Algebra Linear E Equações Diferenciais

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˜ PAULO UNIVERSIDADE DE SAO ˆ ´ ˜ INSTITUTO DE CIENCIAS MATEMATICAS E DE COMPUTAC ¸ AO ´ DEPARTAMENTO DE MATEMATICA ´ ˜ es Diferenciais Algebra Linear e Equac ¸o Luiz Augusto da Costa Ladeira ˜ CARLOS - SP SAO 2004 Sum´ ario 1 No¸c˜ oes Preliminares 1.1 Espa¸co Euclidiano n− dimensional . 1.2 Matrizes . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Sistemas Lineares . . . . . . . . . . 1.4 Determinante . . . . . . . . . . . . 1.5 N´ umeros Complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 5 12 17 24 27 2 Equa¸c˜ oes de Primeira Ordem 2.1 Introdu¸c˜ao . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Defini¸c˜oes . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Equa¸c˜oes Separ´aveis . . . . . . . . 2.4 Equa¸c˜ao Linear de Primeira Ordem 2.5 Equa¸c˜ao de Bernoulli . . . . . . . . 2.6 Equa¸c˜oes Diferenciais Exatas . . . 2.7 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 37 40 41 46 55 57 62 3 Espa¸cos Vetoriais 3.1 Defini¸c˜ao e Exemplos . . . . . . 3.2 Subespa¸cos Vetoriais . . . . . . 3.3 Combina¸c˜oes Lineares . . . . . 3.4 Dependˆencia Linear . . . . . . . 3.5 Base e Dimens˜ao . . . . . . . . 3.6 Dependˆencia Linear de Fun¸c˜oes 3.7 Bases Ortogonais em Rn . . . . 3.8 Somas e Somas Diretas . . . . . 3.9 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 65 69 72 76 80 86 89 92 95 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ SUMARIO 4 4 Equa¸c˜ oes Diferenciais Lineares 4.1 Fatos Gerais sobre Equa¸c˜oes Lineares . . . . . . . 4.2 M´etodo de Redu¸c˜ao da Ordem . . . . . . . . . . . 4.3 Equa¸c˜ao Homogˆenea com Coeficientes Constantes 4.4 Equa¸c˜ao N˜ao Homogˆenea . . . . . . . . . . . . . . 4.5 M´etodo de Varia¸c˜ao dos Parˆametros . . . . . . . . 4.6 M´etodo dos Coeficientes a Determinar . . . . . . . 4.7 Equa¸c˜oes de Ordem Superior . . . . . . . . . . . . 4.8 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 97 100 102 111 112 117 127 135 5 Transforma¸c˜ oes Lineares 5.1 Transforma¸c˜oes . . . . . . 5.2 Transforma¸c˜oes Lineares . 5.3 N´ ucleo e Imagem . . . . . 5.4 Autovalores e Autovetores . . . . . . . . . . . . . . . . 137 137 139 145 150 6 Sistemas de Equa¸c˜ oes Diferenciais Lineares 6.1 Introdu¸c˜ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Fatos Gerais sobre Sistemas Lineares . . . . . . . 6.3 Sistema Homogˆeneo com Coeficientes Constantes 6.4 Sistema N˜ao Homogˆeneo . . . . . . . . . . . . . . 6.5 M´etodo dos Coeficientes a Determinar . . . . . . . 6.6 F´ormula de Varia¸c˜ao das Constantes . . . . . . . 6.7 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 159 163 168 176 176 181 184 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cap´ıtulo 1 No¸c˜ oes Preliminares Neste cap´ıtulo reunimos fatos b´asicos sobre vetores, matrizes, sistemas de equa¸c˜oes lineares e n´ umeros complexos, que ser˜ao usados nos cap´ıtulos seguintes. Assumiremos conhecido o conjunto R dos n´ umeros reais e suas propriedades alg´ebricas elementares: suas opera¸c˜oes de adi¸c˜ao e multiplica¸c˜ao s˜ao associativas, comutativas, tˆem elemento neutro, cada n´ umero tem seu oposto aditivo e cada n´ umero n˜ao nulo tem seu inverso multiplicativo. 1.1 Espa¸co Euclidiano n− dimensional As no¸c˜oes de par ordenado (x, y) e terna ordenada (x, y, z) de n´ umeros reais tˆem uma extens˜ao natural ao conceito de n-upla (x1 , . . . , xn ), que ´e uma sucess˜ao ordenada de n n´ umeros reais. Denotaremos as n−uplas por letras em negrito. Se x = (x1 , . . . , xn ), cada um dos n´ umeros x1 , . . . , xn ´e chamado uma componente (ou coordenada) de x. Duas n−uplas (x1 , . . . , xn ) e (y1 , . . . , yn ) s˜ao ditas iguais (indicamos (x1 , . . . , xn ) = (y1 , . . . , yn )) se e somente se x1 = y1 , . . . , xn = yn . O conjunto de todas n−uplas de n´ umeros reais ´e denotado por Rn , isto ´e, Rn = {(x1 , . . . , xn ) : xk ∈ R, k = 1 , . . . , n}. Recordemos da Geometria Anal´ıtica que R3 pode ser identificado com o conjunto V3 dos vetores geom´etricos (definidos pelos segmentos orientados) por meio da correspondˆencia que a cada v = a i + b j + c k de V3 associa a terna (a, b, c) ∈ R3 : v = a i + b j + c k ∈ V3 ←→ (a, b, c) ∈ R3 . 5 (1.1) 6 Cap. 1 No¸c˜oes Preliminares Ao vetor i corresponde a terna e1 = (1, 0, 0), ao vetor j corresponde a terna e2 = (0, 1, 0) e a k corresponde odulo (ou √ e3 = (0, 0, 1). O m´ 2 2 2 comprimento) do vetor v ´e kvk = a + b + c . A correspondˆencia (1.1) ´e importante, pois permite caracterizar elementos geom´etricos, tais como reta, plano, etc, em termos de equa¸c˜oes alg´ebricas. z ck 6 *  v      ai x bj - y Figura 1.1 Por causa dessa identifica¸c˜ao com os vetores geom´etricos, as ternas ordenadas tamb´em s˜ao chamadas de vetores; por extens˜ao, as n−uplas tamb´em s˜ao chamadas de vetores; neste contexto, os n´ umeros reais ser˜ao chamados escalares. Lembremos tamb´em que, se α ∈ R, temos α v = α a i + α b j + α c k, ou seja, ao vetor α v associamos a terna (α a, α b, α c). Da mesma maneira, se (a1 , b1 , c1 ) e (a2 , b2 , c2 ) forem as ternas associadas aos vetores w1 e w2 , respectivamente (ou seja, w1 = a1 i + b1 j + c1 k e w2 = a2 i + b2 j + c2 k), ent˜ao temos w1 + w2 = (a1 +a2 ) i+(b1 +b2 ) j+(c1 +c2 ) k; assim, ao vetor w1 +w2 fica associado a terna (a1 + a2 , b1 + b2 , c1 + c2 ). Essas observa¸c˜oes mostram a impotˆancia de se definir adi¸c˜ao de ternas e multiplica¸c˜ao de ternas por n´ umeros reais: dadas as ternas (a1 , b1 , c1 ), (a2 , b2 , c2 ) e o n´ umero real α, definimos: (a1 , b1 , c1 ) + (a2 , b2 , c2 ) = (a1 + a2 , b1 + b2 , c1 + c2 ) α (a1 , b1 , c1 ) = (α a1 , α b1 , α c1 ) Pode-se mostrar facilmente que, quaisquer que sejam u, v, w ∈ R3 e α, β ∈ R, temos: O espa¸co euclidiano 7 A1) (u + v) + w = u + (v + w) A2) u + v = v + u A3) qualquer que seja a terna u, temos u + 0 = u, em que 0 designa a terna (0, 0, 0) A4) para qualquer terna u = (a, b, c), a terna v = (−a, −b, −c) satisfaz u+v =0 M1) α (β u) = (α β) u M2) (α + β) u = α u + β u M3) α (u + v) = α u + α v M4) 1 u = u. As opera¸c˜oes acima estendem-se de modo natural ao Rn . Dados u = (a1 , . . . , an ) e v = (b1 , . . . , bn ) em Rn e α ∈ R, definimos a soma u + v e o produto por escalar α u por u + v = (a1 , . . . , an ) + (b1 , . . . , bn ) = (a1 + b1 , . . . , an + bn ) (1.2) α u = α (a1 , . . . , an ) = (α a1 , . . . , α an ) (1.3) Como no caso das ternas ordenadas, pode-se verificar que em Rn est˜ao satisfeitas as propriedades A1) a A4) e M1) a M4). Por estarem satisfeitas essas propriedades, dizemos que Rn ´e um espa¸ co vetorial. A igualdade (1.2) define a soma de dois vetores. Para somar trˆes vetores u, v e w, podemos considerar as combina¸c˜oes u + (v + w) e (u + v) + w. A propriedade associativa afirma que esses vetores s˜ao iguais. Por causa dessa propriedade, vamos omitir os parˆenteses. Mais geralmente, dados n vetores u1 , u2 . . . , un e n n´ umeros reais α1 , α2 . . . , αn , podemos definir o vetor α1 u1 + α2 u2 + · · · + αn un , que chamaremos combina¸ c˜ ao linear de u1 , u2 . . . , un . Por exemplo, o vetor (3, 1, 0) ´e combina¸c˜ao linear de (6, 3, 1), (3, 2, 1) e (0, 2, 2) pois 1 · (6, 3, 1) + (−1) · (3, 2, 1) + 0 · (0, 2, 2) = (3, 1, 0). J´a o vetor (6, 1, 0) n˜ao ´e combina¸c˜ao linear de (6, 3, 1), (3, 2, 1) e (0, 2, 2); de fato, para que (6, 1, 0) seja combina¸c˜ao linear de (6, 3, 1), 8 Cap. 1 No¸c˜oes Preliminares (3, 2, 1) e (0, 2, 2) precisam existir n´ umeros x, y, z tais que x (6, 3, 1) + y (3, 2, 1) + z (0, 2, 2) = (6, 1, 0) , ou seja, (6 x+3 y, 3 x+2 y +2 z, x+y +2 z) = (6, 1, 0). Dessa igualdade vemos que x, y, z precisam satisfazer o sistema de equa¸c˜oes  = 6 (1)  6x + 3y 3 x + 2 y + 2 z = 1 (2)  x + y + 2 z = 0 (3) Subtraindo a equa¸c˜ao (3) da equa¸c˜ao (2), obtemos 2 x + y = 1. Dividindo a equa¸c˜ao (1) por 3, temos 2 x + y = 2. As equa¸c˜oes  2 x + y = 1 (4) 2 x + y = 2 (5) mostram que n˜ao existem tais n´ umeros x, y, z. Logo, o vetor (6, 1, 0) n˜ao ´e combina¸c˜ao linear de (6, 3, 1), (3, 2, 1) e (0, 2, 2). Exemplo 1.1. Consideremos em Rn os vetores e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, . . . , 0), . . . , en = (0, 0, . . . , 1) Mostrar que todo vetor x = (x1 , . . . , xn ) se escreve, de modo u ´nico, como combina¸c˜ao linear dos vetores e1 , . . . , en . Por causa desta propriedade, diremos que os vetores e1 , e2 , . . . , en formam uma base de Rn , chamada base canˆ onica de Rn . Podemos escrever (x1 , . . . , xn ) = (x1 , 0, . . . , 0) + · · · + (0 , . . . , xn ) = = x1 (1 , 0, . . . , 0) + · · · + xn (0, 0, . . . , 1) = = x1 e1 + · · · + xn en . Logo, x ´e combina¸c˜ao linear de e1 , . . . , en . Para ver que essa ´e a u ´nica maneira de escrever x como combina¸c˜ao linear de e1 , . . . , en , suponhamos que tenhamos x = t1 e1 + · · · + tn en . Ent˜ao (x1 , . . . , xn ) = x = t1 e1 + · · · + tn en = = t1 (1 , 0, . . . , 0) + · · · + tn (0, 0, . . . , 1) = = (t1 , . . . , tn ). Logo, t1 = x1 , . . . , tn = xn . O espa¸co euclidiano 9 Exerc´ıcio 1.1. Determine se v ´e combina¸c˜ ao linear de u1 , u2 e u3 , sendo: (a) v = (2, −5, −1), u1 = (1, 0, 0) , u2 = (0, 1, 1) e u3 = (−1, 1, 1); (b) v = (2, 3, −1), u1 = (1, 0, 0) , u2 = (0, 1, 1) e u3 = (−1, 1, 1); (c) v = (−1, −1, 2), u1 = (1, 1, 1) , u2 = (1, 1, 0) e u3 = (0, 0, 1); (d) v = (1, −1, 4), u1 = (1, 1, 1) , u2 = (1, 1, 0) e u3 = (0, 0, 1); Al´em das opera¸c˜oes de adi¸c˜ao de n−upla e multiplica¸c˜ao de n−upla por n´ umero real, podemos definir em Rn o chamado produto interno de n−uplas, que estende a no¸c˜ao de produto escalar visto nos cursos de F´ısica e Geometria Anal´ıtica. Lembremos que o produto escalar dos vetores (n˜ao nulos) u e v, de m´odulos kuk e kvk, respectivamente, que formam entre si um ˆangulo θ ´e definido por u · v = kuk kvk cos θ. (1.4) ´ conveniente escrever o produto escalar em termos das componenE tes dos vetores u = (a, b, c) e v = (x, y, z). Aplicando a lei dos cossenos ao triˆangulo cujos lados s˜ao u, v e u − v (Figura 1.2), temos ku − vk2 = kuk2 + kvk2 − 2 kuk kvk cos θ .  v θ (1.5) HH H u−v HH HH u H j H - Figura 1.2 Substituindo em (1.5): kuk2 = a2 + b2 + c2 , kvk2 = x2 + y 2 + z 2 , ku−vk2 = (x−a)2 +(y −b)2 +(z −c)2 = kuk2 +kvk2 −2 (a x+b y +c z) e kuk kvk cos θ = u · v, obtemos u · v = ax + by + cz (1.6) Uma vantagem da rela¸c˜ao (1.6) sobre (1.4) ´e que ela (a rela¸c˜ao (1.6)) n˜ao depende do apelo geom´etrico e portanto permite estender a Rn , com n ≥ 4, essa no¸c˜ao de produto escalar, que chamaremos produto interno. 10 Cap. 1 No¸c˜oes Preliminares Dados u = (x1 , . . . , xn ), v = (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn , definimos o produto interno de u e v, denotado por u · v (ou hu, vi), como sendo u · v = x1 y1 + . . . + xn yn (1.7) (notemos que o produto interno de dois vetores de Rn ´e um n´ umero n real). O espa¸co vetorial R , munido do produto interno, ´e chamado ´ f´acil ver que u · u > 0, ∀u 6= 0. Definimos a espa¸ co euclidiano. E √ norma de um vetor u como sendo kuk = u · u. O produto interno tem as seguintes propriedades u·v =v·u (1.8) (u + α w) · v = u · v + α (w · v) (1.9) √ ao Exemplo 1.2. Se u = (1, 3, 0), v = (3, −1, 5), w = (−3, 1, 2), ent˜ √ u · u = 1 + 3 = 4 u · v =√3 − 3 v · w =√ 3(−3) + 1(−1) + 5 · 2 = 0 kuk = 2 kvk = 35 kwk = 14 Existe uma importante desigualdade importante relacionando norma e produto interno, conhecida como desigualdade de Cauchy-Schwarz u · v ≤ kuk kvk . (1.10) Se v = 0, temos h u, vi = 0, e a desigualdade (1.10) ´e trivial. Para mostrar essa desigualdade quando v 6= 0, notemos que, para qualquer t ∈ R, temos ku + t vk ≥ 0. Usando as propriedades (1.8) e (1.9), temos 0 ≤ ku + t vk2 = (u + t v) · (u + t v) = u · u + 2 t u · v + t2 v · v = = kuk2 + 2 t u · v + t2 kvk2 donde kvk2 t2 + 2 (u · v) t + kuk2 ≥ 0 . (1.11) O primeiro membro dessa desigualdade ´e uma fun¸c˜ao quadr´atica em t. Para que essa fun¸c˜ao quadr´atica seja sempre n˜ao negativa, seu discriminante n˜ao pode ser positivo, isto ´e, 4 (u · v)2 − 4 kvk2 kuk2 ≤ 0 . (1.12) O espa¸co euclidiano 11 A desigualdade (1.12) implica (1.10). Dois vetores u, v ∈ Rn s˜ao ditos ortogonais quando u·v = 0. Por exemplo, os vetores u = (1, 0, 9, −6) e v = (0, −1, 2, 3) s˜ao ortogonais, pois u · v = 1 × 0 + 0 × (−1) + 9 × 2 + (−6) × 3 = 0. Um conjunto de vetores {u1 , . . . , um } ´e dito um conjunto ortogonal se os seus vetores s˜ao dois a dois ortogonais, isto ´e, ui · uj = 0, ∀i, j com 1 ≤ i, j ≤ m e i 6= j; se, al´em disso, ku1 k = · · · = kum k = 1, dizemos que esse conjunto ´e ortonormal. A base canˆonica {e1 , . . . , en } ´e um conjunto ortonormal em Rn . Exemplo 1.3. Encontrar todos os vetores de R2 que s˜ ao ortogonais a v = (2, −1). Procuramos os vetores u = (x, y) tais que u · v = 0, isto ´e, 2 x − y = 0. Logo, u = (x, 2 x). Notemos que y = 2 x ´e a equa¸c˜ao da reta passa pela origem e tem v como vetor normal. (Figura 1.3). Exemplo 1.4. Encontrar todos os vetores de R3 que s˜ ao ortogonais a n = (2, −1, 0). Procuramos os vetores u = (x, y, z) tais que u · n = 0, ou seja, y = 2 x. Logo, u = (x, 2 x, z) = x (2, 1, 0) + z (0, 0, 1). Notemos que y = 2 x ´e equa¸c˜ao do plano que cont´em a origem e tem n como vetor normal (Figura 1.4). z 6 y 6 y = 2x HH j H y- - x v y = 2x x Figura 1.3 Figura 1.4 12 Cap. 1 No¸c˜oes Preliminares Exemplo 1.5. Encontrar todos os vetores de R3 que s˜ ao ortogonais a v = (2, 1, 1) e w = (0, 1, −1). Procuramos os vetores u = (x, y, z) tais que u · v = 0 e u · w = 0, ou seja, 2 x + y + z = 0 e y − z = 0. Da u ´ltima dessas igualdades, tiramos y = z; substituindo na anterior, obtemos x = −y. Portanto u = (−y, y, y) = y(−1, 1, 1). Exerc´ıcio 1.2. (a) Encontre x de modo que os vetores u = (3, 5, x) e v = (−4, 2, 4) sejam ortogonais. (b) Encontre x e y de modo que {(3, x, 2), (−4, 2, 1), (1, −11, y)} seja um conjunto ortogonal. Exerc´ıcio 1.3. Determine quais dos conjuntos abaixo s˜ ao ortogonais: (a) {(2, 3), (6, −4)} (b) {(0, 2, 3), (1, 6, −4), (1, 1, 1), (1, −3, 1)} (c) {(1, 1, 1, 1), (1, −1, 1, −1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} (d) {(2, 1, −1, 1), (1, 1, 3, 0), (1, −1, 0, 1), (2, 1, 1, 1)}. Exerc´ıcio 1.4. Prove a desigualdade triangular: ku+vk ≤ kuk+kvk. Exerc´ıcio 1.5. Demonstre as identidades: ku+vk2 −ku−vk2 = 4 u·v e ku + vk2 + ku − vk2 = 2(kuk2 + kvk2 ). Exerc´ıcio 1.6. Prove o Teorema de Pit´ agoras em Rn : os vetores u, v 2 s˜ ao ortogonais se e somente se ku + vk = kuk2 + kvk2 . Exerc´ıcio 1.7. Sejam u, v ∈ Rn . Mostre que u e v s˜ ao ortogonais se e somente se ku + vk = ku − vk. 1.2 Matrizes Sejam m, n ≥ 1 n´ umeros inteiros. Uma matriz de ordem m × n ´e um arranjo de m n n´ umeros distribu´ıdos em m linhas e n colunas, do seguinte modo:   a11  a21  .  .. a12 a22 .. . ... ... .. . am1 am2 . . . a1n a2n  ..  .  amn Matrizes 13 Denotaremos essa matriz por A = (aij ). Cada n´ umero aij chama-se um elemento (ou entrada) da matriz: i indica a linha e j a coluna onde se localiza aij . Duas matrizes de mesma ordem A = (aij ) e B = (bij ) s˜ao ditas iguais quando seus elementos correspondentes s˜ao iguais, isto ´e, aij = bij , ∀i, j.      1 2 1 y 2 z x = −1 y = 1 Exemplo 1.6. = ⇐⇒ 0 x 0 t −1 0 z=1 t=0 Denotaremos por Mm×n (R) o conjunto das matrizes de ordem m×n de n´ umeros reais; quando m = n, denotaremos tal conjunto por Mn (R); neste caso, cada elemento de Mn (R) ´e dito uma matriz quadrada de ordem n. A matriz O ∈ Mm×n cujos elementos s˜ao todos iguais a zero ´e chamada matriz nula. Uma matriz com m linhas e 1 coluna ´e chamada matriz coluna e uma matriz com 1 linha e n colunas ´e chamada matriz linha.     0   1 2 Exemplo 1.7. Sejam A = 1 2 1 3 , B =  3  e C = . 7 9 4 Ent˜ao A ´e matriz linha, B ´e matriz coluna e C ´e matriz quadrada de ordem 2. Existe uma correspondˆencia natural entre matrizes m × 1 e vetores de Rm . A cada vetor x = ( x1 , . . . , xm ) de Rm associamos a matriz linha X = [ x1 · · · xm ] e reciprocamente, a cada matriz m × 1, X, associamos um vetor x como acima. Da mesma maneira, existe uma correspondˆencia natural entre matrizes colunas m × 1 e vetores de Rm . Sempre que for conveniente, identificaremos vetores de Rm com matrizes linhas ou matrizes colunas, por meio das correspondˆencias   x1 x = (x1 , . . . , xm ) ←→  ...  ←→ [ x1 · · · xm ] . (1.13) xm Em uma matriz quadrada A = (aij ), os elementos a11 , . . . , ann constituem a diagonal principal de A. Uma matriz quadrada (aij ) ´e chamada matriz diagonal quando aij = 0, ∀ i 6= j, isto ´e, todo 14 Cap. 1 No¸c˜oes Preliminares elemento fora da diagonal principal ´e nulo. Uma importante matriz diagonal ´e a matriz identidade de ordem n:    In =   1 0 ... 0 1 ... .. .. . . . . . 0 0 ... 0 0  ..  .  1 Uma matriz quadrada A = (aij ) ´e dita triangular superior, quando aij = 0, para todo i > j , ou seja,   a11 a12 . . .  0 a22 . . . A= .. ..  ... . . 0 0 ... a1n a2n  ..  .  ann De modo an´alogo define-se matriz triangular inferior. Dada uma matriz A = (a i j )m×n , sua transposta, denotada por T A , ´e a matriz B = (b j i )n×m , em que b j i = a i j , ∀i, j . Uma matriz quadrada ´e dita sim´ etrica quando AT = A, isto ´e, a j i = a i j , ∀i, j. Uma matriz ´e dita anti-sim´ etrica se AT = −A, isto ´e, a j i = −a i j , para todo i, j: em particular, como para i = j devemos ter a i i = −a i i , os elementos de sua diagonal principal s˜ao nulos.     2 −1 0 0 −1 0 9 5 ´ 0 5  e sim´etrica e  1 0 5 −3 0 −5 0 Exemplo 1.8. A matriz  −1 ´e anti-sim´etrica. Dada a matriz  a11  a21 A=  ... a12 a22 .. . ... ... .. . am1 am2 . . .  a1n a2n  ..  .  amn as n matrizes m × 1:     a1n a11  a2n   a21     v1 =   ...  , . . . , vn =  ...  amn am1 Matrizes 15 chamam-se vetores colunas de A e as n matrizes 1 × n     u1 = a11 a12 . . . a1n , · · · , um = am1 am2 . . . amn s˜ao os vetores linhas de A. Em muitas situa¸c˜oes, ´e conveniente escrever A em termos de seus vetores linhas ou de seus vetores colunas:    A=  u1 u2  ..  .  ou A = [ v1 , v2 , . . . , vm ] . um Sejam A = (aij ), B = (bij ) ∈ Mm×n (R). A soma de A com B, indicada por A + B ´e a matriz cujo termos geral ´e aij + bij , ou seja,  a11 + b11  a21 + b21  A+B = ..  . a12 + b12 a22 + b22 .. . ... ... .. . a1n + b1n a2n + b2n .. . am1 + bm1 am2 + bm2 . . . amn + bmn      (1.14) Verifique como exerc´ıcio que a adi¸c˜ao de matrizes tem as propriedades A1 a A4 (p´agina 5).       1 3 −1 √3 −3 5 ,B= , C =  2 5 . Exemplo 1.9. Sejam A = 5  Ent˜ao A + B = −4 8√ 4 4+ 7 −1 4 7 3 1  e n˜ ao est˜ ao definidas B + C e A + C. Sejam A = (aij ) ∈ Mm×n (R) e α ∈ R. O produto de A pelo n´ umero α ´e a matriz α A = (α ai j ), isto ´e,   α a11  α a21 αA =   ... α a12 α a22 .. . ... ... .. . α am1 α am2 . . . α a1n α a2n   ..  . (1.15) α amn Mostre como exerc´ıcio que valem as propriedades M1 a M4 (p´agina 6).     Exemplo 1.10. Se α = −3, A =  −1 0 3 0 3 1 , ent˜ ao α A =  −9 −3 . −2 0 6 0 16 Cap. 1 No¸c˜oes Preliminares Sejam A = (aij ) ∈ Mm×n (R), B = (bjk ) ∈ Mn×p (R). O produto de A por B ´e a matriz C = (ci k ), de ordem m × p, cujo termo geral cik ´e dado por cik = n X ai j b j k = ai 1 b 1 k + ai 2 b 2 k + · · · + ai n b n k . j=1  Exemplo 1.11. 2 1 0 0 1 −2      4 4 5 8 8 10  0 0 0 = −2 0 −2 1 0 1 A defini¸c˜ao acima permite multiplicar uma matriz A = (ai j )m×n  T por uma matriz n × 1, X = x1 . . . , xn e o produto ´e uma matriz T m × 1, Y = [ y1 . . . ym ] . Sempre que for conveniente, usaremos a identifica¸c˜ao (1.13) e diremos que estamos multiplicando a matriz A pelo vetor x = (x1 , . . . , xn ), resultando no vetor y = (y1 , . . . , ym ). O produto de matrizes tem as seguintes propriedades: P1: A(BC) = (AB)C, ∀A ∈ Mm×n , B ∈ Mn×p , C ∈ Mp×q P2: A(B + C) = AB + AC, ∀A ∈ Mm×n , B, C ∈ Mn×p P3: (A + B)C = AC + BC, ∀A, B ∈ Mm×n , C ∈ Mn×p Observando a defini¸c˜ao acima, vemos que o produto de matrizes pode ser escrito em termos das colunas de B da seguinte forma: se B = [v1 , . . . , vp ], ent˜ao A B = [A v1 , . . . , A vp ] . (1.16) Teorema 1.1. Sejam A,B e C matrizes quadradas de ordem n, com A = diag (a1 , · · · , an ), e B = diag (b1 , · · · , bn ). Sejam u1 , . . . , un as linhas de C e v1 , . . . , vn as colunas de C. Ent˜ ao   1 a1 u  a2 u2   AC =   ...  e an un C B = [b1 v1 , . . . , bn vn ] . (1.17) 1.3. SISTEMAS LINEARES 17 A demonstra¸c˜ao do teorema fica como exerc´ıcio. Uma matriz A ∈ Mn (R) ´e dita invert´ıvel quando existe B ∈ Mn (R) tal que A B = B A = In . −1 A matriz B chama-se  inversa de A e ´e denotada por A . Por exemplo,  a matriz A = 2 1 2 2 ´e invert´ıvel e sua inversa ´e A−1 = 1 −1/2 −1 1 . Na pr´oxima se¸c˜ao apresentaremos um m´etodo para calcular a inversa de uma matriz. Exerc´ıcio 1.8. Mostre que se A e B forem invert´ıveis, ent˜ ao AB ´e −1 −1 −1 invert´ıvel e (AB) = B A . Exerc´ıcio 1.9. Mostre que (A + B)T = AT + B T , (A B)T = B T AT e (AT )T = A. Exerc´ıcio 1.10. Sejam A ∈ Mn (R) e X , Y ∈ Mn×1 (R). Mostre que X T A Y = Y T AT X. Exerc´ıcio 1.11. Seja A ∈ Mn (R). Mostre que a matriz B = A + AT ´e sim´etrica e que a matriz C = A − AT ´e anti-sim´etrica. Exerc´ıcio 1.12. Mostre que toda matriz A ∈ Mn (R) se escreve como soma de uma matriz sim´etrica e uma matriz anti-sim´etrica. (Sugest˜ ao: escreva A = 21 (A + AT ) + 12 (A − AT )). 1.3 Sistemas Lineares Nesta se¸c˜ao, estudamos sistemas de equa¸c˜oes alg´ebricas lineares. Um sistema de m equa¸c˜oes lineares nas n vari´aveis x1 , . . . , xn tem a forma:  a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = b1    a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn = b2 (1.18) ..  .   am1 x1 + am2 x2 + · · · + amn xn = bm . 18 Cap. 1 No¸c˜oes Preliminares Os n´ umeros ai j , 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n, chamados coeficientes e os bi , 1 ≤ i ≤ m, chamados termos constantes, s˜ao dados. Quando b1 = · · · = bm = 0, o sistema (1.18) ´e chamado homogˆ eneo; caso contr´ario ele ´e dito n˜ ao homogˆ eneo. Uma solu¸ c˜ ao da equa¸c˜ao (1.18) ´e uma n−upla (z1 , z2 , . . . , zn ) que satisfaz todas as equa¸c˜oes do sistema, isto ´e, ai 1 z1 + ai 2 z2 + . . . + ai n zn = bi , para todo i = 1, . . . , m. O conjunto de todas solu¸c˜oes de (1.18) ´e chamado conjunto solu¸ c˜ ao de (1.18). Por exemplo, a terna (0, 1, 1) ´e solu¸c˜ao do sistema  x1 − x2 + 2x3 = 1 (1.19) x2 − x3 = 0 Dessas equa¸c˜oes, temos x2 = x3 e x1 = 1 − x3 . Atribuindo valores arbitr´arios x3 = t, obtemos x1 = 1 − t, x2 = t; portanto, esse sistema tem infinitas solu¸c˜oes. O conjunto solu¸c˜ao de (1.19) ´e  S = (1 − t, t, t) : t arbitr´ario . Um sistema linear que admite uma u ´nica solu¸c˜ao ´e dito poss´ıvel e determinado. Um sistema linear com mais de uma solu¸c˜ao ´e chamado indeterminado. Um sistema linear que n˜ao admite solu¸c˜ao ´e dito imposs´ıvel. Sejam    x+y =2 4x + 6y = 0 x+y =1 S1 : S2 : S3 : x−y =0 6x + 9y = 0 2x + 2y = 1 ´ f´acil ver que o sistema S1 ´e poss´ıvel e determinado: (1, 1) ´e sua u E ´nica solu¸c˜ao), o sistema S2 ´e indeterminado: (3, −2) e (−3, 2) s˜ao solu¸c˜oes de S2 , e que S3 ´e imposs´ıvel. ´ f´acil ver que, se o sistema (1.18) ´e homogˆeneo, ent˜ao a n−upla E (0, . . . , 0) ´e solu¸c˜ao desse sistema, chamada solu¸ c˜ ao trivial. Assim, um sistema homogˆeneo ´e sempre poss´ıvel; pode-se mostrar que, se m < n, ele tem solu¸c˜oes n˜ao triviais. Definindo as matrizes  a11  a21 A=  ... a12 a22 .. . ... ... .. . am1 am2 . . .  a1n a2n  , ..  .  amn   x1  x2   X=  ...  xn  e  b1  b2   B=  ...  bm Sistemas lineares 19 podemos escrever o sistema (1.18) na forma matricial AX = B (1.20) A matriz A chama-se matriz dos coeficientes do sistema (1.18). A matriz   a11  a21 [A : B] =   ... a12 a22 .. . ... ... .. . am1 am2 . . . a1n a2n .. . b1 b2  ..  .  amn bm chama-se matriz aumentada do sistema (1.18). Uma classe especial de sistema sistemas lineares que podem ser facilmente resolvidos ´e a dos sistemas escalonados: s˜ao sistemas da forma  a1 1 x1 + · · · + a1 j1 xj1 + · · · + a1 jk xjk + · · · + a1 n xn = b1    a2 j1 xj1 + · · · + a2 jk xjk + · · · + a2 n xn = b2 (1.21) ..  .   ak jk xjk + · · · + ak n xn = bk . com a11 6= 0, a2 j1 6= 0, . . . , ak jk 6= 0. Consideremos, por exemplo, o sistema   x + y + 2z = 3 y+ z= 1 (1.22)  2 z = −4. Da terceira equa¸c˜ao, temos z = −2; substituindo esse valor na segunda equa¸c˜ao, tiramos y = 3 e, substituindo esses valores na primeira equa¸c˜ao, obtemos x = 4. Assim, sua u ´nica solu¸c˜ao ´e (4, 3, −2). Dois sistemas lineares S1 e S2 s˜ao ditos equivalentes (e indicamos S1 ∼ S2 ) quando eles tˆem as mesmas solu¸c˜oes. Por exemplo, os sistemas   x+y =2 x−y =0 e x + 2y = 3 2x − y = 1 s˜ao equivalentes, pois sua u ´nica solu¸c˜ao ´e (1, 1). 20 Cap. 1 No¸c˜oes Preliminares Vamos agora introduzir, por meio de exemplos, os m´etodo de elimina¸c˜ao de Gauss e de Gauss-Jordan para resolver sistemas lineares. Tais m´etodos consistem em transformar o sistema dado em um sistema equivalente na forma escalonada, efetuando as seguintes opera¸c˜oes, chamadas opera¸c˜ oes elementares: (i) multiplicar uma das equa¸c˜oes de S por um n´ umero real k 6= 0. (ii) substituir uma equa¸c˜ao de S pela soma daquela equa¸c˜ao com outra equa¸c˜ao de S.   x− y+ z = 1 2x + y − 4z = −1 Exemplo 1.12. Resolver o sistema  x − 3y + 3z = 5. Temos   x − y + z = 1 (A) 2x + y − 4z = −1 (B)  x − 3y + 3z = 5 (C)   x − y + z = 1 (A) 3y − 6z = −3 (D) ∼ ∼  −2y + 2z = 4 (E)   x − y + z = 1 (A) y − 2z = −1 (F )  −y + z = 2 (G)   x − y + z = 1 (A) y − 2z = −1 (F ) ∼  −z = 1 (H) Agora fica f´acil resolver o sistema. Da u ´ltima equa¸c˜ao tiramos z = −1; substituindo na segunda, obtemos y = −3 e levando esses valores na primeira, temos x = −1. Este ´e basicamente o m´ etodo de Gauss. Uma outra maneira de resolver o sistema ´e continuar com as opera¸c˜oes elementares e eliminar z nas duas primeiras equa¸c˜oes e, em seguida, eliminar y na primeira: este ´e o m´ etodo de Gauss-Jordan.   = 2 (K) = −1 (L)  x−y  x y = −3 (J) y = −3 (J) ∼   z = −1 (I) z = −1 (I) Nessa resolu¸c˜ao, efetuamos as opera¸c˜oes: D = (−2) A+B, E = C −A, F = D/3, G = E/2, H = F +G, I = (−1)H, J = F −2H, K = A+H e L = J + K.  x + 2y − z = 7 Exemplo 1.13. Analisar o sistema x + y + 2z = 3 para diversos  2x + 3y + z = k valores de k. Sistemas lineares 21     x + 2y − z = 7  x + 2y − z = 7  x + 2y − z = 7 y − 3z = 4 y − 3z = 4 x + y + 2z = 3 ∼ ∼    2x + 3y + z = k y − 3z = 14 − k 0 = 10 − k Portanto, o sistema n˜ao tem solu¸c˜ao, se k 6= 10. Se k = 10, ele ´e equivalente a  x + 2y − z = 7 y − 3z = 4 cujas solu¸c˜oes s˜ao y = 4 + 3z, x = −1 − 5z, z ´e arbitr´ario. Podemos simplificar a nota¸c˜ao ao resolver sistemas lineares, omitindo as inc´ognitas e concentrando nossa aten¸c˜ao na matriz aumentada. Por exemplo, a resolu¸c˜ao do sistema linear:   x + 2y − z = 1 2x + 4y − 6z = 0  x − y + 2z = 4   x + 2y − z = 1 4z = 2 ∼  3y − 3z = −3   x + 2y − z = 1 y − z = −1  z = 1/2   x + 2y y ∼  = 3/2 = −1/2 z = 1/2   x = 5/2 y = −1/2 ∼  z = 1/2 pode ser escrita de maneira resumida do seguinte modo (a barra vertical em cada uma das matrizes abaixo tem como u ´nica finalidade separar os coeficientes dos termos constantes):    1 2 −1 1 1 2 −1  2   4 −6 0 0 0 4 ∼ 1 −1 2 4 0 3 −3    1 1 2 −1 1 2  ∼  0 1 −1 −1  ∼ −3 0 0 1 1/2   1 0 0 1 2 0 3/2  0 1 0 −1/2  ∼  0 1 0 0 0 1 0 0 1 1/2  5/2 −1/2  1/2  Agora, ´e s´o observar que a primeira coluna da matriz A estava associada `a vari´avel x, a segunda coluna associada `a vari´avel y e a terceira coluna `a vari´avel z para concluir que x = 5/2, y = −1/2 e z = 1/2. 22 Cap. 1 No¸c˜oes Preliminares Por analogia com os sistemas lineares, diremos que uma matriz est´a na forma escalonada quando a quantidade inicial de zeros da primeira linha ´e menor do que a da segunda linha, que ´e menor de que a da terceira linha e assim por diante, ou seja, a matriz ´e da forma   a1 1 . . . a1 j1 . . . a1 jm . . . a1 n  0 . . . a2 j . . . a 2 j . . . a2 n  m 1    .. .. .. ..  . .. .. ..  . . . . . . .  0 ... 0 . . . am jm . . . am n Al´em de simplificar a nota¸c˜ao, o procedimento acima permite resolver simultameamente diversos sistemas lineares que tenham a mesma matriz dos coeficientes. Por exemplo, para resolver os sistemas   x+y =1 u+v =0 e −x + y = 0 −u + v = 1 escrevemos    1 1 1 0 1 1 ∼ −1 1 0 1 0 2  ∼   1 0 1 1 1 0 ∼ 0 1 0 1 21 12  1 0 1 1 ∼  1/2 −1/2 . 1/2 1/2 Logo, x = 1/2, y = 1/2, u = 1/2, v = 1/2. Notemos que as solu¸c˜oes (x, y) = (1/2, 1/2)  e (u, v) = (−1/2, 1/2) s˜ao os elementos da inversa da matriz A = 1 1 −1 1 , isto ´e,   1/2 −1/2 −1 A = . 1/2 1/2 O procedimento acima ´e v´alido em geral. Se A ´e uma matriz n × n invert´ıvel, sua inversa, A−1 , ´e caracterizada pela igualdade A A−1 = I. Escrevendo e1 = [1, 0, . . . , 0]T , . . . , en = [0, . . . , 0, 1]T e A−1 = [X1 , . . . , Xn ] , Sistemas lineares 23 a igualdade A A−1 = I ´e equivalente a A X1 = e1 , . . . , A Xn = en . Logo, as colunas X1 , . . . , Xn s˜ao solu¸c˜oes dos sistemas A X = e1 , . . . , A X = en . Deste modo, para encontrar a inversa de A, escalonamos a matriz  a11  a21  .  .. a12 a22 .. . ... ... .. . a1n a2n .. . an1 an2 . . . ann 1 0 ... 0 1 ... .. .. . . . . . 0 0 ...  0 0  . ..  .  1 A matriz que resultar `a direita da linha ser´a A−1 .   1 2 3 Exemplo 1.14. Calcular a inversa da matriz A =  2 5 3 . 1 0 8     1 0 0 1 2 3 1 2 3 1 0 0  2 5 3 0 1 0 ∼ 0 1 −3 −2 1 0  ∼ 0 −2 5 −1 0 1 1 0 8 0 0 1     6 3 1 2 0 −14 1 0 0 1 2 3    13 −5 −3  ∼ 1 0 ∼ 0 1 0 ∼ 0 1 −3 −2 5 −2 −1 0 0 1 5 −2 −1 0 0 1   1 0 0 −40 16 9 ∼  0 1 0 13 −5 −3 . 0 0 1 5 −2 −1  Logo, A−1  −40 16 9 =  13 −5 −3  . 5 −2 −1 24 Cap. 1 No¸c˜oes Preliminares Exerc´ıcio 1.13. Resolver cada um dos sistemas abaixo:    −2x + 3y − 8z = 7  3x + y + z = 8 3x + y + z = 8 b) 5x − 3y + 4z = 17 a)   5x + 4y − 3z = 17 −2x − 8y + 3z = 7   x + 3y + z = 8 8x + 2y − 2z = −7 c)  −3x + 5y + 4z = 17 d)   x + 3y + z = 8 x + y − 2z = 4  −x − 5 y + k z = −12 Exerc´ıcio 1.14. Calcule a inversa de cada uma das  1      1 0 1 1 3 A= B= C=  1 −1 1 −1 1 1 matrizes abaixo:  2 3 5 1 3 4   2 2 5  2 3 4       1 1 1 1 1 0 2 0 2 D= 3 1 0  E= 1 3 1  F = 3 1 0  2 0 2 0 5 2 1 1 1 1.4 Determinante Nesta se¸c˜ao definimos o determinante de uma matriz n × n, A = (ai j ), que denotaremos por det(A) (ou por |A|, de acordo com a conveniˆencia). Lembremos que os determinantes de matrizes 2 × 2 e 3 × 3 s˜ao dados por a b (1.23) c d = ad − bc a b c d e f = a e i + b f g + c d h − g e c − h f a − i b d.(1.24) g h i Por exemplo, 1 0 1 −1 6 5 = 6 0 3 4 (confira!) Determinantes 25 Para matrizes quadradas de ordem n ≥ 3, definimos o determinante de modo recursivo, isto ´e, o determinante de uma matriz de ordem n ´e dada em termos do determinante de uma matriz de ordem n − 1. Para essa defini¸c˜ao geral, precisamos da no¸c˜ao de cofator de um elemento. Dada uma matriz A de ordem n,    A=  a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . a2n .. .. .. .. . . . . an1 an2 . . . ann      (1.25) para cada i, j, 1 ≤ i, j ≤ n seja Aij a matriz de ordem n − 1 obtida retirando-se a i−´esima linha e a j−´esima coluna de A. O determinante de Aij chama-se menor associado ao elemento aij . O n´ umero (−1)i+j det Aij chama-se cofator do elemento aij . Por exemplo, se 1 0 −1 3 6 5 7   −1 M = 0 3 0 8  0 −1 3 2   ent˜ao:  M11      6 5 7 1 0 −1 1 −1 3      3 0 8 , M24 = 0 3 0 5 7 . e M32 = −1 = −1 3 2 0 −1 3 0 3 2 O determinante da matriz A, dada em (1.25), ´e definido por det A = n X (−1)1+j a1j det A1j (1.26) j=1 1 0 −1 0 6 5 7   −1 Exemplo 1.15. Calcular o determinante da matriz  0 3 0 8  0 −1 3 2   26 Cap. 1 No¸c˜oes Preliminares Como a11 = 1, a12 = 0, a13 = −1, a14 = 0, pela defini¸c˜ao acima temos 1 0 −1 0 −1 6 5 7 = (−1)1+1 1 0 3 0 8 0 −1 3 2 6 5 7 −1 6 7 3 0 8 + (−1)1+3 (−1) 0 3 8 −1 3 2 0 −1 2 = −151 + 14 = −137 A defini¸c˜ao acima expressa o determinante em termos dos elementos da primeira linha e seus cofatores: ´e a chamada expans˜ ao do determinante ´ pela primeira linha. E poss´ıvel mostrar que obtemos o mesmo valor quando fazemos a expans˜ao usando qualquer linha ou coluna, isto ´e para cada i fixado, det A = n X (−1)i+j aij det Aij j=1 para cada j fixado, det A = n X (−1)i+j aij det Aij i=1 O pr´oximo teorema d´a algumas propriedades do determinante que decorrem diretamente de sua defini¸c˜ao. A demonstra¸c˜ao n˜ao ´e dif´ıcil, mas ´e trabalhosa e, por essa raz˜ao, ser´a omitida. Teorema 1.2. O determinante tem as seguintes propriedades: 1) det In = 1. 2) Se A tem duas linhas ou duas colunas iguais, ent˜ ao det A = 0. 3) O determinante ´e linear em cada linha e cada coluna, isto ´e,       α v1 + w1 v1 w1    v   v  v2  = α det  .2  +  .2  det  ..    ..   ..  . vn vn vn o mesmo valendo para as outras colunas e para as linhas . 4) det(A B) = det A det B, ∀A, B ∈ Mn (R) 5) det AT = det A , ∀A ∈ Mn (R). ´ 1.5. NUMEROS COMPLEXOS 27 Exerc´ıcio 1.15. Calcule o determinante das matrizes:     3 0 0 0   9 3 6 3 6  −2 −2 3 1  B= 2 5 0  C= A= 1 5 1 3 0 2  2 0 2 3 4 0 2 Exerc´ıcio 1.16. Mostre que o determinante de uma matriz triangular ´e o produto dos elementos da diagonal principal. 1.5 N´ umeros Complexos Denotaremos por C o conjunto dos n´ umeros complexos, isto ´e, C = {x + i y : x, y ∈ R, em que i2 = −1}. Se z = x + i y, com x, y ∈ R, o n´ umero x chama-se parte real de z e y chama-se parte imagin´ aria de z. Definimos as opera¸c˜oes alg´ebricas em C do seguinte modo: dados z1 = a + i b, z2 = c + i d ∈ C, pomos z1 + z2 = (a + i b) + (c + i d) = (a + c) + i (b + d), z1 z2 = (a + i b) (c + i d) = (ac − bd) + i (ad + bc). As opera¸c˜oes de adi¸c˜ao e multiplica¸c˜ao em C tˆem as mesmas propriedades que as opera¸c˜oes de R, ou seja, quaisquer que sejam z, w, s ∈ C: 1. (associatividade) z + (w + s) = (z + w) + s e z (w s) = (z w) s 2. (comutatividade) z + w = w + z e zw = wz 3. (elementos neutros) z + 0 = z e z 1 = z, ∀z ∈ C 4. (elemento oposto) para cada z = a + i b ∈ C, existe um elemento w ∈ C (a saber, w = −a − i b) tal que z + w = 0; 5. (elemento inverso) para cada z ∈ C, z 6= 0, existe em C um elemento denotado por z −1 tal que z z −1 = 1 6. (distributividade) z(w + s) = z w + z s A correspondˆencia x + i y ←→ (x, y) identifica cada n´ umero complexo com um vetor (ou com um ponto, se for conveniente) do plano: veja as figuras 1.5 e 1.6. Essa correspondˆencia relaciona soma de n´ umeros complexos com soma de vetores. 28 Cap. 1 No¸c˜oes Preliminares Para cada n´ umero complexo z = x+i y, definimos o seu conjugado p por z¯ = x−i y e o seu m´ odulo ou valor absoluto por |z| = x2 + y 2 . ´ claro que |z|2 = z z¯. E O inverso multiplicativo do n´ umero z = x + i y ´e dado por z −1 = z¯ x y x − iy = 2 = 2 −i 2 . 2 2 z z¯ x + y x +y x + y2 A divis˜ ao de dois n´ umeros z = a + i b, w = c + i d ´e z/w = z w−1 . Portanto z w¯ (a + i b)(c − i d) z = = 2 w | w| c2 + d2 √ Exemplo 1.16. Se z = 2 − i, ent˜ ao z¯ = 2 + i , |z| = 5 e z −1 = (2 + i)/5. Esses n´ umeros est˜ao representados na Figura 1.5 abaixo. Exemplo 1.17. Se z = 6 + 2 i e w = 4 + 3 i, ent˜ ao z 6 + 2i (6 + 2 i)(4 − 3 i) 30 − 10 i √ = = = = 6 − 2 i. w 4 + 3i 5 16 + 9 Exerc´ıcio 1.17. Mostre que, quaisquer que sejam z, w ∈ C: (a) z + w = z¯ + w¯ (b) z w = z¯ w¯ (c) |z + w| ≤ |z| + |w| (d) |z w| = |z| |w| z = r (cos θ + i sen θ) y y  r θ * z¯ = 2 + i * z −1 = (2 + i)/5 x y x x j z =2−i Figura 1.6 Figura 1.5 Seja z = x + i y ∈ C. Usando coordenadas polares, x = r cos θ, y = r sen θ, N´ umeros Complexos 29 escrevemos a forma trigonom´ etrica (ou forma polar) de z: z = r (cos θ + i sen θ). p Nessa express˜ao, r = x2 + y 2 ´e o m´odulo de z. Vamos escrever a express˜ao cos θ + i sen θ na forma abreviada cis (θ). Assim, z = x + i y = r (cos θ + i sen θ) = r cis (θ) Por exemplo, cis ( π2 ) = cos( π2 ) + i sen ( π2 ) = i, cis ( π3 ) = cos( π3 ) + √ i sen ( π3 ) = 12 (1 + i 3). A forma trigonom´etrica simplifica a multiplica¸c˜ao e a divis˜ao de n´ umeros complexos: se z1 = r1 cis θ1 e z2 = r2 cis θ2 , ent˜ao z1 z2 = r1 r2 cis (θ1 + θ2 ) (1.27) z1 r1 = cis (θ1 − θ2 ) z2 r2 (1.28) De fato, z1 z2 = r1 r2 (cos θ1 + i sen θ1 )(cos θ2 + i sen θ2 ) = r1 r2 [cos θ1 cos θ2 − sen θ1 sen θ2 + i (sen θ1 cos θ2 + sen θ2 cos θ1 )] = r1 r2 [cos(θ1 + θ2 ) + i sen (θ1 + θ2 )] = r1 r2 cis (θ1 + θ2 ) A verifica¸c˜ao da f´ormula para o quociente ´e an´aloga e fica como exerc´ıcio. Exemplo 1.18. Se z = 6 cis (π/3), w = 3 cis (π/6), obter z w e z/w. Pela f´ormula (1.27), temos z w = 6 . 3 cis (π/3 + π/6) = 18 cis (π/2) = 18 i √ z 6 = cis (π/3 − π/6) = 2 cis (π/6) = 3 + i w 3 A f´ormula (1.27) simplifica o c´alculo de potˆencias de n´ umeros complexos; de fato, por (1.27) temos que, se z = r cis (θ), ent˜ao z 2 = [r cis (θ)][r cis (θ)] = r2 cis (2 θ) z 3 = z 2 z = [r2 cis (2 θ)][r cis (θ)] = r3 cis (3 θ) Usando indu¸c˜ao, temos, mais geralmente, a f´ormula de De Moivre z n = rn [cos(n θ) + i sen (n θ)] = rn cis (n θ). (1.29) 30 Cap. 1 No¸c˜oes Preliminares √ Exemplo 1.19. Calcular (1 + i)12 e (1 + i 3)20 . √ √ Notemos que 1 + i = 2 cis (π/4) e que (1 + i 3) = 2 cis (π/3). Pela f´ormula de DeMoivre, temos √ (1 + i)12 = ( 2)12 cis (12π/4) = 26 cis (3π) = −26 = −64 √ √ 3 1 20 20 (1 + i 3)20 = 220 cis (20π/3) = 2 cis (2π/3) = 2 (− + i )= 2 2 √ 19 = 2 (−1 + i 3) Fun¸ c˜ oes Complexas de Vari´ avel Real Seja I ⊂ R um intervalo. Toda fun¸c˜ao f : I → C se escreve na forma f (t) = u(t) + i v(t), com u, v : I → R. As fun¸c˜oes u e v chamam-se parte real e parte imagin´ aria de f e s˜ao denotadas por Re (f ) e Im (f ), respectivamente, ou seja, u = Re (f ) e v = Im (f ). Assim, toda fun¸c˜ao complexa de vari´avel real pode ser identificada com a fun¸c˜ao vetorial F : I → R2 dada por F (t) = (u(t), v(t)). Os conceitos b´asicos do C´alculo de fun¸c˜oes reais de uma vari´avel real transportam-se de modo natural para fun¸c˜oes complexas de uma vari´avel real. Uma fun¸c˜ao f = u + i v ´e ´e dita cont´ınua se as fun¸c˜oes u e v forem cont´ınuas. Do mesmo modo, f = u + i v ´e dita deriv´ avel se u e v forem deriv´aveis; neste caso, a derivada de f ´e f 0 (t) = u0 (t) + i v 0 (t). Por exemplo, se f (t) = cos t + i sen t, temos f 0 (t) = −sen t + i cos t = i (cos t + i sen t) = i f (t). (1.30) Dados a, b ∈ I com a < b, definimos a integral de f em [a, b] por Z b Z b Z b f (t) dt = u(t) dt + i v(t) dt . a a Z As integrais b Z u(t) dt e a a b v(t) dt s˜ao facilmente calculadas usando o a Teorema Fundamental do C´alculo: se U (t) e V (t) s˜ao primitivas de u(t) N´ umeros Complexos 31 e v(t) (isto ´e, U 0 (t) = u(t) e V 0 (t) = v(t), ∀t ∈ [a, b]), respectivamente, ent˜ao Z b Z b u(t) dt = U (b) − U (a) e v(t) dt = V (b) − V (a) a a Logo, se F (t) ´e uma primitiva de f (t) em [a, b] (isto ´e, F 0 (t) = f (t), para todo t ∈ [a, b]), temos Z b f (t) dt = F (b) − F (a). (1.31) ei θ = cos θ + i sen θ. (1.32) a A f´ ormula de Euler Da igualdade (1.27) temos cis (θ1 + θ2 ) = cis θ1 cis θ2 o que mostra que a fun¸c˜ao f (t) = cis (t) tem a propriedade exponencial as+t = as at . Al´em disso, ´e claro que f (0) = 1. Portanto ´e razo´avel pensar em escrever f (t) = eα t , para algum α ∈ C (notemos que ainda precisamos dar um significado para a exponencial complexa). Como f 0 (t) = i f (t), vemos que para que exponencial satisfa¸ca a
esta αnova t αt 0 = α e , a escolha apropriada para conhecida regra de deriva¸c˜ao e o expoente ´e α = i e definimos ei t = cos t + i sen t . Definimos agora a fun¸c˜ao exponencial mais geral e(α+i β) t , para um expoente complexo z = α + i β qualquer como sendo: e(α+i β) t = eα t ei β t = eα t (cos β t + i sen β t) (1.33) Sua derivada segue a mesma regra usada para a exponencial real: d (α+i β) t e = (α + i β ) e(α+i β) t dt 32 Cap. 1 No¸c˜oes Preliminares Usando a f´ormula de Euler, escrevemos a forma polar de um n´ umero complexo como z = r ei θ . Como ei θ ´e uma fun¸c˜ao peri´odica de per´ıodo 2 π (pois cos θ e sen θ o s˜ao), uma igualdade do tipo r1 ei θ1 = r2 ei θ2 , com r1 > 0 e r2 > 0, implica r1 = r2 e θ2 = θ1 + 2 n π, para algum n ∈ Z. A f´ormula de Euler permite expressar as fun¸c˜oes seno e cosseno em termos da exponencial complexa: cos θ = ei θ + e−i θ 2 e sen θ = ei θ − e−i θ 2i (1.34) Z Essas igualdades s˜ao u ´teis no c´alculo de integrais como et cos t dt (o c´alculo convencional dessa integral ´e trabalhoso, pois envolve duas vezes a integra¸c˜ao por partes e uma transposi¸c˜ao). Vamos calcul´a-la, usando (1.34). Como  e(1+i) t 0 1+i = e(1+i) t e  e(1−i) t 0 1−i = e(1−i) t por (1.31) temos Z Z Z 1 1 t t it −i t e cos t dt = e (e + e ) dt = (e(1+i) t + e(1−i) t ) dt = 2 2 1 h e(1+i) t e(1−i) t i = + +C = 2 1+i 1−i 1 h (1 − i) e(1+i) t + (1 + i)e(1−i) t i = +C 2 2 Agora, como (1 − i) e(1+i) t = (1 − i) et (cos t + i sen t) =  = et cos t + sen t − i (cos t − sen t) N´ umeros Complexos e temos 33 (1 + i) e(1−i) t = (1 + i) et (cos t − i sen t) =  = et cos t + sen t + i (cos t − sen t) , Z et cos t dt = 1 t e (cos t + sen t) + C. 2 Exerc´ıcio 1.18. Mostre que Z 1 ea t sen b t dt = 2 ea t (a sen b t − b cos b t) + C. 2 a +b Ra´ızes de n´ umeros complexos Uma raiz n−´ esima de um n´ umero complexo z ´e um n´ umero w tal que wn = z. A f´ormula de Euler ´e especialmente u ´til para calcular ra´ızes n− ´esimas de n´ umeros complexos. Se z = r0 ei α , procuramos iθ n w = r e tal que w = z, ou seja, rn ei n θ = r0 ei α . Dessa igualdade, √ temos rn = r0 e nθ = α + 2k π, k ∈ Z, ou seja r = n r0 e θ = (α + 2k π)/n , k ∈ Z. Como cis (θ + 2 π) = cis (θ), essa rela¸c˜ao fornece exatamente n ra´ızes distintas, que s˜ao dadas por √ r = n r0 2k π α θ= + , k = 0, 1, . . . , (n − 1). n n Exemplo 1.20. Encontrar todas as solu¸c˜ oes da equa¸c˜ ao λ3 + 64 = 0. ´ conveniente usar a forma polar de n´ E umeros complexos: procuramos n´ umeros reais r, θ tais que o n´ umero complexo λ = r cos θ + i r sen θ = ei θ satisfaz λ3 + 64 = 0. De λ = r ei θ temos λ3 = r3 ei 3 θ ; lembrando que −64 = 64 ei π , reescrevemos a equa¸c˜ao acima como √ r3 ei 3 θ = 64 ei π . Portanto, r = 3 64 = 4 e 3 θ = π + 2 n π, n ∈ Z, donde θ = θn = (2n + 1) π/3, n ∈ Z. Para n = 0, temos √ θ0 = π/3, i π/3 portanto λ0 = 4 e = 4 [cos (π/3) + i sen (π/3)] = 2(1 + i 3); para n = 1, temos θ1 = π, portanto λ1 = 4 ei π = −4; para n = 2, temos i 5 π/3 θ2 = 5 π/3, = 4 [cos (5π/3) + i sen (5π/3)] = √ portanto λ2 = 4 e 2(1 − i 3); A partir de n = 3 os valores se repetem: para n = 3, 34 Cap. 1 No¸c˜oes Preliminares obtemos θ3 = 7 π/3 = 2 π + π/3, portanto λ3 = λ0 ; analogamente, λ4 = λ1 , λ5 = λ2 e assim por√diante. Logo as solu¸c˜oes da√equa¸c˜ao λ3 + 64 = 0 s˜ao λ0 = 2(1 + i 3), λ1 = −2 λ3 = 2(1 − i 3). As solu¸c˜oes λ0 , λ1 e λ2 tˆem uma representa¸c˜ao geom´etrica interessante no plano complexo: elas s˜ao v´ertices de um triˆangulo equil´atero, como mostra a figura 1.7 abaixo. Exemplo 1.21. Encontrar todas as solu¸c˜ oes da equa¸c˜ ao λ4 + 16 = 0. Escrevendo λ = r ei θ √ e −16 = 16 eπ i , a equa¸c˜ao acima fica r4 e4 i θ = 16 eπ i . Portanto, r = 4 16 = 2 e 4 θ = π + 2 n π, n ∈ Z, donde θ = θn = (2n + 1) π/4, n ∈ Z. Para n = 0, temos θ0√= π/4, portanto λ0 = 2 eπ i/4 = 2 [cos (π/4) + i sen (π/4)] = (1 + i) √2; para n = 1, temos θ1 = 3 π/4, portanto λ1 = 2 e3 π i/4 = (−1 √ + i) 2; para n = 2, temos θ2 = 5 π/4, portanto λ2 =√(−1 − i) 2; para n = 3, temos θ2 = 7 π/4, portanto λ2 = (1 − i) 2. Como no exemplo anterior, a partir de n = 4 os valores se repetem. A representa¸c˜ao geom´etrica das solu¸c˜oes no plano complexo ´e mostrada na figura 1.8 abaixo. −4 √ • 2(1 + i 3) √ (−1 + i) 2 √ • 2(1 − i 3) √ • (−1 − i) 2 √ • (1 + i) 2 • • Figura 1.7 • √ (1 − i) 2 Figura 1.8 Exerc´ıcio 1.19. Efetue as opera¸c˜ oes: (i) (2 − 6 i)(−5 − 4 i) (ii) (3 − 5 i) − 8 (iii) (2 −√5 i)(2 + 5 i) 4 3+ 2 √ (iv) (v) (x + i y)(x − y i) (vi) i −3 − −9 Exerc´ıcio 1.20. Simplifique as express˜ oes: i5 , i6 , i7 , i8 , i9 , i10 , i98 , i105 , i4 k , i4 k+1 , i4 k+2 , i4 k+3 . N´ umeros Complexos 35 Exerc´ıcio 1.21. Calcule as ra´ızes indicadas: (i) (−25)1/2 (ii) 641/4 (iii) 64−1/4 (iv) (−1+i √ √ 3)1/3 (v) (− 3−i)1/3 Exerc´ıcio 1.22. Escreva cada n´ umero abaixo na forma a + b i: (i) [2 cis (15◦ )]4 √ (iv) ( 3 − i)5 (ii) [3 cis (5◦ )]12 (v) (1 + i)100 (vii) i27 − 1/i18 (viii) i26 + i64 i13 + i16 (iii) [2 cis (π/6)]3 2 − 3i (vi) 5 + 4i (1 − i)26 (ix) (1 + i)64 Exerc´ıcio 1.23. Mostre que, para todo n´ umero complexo z, temos z + z¯ = 2 Re(z) e z − z¯ = 2 i Im(z). Exerc´ıcio 1.24. Encontre as solu¸c˜ oes da equa¸c˜ ao z 2 −(4−i) z−8 i = 0. Exerc´ıcio 1.25. Sejam z0 ∈ C e r > 0 fixados. Descreva geometricamente o conjunto dos pontos z do plano que satisfazem |z − z0 | = r. Exerc´ıcio 1.26. Sejam z1 , z2 ∈ C fixados, com z1 6= z2 . Descreva geometricamente o conjunto de todos os pontos z do plano que satisfazem |z − z1 | = |z − z2 |. Observa¸c˜ ao 1.1. Em algumas situa¸c˜ oes, vamos trabalhar indistintamente com o conjunto dos n´ umeros reais ou o dos n´ umeros complexos. Nesses casos, usaremos o s´ımbolo K para denotar R ou C. Observa¸c˜ ao 1.2. (O espa¸ co Cn ) Praticamente tudo o que fizemos n para o espa¸co R , pode ser feito para o conjunto Cn = {(z1 , . . . , zn ) : z1 , . . . , zn ∈ C}. As opera¸c˜oes de adi¸c˜ao de n−uplas de n´ umeros complexos e multiplica¸c˜ao de n−uplas de n´ umeros complexos por n´ umero complexo s˜ ao definidas de modo an´alogo ao que foi feito anteriormente. Essas opera¸c˜oes em Cn tamb´em satisfazem as propriedades A1 a A4 e M1 a M4. 36 Cap. 1 No¸c˜oes Preliminares O produto interno usual de Cn ´e definido do seguinte modo: dados u = (x1 , . . . , xn ), v = (y1 , . . . , yn ) ∈ Cn , pomos: hu, vi = x1 y¯1 + . . . + xn y¯n , (1.35) em que y¯j denota o conjugado complexo pde yj . Definimos a norma de n um vetor u de C como sendo kuk = hu, ui (note que hu, ui ≥ 0). Observa¸c˜ ao 1.3. (Matrizes Complexas) Em algumas situa¸c˜ oes precisaremos considerar matrizes cujos elementos s˜ ao n´ umeros complexos. Essencialmente tudo o que fizemos nas se¸c˜ oes anteriores continua v´ alido para matrizes complexas. Denotaremos o conjunto das matrizes de ordem m × n complexas por Mm n (C). Cap´ıtulo 2 Equa¸c˜ oes de Primeira Ordem 2.1 Introdu¸c˜ ao Muitos fenˆomenos em f´ısica, biologia e qu´ımica s˜ao descritos por uma equa¸c˜ao envolvendo uma fun¸c˜ao inc´ognita e algumas de suas derivadas. Um exemplo simples de tal fenˆomeno ´e a desintegra¸c˜ao radioativa: a taxa de desintegra¸c˜ao de uma substˆancia ´e diretamente proporcional `a quantidade do material radioativo presente. Designando por q(t) a quantidade da substˆancia radioativa no instante t e por k a constante de proporcionalidade, temos q 0 (t) = k q(t) (2.1) Um outro exemplo b´asico ´e dado pelo movimento em uma dimens˜ao. Um problema fundamental em Mecˆanica ´e determinar a posi¸c˜ao x(t) de uma part´ıcula m em um instante t conhecendo-se a resultante F (t, y, y 0 ) das for¸cas que atuam sobre ela (tais for¸cas podem depender do tempo, da posi¸c˜ao e da velocidade da part´ıcula). De acordo com a segunda lei de Newton, temos m y 00 = F (t, y, y 0 ) . (2.2) Se a fun¸c˜ao F for constante, ´e f´acil ver que a solu¸c˜ao ´e da forma y(t) = A + Bt + Ct2 . Vejamos um exemplo em que a for¸ca F depende de t, y e y 0 . Consideremos um objeto de massa m na extremidade de 37 38 ˜ DE PRIMEIRA ORDEM CAP´ITULO 2. EQUAC ¸ OES uma mola de constante el´astica k, como na Figura 2.1 abaixo: assim, a for¸ca restauradora da mola devida a um deslocamento y ´e Fr = −k y. Suponhamos ainda que o meio ofere¸ca uma resistˆencia ao movimento cuja intensidade ´e proporcional `a velocidade, Fa = −b y 0 , e que uma for¸ca f (t) ´e aplicada ao objeto. Logo, a resultante das for¸cas que atuam sobre o objeto ´e k y − b y 0 + f (t). De acordo com (2.2), o deslocamento da massa m ´e descrito pela equa¸c˜ao m y 00 + b y 0 + k y = f (t) . (2.3) k O y m ? Figura 2.1 Consideremos um exemplo em biologia: um modelo simples de crescimento populacional, chamado modelo Malthusiano, sup˜oe que a taxa de varia¸c˜ao y 0 (t) de uma popula¸c˜ao em um instante t ´e proporcional `a popula¸c˜ao y(t) naquele instante, isto ´e, y(t) satisfaz uma equa¸c˜ao da forma y 0 (t) = k y(t) . (2.4) A constante k em (2.4) designa a diferen¸ca entre a taxa de natalidade e a mortalidade. A equa¸c˜ao (2.4) descreve bem o crescimento populacional quando o n´ umero de indiv´ıduos n˜ao ´e muito grande. Quando esse n´ umero cresce al´em de um certo ponto, a popula¸c˜ao fica suscet´ıvel a alguns fatores que tendem a reduzir o seu crescimento, tais como ´ natural impor uma limita¸c˜ao ao falta de alimentos, epidemias, etc. E n´ umero de elementos da popula¸c˜ao, digamos y(t) ≤ N . Um modelo mais real´ıstico que leva em conta esses fatores foi proposto por Verlhust ˜ 2.1. INTRODUC ¸ AO 39 em 1838 e fornece uma equa¸c˜ao da forma y 0 (t) = k y(t) [ N − y(t) ] . (2.5) ´ importante conConsideremos agora um exemplo em qu´ımica. E hecer seu tempo de dura¸c˜ao de uma rea¸c˜ao qu´ımica. Rea¸c˜oes como as explos˜oes processam-se t˜ao rapidamente que elas podem ser consideradas instantˆaneas. Por outro lado, rea¸c˜oes como a decomposi¸c˜ao do pl´astico e a desintegra¸c˜ao radioativa se processam em longos intervalos de tempo, chegando a durar anos. Em algumas situa¸c˜oes, como na decomposi¸c˜ao de lixo, cicatriza¸c˜ao de ferimentos ou no endurecimento de concreto, ´e interessante acelerar a rea¸c˜ao. Em outras casos, ´e desej´avel que o processo seja retardado ao m´aximo, como ´e o caso da deteriora¸c˜ao de alimentos, coagula¸c˜ao do sangue, etc. A velocidade de uma rea¸c˜ao qu´ımica (que ´e a rapidez com que ela se processa) depende da concentra¸c˜ao dos reagentes, press˜ao, temperatura, etc. Para simplificar nosso exemplo, assumiremos que todos esses fatores, exceto a concentra¸c˜ao, permanecem constantes. Assim, a velocidade da rea¸c˜ao depende apenas da concentra¸c˜ao dos reagentes. Um princ´ıpio fundamental no estudo da velocidade das rea¸c˜oes qu´ımicas ´e a chamada lei da a¸c˜ao das massas, segundo a qual a taxa de varia¸c˜ao da concentra¸c˜ao (a concentra¸c˜ao ´e dada em moles por unidade de volume) das substˆancias reagentes ´e diretamente proporcional `a concentra¸c˜ao de cada uma dessas substˆancias. Rea¸c˜oes qu´ımicas s˜ao classificadas como unimoleculares, bimoleculares, etc de acordo com o n´ umero de mol´eculas reagentes. A dissocia¸c˜ao do bromo gasoso Br2 −→ 2 Br ´e uma rea¸c˜ao unimolecular. J´a a rea¸c˜ao em que 2 mol´eculas de ´oxido n´ıtrico (NO) reagem com uma mol´ecula de oxigˆenio (O2 ) para formar 2 mol´eculas de di´oxido n´ıtrico 2 NO + O2 −→ 2 NO2 ´e um exemplo de rea¸c˜ao trimolecular. 40 ˜ DE PRIMEIRA ORDEM CAP´ITULO 2. EQUAC ¸ OES A lei da a¸c˜ao das massas fornece uma equa¸c˜ao que deve estar satisfeita pela concentra¸c˜ao dos reagentes. De fato, em uma rea¸c˜ao unimolecular, se y(t) denota a concentra¸c˜ao da substˆancia reagente (digamos, em mol´ecula grama por cm3 ) no instante t, pela lei da a¸c˜ao das massas, temos y 0 (t) = −k y(t) (2.6) em que −k ´e a constante de proporcionalidade (como a concentra¸c˜ao da substˆancia reagente decresce durante a rea¸c˜ao, a taxa de varia¸c˜ao da concentra¸c˜ao ´e negativa). Quando duas substˆancias A e B reagem para formar uma (ou mais) substˆancias novas em uma rea¸c˜ao tal como A + B −→ C a velocidade da rea¸c˜ao ´e diretamente proporcional ao produto das concentra¸c˜oes dos reagentes. Denotemos por a a concentra¸c˜ao inicial da substˆancia A, por b a concentra¸c˜ao inicial da substˆancia B (suponhamos b < a) e por y(t) a concentra¸c˜ao do produto C da rea¸c˜ao no ´ f´acil ver que as concentra¸c˜oes de A e B no instante instante t. E t s˜ao a − y(t) e b − y(t) , respectivamente. Ent˜ao    y 0 (t) = k a − y(t) b − y(t) (2.7) (a constante k na equa¸c˜ao (2.7) ´e positiva pois y(t) cresce quando t cresce). Rea¸c˜oes qu´ımicas envolvendo mais reagentes d˜ao origem a outros tipos de equa¸c˜oes diferenciais. Mais detalhes podem ser encontrados em textos de F´ısico-Qu´ımica. 2.2 Defini¸c˜ oes Uma equa¸c˜ao que relaciona uma fun¸c˜ao inc´ognita e algumas de suas derivadas ´e chamada equa¸ c˜ ao diferencial. Quando a fun¸c˜ao inc´ognita depende de uma u ´nica vari´avel real, ela ´e chamada equa¸ c˜ ao diferencial ordin´ aria; caso a fun¸c˜ao inc´ognita dependa de mais de uma ˜ ´ 2.3. EQUAC ¸ OES SEPARAVEIS 41 vari´avel real ela ´e dita uma equa¸ c˜ ao diferencial parcial. Nesta texto, trataremos exclusivamente das equa¸c˜oes diferenciais ordin´arias. A ordem de uma equa¸c˜ao diferencial ´e a mais alta ordem das derivadas da fun¸c˜ao inc´ognita que comparece na equa¸c˜ao. Assim, (2.1), (2.4) e (2.5) s˜ao equa¸c˜oes de primeira ordem e (2.3) ´e uma equa¸c˜ao de segunda ordem. A forma geral de uma equa¸c˜ao diferencial ordin´aria de primeira ordem ´e y 0 (t) = f (t, y(t)), (2.8) que escreveremos abreviadamente y 0 = f (t, y). Na equa¸c˜ao (2.8), f (t, y) ´e uma fun¸c˜ao definida em um subconjunto A de R2 . Uma solu¸c˜ ao de (2.8) ´e uma fun¸c˜ao y(t) definida em um intervalo I tal que: (t, y(t)) ∈ A, ∀t ∈ I e y(t) satisfaz (2.8), isto ´e, y 0 (t) = f (t, y(t)), ∀t ∈ I. Por exemplo, a fun¸c˜ao ϕ(t) = 8 e3 t ´e solu¸c˜ao da equa¸c˜ao y 0 = 3 y, pois ϕ0 (t) = 24 e3 t = 3 ϕ(t). Para cada (t0 , y0 ) ∈ A, o problema de encontrar uma solu¸c˜ao y(t) de (2.8) tal que y(t0 ) = y0 chama-se problema de valor inicial (que escrevermos abreviadamente PVI). Exerc´ıcio 2.1. Em cada caso verifique se a fun¸c˜ ao dada ´e uma solu¸c˜ ao da equa¸c˜ao diferencial correspondente e determinar c de modo que a solu¸c˜ao particular resultante satisfa¸ca a condi¸c˜ ao dada: 0 −t a) y + y = 1; y(t) = 1 + ce ; y = 3 quando t = 0 b) ty 0 = 3y, y(t) = ct3 ; y = 1 quando t = −2 c) y 00 + 9y = 0; y(t) = cos 3t + c sen 3t; y = 5 quando t = π/6. 2.3 Equa¸co ˜es Separ´ aveis Uma equa¸c˜ao diferencial que pode ser escrita na forma g(y) dy = h(t) , dt (2.9) 42 Cap. 2 Equa¸c˜oes de Primeira Ordem (algumas vezes tamb´em escrita na forma g(y) dy = h(t) dt) ´e chamada separ´ avel. As fun¸c˜oes g e h em (2.9) s˜ao cont´ınuas em convenientes intervalos. Solu¸c˜oes de tais equa¸c˜oes podem ser facilmente encontradas: se y = ϕ(t) ´e uma solu¸c˜ao de (2.9) em um intervalo I, podemos escrever g(ϕ(t)) ϕ0 (t) = h(t), ∀t ∈ I . Integrando, temos Z Z 0 g(ϕ(t)) ϕ (t) dt = h(t) dt (2.10) Substituindo y = ϕ(t) (portanto du = ϕ0 (t) dt) na integral do primeiro membro e usando a f´ormula de integra¸c˜ao por substitui¸c˜ao para integral indefinida, podemos escrevˆe-la como Z Z 0 g(ϕ(t)) ϕ (t) dt = g(y) dy . (2.11) Se G(y) e H(t) s˜ao primitivas de g e h, respectivamente, isto ´e, G0 (y) = g(y) e H 0 (t) = h(t), a igualdade (2.10) fica G(y) = H(t) + C (2.12) em que C designa uma constante arbitr´aria (proveniente das integrais indefinidas). A igualdade (2.12) fornece a solu¸c˜ao numa forma impl´ıcita. Resolvendo essa equa¸c˜ao na vari´avel y, obtemos explicitamente y(t). Exemplo 2.1. Resolver o PVI y 0 = 6 t5 e−y , y(1) = 1. A equa¸c˜ao ´e separ´avel pois podemos reescrever e−y y 0 = 6 t5 Integrando, temos Z y e dy = 6 Z t5 dt donde ey = t6 + C, ou y = ln(t6 + C). Como y(1) = 1, temos C = e − 1. Logo, y(t) = ln(t6 + e − 1). Equa¸c˜oes separ´aveis 43 Exemplo 2.2. Encontrar as solu¸c˜ oes da equa¸c˜ ao diferencial y 0 = y 2 . Dividindo os dois membros da equa¸c˜ao por y 2 e integrando, temos Z Z −2 y dy = dt, ou seja − 1 = t + C, y donde obtemos −1 , (2.13) t+C uma f´ormula que fornece quase todas as solu¸c˜oes da equa¸c˜ao diferencial dada. Notemos que o primeiro passo na resolu¸c˜ao da equa¸c˜ao diferencial foi dividir por y 2 ; para isso precisamos ter y 6= 0. Sempre que efetuamos alguma opera¸c˜ao, devemos tomar algum cuidado, pois algumas solu¸c˜oes podem ser ocultadas por esse processo, como ocorreu neste caso. A fun¸c˜ao y(t) ≡ 0 ´e uma solu¸c˜ao que n˜ao ´e dada pela f´ormula (2.13). y(t) = Exemplo 2.3. Resolver a equa¸c˜ ao diferencial y 0 = k (y − a) (y − b) , em que k, a, b s˜ao constantes, com a 6= b. Em primeiro lugar, notemos que as fun¸c˜oes constantes y(t) ≡ a e y(t) ≡ b s˜ao solu¸c˜oes da equa¸c˜ao diferencial. Para y 6= a e y = 6 b, a equa¸c˜ao diferencial pode ser escrita na forma Z Z dy =k dt (y − a) (y − b) Vamos calcular a integral do primeiro membro usando o m´etodo das fra¸c˜oes parciais: escrevendo 1 A B = + (y − a) (y − b) y−a y−b 44 temos A = Cap. 2 Equa¸c˜oes de Primeira Ordem −1 1 , B= . Logo, a−b a−b Z Z 1 dy 1 dy − = kt+C a−b y−a a−b y−b ou ln |y − a| = k (a − b) t + C (a − b) |y − b| Isolando y (isto ´e, resolvendo essa equa¸c˜ao para obter y como fun¸c˜ao de t), temos a − b C1 ek (a−b)t y(t) = (2.14) 1 − C1 ek (a−b)t (C1 = ±eC(a−b) , o sinal + ou − ´e escolhido dependendo do valor inicial da solu¸c˜ao). Observa¸c˜ ao 2.1. Conforme vimos em (2.6), a equa¸c˜ ao estudada no Exemplo 2.3 descreve a velocidade de uma rea¸c˜ ao qu´ımica em que y(t) designa a concentra¸c˜ao do produto da rea¸c˜ ao. Suponhamos que a < b na equa¸c˜ao (2.6). A condi¸c˜ao inicial ´e y(0) = 0. Substituindo essa informa¸c˜ao em (2.14), obtemos C1 = a/b. Portanto y(t) = a(1 − ek (a−b) t ) 1 − a ek (a−b) t /b Notemos que, como k (a − b) < 0, temos ek (a−b) t → 0, quando t → ∞. Logo, y(t) → a, quando t → ∞, isto ´e, a concentra¸c˜ ao do produto da rea¸c˜ ao tende `a concentra¸c˜ao do reagente A. Observa¸c˜ ao 2.2. Equa¸c˜oes diferenciais da forma z  z 0 (x) = F x (2.15) n˜ ao s˜ ao separ´aveis, mas podem ser colocadas na forma (2.9) ap´ os uma conveniente mudan¸ca de vari´aveis. De fato, chamando y = z/x, ou z = x y, temos z0 = y + x y0 . Equa¸c˜oes separ´aveis 45 Substituindo essa express˜ ao em (2.9), temos y + x y 0 = F (y) donde 1 1 y0 = . F (y) − y x Exemplo 2.4. Encontrar as solu¸c˜ oes da equa¸c˜ ao (x2 + z 2 ) z 0 = x z. Podemos reescrever a equa¸c˜ao diferencial na como z0 = x2 xz z/x = = f (z/x), 2 +z 1 + (z/x)2 y . Chamando z = x y e repetindo o procedimento 1 + y2 acima, podemos reescrever a equa¸c˜ao dada como em que f (y) = 1 1 y0 = y x −y 1 + y2 ou (y −3 + y −1 ) y 0 = 1 x Integrando, temos 1 − ln |y| = ln |x| + C . 2 y2 Voltando `a vari´avel z, obtemos x2 − ln |z| = C , 2 z2 uma equa¸c˜ao que fornece z implicitamente como fun¸c˜ao de x. 46 2.4 Cap. 2 Equa¸c˜oes de Primeira Ordem Equa¸c˜ ao Linear de Primeira Ordem Como um caso especial importante da equa¸c˜ao (2.8) temos a chamada equa¸ c˜ ao linear de primeira ordem y 0 + a(t) y = b(t). (2.16) Na equa¸c˜ao (2.16), a(t) e b(t) s˜ao fun¸c˜oes (conhecidas) cont´ınuas em um intervalo I. Se b(t) 6≡ 0, a equa¸c˜ao ´e (2.16) chamada n˜ ao homogˆ enea. Se b(t) ≡ 0, essa equa¸c˜ao ´e chamada homogˆ enea e tem a forma y 0 + a(t) y = 0. (2.17) Nosso objetivo nesta se¸c˜ao ´e obter uma express˜ao que forne¸ca todas as solu¸c˜oes da equa¸c˜ao (2.16): tal express˜ao ´e chamada solu¸ c˜ ao geral de (2.16). Em virtude de sua simplicidade, analisaremos primeiramente a equa¸c˜ao homogˆenea. A Equa¸ c˜ ao Homogˆ enea. ´ f´acil ver que (2.17) ´e uma equa¸c˜ao separ´avel e que a fun¸c˜ao y(t) ≡ 0 E ´e solu¸c˜ao de (2.17). Procuremos solu¸c˜oes y(t) 6= 0 de (2.17). Podemos reescrever (2.17) na forma y 0 (t) = −a(t). y(t) (2.18) Seja A(t) uma fun¸c˜ao cuja derivada ´e a(t), isto ´e, A0 (t) = a(t). Integrando (2.18), temos ln |y(t)| = −A(t) + K (em que K designa uma constante arbitr´aria), ou seja, |y(t)| = e−A(t)+K = e−A(t) eK . (2.19) Agora, notando que y(t) ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua e y(t) 6= 0, ∀t, temos, ou y(t) > 0 para todo t, ou y(t) < 0 para todo t. Portanto, chamando Equa¸c˜ao linear de primeira ordem 47 C = eK , se y(t) > 0, ∀t ou C = −eK , se y(t) < 0, ∀t, podemos reescrever (2.19) como y(t) = Ce−A(t) . (2.20) A express˜ao (2.20) tamb´em inclui a solu¸c˜ao nula se tomarmos C = 0. Assim, fazendo C variar em R, obtemos todas as poss´ıveis solu¸c˜oes da equa¸c˜ao (2.17). Logo, (2.20) ´e a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao (2.17). Exemplo 2.5. Encontrar a solu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao y 0 (t) = 3 y(t) tal que y(1) = e. Repetindo o procedimento acima ou usando (2.20), vemos que a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao diferencial ´e y(t) = C e3 t . Pondo t = 1, temos y(1) = C e3 . Como y(1) = e, segue-se que C = e−2 . Logo, y(t) = e−2 e3 t = e3 t−2 . Exemplo 2.6. (Desintegra¸ c˜ ao Radioativa) A meia vida de um certo is´ otopo de estrˆ oncio ´e 28 anos (isto ´e, metade da quantidade original do estrˆ oncio desintegra-se ap´ os 28 anos). Quanto tempo deve passar ap´ os uma explos˜ ao atˆ omica para que a quantidade de estrˆoncio se reduza a 10% da original? A taxa de desintegra¸c˜ao de uma substˆancia radioativa em qualquer instante ´e proporcional `a quantidade dessa substˆancia naquele instante. Assim, se Q(t) ´e a quantidade (n´ umero de ´atomos ou massa) de uma certa substˆancia radioativa no instante t, temos Q0 (t) = −a Q(t). (2.21) Assim, a quantidade Q(t) ´e dada por Q(t) = Q0 e−a t . (2.22) 48 Cap. 2 Equa¸c˜oes de Primeira Ordem Temos Q(t) = Q0 e−a t . Como a meia vida da substˆancia ´e 28 anos, temos Q(28) = Q0 /2, ou seja, Q0 e−28 a = Q0 , 2 donde obtemos 1 ln 2 ' = 0, 025 28 40 Portanto, a quantidade da substˆancia no instante t ´e a= Q(t) = Q0 e−t/40 Queremos saber em que instante essa quantidade estar´a reduzida a 10% da quantidade original, isto ´e Q0 e−t/40 = Q0 . 10 Dessa igualdade, obtemos et/40 = 10, ou seja, t = 40 ln 10 ' 92, 1 anos. Observa¸c˜ ao 2.3. A partir da forma da solu¸c˜ ao de (2.17) obtemos uma rela¸c˜ao interessante. Notemos que, a partir de (2.20) podemos escrever eA(t) y(t) = C Como a fun¸c˜ao eA(t) y(t) ´e constante, sua derivada ´e nula. Por outro lado,    d  A(t) e y(t) = eA(t) y 0 (t) + a(t) eA(t) y(t) = eA(t) y 0 (t) + a(t) y(t) . dt que ´e o primeiro membro de (2.17) multiplicado por eA(t) . Assim, multiplicando os dois membros da equa¸c˜ ao (2.17) por eA(t) , podemos reescrevˆe-la na forma quase integrada  d  A(t) e y(t) = 0. dt (2.23) Equa¸c˜ao linear de primeira ordem 49 Esta observa¸c˜ao ser´a u ´til para resolver a equa¸c˜ao (2.16) em sua forma geral. Qualquer fun¸ca˜o que, ao ser multiplicada aos dois membros de uma equa¸c˜ao, transforma-a em uma outra mais trabalh´ avel chamase fator integrante dessa equa¸c˜ao. Deste modo, a fun¸c˜ao eA(t) ´e um fator integrante de (2.17). Exemplo 2.7. Encontrar a solu¸c˜ ao geral da equa¸c˜ ao y 0 +( cos t ) y = 0. Multiplicando os dois membros da equa¸c˜ao diferencial pelo fator R integrante e cos t dt = esen t+K = C esen t , obtemos C esen t y 0 + cos t C esen t y = 0 ou (note que a constante C pode ser cancelada)  sen t 0 e y(t) = 0 . Integrando essa fun¸c˜ao e isolando y(t) no primeiro membro, temos y(t) = L e−sen t . A Equa¸ c˜ ao N˜ ao Homogˆ enea. Consideremos finalmente o caso geral da equa¸c˜ao (2.16), em que a(t) e b(t) s˜ao fun¸c˜oes cont´ınuas em um intervalo I. O tratamento ´e an´alogo ao anterior. Para evitar repeti¸c˜oes, vamos obter a express˜ao da solu¸c˜ao do problema de valor inicial y 0 + a(t) y = b(t) (2.24) y(t0 ) = y0 , (2.25) Z t em que t0 ∈ I e y0 ∈ R. Seja A(t) = a(s) ds; notemos que A(t0 ) = 0 t0 e A0 (t) = a(t). Multiplicando a equa¸c˜ao (2.24) por eA(t) , temos y 0 (t) eA(t) + a(t) y(t) eA(t) = b(t) eA(t) que podemos escrever na forma  d  A(t) e y(t) = eA(t) b(t), dt 50 Cap. 2 Equa¸c˜oes de Primeira Ordem Integrando os dois membros desde t0 at´e t, temos Z t A(t) A(t0 ) e y(t) − e| {z } y(t0 ) = eA(s) b(s) ds, | {z } t0 =1 =y0 donde −A(t) y(t) = e −A(t) Z t A(s) y0 +e e −A(t) b(s) ds = e Z t0 −A(t) A(s) t y0 + e−A(t) eA(s) b(s) ds t0 hZ A(s)−A(t) s Z t i a(u) du− a(u) du = Notando que e e =e = exp t0 t0 hZ s i exp a(u) du (para simplificar a nota¸c˜ao, estamos utilizando o t s´ımbolo exp para denotar a exponencial), obtemos a express˜ao da solu¸c˜ao geral de (2.16) Z t h Z s i −A(t) y(t) = e y0 + exp − a(u) du b(s) ds (2.26) t0 t Observa¸c˜ ao 2.4. (a) Notemos que a solu¸c˜ ao dada pela express˜ ao (2.26) est´a definida para todo t ∈ I e que, se b(t) ≡ 0, temos a solu¸c˜ ao obtida no caso anterior. (b) Em (2.26), a parcela e−A(t) y0 ´e uma solu¸c˜ao da equa¸c˜ao homogˆenea associada a (2.24); fazendo y0 variar em R, obtemos todas as poss´ıveis solu¸c˜ oes dessa equa¸c˜ ao. Um c´ alculo simples mostra que a parcela Z t   Z s z(t) = exp − a(u) du b(s) ds t0 t ´e uma solu¸c˜ao (que chamaremos solu¸c˜ao particular) da equa¸c˜ ao n˜ ao homogˆenea (2.24) (´e a solu¸c˜ao de (2.24) tal que z(0) = 0. Portanto, a solu¸c˜ ao geral da equa¸c˜ao (2.24) se escreve como a soma da solu¸c˜ ao geral da equa¸c˜ao homogˆenea com uma solu¸c˜ ao particular da equa¸c˜ ao n˜ ao homogˆenea (2.24). Equa¸c˜ao linear de primeira ordem 51 Exemplo 2.8. Encontrar a solu¸c˜ ao do problema de valor inicial y0 + 2 y = t2 , t y(1) = 6. Seja Z A(t) = 1 t 2 ds = 2 ln t = ln t2 . s 2 Multiplicando os dois membros da equa¸c˜ao por eA(t) = eln t = t2 , temos t2 y(t) + 2 t y(t) = t4 ou  t2 y(t) 0 = t4 . Integrando os dois membros desde 1 at´e t, temos Z t t5 1 2 t y(t) − y(1) = s4 ds = − . 5 5 1 Como y(1) = 6, temos y(t) = 6 t3 1 t3 29 + − = + 2 . 2 2 t 5 5t 5 5t A resolu¸c˜ao dessas equa¸c˜oes tamb´em pode ser feita usando integrais indefinidas, como nos outros casos. Exemplo 2.9. Encontrar a solu¸c˜ ao geral da equa¸c˜ ao y 0 + 5 y = t. Multiplicando a equa¸c˜ao pelo fator integrante e5 t , obtemos  5t 0 e y(t) = t e5 t . Integrando, temos 5t Z e y(t) = t e5 t dt = donde y(t) = 1 5t 1 5t te − e + K, 5 25 1 1 t− + K e−5 t . 5 25 52 Cap. 2 Equa¸c˜oes de Primeira Ordem Exemplo 2.10. Encontrar a solu¸c˜ ao do problema de valor inicial  0 y + (cos t) y = cos t y(0) = −6 . Multiplicando a equa¸c˜ao diferencial pelo fator integrante esen t (calculado no exemplo 2.7), obtemos  sen t 0 e y(t) = cos t esen t . Integrando, temos sen t e Z y(t) = esen t cos t dt = esen t + K donde obtemos y(t) = 1 + K e−sen t Dessa igualdade, temos y(0) = 1 + K; como queremos y(0) = −6, obtemos K = −7. Exemplo 2.11. (Dilui¸c˜ ao de Misturas) Um tanque cont´em 5.000 litros de salmoura a uma concentra¸c˜ ao de 10 g/l . Adiciona-se a esse tanque salmoura com uma concentra¸c˜ ao de sal de 20 g/l `a raz˜ao de 10 l/min. A mistura do tanque ´e continuamente agitada, de modo a manter a solu¸c˜ ao homogˆenea (deste modo, a concentra¸c˜ao ´e a mesma em todos os pontos do tanque). Ao mesmo tempo, a mistura deixa o tanque atrav´es de um buraco ` a mesma raz˜ ao. Determinar a quantidade e a concentra¸c˜ ao num instante t. Indiquemos por Q(t) a quantidade (em gramas) de sal no tanque no instante t. O enunciado do problema informa que a quantidade de sal no instante t = 0 ´e Q(0) = 50.000 g, que o sal est´a sendo adicionado no tanque `a raz˜ao de 10 (l/min) · 20 (g/l) = 200g/min e est´a saindo `a raz˜ao de 10 (l/min) Q(t) Q(t) (g/l) = kg/min. 5000 500 Equa¸c˜ao linear de primeira ordem 53 Portanto, a taxa de varia¸c˜ao da quantidade de sal no tanque, que ´e a diferen¸ca entre a taxa da quantidade que entra e a que sai, ´e dada por: Q0 = 200 − Q , 500 cuja solu¸c˜ao geral ´e Q(t) = 100.000 + Ce−t/500 . Como Q(0) = 50000 g temos que a quantidade de sal no instante t ´e: Q(t) = 100.000 − 50.000 e−t/500 e a concentra¸c˜ao de sal no tanque no instante t ´e: c(t) = 100.000 50.000 −t/500 Q(t) = − e = 20 − 10e−t/500 . 5000 5.000 5.000 Observemos que, quando t → ∞, Q(t) → 100.000 e c(t) → 20. Portanto, a quantidade de sal tende a 100.000 g e a concentra¸c˜ao tende ao valor limite de 20 g/l. Exemplo 2.12. (Um circuito el´ etrico simples) A figura ao lado mostra um circuito el´etrico contendo um indutor de indutˆ ancia L, um resistor de resistˆencia R e uma fonte de for¸ca eletromotriz E(t). E (a) Determinar a corrente I(t) em um instante t > 0 sabendo que I(0) = 0. (b) Determinar I(t), sendo: (i) E(t) ≡ E0 (uma constante); (ii) E(t) = E0 sen (ω t) (E0 , ω constantes). R - I L Figura 3.1 A diferen¸ca de potencial entre as extremidades do resistor ´e R I e entre as extremidades do indutor ´e L I 0 . Pela segunda Lei de Kirchoff, a soma alg´ebrica das diferen¸cas de potencial no circuito ´e nula; temos ent˜ao L I 0 + R I − E(t) = 0, ou seja, I0 + R E(t) I= L L 54 Cap. 2 Equa¸c˜oes de Primeira Ordem Como I(0) = 0, a corrente ´e dada por Z 1 −R t/L t R s/L I(t) = e e E(s) ds . L 0 Se E(t) = E0 , temos Z t Z t L R t/L R s/L (e − 1) e E(s) ds = E0 eR s/L ds = E0 R 0 0 Logo, I(t) = 1 −R t/L L R t/L E0 e E0 (e − 1) = (1 − e−R t/L ) . L R R Se E(t) = E0 sen (ω t), temos Z t Z t R s/L e E(s) ds = E0 eR s/L sen (ω s) ds = 0 0 = R2  R t/L   E0 L e R sen (ω t) − ω L cos(ω t) + ω L . 2 2 +L ω Logo, I(t) =   E0 −R t/L ω L e − ω L cos(ω t) + R sen (ω t) . R 2 + L2 ω 2 Observa¸c˜ ao 2.5. Denotemos por S o conjunto de todas as solu¸c˜ oes da equa¸c˜ao homogˆenea (2.17), isto ´e, S = {y : I → R : y 0 (t) + a(t) y(t) = 0}. ´e f´ acil ver se y, z ∈ S e α ∈ R, ent˜ ao y + z ∈ S e α y ∈ S. De 0 fato, como y, z ∈ S, temos y (t) + a(t)y(t) = 0 e z 0 (t) + a(t)z(t) = 0. Portanto, (y(t) + z(t))0 + a(t)(y(t) + z(t)) = y 0 (t) + a(t)y(t) + z 0 (t) + a(t)z(t) = 0 . Analogamente, verificamos que αy ∈ S. Al´em disso, ´e claro que valem as propriedades A1 a A4 e M1 a M4 vistas no Cap´ıtulo 1 para vetores ˜ DE BERNOULLI 2.5. EQUAC ¸ AO 55 de Rn . Por isso, diremos que S ´e um espa¸co vetorial. Al´em disso, a express˜ao (2.20), que d´ a a solu¸c˜ ao geral da equa¸c˜ ao (2.17) mostra que todo elemento de S ´e um m´ ultiplo da fun¸c˜ ao e−A(t) : assim, os elementos de S est˜ao em correspondˆencia biun´ıvoca com o conjunto dos n´ umeros reais. Esta situa¸c˜ ao ´e an´ aloga ao conjunto de todos os m´ ultiplos de um vetor fixado. Por causa disso, diremos que o espa¸co vetorial S tem dimens˜ao 1. Observa¸c˜ ao 2.6. Tudo o que fizemos no caso em que as fun¸c˜ oes a(t) e b(t) s˜ao reais pode ser repetido se a e b forem complexos. Por exemplo, as solu¸c˜oes da equa¸c˜ao y 0 = (3+2 i) y s˜ ao da forma y(t) = C e(3+2 i) t = C e3 t [cos (2 t) + i sen (2 t)], em que C ´e uma constante arbitr´ aria. 2.5 Equa¸c˜ ao de Bernoulli A equa¸c˜ao diferencial y 0 + p(t) y = q(t) y n , (2.27) em que n ∈ R ´e um n´ umero dado, chama-se equa¸ c˜ ao de Bernoulli. Se n = 0 ou n = 1, temos uma equa¸c˜ao linear de 1a¯ ordem, que j´a foi estudada anteriormente. Se n 6= 0 e n 6= 1, a equa¸c˜ao de Bernoulli n˜ao ´e linear, mas pode ser transformada em uma equa¸c˜ao linear de 1a¯ ordem por meio de uma conveniente mudan¸ca de vari´avel. Dividindo (2.27) por y n , temos y −n y 0 + p(t) y 1−n = q(t). (2.28) d  y 1−n  Agora, notando que y y = , podemos reescrever (2.28) dt 1 − n como d  y 1−n  y 1−n + (1 − n) p(t) = q(t) dt 1 − n 1−n ou, chamando z = y 1−n /(1 − n), temos −n 0 z 0 + (1 − n) p(t) z = q(t) , que ´e uma equa¸c˜ao linear de 1a. ordem. 56 Cap. 2 Equa¸c˜oes de Primeira Ordem Exemplo 2.13. Encontrar a solu¸c˜ ao do problema de valor inicial  y 0 − 2 t y = −2 t y 2 y(0) = 1/3. Multiplicando os dois membros da equa¸c˜ao por y −2 , temos y −2 y 0 − 2 t y −1 = −2 t . Como y −2 y 0 = −(y −1 )0 , a equa¸c˜ao diferencial pode ser escrita como −(y −1 )0 − 2 t y −1 = −2 t ou, chamando z = y −1 , z 0 + 2 t z = 2 t. 2 Multiplicando essa equa¸c˜ao pelo fator integrante et , temos  2 et z 0 2 = 2 t et Integrando, temos t2 Z e z(t) = 2 2 2 t et dt = et + C . Portanto 2 z(t) = 1 + C e−t . A condi¸c˜ao inicial para a equa¸c˜ao na vari´avel z ´e z(0) = 3. Portanto C=2e 2 z(t) = 1 + 2 e−t . Voltando `a vari´avel y, obtemos 2 et 1 = . y(t) = 1 + 2 e−t2 et2 + 2 ˜ 2.6. EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS EXATAS 2.6 57 Equa¸co ˜es Diferenciais Exatas Defini¸c˜ ao 2.1. Seja U ⊂ R2 um conjunto aberto e sejam P, Q : U → R fun¸c˜oes cont´ınuas em U , cujas derivadas parciais tamb´em s˜ ao cont´ınuas em U . Uma equa¸c˜ao diferencial da forma P (t, y) + Q(t, y) dy =0 dy (2.29) ou P (t, y) dt + Q(t, y) dy = 0 (2.30) ´e chamada exata quando existe uma fun¸c˜ ao V : U → R, V = V (t, y) tal que ∂V (t, y) = P (t, y) e ∂t ∂V (t, y) = Q(t, y), ∂y ∀(t, y) ∈ U. (2.31) Uma raz˜ao para o nome equa¸c˜ ao diferencial exata ´e que a express˜ao P (t, y) dt + Q(t, y) dy ´e igual a dV (t, y), a diferencial da fun¸c˜ao V (t, y): lembremos que ∂V ∂V dt + dy. dV (t, y) = ∂t ∂y Exemplo 2.14. A equa¸c˜ ao diferencial (4t − y) + (2y − t) dy =0 dt ´e exata e a fun¸c˜ao V (t, y) = 2 t2 − t y + y 2 ´e uma integral primeira para essa equa¸c˜ao; de fato, ∂V = 4t − y ∂t e ∂V = 2y − t. ∂y Usando a regra da cadeia para derivadas parciais, vemos que, se y(t) ´e uma solu¸c˜ao da equa¸c˜ao diferencial (2.29), temos d ∂V ∂V 0 V (t, y(t)) = + y (t) = P (t, y(t)) + Q(t, y(t)) y 0 (t) = 0 dt ∂t ∂y 58 Cap. 2 Equa¸c˜oes de Primeira Ordem Logo, a fun¸c˜ao V (t, y(t)) ´e constante e as solu¸c˜oes de (2.29) satisfazem V (t, y(t)) = C, em que C denota uma constante arbitr´aria, ou seja, as solu¸c˜oes da equa¸c˜ao (2.29) s˜ao obtidas resolvendo-se as equa¸c˜oes V (t, y) = C, em que C ´e uma constante arbitr´aria. Em virtude dessa propriedade, a fun¸c˜ao V (t, y) ´e dita uma integral primeira da equa¸c˜ao (2.29) e as curvas de n´ıvel da fun¸c˜ao V , isto ´e, as curvas planas y = y(t) definidas pela equa¸c˜ao V (t, y) = C, (em que C ´e uma constante arbitr´aria) s˜ao chamadas curvas integrais ou curvas solu¸ c˜ oes da equa¸c˜ao (2.29). No caso da equa¸c˜ao diferencial vista no exemplo anterior, uma integral primeira ´e V (t, y) = 2 t2 − t y + y 2 e as cuvas integrais s˜ao as solu¸c˜oes da equa¸c˜ao 2 t2 −t y +y 2 = C. Logo, as solu¸c˜oes dessa equa¸c˜ao s˜ao dadas por √ t ± −7 t2 + 4 C y= . 2 Para esse exemplo, foi poss´ıvel obter a solu¸c˜ao na forma expl´ıcita y = y(t). Geralmente, a solu¸c˜ao ´e dada na forma impl´ıcita de uma equa¸c˜ao V (t, y) = C. Dada uma equa¸c˜ao na forma (2.29), a primeira tarefa que temos ´e determinar se uma equa¸c˜ao ´e exata. De acordo com a defini¸c˜ao, para determinarmos se uma equa¸c˜ao diferencial ´e exata, devemos encontrar uma integral primeira; com isso, automaticamente encontramos suas solu¸c˜oes. O problema ´e que, ao contr´ario do que ocorreu no exemplo acima, geralmente n˜ao ´e t˜ao simples encontrar uma integral primeira. Deste modo, nossa primeira tarefa ´e determinar condi¸c˜oes sobre P e Q que permitam concluir quando uma equa¸c˜ao ´e exata. Notemos que, se (2.29) ´e exata, ent˜ao existe V (t, y) tal que ∂V = P (t, y), ∂t ∂V = Q(t, y) . ∂y Derivando essas igualdades e lembrando que as derivadas mistas de segunda ordem de V s˜ao iguais, obtemos ∂P ∂  ∂V  ∂  ∂V  ∂Q = = = . ∂y ∂y ∂t ∂t ∂y ∂t Equa¸c˜oes Diferenciais Exatas 59 Assim, uma condi¸c˜ao necess´aria para que a equa¸c˜ao (2.29) ´e que ∂P ∂Q = . ∂y ∂t (2.32) Um fato importante ´e que a condi¸c˜ao (2.32) ´e suficiente para que a equa¸c˜ao (2.29) seja exata. Pode-se mostrar que a fun¸c˜ao V (t, y) dada por Z Z t V (t, y) = y P (s, y0 ) ds + t0 Q(t, x) dx y0 ´e uma integral primeira da equa¸c˜ao diferencial (2.29). Na pr´atica, ao ∂V resolvermos uma equa¸c˜ao exata, integramos a igualdade = P (t, y) ∂t R mantendo y fixo: denotemos por P (t, y) dt uma antiderivada de P (t, y) e por h(y) uma fun¸c˜ao arbitr´aria de y. Temos Z V (t, y) = P (t, y) dt + h(y) . Em seguida, usamos a igualdade ∂V = Q(t, y) para determinar h(y). ∂y Exemplo 2.15. Encontrar as curvas integrais de t2 y 3 + t3 y 2 y 0 = 0. Em primeiro lugar, notemos que a equa¸c˜ao ´e exata, uma vez que ∂(t2 y 3 ) ∂t3 y 2 = 3 t2 y 2 . ∂y ∂t ∂V Portanto, existe V (t, y) tal que = t2 y 3 . Mantendo y fixo e inte∂t grando em rela¸c˜ao a t, temos V (t, y) = t3 y 3 + h(y). 3 Derivando essa igualdade, temos ∂V (t, y) = t3 y 2 + h0 (y). ∂y 60 Cap. 2 Equa¸c˜oes de Primeira Ordem ∂V (t, y) = t3 y 2 . Compa∂y rando essas duas igualdades, temos h0 (y) = 0. Podemos ent˜ao tomar V (t, y) = t3 y 3 /3. Assim, as curvas integrais s˜ao dadas por r t3 y 3 3 3C = C ou y = . 3 t3 De acordo com a defini¸c˜ao de V , temos Uma fun¸c˜ao µ(t, x) 6≡ 0 ´e chamada um fator integrante da equa¸c˜ao diferencial P (t, y) + Q(t, y) y 0 = 0 (2.33) se a equa¸c˜ao diferencial µ(t, y) P (t, y) + µ(t, y) Q(t, y) y 0 = 0 for exata. Por exemplo, a equa¸c˜ao diferencial y − t2 y 2 + t y 0 = 0 ∂ ∂t (y − t2 y 2 ) = 1 − 2 t2 y enquanto que = 1. ∂y ∂t Entretanto, multiplicando a equa¸c˜ao pela fun¸c˜ao µ(t, y) = t−2 y −2 , obtemos a equa¸c˜ao diferencial n˜ao ´e exata, pois 1 1 − 1 + 2 y0 = 0 y ty t2 que ´e exata, pois  ∂  1 −1 ∂  1  −1 = 2 2 = . ∂y t2 y t y ∂t t y 2 Geralmente ´e dif´ıcil encontrar um fator integrante, mas em algumas situa¸c˜oes especiais, isso ´e poss´ıvel, como veremos a seguir. Vamos procurar um fator integrante de (2.33) que n˜ao depende de y, isto ´e, procuramos uma fun¸c˜ao µ(t) de modo que a equa¸c˜ao diferencial µ(t) P (t, y) + µ(t) Q(t, y) y 0 = 0 Equa¸c˜oes Diferenciais Exatas 61 seja exata. Devemos ent˜ao ter   ∂  ∂  µ(t) P (t, y) = µ(t) Q(t, y) , ∂y ∂y ou seja, µ(t) ∂P ∂Q(t, y) = µ0 (t) Q(t, y) + µ(t) ∂y ∂t ou ∂P ∂Q − ∂y ∂t µ0 (t) = µ(t) (2.34) Q ∂Q  1  ∂P Se o quociente − n˜ao depender de y, isto ´e existir uma Q ∂y ∂t fun¸c˜ao a(t) tal que   1 ∂P ∂Q − = a(t) Q ∂y ∂t ent˜ao a rela¸c˜ao (2.34) fica µ0 (t) = a(t)µ(t); neste caso, ´e f´acil ver que a fun¸c˜ao Z  µ(t) = exp a(t) dt ´e um fator integrante de (2.33). Analogamente, se existir uma fun¸c˜ao b(y) tal que   1 ∂P ∂Q − = b(y) P ∂y ∂t ent˜ao a fun¸c˜ao µ(y) = exp Z b(y) dy  ´e um fator integrante de (2.33). Exemplo 2.16. Calcular um fator integrante da equa¸c˜ ao diferencial sen y − 2 t e−t + (cos y) y 0 = 0 e encontrar a solu¸c˜ao y(t) dessa equa¸c˜ ao tal que y(0) = π/2. 62 Cap. 2 Equa¸c˜oes de Primeira Ordem Temos P (t, y) = sen y − 2t e−t , Q(t, y) = cos y. Ent˜ao e ∂P = cos y ∂y ∂Q = 0. Portanto, ∂t 1 Q  ∂P ∂t − ∂y ∂t  = cos y =1. cos y Assim, um fator integrante ´e µ(t) = et . Multiplicando a equa¸c˜ao dada por et , obtemos a equa¸c˜ao diferencial exata (verifique!) et sen y − 2 t + et (cos y) y 0 = 0 . Ent˜ao, existe uma fun¸c˜ao V (t, y) tal que ∂V = et sen y − 2 t . ∂t Portanto, V (t, y) = et sen y − t2 + h(y). Derivando em rela¸c˜ao a y, ∂V ∂V temos = et cos y + h0 (y). Por outro lado, como = et cos y, ∂t ∂t temos h0 (y) = 0. Podemos ent˜ao tomar V (t, y) = et sen y − t2 . As curvas integrais da equa¸c˜ao dada s˜ao dadas por et sen y − t2 = K . ou   y(t) = arc sen e−t (K + t2 ) . 2.7 Exerc´ıcios 1. Encontre as solu¸c˜oes de cada uma das equa¸c˜oes diferenciais abaixo: (a) y 0 + y 2 sen t = 3 t2 y 2 (b) y 0 = t/y (c) 2y 3 y 0 = 3 t2 2 z − 5xz (d) (1 + t2 ) y 0 = t y (1 + y 2 ) (e) z 0 = (f ) y 0 = y 2 cos t 2 x x2 + x z (g) (1 + x2 )y 0 = 1 + y 2 (h) z 0 = 2 z + xz Exerc´ıcios 63 2. Resolva cada um dos problemas de valor inicial abaixo: (a) y 0 + y 2 sen t = 3t2 y 2 , y(0) = 1 (b) y 0 = y 2 cos t, y(0) = −1 2 0 2 (c) (1 + x )y = 1 + y , y(1) = −1 (d) y 0 = y 2 sen t, y(0) = 1 3. Encontre a solu¸c˜ao geral de cada uma das equa¸c˜oes abaixo: (a) ty 0 − 2y = 0 (b) y 0 cos t + y sen t = 0 (c) y 0 + y = cos t + sen t (d) y 0 cos t + y sen t = cos t + sen t (e) t y 0 − 2y = (t − 1)et (f ) ty 0 − 2y = t3 2 (g) z 0 + 2tz = t e−t (h) y 0 + et y = 3et 4. Resolva cada um dos problemas de valor inicial abaixo:  0  t y − 2y − ln t = 0 (1 + t2 ) y 0 − ty = 1 (a) (b) y(1) = 0 y(0) = 5 (  1 (sen t) y 0 + (cos t) y = cos 2t y0 + y = 4t (c) (d) t − 2 y(π/2) = 1/2 y(0) = 3 5. Verifique que cada uma das equa¸c˜oes abaixo ´e exata e encontre suas curvas integrais: (a) (2ax + by) + (bx + 2ay) y 0 = 0 (b) (ey + cos x) + x ey y 0 = 0 (c) ex cos y − ex sen y y 0 = 0 (d) (x + y 2 )/x2 = 2(y/x) y 0 6. Para cada uma das equa¸c˜oes abaixo, encontre um fator integrante e determine suas curvas integrais (a) (2ax + by) + (bx + 2ay) y 0 = 0 (b) y 2 + x = 2y x y 0 7. Achar uma curva que passa pelo ponto (0, −2) de modo que o coeficiente angular da reta tangente em qualquer um dos seus pontos seja igual ao triplo da ordenada do mesmo ponto. 8. A taxa de varia¸c˜ao da press˜ao atmosf´erica P em rela¸c˜ao `a altura h ´e diretamente proporcional `a press˜ao. Supondo que a press˜ao a 6000 metros seja metade de seu valor P0 ao n´ıvel do mar, achar a f´ormula para qualquer altura. 9. Uma colˆonia de bact´erias cresce a uma raz˜ao proporcional ao n´ umero de bact´erias presentes. Se o n´ umero de bact´erias duplica a cada 24 64 Cap. 2 Equa¸c˜oes de Primeira Ordem horas, quantas horas ser˜ao necess´arias para que o n´ umero aumente cem vezes sua quantidade original. 10. Um tanque de 200 litros de capacidade, cont´em inicialmente 40 litros de ´agua pura. A partir do instante t = 0, adiciona-se no tanque uma solu¸c˜ao de salmoura com 250 gramas de sal por litro, `a raz˜ao de 12 litros por minuto. A mistura ´e suposta uniforme, escoa do tanque `a raz˜ao de 8 l/min. Determinar: a) o tempo necess´ario para que ocorra o transbordamento; b) a concentra¸c˜ao de sal na mistura presente no tanque no instante do transbordamento. Cap´ıtulo 3 Espa¸ cos Vetoriais 3.1 Defini¸c˜ ao e Exemplos Defini¸c˜ ao 3.1. Um conjunto n˜ ao vazio V ´e dito um espa¸ co vetorial real (ou simplesmente, um espa¸ co vetorial) quando est˜ ao definidas em V duas opera¸c˜oes V × V −→ V (x, y) 7→ x + y ∈ V e R × V −→ V (α, y) 7→ α y ∈ V, chamadas adi¸c˜ ao e multiplica¸ c˜ ao por escalar, respectivamente, satisfazendo as seguintes condi¸c˜ oes: (EV1) x + (y + z) = (x + y) + z, ∀x, y, z ∈ V ; (EV2) x + y = y + x, ∀x, y ∈ V ; (EV3) existe um elemento, chamado vetor nulo e denotado por 0, tal que x + 0 = x, ∀x ∈ V ; (EV4) para cada x ∈ V , existe y ∈ V (chamado oposto de x) tal que x + y = 0; (EV5) α (βx) = (α β) x, ∀α, β ∈ R, x ∈ V ; (EV6) (α + β) x = α x + β x, ∀α, β ∈ R, x ∈ V ; (EV7) α (x + y) = α x + α y, ∀α ∈ R, x, y ∈ V ; (EV8) 1 x = x, ∀x ∈ V . Os elementos de V s˜ao chamados vetores e os n´ umeros reais, escalares. O conjunto V = R, com as opera¸c˜oes usuais de adi¸c˜ao e multiplica¸c˜ao, ´e um espa¸co vetorial real: as propriedades acima s˜ao as proprie65 66 Cap. 3 Espa¸cos Vetoriais dades associativas e comutativas da adi¸c˜ao e multiplica¸c˜ao, elemento neutro para adi¸c˜ao, elemento unidade para multiplica¸c˜ao, elemento oposto para adi¸c˜ao e elemento inverso para multiplica¸c˜ao. Do mesmo modo, o conjunto C dos n´ umeros complexos, com as opera¸c˜oes usuais de adi¸c˜ao e de multiplica¸c˜ao de n´ umero real por n´ umero complexo, ´e um espa¸co vetorial real. Exemplo 3.1. O conjunto V 3 dos vetores geom´etricos no espa¸co (definidos por meio dos segmentos orientados), munido das opera¸c˜ oes usuais de adi¸c˜ao de vetores e multiplica¸c˜ ao de vetor por escalar real (como indicadas na figura ao lado), ´e um espa¸co vetorial real. v  u+v 1 HH HH ujH H j H 3 2 u Figura 5.1 Exemplo 3.2. Seja R2 = {(x, y) : x, y ∈ R}. Dados u = (x, y) e v = (s, t) em R2 e α ∈ R, definimos u + v = (x + s, y + t) α u = (α x, α y). Com as opera¸c˜oes assim definidas, R2 ´e um espa¸co vetorial. Verifiquemos, por exemplo, a condi¸c˜ ao (EV1): dados u = (x, y), v = (s, t), w = (p, q) ∈ R2 , usando em cada componente, o fato que a adi¸c˜ ao de n´ umeros reais ´e associativa, temos: u + (v + w) = (x, y) + (s + p, q + t) = (x + (s + p), y + (q + t)) = ((x + s) + p, (y + q) + t) = (u + v) + w. ´ f´ E acil ver que o vetor nulo em R2 ´e o par (0, 0) e que o oposto de u = (x, y) ´e o vetor (−x, −y). As outras propriedades s˜ ao facilmente 2 verificadas. Os vetores de R podem ser representados geometricamente por segmentos orientados e a adi¸c˜ ao definida acima corresponde a adi¸c˜ ao de segmentos orientados, como na Figura 5.1. Exemplo 3.3. O conjunto Rn = {(x1 , . . . , xn ) : x1 , . . . , xn ∈ R}, com as opera¸c˜oes definidas por (1.2) e (1.3), ´e um espa¸co vetorial real. Defini¸c˜ao e Exemplos 67 Exemplo 3.4. O conjunto V = Mm×n (R) das matrizes m × n ´e um espa¸co vetorial real com a adi¸c˜ ao definida por (1.14) e a multiplica¸c˜ ao por escalar definidas em (1.15). Exemplo 3.5. Seja a : I → R uma fun¸c˜ ao cont´ınua no intervalo I ⊂ R. Vimos no Cap´ıtulo 2 que o conjunto V = {y : I → R : y 0 (t) + a(t) y(t) = 0} das solu¸c˜oes da equa¸c˜ao diferencial y 0 +a(t) y = 0 ´e um espa¸co vetorial. Exemplo 3.6. Sejam k um n´ umero inteiro positivo e I ⊂ R um in(k) tervalo. Denotemos por C (I, R) o conjunto das fun¸c˜ oes definidas em I com valores reais k-vezes deriv´ aveis, com a derivada de ordem k cont´ınua. Dadas f, g ∈ C (k) (I, R) e α ∈ R, definimos as novas fun¸c˜ oes f + g e αf por (f + g)(x) = f (x) + g(x) e (αf )(x) = αf (x), ∀x ∈ I. (3.1) Mostra-se, sem dificuldade que, munido destas opera¸c˜ oes, C (k) (I, R) ´e um espa¸co vetorial real. Denotaremos por C (∞) (I, R) o conjunto das fun¸c˜oes de I em R que tˆem derivadas de todas as ordens. Definindo as opera¸c˜oes como em (3.1), mostra-se facilmente que C (∞) (I, R) ´e um espa¸co vetorial real. Analogamente, o conjunto C(I, R) de todas as fun¸c˜oes cont´ınuas f : I → R, com as opera¸c˜oes definidas em (3.1), ´e um espa¸co vetorial. Exemplo 3.7. Seja n um n´ umero inteiro positivo. O conjunto Pn (R) formado pela fun¸c˜ao nula e todas as fun¸c˜ oes polinomiais com coeficientes reais de grau menor ou igual a n ´e um espa¸co vetorial, com as opera¸c˜oes definidas do seguinte modo: dados p(x) = a0 +a1 x+· · ·+an xn e q(x) = b0 + b1 x + · · · + bn xn em Pn (R) e α ∈ R, ent˜ ao p + q e α p s˜ao as fun¸c˜oes polinomiais (p + q)(x) = (a0 + b0 ) + (a1 + b1 )x + · · · + (an + bn )xn (α p)(x) = (α a0 ) + (α a1 )x + · · · + (α an )xn . Do mesmo modo, o conjunto P (R) de todas as fun¸c˜ oes polinomiais com coeficientes reais ´e um espa¸co vetorial. 68 Cap. 3 Espa¸cos Vetoriais Dados u, v ∈ V , definimos a diferen¸ ca de u por v como sendo u − v = u + (−v). As propriedades (EV1) a (EV8) permitem que trabalhemos em um espa¸co vetorial de modo semelhante ao que fazemos com n´ umeros reais. Por exemplo, dados a , b ∈ V e γ ∈ R, a equa¸c˜ao γx+a=b (3.2) tem uma u ´nica solu¸c˜ao, que ´e x = γ −1 (b − a). De fato, somando-se −a a ambos os membros de (3.2) temos (γ x + a) + (−a) = b + (−a) = b − a, donde, por (EV1), γ x + [a + (−a)] = b − a. Usando (EV4) e, em seguida, (EV3), essa igualdade fica γ x = b − a. Multiplicando os dois lados dessa igualdade por γ −1 , temos x = (γ −1 γ) x = γ −1 (γ x) = γ −1 (b − a). Como caso particular dessa propriedade, temos que o vetor nulo ´e o u ´nico elemento z de V tal que z + u = u, ∀u ∈ V ; basta tomar a = b = u e γ = 1 em (3.2): a u ´nica solu¸c˜ao de z + u = u ´e z = 0. O teorema seguinte cont´em algumas propriedades que decorrem diretamente da defini¸c˜ao de espa¸co vetorial Teorema 3.1. Seja V um espa¸co vetorial. Ent˜ ao: 1) Dados a , b ∈ V e γ ∈ R, a equa¸c˜ ao γ x + a = b tem uma u ´nica −1 solu¸c˜ao, que ´e x = γ (b − a). 2) O vetor nulo ´e o u ´nico elemento neutro da adi¸c˜ ao em V , isto ´e, se z ∈ V ´e tal que z + u = u, ∀u ∈ V , ent˜ ao z = 0. 3) ∀α ∈ R, temos α . 0 = 0. 4) ∀u ∈ V , temos 0 . u = 0. 5) Se α . u = 0, ent˜ao α = 0 ou u = 0. 6) (Regra de sinais) ∀α ∈ R, u ∈ V temos (−α) u = α (−u) = −(α u). 7) ∀α, β ∈ K, u ∈ V temos (α − β) u = α u − β u 8) ∀α ∈ K, u, v ∈ V temos α (u − v) = α u − α v. Demonstra¸c˜ao: As propriedades 1) e 2) j´a foram mostradas acima. 3.2. SUBESPAC ¸ OS VETORIAIS 69 Para mostrar 3) notemos que, usando (EV7) e (EV3), podemos escrever α 0 + α 0 = α (0 + 0) = α 0, portanto α 0 + α 0 = α 0. Usando 2), com z = u = α 0, temos que α 0 = 0. As verifica¸c˜oes de 4) e 5) s˜ao an´alogas e ficam como exerc´ıcio. 6) Mostremos que (−α) u = −(α u). Como −α + α = 0, temos, por (EV6), (−α) u + α u = (−α + α) u = 0 u = 0, ou seja, (−α) u + α u = 0, donde (somando −(αu) a ambos os membros) obtemos (−α) u = −(α u). Deixamos como exerc´ıcio a verifica¸c˜ao das demais propriedades. Observa¸c˜ ao 3.1. Em muitas situa¸c˜ oes, ´e conveniente considerar multiplica¸c˜ao de vetores por escalar complexo. Quando, na defini¸c˜ ao acima a multiplica¸c˜ao (α, x) 7→ αx for definida para todo α ∈ C e as propriedades (EV5)-(EV8) forem v´ alidas para todo α ∈ C, diremos que V ´e um espa¸co vetorial complexo. Quando quisermos nos referir indistintamente a um espa¸co vetorial real ou um espa¸co vetorial complexo usaremos a express˜ao espa¸ co vetorial sobre K. Exemplo 3.8. Pelas mesmas raz˜ oes mencionadas anteriormente, o conjunto C dos n´ umeros complexos, com as opera¸c˜ oes usuais de adi¸c˜ ao e multiplica¸c˜ao, ´e um espa¸co vetorial complexo. Exerc´ıcio 3.1. Em cada um dos itens abaixo, verifique se o conjunto V , com as opera¸c˜oes indicadas, ´e um espa¸co vetorial real: a) V = {(x, y) ∈ R2 : 5x − 3y = 0}, opera¸c˜ oes usuais de R2 ; b) V = {f ∈ C(R, R) : f (−x) = f (x), ∀x ∈ R}, com as opera¸c˜ oes usuais de fun¸c˜oes; c) V = R2 , com opera¸c˜oes: (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) = (2x1 − 2y1 , y1 − x1 ), α(x, y) = (3αx, −αx) d) V = {(x, y, z, w) ∈ R4 : y = x, z = w2 }, opera¸c˜oes usuais de R4 3.2 Subespa¸cos Vetoriais Seja V um espa¸co vetorial sobre K. Um subconjunto W ´e dito um subespa¸co vetorial de V se: (SE1) 0 ∈ W ; 70 Cap. 3 Espa¸cos Vetoriais (SE2) dados u, v ∈ W , temos u + v ∈ W (SE3) dados u ∈ W, α ∈ K, temos α u ∈ W A propriedade SE2 significa que a opera¸c˜ao de adi¸c˜ao est´a bem definida em W (a soma de elementos de W pertence a W ), o mesmo com rela¸c˜ao `a propriedade SE3. Como estas opera¸c˜oes satisfazem as condi¸c˜oes (EV1) a (EV8) da defini¸c˜ao de espa¸co vetorial (como elas est˜ao satisfeitas para todos elementos de V , em particular, elas valem para todos elementos de W ) segue-se que W ´e tamb´em um espa¸co vetorial (dentro de V ). Se V ´e um espa¸co vetorial qualquer, ent˜ao os subconjuntos W = {0} e W = V s˜ao subespa¸cos vetoriais de V (chamados subespa¸cos triviais). Exemplo 3.9. O conjunto W = {(x, y) : x − 2 y = 0} ´e um subespa¸co vetorial de R2 . De fato, em primeiro lugar ´e claro que (0, 0) ∈ W . Al´em disso, se (x, y), (s, t) ∈ W , temos x = 2 y e s = 2 t, donde x + s = 2 (y + t), o que significa que (x, y) + (s, t) ∈ W . Analogamente mostra-se que, se α ∈ R e (x, y) ∈ W , ent˜ ao α (x, y) ∈ W . Da mesma maneira, mostramos que qualquer reta passando pela origem ´e um subespa¸co de R2 . Mais geralmente, temos Exemplo 3.10. Seja A = (a i j ) ∈ Mm×n (R). O conjunto W de todas as solu¸c˜ oes X = (x1 , x2 , . . . , xn )T do sistema linear homogˆeneo AX = 0. (3.3) ´e um subespa¸co vetorial de Rn . ´ claro que a n−upla 0 = (0, 0, . . . , 0)T ´e solu¸c˜ao de (3.3), portanto E pertence a W . Se X1 , X2 ∈ W , temos A X1 = 0 e A X2 = 0, donde A (X1 + X2 ) = A X1 + A X2 = 0 + 0 = 0; portanto X1 + X2 ∈ W . Analogamente, se α ∈ R e X ∈ W (portanto A X = 0) temos, A (α X) = α A X = α 0 = 0; portanto α X ∈ W . Exemplo 3.11. O espa¸co vetorial Pn (R) ´e um subespa¸co vetorial de P (R). Se m ≤ n, ent˜ao Pm (R) ´e um subespa¸co vetorial de Pn (R). Subespa¸cos 71 Exemplo 3.12. Em V = R3 , os seguintes subconjuntos: - a origem {(0, 0, 0)}, - o pr´oprio R3 , - as retas passando pela origem (0, 0, 0) - os planos contendo a origem s˜ao subespa¸cos vetoriais. Pode-se mostrar que esses s˜ ao os u ´nicos sub3 espa¸cos de R . Exemplo 3.13. Seja V = C (1) (I, R); para qualquer k ≥ 1, o espa¸co vetorial W = C (k) (I, R) ´e um subespa¸co vetorial de V . Exemplo 3.14. (Um contra-exemplo) Seja V = P2 (R). O conjunto W de todos polinˆomios de grau 2 n˜ ao ´e subespa¸co vetorial de P2 (R). De fato os polinˆomios p(t) = t − t2 e q(t) = t + t2 pertencem a W , mas p(t) + q(t) = 2 t n˜ao pertence a W . Exerc´ıcio 3.2. Verifique se W ´e subespa¸co vetorial de R4 , sendo (a) W = {(x, y, y, x) : x, y ∈ R} (b) W = {(x, y, z, w) : w = 3 x, y = 5 x + 3 z} (c) W = {(x, y, z, w) : z = x w} (d) W = {(x, y, z, w) : x = 2 s, y = 3 s, s ∈ R}. Exerc´ıcio 3.3. Verifique se W = {(x, y, z, w, t) : w = 5 x e z = y 2 } ´e um subespa¸co vetorial de V = R5 . Exerc´ıcio 3.4. Verifique se W ´e subespa¸co vetorial de Pn (R), sendo (a) W = {p ∈ Pn (R) : p(2) = p(1)} (b) W = {p ∈ Pn (R) : p00 (t) ≡ 0 } (c) W = {p ∈ Pn (R) : p(2) = p00 (1)} (d) W = {p ∈ Pn (R) : p00 (3) = 0} Exerc´ıcio 3.5. Verifique se W ´e subespa¸co vetorial de   M2 (R), sendo n o n o x −y x 0 (a) W = : x, y ∈ R (b) W = : x, y, z ∈ R . y x y z Exerc´ıcio 3.6. Verifique se W ´e subespa¸co vetorial de Mn (R), sendo (a) W = {A ∈ V : AT = A} (b) W = {A ∈ V : AT = −A} Exerc´ıcio 3.7. Seja V = C(R, R). Mostre que U = {f ∈ V : f (−x) = f (x), ∀x} e W = {f ∈ V : f (−x) = −f (x), ∀x} s˜ao subespa¸cos de V . Exerc´ıcio 3.8. Seja V um espa¸co vetorial e sejam U, W subespa¸cos vetoriais de V . Mostre que U ∩ W ´e subespa¸co vetorial de V . 72 3.3 Cap. 3 Espa¸cos Vetoriais Combina¸c˜ oes Lineares Sejam α1 , . . . , αn ∈ K, u1 , . . . , un ∈ V . O vetor v = α1 u1 + · · · + αn un chama-se combina¸c˜ ao linear de u1 , . . . , un . Por exemplo, o polinˆomio p(t) = 1+t+3 t2 ´e combina¸c˜ao de q1 (t) = 2 t+3 t2 , q2 (t) = 2 t+2 t2 e q3 (t) = 1 + 3 t + 6 t2 pois (−1)·q1 (t)+0·q2 (t)+1·q3 (t) = −2 t−3t2 +1+3t+6 t2 = 1+t+3 t2 = p(t) . J´a o vetor (1, 5, 3) de R3 n˜ao ´e combina¸c˜ao linear de (1, 3, 6), (0, 2, 3) e (2, −2, 0) pois uma igualdade da forma (1, 5, 3) = x (1, 3, 6) + y (0, 2, 3) + z (2, −2, 0) , com x, y, z ∈ R, ´e equivalente ao sistema imposs´ıvel  + 2z = 1  x 3x + 2y − 2z = 5  6x + 3y = 3. O vetor (2, 3, 5) ´e combina¸c˜ao linear de (1, 1, 1), (1, 1, 0) e (1, 0, 0): procuremos α, β, γ tais que α (1, 1, 1) + β (1, 1, 0) + γ(1, 0, 0) = (2, 3, 5); ent˜ao α, β, γ devem satisfazer o sistema de equa¸c˜oes   α+β+γ =2 α+β =3  α = 5, Como esse sistema tem a solu¸c˜ao, α = 5, β = −2, γ = −1, segue-se que (2, 3, 5) ´e combina¸c˜ao linear de (1, 1, 1), (1, 1, 0) e (1, 0, 0). Exerc´ıcio 3.9. Mostre que todo vetor (x, y, z) ∈ R3 ´e combina¸c˜ ao linear de (1, 1, 1), (1, 1, 0) e (1, 0, 0). Combina¸c˜oes Lineares 73 Teorema 3.2. Seja V um espa¸co vetorial e sejam u1 , . . . , un ∈ V . O conjunto W de todas combina¸c˜ oes lineares de u1 , . . . , un ´e um subespa¸co vetorial de V . Demonstra¸c˜ao: Em primeiro lugar, ´e f´acil ver que o vetor nulo ´e combina¸c˜ao linear de u1 , . . . , un ; de fato, 0 = 0 u1 + · · · + 0 un Logo, 0 ∈ W . Al´em disso, dados v , w ∈ W v = α1 u1 + · · · + αn un w = β1 u1 + · · · + βn un , temos v + w = (α1 + β1 ) u1 + · · · + (αn + βn ) un que ´e uma combina¸c˜ao linear de u1 , . . . , un , ou seja, v + w ∈ W . Analogamente, mostra-se que dados v ∈ W e α ∈ K, tem-se α v ∈ W . Logo, W ´e um subespa¸co vetorial de V . O subespa¸co vetorial W dado no teorema 3.2 chama-se subespa¸ co gerado por u1 , . . . , un e ´e denotado por [u1 , . . . , un ]; os vetores u1 , . . . , un s˜ao ent˜ao chamados geradores de W . Um espa¸co vetorial V ´e dito finitamente gerado quando ´e gerado por uma quantidade finita de vetores: tamb´em dizemos que V tem dimens˜ ao finita. Exemplo 3.15. Considere em R3 os vetores a = (1, 0, 0), b = (0, 1, 0) e c = (1, 1, 0). Ent˜ao: [a] = {(x, 0, 0) : x ∈ R} = eixo x, [c] = {(y, y, 0) : y ∈ R} = reta passando pela origem paralela a c, [a, c] = [b, c] = [a, b, c] = {(x, x, z) ∈ R3 : x , z ∈ R} ´e o plano y = x. Exemplo 3.16. O espa¸co vetorial Rn ´e finitamente gerado: todo vetor x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn ´e combina¸c˜ ao linear dos vetores e1 = (1, 0, . . . , 0), . . . , en = (0, . . . , 0, 1). De fato, temos x = x1 e1 + · · · + xn en . 74 Cap. 3 Espa¸cos Vetoriais Exemplo 3.17. O espa¸co vetorial Pn (R) ´e finitamente gerado: ´e f´ acil ver que ele ´e gerado pelos monˆomios m0 (t) = 1, m1 (t) = t, m2 (t) = t2 , . . . , mn (t) = tn : todo polinˆomio p(t) de grau menor ou igual a n se escreve como p(t) = a0 + a1 t + · · · + an tn = a0 m0 (t) + a1 m1 (t) + · · · + an mn (t). Exemplo 3.18. O espa¸co vetorial P (R), de todos os polinˆ omios, n˜ ao ´e finitamente gerado. Fixado qualquer subconjunto finito {p1 , . . . , pm } de P (R), seja n o mais alto grau dos polinˆ omios p1 , . . . , pm : ´e claro que o polinˆomio p(t) = tn+1 n˜ao ´e combina¸c˜ ao linear de {p1 , . . . , pm }. Exemplo 3.19. Os conjuntos A = {cos 2 t , 1} e B = {cos2 t, sen 2 t} geram o mesmo subespa¸co de C(R, R). Como cos 2 t = cos2 t − sen 2 t e 1 = cos2 t + sen 2 t, toda combina¸c˜ao linear de cos 2 t e 1 ´e uma combina¸c˜ao linear de cos2 t e sen 2 t: se f (t) = a1 cos 2t + a2 1, temos f (t) = a1 cos2 t + (a2 − a1 ) sen 2 t. Reciprocamente, como cos2 t = (1 + cos 2 t)/2 e sen 2 t = (1 − cos 2 t)/2, toda combina¸c˜ao linear de cos2 t e sen 2 t ´e uma combina¸c˜ao linear de cos 2 t e 1 : se f (t) = b1 cos2 t + b2 sen 2 t, ent˜ao f (t) = c1 cos 2 t + c2 , com c1 = (b1 − b2 )/2 e c2 = (b1 + b2 )/2. Exemplo 3.20. Encontrar um conjunto de geradores para o subespa¸co U = {(x, y, z, w) ∈ R4 : x + y − z = 0, y − z + w = 0}. Temos (x, y, z, w) ∈ U ⇐⇒ z = x + y, w = x. Portanto (x, y, z, w) = (x, y, x + y, x) = x (1, 0, 1, 1) + y (0, 1, 1, 0). Logo U = [(1, 0, 1, 1), (0, 1, 1, 0)]. A defini¸c˜ao de subespa¸co gerado estende-se aos seguintes casos: (1) Se S = ∅, pomos [S] = {0}. (2) Se S for um conjunto infinito, definimos o subespa¸co gerado [S] do seguinte modo: [S] ´e o conjunto de todas as combina¸c˜oes lineares de elementos de S, isto ´e, u ∈ [S] se, e somente se, existem v1 , . . . , vr ∈ S, α1 , . . . αr ∈ K tais que u = α1 v1 + · · · + αr vr . Combina¸c˜oes Lineares 75 Exerc´ıcio 3.10. Mostre as seguintes propriedades: (a) S ⊂ [S] (b) S1 ⊂ S2 ⇒ [S1 ] ⊂ [S2 ] (c) [S] = [ [S] ] Vemos nos exemplos acima que um espa¸co vetorial ´e identificado por seus geradores. Para simplificar essa identifica¸c˜ao, ´e conveniente que o conjunto de geradores seja o menor poss´ıvel: isto se consegue removendo do conjunto de geradores vetores que s˜ao combina¸c˜oes lineares dos outros geradores. Este ´e o significado do pr´oximo teorema. No exemplo 3.15 j´a observamos esse fato: vimos nesse exemplo que os conjuntos de vetores {a, b, c} e {a, b} geram o mesmo subespa¸co. Teorema 3.3. Suponhamos V = [v1 , . . . , vn ]. Se um desses geradores, digamos vk , ´e combina¸c˜ ao linear dos demais, ent˜ ao V = [v1 , . . . , vk−1 , vk+1 , . . . , vn ]. Demonstra¸c˜ao: Para simplificar a nota¸c˜ao, suponhamos que vn ´e combina¸c˜ao linear de v1 , . . . , vn−1 . Mostremos que V ⊂ [v1 , . . . , vn−1 ], ou seja, que todo x ∈ V ´e combina¸c˜ao linear de v1 , . . . , vn−1 . Sabemos que x ´e combina¸c˜ao linear de v1 , . . . , vn (pois esses vetores geram V ), isto ´e, existem escalares α1 , . . . , αn tais que x = α1 v1 + · · · + αn vn . Tamb´em sabemos que vn ´e combina¸c˜ao linear de v1 , . . . , vn−1 : vn = β1 v1 + · · · + βn−1 vn−1 . Podemos ent˜ao escrever: x = α1 v1 + α2 v2 + · · · + αn−1 vn−1 + αn vn = α1 v1 + α2 v2 + · · · + αn−1 vn−1 + αn (β1 v1 + · · · + βn−1 vn−1 ) = (α1 + β1 αn )v1 + (α2 + β2 αn )v2 + · · · + (αn−1 + βn−1 αn−1 )vn−1 . Esta rela¸c˜ao mostra que x ´e combina¸c˜ao linear de v1 , . . . , vn−1 , ou seja, x ∈ [v1 , . . . , vn−1 ]. Por outro lado, como temos, obviamente, [v1 , . . . , vn−1 ] ⊂ V , segue-se que V = [v1 , . . . , vn−1 ]. Exerc´ıcio 3.11. Sejam p(t) = t2 +t3 , q1 (t) = 2 t−t3 , q2 (t) = 1+t+t2 e q3 (t) = 3 + t + t2 − t3 . a) Escreva p(t) como combina¸c˜ ao linear de q1 (t), q2 (t) e q3 (t). ´ poss´ıvel escrever q1 (t) como combina¸c˜ b) E ao linear de q2 (t), q3 (t) e p(t)? E q2 (t) como combina¸c˜ ao linear de q1 (t), q3 (t) e p(t)? E q3 (t) como combina¸c˜ao linear de q1 (t), q2 (t) e p(t)? 76 Cap. 3 Espa¸cos Vetoriais Exerc´ıcio 3.12. a) Verificar se o vetor (1, 4, 2) ∈ R3 ´e combina¸c˜ ao linear de (1, 2, 0) e (−1, 1, 1). b) Verificar se o vetor (3, 5, 7) ∈ R3 ´e combina¸c˜ ao linear de (2, 1, 3) e (3, −2, 2). Exerc´ıcio 3.13. Mostre que o espa¸co vetorial P3 (R) ´e gerado pelos polinˆ omios p1 = 1; p2 = 1 + t; p3 = 1 + t + t2 ; p4 = 1 + t + t2 + t3 . Exerc´ıcio 3.14. Encontre o subespa¸co gerado por S, sendo (a) S = {(1, 2), (0, −1)} ⊂ R2 (b) S = {1 + t, t + t2 , t2 + t3 , 1 + t3 } ⊂ P3 (R) (c) S = {(2, 2, 1), (1, 1, 0)} ⊂ R3 (d) S = {t, t2 − t3 } ⊂ P3 (R) 3.4 Dependˆ encia Linear Sejam V um espa¸co vetorial e S = {v1 , . . . , vn } ⊂ V . Dizemos que os vetores v1 , . . . , vn s˜ao linearmente dependentes, ou que S ´e um conjunto linearmente dependente (escreveremos abreviadamente LD) quando existem escalares n˜ao todos nulos α1 , . . . , αn tais que α1 v1 + · · · + αn vn = 0. (3.4) Caso contr´ario, isto, ´e, se uma igualdade do tipo α1 v1 + · · · + αn vn = 0 s´o for poss´ıvel quando α1 = · · · = αn = 0, dizemos que os vetores v1 , . . . , vn s˜ao linearmente independentes, ou que S ´e um conjunto linearmente independente (abreviadamente LI). Notemos que, quaisquer que sejam os vetores v1 , . . . , vn , os escalares α1 = 0, α2 = 0, . . . , αn = 0 satisfazem a igualdade (3.4). O que realmente interessa nessa defini¸c˜ao ´e saber se tamb´em ´e poss´ıvel escrever (3.4) com escalares n˜ao todos nulos (quando dizemos que v1 , . . . , vn s˜ao LD) ou se a u ´ nica maneira poss´ıvel de escrever (3.4) ´e pondo α1 = 0, . . . , αn = 0 (neste caso, v1 , . . . , vn s˜ao LI). Exemplo 3.21. Em R4 , os vetores (1, 1, 1, 3), (1, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 2) s˜ ao LD, pois podemos escrever 1 · (1, 1, 1, 3) + (−1) · (1, 1, 0, 1) + (−1) · (0, 0, 1, 2) = (0, 0, 0, 0). Dependˆencia Linear 77 Exemplo 3.22. Os vetores (1, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 1, 1) s˜ ao LI em R3 . De fato, se escrevermos α (1, 0, 0) + β (1, 1, 0) + γ (1, 1, 1) = (0, 0, 0), temos (α + β + γ, β + γ, γ) = (0, 0, 0), ou seja,   α+β+γ =0  β+γ =0 γ=0 que implica α = β = γ = 0. Exemplo 3.23. Os vetores e1 , . . . , en da base canˆ onica de Rn s˜ ao linearmente independentes. De fato, se os n´ umeros x1 , . . . , xn s˜ao tais que x1 e1 + · · · + xn en = 0, temos (x1 , . . . , xn ) = (0, . . . , 0), ou seja, x1 = , · · · = xn = 0, donde concluimos que os vetores e1 , . . . , en s˜ao linearmente independentes. Exemplo 3.24. u1 , . . . , un ∈ Rn s˜ ao LD ⇐⇒ det[ u1 . . . un ] = 0. Os vetores u1 , . . . , un s˜ao LD se e somente se existem escalares n˜ao todos nulos x1 , . . . , xn tais que x1 u1 +· · ·+xn un = 0. Escrevendo u1 = (a 1 1 , . . . , a n 1 )T , . . . , un = (a 1 n , . . . , a n n )T , vemos que u1 , . . . , un s˜ao LD se e somente se existe uma solu¸c˜ao n˜ao trivial (x1 , . . . , xn ) do sistema    a11 x1 + · · · + a1n xn = 0 .. (3.5) .   a x + ··· + a x = 0. n1 1 nn n Esse sistema tem solu¸c˜ao n˜ao trivial se e  a11 . . . a1n  .. .. ... det  . . an1 . . . ann somente se    = 0. Notemos que as colunas dessa matriz s˜ao as componentes dos vetores u1 , . . . , un . Indicando essa matriz por [u1 . . . un ], temos que os vetores u1 , . . . , un s˜ao LD se e somente se det[ u1 . . . un ] = 0. 78 Cap. 3 Espa¸cos Vetoriais Exemplo 3.25. Os monˆomios m0 (t) = 1, m1 (t) = t, . . . , mn (t) = tn s˜ ao LI em P (R). De fato, se os escalares α0 , α1 , . . . , αn s˜ao tais que α0 m0 + α1 m1 + · · · + αn mn = 0, ent˜ao α0 + α1 t + · · · + αn tn = 0, ∀t ∈ R. (3.6) Pondo t = 0, obtemos α0 = 0. Derivando (3.6) e pondo t = 0, obtemos α1 = 0. De modo an´alogo, obtemos α2 = 0, . . . , αn = 0. Exemplo 3.26. Sejam v1 , . . . , vn ∈ V . Se um desses vetores for combina¸c˜ ao linear dos outros, ent˜ao eles s˜ ao LD. Seja vk o vetor que ´e combina¸c˜ao linear dos demais: vk = α1 v1 + · · · + αk−1 vk−1 + αk+1 vk+1 + αn vn . Podemos ent˜ao escrever α1 v1 + · · · + αk−1 vk−1 + (−1) vk + αk+1 vk+1 + αn vn = 0. Como o coeficiente de vk ´e n˜ao nulo, temos que v1 , . . . , vn s˜ao LD. Exemplo 3.27. Todo conjunto que cont´em um conjunto LD ´e LD, isto ´e, se os vetores v1 , . . . , vk ∈ V s˜ ao LD e vk+1 , . . . , vn s˜ ao vetores quaisquer em V , ent˜ao v1 , . . . , vk , vk+1 , . . . , vn s˜ ao LD. Como os vetores v1 , . . . , vk s˜ao LD, existem escalares n˜ao todos nulos α1 , . . . , αk tais que α1 v1 + . . . + αk vk = 0. Podemos ent˜ao escrever α1 v1 + . . . + αk vk + 0 vk+1 + · · · + 0 vn = 0. em que os escalares n˜ao s˜ao todos nulos (pelo menos um dos n´ umeros α1 , . . . , αk n˜ao ´e nulo). Logo, os vetores v1 , . . . , vk , vk+1 , . . . , vn s˜ao LD. Teorema 3.4. Se v1 , . . . , vn ∈ V s˜ ao vetores LD e se v1 6= 0, ent˜ ao ao menos um desses vetores ´e combina¸c˜ ao linear dos precedentes, isto ´e, existe k ≥ 2 tal que vk ´e combina¸c˜ ao linear de v1 , . . . , vk−1 . Dependˆencia Linear 79 Demonstra¸c˜ao: Como v1 , . . . , vn s˜ao linearmente dependentes, existem escalares n˜ao todos nulos α1 , . . . , αn tais que α1 v1 + · · · + αn vn = 0. (3.7) Seja k o maior dentre esses ´ındices tal que αk 6= 0; como v1 6= 0, temos k ≥ 2 (de fato, se tiv´essemos α1 6= 0 e α2 = 0, . . . , αn = 0, a igualdade (3.7) ficaria α1 v1 = 0, o que ´e imposs´ıvel, pois α1 6= 0 e v1 6= 0). Como αk+1 = 0, . . . , αn = 0, podemos ent˜ao escrever a igualdade (3.7) na forma α1 v1 + · · · + αk vk = 0. Agora, como αk 6= 0, dessa igualdade temos vk = − α1 αk−1 v1 − · · · − vk−1 , αk αk o que mostra que vk ´e combina¸c˜ao linear dos vetores v1 , . . . , vk−1 . Corol´ ario 3.1. Se os vetores v1 , . . . , vn s˜ ao LI e v1 , . . . , vn , x s˜ ao LD, ent˜ao x ´e combina¸c˜ ao linear de v1 , . . . , vn . Demonstra¸c˜ao: Como nenhum dos vj pode ser combina¸c˜ao linear dos precedentes (pois os vetores v1 , . . . , vn s˜ao LI), segue-se que x ´e combina¸c˜ao linear de v1 , . . . , vn . Exerc´ıcio 3.15. Sejam v1 , . . . , vk vetores LI em V e x ∈ V . Mostre que, se x ∈ / [v1 , . . . , vn ], ent˜ ao os vetores v1 , . . . , vn , x s˜ ao LI. Observa¸c˜ ao 3.2. O conceito independˆencia linear tamb´em pode ser definido para conjuntos infinitos de vetores: um conjunto S ´e dito linearmente independente quando todo subconjunto finito de S for LI (de acordo com a defini¸c˜ ao acima). Por exemplo, no espa¸co vetorial P (R), o conjunto B = {1, t, t2 , . . . , tn , . . . } ´e linearmente independente: notemos que, para cada inteiro n fixado, os elementos 1, t, t2 , . . . , tn s˜ao LI e que dado um subconjunto finito S = {tk1 , . . . , tkp } de B, se N denota o maior dos n´ umeros k1 , . . . , kp , temos S ⊂ {t1 , . . . , tN }. Logo, B ´e LI. 80 Cap. 3 Exerc´ıcio 3.16. Determine n = 4) s˜ao LI ou LD. (a) (1, 2, 2, −3), (−1, 4, 2, 0) (c) (4, 2, 6, −2), (6, 3, 9, −3) (e) (9, 0, 7), (2, 1, 8), (2, 0, 4) (g) (1, 0, 0), (2, 3, 0), (1, 7, 5) (i) (1, 0, 3), (3, 1, 2), (1, 5, 7) (k) (1, 0, 1), (3, 1, 2), (2, 5, 3) Espa¸cos Vetoriais se os seguintes vetores em Rn (n = 3 ou (b) (1, 2), (−3, 1) (d) (2, 3, 1), (7, −1, 5) (f ) (1, 0, 1), (5, 1, 2), (3, 1, 0) (h) (−4, 6, −2), (2, 3, −1), (2, 0, 4, 0) (j) (1, 5, −6); (2, 1, 8); (3, 1, 4); (2, 3, 11) (l) (1, 3, −1, 4), (3, 8, −5, 7), (2, 9, 4, 23) Exerc´ıcio 3.17. Determine se u e v s˜ ao LI ou LD em P2 (R), sendo 2 2 (a) u = t −t−1, v = 9t −5 t−2, (b) u = t2 −3 t+2, v = t2 +2 t−3t−2 Exerc´ıcio se u e v s˜ ao LI ou LD em M2 (R), sendo  3.18.Determine   −1 0 1 1 −8 2 12 −3 (a) u = ,v= , (b) u = ,v= −1 0 0 0 −6 0 9 0 Exerc´ıcio se as matrizes M, N,  P s˜ ao LI ou LD.  3.19. Determine   8 10 −4 4 8 −2 8 10 −4 (a) M = N= P = 1 −2 3 1 −1 4 1 −1 4       0 −4 −1 1 0 −1 −1 3 −1 0 0 P =  0 6 0  (b) M =  1 0 −1  N =  2 1 0 −1 0 −1 4 0 7 1 3.5 Base e Dimens˜ ao Uma base de um espa¸co vetorial V ´e um conjunto de vetores LI que geram V . Exemplo 3.28. O conjunto {u = (1, 1), v = (2, 1)} ´e base de R2 . Os vetores u e v geram R2 . Dado w = (a, b) ∈ R2 , procuramos escalares x, y tais que x u + y v = w, ou seja (x + 2 y, x + y) = (a, b). Ent˜ao x, y precisam ser solu¸c˜oes do sistema  x + 2y = a (3.8) x + y = b. Base e Dimens˜ao 81 Portanto x = 2 b − a, y = a − b. Logo, w = (2 b − a) u + (a − b) v. Os vetores u e v s˜ao LI pois, se x u + y v = 0, ent˜ao, x e y s˜ao solu¸c˜oes do sistema (3.8) com a = b = 0, e portanto, x = y = 0. Logo, u e v s˜ao LI. Exemplo 3.29. O conjunto B = {(1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1)} ´e base de R3 : de fato, j´a vimos que [B] = R3 e B ´e LI. Exemplo 3.30. Mais geralmente, o conjunto B = {e1 , e2 , . . . , en }, em que e1 = (1, . . . , 0), e2 = (0, 1, . . . , 0), . . . , en = (0, . . . , 1), ´e base de Rn . Exemplo 3.31. O conjunto B = {1, t, t2 , . . . , tn , . . . } ´e base do espa¸co vetorial de todos os polinˆ omios P (R). ´ claro que P (R) = [1, t, t2 , . . . , tn , . . . ], pois todo polinˆomio se escreve E como combina¸c˜ao linear dos monˆomios 1, t, t2 , . . . , tn , . . . . Al´em disso, vimos na Se¸c˜ao 3.4 que B ´e LI. Exemplo 3.32. Sejam U = {(x, y, z, t) : x−y+z = 0 e y+z−t = 0 }, V = {(x, y, z, t) : x − y + z = 0 } e W = {(x, y, z, t) : y − t = 0 e y + z = 0 }. Encontrar bases para U, V, W, U ∩ V e V ∩ W . Temos (x, y, z, t) ∈ U ⇐⇒ x−y+z = 0 e y+z−t = 0, ou seja, z = y−x e t = y + z = 2 y − x. Portanto, (x, y, z, t) = (x, y, y − x, 2y − x) = x(1, 0, −1, −1) + y(0, 1, 1, 2), ou seja U = [(1, 0, −1, −1), (0, 1, 1, 2)]; como os vetores (1, 0, −1, −1) e (0, 1, 1, 2) s˜ao LI, eles formam uma base de U . (x, y, z, t) ∈ V ⇐⇒ x − y + z = 0, donde obtemos z = y − x. Portanto, (x, y, z, t) = (x, y, y − x, t) = x (1, 0, −1, 0) + y (0, 1, 1, 0) + t (0, 0, 0, 1), ou seja V = [(1, 0, −1, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 1)]. Como esses geradores s˜ao LI, eles constituem uma base de V . (x, y, z, t) ∈ W ⇔ t = y e z = −y. Logo, (x, y, z, t) = (x, y, −y, y) = = x (1, 0, 0, 0) + y (0, 1, −1, 1), donde W = [(1, 0, 0, 0), (0, 1, −1, 1)] . Como (1, 0, 0, 0) e (0, 1, −1, 1) s˜ao LI, eles formam uma base de W . 82 Cap. 3 Espa¸cos Vetoriais Como U ∩ V = U , uma base de U ∩ V ´e {(1, 0, −1, −1), (0, 1, 1, 2)}. (x, y, z, t) ∈ V ∩ W ⇐⇒ x = 2 y, t = y e z = −y. Logo, (x, y, z, t) = (2 , y, −y, y) = y (2, 1, −1, 1), ou seja V ∩W = [(2, 1, −1, 1)]; logo, uma base de V ∩ W ´e {(2, 1, −1, 1)}. Exerc´ıcio 3.20. Verificar se o conjunto B ´e uma base para P3 (R). (a) B = {1 + t + t2 + t3 , 1 + t + t2 , 1 + t, 1} (b) B = {1, 1 + t, 1 − t2 , 1 − t − t2 − t3 } Sejam V um espa¸co vetorial de dimens˜ao n, B = {e1 , . . . , en } uma base de V e seja x ∈ V . Como e1 , . . . , en geram V , existem escalares α1 , . . . , αn tais que x = α1 e1 + · · · + αn en . (3.9) Al´em disso, como e1 , . . . , en s˜ao LI, os escalares s˜ao determinados de modo u ´nico, no sentido que, se x = β1 e1 + · · · + βn en , ent˜ao α1 = β1 , . . . , αn = βn . Os n´ umeros α1 , . . . , αn chamam-se coordenadas de x em rela¸c˜ao `a base B. A partir deste ponto, ´e conveniente considerar base como sendo um conjunto ordenado de vetores: isto significa que ´e importante a ordem em que os vetores e1 , . . . , en s˜ao relacionados (com isto queremos dizer, por exemplo, que e1 , e2 , . . . , en e e2 , e1 , . . . , en s˜ao bases distintas de V ). Podemos ent˜ao escrever os escalares de (3.9) como uma matriz coluna (ou como uma n−upla, se for conveniente), que ser´a chamada matriz de coordenadas de x   α1 [x]B =  ...  . (3.10) αn Deve ficar entendido que α1 ´e o coeficiente de e1 , . . . , αn ´e o coeficiente de en em (3.9). Para simplificar a nota¸c˜ao vamos indicar a matriz em  T (3.10) por α1 , . . . , αn : o s´ımbolo T indica a transposta da matriz. Base e Dimens˜ao 83 Exemplo 3.33. Consideremos em R4 os vetores v1 = (1, 0, −1, 0), v2 = (0, 0, 0, 1), v3 = (0, 0, 1, 2), v4 = (0, 1, 0, 1) e w = (a, b, c, d). (a) Mostrar que B = {v1 , v2 , v3 , v4 } ´e base de R4 ; (b) Quais s˜ao as coordenadas de w em rela¸c˜ ao ` a base canˆ onica de R4 ? (c) Encontrar as coordenadas de w em rela¸c˜ ao ` a base B. Procuremos α, β, γ, δ ∈ R tais que α v1 + β v2 + γ v3 + δ v4 = 0, isto ´e, (α, δ, −α + γ, β + 2γ + δ) = (0, 0, 0, 0). Dessa igualdade temos α = 0, δ = 0, −α + γ = 0 e β + 2 γ + δ = 0. Como a u ´nica solu¸c˜ao desse sistema ´e (α, β, γ, δ) = (0, 0, 0, 0), segue-se que os vetores v1 , v2 , v3 e v4 s˜ao LI. Agora, como qualquer conjunto LI de 4 vetores em R4 ´e uma base, segue-se que B ´e uma base de R4 . ´ claro que, como podemos escrever E (a, b, c, d) = a (1, 0, 0, 0) + b (0, 1, 0, 0) + c (0, 0, 1, 0) + d (0, 0, 0, 1); temos [w]C = (a, b, c, d)T . Para obter as coordenadas de w em rela¸c˜ao `a base B, procuramos x, y, z, t tais que (a, b, c, d) = x (1, 0, −1, 0) + y (0, 0, 0, 1) + z (0, 0, 1, 2) + t (0, 1, 0, 1). Ent˜ao x, y, z, t devem satisfazer x = a, t = b, −x + z = c, y + 2 z + t = d, donde x = a, y = d − 2 a − 2 c − b; z = c + a, t = b. Logo,    T w B = a, d − 2 a − 2 c − b, c + a, b . Exerc´ıcio 3.21. Sejam B = { 1−t2 , t3 , 1+2t3 , t+t3 } e p(t) = 1+t. (a) Mostre que B ´e uma base de P3 (R). (b) Calcule as coordenadas de p(t)em rela¸c˜ ao ` a base B. Exerc´ıcio 3.22. Sejam           2 3 1 1 0 −1 1 1 1 0 B= , , , e A= 1 1 1 0 0 0 0 0 4 7 (a) Mostre que B ´e base de M2 (R). (b) Calcule as coordenadas de A em rela¸c˜ ao a essa base. 84 Cap. 3 Espa¸cos Vetoriais Exerc´ıcio 3.23. Calcule as coordenadas do polinˆ omio 10 + t2 + 2 t3 em rela¸c˜ao a cada uma das seguintes bases de P3 (R): (a) {1, t, t2 , t3 } (b) {1, 1 + t, 1 + t + t2 , 1 + t + t2 + t3 } (c) {4 + t, 2, 2 − t2 , t + t3 }. Teorema 3.5. Suponhamos que V tenha uma base {v1 , . . . , vn }. Ent˜ ao qualquer conjunto com mais de n vetores ´e LD. Demonstra¸c˜ao: De acordo com o Exemplo 3.27, basta mostrar que qualquer conjunto com n+1 vetores ´e LD. Sejam x1 , . . . , xn , xn+1 ∈ V ; pelo exemplo 3.27, podemos supor que os vetores x1 , . . . , xn s˜ao LI. Como x1 ´e combina¸c˜ao linear de v1 , . . . , vn , o conjunto x1 , v1 , . . . , vn ´e LD; portanto, um dos vetores ´e combina¸c˜ao linear dos precedentes; como tal vetor n˜ao pode ser x1 , ele ´e um dos vj , j ≥ 2: para simplificar a nota¸c˜ao, vamos supor que vn ´e combina¸c˜ao linear de x1 , v1 , . . . , vn−1 . Pelo Teorema 3.3, temos V = [x1 , v1 , . . . , vn−1 ]. Agora repetimos esse procedimento com o vetor x2 : como o conjunto x1 , x2 , v1 , . . . , vn−1 ´e LD, um dos vj ´e combina¸c˜ao linear dos anteriores: para simplificar a nota¸c˜ao, vamos supor que esse vetor ´e vn−1 . Como no caso anterior, temos V = [x1 , x2 , v1 , . . . , vn−2 ]. Continuando este processo, chegaremos a V = [x1 , . . . , xn ]. Como xn+1 ∈ V = [x1 , . . . , xn ], segue-se que xn+1 ´e combina¸c˜ao linear de x1 , . . . , xn e assim, x1 , . . . , xn , xn+1 ´e LD. Teorema 3.6. Seja V um espa¸co vetorial de finitamente gerado. Ent˜ ao todas as bases de V tˆem a mesma quantidade de elementos. Demonstra¸c˜ao: Sejam {e1 , . . . en } e {v1 , . . . vp } duas bases de V . Como V = [e1 , . . . en ] e v1 , . . . vp ´e um conjunto LI em V temos, pelo Teorema 3.5, p ≤ n. Trocando os pap´eis de e1 , . . . en e v1 , . . . vp , obtemos n ≤ p. Logo, n = p. Defini¸ c˜ ao 3.2. Seja V um espa¸co vetorial finitamente gerado: o n´ umero de vetores de uma base qualquer de V chama-se dimens˜ ao de V . Exemplo 3.34. dim Rn = n e dim Pn (R) = n + 1. Apresentamos a seguir um m´etodo pr´atico para estudar a dependˆencia linear em Rn . O m´etodo baseia-se no seguinte lema. Base e Dimens˜ao 85 Lema 3.1. Suponhamos W = [u1 , u2 , . . . , um ] ⊂ Rn . Definamos v1 = u1 , v2 = u2 + k1 v1 , . . . , vm = um + km−1 v1 , (3.11) em que k2 , . . . , km−1 ∈ R. Ent˜ ao W = [v1 , v2 , . . . , vm ]. Demonstra¸c˜ao: De fato, a partir das igualdades (3.11) ´e f´acil ver que cada um dos vetores v1 , . . . , vm ´e combina¸c˜ao linear de u1 , . . . , um e que cada vetor uj , j = 1, . . . , m , ´e combina¸c˜ao linear de v1 , . . . , vm . Segue-se que W = [v1 , v2 , . . . , vm ]. Uma conseq¨ uˆencia imediata do Lema 3.1 ´e um m´etodo f´acil para decidir se um dado conjunto de vetores ´e LI ou LD. Formamos a matriz A de ordem m×n cujos vetores linhas s˜ao v1 , v2 , . . . , vm e escalonamos a matriz A. O processo de escalonamento consiste precisamente em efetuar convenientemente as opera¸c˜oes indicadas em (3.11). Exemplo 3.35. Decidir se u1 = (1, 1, −1, 1), u2 = (1, 1, −2, 1), u3 = (3, 1, −3, 2) e u4 = (1, 0, −1, 0) s˜ ao LI ou LD. Formemos a matriz A cujos vetores linhas s˜ao u1 , u2 , u3 e u4 e escalonemos A  1 1  1 1   3 1 1 0 1  0 ∼   0 0 −1 −2 −3 −1 1 1 0 2   1 1   1  0 ∼   0 2  0 0   −1 1  0 1  ∼ 1 0   0 1 1 0 2 1 1 0 0 0 −1 1 1 0 0 1 0 1 1 −1 1 0 0 1 0 0    ∼   1 1   0  1 Como todas linhas da matriz escalonada s˜ao n˜ao nulas, seus vetores linhas s˜ao LI. Pelo Lema 3.1, temos dim[u1 , u2 , u3 , u4 ] = 4. Logo, os vetores u1 , u2 , u3 e u4 s˜ao LI. Exemplo 3.36. Decidir se os vetores u1 = (1, 3, 2, 1), u2 = (2, 4, 2, 0), u3 = (1, 3, 1, 0), u4 = (3, 6, 3, 0) s˜ ao LI ou LD. 86 Cap. 3 Espa¸cos Vetoriais Formemos a matriz A cujos vetores linhas s˜ao u1 , u2 , u3 e u4 e escalonemos A         1  2  1 3 3 4 3 6 2 2 1 3 1 1 3 0   0 2 ∼ 0   0 0 0 3 0 2 2 1 3 1 3 1 2   0 1 ∼ 1   0 0 0 3 3 2 1 1 3 1 1 3 1   0 1 ∼ 1   0 0 0 0 3 2 1 1 0 1 1  1  0 Como o subespa¸co gerado pelos vetores linhas da matriz escalonada tem dimens˜ao 3, os vetores u1 , u2 , u3 e u4 s˜ao LD. Teorema 3.7. Seja V um espa¸co vetorial de dimens˜ ao n e sejam v1 , . . . , vp (com p < n) vetores LI em V . Ent˜ ao existem n − p vetores vp+1 , . . . , vn ∈ V tais que v1 , . . . , vn ´e base de V . Demonstra¸c˜ao: Como p < n, temos [ v1 , . . . , vp ] 6= V . Ent˜ao existe vp+1 ∈ V tal que vp+1 ∈ / [ v1 , . . . , vp ]. Como v1 , . . . vp s˜ao LI e que vp+1 ∈ / [ v1 , . . . , vp ], segue-se que nenhum desses vetores pode ser combina¸c˜ao linear dos demais. Portanto, os vetores v1 , . . . , vp , vp+1 s˜ao linearmente independentes. Se p + 1 = n, ent˜ao os vetores v1 , . . . , vp , vp+1 constituem uma base de V . Se p + 1 < n, repetimos o procedimento acima. Ap´os n − p passos chegaremos a um conjunto LI v1 , . . . , vp , vp+1 , . . . vn , que ´e a base de V . Exerc´ıcio 3.24. Verificar se o conjunto B ´e uma base para R3 . (a) B = {(1, 2, −1), (0, 3, 1)} (b) B = {(1, 5, −6); (2, 1, 8); (3, −1, 4); (2, 3, −11)} (c) B = {(2, 4, −3); (0, 1, 1); (0, 1, −10}. Exerc´ıcio 3.25. Verificar se o conjunto B ´e uma base para R4 . (a) B = {(1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 0)} (b) B = {(1, 0, 1, 0), (1, 0, 0, 1), (1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)}. 3.6 Dependˆ encia Linear de Fun¸ c˜ oes Consideremos o espa¸co vetorial V = C(I, Rn ) das fun¸c˜oes cont´ınuas no intervalo I com valores em Rn . Dizer que as fun¸c˜oes f1 , . . . , fn do Dependˆencia linear de fun¸c˜oes 87 espa¸co C(I, Rn ) s˜ao LD significa dizer que existem escalares α1 , . . . , αn n˜ao todos nulos tais que α1 f1 (t) + · · · + αn fn (t) = 0 , para todo t ∈ I. (3.12) Por exemplo, as fun¸c˜oes 1, sen 2 t e cos2 t, s˜ao LD no espa¸co vetorial C(R, R) pois, da trigonometria sabemos que sen 2 t+cos2 t−1 = 0, para todo t ∈ R. J´a o conjunto S = {1, sen t, cos t} ´e LI pois uma igualdade do tipo α + β sen t + γ cos t = 0, ∀t ∈ R s´o ´e poss´ıvel se α = β = γ = 0; de fato, pondo t = 0, temos α + γ = 0, pondo t = π, temos α − γ = 0 e pondo t = π/2, temos α + β = 0. Essas igualdades implicam α = β = γ = 0. Logo S ´e LI. Notemos que, para cada t ∈ I, f1 (t) , . . . , fn (t) s˜ao vetores de Rn . Logo, se as fun¸c˜oes f1 , . . . , fn s˜ao linearmente dependentes, ent˜ao a condi¸c˜ao (3.12) afirma que, para todo t ∈ I, os vetores f1 (t) , . . . , fn (t) s˜ao linearmente dependentes em Rn . Portanto, se, para algum t0 ∈ I, os vetores f1 (t0 ) , . . . , fn (t0 ) s˜ao LI em Rn , ent˜ao as fun¸c˜oes f1 , . . . , fn s˜ao LI. Combinando estes fatos com (3.12), temos: Teorema 3.8. Se, para algum t0 ∈ I, det[f1 (t0 ) , . . . , fn (t0 )] 6= 0, ent˜ ao as fun¸c˜oes f1 , . . . , fn s˜ao LI. Exemplo 3.37. O conjunto S = {et , e3t } ⊂ C(R, R) ´e LI; de fato, suponhamos que αet + βe3t = 0 ∀t ∈ R. (3.13) Em particular, para t = 0, temos α+β = 0. Derivando (3.13), obtemos αet +3βe3t = 0, ∀t ∈ R; para t = 0, temos α+3β = 0. A u ´nica solu¸c˜ ao do sistema de equa¸c˜oes nas inc´ ognitas α, β ´e a trivial α = β = 0. Logo, S ´e LI. O pr´oximo teorema d´a uma regra para independˆencia linear de fun¸c˜oes escalares. 88 Cap. 3 Espa¸cos Vetoriais Teorema 3.9. (regra para independˆ encia linear de fun¸ c˜ oes). Sejam ϕ1 , . . . , ϕn fun¸c˜oes reais n − 1 vezes deriv´ aveis num intervalo J. Se existir x0 ∈ J tal que    det   ϕ1 (x0 ) ϕ01 (x0 ) .. . ϕ2 (x0 ) ϕ02 (x0 ) .. . (n−1) (n−1) ϕ1 (x0 ) ϕ2 ... ... .. . (x0 ) . . . ϕn (x0 ) ϕ0n (x0 )  = ..  6 0, . (3.14) (n) ϕn (x0 ) ent˜ ao ϕ1 , . . . , ϕn s˜ao LI. Demonstra¸c˜ao: Suponhamos que α1 ϕ1 (x) + α2 ϕ2 (x) + · · · + αn ϕn (x) = 0, ∀x ∈ J. Derivando sucessivamente essa igualdade e pondo x = x0 , temos  ϕ1 (x0 ) α1 + ϕ2 (x0 ) α2 + · · · + ϕn (x0 ) αn = 0    ϕ0 (x ) α + ϕ0 (x ) α + · · · + ϕ0 (x ) α = 0 1 2 n 1 0 2 0 n 0 (3.15) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ....    (n−1) (n−1) (n−1) ϕ1 (x0 ) α1 + ϕ2 (x0 ) α2 + · · · + ϕn (x0 ) αn = 0 As igualdades (3.15) podem ser vistas como um sistema de n equa¸c˜oes nas inc´ognitas α1 , α2 , . . . , αn , cuja matriz dos coeficientes tem deteminante diferente de zero. Portanto, esse sistema tem uma u ´nica solu¸c˜ao, que ´e α1 = 0, α2 = 0, . . . , αn = 0. Logo, as fun¸c˜oes ϕ1 , . . . , ϕn s˜ao linearmente independentes. O determinante em (3.14) chama-se wronskiano de ϕ1 , . . . , ϕn e ´e denotado por W (x) (ou W (ϕ1 , . . . , ϕn )(x)). Exemplo 3.38. Se p, q e r s˜ao n´ umeros dois a dois distintos, ent˜ ao as fun¸c˜ oes ep t , eq t e er t s˜ao LI. De fato, temos pt qt rt e e e p ep t q eq t r er t = (r − q) (r − p) (q − p) e(p+q+r) t 6= 0 2 pt 2 qt 2 rt p e q e r e De modo analogo mostramos que se os n´ umeros r1 , . . . , rn forem dois a dois distintos, ent˜ao as fun¸c˜oes er1 t , . . . , ern t s˜ ao LI. 3.7. BASES ORTOGONAIS EM RN 89 Observa¸c˜ ao 3.3. A rec´ıproca do teorema anterior n˜ ao ´e verdadeira. 2 Por exemplo, as fun¸c˜oes f (t) = t e g(t) = t |t| s˜ ao LI, mas seu wronskiano ´e nulo. No entanto, pode-se mostrar que, se duas fun¸c˜ oes ϕ1 , ϕ2 forem LI e forem solu¸c˜ oes da equa¸c˜ ao diferencial de segunda ordem y 00 +a(t) y 0 +b(t) y = 0, com a(t), b(t) cont´ınuas em um intervalo J, ent˜ao W (ϕ1 , ϕ2 )(t) 6= 0 ∀t ∈ J. Exerc´ıcio 3.26. Mostre que: (a) {cos 2t, sen 2 t, cos2 t} ´e LD (b) {1, sen t, cos t} ´e LI at at ct (c) {e cos b t, e sen b t, e } ´e LI (d) {1, et , sen t, et cos t} ´e LI. 2 (e) {1, sen t, cos t, cos 2t, sen t} ´e LD. 3.7 Bases Ortogonais em Rn Consideremos em Rn o seu produto interno usual: se x = (x1 , . . . , xn ) e y = (y1 , . . . , yn ), ent˜ao x · y = x1 y1 + · · · + xn yn . Teorema 3.10. Se X = {u1 , u2 , . . . , um } ´e um conjunto de vetores ortogonais n˜ao nulos, ent˜ ao X ´e um conjunto LI. Demonstra¸c˜ao: Suponhamos que os n´ umeros α1 , α2 , . . . , αm s˜ao tais que α1 u1 + α2 u2 + · · · + αm um = 0 (3.16) Efetuando o produto escalar dos dois membros de (3.16) com u1 e notando que u1 ·u1 = ku1 k2 e uj ·u1 = 0, ∀j 6= 1, obtemos α1 ku1 k2 = 0. Como ku1 k2 6= 0, temos α1 = 0. Analogamente obtemos α2 = 0, α3 = 0 , . . . , αm = 0. Logo, os vetores u1 , u2 , . . . , um s˜ao LI. Uma base B = {u1 , . . . , un } de Rn formada por vetores 2 a 2 ortogonais ´e chamada uma base ortogonal. Se al´em disso, todos os vetores forem unit´arios (isto ´e, kuj k = 1, ∀j) dizemos que B ´e uma base ortonormal. Exemplo 3.39. A base canˆ onica de Rn ´e ortonormal. 90 Espa¸cos Vetoriais Exemplo 3.40. Em R3 , o conjunto {(1, 0, 0), (0, 12 , ´e uma base ortonormal. Cap. 5 √ √ 3 ), (0, 23 ) , −1 )} 2 2 O pr´oximo teorema mostra que fica mais simples obter as coordenadas de um vetor quando trabalhamos com uma base ortonormal. Teorema 3.11. Se B = {v1 , v2 , . . . , vn } ´e uma base ortonormal de Rn , ent˜ao, para todo x ∈ Rn , temos x = (x · v1 ) v1 + (x · v2 ) v2 + · · · + (x · vn ) vn , (3.17) isto ´e, se x = α1 v1 +α2 v2 +· · ·+αn vn , ent˜ ao α1 = x·v1 , . . . , αn = x·vn . Demonstra¸c˜ao: Como B ´e base de Rn , existem n´ umeros α1 , α2 , . . . , αn s˜ao tais que x = α1 v1 + α2 v2 + · · · + αn vn (3.18) Efetuando o produto escalar dos dois membros de (3.18) com v1 e notando que v1 · v1 = 1 e vj · v1 = 0, ∀j 6= 1, obtemos x · v1 = α1 . De modo an´alogo, obtemos x · v2 = α2 , . . . , x · vn = αn . Teorema 3.12. Sejam {v1 , . . . , vp } um conjunto ortonormal em Rn e x ∈ Rn . Mostrar que o vetor z = x − (x · v1 ) v1 − · · · − (x · vp ) vp ´e ortogonal a cada um dos vetores v1 , . . . , vp . De fato, como vj · vj = 1 e v1 · vj = 0, se i 6= j, temos z·vj = x·vj −(v ·v1 ) (v1 ·vj )−· · ·−(x·vp )(vp ·vj ) = x·vj −x·vj = 0. O vetor w = (x · v1 ) v1 + · · · + (x · vp ) vp , dado no Teorema 3.12, chama-se proje¸c˜ ao ortogonal de x sobre o subespa¸co [ v1 , . . . , vp ]. z 6 x 1   (x · v1 ) v1  v1 QQ v2 Q Q wQQ s (x · v2 ) v2 - Bases Ortogonais 91 Usando o Teorema 3.12 podemos construir uma base ortonormal de um subespa¸co vetorial W de Rn a partir de uma dada base de W . Seja u1 , u2 , . . . , um uma base de W . Definamos os vetores w2 , . . . , wm e v1 , v2 , . . . , vm do seguinte modo: u1 v1 = ku1 k w2 w2 = u2 − (v1 · u2 )v1 v2 = kw2 k w3 = u3 − (v1 · u3 )v1 − (v2 · u3 )v2 v3 = w3 kw3 k .. . wm = um − (v1 · u2 )v1 − (v2 · wm )v2 − · · · − (vm−1 · um )vm−1 vm = wm kwm k De acordo com o Teorema 3.12, cada vetor vk ´e ortogonal a v1 , . . . , vk−1 . Al´em disso, como os vetores u1 , u2 , . . . , um s˜ao linearmente independentes, todos os v1 , v2 , . . . , vm s˜ao diferentes do vetor nulo e, portanto, formam uma base de W . Este m´etodo de obter uma base ortonormal chama-se m´ etodo de ortonormaliza¸ c˜ ao de Gram-Schmidt. Exemplo 3.41. Usando o m´etodo de Gram-Schmidt, ortonormalizar a base u1 = (1, 1, 1), u2 = (1, 1, 0), u3 = (1, 0, 0) de R3 . √ Como ku1 k = 3, tomamos v1 = √13 u1 = √13 (1, 1, 1). Em seguida, √ como hu2 , v1 i = 2/ 3, tomamos w2 = u2 − hu2 , v1 iv1 = (1, 1, 0) − 2 1 (1, 1, 1) = (1, 1, −2) 3 3 e w2 1 = √ (1, 1, −2) kw2 k 6 √ √ Como hu3 , v1 i = 1/ 3 e hu3 , v2 i = 6, tomamos v2 = w3 = u3 − √13 v1 − = 12 (1, −1, 0) √1 v2 6 = (1, 0, 0) − 1 3 (1, 1, 1) − 1 6 (1, 1, −2) = 92 Cap. 3 Espa¸cos Vetoriais e portanto √ w3 2 v3 = = (1, −1, 0) kw3 k 2  Assim, a base procurada ´e √13 (1, 1, 1), √16 (1, 1, −2), √ 2 2 (1, −1, 0) . Exerc´ıcio 3.27. Seja {u1 , u2 , . . . , un } uma base ortonormal de Rn . Mostre que, se v = α1 u1 + · · · + αn un ent˜ ao kvk = (α12 + · · · + αn2 )1/2 Exerc´ıcio 3.28. Usando o m´etodo de Gram-Schmidt, ortonormalizar a base {(1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 0)}. Exerc´ıcio 3.29. Encontre uma base ortonormal para cada um dos seguintes subespa¸cos vetoriais de R3 : (a) [(9, 0, 7), (2, 1, 8), (2, 0, 4)] (b) [(1, 0, 1), (5, 1, 2), (3, 1, 0)] (c) [(1, 0, 0), (2, 3, 0), (1, 7, 5); (d) [(1, 2, 8), (−2, 2, 2), (3, 0, 6)] (e) {(x, y, z) : 3 x − y + 2 z = 0} Exerc´ıcio 3.30. Seja S ⊂ Rn um subconjunto n˜ ao vazio. Mostre que ⊥ o conjunto S dos vetores ortogonais a todos os vetores de S ´e um subespa¸co vetorial de Rn . Exerc´ıcio 3.31. Seja W um subespa¸co vetorial de Rn . (a) Mostre que W ⊥⊥ = W . (b) Mostre que todo x ∈ Rn se escreve na forma x = u+v, com u ∈ W e w ∈ W ⊥. 3.8 Somas e Somas Diretas Teorema 3.13. Sejam U , W subespa¸cos vetoriais de um espa¸co vetorial V . Ent˜ao que o conjunto U + W = {u + w : u ∈ U, w ∈ W } ´e um subespa¸co vetorial de V . Somas e Somas Diretas 93 Demonstra¸c˜ao: Em primeiro lugar, como o vetor nulo pertence a U e a W , ele pertence a U + W , pois podemos escrever 0 = 0 + 0. Agora, dados x1 = u1 + w1 e x2 = u2 + w2 em U + W , isto ´e, u1 , u2 ∈ U, w1 , w2 ∈ W , temos u1 + u2 ∈ U, w1 + w2 ∈ W , pois U e W s˜ao subespa¸cos de V . Portanto, x1 + x2 = u1 + u2 + w1 + w2 ∈ U + W | {z } | {z } ∈U ∈W Do mesmo modo, se x = u + w, com u ∈ U, w ∈ W e α ∈ K, temos α u ∈ U e α w ∈ W , pois U e W s˜ao subespa¸cos de V . Portanto, α x = |{z} α u + |{z} αw ∈ U +W ∈U ∈W Logo, U + W ´e subespa¸co vetorial de V . Defini¸c˜ ao 3.3. Sejam U e W subespa¸cos de um espa¸co vetorial V . O subespa¸co U +W dado no Teorema 3.13 chama-se soma dos subespa¸cos U e W . Quando U ∩ W = {0}, o subespa¸co U + W chama-se soma direta de U e W e ´e denotado por U ⊕ W . Exemplo 3.42. Sejam U = {(x, y) ∈ R2 : y = 2 x} e W = {(x, y) ∈ R2 : y = 0}. Ent˜ao U + W = R2 . ´ claro que U + W ⊂ R2 (pois U e W s˜ao subespa¸cos de R2 ). Para E verificar a inclus˜ao R2 ⊂ U + W , notemos que que todo (x, y) ∈ R2 se escreve na forma (x, y) = (y/2, y) + (x − y/2, 0): como (y/2, y) ∈ U e (x − y/2, 0) ∈ W , vemos que (x, y) ∈ U + W . O pr´oximo teorema relaciona as dimens˜oes da soma e da interse¸c˜ao de dois subespa¸cos com as dimens˜oes desses subespa¸cos. Teorema 3.14. Seja V um espa¸co vetorial de dimens˜ ao finita e sejam U, W subespa¸cos de V . Ent˜ ao: dim U + dim W = dim (U ∩ W ) + dim (U + W ). (3.19) Em particular, se U ∩W = {0}, temos dim (U ⊕W ) = dim U +dim W . 94 Cap. 3 Espa¸cos Vetoriais Demonstra¸c˜ao: Faremos a prova para o caso U ∩ W 6= {0} (o caso U ∩W = {0} fica como exerc´ıcio). Seja {e1 , . . . , ep } uma base de U ∩W . Pelo Teorema 3.7, existem vetores u1 , . . . , uq ∈ U e v1 , . . . , vr ∈ W tais que {e1 , . . . , ep , u1 , . . . , uq } ´e uma base de U e {e1 , . . . , ep , v1 , . . . , vr } ´ claro que e1 , . . . , ep , u1 , . . . , uq , v1 , . . . , vr geram ´e uma base de W . E U + W . Resta mostrar que esses vetores s˜ao LI. Suponhamos que os escalares α1 , . . . , αp , β1 , . . . , βq , γ1 , . . . , γr sejam tais que α1 e1 + · · · + αp ep + β1 u1 + · · · + βq uq + γ1 v1 + · · · + γr vr = 0. Ent˜ao α e + · · · + αp ep + β1 u1 + · · · + βq uq = −γ1 v1 − · · · − γr vr . {z } |1 1 {z } | ∈U ∈W Esta igualdade implica que ambos os membros pertencem a U ∩ W . Portanto, −γ1 v1 − · · · − γr vr ∈ U ∩ W . Como {e1 , . . . , ep } ´e base de U ∩ W , existem escalares k1 , . . . , kp tais que −γ1 v1 − · · · − γr vr = k1 e1 + · · · + kp ep , donde obtemos k1 e1 + · · · + kp ep + γ1 v1 + · · · + γr vr = 0; como e1 , . . . , ep , v1 , . . . , vr s˜ao LI (pois constituem uma base de W ), devemos ter necessariamente k1 = · · · = kp = γ1 = · · · = γp = 0. Da mesma maneira, obtemos α1 = · · · = αp = 0. Logo, os vetores e1 , . . . , ep , u1 , . . . , uq , v1 , . . . , vr s˜ao LI e formam uma base de U + W . Contando os elementos das bases de U, W, U ∩ W e U + W , obtemos a igualdade (3.19). Exemplo 3.43. Sejam U, V e W como no Exemplo 3.32 acima. Encontrar bases para U + W, U + V e V + W . Pelo Teorema 3.14, temos dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ) = 2 + 2 − 0 = 4. 3.9. EXERC´ICIOS 95 Assim, U +W ´e um subespa¸co de dimens˜ao 4 de R4 . Logo, U +W = R4 . Como U ⊂ V , temos U +V = V . logo, os vetores (1, 0, −1, 0), (0, 1, 1, 0) e (0, 0, 0, 1) formam uma base de U + V . Pelo Teorema 3.14, temos dim(V + W ) = dim V + dim W − dim(V ∩ W ) = 3 + 2 − 1 = 4. Assim, V +W ´e um subespa¸co de dimens˜ao 4 de R4 . Logo, V +W = R4 . 3.9 Exerc´ıcios 1. Encontrar bases para os seguintes subespa¸cos de M3 (R): (a) {A ∈ M3 (R) : AT = A} (b) {A ∈ M3 (R) : AT = −A} . 2. Encontrar bases dos subespa¸cos U, W e U ∩ W de P3 (R), sendo: (a) U = {p ∈ P3 (R) : p(1) = 0}, W = {p ∈ P3 (R) : p00 (t) = 0, ∀t} (b) U = [t3 − 2 t2 + 4, 3 t2 − 1, 5 t3 ], W = [t3 − 3 t2 , t − 5, 3] (c) U = [t2 + 4, 3 t2 − 1, 5 t3 ], W = {p ∈ P3 (R) : p0 (t) = 0, ∀t ∈ R}. 3. Encontrar bases dos seguintes subespa¸cos de R3 : U, W, U ∩ W : (a) U = [(0, 0, 1), (1, 1, 1)], W = [(1, 0, 0), (0, 1, 0)], (b) U = {(x, y, z) ∈ R3 : x − 2 y = 0}, W = [(1, 5, 3), (0, 2, 3)] (c) U = {(x, y, z) ∈ R3 : x+ 2 y =  0, 1),(1,1, 1)]  o  0},  W = [(0, n 1 0 0 1 2 0 1 0 ´e , 4. Verifique se o conjunto , , 1 0 1 0 1 0 0 2 base de M2 (R). 5. Encontre uma base e a dimens˜ao de W , sendo: (a) W = [(1, 4, −1, 3), (2, 1, −3, −1), (0, 1, 1, 1)] ⊂ R4 . (b) W = {(x, y, z, t) ∈ R4 : x − y = 0e x + 2 y + t =  0}  1 2 . (c) W = {X ∈ M2 (R) : A X = X}, em que A = 0 1 (d) W = {p ∈ P2 (R) : p00 (t) = 0, ∀t ∈ R}. 96 Cap. 3 Espa¸cos Vetoriais (e) W = [t3 + 4t2 − t + 3, t3 + 5t2 + 5, 3t3 + 10t2 − 5t + 5] ⊂ P3 (R). 6. Determinar uma base e a dimens˜ao de U , de W e de U ∩ W , sendo: (a) U = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 0} W = {(x, y, 0) : z = 0}. (b) U = {p ∈ P2 (R) : p0 (t) = 0, ∀t ∈ R}, W = {p ∈ P2 (R) : p(0) = 0}. Cap´ıtulo 4 Equa¸c˜ oes Diferenciais Lineares Neste cap´ıtulo estudamos equa¸c˜oes diferenciais lineares de ordem superior a um. Inicialmente apresentaremos alguns fatos gerais sobre equa¸c˜oes lineares. Tais resultados s˜ao v´alidos para qualquer equa¸c˜ao diferencial linear mas, para simplificar a nota¸c˜ao, vamos enunci´a-los para equa¸c˜oes de segunda ordem. 4.1 Fatos Gerais sobre Equa¸ co ˜es Lineares Consideremos a equa¸c˜ ao linear de segunda ordem y 00 + a(t) y 0 + b(t) y = h(t). (4.1) em que as fun¸c˜oes a(t), b(t), chamadas coeficientes e h(t), chamada termo for¸cante, s˜ao cont´ınuas em um intervalo J ⊂ R. Se h(t) 6≡ 0, a equa¸c˜ao diferencial (4.1) ´e dita n˜ ao homogˆ enea. Se h(t) = 0, ∀t, a equa¸c˜ao (4.1) fica y 00 + a(t) y 0 + b(t) y = 0 (4.2) e ´e chamada homogˆ enea. Uma solu¸ c˜ ao de (4.1) ´e uma fun¸c˜ao y(t) definida em um intervalo I ⊂ R que satisfaz (4.1), isto ´e, y 00 (t) + a(t)y 0 (t) + b(t)y(t) = h(t), ∀t ∈ J. Nosso objetivo ´e encontrar a solu¸c˜ ao geral da equa¸c˜ao (4.1), isto ´e, obter uma express˜ao que descreva todas as solu¸c˜oes dessa equa¸c˜ao. Analogamente ao que ocorre na 97 98 Cap. 4 Equa¸c˜oes Diferenciais Lineares Mecˆanica, em que a posi¸c˜ao de uma part´ıcula ´e determinada a partir de sua posi¸c˜ao e sua velocidade no instante inicial, vamos associar `as equa¸c˜oes (4.1) e (4.2)) condi¸c˜ oes iniciais. Dados t0 ∈ I, y0 , y˜0 ∈ R, o problema de encontrar uma solu¸c˜ao y(t) de (4.1) tal que y(t0 ) = y0 e y 0 (t0 ) = y˜0 ´e um problema de valor inicial associado a essa equa¸c˜ao. O problema de encontrar a solu¸c˜ao geral de (4.1) ´e equivalente ao de encontrar a solu¸c˜ao de qualquer problema de valor inicial associado a essa equa¸c˜ao. Enunciamos no teorema a seguir um fato importante para o estudo das equa¸c˜oes de segunda ordem: o problema de valor inicial para tais equa¸c˜oes tem uma u ´nica solu¸c˜ao; a demonstra¸c˜ao est´a fora dos objetivos deste texto. Teorema 4.1. Suponhamos que a(t), b(t) e f (t) sejam fun¸c˜ oes cont´ınuas em um intervalo I. Ent˜ao, dados t0 ∈ I, y0 , y1 ∈ R, existe uma u ´nica solu¸c˜ao da equa¸c˜ao y 00 + a(t) y 0 + b(t) y = f (t) (4.3) tal que y(t0 ) = y0 e y 0 (t0 ) = y1 . O pr´oximo teorema, conhecido como princ´ıpio de superposi¸ c˜ ao, permite obter novas solu¸c˜oes de (4.1) e (4.2) a partir de solu¸c˜oes conhecidas. A demonstra¸c˜ao ´e trivial e fica como exerc´ıcio. Teorema 4.2. Sejam a(t), b(t), h1 (t) e h2 (t) fun¸c˜ oes cont´ınuas em um intervalo J ⊂ R. Se y1 (t) e y2 (t) s˜ ao solu¸c˜ oes de y 00 + a(t) y 0 + b(t) y = h1 (t) y 00 + a(t) y 0 + b(t) y = h2 (t), (4.4) (4.5) respectivamente, e se c1 , c2 s˜ao constantes, ent˜ ao a fun¸c˜ ao z(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) ´e solu¸c˜ao da equa¸c˜ ao y 00 + a(t) y 0 + b(t) y = c1 h1 (t) + c2 h2 (t). (4.6) Corol´ ario 4.1. Sejam a(t) e b(t) fun¸c˜ oes cont´ınuas em um intervalo J ⊂ R. O conjunto S das solu¸c˜oes da equa¸c˜ ao homogˆenea (4.2) ´e um espa¸co vetorial de dimens˜ao 2. Fatos Gerais 99 Demonstra¸c˜ao: Tomando h1 (t) = h2 (t) = 0, o teorema anterior implica que qualquer combina¸c˜ao linear de solu¸c˜oes de (4.2) ´e uma solu¸c˜ao de (4.2), ou seja, o conjunto S ´e um subespa¸co de C(J, R), o espa¸co vetorial de todas as fun¸c˜oes cont´ınuas em J com valores reais. Mostremos que dim S = 2. Fixemos t0 ∈ J arbitrariamente. Sejam ϕ1 (t), ϕ2 (t) as solu¸c˜oes de (4.2) tais que ϕ1 (t0 ) = 1, ϕ01 (t0 ) = 0 e ϕ2 (t0 ) = 0, ϕ02 (t0 ) = 1 (a existˆencia de tais solu¸c˜oes ´e garantida pelo Teorema 4.1). Afirmamos que ϕ1 (t), ϕ2 (t) formam uma base de S. Em primeiro lugar, ´e claro que essas fun¸c˜oes s˜ao LI, pois o seu wronskiano ´e diferente de zero em t = t0 :     ϕ1 (t0 ) ϕ2 (t0 ) 1 0 W (ϕ1 , ϕ2 )(t0 ) = det = det =1 ϕ01 (t0 ) ϕ02 (t0 ) 0 1 Mostremos agora qualquer solu¸c˜ao ϕ(t) de (4.2) ´e combina¸c˜ao linear de ϕ1 (t) e ϕ2 (t). Procuremos constantes C e D tais que ϕ(t) = C ϕ1 (t) + D ϕ2 (t), ∀t ∈ J. (4.7) Para que (4.7) esteja satisfeita quando t = t0 , devemos ter C = ϕ(t0 ). Derivando (4.7) e substituindo t = t0 , obtemos D = ϕ0 (t0 ). Com isto, temos que (4.7) est´a verificada quando t = t0 . Mostremos que (4.7) est´a satisfeita para todo t ∈ J. Sabemos, por hip´otese, que a fun¸c˜ao ϕ(t) ´e solu¸c˜ao do PVI  00  y + a(t) y 0 + b(t) y = 0 y(t0 ) = C  0 y (t0 ) = D Por outro lado, a fun¸c˜ao C ϕ1 (t)+D ϕ2 (t) tamb´em ´e solu¸c˜ao desse PVI. Como, pelo Teorema 4.1, tal PVI tem uma u ´nica solu¸c˜ao, devemos ter ϕ(t) = C ϕ1 (t) + D ϕ2 (t), ∀t ∈ J. Corol´ ario 4.2. Suponhamos que a(t), b(t) e h(t) s˜ ao fun¸c˜ oes cont´ınuas no intervalo J ⊂ R. Se ϕp (t) ´e uma solu¸c˜ao particular da equa¸c˜ ao (4.1), ent˜ao qualquer solu¸c˜ ao de (4.1) ´e da forma y(t) + ϕp (t), em 100 Cap. 4 Equa¸c˜oes Diferenciais Lineares que y(t) ´e uma solu¸c˜ao da equa¸c˜ ao homogˆenea (4.2). Em outras palavras, a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ ao n˜ ao homogˆenea (4.1) ´e a soma da solu¸c˜ ao geral da equa¸c˜ao homogˆenea (4.2) com uma solu¸c˜ ao particular da equa¸c˜ao n˜ao homogˆenea (4.1) Demonstra¸c˜ao: O resultado ´e conseq¨ uˆencia do fato que se y1 (t) e y2 (t) s˜ao solu¸c˜oes da equa¸c˜ao n˜ao homogˆenea y 00 + a(t) y 0 + b(t) y = h(t) , ent˜ao y2 (t) − y1 (t) ´e solu¸c˜ao da equa¸c˜ao homogˆenea (4.2). ´ f´acil ver que a fun¸c˜ Exemplo 4.1. E ao y(t) = 5 t ´e solu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao 00 diferencial y + y = 5 t. Como a solu¸c˜ ao geral da equa¸c˜ ao homogˆenea associada ´e yH (t) = a cos t + b sen t, a, b ∈ R, segue-se que a solu¸c˜ ao 00 geral da equa¸c˜ao y + y = 5 t ´e y(t) = a cos t + b sen t + 5 t, a, b ∈ R. Exerc´ıcio 4.1. Sabendo que a fun¸c˜ ao ψ(t) = 5 t3 + 4 t5 ´e solu¸c˜ ao da 00 0 equa¸c˜ ao n˜ao homogˆenea y + p(t) y + q(t) y = g(t) e que as fun¸c˜ oes ϕ1 (t) = sen 5 t, ϕ2 (t) = cos 5 t s˜ ao solu¸c˜ oes da equa¸c˜ ao homogˆenea correspondente, encontre a solu¸c˜ ao geral de cada uma dessas equa¸c˜ oes. Exerc´ıcio 4.2. Suponha que y1 (t) = e3 t + 4 e−5 t + 3 cos 2 t, y2 (t) = e−5 t + 3 cos 2 t e y3 (t) = e3 t + 3 cos 2 t s˜ ao solu¸c˜ oes da equa¸c˜ ao n˜ ao homogˆenea y 00 + a y 0 + b y = f (t). Encontre a solu¸c˜ ao geral dessa equa¸c˜ ao. Observa¸c˜ ao 4.1. Os resultados acima permanecem v´ alidos com as devidas adapta¸c˜oes para equa¸c˜oes diferenciais lineares de ordem n y (n) + an−1 (t) y (n−1) + · · · + a1 (t) y 0 + a0 (t) y = g(t) 4.2 M´ etodo de Redu¸ c˜ ao da Ordem Consideremos a equa¸c˜ao linear de segunda ordem homogˆenea y 00 + p(t) y 0 + q(t) y = 0 . (4.8) Redu¸c˜ao da ordem 101 Suponhamos conhecida uma solu¸c˜ao y1 (t) dessa equa¸c˜ao. Sabemos que, para qualquer constante c, a fun¸c˜ao c y1 (t) ´e uma solu¸c˜ao da equa¸c˜ao (4.8): ´e claro que as fun¸c˜oes y1 (t) e c y1 (t) s˜ao linearmente dependentes. Um m´etodo para encontrar uma solu¸c˜ao y2 (t) linearmente independente de y1 (t) consiste em procurar uma nova solu¸c˜ao de (4.8) na forma y2 (t) = u(t) y1 (t), em que u(t) ´e uma fun¸c˜ao n˜ao constante (assim, o que estamos procurando ´e a fun¸c˜ao u). Substituindo y 0 (t) = u0 (t)y1 (t)+u(t)y10 (t) e y 00 (t) = u00 (t)y1 (t)+2u0 (t)y10 (t)+u(t)y100 (t) na equa¸c˜ao (4.8), obtemos     u(t) y100 (t)+p(t)y10 (t)+q(t)y1 (t) +y1 (t)u00 (t)+ 2y10 (t)+p(t)y1 (t) u0 (t) = 0. Como y100 (t) + p(t) y10 (t) + q(t) y1 (t) = 0 (pois y1 (t) ´e solu¸c˜ao de (4.8)), essa equa¸c˜ao torna-se
y1 (t) u00 (t) + 2 y10 (t) + p(t) y1 (t) u0 (t) = 0. Dividindo por y1 (t) e chamando v = u0 , obtemos a equa¸c˜ao linear de primeira ordem  y0  v0 + 2 1 + a v = 0 , (4.9) y1 que j´a foi estudada no Cap´ıtulo 1. Uma vez obtida uma solu¸c˜ao v dessa equa¸c˜ao, integramos v para obter uma fun¸c˜ao u procurada e, conseq¨ uentemente, obter uma solu¸c˜ao particular y(t). Exemplo 4.2. Sabendo que y1 (t) = t2 (t > 0) ´e uma solu¸c˜ ao da equa¸c˜ao diferencial 2 y 00 − 2 y = 0 t obtenha a solu¸c˜ao geral dessa equa¸c˜ ao. Chamando y2 (t) = t2 u(t), temos y 0 (t) = 2 t u + t2 u0 e y 00 (t) = t2 u00 + 4 t u0 + 2 u Substituindo na equa¸c˜ao diferencial, obtemos u00 + 4 0 u = 0. t 102 Cap. 4 Equa¸c˜oes Diferenciais Lineares Chamando v = u0 , obtemos a equa¸c˜ao v0 + 4 v = 0, t cuja solu¸c˜ao geral ´e v(t) = K/t4 . Assim, u(t) = −K/(4t3 ). Portanto y2 (t) = −K/(4t). Logo, a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao diferencial ´e y(t) = a t2 + b , 4t a, b ∈ R . Exerc´ıcio 4.3. Cada uma das equa¸c˜ oes abaixo tem uma solu¸c˜ ao da k forma y1 (t) = t . Encontre essa solu¸c˜ ao e ent˜ ao use o m´etodo de redu¸c˜ ao da ordem para obter a solu¸c˜ ao geral da equa¸c˜ ao dada: 2 00 0 (a) t y + t y − (1/4) y = 0 (b) t y 00 − (t + 1) y 0 + 2 y = 0 (c) 4 t2 y 00 + 4 t y 0 − y = 0 (d) (t2 ln t) y 00 − t (1 + 4 ln t)y 0 + (2 + 6 ln t) y = 0. 4.3 Equa¸c˜ ao Homogˆ enea com Coeficientes Constantes Nosso objetivo nesta se¸c˜ao ´e encontrar a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao linear homogˆenea com coeficientes constantes: y 00 + a y 0 + b y = 0 . (4.10) A fun¸c˜ao exponencial y(t) = er t ´e uma candidata natural a solu¸c˜ao de (4.10) pois suas derivadas de primeira e segunda ordem s˜ao y 0 (t) = r er t e y 00 (t) = r2 er t , que diferem de y(t) apenas por constantes multiplicativas, o que torna poss´ıvel o anulamento da combina¸c˜ao y 00 (t) + a y 0 (t) + b y(t). Substituindo y(t) = er t em (4.10), temos (r2 + a r + b ) er t = 0. Equa¸c˜ao homogˆenea 103 Como er t 6= 0, ∀t, temos necessariamente r2 + a r + b = 0 . (4.11) Essa equa¸c˜ao ´e chamada equa¸ c˜ ao caracter´ıstica de (4.10). A equa¸c˜ao caracter´ıstica (4.11) fornece os expoentes das solu¸c˜oes da equa¸c˜ao diferencial (4.10): se r ´e uma raiz da equa¸c˜ao caracter´ıstica, ´e f´acil ver que a fun¸c˜ao er t ´e solu¸c˜ao de (4.10). Analisemos as 3 possibilidades para o discriminante da equa¸c˜ao caracter´ıstica (4.11). 2 1o ¯ caso: ∆ = a − 4 b > 0. A equa¸c˜ao caracter´ıstica (4.11) tem 2 ra´ızes reais r1 , r2 dadas por √ √ −a + a2 − 4 b −a − a2 − 4 b r1 = e r2 = 2 2 Ent˜ao ´e f´acil ver que as fun¸c˜oes y1 (t) = er1 t e y2 (t) = er2 t s˜ao solu¸c˜oes de (4.10). Pelo Teorema 4.2, toda combina¸c˜ao linear dessas fun¸c˜oes y(t) = c1 er1 t + c2 er2 t (4.12) tamb´em ´e solu¸c˜ao de (4.10). Mostraremos em seguida que toda solu¸c˜ao de (4.10) ´e dessa forma, de modo que a fun¸c˜ao dada por (4.12) ´e a solu¸c˜ao geral de (4.10). Em primeiro lugar, notemos que, como r2 + a r + b = (r − r1 )(r − r2 ), temos r1 + r2 = −a e r1 r2 = b e portanto y 00 + a y 0 + b y =

d 0 y − r1 y − r2 y 0 − r1 y dt Chamando z = y 0 −r2 y, podemos reescrever a equa¸c˜ao diferencial (4.2) na forma z 0 − r1 z = 0. (4.13) 104 Cap. 4 Equa¸c˜oes Diferenciais Lineares A solu¸c˜ao geral (4.13) ´e z(t) = C1 er1 t , em que C1 ´e uma constante arbitr´aria. Portanto, a solu¸c˜ao y(t) de (4.1) que procuramos ´e solu¸c˜ao da equa¸c˜ao de 1a¯ ordem y 0 − r2 y = C1 er1 t . (4.14) Resolvendo (4.14), obtemos y(t) = K1 er1 t + K2 er2 t (4.15) em que K1 e K2 s˜ao constantes arbitr´arias (K1 = C1 /(r1 − r2 )). Logo, a express˜ao (4.15) fornece a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao diferencial (4.1) quando ∆ > 0. Exemplo 4.3. (a) Encontrar a solu¸c˜ ao geral da equa¸c˜ ao y 00 + 3 y 0 − 10 y = 0 (b) Encontrar a solu¸c˜ao y(t) dessa equa¸c˜ ao satisfazendo as condi¸c˜ oes 0 y(0) = 7 e y (0) = 0. A equa¸c˜ao caracter´ıstica ´e r2 + 3 r − 10 = 0. Portanto as ra´ızes s˜ao r1 = 2 e r2 = −5. Logo, a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao diferencial ´e y(t) = C1 e2 t + C2 e−5 t . As condi¸c˜oes iniciais y(0) = 7 e y 0 (0) = 0 implicam C1 + C2 = 7 2 C1 − 5 C2 = 0 donde obtemos C1 = 5 e C2 = 2. Logo, a solu¸c˜ao ´e y(t) = 5 e2 t + 2 e−5 t . ´ interessante comparar a equa¸c˜ Observa¸c˜ ao 4.2. E ao diferencial (4.10) y 00 + a y 0 + b y = 0 com a correspondente equa¸c˜ao caraster´ıstica (4.11). r2 + a r + b = 0. Notemos que a cada derivada da fun¸c˜ ao inc´ ognita em (4.10) corresponde uma potˆencia de r em (4.11); mais especificamente, aos termos y 00 , y 0 e y =“derivada de ordem 0” em (4.1) correspondem, respectivamente, as potˆencias r2 , r e 1“= r0 ”. Equa¸c˜ao homogˆenea 105 2 2o ¯ caso: ∆ = p − 4 b = 0. Agora, a equa¸c˜ao caracter´ıstica r2 + a r + b = 0, tem uma raiz dupla: (r1 = r2 =)r = −a/2. Repetindo o procedimento do caso anterior, resolvemos a equa¸c˜ao w0 − r w = 0, cuja solu¸c˜ao ´e w(t) = C er t . Em seguida, procuramos a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao y 0 − r y = C er t . Multiplicando pelo fator integrante e−r t , obtemos e−r t y 0 − r e−r t y = C e−r t er t = C | {z } (e−r t y(t))0 Integrando, temos e−r t y(t) = C t + D, donde obtemos a express˜ao da solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao (4.1) quando a equa¸c˜ao caracter´ıstica tem uma raiz dupla y(t) = C t er t + D er t = (C t + D) er t . (4.16) Exemplo 4.4. Encontrar a solu¸c˜ ao geral da equa¸c˜ ao diferencial y 00 − 4 y 0 + 4 y = 0. A equa¸c˜ao caracter´ıstica ´e r2 − 4 r + 4 = 0, que tem r = 2 como raiz dupla. Portanto, a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao diferencial ´e y(t) = C e2 t + D t e2 t . 2 3o ¯ caso: ∆ = p − 4 b < 0. As ra´ızes da equa¸c˜ao caracter´ıstica tˆem partes imagin´arias diferentes de zero. Como, nos dois casos anteriores, a solu¸c˜ao geral de (4.2) ´e dada em termos da fun¸c˜ao exponencial. A 106 Cap. 4 Equa¸c˜oes Diferenciais Lineares diferen¸ca ´e que, neste caso, a solu¸c˜ao ´e uma fun¸c˜ao complexa. Se r1 = α + i β e r2 = α − i β s˜ao as ra´ızes da equa¸c˜ao caracter´ıstica (4.11), ent˜ao toda solu¸c˜ao da equa¸c˜ao diferencial (4.10) ´e dada por y(t) = C1 er1 t + C2 er2 t , em que C1 , C2 s˜ao constantes (que podem ser complexas). Isto n˜ao ´e plenamente satisfat´orio, pois gostar´ıamos de obter solu¸c˜oes reais da equa¸c˜ao (4.10). Para resolver esse problema, usaremos o seguinte resultado. Teorema 4.3. Se y(t) = u(t) + i v(t) ´e uma solu¸c˜ ao complexa (com u(t) , v(t) reais) da equa¸c˜ao diferencial y 00 (t) + a y 0 + b y = f (t) + i g(t), (4.17) em que os coeficientes a e b s˜ao constantes reais e f (t) e g(t) s˜ ao fun¸c˜ oes reais, ent˜ao u(t) e v(t) s˜ ao solu¸c˜ oes, respectivamente, das equa¸c˜ oes u00 + a u0 + b u = f (t) (4.18) e v 00 + a v 0 + b v = g(t). (4.19) Demonstra¸c˜ao: Como y(t) = u(t) + i v(t) ´e uma solu¸c˜ao de (4.17), temos u00 (t) + i v 00 (t) + a [u0 (t) + i v 0 (t)] + b [u(t) + i v(t)] = f (t) + i g(t), Separando parte real e parte imagin´aria, temos u00 (t) + a u0 (t) + b u(t) = f (t) v 00 (t) + a v 0 (t) + b v(t) = g(t) , isto ´e, u e v s˜ao solu¸c˜oes de (4.18) e (4.19), respectivamente. Equa¸c˜ao homogˆenea 107 Apliquemos o Teorema 4.3 `a equa¸c˜ao (4.10). Se r1 = α + i β e r2 = α − i β s˜ao as ra´ızes da equa¸c˜ao caracter´ıstica (4.11), ent˜ao qualquer uma das solu¸c˜oes complexas y1 (t) = e(α+i β) t = eα t cos(β t) + i eα t sen (β t) y2 (t) = e(α−i β) t = eα t cos(β t) − i eα t sen (β t) d´a origem `as solu¸c˜oes reais z1 (t) = eα t cos β t e z2 (t) = eα t sen β t da equa¸c˜ao (4.1). Como nos casos anteriores, mostramos que a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao diferencial para este caso (∆ < 0) ´e z(t) = eα t [A cos β t + B sen β t] (4.20) Exemplo 4.5. Encontrar a solu¸c˜ ao geral da equa¸c˜ao y 00 +4y 0 +13 y = 0. A equa¸c˜ao caracter´ıstica ´e r2 + 4 r + 13 = 0, cujas solu¸c˜oes s˜ao r1 = −2 + 3 i e r1 = −2 − 3 i. Portanto, as fun¸c˜oes y1 (t) = e−2t (cos 3 t + i sen 3 t) e y2 (t) = e−2t (cos 3 t − i sen 3 t) s˜ao solu¸c˜oes complexas da equa¸c˜ao diferencial dada. Logo, as fun¸c˜oes z1 (t) = e−2t cos 3 t e z2 (t) = e−2t sen 3 t s˜ao solu¸c˜oes reais da equa¸c˜ao e sua solu¸c˜ao geral real ´e
z(t) = e−2t a cos 3 t + b sen 3 t , a, b ∈ R. Exemplo 4.6. (Oscila¸ c˜ oes livres n˜ ao amortecidas) Consideremos o sistema massa-mola descrito no Cap´ıtulo 2. Suponhamos que n˜ao haja atrito e que seja nula a p resultante das for¸cas externas ao (2.3) fica atuando sobre a massa. Chamando ω = k/m, a equa¸c˜ y 00 + ω 2 y = 0 . (4.21) 108 Cap. 4 Equa¸c˜oes Diferenciais Lineares A equa¸c˜ao caracter´ıstica ´e r2 +ω 2 = 0, cujas solu¸c˜oes s˜ao r = ±ω i. Logo, as fun¸c˜oes y1 (t) = cos ω t e y2 (t) = sen ω t s˜ao solu¸c˜oes linearmente independentes de (4.21) e a solu¸c˜ao geral ´e ha i b y(t) = a cos ω t + b sen ω t = A cos ω t + sen ω t . A A √ √ 2 2 2 2 em √ que A = a + b . Chamando cos α = a/ a + b , sen α = 2 2 b a + b e usando a igualdade cos(ω t−α) = cos α cos ω t+sen α sen ω t, podemos escrever y(t) = A cos (ω t − α). O gr´afico da solu¸c˜ao tem o aspecto mostrado na figura 4.1 abaixo. 6y A 2π ω - x Figura 4.1 Exemplo 4.7. (Oscila¸c˜ oes livres amortecidas) Suponhamos que seja nula a resultante das for¸cas externas atuando sobre a massa e que o movimento esteja sujeito a uma for¸ca de atrito propocional `a velocidade. Ent˜ao, a equa¸c˜ ao (2.3) fica y 00 + b y 0 + ω 2 y = 0 (4.22) A equa¸c˜ao caracter´ıstica de (4.22) ´e r2 +b r+ω 2 = 0. Seja ∆ = b2 −4 ω 2 . Se ∆ > 0,√a equa¸c˜ao caracter´ıstica tem duas ra´ızes√reais negativas √ r1 = (−b + ∆)/2 e r2 = (−b − ∆)/2 (notemos que b2 − 4 ω 2 < r). Portanto, a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao (4.22) ´e y(t) = c1 er1 t + c2 er2 t . Como r1 < 0 e r2 < 0, temos que y(t) → 0, quando t → ∞. O gr´afico da solu¸c˜ao ´e mostrado nas figuras 4.2 e 4.3 abaixo. Equa¸c˜ao homogˆenea 109 Se ∆ = 0, a equa¸c˜ao caracter´ıstica tem uma raiz real dupla negativa r = −r/2. Portanto, a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao (4.22) ´e y(t) = (c1 + c2 t) er t . Como no caso anterior, y(t) → 0, quando t → ∞ (o gr´afico de uma tal solu¸c˜ao ´e mostrado nas figuras 4.2 e 4.3). 6y 6y t t - - Figura 4.2 Figura 4.3 Se b2 − 4 ω 2 < 0, as ra´ızes s˜ao n´ umeros complexos com parte real negativa (isto implica que y(t) → 0, quando t → ∞) e partes imagin´ arias n˜ao nulas. Escrevendo λ = α + i β, com α = −b/2 β = √ 2 4 ω − b2 /2, a solu¸c˜ao geral ´e
y(t) = eα t c1 cos β t + c2 sen β t . ´ f´acil ver que uma tal solu¸c˜ao tende a zero oscilando uma infinidade E de vezes. O gr´afico da solu¸c˜ao ´e mostrado na figura 4.4 abaixo. y 6 - t Figura 4.4 110 Cap. 4 Equa¸c˜oes Diferenciais Lineares Com as solu¸c˜oes da equa¸c˜ao (4.10) encontradas acima: er1 t e er2 t , se a2 > 4 b er t e t er t , (r = −a/2), se a2 = 4 b eα t cos β t e t eα t sen β t, se a2 < 4 b podemos resolver qualquer problema de valor inicial  00  y + a y0 + b y = 0 y(t0 ) = y0 ,  0 y (t0 ) = y˜0 . (4.23) Analisaremos apenas o caso a2 > 4 b : os outros s˜ao tratados de modo an´alogo e ficam como exerc´ıcio. Procuremos a solu¸c˜ao do problema de valor inicial na forma y(t) = Cer1 t + Der2 t Impondo as condi¸c˜oes iniciais y(t0 ) = y0 , e y 0 (t0 ) = y˜0 , obtemos o seguinte sistema de 2 equa¸c˜oes nas vari´aveis C, D:  er1 t0 C + er2 t0 D = y0 r1 er1 t0 C + r2 er2 t0 C = y˜0 (4.24) cuja matriz dos coeficientes  er1 t0 er2 t0 r1 er1 t0 r2 er2 t0  tem determinante (r1 − r2 )e(r2 +r1 ) t0 6= 0 (pois r2 6= r1 ). Logo, o sistema (4.24) tem sempre uma u ´nica solu¸c˜ao (C, D), que fornece a (´ unica) solu¸c˜ao procurada y(t) do problema de valor inicial (4.23). Exemplo 4.8. Encontrar a solu¸c˜ ao do problema de valor inicial y 00 − 2 y 0 − 3 y = 0, y(0) = 3 y 0 (0) = 5 ˜ NAO ˜ HOMOGENEA ˆ 4.4. EQUAC ¸ AO 111 A equa¸c˜ao caracter´ıstica ´e r2 − 2 r − 3 = 0, que tem as ra´ızes r1 = 3 e r2 = −1. Portanto, a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao homogˆenea ´e y(t) = a e3 t + b e−t , a , b ∈ R. As condi¸c˜oes iniciais implicam a + b = 3, 3 a − b = 5, donde a = 2 e b = 1. Logo, a solu¸c˜ao procurada ´e y(t) = 2 e3 t + e−t . Exerc´ıcio 4.4. Encontre a solu¸c˜ ao de cada PVI abaixo:  00  00 y − 2 y0 = 0 y + 4 y0 − 2 y = 0 (a) (b) y(0) = 1, y 0 (0) = −1 y(0) = 3, y 0 (0) = 5  (c)  (e) 4.4 y 00 − 2 y 0 + 2 y = 0 y(0) = 1, y 0 (0) = 3 y 00 + 25 y = 0 y(0) = 3, y 0 (0) = 3  y 00 − 2 y 0 + y = 0 y(0) = 3, y 0 (0) = 2  y 00 + 4 y 0 + 9 y = 0 y(0) = 3, y 0 (0) = 0 (d) (f ) Equa¸c˜ ao N˜ ao Homogˆ enea Analisaremos agora a equa¸c˜ao n˜ao homogˆenea y 00 + a(t) y 0 + b(t) y = h(t). (4.25) em que a(t), b(t) e h(t) s˜ao fun¸c˜oes cont´ınuas em um intervalo I. Como conseq¨ uˆencia do Teorema 4.2 (Princ´ıpio de Superposi¸c˜ao), temos o seguinte resultado. Corol´ ario 4.3. Se z1 (t) e z2 (t) s˜ ao solu¸c˜ oes da equa¸c˜ ao n˜ ao homogˆenea y 00 + a(t) y 0 + b(t) y = h(t), ent˜ao a fun¸c˜ao w(t) = z1 (t)−z2 (t) ´e solu¸c˜ ao da correspondente equa¸c˜ ao homogˆenea y 00 + a(t) y 0 + b(t) y = 0. (4.26) 112 Cap. 4 Equa¸c˜oes de Segunda Ordem Como conseq¨ uˆencia do Corol´ario 4.26, a solu¸c˜ao geral de (4.25) ´e a soma da solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao homogˆenea associada com uma solu¸c˜ao particular de (4.25). Por exemplo, ´e f´acil ver que a fun¸c˜ao z(t) = −2 ´e uma solu¸c˜ao da equa¸c˜ao y 00 + 3 y 0 − 10 y = 20. (4.27) Como a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao homogˆenea associada ´e a e2 t + b e−5 t , a , b ∈ R, segue-se que a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao (4.27) ´e y(t) = 2 + a e2 t + a e−5 t , a , b ∈ R. Estudaremos, a seguir, dois m´etodos para encontrar uma solu¸c˜ao particular de (4.25): o m´etodo de varia¸c˜ao dos parˆametros e o m´etodo dos coeficientes indeterminados. Estaremos especialmente interessados no caso em que os coeficientes a e b s˜ao constantes reais. 4.5 M´ etodo de Varia¸ c˜ ao dos Parˆ ametros Sejam y1 (t), y2 (t) duas solu¸c˜oes linearmente independentes (isto ´e, nenhuma dessas fun¸c˜oes ´e m´ ultipla constante da outra) da equa¸c˜ao linear homogˆenea de segunda ordem y 00 + a(t) y 0 + b(t) y = 0 . (4.28) Vimos que, quaisquer que sejam as constantes c1 e c2 , a fun¸c˜ao z(t) = c1 y1 (t)+c2 y2 (t) ´e solu¸c˜ao de (4.28). Vamos procurar fun¸c˜oes u1 (t), u2 (t) de modo que a fun¸c˜ao yp (t) = u1 (t) y1 (t) + u2 (t) y2 (t) (4.29) seja solu¸c˜ao da equa¸c˜ao diferencial linear de segunda ordem n˜ao homogˆenea y 00 + a(t) y 0 + b(t) y = h(t). (4.30) Derivando (4.29), temos yp0 (t) = u01 (t) y1 (t) + u02 (t) y2 (t) + u1 (t) y10 (t) + u2 (t) y20 (t) . Varia¸c˜ao dos parˆametros 113 Para evitar que a express˜ao da derivada de segunda ordem yp00 (t) fique excessivamente grande, vamos supor que as fun¸c˜oes u1 (t), u2 (t) (que estamos procurando) satisfazem a igualdade u01 (t) y1 (t) + u02 (t) y2 (t) = 0. (4.31) yp0 (t) = u1 (t) y10 (t) + u2 (t) y20 (t). (4.32) Ent˜ao y 0 (t) fica Derivando, obtemos yp00 (t) = u01 (t) y10 (t) + u1 (t) y100 (t) + u02 (t) y20 (t) + u2 (t) y200 (t). (4.33) Substituindo (4.32) e (4.33) na equa¸c˜ao (4.30), obtemos     u1 y100 +a(t) y10 +b(t) y1 +u2 y200 +a(t) y20 +b(t) y2 +u1 y10 +u2 y20 = h(t) . Como y100 + a(t) y10 + b(t) y1 = 0 e y200 + a(t) y20 + b(t) y2 = 0, essa rela¸c˜ao fica u01 y10 + u02 y20 = h(t) . Logo, as fun¸c˜oes procuradas u1 , u2 devem satisfazer  0 u1 y1 + u02 y2 = 0 u01 y10 + u02 y20 = h(t) . Resolvendo esse sistema obtemos u01 , u02 . Integrando essas fun¸c˜oes, obtemos u1 , u2 e portanto a solu¸c˜ao yp (t). Exemplo 4.9. Encontrar a solu¸c˜ ao geral da equa¸c˜ ao diferencial 2 e2 t . (4.34) t3 A solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao homogˆenea associada ´e yh (t) = e2 t (a + b t), a , b ∈ R. Procuraremos uma solu¸c˜ao particular da equa¸c˜ao (4.34) na forma yp (t) = u(t) e2 t + v(t) t e2 t . De acordo com a teoria vista acima, as fun¸c˜oes u e v devem satisfazer   u0 (t) e2 t + v 0 (t) t e2 t = 0 2 e2 t  2 u0 (t)e2 t + v 0 (t)(1 + 2 t) e2 t = . t3 y 00 − 4 y 0 + 4 y = 114 Cap. 4 Equa¸c˜oes de Segunda Ordem Resolvendo esse sistema, obtemos u0 (t) = −2/t2 e v 0 (t) = 2/t3 . Integrando, temos u(t) = 2/t e v(t) = −1/t2 . Portanto, uma solu¸c˜ao particular da equa¸c˜ao n˜ao homogˆenea ´e yp (t) = 2 e2 t e2 t e2 t − = t t t e a sua solu¸c˜ao geral ´e  1 , a, b ∈ R. y(t) = e2 t a + b t + t Exemplo 4.10. Encontrar a solu¸c˜ ao geral da equa¸c˜ ao diferencial π π y 00 + y = tg t, − 0 ´e uma constante). Ent˜ao, a equa¸c˜ ao (2.3) fica y 00 + ω 2 y = B cos γ t (4.51) A solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao homogˆenea associada ´e y(t) = a cos ω t+ b sen ω t . Procuremos uma solu¸c˜ao particular da equa¸c˜ao (4.51) na forma yp (t) = c cos γ t + d sen γ t. Substituindo essa fun¸c˜ao na equa¸c˜ao, temos c (ω 2 − γ 2 ) cos γ t + d (ω 2 − γ 2 ) sen γ t = B cos γ t . Se γ 6= ω, obtemos c= B , ω2 − γ 2 d=0 e uma solu¸c˜ao particular ´e yp (t) = ω2 B cos γ t. − γ2 (4.52) Logo, a solu¸c˜ao geral de (4.51) ´e y(t) = a cos ω t + b sen ω t + ω2 B cos γ t . − γ2 ´ claro que a solu¸c˜ao particular obtida em (4.52) ´e peri´odica de per´ıodo E 2π/γ e amplitude B/(ω 2 −γ 2 ). Notemos que, quando γ se aproxima de Coeficientes a determinar 125 ω, a amplitude dessa solu¸c˜ao vai tornando cada vez maior: isso indica um fenˆomeno de ressonˆancia. De fato, mostremos que, para γ = ω, as solu¸c˜oes da equa¸c˜ao (4.51) n˜ao permanecem limitadas quando t → ∞. Para γ = ω, a equa¸c˜ao (4.51) fica y 00 + ω 2 y = B cos ω t (4.53) Como i ω ´e raiz da equa¸c˜ao caracter´ıstica de (4.52), devemos procurar uma solu¸c˜ao particular dessa equa¸c˜ao (4.52) na forma yp (t) = t (c cos ω t + d sen ω t). Substituindo na equa¸c˜ao diferencial, obtemos 2 d ω cos ω t − 2 c ω sen ω t = B cos ω t donde obtemos c = 0, d = A/(2ω). Assim, uma solu¸c˜ao particular ´e yp (t) = B t sen ω t , 2ω que n˜ao ´e uma fun¸c˜ao limitada, quando t → ∞. Exerc´ıcio 4.6. (Oscila¸ c˜ oes for¸ cadas amortecidas). Analise o movimento de um sistema massa mola for¸cado e amortecido y 00 + b y 0 + ω 2 y = A cos γ t + B sen γ t , em que a, b, A, B e γ s˜ao constantes dadas. As considera¸c˜oes acima aplicam-se igualmente ao movimento de um pˆendulo simples, como na figura 4.5 abaixo. Suponhamos que o pˆendulo esteja em um meio que oferece uma resistˆencia ao movimento dada por b θ0 e que sujeito a uma for¸ca externa F . O movimento ´e descrito pela equa¸c˜ao θ00 + b θ0 + g sen θ = F (t) , l (4.54) em que l ´e o comprimento do pˆendulo e g ´e a acelera¸c˜ao da gravidade. 126 Cap. 4 Equa¸c˜oes de Segunda Ordem A equa¸c˜ao (4.54) n˜ao ´e linear. N˜ao ´e poss´ıvel expressar sua solu¸c˜ao em termos de fun¸c˜oes elementares. Um procedimento adotado ´e fazer a aproxima¸c˜ao sen θ ≈ θ e considerar a equa¸c˜ao linear θ00 + b θ0 + O · - x * y g θ = F (t) . l (4.55) P L6 ? • T θ J ]J •J x - y(x) ? mg O Figura 4.5 • Figura 4.6 Em alguns problemas das aplica¸c˜oes, como no pr´oximo exemplo, em vez de condi¸c˜oes iniciais, o natural ´e associar a uma equa¸c˜ao diferencial as chamadas condi¸c˜oes de fronteira. Exemplo 4.24. (flambagem de coluna) Consideremos uma coluna de comprimento L, como na figura 4.6 acima articulada nas duas extremidades, sujeita a uma carga P . A deflex˜ ao lateral y(x) observada na viga satisfaz a equa¸c˜ao diferencial y 00 + α2 y = 0, 0 0 tal que o sistema (6.5) tem uma u ´nica solu¸c˜ ao y(t), definida em um intervalo (t0 − r, t0 + r), tal que y(t0 ) = y0 . A demonstra¸c˜ao desse teorema envolve conceitos mais elaborados e, por esta raz˜ao, ser´a omitida. Como conseq¨ uˆencia do Teorema 6.1, o problema de valor inicial  0  x = sen (t3 y 5 ) + e3y+7x y 0 = ln(x2 + y 4 + 1) + cos(5x + 2ty) (6.7)  x(0) = 1, y(0) = 5 tem uma u ´nica solu¸c˜ao definida em algum intervalo contendo t0 = 0. N˜ao parece f´acil descobrir uma solu¸c˜ao para tal sistema. Esse exemplo mostra que o sistema (6.5) ´e geral demais e fica dif´ıcil obter informa¸c˜oes precisas a respeito de suas solu¸c˜oes. Por essa raz˜ao, vamos concentrar nossa aten¸c˜ao aos sistemas lineares, que s˜ao da forma  0   y1 = a11 (t) y1 + · · · + a1n (t) yn + g1 (t) .. (6.8) .   y 0 = a (t) y + · · · + a (t) y + g (t) , n1 1 nn n n n 6.2. FATOS GERAIS SOBRE SISTEMAS LINEARES 163 com as fun¸c˜oes aij (t) e gi (t), i, j = i, . . . , n, cont´ınuas em um intervalo I ⊂ R. O sistema (6.6) ´e linear, mas o sistema (6.7) n˜ao ´e linear. As express˜oes (6.8) s˜ao desajeitadas para denotar um sistema linear. Definindo as matrizes y, A(t) e g(t) por       y1 a11 (t) a12 (t) · · · a1n (t) g1 (t)  y2   a21 (t) a22 (t) · · · a2n (t)   g2 (t)        y =  ..  , A(t) =  g(t) =    .. .. . . . .. ..  .     ..  . . yn an1 (t) an2 (t) · · · ann (t) gn (t) podemos ent˜ao reescrever o sistema (6.8) na forma y0 = A(t) y + g(t) (6.9) Se g(t) 6= 0, o sistema (6.9) ´e chamado sistema linear n˜ ao homogˆ eneo. Se g(t) = 0, ∀t, esse sistema fica y0 = A(t) y (6.10) e ´e chamado sistema linear homogˆ eneo. Como no caso das equa¸c˜oes de primeira e de segunda ordem, chamaremos solu¸c˜ ao geral do sistema (6.9) a uma express˜ao que contenha todas as solu¸c˜oes desse sistema. Para sistemas lineares podemos afirmar um pouco mais sobre a existˆencia de solu¸c˜oes: elas est˜ao definidas em todo o intervalo I, como afirma o pr´oximo teorema. Teorema 6.2. Suponhamos que as fun¸c˜ oes A(t) e g(t) sejam cont´ınuas no intervalo I (isto ´e, as fun¸c˜ oes aij (t) e gi (t), i, j = i, . . . , n, s˜ ao n cont´ınuas em I). Ent˜ao, dados t0 ∈ I e y0 ∈ R , o sistema (6.9) tem uma u ´nica solu¸c˜ao y(t), definida em todo o intervalo I, tal que y(t0 ) = y0 . 6.2 Fatos Gerais sobre Sistemas Lineares Uma propriedade caracter´ıstica dos sistemas lineares ´e o chamado Princ´ıpio de Superposi¸c˜ao, dado no pr´oximo teorema. A demonstra¸c˜ao ´e imediata e ser´a omitida. 164 Cap. 6 Sistemas de Equa¸c˜oes Diferenciais Teorema 6.3. Consideremos os sistemas lineares y0 = A(t) y + g1 (t) y0 = A(t) y + g2 (t) . (6.11) (6.12) Suponhamos que y1 (t) seja uma solu¸c˜ ao do sistema (6.11), y2 (t) uma solu¸c˜ ao do sistema (6.12) e sejam c1 , c2 duas constantes. Ent˜ ao a fun¸c˜ ao y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) ´e uma solu¸c˜ao do sistema y0 = A(t) y + c1 g1 (t) + c2 g2 (t). (6.13) Em particular, para sistemas homogˆeneos, temos Corol´ ario 6.1. Suponhamos que y1 (t) e y2 (t) sejam solu¸c˜ oes do sistema linear homogˆeneo y0 = A(t) y Ent˜ ao qualquer combina¸c˜ao linear dessas solu¸c˜ oes y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) tamb´em ´e uma solu¸c˜ao desse sistema. Em outras palavras, o conjunto de todas solu¸c˜oes do sistema homogˆeneo ´e um espa¸co vetorial. Como uma conseq¨ uˆencia imediata do princ´ıpio de superposi¸c˜ao temos Corol´ ario 6.2. Sejam x(t) uma solu¸c˜ ao do sistema linear homogˆeneo x0 = A(t) x e y(t) uma solu¸c˜ao do sistema linear n˜ ao homogˆeneo y0 = A(t) y + g(t). (6.14) Ent˜ ao x(t) + y(t) ´e uma solu¸c˜ao do sistema n˜ ao homogˆeneo (6.14). Fatos Gerais 165 Como nos cap´ıtulos anteriores, ´e de fundamental importˆancia conhecer o espa¸co vetorial das solu¸c˜oes do sistema homogˆeneo. Para isso devemos encontrar uma base de solu¸c˜oes desse sistema. Teorema 6.4. Suponhamos que a fun¸c˜ ao matricial A(t) seja cont´ınua no intervalo I. Ent˜ao o espa¸co vetorial S0 das solu¸c˜ oes do sistema homogˆeneo y0 = A(t)y tem dimens˜ ao n. Demonstra¸c˜ao: Fixemos t0 ∈ I. Seja B = {e1 , e2 , . . . , en } a base canˆonica de Rn , isto ´e e1 = (1, . . . , 0) , e2 = (0, 1, . . . , 0) , . . . , en = (0, . . . , 1) Pelo Teorema 6.2, para cada j = 1, 2, . . . , n, existe uma u ´nica solu¸c˜ao yj (t) do problema de valor inicial  0 y = A(t) y y(t0 ) = ej Afirmamos que as solu¸c˜oes y1 (t), y2 (t), . . . , yn (t) constituem uma base de S0 . Em primeiro lugar, elas s˜ao linearmente independentes, pois se os escalares α1 , α2 , . . . , αn s˜ao tais que α1 y1 (t) + α2 y2 (t) + · · · + αn yn (t) = 0, ∀t ∈ I, ent˜ao, em particular, para t = t0 , temos α1 y1 (t0 ) + α2 y2 (t0 ) + · · · + αn yn (t0 ) = α1 e1 + α2 e2 + · · · + αn en = 0; como e1 , e2 , . . . , en s˜ao vetores linearmente independentes em Rn , temos α1 = α2 = · · · = αn = 0. Logo, as fun¸c˜oes y1 (t), y2 (t), . . . , yn (t) s˜ao linearmente independentes. Mostremos agora que toda solu¸c˜ao ϕ(t) do sistema y0 = A y ´e uma combina¸c˜ao linear das solu¸c˜oes y1 (t), y2 (t), . . . , yn (t). Em primeiro lugar, como S0 ´e um espa¸co vetorial, ´e claro que qualquer combina¸c˜ao linear de y1 (t), y2 (t), . . . , yn (t) ´e uma solu¸c˜ao desse sistema. Seja v = ϕ(t0 ). Como {e1 , e2 , . . . , en } ´e uma base de Rn , existem n´ umeros c1 , c2 , . . . , cn tais que v = c 1 e 1 + c 2 e 2 + · · · + c n en 166 Cap. 6 Sistemas de Equa¸c˜oes Diferenciais Consideremos a fun¸c˜ao z(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) + · · · + cn yn (t) . Ela ´e uma solu¸c˜ao do sistema y0 = A y e satisfaz z(t0 ) = v. Agora, a fun¸c˜ao ϕ(t) tamb´em ´e solu¸c˜ao desse sistema e ϕ(t0 ) = v. Como as fun¸c˜oes ϕ(t) e z(t) s˜ao solu¸c˜oes do problema de valor inicial  0 y = A(t) y y(t0 ) = v e como, pelo Teorema 6.2, esse problema de valor inicial tem uma u ´nica solu¸c˜ao, segue-se que ϕ(t) = z(t), ∀t ∈ I, isto ´e ϕ(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) + · · · + cn yn (t) , ∀t ∈ I. ou seja, a solu¸c˜ao ϕ(t) ´e combina¸c˜ao linear de y1 (t) , y2 (t) , . . . , yn (t). Logo { y1 (t), y2 (t), . . . , yn (t) } ´e base do espa¸co vetorial S0 e portanto dim S0 = n. De acordo com o Teorema 6.4, se x1 (t), . . . , xn (t) s˜ao solu¸c˜oes linearmente independentes do sistema x0 = A(t) x (6.15) ent˜ao toda solu¸c˜ao desse sistema ´e da forma x(t) = c1 x1 (t) + · · · + cn xn (t), c1 , . . . , cn ∈ R. (6.16) Como toda solu¸c˜ao do sistema (6.15) ´e dada pela f´ormula (6.16), essa express˜ao ´e a solu¸c˜ao geral de (6.15). Combinando esse fato com o princ´ıpio de superposi¸c˜ao e o Corol´ario 6.2 temos o seguinte resultado. Corol´ ario 6.3. Se y0 (t) ´e uma solu¸c˜ao particular do sistema n˜ ao homogˆeneo y0 = A(t) y + g(t) (6.17) e se x(t) = c1 x1 (t) + · · · + cn xn (t) ´e a solu¸c˜ ao geral do sistema homogˆeneo associado, ent˜ao a solu¸c˜ ao geral do sistema n˜ ao homogˆeneo (6.17) ´e da forma y(t) = y0 (t) + c1 x1 (t) + · · · + cn xn (t), c1 , . . . , cn ∈ R. (6.18) Fatos Gerais Exemplo 6.1. Consideremos o sistema n˜ ao homogˆeneo  0 x = x + 5 y + 4 t − 15 y 0 = 2 x − 2 y − 10 t + 8 e o sistema homogˆeneo associado  0 x = x + 5y y0 = 2 x − 2 y 167 (6.19) (6.20) ´ f´acil ver que as fun¸c˜oes vetoriais x1 (t) = e−4 t (1, −1)T e x2 (t) = E e3 t (5, 2)T s˜ao solu¸c˜oes do sistema homogˆeneo (6.20); ent˜ ao a solu¸c˜ ao geral desse sistema ´e     x(t) C1 e−4 t + 5 C2 e3 t = , C1 , C2 ∈ R. y(t) −C1 e−4 t + 2 C2 e3 t Como y0 (t) = (3 t − 1, −2 t + 4)T ´e uma solu¸c˜ ao do sistema n˜ ao homogˆeneo (6.20), temos que a solu¸c˜ ao geral do sistema n˜ ao homogˆeneo ´e     x(t) 3 t − 1 + C1 e−4 t + 5 C2 e3 t , C1 , C2 ∈ R. = −2 t + 4 − C1 e−4 t + 2 C2 e3 t y(t) Exerc´ıcio 6.1. Sabendo que ϕ1 (t) = (et − e3 t , cos 3 t − e3 t , −e3 t ), ϕ2 (t) = (et + e3 t , cos 3 t + e3 t , e3 t ) e ϕ3 (t) = (et + e2 t , cos 3 t + e2 t , 0) s˜ao solu¸c˜oes do sistema x0 = A x + g(t) , encontre a sua solu¸c˜ ao geral. Notemos que a solu¸c˜ao geral de (6.20) acima pode ser escrita na forma      C1 x(t) e−4t 5 e3 t (6.21) = −e−4 t 2 e3 t C2 y(t) e que as colunas da matriz do segundo membro de (6.21) s˜ao as solu¸c˜oes LI y1 (t) = e−4 t [ 1, −1 ]T e y2 (t) = e3 t [ 5, 2 ]T dadas acima. Essa matriz desempenhar´a um papel importante no que segue. Defini¸c˜ ao 6.1. Seja { x1 (t), . . . , xn (t) } uma base de solu¸c˜ oes do sistema x0 = A(t) x. A matriz n × n   X(t) = x1 (t) . . . xn (t) (6.22) chama-se matriz fundamental desse sistema. 168 Cap. 6 Sistemas de Equa¸c˜oes Diferenciais No exemplo 6.1, uma matriz fundamental do sistema (6.20) ´e  −4t  e 5 e3 t X(t) = . −e−4t 2 e3 t A solu¸c˜ao geral do sistema (6.1) pode ser escrita na forma X(t)v, em que v ´e um vetor arbitr´ario de R2 . Essa propriedade ´e verdadeira em geral: de fato, da rela¸c˜ao (6.16) concluimos facilmente o seguinte resultado. Teorema 6.5. Se X(t) ´e uma matriz fundamental do sistema (6.15) e v denota um vetor arbitr´ario de Rn , ent˜ ao a solu¸c˜ ao geral de (6.15) ´e X(t)v. 6.3 Sistema Homogˆ eneo com Coeficientes Constantes Nesta se¸c˜ao estudamos sistemas x0 = A x (6.23) em que A ´e uma matriz constante de ordem n. Como j´a fizemos anteriormente, procuraremos solu¸c˜oes de (6.23) na forma x(t) = eλ t v. Substituindo essa express˜ao em (6.23), temos λ eλ t v = A eλ t v (6.24) Portanto, Av = λv ou seja, v ´e autovetor de A com autovalor λ. Quando a matriz A tem n autovetores linearmente independentes v1 , . . . , vn , correspondentes aos autovalores reais λ1 , . . . , λn , uma matriz fundamental do sistema (6.23) ´e   X(t) = eλ1 t v1 , . . . , eλn t vn Sistema homogˆeneo 169 Exemplo 6.2. Encontrar uma matriz fundamental de solu¸c˜ oes para o sistema  0 x = x + 5y y0 = 2 x − 2 y   1 5 Os autovalores da matriz A = s˜ao as solu¸c˜oes da 2 −2 equa¸c˜ao   1−λ 5 det = (1 − λ)(−2 − λ) − 10 = 0 2 −2 − λ ou seja λ2 + λ − 12 = 0 Portanto, os autovalores de A s˜ao λ1 = 3 e λ2 = −4. Autovetores de A associados ao autovalor λ1 = 3: procuramos vetores v = [ a, b ]T 6= [ 0, 0 ]T tais que (A − 3 I) v = 0, ou seja      −2 5 a 0 = donde 5b = 2a 2 −5 b 0 Pondo a = 5, temos b = 2. Assim, um correspondente autovetor ´e v = [ 5, 2 ]T e uma solu¸c˜ao do sistema ´e y1 (t) = e3 t [ 5, 2 ]T . Para determinar os autovetores associados ao autovalor λ2 = −4, procuramos v = [ c, d ]T tais que (A + 4 I) v = 0, ou seja      5 5 c 0 = donde d = −c 2 2 d 0 Portanto, um correspondente autovetor ´e v = [ 1, −1 ]T e uma solu¸c˜ao do sistema ´e y1 (t) = e−4 t [ 1, −1 ]T . Logo, uma matriz fundamental de solu¸c˜oes ´e   5 e3 t e−4 t X(t) = , 2 e3 t −e−4 t e a solu¸c˜ao geral do sistema ´e     x(t) 5 A e3 t + B e−4 t , = 2A e3 t − B e−4 t y(t) A, B ∈ R. 170 Cap. 6 Sistemas de Equa¸c˜oes Diferenciais Exemplo 6.3. Encontrar a solu¸c˜ ao geral do sistema x0 = 4 x − 3 y − z y0 = x − z z 0 = −4 x + 4 y − z O polinˆomio caracter´ıstico ´e 4 − λ −3 −1 −λ −1 p(λ) = 1 −4 4 −1 − λ (6.25) = −λ3 + 3 λ2 + λ − 3 = 0 Os candidatos a ra´ızes inteiras s˜ao: ±1 e ±3. Como p(1) = 0, vemos que λ1 = 1 ´e raiz. Dividindo p(λ) por λ − 1, temos −1 3 1 −3 1 −1 2 3 0 O quociente de p(λ) por λ − 1 ´e q(λ) = −λ2 + 2 λ + 3: suas ra´ızes s˜ao: √ √ −2 + 16 −2 − 16 λ2 = = −1 e λ3 = = 3. −2 −2 Portanto, os autovalores de A s˜ao λ1 = −1, λ2 = 1 e λ3 = 3. Os autovetores associados a λ1 = −1 s˜ao os vetores v1 = [ a, b, c ]T tais que (A+I)v1 = 0 (A denota a matriz dos coeficientes do sistema), ou seja       5 −3 −1 a 0  5a − 3b − c = 0  1      b = 0 1 −1 a+ b−c=0 ou  −4 4 0 c 0 −4 a + 4 b =0 donde obtemos b = a c = 2 a. Portanto, um autovetor ´e v = [ 1, 1, 2 ]T , que d´a a solu¸c˜ao x1 (t) = e−t [ 1, 1, 2 ]T . Os autovetores associados a λ2 = 1 s˜ao os vetores v2 = [ d, e, f ]T tais que (A − I)v2 = 0, ou seja       3 −3 −1 d 0  3d − 3e − f = 0  1 −1 −1   e  =  0  ou d− e− f =0  −4d + 4e − 2f = 0 −4 4 −2 f 0 Sistema homogˆeneo 171 Dessas equa¸c˜oes, obtemos d = e, f = 0. Portanto, um autovetor ´e v2 = [ 1, 1, 0 ]T , que d´a a solu¸c˜ao x2 (t) = et [ 1, 1, 0 ]T . Os autovetores associados a λ3 = 3 s˜ao os vetores v3 = [ r, s, w ]T tais que (A − 3 I)v3 = 0, ou seja       1 −3 −1 r 0 r − 3s − w = 0   1 −3 −1   s  =  0  ou r − 3s − w = 0  −4 4 −4 w 0 −4 r + 4 s − 4 w = 0 Resolvendo esse sistema, obtemos r = −2 w, s = −w. Portanto, um autovetor ´e v = [ 2, 1, −1 ]T , que d´a a solu¸c˜ao x3 (t) = e3t [ 2, 1, −1 ]T . Logo, uma matriz fundamental para o sistema ´e  t  e e−t 2 e3t e−t e3t  X(t) =  et −t 0 2e −e3t e a solu¸c˜ao geral desse sistema ´e       x(t) α α et + β e−t + 2γ e3t  y(t)  = X(t)  β  =  α et + β e−t + γ e3t  , z(t) γ 2β e−t − γ e3t α, β, γ ∈ R. Autovalores Repetidos Analisemos agora o caso em que a multiplicidade do autovalor λ0 ´e 2, isto ´e, o polinˆomio caracter´ıstico tem um fator (λ − λ0 )2 , e n˜ao existem 2 autovetores linearmente independentes associados a λ0 . Uma solu¸c˜ao do sistema ´e naturalmente x1 (t) = eλ0 t u, em que u ´e autovetor associado a λ0 . Para obter uma solu¸c˜ao independente de x1 (t) vamos adaptar para este caso o m´etodo visto no Cap´ıtulo 4: procuraremos uma nova solu¸c˜ao na forma x(t) = eλ0 t (v + t w) ; (6.26) (assim, o que procuramos s˜ao os vetores v e w). Substituindo (6.26) no sistema x0 = A x, temos λ0 eλ0 t (v + t w) + eλ0 t w = eλ0 t (A v + t A w) 172 Cap. 6 Sistemas de Equa¸c˜oes Diferenciais Portanto os vetores v e w devem satisfazer  A w = λ0 w A v = λ0 v + w Observemos que as duas igualdades acima podem ser reescritas como  ( A − λ0 I ) w = 0 (6.27) ( A − λ0 I ) v = w  0 x = 4x + y Exemplo 6.4. Encontrar a solu¸c˜ ao geral do sistema y 0 = −x + 6 y   4 1 A matriz dos coeficientes do sistema ´e A = . Os autova−1 6 lores s˜ao dados pela equa¸c˜ao   4−λ 1 det(A − λI) = det = (4 − λ)(6 − λ) + 1 = 0 −1 6 − λ ou λ2 − 10 λ + 25 = 0 Portanto λ = 5 ´e autovalor de A com multiplicidade 2. Os autovetores s˜ao os vetores u = [ a b ]T tais que ( A − 5 I ) u = 0, ou seja      −1 1 a 0 = ou b = a −1 1 b 0 Portanto, um autovetor de A ´e u = [ 1, 1 ]T , que d´a a solu¸c˜ao x1 (t) = e5 t [ 1, 1 ]T . Para obter uma solu¸c˜ao linearmente independente de x1 (t) procuramos v = [ c d ]T de modo que ( A − 5 I )v = u      −1 1 c 1 = donde d = 1 + c −1 1 d 1 Tomando c = 0, temos d = 1; assim, v = [ 0 1 ]T e outra solu¸c˜ao ´e         t 1 0 x2 (t) 5t 5t 5t =e + te x2 (t) = =e 1+t 1 1 y2 (t) Sistema homogˆeneo 173 Logo, a solu¸c˜ao geral do sistema ´e x(t) = α x1 (t) + β x2 (t), α, β ∈ R, ou seja,     x(t) α + βt 5t x(t) = = e , α, β ∈ R. y(t) α+β+βt Autovalores Complexos Analisemos agora o caso em que um autovalor de A tem parte imagin´aria diferente de zero. Para simplificar nosso trabalho, assumiremos que a matriz A ´e real (essa hip´otese n˜ao foi necess´aria nos 2 casos anteriores: o que realmente foi usado ´e que os autovalores e os autovetores eram reais). Os pr´oximos lemas indicam como obter solu¸c˜oes reais para o sistema. Em primeiro lugar, mostramos que autovalores e autovetores complexos ocorrem aos pares. Lema 6.1. Suponhamos que A seja uma matriz n × n real. Ent˜ ao: (a) Se v ´e autovetor de A com autovalor λ, ent˜ ao v ¯ ´e autovetor com ¯ autovalor λ. (b) Se v = u + i w (u, w ∈ Rn ) ´e autovetor associado a um autovalor complexo λ = α + i β, com β 6= 0, ent˜ ao u e w s˜ ao linearmente n independentes em R . Demonstra¸c˜ao: (a) Se A v = λ v, ent˜ao, tomando conjugado complexo nos dois membros dessa igualdade, temos A v = λ v. Como ¯v ¯v A v = A¯ v ¯ = Av ¯ e λv = λ ¯, segue-se que A v ¯=λ ¯. Logo, v ¯ ´e ¯ autovetor de A com autovalor λ. (b) Se u e w fossem linearmente dependentes, um deles seria m´ ultiplo do outro: analisaremos apenas o caso w = k u (o caso u = k w ´e an´alogo). Ent˜ao, como v = (1 + i k) u ´e autovetor com autovalor λ = α + i β, temos (1 + i k) Au = λ(1 + i k) u donde, cancelando 1 + i k, obtemos Au = λ u, uma igualdade imposs´ıvel, uma vez que o primeiro membro pertence a Rn e o segundo 174 Cap. 6 Sistemas de Equa¸c˜oes Diferenciais membro ´e um vetor cujas componentes tˆem partes imagin´arias n˜ao nulas. Logo, os vetores u e w s˜ao linearmente independentes. Lema 6.2. Seja A uma matriz n × n real, e sejam F (t) e G(t) fun¸c˜ oes vetoriais reais cont´ınuas. Se z(t) = x(t) + i y(t), em que as fun¸c˜ oes x(t), y(t) s˜ao reais, ´e uma solu¸c˜ ao do sistema z0 = A z + f (t) + i g(t), ent˜ ao x e y satisfazem: x0 = A x + f (t) e y0 = A y + g(t). Em particular, para f = g = 0, temos: se z(t) ´e uma solu¸c˜ ao complexa do sistema homogˆeneo z0 = A z, ent˜ ao x(t) e y(t) s˜ ao solu¸c˜ oes reais desse sistema. Demonstra¸c˜ao: Como z(t) = x(t) + i y(t), temos z0 (t) = x0 (t) + i y0 (t) e z0 (t) = Ax(t) + i Ay(t) + f (t) + i g(t), donde x0 (t) + i y0 (t) = Ax(t) + f (t) + i [Ay(t) + g(t)]. Igualando partes reais e partes imagin´arias, obtemos x0 (t) = A x(t) + f (t) y0 (t) = A y(t) + i g(t) . e A afirma¸c˜ao para o sistema homogˆeneo ´e conseq¨ uˆencia direta do caso n˜ao homogˆeneo. Lema 6.3. Seja A uma matriz n × n real. Se v = u + i w ´e um autovetor de A com autovalor λ = α + i β (β 6= 0), ent˜ ao as fun¸c˜ oes eα t (u cos β t − w sen β t) e eα t (u sen β t + w cos β t) s˜ ao solu¸c˜oes linearmente independentes do sistema x0 = A x. Demonstra¸c˜ao: Pelo Lema 6.2, a solu¸c˜ao complexa   eλ t v = eα t (u cos β t − w sen β t) + i (u sen β t + w cos β t) d´a origem `as solu¸c˜oes reais eα t (u cos β t − w sen β t) e eα t (u sen β t + w cos β t). Sistema homogˆeneo 175 Para mostrar que essas solu¸c˜oes s˜ao LI, notemos que, se a eα t (u cos β t − w sen β t) + b eα t (u sen β t + w cos β t) = 0 ent˜ao eα t (a cos β t + b sen β t)u + (−a sen β t + b cos β t)w = 0 . Como, pelo Lema 6.1, os vetores u e w s˜ao linearmente independentes, a igualdade acima implica a cos β t + b sen β t = 0 . Agora, como as fun¸c˜oes cos β t e sen β t s˜ao linearmente independentes, temos a = b = 0. Logo, as solu¸c˜oes reais eα t (u cos β t − w sen β t) e eα t (u sen β t + w cos β t) s˜ao linearmente independentes. Exemplo 6.5. Encontrar uma matriz fundamental para o sistema  0 x = 3x + 4y y 0 = −2 x + 7 y . O polinˆomio caracter´ıstico ´e   3−λ 4 det = λ2 − 10λ + 29 . −2 7 − λ Portanto os autovalores s˜ao λ1 = 5 + 2 i e λ2 = 5 − 2 i. Os autovetores associados a λ1 = 5 + 2 i s˜ao os vetores v = [ a, b ]T tais que      −2 − 2 i −4 a 0 = ou seja a = (1 − i) b . 2 2 − 2i b 0 Portanto, um autovetor ´e v = [ 1 − i, 1 ]T , que fornece a solu¸c˜ao complexa        1  x(t) −1  (5+2 i)t 1 − i 5t =e = e (cos 2t + i sen 2t) +i y(t) 1  1 0    1 −1 = e5 t cos 2 t − sen 2 t + 1    0  1 −1 + i e5 t sen 2 t + cos 2 t 1   0   sen 2 t − cos 2 t cos 2 t + sen 2 t 5t 5t . + ie =e sen 2 t cos 2 t 176 Cap. 6 Sistemas de Equa¸c˜oes Diferenciais que, por sua vez, d´a origem `as solu¸c˜oes reais linearmente independentes         x1 (t) cos 2t + sen 2t x2 (t) sen 2t − cos 2t 5t 5t =e e =e . y1 (t) cos 2t y2 (t) sen 2t Logo, uma matriz fundamental de solu¸c˜oes reais ´e   cos 2 t + sen 2 t sen 2 t − cos 2 t 5t . X(t) = e cos 2 t sen 2 t 6.4 Sistema N˜ ao Homogˆ eneo Nesta se¸c˜ao estudamos sistemas n˜ao homogˆeneos y0 = A y + f (t) (6.28) em que A ´e uma matriz constante e f (t) ´e uma fun¸c˜ao vetorial definida em um intervalo I ⊂ R com valores em Rn . De acordo com o princ´ıpio de superposi¸c˜ao, a solu¸ca˜o geral do sistema (6.28) ´e a soma de uma solu¸c˜ao particular de (6.28) com a solu¸cao geral do sistema homogˆeneo associado x0 = A x . Para encontrar uma solu¸c˜ao particular do sistema (6.28), temos o m´etodo dos coeficientes indeterminados e a f´ormula de varia¸c˜ao dos parˆametros, que apresentamos a seguir. 6.5 M´ etodo dos Coeficientes a Determinar As considera¸c˜oes sobre o m´etodo dos coeficientes indeterminados para sistemas de equa¸c˜oes diferenciais escalares s˜ao essencialmente as mesmas vistas para equa¸c˜oes escalares. Exemplo 6.6. Encontrar a solu¸c˜ ao geral do sistema linear n˜ ao homogˆeneo     1 2 0 −t 0 −t y+e . y = Ay + e B = −1 4 6 Coeficientes a determinar 177 Analisemos primeiro o sistema homogˆeneo associado. O polinˆomio caracter´ıstico da matriz A ´e 1−λ 2 2 −1 4 − λ = λ − 5 λ + 6 = (λ − 2)(λ − 3) . Portanto, os autovalores de A s˜ao 2 e 3. Os autovetores z = [ a, b ] de A associados ao autovalor 2 s˜ao dados por      −1 2 a 0 = ou a = 2 b. −1 2 b 0 Portanto z = [ 2, 1 ]T e uma solu¸c˜ao ´e x1 (t) = e2 t [ 2, 1 ]T . Os autovetores z = [ c, d ] de A associados ao autovalor 3 s˜ao dados por      −2 2 c 0 = ou d = c. −1 1 d 0 Portanto z = [ 1 1 ]T e uma solu¸c˜ao ´e x2 (t) = e3 t [ 1, 1 ]T . Logo, a solu¸c˜ao geral do sistema homogˆeneo associado ´e   2 a e2 t + b e3 t , a, b ∈ R. xH (t) = a e2 t + b e3 t Como −1 n˜ao ´e autovalor de A, procuraremos uma solu¸c˜ao particular do sistema na forma yp (t) = e−t [ a b ]T . Substituindo essa express˜ao na equa¸c˜ao, temos        a 1 2 a 0 −t −t −t −e =e +e b −1 4 b 6 ou  2a + 2b = 0 −a + 5 b = −6 =⇒ a = 1 b = −1 . Portanto yp (t) = e−t [1 − 1 ]T . Logo, a solu¸c˜ao geral do sistema n˜ao homogˆeneo ´e  −t  e + 2 a e2 t + b e3 t y(t) = , a, b ∈ R. −e−t + a e2 t + b e3 t 178 Cap. 6 Sistemas de Equa¸c˜oes Diferenciais Exemplo 6.7. Encontrar a solu¸c˜ ao geral do sistema linear n˜ ao homogˆeneo y0 = A y + F (t), (6.29) em que  A= 1 −1 1 1   e F (t) = 2 cos t −3 sen t  . Analisemos primeiro o sistema homogˆeneo associado. O polinˆomio caracter´ıstico de A ´e 1 − λ −1 = (1 − λ)2 + 1 = [ λ − ( 1 + i ) ] [ λ − ( 1 − i ) ] . 1 1−λ Os autovetores v = [ a, b ]T associados ao autovalor 1 + i s˜ao dados por      0 −i −1 a = =⇒ a = i b . 1 −i c 0 Portanto, um autovetor ´e v = [ i, 1 ] e uma solu¸c˜ao complexa ´e      0  i 1 (1+i) t t z(t) = e = e (cos t + i sen t) +i 1  0  t 1    e (−sen t + i cos t) −et sen t et cos t = = +i . et (cos t + i sen t) et cos t et sen t As partes real e imagin´aria dessa solu¸c˜ao s˜ao solu¸c˜oes reais linearmente independentes desse sistema. Logo, a solu¸c˜ao real geral do sistema homogˆeneo ´e   −a sen t + b cos t t xH (t) = e , a, b ∈ R. a cos t + b sen t Analisemos agora o sistema n˜ao homogˆeneo. Como i e −i n˜ao s˜ao autovalores de A, procuraremos uma solu¸c˜ao na forma   a cos t + b sen t yp (t) = . c cos t + d sen t Coeficientes a determinar 179 Substituindo essa express˜ao na equa¸c˜ao, temos  a−b−c = −2    a+b −d= 0 a +c−d= 0    b + c + d = 3. Resolvendo esse sistema, obtemos a = 0, b = c = d = 1. Portanto, uma solu¸c˜ao particular do sistema ´e   sen t yp (t) = . cos t + sen t e a solu¸c˜ao geral do sistema n˜ao homogˆeneo ´e   sen t + et (−a sen t + b cos t) y(t) = , cos t + sen t + et (a cos t + b cos t) a, b ∈ R. Observa¸c˜ ao 6.1. Outro modo de calcular uma solu¸c˜ ao particular do sistema n˜ao homogˆeneo ´e notar que o termo for¸cante [ 2 cos t, −3 sen t ] ´e a parte real da fun¸c˜ao complexa ei t [ 2, 3 i ]T , resolver a equa¸c˜ ao com valores complexos e tomar a parte real da solu¸c˜ ao obtida. Procuremos uma solu¸c˜ao particular do sistema (6.29) na forma zp (t) = ei t [ z, w ]T (em que z e w s˜ao constantes complexas a serem determinadas. Substituindo no sistema (6.29), temos       z z−w 2 it it it ie =e +e . w z+w 3i Cancelando ei t e agrupando os termos semelhantes, obtemos o sistema  (1 − i) z − w = −2 z + (1 − i) w = −3 i . Resolvendo esse sistema de equa¸c˜oes, obtemos z = −i e w = 1 − i. Ent˜ao uma solu¸c˜ao complexa do sistema (6.29) ´e     −i −i it zp (t) = e = (cos t + i sen t) = 1−i   1 − i  sen t − cos t = +i . cos t + sen t sen t − cos t 180 Cap. 6 Sistemas de Equa¸c˜oes Diferenciais Logo, a solu¸c˜ao particular procurada ´e x(t) = (sen t, sen t + cos t)T . Notemos que a fun¸ca˜o vetorial y(t) = (− cos t , sen t − cos t)T , parte imagin´aria da solu¸c˜ao zp , ´e solu¸c˜ao do sistema x0 (t) = Ax + [ 2 sen t, 3 cos t ]T (este sistema ´e parte imagin´ aria do sistema x0 (t) = Ax + ei t (2, 3 i)T ). Como no caso das equa¸c˜oes escalares, o m´etodo dos coeficientes indeterminados requer uma pequena altera¸c˜ao quando o sistema homogˆeneo associado tem uma solu¸c˜ao parecida com o termo for¸cante. Exemplo 6.8. Encontrar a solu¸c˜ ao geral do sistema linear n˜ ao homogˆeneo     1 2 1 0 t t y = Ay + te z = y + te . −1 4 5 Vimos no exemplo anterior que a solu¸c˜ao geral do sistema homogˆeneo associado ´e xH (t) = a e2 t (2, 1)T + b e3 t (1, 1)T , a, b ∈ R. Como o sistema homogˆeneo associado tem uma solu¸c˜ao da forma e2 t z, procuraremos solu¸c˜ao particular desse sistema na forma yp (t) = e2 t (u + t v + t2 w).   Ent˜ao yp0 (t) = e2 t (2 u + v) + t (2 v + 2 w) + t2 2 w e A yp + t et z =   e2 t Au + t (Av + z) + t2 Aw . Igualando essas express˜oes de yp0 (t) e A yp + t et z, vemos que u, v e u precisam satisfazer (A − 2I )w = 0 (A − 2I )v = 2w − z (A − 2I )u = v. (6.30) (6.31) (6.32) De (6.30) vemos que w precisa ser um autovetor de A associado ao autovalor λ = 2, ou seja, w = [ 2 α, α ]T , para algum α; sejam v = [ a, b ]T e u = [ c, d ]T . A equa¸c˜ao (6.31) ´e       −1 2 a 4α − 1 −a + 2 b = 4 α − 1 = ou −1 2 b 2α − 5 −a + 2 b = 2 α − 5 . ´ ˜ DAS CONSTANTES 6.6. FORMULA DE VARIAC ¸ AO 181 Para que esse sistema tenha solu¸c˜ao, devemos ter 4 α − 1 = α − 5, ou α = −2; portanto, w = [ −4, −2 ]T . Para α = −2, temos a = 2 b + 9; portanto v = [ 2 b + 9, b ]T . Substituindo esse valor em (6.31), temos       −1 2 c 0 −c + 2 d = 2 b + 9 = ou 0 −c + 2 d = b . −1 2 d Para que esse sistema tenha solu¸c˜ao, devemos ter 2 b + 9 = b, ou seja b = −9; portanto, v = [ −9, −9 ]T . Para esse valor de b, temos c = 2 d + 9; portanto u = [ 2 d + 9, d ]T = d [ 2, 1 ]T + [ 9, 0 ]T (cada escolha de d fornece uma solu¸c˜ao particular para o sistema; essas solu¸c˜oes diferir˜ao uma da outra por uma parcela da forma d e2 t [ 2, 1 ]T , que ´e uma solu¸c˜ao do sistema homogˆeneo). Escolhendo d = −4, temos u = [ 1, −4 ]T , obtemos a solu¸c˜ao particular   1 − 9 t − 4 t2 2t yp (t) = e . −4 − 9 t − 2 t2 Logo, a solu¸c˜ao geral do sistema n˜ao homogˆeneo ´e   2t e (2 a + 1 − 9 t − 4 t2 ) + b e3 t , y(t) = e2 t ( a − 4 − 9 t − 2 t2 ) + b e3 t 6.6 a, b ∈ R. F´ ormula de Varia¸ c˜ ao das Constantes De acordo com o teorema 6.5, se X(t) ´e uma matriz fundamental do sistema linear homogˆeneo x0 = A(t) x, ent˜ao toda solu¸c˜ao desse sistema ´e da forma X(t) v, para algum vetor (constante) v. Consideremos agora o sistema n˜ao homogˆeneo (6.17). Vamos procurar uma solu¸c˜ao (particular) desse sistema na forma y(t) = X(t) u(t), em que u(t) ´e uma fun¸c˜ao continuamente deriv´avel (como procuramos uma solu¸c˜ao particular, podemos supor u(t0 ) = 0, t0 ∈ I). Ent˜ao y0 (t) = X0 (t) u(t) + X(t) u0 (t). Substituindo no sistema (6.17), temos X0 (t) u(t) + X(t) u0 (t) = A(t) X(t) u(t) + g(t) . (6.33) Como X(t) ´e matriz fundamental do sistema x0 = A(t) x, temos X0 (t) = A(t) X(t). Substituindo essa igualdade em (6.33), temos A(t) X(t) u(t) + X(t) u0 (t) = A(t) X(t) u(t) + g(t) 182 Cap. 6 Sistemas de Equa¸c˜oes Diferenciais donde obtemos u0 (t) = X−1 (t) g(t). (6.34) Integrando essa igualdade, temos Z t X−1 (s) g(s) ds. u(t) = u(t0 ) + t0 Logo, uma solu¸c˜ao do sistema n˜ao homogˆeneo ´e Z t X−1 (s) g(s) ds. y(t) = X(t) u(t) = X(t) u(t0 ) + X(t) (6.35) t0 A igualdade (6.35) fornece uma solu¸c˜ao do sistema linear n˜ao homogˆeneo a partir da matriz fundamental do sistema homogˆeneo correspondente e uma integra¸c˜ao. Combinando (6.35) com o Corol´ario 6.3 podemos obter a solu¸c˜ao geral do sistema n˜ao homogˆeneo. Exemplo 6.9. Usando a f´ormula de varia¸c˜ ao dos parˆ ametros, encontrar uma solu¸c˜ao particular do sistema linear n˜ ao homogˆeneo  0 y = 1 2 −1 4  −t y+e  0 6  . Do exemplo 6.6, temos que uma matriz fundamental do sistema homogˆeneo ´e   2 e2 t e3 t X(t) = ; e2 t e3 t sua inversa ´e −1 X (t) =  e−2 t −e−2 t −e−3 t 2 e−3 t  . Pela f´ormula de varia¸c˜ao das constantes, uma solu¸c˜ao particular do Varia¸c˜ao das constantes 183 sistema n˜ao homogˆeneo ´e Z t y(t) = X(t) X −1 (s) e−s z ds = 0  =  = 2 e2 t e3 t e2 t e3 t Z t 2 e2 t e3 t e2 t e3 t  0 e−2 s −e−2 s −e−3 s 2 e−3 s 2 (e−3 t − 1) −3 (e−4 t − 1)  e−t − 4 e2 t − 3 e3 t −e−t − 2 e2 t − 3 e3 t  e−t −e−t = =   −2 2 e2 t e2 t  0 6  e−s ds =  =    −3 e3 t e3 t  . Consideremos uma equa¸c˜ao diferencial de segunda ordem z 00 + p(t) z 0 + q(t) z = f (t). (6.36) Definindo as vari´aveis y1 = z e y2 = z 0 podemos escrever essa equa¸c˜ao como um sistema de equa¸c˜oes de primeira ordem  0 y1 = y2 y20 = −q(t) y1 − p(t) y2 + f (t) ou y(t) = A(t) y + g(t) (6.37) em que  y= y1 y2   , A(t) = 0 1 −q(t) −p(t)   , g(t) = 0 f (t)  . Se z1 (t) e z2 (t) s˜ao duas solu¸c˜oes linearmente independentes da equa¸c˜ao (6.36), uma matriz fundamental do sistema (6.36) ´e   z1 (t) z2 (t) X(t) = . z10 (t) z20 (t) 184 Cap. 6 Sistemas de Equa¸c˜oes Diferenciais Ent˜ao −1  X (t) = z20 (t) −z2 (t) −z10 (t) z1  . Escrevendo u(t) = (u1 (t), u2 (t))T , a condi¸c˜ao (6.34) fica  0 u1 (t) z1 (t) + u02 (t) z2 (t) = 0 u01 (t) z10 (t) + u02 (t) z20 (t) = f (t) , que coincide com condi¸c˜ao vista para equa¸c˜oes de segunda ordem (lembremos que a primeira dessas condi¸c˜oes surgiu de modo um tanto artificial quando estud´avamos equa¸c˜oes de segunda ordem). 6.7 Exerc´ıcios 1. Para cada um dos sistemas abaixo, encontre uma matriz fundamental e a solu¸c˜ao geral:     3 2 3 1 0 0 (a) x = x (b) x = x −2 −2 −2 1  3 0  (c) x = 2 4  2 0 2  4 2 x 3  1 2 3 1 2 x (e) x0 =  0 0 −2 1  1 0  (d) x = 1 2 1 2 1  2 1 x 1   1 3 2 1 2 x (f ) x0 =  0 0 −2 1     −5 1 0 0 3 0 0  0 −5 0 0  x 0  x (h) x0 =  (g) x0 =  −1 3  0 0 3 1  0 0 −1 0 0 0 3 2. Resolva cada um dos seguintes problemas de valor inicial: (a) x0 = A x, A ´e dada no exerc´ıcio 1 (h) e x(0) = (1, 2, −1, 1)T (b) x0 = A x , A ´e dada no exerc´ıcio 1(g) e x(0) = (1, 1, 2)T Exerc´ıcios 185  3 0  (c) x = 0 0 1 3 0    1 1   1 x ; x(0) = 0  2 1 3. Resolva os seguintes problemas de valor inicial:  0  0  x = x + y,  x = x − y, 0 (a) y = 4 x + y, (b) y 0 = 5 x − 3 y,   x(0) = 2, y(0) = 3 x(0) = 1, y(0) = 2  0  x = 3 x + 8 y, (c) y 0 = −x − 3 y,  x(0) = 6, y(0) = −2  0  x = −y, (d) y 0 = x,  x(0) = 1, y(0) = 1  0  x = 4 x − 5 y, (e) y 0 = x,  x(0) = 0, y(0) = 1  0  x = x + y + t, (f ) y 0 = x − 2 y + 2 t,  x(0) = 7/9, y(0) = −5/9  0 x =y+z      y0 = x + z (g) z 0 = y + z   x(0) = z(0) = 0,    y(0) = 1  0 x =y+z      y0 = 3 x + z (h) z 0 = 3 x + y   x(0) = y(0) = 1    z(0) = 0 .