +... + cn λn vn + cn+1 λn+1 vn+1 = 0. Marcelo Nascimento EDO Agora, multiplique (17) por λn+1 e subtraia da igualdade acima para obter c1 (λ1 − λn+1 )v1 +... + cn (λn − λn+1 )vn = 0. Por hipótese, v1 ,... , vn são l.i., logo c1 (λ1 − λn+1 ) =... = cn (λn − λn+1 ) = 0. Como λi ̸= λj , i ̸= j, segue que c1 =... = cn = 0. Logo, (17) se reduz à cn+1 vn+1 = 0 e como vn+1 ̸= 0, segue que cn+1 = 0. Concluı́mos por indução sobre n que v1 ,... , vn são l.i. para todo n. Marcelo Nascimento EDO Logo, as funções X1 (t) = eλ1 t v1 ,... , Xn (t) = eλn t vn são n soluções l.i. de (12) pois para t = 0, X1 (0) = v1 ,... , Xn (0) = vn são l.i. Portanto, X1 (t) = eλ1 t v1 ,... , Xn (t) = eλn t vn formam uma base para o espaço das soluções. Marcelo Nascimento EDO Caso 2: Autovalores complexos Se λ = α + iβ, β ̸= 0 é um autovalor de A e v = v1 + iv2 , v2 ̸= 0 é um correspondente autovetor, então z(t) = eλt v é uma solução com valores complexos de (12). Lema 21 Se z(t) = x(t) + iy(t) é uma solução com valores complexos de (12) então x(t) e y(t) são soluções a valores reais de (12). Prova: Temos que x′ (t) + iy ′ (t) = z ′ (t) = Az(t) = A[x(t) + iy(t)] = Ax(t) + iAy(t). Logo, a igualdade é válida se, e somente se x′ (t) = Ax(t) e y ′ (t) = Ay(t). Marcelo Nascimento EDO Exemplo 22 Determine uma base de soluções reais para Å ã 1 −1 x′ = x. 5 −3 Prova: Temos que 1−λ −1 p(λ) = det(A − λI) = = (1 − λ)(−3 − λ) + 5 5 −3 − λ = λ2 + 2λ + 2. Logo, os autovalores de A são λ = −1 ± i. Marcelo Nascimento EDO Vamos procurar um vetor v ̸= 0 tal que (A − λ1 I)v = 0, ou seja, ïÅ ã Å ãò Å ã Å ã 1 −1 1−i 0 a 0 + = 5 −3 0 1−i b 0 se, e somente se ® (2 − i)a − b = 0 Å ãÅ ã Å ã 2−i −1 a 0 = ⇐⇒ 5 −2 − i b 0 5a − (2 + i)b = 0 ⇒ b = (2 − i)a. Marcelo Nascimento EDO  Å ã 1 Logo, um autovetor associado a λ1 = −1 + i é v = ea 2−i função ãÅ Å ã 1 (−1+i)t −t 1 z(t) = e = e (cos(t) + i sen(t)) 2−i 2−i e−t cos(t) e−t sen(t) Å ã Å ã = −t + i −t e (2 cos(t) + sen(t)) e (2 sen(t) − cos(t)) é uma solução com valores complexos. Logo e−t cos(t) e−t sen(t) Å ã Å ã x(t) = −t e y(t) = −t e (2 cos(t) + sen(t)) e (2 sen(t) − cos(t)) são duas soluções reais l.i. e portanto formam uma base de soluções reais. Observe que se t = 0, Å ã Å ã 1 0 x(0) = e y(0) = 2 −1 que são l.i em R2. Marcelo Nascimento EDO Exemplo 23 Encontre uma base de soluções reais para Ñ é 1 −5 0 ′ x = 1 −3 0 x. 0 0 1 Prova: Temos que p(λ) = det(A − λI) 1−λ −5 0 = 1 −3 − λ 0 0 0 1−λ = (−3 − λ)(1 − λ)2 + 5(1 − λ) = (1 − λ)[(1 − λ)(−3 − λ) + 5] = (1 − λ)(λ2 + 2λ + 2). Logo os autovalores são: λ1 = 1 e λ2,3 = −1 ± i. Marcelo Nascimento EDO Vamos procurar pelo autovetor associado ao autovalor λ1 = 1. Ou seja, queremos encontrar v ̸= 0 tal que (A − λ1 I)v = 0, ou seja Ñ éÑ é Ñ é 0 −5 0 a 0 ® −5b = 0 1 −4 0 b = 0 ⇐⇒ 0 0 0 c 0 a − 4b = 0 de onde obtemos a = b = 0. Assim, um autovetor associado a λ1 = 1 é Ñ é 0 v= 0. 1 Segue que Ñ é 0 x1 (t) = et 0 1 é uma solução do sistema. Marcelo Nascimento EDO Agora, vamos procurar pelos autovetores associados a λ = −1+i. Vamos procurar por v ̸= 0 tal que (A − λI)v = 0, ou seja, Ñ é Ñ é Ñ é Ñ é 1 −5 0 −1 + i 0 0 a 0  1 −3 0 − 0 −1 + i 0  b = 0 0 0 1 0 0 −1 + i c 0 Ñ éÑ é Ñ é 2−i −5 0 a 0 ⇐⇒ 0 −2 − i 0 b = 0 0 0 2−i c 0 e então devemos ter  (2 − i)a − 5b = 0  ® a = (2 + i)b a − (2 + i)b = 0 ⇒  c = 0. (2 − i)c = 0  Marcelo Nascimento EDO Logo, um autovetor associado a λ = −1 + i é Ñ é 2+i v= 1. 0 E a função Ñ é Ñ é 2+i 2+i z(t) = e(−1+i)t 1 = e−t (cos(t) + i sen(t)) 1 0 0 Ñ −t é e (cos(t) + i sen(t))(2 + i) = e−t (cos(t) + i sen(t)) 0 Ñ −t é Ñ −t é e (2 cos(t) − sen(t)) e (cos(t) + 2 sen(t)) = e−t cos(t) +i e−t sen(t) 0 0 é solução a valores complexos do sistema dado. Marcelo Nascimento EDO Portanto uma base para o sistema dado é Ñ é Ñ −t é 0 e (2 cos(t) − sen(t)) x1 (t) = et 0 , x2 (t) = e−t cos(t) 1 0 e−t (cos(t) + 2 sen(t)) Ñ é x3 (t) = e−t sen(t) 0 pois se t0 = 0, então


x1 (0) = 0 0 1 , x2 (0) = 2 1 0 e x3 (0) = 1 0 0 são vetores l.i. do R3. Marcelo Nascimento EDO Caso 3: Autovalores Repetidos Se λ é um autovalor de multiplicidade k > 1, temos duas possi- bilidades: (a) existem k autovetores l.i. associados a λ; (b) existem menos de k autovetores l.i. associados a λ; No caso (a) tudo se passa como quando os autovalores são dis- tintos. Se v1 ,... , vk são autovetores l.i. associados a λ, então eλt v1 ,... , eλt vk são soluções l.i. Marcelo Nascimento EDO Exemplo 24 Determine uma base de soluções para o sistema Ñ é 3 2 4 x′ = 2 0 2 x. 4 2 3 Prova: Sabemos que p(λ) = −λ3 + 6λ2 + 15λ + 8, logo os autovalores são: λ1 = λ2 = −1 e λ3 = 8. Para λ = −1, procuramos por v ̸= 0 tal que (A − λI)v = 0, ou seja  4a + 2b + 4c = 0 Ñ éÑ é Ñ é 4 2 4 a 0  2 1 2 b = 0 ⇐⇒ 2a + b + 2c = 0 4 2 4 c 0  4a + 2b + 4c = 0  ⇐⇒ b = −2(a + c). Marcelo Nascimento EDO 

v1 = 1 −2 0. Se a = 0 e c = 1 Se a = 1 e c = 0 obtemos obtemos v2 = 0 −2 1. Claramente v1 e v2 são l.i. Logo x1 (t) = e−t 1 −2 0 e x2 (t) = e−t 0 −2 1

são duas soluções l.i. Para λ = 8, temos  −5a + 2b + 4c = 0 Ñ éÑ é Ñ é −5 2 4 a 0  2 −8 2 b = 0 ⇐⇒ 2a + −8b + 2c = 0 4 2 −5 c 0  4a + 2b − 5c = 0  ⇐⇒ a = c = 2b.
Assim, um autovetor é v3 = 2 1 2 e x3 (t) = e8t 2 1 2
é uma terceira solução l.i. do sistema dado. Marcelo Nascimento EDO No caso (b) não é possı́vel encontrar k autovetores l.i. associados a λ, o que significa que existem soluções de (12) que não podem ser expressas usando-se apenas funções exponenciais e vetores constantes. Vamos ilustrar através de um exemplo: Exemplo 25 Resolva o sistema Å ã ′ 1 −1 x = x. 1 3 Prova: Observe que p(λ) = (λ − 2)2 , e portanto λ = 2 é autovalor de A de multiplicidade 2. Procuremos por vetores v ̸= 0 tais que (A − λ1 I)v = 0. Temos que ® −a − b = 0 Å ãÅ ã Å ã −1 −1 a 0 = ⇒ ⇒ b = −a. 1 1 b 0 a+b=0 Marcelo Nascimento EDO Logo, v1 = 1 −1 e x1 (t) = e2t 1 −1 é uma solução.

E não existe uma segunda solução da forma e2t v que seja l.i. com x1 (t). Vamos tentar uma solução na forma x2 (t) = te2t v, v ̸= 0. Substituindo no sistema, temos e2t v + 2te2t v = A(te2t v) ⇐⇒ e2t (v + 2tv) = te2t Av ⇐⇒ v + 2tv − tAv = 0, ∀t ⇐⇒ v = 0. Marcelo Nascimento EDO Vamos tentar x2 (t) = te2t v + e2t w, onde v e w são vetores constantes. Substituindo no sistema (x′ = Ax), temos e2t v + 2te2t v + 2e2t w = A(te2t v + e2t w) ⇐⇒ 2te2t v + e2t (v + 2w) = te2t Av + e2t Aw ⇐⇒ 2tv + v + 2w = tAv + Aw. Igualando temos em t e termos constantes, temos que v e w devem satisfazer ® ® Av = 2v (A − 2I)v = 0 ⇒ Aw = v + 2w (A − 2I)w = v Marcelo Nascimento EDO A primeira dessas equações é satisfeita se v é um autovetor
as- sociado ao autovalor λ = 2, ou seja, v = 1 −1. Com esse autovetor v, substituindo na segunda equação obtemos Å ãÅ ã Å ã −1 −1 w1 1 (A − 2I)w = v ⇐⇒ = 1 1 w2 −1 ® −w1 − w2 = 1 ⇐⇒ w1 + w2 = −1 ou seja, w2
= −1 − w1. Portanto, fazendo w1 = 0, temos que w = 0 −1 satisfaz a segunda equação e então te2t Å ã Å ã Å ã 1 0 x2 (t) = te2t + e2t = −1 −1 −te2t − e2t é uma segunda solução l.i. com x1 (t). De fato, basta ver que (t0 = 0) os vetores

x1 (0) = 1 −1 e x2 (0) = 0 −1 são l.i. em R2. Marcelo Nascimento EDO Logo a solução geral do sistema é te2t Å ã Å ã 2t 1 x(t) = c1 e + c2 −1 −te2t − e2t onde c1 e c2 são constantes. Marcelo Nascimento EDO Procedimento Geral. Suponhamos que A tenha k < n autovetores linearmente inde- pendentes. Então teremos apenas k soluções linearmente inde- pendentes da forma eλt v, onde v é uma autovetor associado a λ. Para obter as n − k soluções que faltam, procedemos assim: (a) Para cada autovalor λ de A, com multiplicidade (algébrica) maior do que 1, procuramos por soluções x(t) = teλt v + eλt w, onde ® (A − λI)v = 0 (A − λI)w = v. O vetor w é chamado de autovetor generalizado. Marcelo Nascimento EDO (b) Se ainda não tivermos as n soluções l.i., devemos procurar soluções na forma t2 λt x(t) = e v + teλt w + eλt u, 2! onde  (A − λI)v = 0  (A − λI)w = v  (A − λI)u = w.  (c) Procedemos desse modo até obter as n soluções l.i. Marcelo Nascimento EDO Exemplo 26 Determine uma base de soluções para o sistema Ñ é 3 2 4 x′ = 2 0 2 x. 4 2 3 Prova: Sabemos que p(λ) = (2 − λ)3 , e portanto λ = 2 é um autovalor de multiplicidade 3. Procuremos por v ̸= 0 tal que (A − λI)v = 0, ou seja Ñ éÑ é Ñ é 0 1 3 a 0 ® b + 3c = 0 0 0 −1 b = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ b = c = 0. 0 0 0 c 0 −c = 0 Marcelo Nascimento EDO 
Assim, v = 1 0 0 e x1 (t) = e2t 1 0 0 = e2t 0 0

é uma solução do sistema. Como A possui apenas um autovetor l.i. associado a λ = 2, devemos procurar outra solução da forma x2 (t) = te2t v + e2t w onde v é autovetor de A e w é tal que (A − 2I)w = v. Temos Ñ éÑ é Ñ é 0 1 3 w1 1 ® w2 + 3w3 = 1 0 0 −1 w2 = 0 ⇐⇒ 0 0 0 w3 0 −w3 = 0,
ou seja, w3 = 0, w2 = 1, e w1 é qualquer. Logo, w = 0 1 0 e x2 (t) = te2t 1 0 0 + e2t 0 1 0.

Marcelo Nascimento EDO A terceira solução será da forma t2 λt e v + teλt w + eλt u, x(t) = 2!

onde v = 1 0 0 , w = 0 1 0 e u é tal que (A − 2I)u = w ou seja, Ñ éÑ é Ñ é 0 1 3 u1 0 ® u2 + 3u3 = 0 0 0 −1 u2 = 1 ⇐⇒ 0 0 0 u3 0 −u3 = 1, de onde obtemos u3 = −1, u2 = 3 e u1 é qualquer. Portanto, Ñ é Ñ é Ñ é 1 0 0 t2 2t x3 (t) = e 0 + te2t 1 + e2t 3. 2! 0 0 −1 Marcelo Nascimento EDO Essas três soluções são l.i., pois para t0 , Ñ é Ñ é Ñ é 1 0 0 x1 (0) = 0 , x2 (0) = 1 e x3 (0) = 3 , 0 0 −1 são l.i. em R3. Marcelo Nascimento EDO