Algebra Linear e Equacoes Diferenciais

˜ PAULO UNIVERSIDADE DE SAO ˆ ´ ICAS ˜ INSTITUTO DE CIENCIAS MATEMATIC AT AS E DE COMP CO MPUTAC UTAC ¸ AO ´ DEPARTAMENTO DE MATEMATICA

´ ˜ es Diferenciais Algebra Alge bra Lin Linear ear e Equac Equ ac ¸oes o

Luiz Augusto da Costa Ladeira

˜ CARLOS - SP SAO 2004

Sum´ ario 1 Noc˜ ¸co ˜es Preliminares 1.1 1.1 Espa Espa¸co ço Euclidiano n 1.2 Matrizes . . . . . . . 1.3 Sistemas Lineares . . 1.4 Determinante . . . . 1.5 Nu ´ meros Complexos

. . . .

5 5 12 17 24 27

. . . . . . .

37 37 40 41 46 55 57 62

. . . . . . . . .

65 65 69 72 76 80 86 89 92 95

− dimensional . . . . . . . . . . . . . . . .

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2 Equa¸c˜ c˜ oes de Primeira Ordem 2.1 2.1 Intr Introdu odu¸c˜ çaõ . . . . . . . . . . . . . . 2.2 2.2 Defini efini¸c˜ ço˜es . . . . . . . . . . . . . . 2.3 2.3 Equa Equa¸c˜ ções oes Separ´ aveis . . . . . . . . 2.4 2.4 Equa Equa¸c˜ ção Linear ear de Pri Primeira Orde rdem 2.5 2.5 Equa Equa¸c˜ ção de Bernoulli . . . . . . . . 2.6 2.6 Equa Equa¸c˜ ções Diferenciais Exatas . . . 2.7 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . 3 Espa spa¸cos Vetoriais 3.1 3.1 Defini efini¸c˜ çaõ e Exemplos . . . . . . 3.2 3.2 Su Subes bespa pa¸ços Vetoriais . . . . . . 3.3 3.3 Co Com mbina¸ bina¸ c˜ co˜es Lineares . . . . . 3.4 Depen pendência Linear . . . . . . . 3.5 3.5 Base Base e Dime Dimens˜ ns˜ ao . . . . . . . . 3.6 Dependência encia Linear de Fun¸c˜ cões n 3.7 3.7 Base Basess Orto Ortogon gonai aiss em R . . . . 3.8 Somas e Somas Diretas . . . . . 3.9 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . 3

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´ SUM ARIO

4

4 Equa¸c˜ c˜ oes Diferenciais Lineares 4.1 Fatos Gerais Gerais sobre sobre Equa Equa¸c˜ ções Lineares . . . . . . . 4.2 Método etodo de Redu¸ c˜ caõ da Ordem . . . . . . . . . . . 4.3 4.3 Equa Equa¸c˜ ção ao Homog Homogˆênea enea com com Coeficien Coeficientes tes Consta Constante ntess 4.4 4.4 Equa Equa¸c˜ ção ao Não Homogênea . . . . . . . . . . . . . . 4.5 Método etodo de Varia¸c˜ cao aõ dos Parâmetros . . . . . . . . 4.6 4.6 Métod e todoo do doss Co Coefi efici cien ente tess a Deter etermi mina narr . . . . . . . 4.7 4.7 Equa Equa¸c˜ ções de Ordem Super perior . . . . . . . . . . . . 4.8 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Tran ransfo sforma rma¸¸c˜ co ˜es Lineares 5.1 Transform ransforma¸ a¸c˜ cões . . . . . . 5.2 Transform ransforma¸ a¸c˜ cões Lineares . 5.3 Nu ´ cleo e Imagem . . . . . 5.4 Autovalores e Autovetores

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6 Sist Sistem emas as de Equa Equa¸¸c˜ co ˜es Diferenciais Lineares 6.1 6.1 Intr Introdu odu¸c˜ ção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 6.2 Fatos atos Gerai eraiss sobr sobree Sist Sistem emas as Line Linear ares es . . . . . . . 6.3 Sistema Sistema Homog Homogˆêneo eneo com Coeficien Coeficientes tes Constan Constantes tes 6.4 6.4 Sist Sistem emaa N˜ ao Homogêneo . . . . . . . . . . . . . . 6.5 6.5 Métod e todoo do doss Co Coefi efici cien ente tess a Deter etermi mina narr . . . . . . . 6.6 Formula o´rmula de Varia¸c˜ caõ das Constantes . . . . . . . 6.7 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . .

97 97 1 00 102 1 11 1 12 117 117 1 27 1 35

. . . .

137 1 37 1 39 1 45 1 50

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

159 1 59 163 163 168 1 76 176 176 1 81 1 84

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

Cap´ıtulo 1 No¸c˜ coes o ˜es Preliminares Neste cap´ cap´ıtulo reunimos fatos básicos asicos sobre vetores, matrizes, sistemas de equa¸c˜ coes ões lineares e números umeros complexos, que serão ao usados nos cap´ cap´ıtulos seguintes. guintes. Assumiremos Assumiremos conhecid conhecidoo o conjunto conjunto R dos n´ umeros umeros reais e suas propriedades algébricas ebricas elementares: suas opera¸c˜ coes o˜es de adi¸c˜ cao ão e multiplica¸c˜ cao aõ são ao associativas, asso ciativas, comutativas, co mutativas, têm em elemento eleme nto neutro, neutr o, cada cad a número umero tem seu oposto aditivo e cada número umero não ao nulo tem seu inverso multiplicativo.

1.1

Espa¸co co Euclidiano n dimensional

−

As no¸c˜ coes o˜es de par ordenado (x, (x, y) e terna ordenada (x,y,z (x,y,z)) de n´ umeros umeros reais têm em uma extens˜ exten s˜ ao natural ao conceito de n-upla (x1 , . . . , xn), ao que é uma sucess˜ suces s˜ ao ao ordenada de n números umeros reais. reais. Denotare Denotaremos mos as n up upla lass por letra letrass em negri negrito. to. Se x = (x1 , . . . , xn ), cada um dos números umeros x1 , . . . , xn é chamado cham ado uma componente (ou coordenada ) de x. Duas n uplas (x (x1 , . . . , xn ) e (y1 , . . . , yn) são ao ditas iguais (indicamos (x (x1 , . . . , xn ) = (y1, . . . , yn )) se e somente se x1 = y1 , . . . , xn = yn . O conjunto de todas n uplas de n´ umeros umero s reais re ais é denot d enotado ado por Rn, isto é, e, n R = (x1 , . . . , xn ) : xk R, k = 1 , . . . , n .

−

−

−

{

∈

}

Recordemos Recor demos da Geomet Ge ometria ria Anal A nal´´ıtica que R3 pode ser identificado com o conjunto V 3 dos vetore ve toress geométricos etr icos (definidos pelos segmentos orientados) por p or meio me io da correspondência encia que a cada v = a i + b j + c k de 3 V 3 associa a terna (a,b,c (a,b,c)) R :

∈

v = a i + b j + c k

∈ V ←→ 3

5

(a,b,c) a,b,c)

3

∈R .

(1.1)

6

Cap. 1

No¸c˜ coes ˜ Preliminares

Ao vetor i corresponde a terna e1 = (1, (1, 0, 0), ao vetor j corresponde odulo odulo (ou a terna e2 = (0, (0, 1, 0) e a k corresponde e3 = (0, (0, 0, 1). O m´ corre spondˆ ndência encia comprimento) do vetor v é v = a2 + b2 + c2 . A correspo (1.1) é importante, pois permite caracterizar elementos geométricos, etricos, tais como reta, plano, etc, em termos de equa¸c˜ coes o˜es algébrica ebr icas. s.

 √

z ck

T

¨ B ¨ ¨ ¨ ¨ bj ¨ ¨ E y   ) ai v

x

Figura 1.1

Por causa dessa identifica¸c˜ cao aõ com os vetores geom´ g eométricos, etricos, as ternas ordena ord enadas das também em s˜ ao chamadas de vetores; por extens˜ ao ao, ao, as n uplas tamb´ ta mbém em são ao chamadas de vetores ; neste contexto, os n´ umeros umeros reais serão ao chamados escalares. Lembremos Lembre mos também em que, q ue, 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). c). Da mesma maneira, se (a (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), então ao temos w1 + w2 = (a1 + a2 ) i +(b +( b1 + b2 ) j + (c1 + c2 ) k; assim, ao vetor w1 + w2 fica associado a terna (a (a1 + a2 , b1 + b2 , c1 + c2 ). Essas observa¸c˜ coes ões mostram a impotância a ncia de se definir adi¸c˜ cao a˜ o de ternas e multiplica¸c˜ cão a o de ternas por n´ umeros umeros reais: reais: dadas dadas as ternas ternas (a1 , b1 , c1 ), (a2 , b2 , c2 ) e o n´ umero umero real α, definimos:

−

∈

(a1 , b1 , c1 ) + (a ( 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 α, β R, temos:

∈

∈R

3

e

7

O espa¸co euclidiano

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¸co˜es 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 estão satisfeitas as propriedades A1) a A4) e M1) a M4). Por estarem satisfeitas essas propriedades, dizemos que Rn é um espa¸co vetorial. A igualdade (1.2) define a soma de dois vetores. Para somar três vetores u, v e w, podemos considerar as combina¸co˜es u + (v + w) e (u + v) + w. A propriedade associativa afirma que esses vetores são iguais. Por causa dessa propriedade, vamos omitir os parˆ enteses. Mais geralmente, dados n vetores u1 , u2 . . . , un e n números reais α1 , α2 . . . , αn , podemos definir o vetor α1 u1 + α2 u2 +

· ·· + α

n

un ,

que chamaremos combina¸cão linear de u1 , u2 . . . , un. Por exemplo, o vetor (3, 1, 0) é combina¸caõ 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). Já o vetor (6, 1, 0) não é combina¸ca˜ o linear de (6, 3, 1), (3, 2, 1) e (0, 2, 2); de fato, para que (6, 1, 0) seja combina¸cão 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¸cões

 

6x+3y = 6 (1) 3 x + 2 y + 2 z = 1 (2) x + y + 2 z = 0 (3)

Subtraindo a equa¸caõ (3) da equa¸caõ (2), obtemos 2 x + y = 1. Dividindo a equa¸caõ (1) por 3, temos 2 x + y = 2. As equa¸co˜es



2 x + y = 1 (4) 2 x + y = 2 (5)

mostram que não existem tais n´ umeros x,y,z. Logo, o vetor (6, 1, 0) não é combina¸caõ 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 unico, ´ como combina¸cao ˜ 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 é combina¸cã o linear de e1 , . . . , en . Para ver que essa é a u ´ nica maneira de escrever x como combina¸caõ linear de e1 , . . . , en , suponhamos que tenhamos x = t1 e1 + + tn en . Então

···

(x1 , . . . , xn ) = x = t1 e1 + + tn en = = t1 (1 , 0, . . . , 0) + + tn (0, 0, . . . , 1) = = (t1 , . . . , tn).

· ··

Logo, t1 = x1 , . . . , tn = xn.

·· ·

9


˜ linear de u1 , u2 e u3 , Exerc´ıcio 1.1. Determine se v é combina¸cao 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);

− − − − − −

− −

Além das opera¸co˜es de adi¸caõ de n upla e multiplica¸caõ de n upla por n´ umero real, podemos definir em Rn o chamado produto interno de n uplas, que estende a no¸caõ 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 módulos u e v , respectivamente, que formam entre si um ângulo θ é definido por

−

−

−

 

 v cos θ.

·

u v= u

(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 triângulo cujos lados s˜ ao u, v e u v (Figura 1.2), temos

− u − v = u + v − 2 uv cos θ . 2

2

2

(1.5)

 0 r r r u v  r r v  r r  θ u r r j  E

−

Figura 1.2 Substituindo em (1.5): u 2 = a2 + b2 + c2 , v 2 = x2 + y2 + z 2 , u v 2 = (x a)2 +(y b)2 +(z c)2 = u 2 + v 2 2 (a x+b y +c z) e u v cos θ = u v, obtemos

 −   

−

·

−



−

    −

u v = ax + by + cz

·

(1.6)

Uma vantagem da rela¸caõ (1.6) sobre (1.4) é que ela (a rela¸ cão (1.6)) n˜ ao depende do apelo geométrico e portanto permite estender a Rn , com n 4, essa no¸caõ de produto escalar, que chamaremos produto interno.

≥

10

Cap. 1


Dados u = (x1 , . . . , xn ), v = (y1 , . . . , yn) Rn, definimos o produto interno de u e v, denotado por u v (ou u, v ), como sendo

∈

·

 

u v = x1 y1 + . . . + xn yn

·

(1.7)

(notemos que o produto interno de dois vetores de Rn é um n´ umero n real). O espa¸co vetorial R , munido do produto interno, é chamado ´ fácil ver que u u > 0, u = 0. Definimos a espa¸co euclidiano. E norma de um vetor u como sendo u = u u. O produto interno tem as seguintes propriedades

· √ ∀   ·

·

·

u v=v u (u + α w) v = u v + α (w v)

√

·

·

(1.8) (1.9)

·

−

− √ u · v =√3 − 3 v · w =√3(−3) + 1(−1) + 5 · 2 = 0 v = 35 w = 14

ao Exemplo 1.2. Se u = (1, 3, 0), v = (3, 1, 5), w = ( 3, 1, 2), ent˜

u u=1+3=4 u =2

· 

Existe uma importante desigualdade importante relacionando norma e produto interno, conhecida como desigualdade de Cauchy-Schwarz

 ·  ≤    u v

u

v .

(1.10)

Se v = 0, temos u, v = 0, e a desigualdade (1.10) é trivial. Para mostrar essa desigualdade quando v = 0, notemos que, para qualquer R, temos u + t v t 0. Usando as propriedades (1.8) e (1.9), temos



∈

0

 ≥





2

2

≤ u + t v  = ( u + t v ) · ( u + t v ) = u · u + 2 t u · v + t v · v = = u + 2 t u · v + t v 2

2

2

donde 2 2

v

t + 2 (u v) t + u

2

  ≥ 0.

·

(1.11)

O primeiro membro dessa desigualdade é uma fun¸ caõ quadr´ atica em t. Para que essa fun¸cão quadr´ atica seja sempre não negativa, seu discriminante n˜ ao pode ser positivo, isto é, 4 (u v)2

·

2

2

− 4 v u ≤ 0 .

(1.12)

11


A desigualdade (1.12) implica (1.10). Dois vetores u, v Rn são ditos ortogonais quando u v = 0. Por exemplo, os vetores u = (1, 0, 9, 6) e v = (0, 1, 2, 3) são ortogonais, pois u v = 1 0 + 0 ( 1) + 9 2 + ( 6) 3 = 0. Um conjunto de vetores u1 , . . . , um é dito um conjunto ortogonal se os seus vetores são dois a dois ortogonais, isto é, ui u j = 0, i, j com 1 i, j m e i = j; se, além disso, u1 = = um = 1, dizemos que esse conjunto é ortonormal. A base canônica e1 , . . . , en é um conjunto ortonormal em Rn .

·

{

×

}

∈ ×−



·

− ×

− − × · ∀   ···   {

Exemplo 1.3. Encontrar todos os vetores de v = (2, 1).

R2

≤

≤

}

que s˜ ao ortogonais a

−

Procuramos os vetores u = (x, y) tais que u v = 0, isto é, 2 x y = 0. Logo, u = (x, 2 x). Notemos que y = 2 x é a equa¸cão da reta passa pela origem e tem v como vetor normal. (Figura 1.3).

·

Exemplo 1.4. Encontrar todos os vetores de n = (2, 1, 0).

−

R3


−

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 é equa¸caõ do plano que contém a origem e tem n como vetor normal (Figura 1.4).

·

z T y T

y = 2x

r r r j v

Figura 1.3

E x

   y = 2x  x  © Figura 1.4

yE

12

Cap. 1

No¸c˜ oes Preliminares R3

Exemplo 1.5. Encontrar todos os vetores de 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.

−

{

−

−

}

ao ortogonais: Exerc´ıcio 1.3. Determine quais dos conjuntos abaixo s˜ (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: u + v ≤ u + v. Exerc´ıcio 1.5. Demonstre as identidades: u + v − u − v = 4 u · v e u + v + u − v = 2(u + v ). 2

2

2

2

2

2

agoras em Rn : os vetores u, v Exerc´ıcio 1.6. Prove o Teorema de Pit´ s˜ ao ortogonais se e somente se u + v 2 = u 2 + v 2 .



Exerc´ıcio 1.7. Sejam u, v se e somente se u + v = u

∈ R . Mostre que u e v s˜ ao ortogonais   − v .



1.2

n

  

Matrizes

Sejam m, n 1 números inteiros. Uma matriz de ordem m n é um arranjo de m n números distribu´ıdos em m linhas e n colunas, do seguinte modo:

≥

×

 

a11 a21 .. .

a12 a22 .. .

... ... .. .

a1n a2n .. .

am1 am2 . . .

amn

 

13

Matrizes

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 ) são ditas iguais quando seus elementos correspondentes s˜ ao iguais, isto é, aij = bij , i, j.

∀

Exemplo 1.6.



1 2 1 0 x 0

 =

y t

2 z 1 0

−

 ⇐⇒ 

x= 1 y=1 z=1 t=0

−

Denotaremos por M m×n (R) o conjunto das matrizes de ordem m n de n´ umeros reais; quando m = n, denotaremos tal conjunto por M n(R); neste caso, cada elemento de M n (R) é dito uma matriz quadrada de ordem n. A matriz O M m×n cujos elementos s˜ a o todos iguais a zero é chamada matriz nula. Uma matriz com m linhas e 1 coluna é chamada matriz coluna e uma matriz com 1 linha e n colunas é chamada matriz linha.

×

∈

Exemplo 1.7. Sejam A =



     

1 2 1 3 , B=

0 3 7

e C =

1 2 9 4

.

Ent˜ ao A é matriz linha, B é matriz coluna e C é matriz quadrada de ordem 2. Existe uma correspondência 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 correspondência 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 correspondências

×

···

×

×

x = (x1 , . . . , xm)

  ←→   ←→ x1 .. .

xm

[ x1

· ··

xm ] .

(1.13)

Em uma matriz quadrada A = (aij ), os elementos a11 , . . . , ann constituem a diagonal principal de A. Uma matriz quadrada (aij ) é chamada matriz diagonal quando aij = 0, i = j, isto é, todo

∀ 

14

Cap. 1


elemento fora da diagonal principal é nulo. Uma importante matriz diagonal é a matriz identidade de ordem n: I n =

 

1 0 ... 0 1 ... .. .. . . . . . 0 0 ...

0 0 .. . 1

 

Uma matriz quadrada A = (aij ) é dita triangular superior , quando aij = 0, para todo i > j , ou seja, A=

 

a11 a12 . . . 0 a22 . . . .. .. .. . . . 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 , é a matriz B = (b j i )n×m, em que b j i = a i j , i, j . Uma matriz quadrada é dita simétrica quando AT = A, isto é, a j i = a i j , i, j. etrica se AT = A, isto é, a j i = a i j , Uma matriz é dita anti-sim´ para todo i, j: em particular, como para i = j devemos ter a i i = a i i , os elementos de sua diagonal principal são nulos.

∀

∀ − −

−

Exemplo 1.8. A matriz é anti-simétrica. Dada a matriz A= as n matrizes m

× 1: v1 =

 

 −  

9 5

  −

a12 a22 .. .

... ... .. .

a1n a2n .. .

am1 am2 . . .

amn

2 1 0

a11 a21 .. .

a11 a21 .. . am1

 

−1

0 5 3

é simétrica e

, . . . , vn =

 

  a1n a2n .. .

amn

 

 

0 1 0

−1 0 −5

0 5 0

 

15

Matrizes

chamam-se vetores colunas de A e as n matrizes 1





u1 = a11 a12 . . . a1n ,



×n

um = am1 am2 . . . amn

·· · ,



sã o os vetores linhas de A. Em muitas situa¸co˜es, é conveniente escrever A em termos de seus vetores linhas ou de seus vetores colunas: A=

 

 

u1 u2

.. .

um

ou A = [ v1 , v2 , . . . , vm ] .

Sejam A = (aij ), B = (bij ) M m×n (R). A soma de A com B, indicada por A + B é a matriz cujo termos geral é aij + bij , ou seja,

A+B =

  

∈

a11 + b11 a21 + b21 .. .

a12 + b12 a22 + b22 .. .

... ... .. .

a1n + b1n a2n + b2n .. .

am1 + bm1 am2 + bm2 . . .

amn + bmn

  

(1.14)

Verifique como exerc´ıcio que a adi¸caõ de matrizes tem as propriedades A1 a A4 (página 5).

Exemplo 1.9. Sejam A = Ent˜ ao A + B =

−

 − √   −    −  √ 1 5

4 8 4 4+ 7

3 7

,B=

3 5 1 4

1 3 2 5 3 1

, C =

.

e n˜ ao est˜ ao definidas B + C e A + C .

∈ R. O produto de A pelo número

Sejam A = (aij ) M m×n(R) e α α é a matriz α A = (α ai j ), isto é,

∈

αA =

 

α a11 α a21 .. .

α a12 α a22 .. .

... ... .. .

α a1n α a2n .. .

α am1 α am2 . . .

α amn

 

(1.15)

Mostre como exerc´ıcio que valem as propriedades M1 a M4 (p´ agina 6).

Exemplo 1.10. Se α =

−3, A =

−  −  1 0 3 1 2 0

, ent˜ ao α A =

  − −  3 9 6

0 3 0

.

16

Cap. 1


Sejam A = (aij ) M m×n (R), B = (b jk ) M n× p (R). O produto de A por B é a matriz C = (ci k ), de ordem m p, cujo termo geral cik é dado por

∈

∈

×

n

cik =

 

ai j b j k = ai 1 b1 k + ai 2 b2 k +

j=1

Exemplo 1.11.

2 1 0 1

−

0 2

 

4 4 5 0 0 0 1 0 1

· ·· + a

i n bn k

   − =

8 8 2 0

.

10 2

−



A defini¸caõ acima permite multiplicar uma matriz A = (ai j )m×n T por uma matriz n 1, X = x1 . . . , xn e o produto é uma matriz m 1, Y = [ y1 . . . ym ]T . Sempre que for conveniente, usaremos a identifica¸caõ (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 ∈ M × , B ∈ M × , C ∈ M × P2: A(B + C ) = AB + AC, ∀A ∈ M × , B, C ∈ M × P3: (A + B)C = AC + BC, ∀A, B ∈ M × , C ∈ M × m n

n p

m n

m n

p q

n p

n p

Observando a defini¸cão acima, vemos que o produto de matrizes pode ser escrito em termos das colunas de B da seguinte forma: se B = [v1 , . . . , v p ], então A B = [A v1 , . . . , A v p ] .

(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

···

A C =

 

a1 u 1 a2 u 2 .. . an un

···

 

e C B = [b1 v1 , . . . , b n vn ] .

(1.17)

17

1.3. SISTEMAS LINEARES

A demonstra¸cão do teorema fica como exerc´ıcio. Uma matriz A tal que

∈ M (R) é dita invert´ıvel n

quando existe B

∈ M (R) n

A B = B A = I n . A matriz B chama-se inversa de A e é denotada por A−1. Por exemplo, a matriz A =

  2 1 2 2

é invert´ıvel e sua inversa é A−1 =



1 1

−

−1/2 1



.

Na próxima se¸cão apresentaremos um método para calcular a inversa de uma matriz.

Exerc´ıcio 1.8. Mostre que se A e B forem invert´ıveis, ent˜ ao AB é − − 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 X T A Y = Y T AT X .

∈ M (R) e X , Y ∈ M × (R). Mostre que n

n 1

Exerc´ıcio 1.11. Seja A M n(R). Mostre que a matriz B = A + AT é simétrica e que a matriz C = A AT é anti-simétrica.

∈

−

Exerc´ıcio 1.12. Mostre que toda matriz A M n (R) se escreve como soma de uma matriz simétrica e uma matriz anti-simétrica. (Sugest˜ ao: 1 1 T T escreva A = 2 (A + A ) + 2 (A A )).

∈

−

1.3

Sistemas Lineares

Nesta se¸cão, estudamos sistemas de equa¸cões algébricas lineares. Um sistema de m equa¸cões lineares nas n variáveis x1 , . . . , xn tem a forma:

 

a11 x1 + a12 x2 + a21 x1 + a22 x2 + .. .

··· + a1n xn = b1 ··· + a2n xn = b2

am1 x1 + am2 x2 +

··· + amn xn = bm .

(1.18)

18

Cap. 1


Os n´ umeros ai j , 1 i m, 1 j n, chamados coeficientes e os bi , 1 i m, chamados termos constantes , sã o dados. Quando b1 = = bm = 0, o sistema (1.18) é chamado homogêneo ; caso contrário ele é dito n˜ ao homogêneo. Uma solu¸c˜ ao da equa¸caõ (1.18) é uma n upla (z1 , z2 , . . . , zn ) que satisfaz todas as equa¸co˜es do sistema, isto é, ai 1 z1 + ai 2 z2 + . . . + ai n zn = bi , para todo i = 1, . . . , m. ao O conjunto de todas solu¸co˜es de (1.18) é chamado conjunto solu¸c˜ de (1.18). Por exemplo, a terna (0, 1, 1) é solu¸cão do sistema

≤ ≤

≤ ≤ ·· · −

≤ ≤



x1

− x2 + 2x3 = 1 x2 − x3 = 0

(1.19)

Dessas equa¸co˜es, temos x2 = x3 e x1 = 1 x3 . Atribuindo valores arbitrários x3 = t, obtemos x1 = 1 t, x2 = t; portanto, esse sistema tem infinitas solu¸cões. O conjunto solu¸caõ de (1.19) é

−

−

S =



(1

− t,t,t) : t arbitrário



.

Um sistema linear que admite uma u ´ nica solu¸caõ é dito poss´ıvel e determinado. Um sistema linear com mais de uma solu¸caõ é chamado indeterminado. Um sistema linear que n˜ ao admite solu¸caõ é dito imposs´ıvel. Sejam S 1 :



x+y =2 x y=0

−

S 2 :



4x +6y = 0 6x +9y = 0

S 3 :



x+y =1 2x + 2y = 1

´ fácil ver que o sistema S 1 é poss´ıvel e determinado: (1, 1) é sua uńica E solu¸caõ), o sistema S 2 é indeterminado: (3, 2) e ( 3, 2) são solu¸cões de S 2 , e que S 3 é imposs´ıvel. ´ fácil ver que, se o sistema (1.18) é homogêneo, ent˜ E ao a n upla (0, . . . , 0) é solu¸cão desse sistema, chamada solu¸c˜ ao trivial. Assim, um sistema homogêneo é sempre poss´ıvel; pode-se mostrar que, se m < n, ele tem solu¸co˜es não triviais.

−

−

−

Definindo as matrizes A=

 

a11 a21 .. .

a12 a22 .. .

... ... .. .

a1n a2n .. .

am1 am2 . . .

amn

 

,

X =

 

x1 x2 .. . xn

 

e B=

 

b1 b2 .. . bm

 

19

Sistemas lineares

podemos escrever o sistema (1.18) na forma matricial A X = B

(1.20)

A matriz A chama-se matriz dos coeficientes do sistema (1.18). A matriz [A : B] =

 

a11 a21 .. .

a12 a22 .. .

... ... .. .

a1n a2n .. .

am1 am2 . . .

b1 b2 .. .

amn bm

chama-se matriz aumentada do sistema (1.18).

 

Uma classe especial de sistema sistemas lineares que podem ser facilmente resolvidos é a dos sistemas escalonados: são sistemas da forma

 

a1 1 x1 +

··· + a1 j

1

a2 j

1

x j + x j + 1 1

··· + a1 j ··· + a2 j

x jk + x + k jk .. . k

··· + a1 n xn ··· + a2 n xn

ak jk x jk +

= b1 = b2

(1.21)

··· + ak n xn = bk .

com a11 = 0, a2 j = 0, . . . , ak jk = 0. Consideremos, por exemplo, o sistema



1





 

x+y +2z = y+ z= 2z =

3 1 4.

(1.22)

−

Da terceira equa¸caõ, temos z = 2; substituindo esse valor na segunda equa¸cão, tiramos y = 3 e, substituindo esses valores na primeira equa¸cão, obtemos x = 4. Assim, sua u ´ nica solu¸cão é (4, 3, 2). Dois sistemas lineares S 1 e S 2 são ditos equivalentes (e indicamos S 1 S 2 ) quando eles têm as mesmas solu¸cões. Por exemplo, os sistemas

−

−

∼



x+y = 2 x y=0

−

e



x + 2y = 3 2x y = 1

−

são equivalentes, pois sua u ńica solu¸cão é (1, 1).

20

Cap. 1


Vamos agora introduzir, por meio de exemplos, os método de elimina¸caõ de Gauss e de Gauss-Jordan para resolver sistemas lineares. Tais métodos consistem em transformar o sistema dado em um sistema equivalente na forma escalonada, efetuando as seguintes opera¸ co˜es, oes elementares : chamadas opera¸c˜ umero real k = 0. (i) multiplicar uma das equa¸cões de S por um n´ (ii) substituir uma equa¸cão de S pela soma daquela equa¸caõ com outra equa¸cão de S .



Exemplo 1.12. Resolver o sistema Temos

   

− 1 (A) − −1 (B) ∼ 5 (C ) − x − y + z = 1 (A) y − 2z = −1 (F ) ∼ −y + z = 2 (G) x y+ z= 2x + y 4z = x 3y + 3z =

 

   

− − −

x y+ z= 2x + y 4z = x 3y + 3z =

1 1 5.

−

− y+ z= 1 3y − 6z = −3 −2y + 2z = 4 x− y+ z = 1 y − 2z = −1 −z = 1 x

(A) (D) (E )

∼

(A) (F ) (H )

Agora fica fácil resolver o sistema. Da u ´ltima equa¸caõ tiramos z = 1; substituindo na segunda, obtemos y = 3 e levando esses valores na etodo de Gauss. primeira, temos x = 1. Este é basicamente o m´ Uma outra maneira de resolver o sistema é continuar com as opera¸ cões elementares e eliminar z nas duas primeiras equa¸cões e, em seguida, eliminar y na primeira: este é o m´ etodo de Gauss-Jordan.

−

−

 

x

−y

= y = z=

− −

2 (K ) 3 (J ) 1 (I )

∼

−

 

x

= y = z=

−1 −3 −1

(L) (J ) (I )

Nessa resolu¸cão, efetuamos as opera¸co˜es: 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.

−

 

−

−

−

−

21

Sistemas lineares

 

x + 2y z=7 x + y + 2z = 3 2x + 3y + z = k

 ∼

 

x + 2y − z = 7 − z=7 y − 3z = 4 − 3z = 4 ∼ 0 = 10 − k − 3z = 14 − k Portanto, o sistema n˜ a o tem solu¸caõ, se k =  10. Se k = 10, ele é equivalente a x + 2y − z = 7 y − 3z = 4 cujas solu¸cões são y = 4 + 3z, x = −1 − 5z, z é arbitr´ ario.

−

x + 2y y y



Podemos simplificar a nota¸cão ao resolver sistemas lineares, omitindo as incógnitas e concentrando nossa aten¸caõ na matriz aumentada. Por exemplo, a resolu¸caõ do sistema linear:

   

− −

x + 2y z=1 2x + 4y 6z = 0 x y + 2z = 4

−

x + 2y y

−z = 1 − z = −1 z = 1/2

 ∼   ∼ 

− z= 1 4z = 2 3y − 3z = −3

x + 2y

x + 2y y

= = z=

3/2 1/2 1/2

−

 ∼ 

x= y= z=

5/2 1/2 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

2 4 1

−

1 2 0 0 1 0 0 0 1

    ∼    − ∼ 

−1 −6 2

1 0 4

3/2 1/2 1/2

1 2 0 0 0 3

        − 

−1 1 ∼ 4 2 −3 −3

1 0 0 0 1 0 0 0 1

1 2 0 1 0 0

5/2 1/2 1/2

−1 −1 1

   − ∼ 1 1 1/2

Agora, é só observar que a primeira coluna da matriz A estava associada a` variável x, a segunda coluna associada à variável y e a terceira coluna a` variável z para concluir que x = 5/2, y = 1/2 e z = 1/2.

−

22

Cap. 1


Por analogia com os sistemas lineares, diremos que uma matriz está na forma escalonada quando a quantidade inicial de zeros da primeira linha é menor do que a da segunda linha, que é menor de que a da terceira linha e assim por diante, ou seja, a matriz é da forma

  

a1 1 . . . a1 j 0 . . . a2 j .. .. .. . . . 0 ... 0

1 1

... ... .. .

a1 jm a2 jm .. .

... ... .. .

a1 n a2 n .. .

...

am jm . . . am n

  

.

Além de simplificar a nota¸caõ, 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 x+y =0



e

−

u+v =0 u+v =1

escrevemos

  ∼    ∼ − ∼   ∼   −    − −  −  

1 1 1 1

1 1 0 1

1 0 0 1

1 0 1 2

1 2

1 1 0 2

1 0 1 1

1 0 0 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¸cões (x, y) = (1/2, 1/2) e (u, v) = ( 1/2, 1/2) são os elementos da inversa da matriz A =

1 1 1 1

, isto é,

A−1 =

1/2 1/2

1/2 1/2

.

O procedimento acima é v´ a lido em geral. Se A é uma matriz n n − 1 invert´ıvel, sua inversa, A , é caracterizada pela igualdade A A−1 = I . Escrevendo

×

e1 = [1, 0, . . . , 0]T , . . . , en = [0, . . . , 0, 1]T e A−1 = [X 1 , . . . , Xn ] ,

23

Sistemas lineares

a igualdade A A−1 = I é equivalente a A X 1 = e1 , . . . , A Xn = en . Logo, as colunas X 1 , . . . , Xn são solu¸cões dos sistemas A X = e1 , . . . , A X = en . Deste modo, para encontrar a inversa de A, escalonamos a matriz

 

a11 a21 .. . an1

a12 . . . a22 . . . .. .. . . an2 . . .

a1n a2n .. . ann

 

1 0 ... 0 1 ... .. .. . . . . . 0 0 ...

0 0 .. . 1

 

.

 

1 2 3 2 5 3 1 0 8

A matriz que resultar a` direita da linha ser´ a A−1 .

Exemplo 1.14. Calcular a inversa da matriz A =

 

1 2 3 2 5 3 1 0 8

 ∼  ∼

1 2 0 1 0 0

 

.

   −  − ∼ − −     −   −  − − − ∼ ∼  − − − −  −   −− −−  −   −− −− 

1 0 0 0 1 0 0 0 1

Logo, A−1 =

 

  ∼

1 0 0

1 2 5

0 1 2

0 0 1

40 13 5

16 5 2

9 3 1

1 0 0 0 1 0 0 0 1

3 3 1

40 13 5

16 5 2

9 3 1

2 1 2

3 3 5

1 0 0 2 1 0 1 0 1

1 2 0 0 1 0 0 0 1

.

.

14 13 5

6 5 2

3 3 1

24

Cap. 1


Exerc´ıcio 1.13. Resolver cada um dos sistemas abaixo: a)

c)

 − −  −  − − −    − −       2x + 3y 8z = 7 3x + y + z = 8 5x + 4y 3z = 17

x + 3y + z = 8 8x + 2y 2z = 7 3x + 5y + 4z = 17

b)

d)

  − −−  − − − −              3x + y + z = 8 5x 3y + 4z = 17 2x 8y + 3z = 7

x+3y + z = x + y 2z = x 5y +kz =

8 4 12

Exerc´ıcio 1.14. Calcule a inversa de cada uma das matrizes abaixo:

1.4

A=

1 3 1 1

D=

1 1 1 3 1 0 2 0 2

B=

0 1 1 1

E =

1 1 0 1 3 1 0 5 2

C =

1 1 1 1

2 1 2 2

3 3 2 3

F =

2 0 2 3 1 0 1 1 1

5 4 5 4

Determinante

Nesta se¸caõ definimos o determinante de uma matriz n n, A = (ai j ), que denotaremos por det(A) (ou por A , de acordo com a conveniência). Lembremos que os determinantes de matrizes 2 2 e 3 3 são dados por

| |

  

a b c d

 −    − = ad

bc

1 0 1 1 6 5 0 3 4

×

×

(1.23)

a b c d e f = a e i + b f g + c d h g h i

Por exemplo,

×

 

=6

− g e c − h f a − i b d .(1.24)

(confira!)

25

Determinantes

Para matrizes quadradas de ordem n 3, definimos o determinante de modo recursivo, isto é, o determinante de uma matriz de ordem n é dada em termos do determinante de uma matriz de ordem n 1. Para essa defini¸caõ geral, precisamos da no¸caõ 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 ésima linha e a j ésima 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

≤ −

≤

−

−

−

M =

  −

1 1 0 0

0 6 3 1

−1

0 3 1

−1

−

3 5 7 0 8 3 2

 

então: M 11 =

 −

6 5 7 3 0 8 1 3 2

 

, M 24 =

 

1 0 0

−

0 3

 

e M 32 =

 −

1 1 0

−1

3 5 7 3 2

 

.

O determinante da matriz A, dada em (1.25), é definido por n

det A =

−

( 1)1+ j a1 j det A1 j

(1.26)

j=1

Exemplo 1.15. Calcular o determinante da matriz

  −

1 1 0 0

−

0 6 3 1

−1

0 5 7 0 8 3 2

 

26

Cap. 1

Como a11 = 1, a12 = 0, a13 =

−1, a

  −

 −

1 1 0 0

0 6 3 1

−

−1

0 5 7 0 8 3 2

 

= ( 1)1+1 1

−

=

14


= 0, pela defini¸caõ acima temos

6 5 7 3 0 8 1 3 2

−151 + 14 = −137

 

+ ( 1)1+3( 1)

−

−

 − 

1 0 0

6 7 3 8 1 2

−

 

A defini¸caõ acima expressa o determinante em termos dos elementos da primeira linha e seus cofatores: é a chamada expans˜ ao do determinante ´ poss´ıvel mostrar que obtemos o mesmo valor pela primeira linha . E quando fazemos a expans˜ ao usando qualquer linha ou coluna, isto é n

para cada i fixado,

det A =

− −

( 1)i+ j aij det Aij

j=1 n

para cada j fixado,

det A =

( 1)i+ j aij det Aij

i=1

O próximo teorema dá algumas propriedades do determinante que decorrem diretamente de sua defini¸caõ. A demonstra¸cã o não é dif´ıcil, mas é trabalhosa e, por essa raz˜ ao, será omitida.

Teorema 1.2. O determinante tem as seguintes propriedades: 1) det I n = 1. 2) Se A tem duas linhas ou duas colunas iguais, ent˜ ao det A = 0. 3) O determinante é linear em cada linha e cada coluna, isto é,

det

 

α v1 + w1 v2

.. . vn

 

= α det

 

v1 v2

.. . vn

 

+

 

w1 v2

.. . vn

 

o mesmo valendo para as outras colunas e para as linhas . 4) det(A B) = det A det B, A, B M n(R) 5) det AT = det A , A M n(R).

∀ ∈

∀

∈

´ 1.5. N UMEROS COMPLEXOS

27

Exerc´ıcio 1.15. Calcule o determinante das matrizes: A=

   3 6 1 5

B=

9 3 6 2 5 0 2 0 2

  −  

3 2 1 3

C =

0 2 3 4

−

0 3 0 0

0 1 2 2

 

Exerc´ıcio 1.16. Mostre que o determinante de uma matriz triangular é o produto dos elementos da diagonal principal.

1.5

N´ umeros Complexos

Denotaremos por C o conjunto dos n´ umeros complexos, isto é, C

= x + i y : x, y

{

2

∈ R, em que i = −1}.

Se z = x + i y, com x, y R, o n´ umero x chama-se parte real de z e y aria de z. Definimos as opera¸ chama-se parte imagin´ cões algébricas em C do seguinte modo: dados z1 = a + ib, 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¸cões de adi¸cão e multiplica¸caõ em C têm as mesmas propriedades que as opera¸co˜es 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 = 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 correspondência 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 correspondência relaciona soma de n´ umeros complexos com soma de vetores.

←→

28

Cap. 1


Para cada n´ umero complexo z = x+i y, definimos o seu conjugado odulo ou valor absoluto por z = x2 + y 2 . por z¯ = x i y e o seu m´ ´ claro que z 2 = z z¯. E O inverso multiplicativo do n´ umero z = x + i y é dado por

−

||

z −1 =



||

z¯ x iy x = 2 = z z¯ x + y 2 x2 + y 2

−

−i x

y . 2 + y2

ao de dois n´ A divis˜ umeros z = a + i b , w = c + i d é z/w = z w−1 . Portanto z zw ¯ (a + i b)(c i d) = = w w2 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. ao Exemplo 1.17. Se z = 6 + 2 i e w = 4 + 3 i, ent˜ z 6+2i (6 + 2 i)(4 3 i) 30 10 i = = = =6 w 4+3i 5 16 + 9

√

−

−

Exerc´ıcio 1.17. Mostre que, quaisquer que sejam z, w (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

 0 

r   θ

B z¯ = 2 + i B z −1 = (2 + i)/5

 x

−i

y

x

x Figura 1.6

Figura 1.5

Seja z = x + i y

∈ C:

| | | || |

y

jz=2

− 2 i.

∈ C. Usando coordenadas polares, x = r cos θ,

y = r sen θ,

29


escrevemos a forma trigonom´ etrica (ou forma polar) de z: z = r (cos θ + i sen θ).



Nessa expressão, r = x2 + y2 é o módulo de z. Vamos escrever a expressão 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 trigonométrica simplifica a multiplica¸ cã o e a divisã o de números complexos: se z1 = r1 cis θ1 e z2 = r2 cis θ2 , então

√

z1 z2 = r1 r2 cis(θ1 + θ2 )

(1.27)

z1 r1 = cis(θ1 z2 r2

(1.28)

−θ ) 2

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¸caõ da f´ ormula para o quociente é 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 fórmula (1.27), temos z w = 6 . 3cis(π/3 + π/6) = 18 cis (π/2) = 18 i z 6 = cis(π/3 π/6) = 2cis(π/6) = 3 + i w 3 A fórmula (1.27) simplifica o c´ alculo de potências de n´ umeros complexos; de fato, por (1.27) temos que, se z = r cis(θ), então

−

√

z 2 = [r cis(θ)][r cis(θ)] = r 2 cis(2 θ) z 3 = z 2 z = [r2 cis(2 θ)][r cis(θ)] = r 3 cis(3 θ) Usando indu¸cão, temos, mais geralmente, a fórmula de De Moivre z n = rn [cos(n θ) + i sen(n θ)] = r n cis(n θ).

(1.29)

30

Cap. 1


√

Exemplo 1.19. Calcular (1 + i)12 e (1 + i 3)20 .

√ √ Notemos que 1 + i = 2cis(π/4) e que (1 + i 3) = 2cis(π/3).

Pela fórmula de DeMoivre, temos

√

(1 + i)12 = ( 2)12 cis (12π/4) = 26 cis(3π) = 26 = 64 √3 1 20 20 20 20 (1 + i 3) = 2 cis (20π/3) = 2 cis(2π/3) = 2 ( 2 + i 2 ) = = 219 ( 1 + i 3)

√

−

√

−

− −

Fun¸co ˜es Complexas de Vari´ avel Real Seja I

⊂ R um intervalo. Toda fun¸cão f : I → C se escreve na forma f (t) = u(t) + i v(t),

R. As fun¸ com u, v : I co˜es u e v chamam-se parte real e parte imagin´ aria de f e são denotadas por Re (f ) e Im (f ), respectivamente, ou seja, u = Re (f ) e v = Im (f ). Assim, toda fun¸cão complexa de variável real pode ser identificada com a fun¸caõ vetorial F : I R2 dada por F (t) = (u(t), v(t)). Os conceitos b´ asicos do Cálculo de fun¸co˜es reais de uma vari´ avel real transportam-se de modo natural para fun¸co˜es complexas de uma variável real. Uma fun¸cão f = u + i v é é dita cont´ınua se as fun¸cões u e v forem cont´ınuas. Do mesmo modo, f = u + i v é dita derivável se u e v forem deriv´ aveis; neste caso, a derivada de f é

→

→

f  (t) = u (t) + i v (t). Por exemplo, se f (t) = cos t + i sen t, temos f  (t) = Dados a, b

−sen t + i cos t = i (cos t + i sen t) = i f (t).

(1.30)

∈ I com a < b, definimos a integral de f em [a, b] por



b

b

f (t) dt =

a



b

As integrais

a

 a





b

u(t) dt + i

v(t) dt .

a

b

u(t) dt e

a

v(t) dt são facilmente calculadas usando o

Teorema Fundamental do C´ alculo: se U (t) e V (t) são primitivas de u(t)

31


e v(t) (isto é, U  (t) = u(t) e V  (t) = v(t), então



b



∀t ∈ [a, b]), respectivamente,

b

u(t) dt = U (b)

a

− U (a)

e

v(t) dt = V (b)

a

− V (a)

Logo, se F (t) é uma primitiva de f (t) em [a, b] (isto é, F  (t) = f (t), para todo t [a, b]), temos

∈



b

f (t) dt = F (b)

a

− F (a).

(1.31)

A f´ ormula de Euler ei θ = cos θ + i sen θ.

(1.32)

Da igualdade (1.27) temos cis(θ1 + θ2 ) = cis θ1 cis θ2 o que mostra que a fun¸cão f (t) = cis(t) tem a propriedade exponencial as+t = as at . Além disso, é claro que f (0) = 1. Portanto é 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  (t) = i f (t), vemos que para que esta nova exponencial satisfa¸ca a  conhecida regra de deriva¸ caõ eα t = α eα t , a escolha apropriada para o expoente é α = i e definimos

∈



ei t = cos t + i sen t . Definimos agora a fun¸caõ 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


Usando a fórmula de Euler, escrevemos a forma polar de um n´ umero complexo como z = r ei θ . Como ei θ é uma fun¸cão peri´ odica de per´ıodo 2 π (pois cos θ e sen θ o são), uma igualdade do tipo r1 ei θ = r2 ei θ , 1

2

com r1 > 0 e r2 > 0,

implica r1 = r2 e θ2 = θ1 + 2 n π, para algum n

∈ Z.

A fórmula de Euler permite expressar as fun¸cões seno e cosseno em termos da exponencial complexa: ei θ + e−i θ cos θ = 2

e sen θ =

ei θ

iθ

− e−

(1.34)

2i

Essas igualdades são u ´ teis no c´ alculo de integrais como



et cos t dt

(o cálculo convencional dessa integral é trabalhoso, pois envolve duas vezes a integra¸caõ por partes e uma transposi¸cão). Vamos calcul´ a-la, usando (1.34). Como e(1+i) t  = e(1+i) t 1+i

 

e

por (1.31) temos



   −

e(1−i) t  = e(1−i) t 1 i

  −



1 1 et cos t dt = et (ei t + e−i t ) dt = (e(1+i) t + e(1−i) t ) dt = 2 2 (1+i) t (1−i) t 1 e e = + + C = 2 1+i 1 i 1 (1 i) e(1+i) t + (1 + i)e(1−i) t = + C 2 2

Agora, como (1

(1+i) t

− i) e

−





= (1 i) et (cos t + i sen t) = = et cos t + sen t i (cos t sen t)

−

−

−



33


e

(1 + i) e(1−i) t = (1 + i) et (cos t i sen t) = = et cos t + sen t + i (cos t sen t) ,

temos





et cos t dt =

−

−

1 t e (cos t + sen t) + C. 2



Exerc´ıcio 1.18. Mostre que



ea t sen b t d t =

1 ea t (a sen b t 2 2 a +b

− b cos b t) + C.

Ra´ızes de n´ umeros complexos esima de um n´ Uma raiz n ´ umero complexo z é um n´ umero w n tal que w = z. A fórmula de Euler é especialmente u´til para calcular ra´ızes n ésimas de números complexos. Se z = r0 ei α , procuramos w = r ei θ tal que wn = z, ou seja, r n ei n θ = r0 ei α . Dessa igualdade, Z, ou seja r = n r0 e θ = temos rn = r0 e nθ = α + 2k π, k Z. Como cis (θ + 2 π) = cis(θ), essa rela¸ (α + 2k π)/n , k cão fornece exatamente n ra´ızes distintas, que s˜ ao dadas por

−

−

∈ √ r= r n

√

∈

0

α 2k π θ= + , n n

k = 0, 1, . . . , (n

− 1).

Exemplo 1.20. Encontrar todas as solu¸c˜ oes da equa¸cao ˜ 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 + iθ 3 i r sen θ = e satisfaz λ + 64 = 0. De λ = r ei θ temos λ3 = r3 ei 3 θ ; lembrando que 64 = 64 ei π , reescrevemos a equa¸caõ acima como r3 ei 3 θ = 64 ei π . Portanto, r = 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, portanto λ0 = 4 ei π/3 = 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 θ2 = 5 π/3, portanto λ2 = 4 ei 5 π/3 = 4[cos(5π/3) + i sen (5π/3)] = 2(1 i 3); A partir de n = 3 os valores se repetem: para n = 3,

−

− √

√ ∈ 3

√

−

∈

34

Cap. 1


obtemos θ3 = 7 π/3 = 2 π + π/3, portanto λ3 = λ0 ; analogamente, λ4 = λ1 , λ5 = λ2 e assim por diante. Logo as solu¸cões da equa¸cão λ3 + 64 = 0 são λ0 = 2(1 + i 3), λ1 = 2 λ3 = 2(1 i 3). As solu¸co˜es λ0 , λ1 e λ2 têm uma representa¸caõ geométrica interessante no plano complexo: elas são vértices de um triângulo equilátero, como mostra a figura 1.7 abaixo.

√

− √

−

˜ da equa¸c˜ ao λ4 + 16 = 0. Exemplo 1.21. Encontrar todas as solu¸coes Escrevendo λ = r ei θ e 16 = 16 eπ i , a equa¸caõ acima fica r4 e4 i θ = Z, donde 16 eπ i . Portanto, r = 16 = 2 e 4 θ = π + 2 n π , n 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¸cão geométrica das solu¸co˜es no plano complexo é mostrada na figura 1.8 abaixo.

√− ∈ 4

− √ − − √ −

•

√

2(1 + i 3)

−

√

( 1 + i) 2

√ √

∈

•

•

√

(1 + i) 2

−4 • • 2(1 − i √3)

− − i) √2 •

• (1 − i) √2

( 1

Figura 1.7

Figura 1.8

oes: Exerc´ıcio 1.19. Efetue as opera¸c˜

− 6 i)(−5 − 4 i) 4 (iv) −3 − √−9 (i) (2

− 5 i) − 8 (v) (x + i y)(x − y i) (ii) (3

(iii) (2 5 i)(2 + 5 i) 3+ 2 (vi) i

−√

oes: i5 , i6 , i7 , i8, i9 , i10 , i98 , Exerc´ıcio 1.20. Simplifique as express˜ i105 , i4 k , i4 k+1 , i4 k+2 , i4 k+3 .

35


Exerc´ıcio 1.21. Calcule as ra´ızes indicadas:

√

√ − 3−i)

(i) ( 25)1/2 (ii) 641/4 (iii) 64−1/4 (iv) ( 1+i 3)1/3 (v) (

−

−

1/3

umero abaixo na forma a + b i: Exerc´ıcio 1.22. Escreva cada n´ (i) [2 cis (15◦ )]4

√ (iv) ( 3 − i) 27

(vii) i

(ii) [3cis(5◦)]12

5

− 1/i

(v) (1 + i)100 i26 + i64 (viii) 13 i + i16

18

(iii) [2cis(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¸cao ˜ 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.

∈

| − |

C fixados, com z1 = z2 . Descreva Exerc´ıcio 1.26. Sejam z1 , z2 geometricamente o conjunto de todos os pontos z do plano que satisfazem z z1 = z z2 .

∈



| − | | − |

Observa¸cão 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 para o espa¸co Rn, pode ser feito para o conjunto n

C

= (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¸ coes ˜ em Cn também satisfazem as propriedades A1 a A4 e M1 a M4.

−

−

36

Cap. 1


O produto interno usual de Cn é definido do seguinte modo: dados u = (x1 , . . . , xn ), v = (y1 , . . . , yn ) Cn , pomos:

∈

u, v = x

1

y¯1 + . . . + xn y¯n ,

(1.35)

em que y¯ j denota o conjugado complexo de y j . Definimos a norma de um vetor u de Cn como sendo u = 0). u, u (note que u, u



 



 ≥

c˜ oes Observa¸ca õ 1.3. (Matrizes Complexas) Em algumas situa¸ 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 M m n (C).

×

Cap´ıtulo 2 Equa¸co ˜es de Primeira Ordem 2.1

Introdu¸c˜ ao

Muitos fenˆ omenos em f´ısica, biologia e qu´ımica s˜ ao descritos por uma equa¸cão envolvendo uma fun¸cão incógnita e algumas de suas derivadas. Um exemplo simples de tal fenˆ omeno é a desintegra¸caõ radioativa: a taxa de desintegra¸caõ de uma substˆ ancia é diretamente proporcional a` quantidade do material radioativo presente. Designando por q(t) a quantidade da substˆ ancia radioativa no instante t e por k a constante de proporcionalidade, temos q (t) = k q(t)

(2.1)

Um outro exemplo b´ asico é dado pelo movimento em uma dimensão. Um problema fundamental em Mecˆ anica é determinar a posi¸cão x(t) de uma part´ıcula m em um instante t conhecendo-se a resultante F (t,y,y  ) das for¸cas que atuam sobre ela (tais for¸cas podem depender do tempo, da posi¸caõ e da velocidade da part´ıcula). De acordo com a segunda lei de Newton, temos m y = F (t,y,y  ) .

(2.2)

Se a fun¸caõ F for constante, é f´ a cil ver que a solu¸cão é da forma y(t) = A + Bt + Ct2 . Vejamos um exemplo em que a for¸ca F depende de t, y e y  . 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 é F r = k y. Suponhamos ainda que o meio ofere¸ca uma resistência ao movimento cuja intensidade é proporcional a` velocidade, F a = b y  , e que uma for¸ca f (t) é aplicada ao objeto. Logo, a resultante das for¸ cas que atuam  sobre o objeto é k y b y + f (t). De acordo com (2.2), o deslocamento da massa m é descrito pela equa¸caõ

−

−

−

m y + b y  + k y = f (t) .

O y

(2.3)

k

m

c Figura 2.1

Consideremos um exemplo em biologia: um modelo simples de crescimento populacional, chamado modelo Malthusiano, sup˜ oe que a taxa  de varia¸caõ y (t) de uma popula¸caõ em um instante t é proporcional a` popula¸caõ y(t) naquele instante, isto é, y(t) satisfaz uma equa¸cã o da forma y (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¸caõ (2.4) descreve bem o crescimento populacional quando o n´ umero de indiv´ıduos n˜ ao é muito grande. Quando esse n´ umero cresce além de um certo ponto, a popula¸ cão fica suscet´ıvel a alguns fatores que tendem a reduzir o seu crescimento, tais como ´ natural impor uma limita¸cão ao falta de alimentos, epidemias, etc. E número de elementos da popula¸caõ, 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¸cão da forma y  (t) = k y(t) [ N

− y(t) ] .

(2.5)

´ importante conConsideremos agora um exemplo em qu´ımica. E hecer seu tempo de dura¸caõ de uma rea¸cão qu´ımica. Rea¸co˜es como as explosões processam-se t˜ ao rapidamente que elas podem ser consideradas instantˆ aneas. Por outro lado, rea¸ co˜es como a decomposi¸cão do plástico e a desintegra¸caõ radioativa se processam em longos intervalos de tempo, chegando a durar anos. Em algumas situa¸ cões, como na decomposi¸cão de lixo, cicatriza¸caõ de ferimentos ou no endurecimento de concreto, é interessante acelerar a rea¸ cão. Em outras casos, é desejável que o processo seja retardado ao m´ aximo, como é o caso da deteriora¸cão de alimentos, coagula¸cão do sangue, etc. A velocidade de uma rea¸caõ qu´ımica (que é a rapidez com que ela se processa) depende da concentra¸caõ dos reagentes, press˜ ao, temperatura, etc. Para simplificar nosso exemplo, assumiremos que todos esses fatores, exceto a concentra¸caõ, permanecem constantes. Assim, a velocidade da rea¸caõ depende apenas da concentra¸ cão dos reagentes. Um princ´ıpio fundamental no estudo da velocidade das rea¸cões qu´ımicas é a chamada lei da a¸cao ˜ das massas, segundo a qual a taxa de varia¸caõ da concentra¸caõ (a concentra¸ cão é dada em moles por unidade de volume) das substâncias reagentes é diretamente proporcional a` concentra¸cão de cada uma dessas substˆ ancias. Rea¸co˜es qu´ımicas são classificadas como unimoleculares, bimoleculares, etc de acordo com o n´ umero de moléculas reagentes. A dissocia¸caõ do bromo gasoso Br2

−→

2 Br

é uma rea¸caõ unimolecular. Já a rea¸caõ em que 2 moléculas de o´xido n´ıtrico (NO) reagem com uma molécula de oxigênio (O2 ) para formar 2 moléculas de dióxido n´ıtrico 2 NO + O2

−→

é um exemplo de rea¸caõ trimolecular.

2 NO2

˜ DE PRIMEIRA ORDEM CAP ´ ITULO 2. EQUAC ¸ OES

40

A lei da a¸cão das massas fornece uma equa¸caõ que deve estar satisfeita pela concentra¸caõ dos reagentes. De fato, em uma rea¸caõ unimolecular, se y(t) denota a concentra¸ cão da substˆ ancia reagente (digamos, 3 em molécula grama por cm ) no instante t, pela lei da a¸cão das massas, temos y  (t) = k y(t) (2.6)

−

em que k é a constante de proporcionalidade (como a concentra¸ cão da substância reagente decresce durante a rea¸ cão, a taxa de varia¸cão da concentra¸caõ é negativa). Quando duas substˆ ancias A e B reagem para formar uma (ou mais) substâncias novas em uma rea¸caõ tal como

−

A + B

−→

C

a velocidade da rea¸cão é diretamente proporcional ao produto das concentra¸cões dos reagentes. Denotemos por a a concentra¸cão inicial da substância A, por b a concentra¸cão inicial da substˆ ancia B (suponhamos b < a) e por y(t) a concentra¸caõ do produto C da rea¸ca˜ o no ´ fácil ver que as concentra¸cões de A e B no instante instante t. E t são a y(t) e b y(t) , respectivamente. Ent˜ ao

−

−

 −  − 

y (t) = k a

y(t)

b

y(t)

(2.7)

(a constante k na equa¸cão (2.7) é positiva pois y(t) cresce quando t cresce). Rea¸cões qu´ımicas envolvendo mais reagentes d˜ ao origem a outros tipos de equa¸co˜es diferenciais. Mais detalhes podem ser encontrados em textos de F´ısico-Qu´ımica.

2.2

Defini¸co ˜es

Uma equa¸caõ que relaciona uma fun¸caõ incógnita e algumas de suas derivadas é chamada equa¸ ca õ diferencial. Quando a fun¸cão incógnita depende de uma uńica variável real, ela é chamada equa¸ cao ˜ difeõ incógnita dependa de mais de uma rencial ordin´ aria ; caso a fun¸ca

˜ SEPARAVEIS ´ 2.3. EQUAC ¸ OES

41

variável real ela é dita uma equa¸c˜ ao diferencial parcial . Nesta texto, trataremos exclusivamente das equa¸cões diferenciais ordin´ arias. A ordem de uma equa¸cão diferencial é a mais alta ordem das derivadas da fun¸caõ incógnita que comparece na equa¸cão. Assim, (2.1), (2.4) e (2.5) são equa¸cões de primeira ordem e (2.3) é uma equa¸ caõ de segunda ordem. A forma geral de uma equa¸cão diferencial ordin´ aria de primeira ordem é y  (t) = f (t, y(t)), (2.8) que escreveremos abreviadamente y  = f (t, y). Na equa¸caõ (2.8), f (t, y) é uma fun¸caõ definida em um subconjunto ao de (2.8) é uma fun¸cão y(t) definida em um A de R2 . Uma solu¸c˜ intervalo I tal que: (t, y(t)) A, t I e y(t) satisfaz (2.8), isto  é, y (t) = f (t, y(t)), t I . Por exemplo, a fun¸ caõ ϕ(t) = 8 e3 t é solu¸caõ da equa¸cão y  = 3 y, pois ϕ (t) = 24 e3 t = 3 ϕ(t). Para cada (t0 , y0 ) A, o problema de encontrar uma solu¸cão 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¸cao ˜ dada é 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:  − t a) y + y = 1; y(t) = 1 + ce ; y = 3 quando t = 0 b) ty  = 3y, y(t) = ct3 ; y = 1 quando t = 2 c) y  + 9y = 0; y(t) = cos 3t + c sen 3t; y = 5 quando t = π/6.

−

2.3

Equa¸c˜ oes Separ´ aveis

Uma equa¸caõ diferencial que pode ser escrita na forma g(y)

dy = h(t) , dt

(2.9)

42

Cap. 2

Equa¸coes ˜ de Primeira Ordem

(algumas vezes tamb´ em escrita na forma g(y) dy = h(t) dt) é chamada separ´ avel. As fun¸cões g e h em (2.9) são cont´ınuas em convenientes intervalos. Solu¸cões de tais equa¸cões podem ser facilmente encontradas: se y = ϕ(t) é uma solu¸cão de (2.9) em um intervalo I , podemos escrever g(ϕ(t)) ϕ (t) = h(t), t I.

∀∈

Integrando, temos









g(ϕ(t)) ϕ (t) dt =

h(t) dt

(2.10)

Substituindo y = ϕ(t) (portanto du = ϕ (t) dt) na integral do primeiro membro e usando a f´ ormula de integra¸caõ por substitui¸caõ para integral indefinida, podemos escrevê-la como g(ϕ(t)) ϕ (t) dt =

g(y) dy .

(2.11)

Se G(y) e H (t) são primitivas de g e h, respectivamente, isto é, G (y) = g(y) e H  (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¸ cão numa forma impl´ıcita . Resolvendo essa equa¸cão na vari´ avel y, obtemos explicitamente y(t).

Exemplo 2.1. Resolver o PVI y = 6 t5 e−y , y(1) = 1. A equa¸cão é separável pois podemos reescrever e−y y  = 6 t5 Integrando, temos



ey dy = 6

donde C = e

−



t5 dt

ey = t6 + C , ou y = ln(t6 + C ). Como y(1) = 1, temos 1. Logo, y(t) = ln(t6 + e 1).

−

43

Equa¸c˜ oes separ´ aveis

˜ da equa¸c˜ ao diferencial y  = y2 . Exemplo 2.2. Encontrar as solu¸coes Dividindo os dois membros da equa¸cão por y 2 e integrando, temos

 ou seja

y −2 dy =



dt,

− y1 = t + C,

donde obtemos

−1

y(t) =

, (2.13) t + C uma fórmula que fornece quase todas as solu¸co˜es da equa¸cão diferencial dada. Notemos que o primeiro passo na resolu¸caõ da equa¸cão diferencial foi dividir por y2 ; para isso precisamos ter y = 0. Sempre que efetuamos alguma opera¸cão, devemos tomar algum cuidado, pois algumas solu¸co˜es podem ser ocultadas por esse processo, como ocorreu neste caso. A fun¸caõ y(t) 0 é uma solu¸cã o que n˜ ao é dada pela fórmula (2.13).



≡

Exemplo 2.3. Resolver a equa¸c˜ ao diferencial y  = k (y

em que

− a) (y − b) , k, a, b s˜ ao constantes, com a =  b.

Em primeiro lugar, notemos que as fun¸co˜es constantes y(t) a e y(t) b são solu¸cões da equa¸caõ diferencial. Para y = a e y = b, a equa¸cão diferencial pode ser escrita na forma

≡





(y

−

dy a) (y

− b)

=k



≡ 

dt

Vamos calcular a integral do primeiro membro usando o método das fra¸cões parciais: escrevendo (y

−

1 a) (y

− b)

=

A y

−a

+

B y

−b

44

Cap. 2

temos A =


−1 . Logo, a−b a−b 1 dy 1 dy = k t + C − a−b y−a a−b y−b | y − a | = k (a − b) t + C (a − b) ln |y − b| 1

, B=



ou



Isolando y (isto é, resolvendo essa equa¸cão para obter y como fun¸cão de t), temos a b C 1 ek (a−b)t y(t) = (2.14) 1 C 1 ek (a−b)t (C 1 = eC (a−b) , o sinal + ou da solu¸caõ).

±

− −

− é escolhido dependendo do valor inicial

Observa¸cão 2.1. Conforme vimos em (2.6), a equa¸c˜ ao estudada no Exemplo 2.3 descreve a velocidade de uma rea¸cao ˜ qu´ımica em que y(t) designa a concentra¸cao ˜ do produto da rea¸cao. ˜ Suponhamos que a < b na equa¸c˜ ao (2.6). A condi¸ cao ˜ inicial é y(0) = 0. Substituindo essa informa¸c˜ ao em (2.14), obtemos C 1 = a/b. Portanto a(1 ek (a−b) t ) y(t) = 1 a ek (a−b) t /b

−

−

0, quando t Notemos que, como k (a b) < 0, temos ek (a−b) t . Logo, y(t) a, quando t , isto é, a concentra¸cao ˜ do produto da rea¸c˜ ao tende à concentra¸c˜ ao do reagente A.

→

− →∞

→

→∞

Observa¸cão 2.2. Equa¸c˜ oes diferenciais da forma



z z  (x) = F

x

(2.15)

n˜ ao s˜ ao separ´ aveis, mas podem ser colocadas na forma (2.9) ap´ os uma conveniente mudan¸c a de vari´ aveis. De fato, chamando y = z/x, ou z = x y, temos z = y + x y .

45

Equa¸c˜ oes separ´ aveis

Substituindo essa express˜ ao em (2.9), temos y + x y  = F (y) donde

1 F (y)

−y

y =

1 . x

Exemplo 2.4. Encontrar as solu¸coes ˜ da equa¸c˜ ao (x2 + z 2 ) z  = x z. Podemos reescrever a equa¸caõ diferencial na como z =

xz z/x = = f (z/x), x2 + z 2 1 + (z/x)2

y . Chamando z = x y e repetindo o procedimento 1 + y2 acima, podemos reescrever a equa¸caõ dada como em que f (y) =

1

y =

1 x

(y −3 + y−1 ) y =

1 x

y 1 + y2

−y

ou

Integrando, temos 1 2 y2

− ln |y| = ln |x| + C .

Voltando a` variável z, obtemos x2 2 z2

− ln |z| = C ,

uma equa¸cão que fornece z implicitamente como fun¸caõ de x.

46

2.4

Cap. 2


Equa¸c˜ ao Linear de Primeira Ordem

Como um caso especial importante da equa¸caõ (2.8) temos a chamada equa¸c˜ ao linear de primeira ordem y  + a(t) y = b(t).

(2.16)

Na equa¸caõ (2.16), a(t) e b(t) são fun¸cões (conhecidas) cont´ınuas em um intervalo I . Se b(t) 0, a equa¸caõ é (2.16) chamada n˜ a o homogênea. Se b(t) 0, essa equa¸cão é chamada homogênea e tem a forma y  + a(t) y = 0. (2.17)

≡

≡

Nosso objetivo nesta se¸caõ é obter uma express˜ ao que forne¸ca todas as solu¸cões da equa¸caõ (2.16): tal expressão é chamada solu¸c˜ ao geral de (2.16). Em virtude de sua simplicidade, analisaremos primeiramente a equa¸caõ homogênea.

A Equa¸c˜ ao Homogˆ enea. ´ fácil ver que (2.17) é uma equa¸caõ separ´ E avel e que a fun¸caõ y(t) 0 é solu¸caõ de (2.17). Procuremos solu¸cões y(t) = 0 de (2.17). Podemos reescrever (2.17) na forma

≡



y  (t) = y(t)

−a(t).

(2.18)

Seja A(t) uma fun¸cão cuja derivada é a(t), isto é, A (t) = a(t). Integrando (2.18), temos ln y(t) =

| | −A(t) + K

(em que K designa uma constante arbitr´ aria), ou seja, A(t)+K

|y(t)| = e−

= e−A(t) eK .

(2.19)

Agora, notando que y(t) é uma fun¸cão cont´ınua e y(t) = 0, t, temos, ou y(t) > 0 para todo t, ou y(t) < 0 para todo t. Portanto, chamando

 ∀

47

Equa¸c˜ ao linear de primeira ordem

C = eK , se y(t) > 0, reescrever (2.19) como

K

∀t ou C = −e

, se y(t) < 0,

y(t) = Ce−A(t) .

∀t, podemos (2.20)

A expressão (2.20) também inclui a solu¸caõ nula se tomarmos C = 0. Assim, fazendo C variar em R, obtemos todas as poss´ıveis solu¸co˜es da equa¸cão (2.17). Logo, (2.20) é a solu¸ caõ geral da equa¸cão (2.17).

Exemplo 2.5. Encontrar a solu¸c˜ ao da equa¸cao ˜ y (t) = 3 y(t) tal que y(1) = e. Repetindo o procedimento acima ou usando (2.20), vemos que a solu¸ cão geral da equa¸cão diferencial é y(t) = C e 3 t . Pondo t = 1, temos y(1) = C e 3 . Como y(1) = e, segue-se que C = e−2 . Logo, y(t) = e−2 e3 t = e3 t−2.

Exemplo 2.6. (Desintegra¸cão Radioativa) A meia vida de um certo is´ otopo de estrˆ oncio é 28 anos (isto é, 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 estrôncio se reduza a 10% da original? A taxa de desintegra¸caõ de uma substância radioativa em qualquer instante é proporcional a` quantidade dessa substˆ ancia naquele instante. Assim, se Q(t) é a quantidade (n´ umero de a´tomos ou massa) de uma certa substˆ ancia radioativa no instante t, temos Q (t) =

−a Q(t).

(2.21)

Assim, a quantidade Q(t) é dada por Q(t) = Q0 e−a t .

(2.22)

48

Cap. 2


Temos Q(t) = Q0 e−a t . Como a meia vida da substância é 28 anos, temos Q(28) = Q0/2, ou seja, Q0 e−28 a =

Q0 , 2

donde obtemos

ln 2 1 = 0, 025 28 40 Portanto, a quantidade da substˆ ancia no instante t é a=



Q(t) = Q0 e−t/40 Queremos saber em que instante essa quantidade estar´ a reduzida a 10% da quantidade original, isto é 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) é constante, sua derivada é nula. Por outro lado, d A(t) e y(t) = eA(t) y (t) + a(t) eA(t) y(t) = eA(t) y  (t) + a(t) y(t) . dt









que é 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 reescrevê-la na forma quase integrada d A(t) e y(t) = 0. dt





(2.23)

49


Esta observa¸cão ser´ au ´ til para resolver a equa¸caõ (2.16) em sua forma geral. Qualquer fun¸cão que, ao ser multiplicada aos dois membros de uma equa¸caõ, transforma-a em uma outra mais trabalh´ avel chamase fator integrante dessa equa¸cão. Deste modo, a fun¸caõ eA(t) é um fator integrante de (2.17).

Exemplo 2.7. Encontrar a solu¸cao ˜ geral da equa¸cao ˜ y +(cos t ) y = 0. Multiplicando os dois membros da equa¸caõ diferencial pelo fator  cos t dt integrante e = esen t+K = C e sen t , obtemos C e sen t y + cos t C e sen t y = 0 ou (note que a constante C pode ser cancelada)



e sen t y(t)





= 0.

Integrando essa fun¸caõ 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¸caõ (2.16), em que a(t) e b(t) são fun¸cões cont´ınuas em um intervalo I . O tratamento é análogo ao anterior. Para evitar repeti¸ cões, vamos obter a expressão da solu¸caõ do problema de valor inicial y + a(t) y = b(t) y(t0 ) = y0 ,



(2.24) (2.25)

t

em que t0

∈ I e y ∈ R. Seja A(t) = 0

a(s) ds; notemos que A(t0) = 0

t0

e A (t) = a(t). Multiplicando a equa¸caõ (2.24) por eA(t) , temos y (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


Integrando os dois membros desde t0 até t, temos A(t)

e

y(t)

donde y(t) = e−A(t) y0 +e−A(t)

A(t0 )

−e

t

y(t0 ) =

      t

=1

A(s)

e



eA(s) b(s) ds,

t0

=y0

b(s) ds = e−A(t) y0 +

t0



t

e−A(t) eA(s) b(s) ds

t0

 

s

Notando que e−A(t) eA(s) = eA(s)−A(t) = exp

 

s

exp

t

t

a(u) du

t0



 − t0



a(u) du =

a(u) du (para simplificar a nota¸cão, estamos utilizando o

s´ımbolo exp para denotar a exponencial), obtemos a express˜ ao da solu¸cão geral de (2.16)

  −  t

y(t) = e−A(t) y0 +

s

exp

t0



a(u) du b(s) ds

t

(2.26)

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

∈

≡

é uma solu¸cao ˜ da equa¸cao ˜ homogênea 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

  −  t

z(t) =

s

exp

t0

t



a(u) du b(s) ds

é uma solu¸c˜ ao (que chamaremos solu¸caõ particular) da equa¸c˜ ao n˜ ao homogênea (2.24) (é a solu¸ cao ˜ 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 homogênea com uma solu¸c˜ ao particular da equa¸c˜ ao n˜ ao homogˆ enea (2.24).

51


ao do problema de valor inicial Exemplo 2.8. Encontrar a solu¸c˜ y + Seja

2 y = t2 , t



t

A(t) =

1

y(1) = 6.

2 ds = 2 ln t = ln t2 . s 2

Multiplicando os dois membros da equa¸cã o por eA(t) = eln t = t2 , temos t2 y(t) + 2 t y(t) = t4 ou

   − t2 y(t)



= t4.

Integrando os dois membros desde 1 até t, temos t

2

t y(t)

y(1) =

1

t5 s ds = 5 4

− 15 .

Como y(1) = 6, temos 6 t3 y(t) = 2 + t 5

1 t3 29 = + . 5 t2 5 5 t2

−

A resolu¸caõ dessas equa¸co˜es também pode ser feita usando integrais indefinidas, como nos outros casos.

Exemplo 2.9. Encontrar a solu¸c˜ ao geral da equa¸c˜ ao y  + 5 y = t. Multiplicando a equa¸cão pelo fator integrante e5 t , obtemos

Integrando, temos e5 t y(t) =

 

e5 t y(t)



t e5 t dt =

donde y(t) =

1 t 5



= t e5 t .

1 5t te 5

− 251 e

5t

− 251 + K e−

5t

.

+ K,

52

Cap. 2


ao do problema de valor inicial Exemplo 2.10. Encontrar a solu¸c˜



y  + (cos t) y = cos t y(0) = 6 .

−

Multiplicando a equa¸caõ diferencial pelo fator integrante esen t (calculado no exemplo 2.7), obtemos



Integrando, temos sen t

e

esen t y(t)

y(t) =







= cos t esen 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) = obtemos K = 7.

−

−6,

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 à raz˜ ao de 10 l/min. A mistura do tanque é continuamente agitada, de modo a manter a solu¸c˜ ao homogênea (deste modo, a concentra¸c˜ ao é a mesma em todos os pontos do tanque). Ao mesmo tempo, a mistura deixa o tanque através 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 é Q(0) = 50.000 g, que o sal está sendo adicionado no tanque a` raz˜ ao de

·

10 (l/min) 20 (g/l) = 200g/min e está saindo a` raz˜ ao de 10 (l/min)

Q(t) Q(t) (g/l) = kg/min. 5000 500

53


Portanto, a taxa de varia¸cão da quantidade de sal no tanque, que é a diferen¸ca entre a taxa da quantidade que entra e a que sai, é dada por: Q = 200

Q , − 500

cuja solu¸cão geral é Q(t) = 100.000 + Ce−t/500 . Como Q(0) = 50000 g temos que a quantidade de sal no instante t é: Q(t) = 100.000

t/500

− 50.000 e−

e a concentra¸cão de sal no tanque no instante t é: Q(t) 100.000 = 5000 5.000

e− = 20 − 10e− . − 50.000 5.000 Observemos que, quando t → ∞, Q(t) → 100.000 e c(t) → 20. Portc(t) =

t/500

t/500

anto, a quantidade de sal tende a 100.000 g e a concentra¸caõ tende ao valor limite de 20 g/l.

Exemplo 2.12. (Um circuito el´ etrico simples) R A figura ao lado mostra um circuito el´ etrico contendo um indutor de indutância L, um reE sistor de resistência R e uma fonte de for¸ca eleI tromotriz E (t). E L (a) Determinar a corrente I (t) em um instante t > 0 sabendo que I (0) = 0. (b) Determinar I (t), sendo: Figura 3.1 (i) E (t) E 0 (uma constante); (ii) E (t) = E 0 sen(ω t) ( E 0 , ω constantes).

≡

A diferen¸ca de potencial entre as extremidades do resistor é R I e entre as extremidades do indutor é L I  . Pela segunda Lei de Kirchoff, a soma algébrica das diferen¸cas de potencial no circuito é nula; temos então L I  + R I E (t) = 0, ou seja,

−

I  +

R E (t) I = L L

54

Cap. 2


Como I (0) = 0, a corrente é dada por 1 I (t) = e−Rt/L L



t

eRs/L E (s) ds .

0

Se E (t) = E 0, temos



t

Rs/L

e



t

E (s) ds = E 0

0

eRs/L ds = E 0

0

L Rt/L (e R

− 1)

Logo, I (t) =

1 −Rt/L L Rt/L e E 0 (e L R

− 1) = E R (1 − e− 0

Rt/L

).

Se E (t) = E 0 sen(ω t), temos



t

Rs/L

e



t

E (s) ds =

0

E 0 eRs/L sen(ω s) ds =

0

=

E 0 L eRt/L R sen(ω t) 2 2 2 R +L ω

 

Logo, I (t) =

E 0 ω L e−Rt/L 2 2 2 R +L ω



− ω L cos(ω t)

  

+ωL .

− ω L cos(ω t) + R sen(ω t) . oes Observa¸cão 2.5. Denotemos por S o conjunto de todas as solu¸c˜ da equa¸c˜ ao homogênea (2.17), isto é,

S = {y : I → R : y(t) + a(t) y(t) = 0}. é f´ acil ver se y, z ∈ S e α ∈ R, ent˜ ao y + z ∈ S e α y ∈ S . De  fato, como y, z ∈ S , temos y (t) + a(t)y(t) = 0 e z  (t) + a(t)z(t) = 0. Portanto,

(y(t) + z(t)) + a(t)(y(t) + z(t)) = y (t) + a(t)y(t) + z  (t) + a(t)z(t) = 0 . Analogamente, verificamos que αy . Além disso, é claro que valem as propriedades A1 a A4 e M1 a M4 vistas no Cap´ıtulo 1 para vetores

∈ S

˜ DE BERNOULLI 2.5. EQUAC ¸ AO

55

de Rn . Por isso, diremos que é 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 é um m´ ultiplo da fun¸c˜ ao e−A(t) : assim, os elementos de est˜ ao em correspondência biun´ıvoca com o conjunto dos n´ umeros reais. Esta situa¸ c˜ ao é an´ aloga ao conjunto de todos os m´ ultiplos de um vetor fixado. Por causa disso, diremos que o espa¸ co vetorial tem dimensão 1.

S

S

S

S

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  = (3+ 2 i) y s˜ ao da forma y(t) = C e (3+2 i) t = C e 3 t [cos (2 t) + i sen (2 t)], em que C é uma constante arbitr´ aria.

2.5

Equa¸c˜ ao de Bernoulli

A equa¸cão diferencial y + p(t) y = q(t) yn ,

(2.27)

em que n R é um n´ umero dado, chama-se equa¸c˜ ao de Bernoulli. Se n = 0 ou n = 1, temos uma equa¸caõ linear de 1a¯ ordem, que já foi estudada anteriormente. Se n = 0 e n = 1, a equa¸cão de Bernoulli não é linear, mas pode ser transformada em uma equa¸ caõ linear de 1a¯ ordem por meio de uma conveniente mudan¸ ca de vari´ avel. n Dividindo (2.27) por y , temos

∈





y −n y + p(t) y 1−n = q(t).

(2.28)

y1−n , 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 d Agora, notando que y−n y =

  −

  −

−

−

z  + (1

−

− n) p(t) z = q(t) ,

que é uma equa¸cão linear de 1a. ordem.

56

Cap. 2


ao do problema de valor inicial Exemplo 2.13. Encontrar a solu¸c˜



y 2 t y = 2 t y 2 y(0) = 1/3.

−

−

Multiplicando os dois membros da equa¸caõ por y −2 , temos y−2 y Como y−2 y =

1

− 2 t y − = −2 t .

1

−(y− ), a equa¸caõ diferencial pode ser escrita como −(y− ) − 2 t y− = −2 t 1

1

ou, chamando z = y−1 , z  + 2 t z = 2 t. 2

Multiplicando essa equa¸caõ pelo fator integrante et , temos

   2

et z

Integrando, temos 2

et z(t) =



= 2 t et

2

2

2

2 t et dt = et + C .

Portanto 2

z(t) = 1 + C e −t . A condi¸cão inicial para a equa¸caõ na vari´ avel z é z(0) = 3. Portanto C = 2 e z(t) = 1 + 2 e−t . 2

Voltando a` variável y, obtemos 2

1 et y(t) = = t . 1 + 2 e−t e +2 2

2

˜ DIFERENCIAIS EXATAS 2.6. EQUAC ¸ OES

2.6

57

Equa¸c˜ oes 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 também 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)

é chamada exata quando existe uma fun¸c˜ ao V : U tal que ∂V (t, y) = P (t, y) e ∂t

∂V (t, y) = Q(t, y), ∂y

→ R,

V = V (t, y)

∀(t, y) ∈ U.

(2.31)

Uma razão para o nome equa¸c˜ ao diferencial exata é que a expressão P (t, y) dt + Q(t, y) dy é igual a dV (t, y), a diferencial da fun¸caõ V (t, y): lembremos que ∂V ∂V dV (t, y) = dt + dy. ∂t ∂y

Exemplo 2.14. A equa¸c˜ ao diferencial =0 − y) + (2y − t) dy dt é exata e a fun¸c˜ ao V (t, y) = 2 t − t y + y é uma integral primeira para (4t

2

2

essa equa¸cao; ˜ de fato,

∂V = 4t ∂t

−y

e

∂V = 2y ∂y

− t.

Usando a regra da cadeia para derivadas parciais, vemos que, se y(t) é uma solu¸caõ da equa¸caõ diferencial (2.29), temos d ∂V ∂V  V (t, y(t)) = + y (t) = P (t, y(t)) + Q(t, y(t)) y  (t) = 0 dt ∂t ∂y

58

Cap. 2


Logo, a fun¸caõ V (t, y(t)) é constante e as solu¸co˜es de (2.29) satisfazem V (t, y(t)) = C , em que C denota uma constante arbitr´ aria, ou seja, as solu¸co˜es da equa¸cã o (2.29) s˜ ao obtidas resolvendo-se as equa¸cões aria. Em virtude desV (t, y) = C , em que C é uma constante arbitr´ sa propriedade, a fun¸caõ V (t, y) é dita uma integral primeira da equa¸cão (2.29) e as curvas de n´ıvel da fun¸cão V , isto é, as curvas planas y = y(t) definidas pela equa¸cão V (t, y) = C , (em que C é uma constante arbitr´ aria) são chamadas curvas integrais ou curvas solu¸c˜ oes da equa¸caõ (2.29). No caso da equa¸cão diferencial vista no exemplo anterior, uma integral primeira é V (t, y) = 2 t2 t y + y 2 e as cuvas integrais sã o as solu¸co˜es da equa¸caõ 2 t2 t y +y 2 = C . Logo, as solu¸co˜es dessa equa¸cão são dadas por t 7 t2 + 4 C y= . 2 Para esse exemplo, foi poss´ıvel obter a solu¸caõ na forma expl´ıcita y = y(t). Geralmente, a solu¸caõ é dada na forma impl´ıcita de uma equa¸cão V (t, y) = C . Dada uma equa¸caõ na forma (2.29), a primeira tarefa que temos é determinar se uma equa¸cão é exata. De acordo com a defini¸ cão, para determinarmos se uma equa¸caõ diferencial é exata, devemos encontrar uma integral primeira; com isso, automaticamente encontramos suas solu¸co˜es. O problema é que, ao contr´ ario do que ocorreu no exemplo acima, geralmente n˜ ao é t˜ ao simples encontrar uma integral primeira. Deste modo, nossa primeira tarefa é determinar condi¸ co˜es sobre P e Q que permitam concluir quando uma equa¸caõ é exata. Notemos que, se (2.29) é 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 são iguais, obtemos

   

∂P ∂ ∂V = ∂y ∂y ∂t

=

∂ ∂V ∂t ∂y

=

∂Q . ∂t

59


Assim, uma condi¸caõ necess´ aria para que a equa¸cão (2.29) é que ∂P ∂Q = . ∂y ∂t

(2.32)

Um fato importante é que a condi¸ cão (2.32) é suficiente para que a equa¸cão (2.29) seja exata. Pode-se mostrar que a fun¸ caõ V (t, y) dada por



t

V (t, y) =



y

P (s, y0 ) ds +

t0

Q(t, x) dx

y0

é uma integral primeira da equa¸caõ diferencial (2.29). Na pr´ atica, ao ∂V resolvermos uma equa¸caõ exata, integramos a igualdade = P (t, y) ∂t mantendo y fixo: denotemos por P (t, y) dt uma antiderivada de P (t, y) e por h(y) uma fun¸caõ arbitr´ aria de y. Temos 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 y3 + t3 y 2 y = 0. Em primeiro lugar, notemos que a equa¸caõ é exata, uma vez que 3 2 ∂ (t2 y 3) 2 2 ∂t y = 3t y . ∂y ∂t

∂V Portanto, existe V (t, y) tal que = t2 y 3 . Mantendo y fixo e inte∂t grando em rela¸caõ a t, temos t3 y 3 V (t, y) = + h(y). 3 Derivando essa igualdade, temos ∂V (t, y) = t3 y 2 + h (y). ∂y

60

Cap. 2


∂V (t, y) = t3 y2 . Compa∂y  rando essas duas igualdades, temos h (y) = 0. Podemos ent˜ ao tomar 3 3 V (t, y) = t y /3. Assim, as curvas integrais são dadas por De acordo com a defini¸cã o de V , temos

t3 y 3 = C ou y = 3 Uma fun¸cão µ(t, x) diferencial

 3

3 C . t3

≡ 0 é chamada um fator integrante da equa¸cão P (t, y) + Q(t, y) y = 0

(2.33)

se a equa¸cão diferencial µ(t, y) P (t, y) + µ(t, y) Q(t, y) y = 0 for exata. Por exemplo, a equa¸cão diferencial y

−t

2

y2 + t y = 0

∂ ∂t (y t2 y 2 ) = 1 2 t2 y enquanto que = 1. ∂y ∂t Entretanto, multiplicando a equa¸ cã o pela fun¸caõ µ(t, y) = t−2 y −2 , obtemos a equa¸cão diferencial

−

não é exata, pois

1 t2 y

−

− 1 + t 1y

2

y = 0

que é exata, pois ∂ ∂y



1 t2 y

 −

∂ 1 = 2 2 = t y ∂t

−1

  1 t y2

.

Geralmente é dif´ıcil encontrar um fator integrante, mas em algumas situa¸cões especiais, isso é poss´ıvel, como veremos a seguir. Vamos procurar um fator integrante de (2.33) que n˜ ao depende de y, isto é, procuramos uma fun¸caõ µ(t) de modo que a equa¸cão diferencial µ(t) P (t, y) + µ(t) Q(t, y) y  = 0

61


seja exata. Devemos então ter ∂ ∂y ou seja,



µ(t)



µ(t) Q(t, y) ,

∂P ∂Q(t, y) = µ (t) Q(t, y) + µ(t) ∂y ∂t

ou µ (t) = 1 ∂P Se o quociente Q ∂y fun¸cão a(t) tal que



∂ ∂y

 

µ(t) P (t, y) =

−

∂Q ∂t

1 Q





∂P ∂y

∂P ∂y

− ∂Q ∂t Q

µ(t)

(2.34)

não depender de y, isto é existir uma

−

∂Q ∂t



= a(t)

então a rela¸caõ (2.34) fica µ (t) = a(t)µ(t); neste caso, é f´ acil ver que a fun¸caõ µ(t) = exp

   a(t) dt

é um fator integrante de (2.33). Analogamente, se existir uma fun¸cão b(y) tal que 1 P



∂P ∂y

então a fun¸caõ

 −    ∂Q ∂t

µ(y) = exp é um fator integrante de (2.33).

= b(y)

b(y) dy

Exemplo 2.16. Calcular um fator integrante da equa¸cao ˜ diferencial sen y

t

− 2 t e− + (cos y) y = 0

e encontrar a solu¸c˜ ao y(t) dessa equa¸c˜ ao tal que y(0) = π/2.

62

Cap. 2

Temos P (t, y) = sen y e

∂Q = 0. Portanto, ∂t 1 Q




= cos y − 2t e− , Q(t, y) = cos y. Então ∂P ∂y t

∂P ∂y

−

∂t ∂t



=

cos y =1. cos y

Assim, um fator integrante é µ(t) = et . Multiplicando a equa¸caõ dada por et , obtemos a equa¸caõ diferencial exata (verifique!) et sen y

t

− 2 t + e (cos y) y = 0 .

Ent˜ ao, existe uma fun¸caõ V (t, y) tal que ∂V = et sen y ∂t

− 2t .

Portanto, V (t, y) = et sen y t2 + h(y). Derivando em rela¸ cão a y, ∂V ∂V temos = et cos y + h (y). Por outro lado, como = et cos y, ∂t ∂t temos h (y) = 0. Podemos ent˜ ao tomar V (t, y) = et sen y t2 . As curvas integrais da equa¸cão dada são dadas por

−

−

et sen y ou

2

−t

= K.





y(t) = arc sen e−t(K + t2 ) .

2.7

Exerc´ıcios

1. Encontre as solu¸co˜es de cada uma das equa¸co˜es diferenciais abaixo: (a) y + y2 sen t = 3 t2 y2

(b) y  = t/y (c) 2y3 y  = 3 t2 z2 5 x z   2 2 (d) (1 + t ) y = t y (1 + y ) (e) z = (f ) y = y2 cos t 2 x 2 x + xz (g) (1 + x2 )y = 1 + y 2 (h) z  = 2 z + xz

−

63

Exerc´ıcios

2. Resolva cada um dos problemas de valor inicial abaixo: (a) y + y2 sen t = 3t2 y2 , y(0) = 1 (b) y = y2 cos t, y(0) = 1 (c) (1 + x2 )y  = 1 + y2 , y(1) = 1 (d) y  = y 2sen t, y(0) = 1

−

−

3. Encontre a solu¸cão geral de cada uma das equa¸co˜es abaixo: (a) ty 2y = 0 (b) y  cos t + y sen t = 0 (c) y + y = cos t + sen t (d) y  cos t + y sen t = cos t + sen t (e) t y 2y = (t 1)et (f ) ty 2y = t3 (g) z  + 2tz = t e−t (h) y  + et y = 3et

− −

−

2

−

4. Resolva cada um dos problemas de valor inicial abaixo: (a) (c)

 

t y  2y y(1) = 0

(b)

(sen t) y + (cos t) y = cos 2t y(π/2) = 1/2

(d)

− − ln t = 0

 

(1 + t2 ) y ty = 1 y(0) = 5 1 y + y = 4t t 2 y(0) = 3

−

−

5. Verifique que cada uma das equa¸co˜es abaixo é exata e encontre suas curvas integrais: (a) (2ax + by) + (bx + 2ay) y  = 0 (b) (ey + cos x) + x ey y  = 0 (c) ex cos y exsen y y = 0 (d) (x + y2 )/x2 = 2(y/x) y 

−

6. Para cada uma das equa¸co˜es abaixo, encontre um fator integrante e determine suas curvas integrais (a) (2ax + by) + (bx + 2ay) y  = 0 (b) y2 + x = 2y x y 

−

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¸cão da press˜ ao atmosférica P em rela¸caõ a` altura h é diretamente proporcional a` pressã o. Supondo que a press˜ ao a 6000 metros seja metade de seu valor P 0 ao n´ıvel do mar, achar a fórmula para qualquer altura. 9. Uma colônia de bactérias cresce a uma raz˜ ao proporcional ao n´ umero de bactérias presentes. Se o n´ umero de bactérias duplica a cada 24

64

Cap. 2


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, contém inicialmente 40 litros de á gua pura. A partir do instante t = 0, adiciona-se no tanque uma solu¸caõ de salmoura com 250 gramas de sal por litro, a` razão de 12 litros por minuto. A mistura é suposta uniforme, escoa do tanque a` raz˜ a o de 8 l/min. Determinar: a) o tempo necess´ ario para que ocorra o transbordamento; b) a concentra¸cão de sal na mistura presente no tanque no instante do transbordamento.

Cap´ıtulo 3 Espa¸cos Vetoriais 3.1

Defini¸c˜ ao e Exemplos

ao vazio V é dito um espa¸co vetorial Defini¸c˜ ao 3.1. Um conjunto n˜ real (ou simplesmente, um espa¸ co vetorial) quando est˜ ao definidas em V duas opera¸coes ˜ V V (x, y)

× −→ V → x + y ∈ V

× V −→ V (α, y) → α y ∈ V,

e

R

ao e multiplica¸ c˜ ao por escalar, respectivamente, chamadas adi¸c˜ 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¸co˜es usuais de adi¸caõ e multiplica¸cão, é um espa¸co vetorial real: as propriedades acima s˜ ao as proprie65

66

Cap. 3

Espa¸cos Vetoriais

dades associativas e comutativas da adi¸cão e multiplica¸caõ, elemento neutro para adi¸caõ, elemento unidade para multiplica¸ caõ, elemento oposto para adi¸cão e elemento inverso para multiplica¸cão. Do mesmo modo, o conjunto C dos n´ umeros complexos, com as opera¸co˜es usuais de adi¸caõ e de multiplica¸cã o de n´ umero real por n´ umero complexo, é um espa¸co vetorial real.

Exemplo 3.1. O conjunto V 3 dos vetores geométricos 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), é um espa¸co vetorial real. Exemplo 3.2. Seja R2 = (x, y) : x, y v = (s, t) em R2 e α R, definimos

{

∈

∈ R}.

v    u+v I  r r r r uj r r r j 3u 2 Figura 5.1 Dados u = (x, y) e

u + v = (x + s, y + t) α u = (α x , α y). Com as opera¸coes ˜ assim definidas, R2 é um espa¸co vetorial. Veri fiquemos, por exemplo, a condi¸ c˜ ao (EV1): dados u = (x, y), v = 2 (s, t), w = ( p,q) R , usando em cada componente, o fato que a adi¸c˜ ao de n´ umeros reais é 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 é o par (0, 0) e que o oposto de ao facilmente u = (x, y) é o vetor ( x, y). As outras propriedades s˜ verificadas. Os vetores de R2 podem ser representados geometricamente por segmentos orientados e a adi¸cao ˜ 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¸coes ˜ definidas por (1.2) e (1.3), é um espa¸ co vetorial real.

{

∈ }

67

Defini¸cao ˜ e Exemplos

Exemplo 3.4. O conjunto V = M m×n (R) das matrizes m n é 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¸ cao ˜ cont´ınua no intervalo I R. Vimos no Cap´ıtulo 2 que o conjunto

⊂

V = y : I

{

→R :

y (t) + a(t) y(t) = 0

}

das solu¸c˜ oes da equa¸c˜ ao diferencial y  +a(t) y = 0 é um espa¸co vetorial.

Exemplo 3.6. Sejam k um n´ umero inteiro positivo e I R um in(k) tervalo. Denotemos por (I, R) o conjunto das fun¸c˜ oes definidas em I com valores reais k-vezes deriv´ aveis, com a derivada de ordem k (k) cont´ınua. Dadas f, g (I, R) e α R, definimos as novas fun¸c˜ oes f + g e αf por

⊂

C

∈C

(f + g)(x) = f (x) + g(x)

∈

e (αf )(x) = αf (x),

∀x ∈ I. (3.1) Mostra-se, sem dificuldade que, munido destas opera¸coes, ˜ C (I, R) é (k)

um espa¸co vetorial real.

Denotaremos por (∞) (I, R) o conjunto das fun¸cões de I em R que têm derivadas de todas as ordens. Definindo as opera¸ cões como em (3.1), mostra-se facilmente que (∞) (I, R) é um espa¸co vetorial real. Analogamente, o conjunto (I, R) de todas as fun¸co˜es cont´ınuas f : I R, com as opera¸co˜es definidas em (3.1), é um espa¸co vetorial.

C

C C

→

Exemplo 3.7. Seja n um n´ umero inteiro positivo. O conjunto P n (R) formado pela fun¸ c˜ ao nula e todas as fun¸coes ˜ polinomiais com coeficientes reais de grau menor ou igual a n é um espa¸co vetorial, com as opera¸c˜ oes definidas do seguinte modo: dados p(x) = a0 +a1 x+ +anxn + bn xn em P n(R) e α R, ent˜ e q(x) = b0 + b1 x + 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 é 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¸caõ

−

−

∈

∈

∈

γx+a =b tem uma u ńica solu¸cão, que é x = γ −1 (b a a ambos os membros de (3.2) temos

−

(3.2)

− a). De fato, somando-se

(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 −1γ ) x = γ −1 (γ x) = γ −1 (b

− a).

Como caso particular dessa propriedade, temos que o vetor nulo é 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 ńica solu¸cão de z + u = u é z = 0. O teorema seguinte contém algumas propriedades que decorrem diretamente da defini¸caõ 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 ´ unica solu¸c˜ ao, que é x = γ −1 (b a). 2) O vetor nulo é o unico ´ elemento neutro da adi¸c˜ ao em V , isto é, se z V é 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) já foram mostradas acima.

69

3.2. SUBESPAC ¸ OS VETORIAIS

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˜ coes o˜es de 4) e 5) s˜ ao ao an´ alogas alogas e ficam como exerc´ıcio. 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) αu) a ambos os membros) obtemos ( α) u = (α u). Deixamos Deixamos como exerc´ exerc´ıcio a verifica¸ verifica¸ c˜ cao aõ das demais propriedades. propriedades.

−

−

− −

−

− − −

−

Observa¸c˜ ao 3.1. Em muitas situa¸c˜ coes, ˜ é conveniente considerar multiplica¸c˜ c˜ ao de vetores por escalar complexo. Quando, na defini¸c˜ cao ˜ acima cão ao (α, x) a multiplica¸ a multiplica¸c˜ αx for definida para todo α C e as propriedades (EV5)-(EV8) forem v´ alidas para todo α C, diremos que V é um espa¸ co co vetorial complexo . Quando quisermos nos referir indistintamente a um espa¸co co vetorial real ou um espa¸co co vetorial complexo usaremos a express˜ ao espa¸ co co vetorial sobre K.

→

∈

∈

oes mencionadas mencionadas anteriormente, anteriormente, o Exemplo Exemplo 3.8. Pelas mesmas raz˜ conjunto C dos n´ umeros complexos, com as opera¸c˜ coes ˜ usuais de adi¸c˜ c˜ ao e multiplica¸c˜ c˜ ao, ao , é um espa¸ es pa¸co co vetorial complexo.

Exerc Exe rc´ ´ıcio ıc io 3.1. 3. 1. Em cada um dos itens abaixo, verifique se o conjunto V , V , com as opera¸c˜ coes ˜ indicadas, indicadas , é um espa¸co co vetorial real: 2 a) V = (x, y ) R : 5x 3y = 0 , op oper era¸ a¸c˜ coes ˜ usuais de R2 ; b) V = f C (R, R) : f ( f ( x) = f ( f (x), x R , com as opera¸c˜ c˜ oes usuais de fun¸c˜ c˜ oes; 2 c) V = R , com opera¸c˜ coes: ˜ (x1, y1 ) + (x ( x2 , y2 ) = (2x (2x1 2y1 , y1 x1 ), α(x, y ) = (3αx, (3αx, αx) αx) d) V = (x,y,z,w) x,y,z,w) R4 : y = x, z = w2 , opera¸c˜ coes ˜ usuais de R4

{ ∈ { ∈ {

3.2

− −

∀ ∈ }

−

− ∈

−

}

Subes bespacos ¸cos Vetoriais

Seja V um espa¸co co vetorial sobre subespa¸co co vetorial de V se: (SE1) 0

}

W ; ∈ W ;

K.

Um subco subconju njunt ntoo W é dito di to um

70

Cap. 3

Espa¸cos cos Vetoriais

(SE2) (SE2) dados dados u, v

W , temos u + v ∈ W ∈ W , (SE3) (SE3) dados dados u ∈ W, α ∈ K, temos α u ∈ W A propriedade SE2 significa que a opera¸c˜ cao aõ de adi¸c˜ cão a o está bem definida em W (a soma de elementos de W pertence a W ), W ), o mesmo com rela¸c˜ cao aõ a` propriedade propriedade SE3. Como estas estas opera¸ c˜ coes o˜es satisfazem as condi¸c˜ cões oes (EV1) a (EV8) da defini¸c˜ cão a o de espa¸co co vetorial (como elas estão ao satisfeitas para todos elementos de V , V , em particular, elas valem para todos elementos de W ) W ) segue-se que W é tamb´ ta mbém em um espa es pa¸co ço vetorial (dentro de V ) V ). Se V é um espa¸ esp a¸co co vetorial qualquer, ent˜ ao ao os subconjuntos W = 0 e W = V são ao subespa¸cos cos vetoriais de V cos triviais). (chamados subespa¸cos

{}

su bespa¸ pa¸co co Exemplo 3.9. O conjunto W = (x, y ) : x 2 y = 0 é um subes 2 vetorial de R . De fato, fato, em primeir primeiroo lugar lugar é cla clarro que (0, (0, 0) W . W . Além em disso, dis so, se (x, y ), (s, t) W , W , temo temoss x = 2 y e s = 2 t, do donde nde x + s = 2 (y + t), o que significa que (x, y ) + (s, t) W . W . Analogamente mostra-se que, se α R e (x, y ) W , W , ent˜ ao α (x, y ) W . W .

{

−

}

∈

∈

∈

∈

∈

∈

Da mesma maneira, mostramos que qualquer reta passando pela origem é um subespa¸ sub espa¸co co de R2 . Mais geralmente, temos

Exemplo 3.10. Seja A = (a i j ) M m×n (R). O conjunto W de todas as solu¸c˜ c˜ oes X = (x1 , x2 , . . . , xn )T do sistema sis tema linear homogˆ hom ogêneo eneo

∈

A X = 0 . é um subes su bespa¸ pa¸co co vetorial de

(3.3)

Rn .

´ claro que a n upla 0 = (0, E (0, 0, . . . , 0)T é soluc˜ çao ão de (3.3), portanto pertence pertence a W . W . Se X 1 , X 2 W , W , temos A X 1 = 0 e A X 2 = 0, donde

−

∈

A (X 1 + X 2 ) = A X 1 + A X 2 = 0 + 0 = 0; portanto X 1 + X 2 W . 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 . W .

∈

∈

∈

∈

Exemplo 3.11. O espa¸co co vetorial P n (R) é um subespa su bespa¸co ço vetorial de P ( P (R). Se m n, ent˜ ao P m (R) é um subes su bespa¸ pa¸co co vetorial de P n (R).

≤

71

Subespa¸cos cos

Exemplo 3.12. Em V = R3 , os seguintes subconjuntos: - a origem (0, (0, 0, 0) , - o pr´ oprio R3 , (0, 0, 0) - as retas passando pela origem (0, - os planos contendo a origem s˜ ao subespa¸cos cos vetoriais. Pode-se mostrar que esses s˜ ao os unicos ´ subespa¸cos cos de R3 .

{

}

Exemplo 3.13. Seja V = (1) (I , R); para qualquer k vetorial W = (k) (I , R) é um subes su bespa¸ pa¸co co vetorial de V . V .

C

C

co ≥ 1, o espa¸co

Exemplo 3.14. (Um contra-exemplo) Seja V = P 2 (R). O conj conjun unto to W de todos polinˆ omios omios de grau 2 n˜ ao é subespa sube spa¸co ço vetorial de P 2 (R). 2 2 De fato os polinômios omios p(t) = t t e q(t) = t + t pertencem a W , W , mas p( p(t) + q (t) = 2 t n˜ ao pertence a W . W .

−

Exerc Exe rc´ ´ıcio ıc io 3.2. 3. 2. Verifique se W é subesp ube spaaco ço vetorial de (a) W = (x,y,y,x) x,y,y,x ) : x, y R (b) W = (x,y,z,w) x,y,z,w) : w = 3 x, y = 5 x + 3 z (c) W = (x,y,z,w) x,y,z,w) : z = x w (d) W = (x,y,z,w) x,y,z,w) : x = 2 s, y = 3 s, s R .

{ { { {

∈ } }

R4 ,

sendo

} ∈ }

Exerc Exe rc´ ´ıcio ıc io 3.3. 3. 3. Verifique se W = (x,y,z,w,t) x,y,z,w,t) : w = 5 x e z = y 2 é um subespa¸co co vetorial de V = R5 .

{

}

Exerc Exe rc´ ´ıcio ıc io 3.4. 3. 4. Verifique se W é subesp ube spaaco ço vetorial de P n(R), sendo (a) W = p P n (R) : p(2) = p(1) (b) W = p P n(R) : p (t) 0 (c) W = p P n(R) : p(2) = p (1) (d) W = p P n(R) : p (3) = 0

{ ∈ { ∈

} }

{ ∈ { ∈

≡ } }

Exerc Exe rc´ ´ıcio ıc io 3.5. 3. 5. Verifique se W é subesp ube spaaco ço vetorial de M 2 (R), sendo (a) W =



x y

−y

x



: x, y



∈R

(b) W =

  x 0 y z

: x,y,z



∈R

.

Exerc Exe rc´ ´ıcio ıc io 3.6. 3. 6. Verifique se W é subesp ube spaaco ço vetorial de M n (R), sendo T (a) W = A V : A = A (b) W = A V : AT = A

{ ∈

} { ∈ − } f (−x) = Exer Ex ercc´ıcio ıc io 3.7. 3. 7. Seja V = C (R, R). Mostre que U = {f ∈ V : f ( f ( f (x), ∀x} e W = {f ∈ V : f ( f (−x) = −f ( f (x), ∀x} s˜ ao subespa¸cos cos de V . V .

co vetorial e sejam U, W subespa¸cos cos Exerc Exe rc´ ´ıcio ıc io 3.8. 3. 8. Seja V um espa¸co vetoriais de V . V . Mostre que U W é subes su bespa pa¸co ço vetorial de V . V .

∩

72

Cap. 3

3.3

Espa¸cos Vetoriais

Combina¸co ˜es Lineares

Sejam α1 , . . . , αn

∈ K, u

1

, . . . , un

v = α1 u1

∈ V . O vetor + · ·· + α u n n

c˜ ao linear de u1 , . . . , un . Por exemplo, o polinˆ chama-se combina¸ o2 2 mio p(t) = 1+t+3 t é combina¸caõ de q1 (t) = 2 t+3 t , 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

2

−2 t−3t +1+3t+6 t

= 1+t+3 t2 = p(t) .

Já o vetor (1, 5, 3) de R3 não é combina¸cão 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, é equivalente ao sistema imposs´ıvel

 

x +2z = 1 3x +2y 2z = 5 6x +3y = 3.

−

O vetor (2, 3, 5) é combina¸cã o 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¸cões

 

α + β + γ = 2 α + β =3 α = 5,

Como esse sistema tem a solu¸cão, α = 5, β = 2, γ = 1, segue-se que (2, 3, 5) é combina¸cão linear de (1, 1, 1), (1, 1, 0) e (1, 0, 0).

−

Exerc´ıcio 3.9. Mostre que todo vetor (x,y,z) linear de (1, 1, 1), (1, 1, 0) e (1, 0, 0).

∈

−

R3

é combina¸c˜ ao

73

Combina¸coes ˜ Lineares

co vetorial e sejam u1 , . . . , un V . Teorema 3.2. Seja V um espa¸ O conjunto W de todas combina¸c˜ oes lineares de u1 , . . . , un é um subespa¸co vetorial de V .

∈

Demonstra¸cao: ˜ Em primeiro lugar, é f´ acil ver que o vetor nulo é combina¸caõ linear de u1 , . . . , un ; de fato, 0 = 0 u1 +

··· + 0 u Logo, 0 ∈ W . Além disso, dados v , w ∈ W v = α u + · ·· + α u w = β u 1

1

n

n

n

1

+

1

· ·· + β u n

n,

temos v + w = (α1 + β 1 ) u1 +

·· · + (α

n

+ β n ) un

que é uma combina¸cão linear de u1 , . . . , un , ou seja, v + w W . AnaK, tem-se α v logamente, mostra-se que dados v W e α W . Logo, W é 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 é denotado por [u1 , . . . , un ]; os vetores u1 , . . . , un são ent˜ ao chamados geradores de W . Um espa¸co vetorial V é dito finitamente gerado quando é gerado por uma quantidade finita de vetores: também 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, R3 : x , z R ´ [a, c] = [b, c] = [a, b, c] = (x,x,z) e o plano y = x.

{

∈ }

{ {

∈ }

∈

∈ }

Exemplo 3.16. O espa¸co vetorial Rn é finitamente gerado: todo vetor x = (x1 , . . . , xn ) Rn é combina¸cao ˜ linear dos vetores

∈

e1 = (1, 0, . . . , 0), . . . , en = (0, . . . , 0, 1). De fato, temos x = x1 e1 +

· ·· + x e . n

n

74

Cap. 3

Espa¸cos Vetoriais

acil Exemplo 3.17. O espa¸co vetorial P n(R) é finitamente gerado: é f´ ver que ele é gerado pelos monômios m0 (t) = 1, m1 (t) = t, m2 (t) = t2, . . . , mn (t) = tn : todo polinˆ omio p(t) de grau menor ou igual a n se escreve como p(t) = a0 + a1 t +

n

·· · + a t n

= a0 m0 (t) + a1 m1 (t) +

··· + a m (t). n

n

omios, n˜ ao Exemplo 3.18. O espa¸co vetorial P (R), de todos os polinˆ é finitamente gerado. Fixado qualquer subconjunto finito p1 , . . . , pm de P (R), seja n o mais alto grau dos polinˆ omios p1 , . . . , pm : é claro n+1 que o polinômio p(t) = t n˜ ao é combina¸c˜ ao linear de p1 , . . . , pm .

{ { Exemplo 3.19. Os conjuntos A = {cos2 t , 1} e B = {cos

2

t, sen 2

geram o mesmo subespa¸co de C (R, R).

} } t}

Como cos2 t = cos2 t sen 2 t e 1 = cos2 t + sen 2 t, toda combina¸caõ linear de cos 2 t e 1 é uma combina¸cão linear de cos2 t e sen 2 t: se f (t) = a1 cos2t + 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 cos2 t)/2, toda combina¸caõ linear de cos2 t e sen 2 t é uma combina¸cão linear de cos2 t e 1 : se f (t) = b1 cos2 t + b2 sen 2 t, então f (t) = c1 cos2 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¸cão 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 ] é o conjunto de todas as combina¸ co˜es lineares de elementos de S , isto é, u [S ] se, e somente se, existem v1 , . . . , vr S , α1 , . . . αr K tais que u = α1v1 + + αr vr .

∅

∈

{}

∈

· ··

∈

75

Combina¸coes ˜ Lineares

Exerc´ıcio 3.10. Mostre as seguintes propriedades: (a) S [S ] (b) S 1 S 2 [S 1] [S 2 ] (c) [S ] = [ [S ] ]

⊂

⊂ ⇒

⊂

Vemos nos exemplos acima que um espa¸co vetorial é identificado por seus geradores. Para simplificar essa identifica¸ cão, é conveniente que o conjunto de geradores seja o menor poss´ıvel: isto se consegue removendo do conjunto de geradores vetores que s˜ ao combina¸cões lineares dos outros geradores. Este é o significado do pr´ oximo teorema. No exemplo 3.15 já 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 , é combina¸c˜ ao linear dos demais, ent˜ ao V = [v1 , . . . , vk−1, vk+1 , . . . , vn ]. Demonstra¸cao: ˜ Para simplificar a nota¸cão, suponhamos que vn é combina¸caõ linear de v1 , . . . , vn−1. Mostremos que V [v1 , . . . , vn−1 ], ou seja, que todo x V é combina¸caõ linear de v1 , . . . , vn−1. Sabemos que x é combina¸cão linear de v1 , . . . , vn (pois esses vetores geram V ), isto é, existem escalares α1 , . . . , αn tais que x = α1 v1 + + αnvn . Também sabemos que vn é combina¸cão linear de v1 , . . . , vn−1 :

⊂

∈

···

vn = β 1 v1 +

··· + β − v − . n 1 n 1

Podemos ent˜ ao escrever: x = α1v1 + α2 v2 + + αn−1 vn−1 + αn vn = α1 v1 + α2 v2 + + αn−1 vn−1 + αn (β 1 v1 + + β n−1 vn−1 ) = (α1 + β 1 αn)v1 + (α2 + β 2 αn )v2 + + (αn−1 + β n−1 αn−1 )vn−1 .

··· ···

·· ·

·· ·

Esta rela¸cã o mostra que x é combina¸caõ 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). ´ b) E poss´ıvel escrever q1 (t) como combina¸cao ˜ linear de q2 (t), q3 (t) e p(t)? E q2 (t) como combina¸cao ˜ 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

ao Exerc´ıcio 3.12. a) Verificar se o vetor (1, 4, 2) R3 é combina¸c˜ linear de (1, 2, 0) e ( 1, 1, 1). b) Verificar se o vetor (3, 5, 7) R3 é combina¸c˜ ao linear de (2, 1, 3) e (3, 2, 2).

∈

−

∈

−

Exerc´ıcio 3.13. Mostre que o espa¸co vetorial P 3 (R) é gerado pelos polinômios 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 R2 (a) S = (1, 2), (0, 1) (b) S = 1 + t, t + t2 , t2 + t3, 1 + t3 P 3 (R) 3 (c) S = (2, 2, 1), (1, 1, 0) R 2 3 (d) S = t, t t P 3 (R)

{ { { {

3.4

− }⊂ }⊂ − }⊂

}⊂

Dependˆ encia Linear

Sejam V um espa¸co vetorial e S = v1 , . . . , vn V . Dizemos que os vetores v1 , . . . , vn são linearmente dependentes , ou que S é um con junto linearmente dependente (escreveremos abreviadamente LD) quando existem escalares n˜ ao todos nulos α1 , . . . , αn tais que

{

α1 v1 +

··· + α

}⊂

n

vn = 0.

(3.4)

Caso contr´ ario, isto, é, se uma igualdade do tipo α1 v1 + + αn vn = 0 só for poss´ıvel quando α1 = = αn = 0, dizemos que os vetores v1 , . . . , vn são linearmente independentes , ou que S é 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¸caõ é saber se também é poss´ıvel escrever (3.4) com escalares n˜ a o todos nulos (quando dizemos que v1 , . . . , vn são LD) ou se a u ´ nica maneira poss´ıvel de escrever (3.4) é pondo α1 = 0, . . . , αn = 0 (neste caso, v1 , . . . , vn são 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).

77

Dependência Linear

ao LI em R3 . Exemplo 3.22. Os vetores (1, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 1, 1) s˜ 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,

que implica α = β = γ = 0.

 

α + β + γ = 0 β + γ = 0 γ = 0

Exemplo 3.23. Os vetores e1 , . . . , en da base canônica de linearmente independentes.

Rn

s˜ ao

De fato, se os n´ umeros x1 , . . . , xn são tais que x1 e1 + + x n e n = 0, temos (x1 , . . . , xn) = (0, . . . , 0), ou seja, x1 = , = xn = 0, donde concluimos que os vetores e1 , . . . , en são linearmente independentes.

·· ·

Exemplo 3.24. u1 , . . . , un

n

∈R

s˜ ao LD

⇐⇒

···

det[ u1 . . . un ] = 0.

Os vetores u1 , . . . , un são LD se e somente se existem escalares n˜ ao todos nulos x1 , . . . , xn tais que x1 u1 + +xnun = 0. Escrevendo u1 = (a 1 1 , . . . , a n 1 )T , . . . , un = (a 1 n , . . . , a n n )T , vemos que u1 , . . . , un são LD se e somente se existe uma solu¸cão não trivial (x1 , . . . , xn) do sistema a11 x1 + + a1n xn = 0 .. (3.5) . an1 x1 + + ann xn = 0 .

·· ·

 

· ··

· ··

Esse sistema tem solu¸caõ não trivial se e somente se det

 

a11 . . . a1n .. .. .. . . . an1 . . . ann

 

= 0.

Notemos que as colunas dessa matriz são as componentes dos vetores u1 , . . . , un. Indicando essa matriz por [u1 . . . un ], temos que os vetores u1 , . . . , un são LD se e somente se det[ u1 . . . un ] = 0.

78

Cap. 3

Espa¸cos Vetoriais

Exemplo 3.25. Os monômios m0 (t) = 1, m1(t) = t , . . . , m n (t) = tn s˜ ao LI em P (R). De fato, se os escalares α0 , α1 , . . . , αn são tais que α0 m0 + α1 m1 + + αn mn = 0, então

· ··

α0 + α1 t +

· ·· + α

n

tn = 0,

∀ t ∈ R.

(3.6)

Pondo t = 0, obtemos α0 = 0. Derivando (3.6) e pondo t = 0, obtemos α1 = 0. De modo análogo, 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 é combina¸caõ linear dos demais: vk = α1 v1 +

·· · + α −

k 1

vk−1 + αk+1 vk+1 + αn vn .

Podemos ent˜ ao escrever α1 v1 +

··· + α −

k 1

vk−1 + ( 1) vk + αk+1 vk+1 + αn vn = 0.

−

Como o coeficiente de vk é não nulo, temos que v1 , . . . , vn são LD.

Exemplo 3.27. Todo conjunto que contém um conjunto LD é LD, isto é, 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 são LD, existem escalares n˜ a o 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 são todos nulos (pelo menos um dos n´ umeros α1 , .. . , αk não é nulo). Logo, os vetores v1 , .. . , vk , vk+1 , . . . , vn são LD. ao vetores LD e se v1 = 0, ent˜ ao ao Teorema 3.4. Se v1 , . . . , vn V s˜ menos um desses vetores é combina¸ c˜ ao linear dos precedentes, isto é, existe k 2 tal que vk é combina¸c˜ ao linear de v1 , . . . , vk−1 .

∈

≥



79

Dependência Linear

Demonstra¸cao: ˜ Como v1 , . . . , vn são linearmente dependentes, existem escalares n˜ ao todos nulos α1 , . . . , αn tais que α1 v1 +

··· + α

n

vn = 0.

(3.7)

Seja k o maior dentre esses ´ındices tal que αk = 0; como v1 = 0, temos k 2 (de fato, se tivéssemos α1 = 0 e α2 = 0, . . . , αn = 0, a igualdade (3.7) ficaria α1 v1 = 0, o que é imposs´ıvel, pois α1 = 0 e v1 = 0). Como αk+1 = 0, . . . , αn = 0, podemos então escrever a igualdade (3.7) na forma α1 v1 + + αk vk = 0.

≥







 

···

Agora, como αk = 0, dessa igualdade temos



vk =

− αα

1

k

v1

− · · · − αα−

k 1 k

vk−1 ,

o que mostra que vk é combina¸caõ linear dos vetores v1 , . . . , vk−1 .

Corolário 3.1. Se os vetores v1 , . . . , vn s˜ ao LI e v1 , . . . , vn , x s˜ ao LD, ent˜ ao x é combina¸c˜ ao linear de v1 , . . . , vn . Demonstra¸cao: ˜ Como nenhum dos v j pode ser combina¸cão linear dos precedentes (pois os vetores v1 , . . . , vn são LI), segue-se que x é combina¸cão 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¸cão 3.2. O conceito independência linear também pode ser definido para conjuntos infinitos de vetores: um conjunto S é 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 , . . . é 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 = tk , . . . , tkp de B, se N denota o maior dos n´ umeros k1 , . . . , k p , temos S t1 , . . . , tN . Logo, B é LI.

{

}

{

1

⊂{

}

}

80

Cap. 3

Espa¸cos Vetoriais

Exerc´ıcio 3.16. Determine se os seguintes vetores em Rn (n = 3 ou n = 4) s˜ ao LI ou LD. (a) (1, 2, 2, 3), ( 1, 4, 2, 0) (b) (1, 2), ( 3, 1) (c) (4, 2, 6, 2), (6, 3, 9, 3) (d) (2, 3, 1), (7, 1, 5) (e) (9, 0, 7), (2, 1, 8), (2, 0, 4) (f ) (1, 0, 1), (5, 1, 2), (3, 1, 0) (g) (1, 0, 0), (2, 3, 0), (1, 7, 5) (h) ( 4, 6, 2), (2, 3, 1), (2, 0, 4, 0) (i) (1, 0, 3), (3, 1, 2), (1, 5, 7) ( j) (1, 5, 6);(2, 1, 8);(3, 1, 4);(2, 3, 11) (k) (1, 0, 1), (3, 1, 2), (2, 5, 3) (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 P 2 (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 3.18. Determine se u e v s˜ ao LI ou LD em M 2 (R), sendo (a) u =

−    −  −   − −  −  −−   1 0 1 0

,v=

1 1 0 0

− −  −  − 

, (b) u =

8 2 6 0

  −  −  −− −    12 9

,v=

3 0

Exerc´ıcio 3.19. Determine se as matrizes M , N , P s˜ ao LI ou LD. 8 10 4 4 8 2 8 10 4 (a) M = N = P = 1 2 3 1 −1 4 1 1 4 (b) M =

3.5

1 0 1 0 1 0

1 1 1

N =

1 2 0

−

3 0 1

1 0 4

P =

0 0 0

4 6 7

1 0 1

Base e Dimens˜ ao

Uma base de um espa¸co vetorial V é um conjunto de vetores LI que geram V .

{

2

} R . Dado w = (a, b) ∈ R , procuramos

Exemplo 3.28. O conjunto u = (1, 1), v = (2, 1) é base de

2 Os vetores u e v geram R2. 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¸cões do sistema



x+2y = a x + y = b.

(3.8)

81

Base e Dimens˜ ao

Portanto x = 2 b a, y = a b. Logo, w = (2 b a) u + (a b) v. Os vetores u e v sã o LI pois, se x u + y v = 0, então, x e y são solu¸co˜es do sistema (3.8) com a = b = 0, e portanto, x = y = 0. Logo, u e v são LI.

−

−

−

−

Exemplo 3.29. O conjunto B = (1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1) é base de R3 : de fato, j´ a vimos que [B] = R3 e B é LI.

{

}

Exemplo 3.30. Mais geralmente, o conjunto B = e1 , e2 , . . . , en , em que e1 = (1, . . . , 0), e2 = (0, 1, . . . , 0), . . . , en = (0, . . . , 1), é base de Rn .

{

}

Exemplo 3.31. O conjunto B = 1, t , t2 , . . . , tn , . . . é base do espa¸co vetorial de todos os polinˆ omios P (R).

{

}

´ claro que P (R) = [1, t , t2 , . . . , tn , . . . ], pois todo polinômio se escreve E como combina¸cão linear dos monˆ omios 1, t , t2 , . . . , tn, . . . . Além disso, vimos na Se¸caõ 3.4 que B é 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) são 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) são LI, eles formam uma base de W .

∈

⇔

− −

−

− −

82

Cap. 3

Espa¸cos Vetoriais

Como U

∩ V = U , uma base de U ∩ V é {(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 é {(2, 1, −1, 1)}. Exerc´ıcio 3.20. Verificar se o conjunto B é uma base para P 3(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 + αnen . (3.9) x = α1 e1 +

{

∈

}

·· ·

Além disso, como e1 , . . . , en são LI, os escalares são determinados de modo uńico, no sentido que, se x = β 1 e1 +

·· · + β e , n n

ent˜ ao α1 = β 1 , . . . , αn = β n . Os n´ umeros α1 , . . . , αn chamam-se coordenadas de x em rela¸caõ a` base B. A partir deste ponto, é conveniente considerar base como sendo um conjunto ordenado de vetores: isto significa que é importante a ordem em que os vetores e1 , . . . , en são relacionados (com isto queremos dizer, por exemplo, que e1 , e2 , . . . , en e e2 , e1 , . . . , en são 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 será chamada matriz de coordenadas de x

−

[x]B =

    α1 .. .

.

(3.10)

αn

Deve ficar entendido que α1 é o coeficiente de e1 , . . . , αn é o coeficiente de en em (3.9). Para simplificar a nota¸caõ vamos indicar a matriz em T (3.10) por α1 , . . . , αn : o s´ımbolo T indica a transposta da matriz.





83

Base e Dimens˜ ao

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 é base de R4 ; (b) Quais s˜ ao as coordenadas de w em rela¸cao ˜ a` base canˆ onica de R4 ? (c) Encontrar as coordenadas de w em rela¸c˜ ao a` base B.

−

{

}

∈ R tais que α v + β v + γ v + δ v = 0, isto é, (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. Procuremos α,β,γ,δ

1

2

3

4

Como a u ´ nica solu¸cão desse sistema é (α,β,γ,δ) = (0, 0, 0, 0), segue-se que os vetores v1 , v2 , v3 e v4 são LI. Agora, como qualquer conjunto LI de 4 vetores em R4 é uma base, segue-se que B é 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¸cão 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).

−

Então 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, w = a, d − 2 a − 2 c − b, c + a, b . Exerc´ıcio 3.21. Sejam B = { 1 − t , t , 1+2t , t+t } e p(t) = 1+t.

  B

2

3

3



T 3

(a) Mostre que B é uma base de P 3 (R). (b) Calcule as coordenadas de p(t)em rela¸c˜ ao a` base B.

Exerc´ıcio 3.22. Sejam B=

   −      1 1 1 1

,

0 1

1 0

,

1 1 0 0

,

1 0 0 0

e A=

(a) Mostre que B é base de M 2 (R). (b) Calcule as coordenadas de A em rela¸c˜ ao a essa base.

  2 3 4 7

84

Cap. 3

Espa¸cos Vetoriais

omio 10 + t2 + 2 t3 Exerc´ıcio 3.23. Calcule as coordenadas do polinˆ em rela¸c˜ ao a cada uma das seguintes bases de P 3 (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 .

{ { {

} −

}

}

ao Teorema 3.5. Suponhamos que V tenha uma base v1, . . . , vn . Ent˜ qualquer conjunto com mais de n vetores é LD.

{

}

Demonstra¸c˜ ao: De acordo com o Exemplo 3.27, basta mostrar que qualquer conjunto com n+1 vetores é LD. Sejam x1 , . . . , xn , xn+1 V ; pelo exemplo 3.27, podemos supor que os vetores x1 , . . . , xn são LI. Como x1 é combina¸cão linear de v1 , . . . , vn , o conjunto x1 , v1 , . . . , vn é LD; portanto, um dos vetores é combina¸ cão linear dos precedentes; como tal vetor n˜ a o pode ser x1 , ele é um dos v j , j 2: para simplificar a nota¸caõ, vamos supor que vn é combina¸caõ 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 é LD, um dos v j é combina¸cão linear dos anteriores: para simplificar a nota¸caõ, vamos supor que esse vetor é 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 é combina¸cão linear de x1 , . . . , xn e assim, x1 , . . . , xn , xn+1 é LD.

∈

≥

∈

Teorema 3.6. Seja V um espa¸co vetorial de finitamente gerado. Ent˜ ao todas as bases de V têm a mesma quantidade de elementos. Demonstra¸c˜ ao: Sejam e1 , . . . en e v1 , . . . v p duas bases de V . Como V = [e1 , . . . en ] e v1 , . . . v p é um conjunto LI em V temos, pelo Teorema 3.5, p n. Trocando os pap´ eis de e1 , . . . en e v1 , . . . v p , 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 P n (R) = n + 1.

Apresentamos a seguir um método pr´ atico para estudar a dependência n linear em R . O método baseia-se no seguinte lema.

85

Base e Dimens˜ ao

Lema 3.1. Suponhamos W = [u1 , u2 , . . . , um]

n

⊂ R . Definamos

v1 = u1 , v2 = u2 + k1 v1 , . . . , vm = um + km−1 v1 , em que k2 , . . . , km−1

∈ R. Ent˜ ao W = [v

1

(3.11)

, v2 , . . . , vm].

acil ver que Demonstra¸cao: ˜ De fato, a partir das igualdades (3.11) é f´ cada um dos vetores v1 , . . . , vm é combina¸caõ linear de u1 , . . . , um e que cada vetor u j , j = 1, . . . , m , é combina¸caõ linear de v1 , . . . , vm . Segue-se que W = [v1 , v2 , . . . , vm]. Uma conseq¨ uência imediata do Lema 3.1 é um método f´ acil para decidir se um dado conjunto de vetores é 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¸ co˜es indicadas em (3.11).

×

Exemplo 3.35. Decidir se u1 = (1, 1, 1, 1), u2 = (1, 1, 2, 1), ao LI ou LD. u3 = (3, 1, 3, 2) e u4 = (1, 0, 1, 0) s˜

−

−

−

−

Formemos a matriz A cujos vetores linhas s˜ ao u1 , u2 , u3 e u4 e escalonemos A

 

1 1 3 1

 ∼ 

1 1 1 0 1 0 0 0

−1 −2 −3 −1 1 1 0 2

   ∼  −    ∼  1 1 2 0 1 0 1 0

1 0 0 0

1 1 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˜ a o não nulas, seus vetores linhas são LI. Pelo Lema 3.1, temos dim[u1 , u2 , u3 , u4 ] = 4. Logo, os vetores u1 , u2 , u3 e u4 são LI.

Exemplo 3.36. Decidir se os vetores u1 = (1, 3, 2, 1), u2 = (2, 4, 2, 0), ao LI ou LD. u3 = (1, 3, 1, 0), u4 = (3, 6, 3, 0) s˜

86

Cap. 3

Espa¸cos Vetoriais

Formemos a matriz A cujos vetores linhas são u1 , u2 , u3 e u4 e escalonemos A

 

1 2 1 3

3 4 3 6

2 2 1 3

1 0 0 0

   ∼ 

1 0 0 0

3 2 0 3

2 2 1 3

1 2 1 3

   ∼ 

1 0 0 0

3 1 0 3

2 1 1 3

1 1 1 3

   ∼ 

1 0 0 0

3 1 0 0

2 1 1 0

1 1 1 0

 

Como o subespa¸co gerado pelos vetores linhas da matriz escalonada tem dimensão 3, os vetores u1 , u2 , u3 e u4 são LD.

ao n e sejam Teorema 3.7. Seja V um espa¸co vetorial de dimens˜ v1 , . . . , v p (com p < n) vetores LI em V . Ent˜ ao existem n p vetores v p+1 , . . . , vn V tais que v1 , . . . , vn é base de V .

−

∈

ao existe Demonstra¸c˜ ao: Como p < n, temos [ v1 , . . . , v p ] = V . Ent˜ v p+1 V tal que v p+1 / [ v1 , . . . , v p ]. Como v1 , . . . v p sã o LI e que v p+1 / [ v1 , . . . , v p ], segue-se que nenhum desses vetores pode ser combina¸caõ linear dos demais. Portanto, os vetores v1 , . . . , v p , v p+1 são linearmente independentes. Se p + 1 = n, então os vetores v1 , . . . , v p , v p+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 , . . . , v p , v p+1 , . . . vn , que é a base de V .

∈ ∈



∈

−

Exerc´ıcio 3.24. Verificar se o conjunto B é 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 é 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¸co ˜es

Consideremos o espa¸co vetorial V = (I, Rn) das fun¸cões cont´ınuas no intervalo I com valores em Rn . Dizer que as fun¸cões f 1 , . . . , f n do

C

87

Dependˆ encia linear de fun¸c˜ oes

espa¸co (I, Rn ) são LD significa dizer que existem escalares α1 , . . . , αn n˜ ao todos nulos tais que

C

α1 f 1 (t) +

·· · + α

n f n (t)

= 0,

para todo t

∈ I.

(3.12)

Por exemplo, as fun¸co˜es 1, sen 2t e cos2 t, são LD no espa¸co vetorial (R, R) pois, da trigonometria sabemos que sen 2 t+cos2 t 1 = 0, para todo t R. Já o conjunto S = 1, sen t, cos t é LI pois uma igualdade do tipo α + β sen t + γ cos t = 0, t R

C

∈

{

−

}

∀∈

só é 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 é LI.

−

Notemos que, para cada t I, f 1 (t) , . . . , f n(t) são vetores de Rn . Logo, se as fun¸co˜es f 1 , . . . , f n são linearmente dependentes, ent˜ ao a condi¸cão (3.12) afirma que, para todo t I , os vetores f 1 (t) , . . . , f n (t) são linearmente dependentes em Rn . Portanto, se, para algum t0 I , os vetores f 1 (t0 ) , . . . , f n(t0 ) são LI em Rn, então as fun¸cões f 1 , . . . , f n são LI. Combinando estes fatos com (3.12), temos:

∈

∈

Teorema 3.8. Se, para algum t0 as fun¸c˜ oes f 1 , . . . , f n s˜ ao LI.

∈

∈ I, det[f (t ) , . . . , f (t )] = 0, ent˜ ao 1

Exemplo 3.37. O conjunto S = et , e3t suponhamos que αet + βe 3t = 0 t

{

0

n

0

} ⊂ C(R, R) é LI; de fato,

∀ ∈ R.

(3.13)

Em particular, para t = 0, temos α+β = 0. Derivando (3.13), obtemos αet +3βe 3t = 0, t R; para t = 0, temos α+3β = 0. A unica ´ solu¸c˜ ao do sistema de equa¸c˜ oes nas inc´ ognitas α, β é a trivial α = β = 0. Logo, S é LI.

∀∈

O próximo teorema dá uma regra para independência linear de fun¸cões escalares.

88

Cap. 3

Espa¸cos Vetoriais

Teorema 3.9. (regra para independˆ encia linear de fun¸co ˜es). Sejam ϕ1 , . . . , ϕn fun¸c˜ oes reais n 1 vezes deriv´ aveis num intervalo J . Se existir x0 J tal que

det

 

−

∈

ϕ1 (x0 ) ϕ1 (x0 ) .. .

(n 1)

ϕ1

ϕ2 (x0 ) ϕ2 (x0 ) .. .

... ... .. .

ϕn (x0 ) ϕn (x0 ) .. .

− (x ) ϕ(n−1) (x ) . . . ϕ(n) (x ) n 0 0 0 2

ent˜ ao ϕ1 , . . . , ϕn s˜ ao LI.

  

= 0,

(3.14)

Demonstra¸c˜ ao: Suponhamos que α1 ϕ1 (x) + α2 ϕ2 (x) +

· ·· + α

n ϕn (x)

= 0,

∀x ∈ J.

Derivando sucessivamente essa igualdade e pondo x = x0 , temos

 

ϕ1 (x0 ) α1 + ϕ2 (x0 ) α2 + + ϕn (x0) αn = 0   ϕ1 (x0 ) α1 + ϕ2 (x0 ) α2 + + ϕn (x0) αn = 0 .......................................... (n−1) (n−1) (n−1) ϕ1 (x0 ) α1 + ϕ2 (x0 ) α2 + + ϕn (x0 ) αn = 0

·· · ·· ·

(3.15)

· ··

As igualdades (3.15) podem ser vistas como um sistema de n equa¸cões nas incógnitas α1 , α2 , . . . , αn , cuja matriz dos coeficientes tem deteminante diferente de zero. Portanto, esse sistema tem uma unica ´ solu¸caõ, que é α1 = 0, α2 = 0, . . . , αn = 0. Logo, as fun¸cões ϕ1 , . . . , ϕn são linearmente independentes. O determinante em (3.14) chama-se wronskiano de ϕ1 , . . . , ϕn e é 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 p t qt rt as fun¸c˜ oes e , e e e s˜ ao LI. De fato, temos

 

e p t eq t er t p e p t q eq t r er t p2 e p t q 2 eq t r2 er t

 

= (r

( p+q+r) t

− q) (r − p) (q − p) e

= 0

De modo analogo mostramos que se os n´ umeros r1 , . . . , rn forem dois r t a dois distintos, ent˜ ao as fun¸c˜ oes e , . . . , ern t s˜ ao LI. 1

3.7. BASES ORTOGONAIS EM RN

89

ao é verdadeira. Observa¸cão 3.3. A rec´ıproca do teorema anterior n˜ 2 Por exemplo, as fun¸c˜ oes f (t) = t e g(t) = t t s˜ ao LI, mas seu wronskiano é 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 +a(t) y +b(t) y = 0, com a(t), b(t) cont´ınuas em um intervalo J , ent˜ ao W (ϕ1 , ϕ2)(t) = 0 t J .

||

 ∀∈

Exerc´ıcio 3.26. Mostre que: (a) cos2t, sen 2 t, cos2 t é LD (b) 1, sen t, cos t é LI at at ct (c) e cos bt, e sen b t , e é LI (d) 1, et , sen t, et cos t é LI. (e) 1, sen t, cos t, cos2t, sen 2 t é LD.

{ { {

3.7

}

}

{ {

}

Bases Ortogonais em

}

}

Rn

Consideremos em Rn o seu produto interno usual: se x = (x1 , .. . , xn ) e y = (y1 , .. . , yn ), então

x y = x1 y1 +

·· · + x y . , . . . , u } é um conjunto de vetores

·

n

n

Teorema 3.10. Se X = u1 , u2 m ortogonais n˜ ao nulos, ent˜ ao X é um conjunto LI.

{

Demonstra¸cao: ˜ Suponhamos que os n´ umeros α1 , α2 , . . . , αm são tais que + αm um = 0 (3.16) α1 u1 + α2 u2 +

···

Efetuando o produto escalar dos dois membros de (3.16) com u1 e notando que u1 u1 = u1 2 e u j u1 = 0, j = 1, obtemos α1 u1 2 = 0. Como u1 2 = 0, temos α1 = 0. Analogamente obtemos α2 = 0, α3 = 0 , . . . , αm = 0. Logo, os vetores u1 , u2 , . . . , um são LI.

·   

 

·

∀ 

 

Uma base B = u1 , . . . , un de Rn formada por vetores 2 a 2 ortogonais é chamada uma base ortogonal . Se além disso, todos os vetores forem unit´ arios (isto é, u j = 1, j) dizemos que B é uma base ortonormal .

{

}  

Exemplo 3.39. A base canˆ onica de

∀

Rn

é ortonormal.

90

Espa¸c os Vetoriais 3

Cap. 5 1 2

Exemplo 3.40. Em R , o conjunto (1, 0, 0), (0, , é uma base ortonormal.

{

√

√

3 ), (0, 23 ) , 21 ) 2

−

}

O próximo 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 é uma base ortonormal de Rn , ent˜ ao, para todo x Rn , temos

∈

{

}

· ··· + (x · v ) v , isto é, se x = α v +α v +···+α v , ent˜ ao α = x·v , . . . , α ·

x = ( x v1 ) v1 + ( x v2 ) v2 + 1 1

2 2

n

n n

1

(3.17)

n

1

n

= x vn .

·

Demonstra¸c˜ ao: Como B é base de Rn , existem n´ umeros α1 , α2 , . . . , αn são tais que + αn vn (3.18) x = α1 v1 + α2 v2 +

···

Efetuando o produto escalar dos dois membros de (3.18) com v1 e notando que v1 v1 = 1 e v j v1 = 0, j = 1, obtemos x v1 = α1 . De modo an´ alogo, obtemos x v2 = α2 , . . . , x vn = αn .

·

·

·

∀  ·

·

Teorema 3.12. Sejam v1 , . . . , v p um conjunto ortonormal em Rn e x Rn. Mostrar que o vetor z = x (x v1 ) v1 (x v p ) v p é ortogonal a cada um dos vetores v1 , . . . , v p .

{

∈

}

− ·

−···− ·

De fato, como v j v j = 1 e v1 v j = 0, se i = j, temos

· ·  z · v = x · v − (v · v ) (v · v ) −···− (x · v )(v · v ) = x · v − x · v = 0. O vetor w = (x · v ) v + ·· · + ( x · v ) v , dado no Teorema 3.12, j

j

1

1

1

j

1

p

p

p

j

j

j

p

chama-se proje¸c˜ ao ortogonal de x sobre o subespa¸co [ v1 , . . . , v p ].

z

T

 I x      E  v1  ©   v2      w (x v1 ) v1   ©  s 

·

·

(x v2 ) v2

E

91

Bases Ortogonais

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 = u1 w2 w2 = u2 (v1 u2 )v1 v2 = w2

  −

w3 = u3

·

 

− (v · u )v − (v · u )v 1

.. . wm = um

3

1

2

3

− (v · u )v − (v · w 1

2

1

2

v3 =

2

m )v2

− · · · − (v

w3 w3

 

− · um)vm−1

m 1

wm wm

vm =

 

De acordo com o Teorema 3.12, cada vetor vk é ortogonal a v1 , . . . , vk−1 . Além disso, como os vetores u1 , u2 , . . . , um são linearmente independentes, todos os v1 , v2 , . . . , vm são diferentes do vetor nulo e, portanto, formam uma base de W . Este método de obter uma base ortonormal chama-se m´ etodo de ortonormaliza¸c˜ ao de Gram-Schmidt.

Exemplo 3.41. Usando o método de Gram-Schmidt, ortonormalizar a base u1 = (1, 1, 1), u2 = (1, 1, 0), u3 = (1, 0, 0) de R3 .

  √√   w = u − u , v v

Como u1 = 3, tomamos v1 = √13 u1 = √13 (1, 1, 1). Em seguida, como u2 , v1 = 2/ 3, tomamos 2

2

2

1

1

e

= (1, 1, 0)

− 23 (1, 1, 1) = 13 (1, 1, −2)

w2 1 = (1, 1, 2) w2 6

√ −   √ √ Como u , v  = 1/ 3 e u , v  = 6, tomamos w = u − √ v − √ v = (1, 0, 0) − (1, 1, 1) − = (1, −1, 0) v2 =

3

3

3 1 2

1

3

1 3

1

1 6

2

2

1 3

1 6

−

(1, 1, 2) =

92

Cap. 3

e portanto

√

Espa¸cos Vetoriais

w3 2 v3 = = (1, 1, 0) 2 w3

−

 



Assim, a base procurada é √13 (1, 1, 1), √16 (1, 1, −2),

√

2 2

−

Exerc´ıcio 3.27. Seja u1 , u2 , . . . , un uma base ortonormal de Mostre que, se v = α1 u1 + + αn un ent˜ ao

{

}

·· ·

2 1



(1, 1, 0) . Rn .

2 1/2 n

v = (α + ··· + α )

Exerc´ıcio 3.28. Usando o método 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 é 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 e w W ⊥ .

∈

3.8

∈

∈ W

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

{

é um subespa¸co vetorial de V .

∈ U, w ∈ W }

93

Somas e Somas Diretas

Demonstra¸cao: ˜ 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 é, u1 , u2 U, w1 , w2 W , temos u1 + u2 U, w1 + w2 W , pois U e W são subespa¸cos de V . Portanto,

∈

∈

∈

x1 + x2 = u1 + u2 + w1 + w2

      ∈ ∈ U

∈

U + W

∈ 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 são subespa¸cos de V . Portanto,

∈

∈

∈

αx = αu + αw

  ∈ ∈ U

∈

∈

U + W

∈ W

Logo, U + W é subespa¸co vetorial de V .

Defini¸cão 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 é denotado por U W .

∩

{}

⊕

Exemplo 3.42. Sejam U = (x, y) ao U + W = R2. R2 : y = 0 . Ent˜

{

}

2

∈R

: y = 2 x e W = (x, y)

}

{

∈

´ claro que U + W R2 (pois U e W são subespa¸cos de R2 ). Para E verificar a inclusão 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 próximo teorema relaciona as dimens˜ oes da soma e da interse¸cão de dois subespa¸cos com as dimensões desses subespa¸cos.

⊂ ⊂

−

∈

∈

−

∈

∈

ao finita e sejam Teorema 3.14. Seja V um espa¸co vetorial de dimens˜ U, W subespa¸cos de V . Ent˜ ao: dim U + dim W = dim (U

(3.19) ∩ W ) + dim (U + W ). 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 = 0 (o caso U W = 0 fica como exerc´ıcio). Seja e1 , . . . , e p uma base de U W . Pelo Teorema 3.7, existem vetores u1 , . . . , uq U e v1 , . . . , vr W tais que e1 , . . . , e p , u1 , . . . , uq é uma base de U e e1 , . . . , e p , v1 , . . . , vr ´ claro que e1 , . . . , e p , u1 , . . . , uq , v1 , . . . , vr geram é uma base de W . E U + W . Resta mostrar que esses vetores s˜ ao LI. Suponhamos que os escalares α1 , . . . , α p , β 1 , . . . , βq , γ 1 , . . . , γr sejam tais que

∩

{}

{

{

α1 e1 +

∈

}

· ·· + α

p e p

+ β 1 u1 +

··· + β u q

q

∩ }

{} ∩ ∈

{

+ γ 1 v1 +

··· + γ v r

r

}

= 0.

Ent˜ ao α1 e1 +



··· + α

p e p

+ β 1 u1 +



· ·· + β u = −γ v − · · · − γ v q

q

1

1

r

r

.

    ∈ W

∈ U

Esta igualdade implica que ambos os membros pertencem a U W . Portanto, γ 1 v1 γ r vr U W . Como e1 , . . . , e p é base de U W , existem escalares k1 , . . . , k p tais que

∩

−

−···−

∈ ∩

−γ v − · · · − γ v 1

1

r

r

{

= k1 e1 +

}

∩

··· + k

p e p ,

donde obtemos k1 e1 +

·· · + k

p e p

+ γ 1 v1 +

··· + γ v r

r

= 0;

como e1 , . . . , e p , v1 , . . . , vr são LI (pois constituem uma base de W ), devemos ter necessariamente k1 = = k p = γ 1 = = γ p = 0. Da mesma maneira, obtemos α1 = = α p = 0. Logo, os vetores e1 , . . . , e p , u1 , . . . , uq , v1 , . . . , vr são 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 é 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 é um subespa¸co de dimensão 4 de R4 . Logo, V +W = R4 .

3.9

Exerc´ıcios

1. Encontrar bases para os seguintes subespa¸ cos de M 3 (R): T (a) A M 3 (R) : A = A (b) A M 3 (R) : AT = A .

{ ∈

}

{ ∈

− }

2. Encontrar bases dos subespa¸cos U, W e U W de P 3 (R), sendo: (a) U = p P 3 (R) : p(1) = 0 , W = p P 3 (R) : p (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 P 3(R) : p (t) = 0, t R .

{ ∈ −

}

∩ { ∈ − { ∈

∀} − − − ∀∈ } 3. Encontrar bases dos seguintes subespa¸cos de R : U, W, U ∩ W : (a) U = [(0, 0, 1), (1, 1, 1)], W = [(1, 0, 0), (0, 1, 0)], (b) U = {(x,y,z) ∈ R : x − 2 y = 0}, W = [(1, 5, 3), (0, 2, 3)] (c) U = {(x,y,z) ∈ R : x + 2 y = 0}, W = [(0, 0, 1), (1, 1, 1)] 3

3

3

4. Verifique se o conjunto base de M 2 (R).

        1 0 1 0

,

2 0 1 0

,

0 1 1 0

,

1 0 0 2

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 M 2(R) : A X = X , em que A = . 0 1 (d) W = p P 2 (R) : p (t) = 0, t R .

{ { ∈ { ∈

−

∈

− − − }

⊂

∀∈ }

}

é

96

Cap. 3

(e) W = [t3 + 4t2

− t + 3, t

3

Espa¸cos Vetoriais

+ 5t2 + 5, 3t3 + 10t2

− 5t + 5] ⊂ P (R). 6. Determinar uma base e a dimensão de U , de W e de U ∩ W , sendo: (a) U = {(x,y,z) ∈ R : x + y + z = 0} W = {(x,y, 0) : z = 0}. (b) U = { p ∈ P (R) : p (t) = 0, ∀t ∈ R}, W = { p ∈ P (R) : p(0) = 0}. 3

3

2

2

Cap´ıtulo 4 Equa¸co ˜es Diferenciais Lineares Neste cap´ıtulo estudamos equa¸cões diferenciais lineares de ordem superior a um. Inicialmente apresentaremos alguns fatos gerais sobre equa¸cões lineares. Tais resultados s˜ a o válidos para qualquer equa¸cão diferencial linear mas, para simplificar a nota¸caõ, vamos enunciá-los para equa¸cões de segunda ordem.

4.1

Fatos Gerais sobre Equa¸ co ˜es Lineares

ao linear de segunda ordem Consideremos a equa¸c˜ y  + a(t) y  + b(t) y = h(t).

(4.1)

em que as fun¸co˜es a(t), b(t), chamadas coeficientes e h(t), chamada termo for¸cante, são cont´ınuas em um intervalo J R. Se h(t) 0, ao homogênea. Se h(t) = 0, t, a equa¸cão diferencial (4.1) é dita n˜ a equa¸cão (4.1) fica

⊂

y + a(t) y + b(t) y = 0

≡ ∀

(4.2)

e é chamada homogˆ enea. Uma solu¸ca õ de (4.1) é uma fun¸caõ y(t) R que satisfaz (4.1), isto ´ definida em um intervalo I e, y  (t) + a(t)y  (t) + b(t)y(t) = h(t), t J . Nosso objetivo é encontrar a solu¸cão geral da equa¸caõ (4.1), isto é, obter uma express˜ ao que descreva todas as solu¸cões dessa equa¸caõ. Analogamente ao que ocorre na

⊂ ∀ ∈

97

98

Cap. 4

Equa¸c˜ c˜ oes Diferenciais Lineares

Mecˆ anica, anica, em que a posi¸c˜ cao aõ de uma part´ıcula ıcula é determina dete rminada da a partir parti r de sua posi¸c˜ cao aõ e sua velocidade no instante inicial, vamos associar as a`s equa¸c˜ coes ões (4.1) e (4.2)) condi¸c˜ coes o ˜es iniciais. Dados t0 I , y0 , y˜0 R, o problema de encontrar uma solu¸c˜ cao aõ y (t) de (4.1) tal que y(t0 ) = y0 e y  (t0) = y˜0 é um problema de valor inicial associado a essa equa¸c˜ cao. aõ. O problema de encontrar a solu¸c˜ cao aõ geral de (4.1) é equivalente equivalente ao de encontrar a solu¸c˜ cao aõ de qualquer problema de valor inicial associado a essa equa¸c˜ cão. ao. En Enunci unciamos amos no teorema teorema a seguir seguir um fato important importantee para o estudo das equa¸c˜ coes o˜es de segunda segunda ordem: ordem: o problem problemaa de valor alor inicial para tais equa¸c˜ coes o˜es tem uma unica u ńica solu¸c˜ cao; aõ; a demonstra¸c˜ cão ao está fora dos objetivos deste texto.

∈

∈

Teorema 4.1. Suponhamos que a(t), b(t) e f ( f (t) sejam fun¸c˜ c˜ oes oe s cont´ con t´ıınuas em um intervalo I . Ent˜ ao, dados t0 I , y0 , y1 R, existe uma unica ´ solu¸c˜ cao ˜ da equa¸c˜ c˜ ao

∈

∈

y  + a(t) y  + b(t) y = f ( f (t)

(4.3)

tal que y (t0 ) = y0 e y  (t0 ) = y1 . O próximo oximo teorema, conhecido como princ prin c´ıpio ıpi o de d e sup s uperp erposi osi¸¸c˜ cao a õ, permite obter novas solu¸c˜ coes o˜es de (4.1) e (4.2) a partir de solu¸c˜ coes o˜es conhecidas. A demonstra¸c˜ cao aõ é trivia tri viall e fica como com o exerc´ exe rc´ıcio. ıcio .

Teorema 4.2. Sejam a(t), b(t), h1 (t) e h2 (t) fun¸c˜ c˜ oes oe s cont´ınua ın uass em um intervalo J R. Se y1 (t) e y2 (t) s˜ ao solu¸c˜ c˜ oes de

⊂

y + a(t) y + b(t) y = h1 (t) y  + a(t) y  + b(t) y = h2 (t),

(4.4) (4.5)

resp respeectivamente, ctivamente, e se c1 , c2 s˜ ao constan constantes, tes, ent˜ ao a fun¸c˜ c˜ ao z (t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) é solu¸ lu c˜ çao ˜ da equa¸c˜ c˜ ao y + a(t) y + b(t) y = c1 h1 (t) + c2 h2(t).

(4.6)

c˜ oes cont´ cont´ınuas em um intervalo interva lo Corol Co rol´ ´ ario ari o 4.1. 4. 1. Sejam a(t) e b(t) fun¸c˜ J R. O conjunto das solu¸c˜ coes ˜ da equa¸c˜ cao ˜ ho homogˆ mogênea en ea (4.2 (4 .2)) é um espa¸co co vetorial de dimens˜ ao 2.

⊂

S

99

Fatos Gerais

Demonstra¸c˜ cao: ˜ Tomando h1 (t) = h2 (t) = 0, o teorema anterior implica que qualquer combina¸c˜ cao aõ linear de solu¸c˜ coes o˜es de (4.2) é uma solu¸c˜ cao aõ de (4.2), ou seja, o conjunto é um u m sub s ubes espa pa¸co ço de (J, R), o espa¸co co vetorial de todas as fun¸c˜ coes o˜es cont´ınuas ınua s em J com valores reais. Mostremos que dim = 2. Fixemos t0 J arbitrariament arbitrariamente. e. Sejam  ϕ1(t), ϕ2 (t) as solu¸c˜ coes o˜es de (4.2) tais que ϕ1 (t0 ) = 1, ϕ1 (t0 ) = 0 e  encia de tais solu¸c˜ coes o˜es é garantida garanti da pelo pe lo ϕ2(t0 ) = 0, ϕ2 (t0) = 1 (a existência Teorema 4.1). Afirmamos que ϕ1 (t), ϕ2 (t) formam uma base de . Em primeiro lugar, lugar , é claro c laro que essas fun¸c˜ cões oes são ao LI, LI , pois p ois o seu wronsk w ronskiano iano é diferente dife rente de zero em t = t0 :

S S

C

∈

S

W ( W (ϕ1 , ϕ2 )(t )(t0 ) = det



ϕ1 (t0 ) ϕ2 (t0 ) ϕ1 (t0 ) ϕ2 (t0 )

   = det

1 0 0 1

=1

Mostremos agora qualquer solu¸c˜ cao aõ ϕ(t) de (4.2) é combina¸c˜ cão ao linear de ϕ1 (t) e ϕ2 (t). Procuremos constantes C e D tais que ϕ(t) = C ϕ 1 (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 = ϕ (t0 ). Com isto, temos que (4.7) está verificada quando t = t0 . Mostremo Mostremoss que (4.7) (4.7) est´ a satisfeita para todo t J . Sab Sabemo emos, s, por hip´ hipotese, o´tese, que a fun¸c˜ cão ao ϕ(t) é solu so lu¸c˜ ção ao do PVI

∈

 

y  + a(t) y  + b(t) y = 0 y (t0 ) = C y  (t0) = D

Por outro lado, a fun¸c˜ cão ao C ϕ 1 (t)+D )+D ϕ2 (t) tamb´ mbém é solu¸ luc˜ ção ao desse PVI. Como, pelo Teorema 4.1, tal PVI tem uma unica u ´ nica solu¸c˜ cao, aõ, devemos ter ϕ(t) = C ϕ 1 (t) + D ϕ2 (t), t J .

∀∈

ao fun¸c˜ c˜ oes oe s cont con t´ınua ın uass Coro Co rol´ l´ ario ar io 4.2. 4. 2. Suponhamos que a(t), b(t) e h(t) s˜ R. Se ϕ p (t) ´ no intervalo J e uma solu¸c˜ cão ao particular da equa¸c˜ c˜ ao (4.1), ent˜ ao qualquer solu¸c˜ cao ˜ de (4.1) é da forma y (t) + ϕ p (t), em

⊂

100

Cap. 4

Equa¸c˜ c˜ oes Diferenciais Lineares

que y(t) é uma solu¸ so lu¸c˜ cao ˜ da equa¸c˜ c˜ ao homogˆ homogênea enea (4.2). Em outras palavras, a solu¸c˜ cao ˜ geral da equa¸c˜ c˜ ao n˜ ao homogˆ hom ogˆ enea enea (4.1) (4. 1) é a soma som a da solu¸c˜ cao ˜ geral da equa¸c˜ c˜ ao homogênea enea (4.2) com uma solu¸c˜ cao ˜ particular da equa¸c˜ c˜ ao n˜ ao homogˆ hom ogˆ enea enea (4.1) (4. 1) Demonstra¸c˜ c˜ ao: O resultado resu ltado é conseq¨ conse q¨ uˆ uência encia do fato que se y1 (t) e y2(t) são ao solu¸c˜ coes o˜es da equa¸c˜ cao aõ não ao homo ho mogˆ gênea en ea y + a(t) y + b(t) y = h(t) , ent˜ ao ao y2(t)

so lu¸c˜ çao aõ da equa¸c˜ cao aõ homogˆ hom ogênea ene a (4.2 ( 4.2). ). − y (t) é solu 1

´ f´ Exemplo 4.1. E acil ver que a fun¸c˜ c˜ ao y(t) = 5 t é soluc˜ çao ˜ da equa¸c˜ c˜ ao  diferencial y + y = 5 t. Como a solu¸c˜ cao ˜ geral da equa¸c˜ c˜ ao ho homogˆ mogênea en ea assoc as socia iada da é yH (t) = a cos t + b sen t, a,b R, segue-se que a solu¸c˜ c˜ ao  geral da equa¸c˜ cao ˜ y + y = 5 t é y (t) = a cos t + b sen t + 5 t, a,b R.

∈

∈

Exerc´ Ex erc´ıcio ıc io 4.1. 4. 1. Sabendo que a fun¸c˜ c˜ ao ψ (t) = 5 t3 + 4 t5 é soluc˜ çao ˜ da equa¸c˜ c˜ ao n˜ ao homogˆ ho mogênea en ea y  + p(t) y  + q (t) y = g (t) e que as fun¸c˜ c˜ oes ϕ1 (t) = sen 5 t, ϕ2 (t) = cos 5 t s˜ ao solu¸c˜ coes ˜ da equa¸c˜ c˜ ao ho homogˆ mogênea en ea correspondente, encontre a solu¸c˜ c˜ ao geral de cada uma dessas equa¸c˜ c˜ oes. Exerc´ Ex erc´ıcio ıc io 4.2. 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˜ coes ˜ da equa¸c˜ c˜ ao n˜ ao   homogˆ mogênea y + a y + b y = f ( f (t). Enc Encontr ontree a solu solu¸c˜ çao ˜ geral dessa equa¸c˜ c˜ ao. resultados ados acima permane permaneccem v´ alidos com as Observa¸c˜ c˜ ao ao 4.1. 4. 1. Os result devidas adapta¸c˜ coes ˜ para equa¸c˜ c˜ oes diferenciais lineares de ordem n y (n) + an−1 (t) y(n−1) +

4.2

···+ a

1

(t) y + a0 (t) y = g (t)

M´ etodo etodo de Redu¸ c˜ c˜ ao ao da Ord rde em

Consideremos a equa¸c˜ cao aõ linear de segunda ordem homogênea enea y  + p( p(t) y  + q (t) y = 0 .

(4.8)

101

Redu¸cao ˜ da ordem

Suponhamos conhecida uma solu¸caõ y1 (t) dessa equa¸cã o. Sabemos que, para qualquer constante c, a fun¸caõ c y1(t) é uma solu¸ca˜ o da equa¸cão (4.8): é claro que as fun¸cões y1 (t) e c y1 (t) são linearmente dependentes. Um método para encontrar uma solu¸ cão y2 (t) linearmente independente de y1 (t) consiste em procurar uma nova solu¸cão de (4.8) na forma y2 (t) = u(t) y1(t), em que u(t) é uma fun¸caõ não constante (assim, o que estamos procurando é a fun¸ cão u). Substituindo y (t) = u (t)y1 (t)+u(t)y1 (t) e y (t) = u (t)y1 (t)+2u (t)y1 (t)+u(t)y1 (t) na equa¸cão (4.8), obtemos









u(t) y1 (t)+ p(t)y1 (t)+q(t)y1 (t) +y1 (t)u (t)+ 2y1 (t)+ p(t)y1 (t) u (t) = 0. Como y1 (t) + p(t) y1 (t) + q(t) y1 (t) = 0 (pois y1 (t) é solu¸caõ de (4.8)), essa equa¸caõ torna-se





y1 (t) u (t) + 2 y1 (t) + p(t) y1(t) u (t) = 0. Dividindo por y1 (t) e chamando v = u , obtemos a equa¸caõ linear de primeira ordem y1  v + 2 +a v = 0, (4.9) y1 que já foi estudada no Cap´ıtulo 1. Uma vez obtida uma solu¸ cão v dessa equa¸cão, integramos v para obter uma fun¸caõ u procurada e, conseq¨ uentemente, obter uma solu¸cão particular y(t).





ao da Exemplo 4.2. Sabendo que y1 (t) = t2 (t > 0) é uma solu¸c˜ equa¸c˜ ao diferencial 2 y  y=0 t2 obtenha a solu¸cao ˜ geral dessa equa¸c˜ ao.

−

Chamando y2 (t) = t2 u(t), temos y (t) = 2 t u + t2 u

e y  (t) = t2 u + 4 t u + 2 u

Substituindo na equa¸cão diferencial, obtemos u +

4  u = 0. t

102

Cap. 4

Equa¸coes ˜ Diferenciais Lineares

Chamando v = u , obtemos a equa¸cão v +

4 v = 0, t

cuja solu¸caõ geral é v(t) = K/t4 . Assim, u(t) = K/(4t3). Portanto y2(t) = K/(4t). Logo, a solu¸caõ geral da equa¸cão diferencial é

−

−

y(t) = a t2 +

b , 4t

a, b

∈ R.

Exerc´ıcio 4.3. Cada uma das equa¸c˜ oes abaixo tem uma solu¸cao ˜ da forma y1 (t) = tk . 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: (a) t2 y + t y  (1/4) y = 0 (b) t y (t + 1) y  + 2 y = 0 (c) 4 t2 y + 4 t y  y = 0 (d) (t2 ln t) y  t (1 + 4 ln t)y  + (2 + 6 ln t) y = 0.

−

−

−

4.3

−

Equa¸c˜ ao Homogˆ enea com Coeficientes Constantes

Nosso objetivo nesta se¸caõ é encontrar a solu¸caõ geral da equa¸caõ linear homogênea com coeficientes constantes: y + a y  + b y = 0 .

(4.10)

A fun¸caõ exponencial y(t) = er t é uma candidata natural a solu¸cão de (4.10) pois suas derivadas de primeira e segunda ordem s˜ ao y  (t) = r er t

e y (t) = r 2 er t ,

que diferem de y(t) apenas por constantes multiplicativas, o que torna poss´ıvel o anulamento da combina¸cão y  (t) + a y  (t) + b y(t). Substituindo y(t) = er t em (4.10), temos (r 2 + a r + b ) er t = 0.

103

Equa¸c˜ ao homogênea

Como er t = 0,

 ∀t, temos necessariamente r2 + a r + b = 0 .

(4.11)

ao caracter´ıstica de (4.10). Essa equa¸caõ é chamada equa¸c˜ A equa¸caõ caracter´ıstica (4.11) fornece os expoentes das solu¸ cões da equa¸caõ diferencial (4.10): se r é uma raiz da equa¸cão caracter´ıstica, é fácil ver que a fun¸caõ er t é solu¸cão de (4.10). Analisemos as 3 possibilidades para o discriminante da equa¸cão caracter´ıstica (4.11). 2 1o 4 b > 0. A equa¸cão caracter´ıstica (4.11) tem 2 ¯ caso: ∆ = a ra´ızes reais r1 , r2 dadas por

−

√ a+ a −4b − = 2

r1

2

√ a − a − 4b − = 2

e r2

2

Então é f´ acil ver que as fun¸cões y1 (t) = er

1

t

e y2 (t) = er

2

t

são solu¸cões de (4.10). Pelo Teorema 4.2, toda combina¸caõ linear dessas fun¸co˜es y(t) = c1 er t + c2 er t (4.12) 1

2

também é solu¸cão de (4.10). Mostraremos em seguida que toda solu¸ cão de (4.10) é dessa forma, de modo que a fun¸ cão dada por (4.12) é a solu¸caõ geral de (4.10). Em primeiro lugar, notemos que, como r 2 + a r + b = (r temos r1 + r2 =

−a e r

1 r2

− r )(r − r ), 1

2

= b e portanto

y  + a y  + b y =

d  y dt

 − −  −  r1 y

r2 y

r1 y

Chamando z = y  r2 y, podemos reescrever a equa¸cão diferencial (4.2) na forma z  r1 z = 0. (4.13)

−

−

104

Cap. 4


A solu¸cão geral (4.13) é z(t) = C 1 er t , em que C 1 é uma constante arbitrária. Portanto, a solu¸caõ y(t) de (4.1) que procuramos é solu¸ cão a da equa¸cã o de 1¯ ordem 1

y

−r

2

y = C 1 er t .

(4.14)

1

Resolvendo (4.14), obtemos y(t) = K 1 er t + K 2 er 1

2

t

(4.15)

em que K 1 e K 2 são constantes arbitr´ arias (K 1 = C 1 /(r1 r2 )). Logo, a expressão (4.15) fornece a solu¸caõ geral da equa¸cão diferencial (4.1) quando ∆ > 0.

−

Exemplo 4.3. (a) Encontrar a solu¸c˜ ao geral da equa¸c˜ ao y  + 3 y 

− 10 y = 0

(b) Encontrar a solu¸cao ˜ y(t) dessa equa¸cao ˜ satisfazendo as condi¸c˜ oes  y(0) = 7 e y (0) = 0. A equa¸caõ caracter´ıstica é r 2 + 3 r 10 = 0. Portanto as ra´ızes são r1 = 2 e r2 = 5. Logo, a solu¸caõ geral da equa¸caõ diferencial é

−

−

y(t) = C 1 e2 t + C 2 e−5 t .

As condi¸cões iniciais y(0) = 7 e y  (0) = 0 implicam C 1 + C 2 = 7 2 C 1

− 5 C = 0 2

donde obtemos C 1 = 5 e C 2 = 2. Logo, a solu¸cão é y(t) = 5 e2 t + 2 e−5 t . ´ interessante comparar a equa¸c˜ ao diferencial (4.10) Observa¸c˜ ao 4.2. E y  + a y  + b y = 0 com a correspondente equa¸c˜ ao caraster´ıstica (4.11). r 2 + a r + b = 0. Notemos que a cada derivada da fun¸c˜ ao inc´ ognita em (4.10) corresponde uma potência de r em (4.11); mais especificamente, aos termos y  , y  e y =“derivada de ordem 0” em (4.1) correspondem, respectivamente, as potências r2 , r e 1“ = r0 ”.

105

Equa¸c˜ ao homogênea 2 2o ¯ caso: ∆ = p

− 4 b = 0. Agora, a equa¸cão 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¸ caõ

−

w

− r w = 0,

cuja solu¸cão é w(t) = C e r t . Em seguida, procuramos a solu¸caõ geral da equa¸cão y

−ry = Ce

rt

.

Multiplicando pelo fator integrante e−r t , obtemos e−r t y

rt

− r e−

y = C e −r t er t = C

   (e−r t y(t))

Integrando, temos e−r t y(t) = C t + D, donde obtemos a express˜ ao da solu¸caõ geral da equa¸caõ (4.1) quando a equa¸cão caracter´ıstica tem uma raiz dupla y(t) = C t er t + D er t = (C t + D) er t .

(4.16)

ao geral da equa¸c˜ ao diferencial Exemplo 4.4. Encontrar a solu¸c˜ y 

− 4 y + 4 y = 0. A equa¸cão caracter´ıstica é r − 4 r + 4 = 0, que tem r = 2 como 2

raiz dupla. Portanto, a solu¸cão geral da equa¸caõ diferencial é y(t) = C e 2 t + D t e2 t .

2 3o 4 b < 0. As ra´ızes da equa¸caõ caracter´ıstica têm ¯ caso: ∆ = p partes imagin´ arias diferentes de zero. Como, nos dois casos anteriores, a solu¸cão geral de (4.2) é dada em termos da fun¸ cão exponencial. A

−

106

Cap. 4


diferen¸ca é que, neste caso, a solu¸caõ é uma fun¸cã o complexa. Se r1 = α + i β e r2 = α i β são as ra´ızes da equa¸cão caracter´ıstica (4.11), ent˜ ao toda solu¸caõ da equa¸caõ diferencial (4.10) é dada por

−

y(t) = C 1 er t + C 2 er t , 1

2

em que C 1 , C 2 são constantes (que podem ser complexas). Isto n˜ ao é plenamente satisfatório, pois gostar´ıamos de obter solu¸cões reais da equa¸cão (4.10). Para resolver esse problema, usaremos o seguinte resultado.

Teorema 4.3. Se y(t) = u(t) + i v(t) é uma solu¸c˜ ao complexa (com u(t) , v(t) reais) da equa¸c˜ ao diferencial y (t) + a y  + 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 u + a u + b u = f (t) (4.18) e v  + a v  + b v = g(t).

(4.19)

Demonstra¸c˜ ao: Como y(t) = u(t) + i v(t) é uma solu¸caõ de (4.17), temos u (t) + i v (t) + a [u (t) + i v (t)] + b [u(t) + i v(t)] = f (t) + i g(t), Separando parte real e parte imagin´ aria, temos u (t) + a u (t) + b u(t) = f (t) v  (t) + a v  (t) + b v(t) = g(t) , isto é, u e v são solu¸cões de (4.18) e (4.19), respectivamente.

107


Apliquemos o Teorema 4.3 a` equa¸caõ (4.10). Se r1 = α + i β e r2 = α i β são as ra´ızes da equa¸caõ caracter´ıstica (4.11), ent˜ ao qualquer uma das solu¸co˜es 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)

−

dá origem a`s solu¸cões reais z1 (t) = eα t cos β t e z2 (t) = eα t sen β t da equa¸caõ (4.1). Como nos casos anteriores, mostramos que a solu¸cão geral da equa¸cão diferencial para este caso (∆ < 0) é z(t) = eα t [A cos β t + B sen β t]

(4.20)

ao geral da equa¸c˜ ao y  +4y  +13 y = 0. Exemplo 4.5. Encontrar a solu¸c˜ A equa¸cão caracter´ıstica é r 2 + 4 r + 13 = 0, cujas solu¸cõ es são r1 = 2 + 3 i e r1 = 2 3 i. Portanto, as fun¸cões

−

− −

y1 (t) = e−2t (cos 3 t + i sen 3 t) e y2 (t) = e−2t (cos 3 t

− i sen 3 t)

são solu¸co˜es complexas da equa¸caõ diferencial dada. Logo, as fun¸cões z1 (t) = e−2t cos 3 t e z2(t) = e−2t sen 3 t são solu¸co˜es reais da equa¸cão e sua solu¸caõ geral real é





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 resultante das for¸cas externas atuando sobre a massa. Chamando ω = k/m, a equa¸c˜ ao (2.3) fica



y + ω 2 y = 0 .

(4.21)

108

Cap. 4


A equa¸cão caracter´ıstica é r2 +ω 2 = 0, cujas solu¸co˜es são r = ω i. Logo, as fun¸cões y1(t) = cos ω t e y2(t) = sen ω t são solu¸co˜es linearmente independentes de (4.21) e a solu¸caõ geral é

±





a b y(t) = a cos ω t + b sen ω t = A cos ω t + sen ω t . A A

√

√

em que A = a2 + b2 . Chamando cosα = a/ a2 + b2 , sen α = b a2 + b2 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 gráfico da solu¸cão tem o aspecto mostrado na figura 4.1 abaixo. Ty

2π ω

A

E

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 + b y  + ω2 y = 0

(4.22)

A equa¸cão caracter´ıstica de (4.22) é r2 +b r+ω2 = 0. Seja ∆ = b2 4 ω 2 . Se ∆ > 0, a equa¸caõ 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¸caõ geral da equa¸cão (4.22) é

− √

− −√

√ −

−

y(t) = c1 er t + c2 er t. 1

2

Como r1 < 0 e r2 < 0, temos que y(t) 0, quando t da solu¸caõ é mostrado nas figuras 4.2 e 4.3 abaixo.

→

→ ∞. O gráfico

109


Se ∆ = 0, a equa¸caõ caracter´ıstica tem uma raiz real dupla negativa r = r/2. Portanto, a solu¸cão geral da equa¸caõ (4.22) é

−

y(t) = (c1 + c2 t) er t . Como no caso anterior, y(t) 0, quando t solu¸caõ é mostrado nas figuras 4.2 e 4.3).

→

T y

→ ∞ (o gráfico de uma tal

T y t

Et

E

Figura 4.2

Figura 4.3

Se b2 4 ω2 < 0, as ra´ızes s˜ a o n´ umeros complexos com parte real negativa (isto implica que y(t) 0, quando t ) e partes imaginárias não nulas. Escrevendo λ = α + i β , com α = b/2 β = 4 ω 2 b2 /2, a solu¸caõ geral é

−

√

→

→∞ −

−

αt

y(t) = e





c1 cos β t + c2 sen β t .

´ fácil ver que uma tal solu¸caõ tende a zero oscilando uma infinidade E de vezes. O gráfico da solu¸cão é mostrado na figura 4.4 abaixo. y

T

E t

Figura 4.4

110

Cap. 4


Com as solu¸cões da equa¸cão (4.10) encontradas acima: er t e er 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 1

2

−

podemos resolver qualquer problema de valor inicial

 

y  + a y  + b y = 0 y(t0 ) = y0 , y  (t0 ) = y˜0 .

(4.23)

Analisaremos apenas o caso a2 > 4 b : os outros são tratados de modo análogo e ficam como exerc´ıcio. Procuremos a solu¸ caõ do problema de valor inicial na forma y(t) = Cer t + De r 1

2

t

Impondo as condi¸co˜es iniciais y(t0 ) = y0 , e y (t0 ) = y˜0 , obtemos o seguinte sistema de 2 equa¸co˜es nas variáveis C, D:



er r1 er

1

t0

1

t0

C + er t D = y0 C + r2 er t C = y˜0 2

2

0

(4.24)

0

cuja matriz dos coeficientes



er t r1 er t 1

0

1

er t r2 er t 2

0

0

2

0



tem determinante (r1 r2 )e(r +r ) t = 0 (pois r2 = r1 ). Logo, o sistema (4.24) tem sempre uma uńica solu¸cão (C, D), que fornece a (única) solu¸cão procurada y(t) do problema de valor inicial (4.23).

−

2

1

0





ao do problema de valor inicial Exemplo 4.8. Encontrar a solu¸c˜ y 

− 2 y − 3 y = 0,

y(0) = 3 y (0) = 5

˜ N AO ˜ HOMOGENEA ˆ 4.4. EQUAC ¸ AO

111

A equa¸caõ caracter´ıstica é r 2 2 r 3 = 0, que tem as ra´ızes r1 = 3 e r2 = 1. Portanto, a solu¸caõ geral da equa¸caõ homogênea é

− −

−

y(t) = a e3 t + b e−t,

a, b

∈ R. As condi¸cões iniciais implicam a + b = 3, 3 a − b = 5, donde a = 2 e b = 1. Logo, a solu¸caõ procurada é

y(t) = 2 e3 t + e−t . ao de cada PVI abaixo: Exerc´ıcio 4.4. Encontre a solu¸c˜ (a)

(c)

(e)

4.4

  

y 2 y = 0 y(0) = 1, y  (0) =

−

−1

y 2 y + 2 y = 0 y(0) = 1, y  (0) = 3

−

y + 25 y = 0 y(0) = 3, y  (0) = 3

(b)

(d)

(f )

  

y  + 4 y  2 y = 0 y(0) = 3, y  (0) = 5

−

y  2 y + y = 0 y(0) = 3, y  (0) = 2

−

y + 4 y  + 9 y = 0 y(0) = 3, y  (0) = 0

Equa¸c˜ ao N˜ ao Homogˆ enea

Analisaremos agora a equa¸cão não homogênea y  + a(t) y  + b(t) y = h(t).

(4.25)

em que a(t), b(t) e h(t) são fun¸co˜es cont´ınuas em um intervalo I . Como conseq¨ uência do Teorema 4.2 (Princ´ıpio de Superposi¸ caõ), temos o seguinte resultado.

Corol´ ario 4.3. Se z1 (t) e z2 (t) s˜ ao solu¸c˜ oes da equa¸cao ˜ n˜ ao homogênea y  + a(t) y  + b(t) y = h(t), ent˜ ao a fun¸c˜ ao w(t) = z1 (t) z2(t) é solu¸c˜ ao da correspondente equa¸c˜ ao homogênea y  + a(t) y  + b(t) y = 0. (4.26)

−

112

Cap. 4

Equa¸coes ˜ de Segunda Ordem

Como conseq¨ uência do Corolário 4.26, a solu¸caõ geral de (4.25) é a soma da solu¸cã o geral da equa¸caõ homogênea associada com uma solu¸caõ particular de (4.25). Por exemplo, é f´ acil ver que a fun¸cão z(t) = 2 é uma solu¸caõ da equa¸cão

−

y + 3 y

− 10 y = 20.

(4.27)

Como a solu¸caõ geral da equa¸cão homogênea associada é a e2 t + b e−5 t , a , b R, segue-se que a solu¸caõ geral da equa¸cão (4.27) é

∈

y(t) = 2 + a e2 t + a e−5 t ,

a, b

∈ R.

Estudaremos, a seguir, dois m´ etodos para encontrar uma solu¸ cão particular de (4.25): o método de varia¸ cão dos parâmetros e o método dos coeficientes indeterminados. Estaremos especialmente interessados no caso em que os coeficientes a e b são constantes reais.

4.5

M´ etodo de Varia¸ c˜ ao dos Parˆ ametros

Sejam y1 (t), y2 (t) duas solu¸co˜es linearmente independentes (isto é, nenhuma dessas fun¸co˜es é m´ ultipla constante da outra) da equa¸cão linear homogênea de segunda ordem y + a(t) y + b(t) y = 0 .

(4.28)

Vimos que, quaisquer que sejam as constantes c1 e c2 , a fun¸cão z(t) = c1 y1 (t)+c2 y2 (t) é solu¸caõ de (4.28). Vamos procurar fun¸co˜es u1 (t), u2 (t) de modo que a fun¸cão y p (t) = u1(t) y1 (t) + u2 (t) y2 (t)

(4.29)

seja solu¸caõ da equa¸cão diferencial linear de segunda ordem n˜ a o homogênea y  + a(t) y  + b(t) y = h(t). (4.30) Derivando (4.29), temos y p (t) = u1 (t) y1 (t) + u2(t) y2 (t) + u1 (t) y1 (t) + u2 (t) y2 (t) .

113

Varia¸c˜ ao dos parˆ ametros

Para evitar que a express˜ ao da derivada de segunda ordem y p (t) fique excessivamente grande, vamos supor que as fun¸co˜es u1 (t), u2 (t) (que estamos procurando) satisfazem a igualdade u1 (t) y1 (t) + u2 (t) y2 (t) = 0.

(4.31)

y p (t) = u1 (t) y1 (t) + u2 (t) y2 (t).

(4.32)

Então y  (t) fica

Derivando, obtemos y p (t) = u1 (t) y1 (t) + u1 (t) y1 (t) + u2 (t) y2 (t) + u2 (t) y2 (t).

(4.33)

Substituindo (4.32) e (4.33) na equa¸caõ (4.30), obtemos



 



u1 y1 +a(t) y1 +b(t) y1 +u2 y2 +a(t) y2 +b(t) y2 +u1 y1 +u2 y2 = h(t) . Como y1 + a(t) y1 + b(t) y1 = 0 e y2 + a(t) y2 + b(t) y2 = 0, essa rela¸cão fica u1 y1 + u2 y2 = h(t) . Logo, as fun¸co˜es procuradas u1 , u2 devem satisfazer



u1 y1 + u2 y2 = 0 u1 y1 + u2 y2 = h(t) .

Resolvendo esse sistema obtemos u1 , u2. Integrando essas fun¸co˜es, obtemos u1 , u2 e portanto a solu¸caõ y p (t). ao geral da equa¸c˜ ao diferencial Exemplo 4.9. Encontrar a solu¸c˜ 2 e2 t   y − 4y +4y = .

(4.34) t3 A solu¸caõ geral da equa¸caõ homogênea associada é yh(t) = e2 t (a + b t), a , b R. Procuraremos uma solu¸ caõ particular da equa¸cão (4.34) na 2t 2t forma y p (t) = u(t) e + v(t) t e . De acordo com a teoria vista acima, as fun¸cões u e v devem satisfazer

∈

 

u (t) e2 t + v  (t) t e2 t = 0

2 e2 t  2t  2t 2 u (t)e + v (t)(1 + 2 t) e = . t3

114

Cap. 4


Resolvendo esse sistema, obtemos u (t) = 2/t2 e v  (t) = 2/t3 . Integrando, temos u(t) = 2/t e v(t) = 1/t2. Portanto, uma solu¸ cão particular da equa¸cão não homogênea é

−

e2 t y p (t) = 2 t e a sua solu¸caõ geral é

−



−

e2 t e2 t = t t



1 y(t) = e a + b t + , a, b R. t Exemplo 4.10. Encontrar a solu¸c˜ ao geral da equa¸c˜ ao diferencial π π y  + y = tg t,
∈

−

As fun¸co˜es y1 (t) = cos t e y2 (t) = sen t são solu¸cões linearmente independentes da equa¸caõ homogênea associada. Procuraremos uma solu¸caõ particular da equa¸cão (4.34) na forma y p (t) = u1 cos t + u2 sen t . Ent˜ ao, as fun¸cões u1 e u2 devem satisfazer



−

u1 cos t + u2 sen t = 0 u1 sen t + u2 cos t = tg t .

Resolvendo esse sistema, obtemos u1 (t) = cos t

− sec t

e u2 (t) = sen t .

Integrando essas fun¸co˜es, obtemos: u1 (t) = sen t ln sec t + tg t u2 (t) = cos t .

−

− |

|

Logo, a solu¸cão geral da equa¸caõ (4.34) é y(t) = a cos t + bsen t

− (cos t) ln | sec t + tg t|,

a, b

∈ R.

No próximo exemplo resolvemos diversas equa¸cõ es não homogêneas com o mesmo primeiro membro com o objetivo de introduzir um método mais simples de resolu¸caõ.

115

Varia¸c˜ ao dos parˆ ametros

ao geral de cada uma das equa¸coes ˜ Exemplo 4.11. Encontrar a solu¸c˜ n˜ ao homogêneas y y y y y

t

− 3 y + 2 y = 6 e− , − 3 y + 2 y = 3 e , − 3 y + 2 y = 8 e , − 3 y + 2 y = 12 t e . − 3 y + 2 y = 9 t e .

(4.36) (4.37) (4.38) (4.39) (4.40)

t

2t

2t

2 2t

A equa¸cão caracter´ıstica da equa¸caõ homogênea associada é r2

− 3 r + 2 = (r − 1) (r − 2) = 0.

Logo, a solu¸cão geral da equa¸caõ homogênea associada é yH (t) = a et + b e2 t , a,b

∈ R.

Vamos procurar uma solu¸caõ da equa¸ca˜ o não homogênea (4.36) na forma y p (t) = u(t)et + v(t)e2 t . Então u(t) e v(t) devem satisfazer



u et + v  e2 t = 0 u et + 2 v  e2 t = 6 e−t .

Resolvendo esse sistema, obtemos u = 6 e−2 t e mos então tomar u(t) = 3 e−t e v(t) = 2 e−3 t . particular de (4.36) é y p (t) = e−t e a solu¸cão geral

− −

y(t) = e−t + a et + b e2 t , a,b

v  = 6 e−3 t . PodeLogo, uma solu¸cão de (4.36) é

∈ R.

Analisemos agora a equa¸caõ (4.37). Procuremos uma solu¸caõ dessa equa¸cão na forma y p (t) = u(t)et + v(t)e2 t . Então u(t) e v(t) satisfazem



u et + v  e2 t = 0 u et + 2 v  e2 t = 3 et

116

Cap. 4


Resolvendo esse sistema, obtemos u = 3 e v  = 3 e−t . Portanto, podemos tomar u(t) = 3 t e v(t) = 3 e−t . Portanto, uma solu¸cão particular de (4.37) é y p (t) = 3 t et 3 et e a solu¸caõ geral de (4.37) é y(t) = 3 t et + a et + b e2 t , a , b 3 et de y p (t) R. (a parcela não comparece explicitamente na express˜ ao da solu¸cão geral, pois ela é solu¸caõ da equa¸cão homogênea). Vamos procurar uma solu¸caõ da equa¸caõ não homogênea (4.38) na forma y p (t) = u(t)et + v(t)e2 t. Então u(t) e v(t) devem satisfazer

−

−

−



− − ∈

−

−

u et + v  e2 t = 0 u et + 2 v  e2 t = 8 e2 t

Resolvendo esse sistema, obtemos v  = 8 e u = 8 et . Portanto, podemos tomar u(t) = 8 et e v(t) = 8 t. Logo, uma solu¸caõ particular de (4.38) é y p (t) = 8 e2 t + 8 t e2 t e a solu¸caõ geral de (4.38) é y(t) = 8 t e2 t + a et + b e2 t , a , b R (notemos que a parcela 8 e2 t de y p (t) é solu¸cão da equa¸cão homogênea; por isso, ela n˜ ao comparece explicitamente na express˜ ao da solu¸caõ geral). Busquemos uma solu¸caõ da equa¸caõ não homogênea (4.39) na forma y p (t) = u(t)et + v(t)e2 t . Então u(t) e v(t) devem satisfazer

−



−

−

∈

−

u et + v  e2 t = 0 u et + 2 v  e2 t = 12 t e2 t

Resolvendo esse sistema, obtemos u = 12 t et e v  = 6 t2. Portanto, podemos tomar u(t) = 12 t et + 12 et e v(t) = 6 t2. Logo, uma solu¸cão particular de (4.39) é y p (t) = (12 12 t + 6 t2 ) e2 t e a solu¸cão geral de (4.39) é y(t) = (b 12 t+6 t2 ) e2 t +a et , a,b R (como antes, a parcela 12 e2 t é absorvida pela constante b na express˜ ao da solu¸caõ geral). Analisemos, finalmente, a equa¸cão (4.40). Procurando uma solu¸cão dessa equa¸caõ na forma y p (t) = u(t) et + v(t) e2 t, vemos que u(t) e v(t) devem satisfazer u et + v  e2 t = 0 u et + 2 v  e2 t = 9 t2 e2 t

−

−

−

−

∈



Resolvendo esse sistema, obtemos v  = 9 t2 e u = 9 t2 et . Portanto, podemos tomar u(t) = ( 9 t2 +18 t 18) et (para obter u(t) integramos

−

−

−

´ 4.6. M ETODO DOS COEFICIENTES A DETERMINAR

117

por partes duas vezes) e v(t) = 3 t3 . Logo, uma solu¸caõ particular de (4.40) é y p (t) = (3 t3 9 t2 + 18 t 18) e2 t e a solu¸caõ geral de (4.40) é y(t) = (3 t3 9 t2 + 18 t) e2 t + a et + b e2 t , a,b R.

−

−

−

∈

Exerc´ıcio 4.5. (I) Usando o método de varia¸ c˜ ao dos parˆ ametros, encontre uma solu¸c˜ ao particular para cada uma das equa¸ c˜ oes diferenciais: (a) y  + y = sec t,

−π < t < π ;

2  3 (c) y + 3y = t − 1 (e) y  + 4y = sen t

2

(b) 3y  + 4y  + y = e−t sen t (d) y  y = t et ; (f ) y + y = sen t

−

(II) Para cada uma das equa¸coes ˜ em (I), encontre a solu¸c˜ ao tal que y(0) = 0 e y  (0) = 0.

4.6

M´ etodo dos Coeficientes a Determinar

Quando o termo for¸cante da equa¸caõ linear de segunda ordem n˜ ao homogênea com coeficientes constantes y + a y  + b y = h(t) ,

(4.41)

tem uma forma especial, é f´ acil encontrar uma solu¸cão particular dessa equa¸cão. Por exemplo, se h(t) é uma fun¸caõ polinomial, é razo´ avel procurar uma solu¸cão de (4.41) na forma de um polinˆ omio, se h(t) é uma fun¸cão exponencial, procuramos a solu¸caõ de (4.41) na forma exponencial e se h(t) é uma combina¸caõ de senos e cossenos, devemos buscar a solu¸caõ como uma combina¸caõ de senos e cossenos: este método é conhecido como método dos coeficientes indeterminados ou método dos coeficientes a determinar . Mais precisamente, consideremos a equa¸cão diferencial



y  + a y  + b y = eα t pm (t)sen β t + qn (t) cos β t



(4.42)

em que pm(t) e qm (t) são polinômios de graus m e n, respectivamente. Seja  o maior dos n´ umeros m e n. Se os números α i β não são ra´ızes da equa¸cão caracter´ıstica, procuramos a solu¸ cão na forma

±





y(t) = eα t P  (t)sen β t + Q (t) cos β t .

(4.43)

118

Cap. 4


Se os n´ umeros α i β são ra´ızes da equa¸cão caracter´ıstica com multiplicidade k (notemos que, sendo (4.42) uma equa¸caõ de segunda ordem, podemos ter k = 1 ou k = 2), procuramos a solu¸caõ na forma

±





y(t) = tk eα t P  (t)sen β t + Q (t) cos β t .

Exemplo 4.12. Encontrar a solu¸c˜ ao geral da equa¸c˜ ao diferencial y

− 3y + 2y = 2t + 1 .

A equa¸cão caracter´ıstica da equa¸caõ homogênea associada é r 2 3r + 2 = 0, que tem as solu¸cões r1 = 1 e r2 = 2. Logo, a solu¸cão geral da equa¸cão homogênea associada é yH (t) = C e t + D e2t , C, D R. Procuremos uma solu¸caõ particular da equa¸cão não homogênea na forma y(t) = a t+b; então y  (t) = a, y  = 0. Substituindo na equa¸cão diferencial, obtemos

−

∈

−3 a + 2 (at + b) = 2 t + 1 ou 2 a t + 2 b − 3 a = 2 t + 1 donde a = 1 e 2 b − 3a = 1, ou b = 2 . Assim, uma solu¸caõ particular da equa¸cão diferencial n˜ ao homogênea é y p (t) = t +2. Logo, a solu¸cão geral da equa¸cão não homogênea é y(t) = C e t + D e2t + t + 2,

C, D

∈ R.

ao geral da equa¸c˜ ao diferencial Exemplo 4.13. Encontrar a solu¸c˜ y

2

− 3 y = 18 t − 6 t − 8 .

A solu¸cão geral da equa¸caõ homogênea é yH (t) = c1 +c2 e3 t , c1 , c2 R. Como o termo for¸cante é um polinômio de grau 2, somos induzidos a repetir o procedimento do Exemplo 4.12 e procurar a solu¸cão como um polinômio de grau 2: y p (t) = a + b t + c t2 . Substituindo y p (t) = b + 2 c t e y p (t) = 2 c na equa¸caõ diferencial chegaremos a y 3y  = 2 c 3 (b + 2 c t), um polinômio de grau 1, que não pode ser igual a 18 t2 6 t 8, que é um polinômio de grau 2. O problema aqui é que, para qualquer polinômio de grau m, P (t), a expressão P  (t) 3 P  (t)

∈

− − −

−

−

119

Coeficientes a determinar

é um polinˆ omio de grau m 1 (isto est´ a relacionado com o fato que r = 0 é uma raiz da equa¸ cão caracter´ıstica). Para compensar esse decréscimo no grau do polinˆ omio, procuraremos nossa solu¸cão na forma 2 y p (t) = t (a + b t + c t ) = a t + b t2 + c t3. Substituindo na equa¸cão diferencial y p (t), y p (t) = a + 2 b t + 3 c t2 e y p (t) = 2 b + 6 c t, temos 2 b + 6 c t 3 (a + 2 b t + 3 c t2) = 18 t2 6 t 8, donde obtemos c = 2, b = 1 e a = 2. Assim, uma solu¸caõ particular da equa¸caõ não homogênea é y p (t) = 2 t3 t2 + 2 t e sua solu¸cão geral é

−

−

− −

− −

− −

y(t) = d1 + d2 e3 t

3

2

− 2t − t

+ 2 t,

d1 , d2

∈ R.

ao geral da equa¸c˜ ao diferencial Exemplo 4.14. Encontrar a solu¸c˜ y 

3t

− 3 y + 2 y = 20 e−

.

Pelo exemplo 4.12, a solu¸cã o geral da equa¸cão homogênea associaR. Procuremos uma solu¸ da é yH (t) = a et + b e2t , a, b caõ par− 3t ticular da equa¸cã o não homogênea na forma y(t) = c e ; ent˜ ao y (t) = 3 c e−3t , y  (t) = 9 a e−3t . Substituindo na equa¸cão diferencial, obtemos 9 c e−3t 3( 3 c e−3t) + 2 c e−3t = 20 e−3t

∈

−

− −

donde c = 1. Assim, uma solu¸caõ particular da equa¸cão dada é y p (t) = e−3t . Logo, a solu¸cão geral da equa¸caõ diferencial n˜ ao homogênea é y(t) = yH (t) + y p (t) = a et + b e2t + e−3t

a, b

∈ R.

ao geral da equa¸c˜ ao linear Exemplo 4.15. Encontrar a solu¸c˜ y 

2t

− 3 y + 2 y = 5 e

.

(4.44)

A solu¸caõ geral da equa¸cão homogênea associada é yh (t) = a et + b e2t, a, b R. Notemos que o termo for¸cante da equa¸cão diferencial (4.44) é uma solu¸cão da equa¸caõ homogênea y  3 y + 2 y = 0. Assim, será perda de tempo procurar uma solu¸caõ de (4.44) na forma y(t) = c e2t , pois essa fun¸cão é solu¸cã o da equa¸caõ homogênea; de fato, se procurarmos uma solu¸caõ de (4.44) na forma y(t) = c e2t , chegaremos a 4 c e2t 6 c e2t + 2 c e2t = 5 e2t ou 0 c e2t = 5 e2t ,

∈

−

−

120

Cap. 4


e portanto, n˜ a o existe tal c. O Exemplo 4.11 sugere que tentemos uma solu¸caõ particular da equa¸cã o (4.44) na forma y p (t) = c t e2 t . Substituindo y p (t) = c t e2t , y p (t) = c e2t + 2 c t e2t , y p (t) = 4 c e2t + 4 c t e2t na equa¸caõ (4.44), temos 4 c e2t + 4 c t e2t

− 3 (c e

2t

+ 2 c t e2t ) + 2 c t e2t = 5 e2t

donde obtemos c = 5. Assim, uma solu¸caõ particular é y p (t) = 5 t e2t e a solu¸cão geral de (4.44) é y(t) = a et + b e2t + 5 t e2t ,

a, b

∈ R.

Exemplo 4.16. Encontrar a solu¸c˜ ao geral da equa¸cao ˜ linear n˜ ao homogênea y 4 y  + 4 y = 16 e2t . (4.45)

−

A solu¸cão geral da equa¸caõ homogênea associada é yh (t) = (a + b t) e2t , R. Como no Exemplo 4.15, ´ a, b e perda de tempo procurar uma solu¸caõ de (4.15) na forma y(t) = c e2t ou mesmo y(t) = c t e2t , pois essas fun¸cões são solu¸co˜es da equa¸cão homogênea. Procuremos ent˜ ao 2 2t uma solu¸caõ particular da equa¸caõ (4.45) da forma y p (t) = c t e . Substituindo na equa¸caõ (4.45): y p (t) = c t2 e2t, y p (t) = 2 c t e2t + 2c t2 e2t = c e2 t (2 t + 2 t2 ), y p (t) = 2 c e2t + 4 c t e2t + 4 c t e2t + 4 c t2 e2t = c e2 t (2 + 8 t + 4 t2 ), temos

∈

c e2 t [2 + 8 t + 4 t2

2

2

2t

− 4 (2 t + 2 t ) + 2 t ] = 16 e

donde obtemos c = 8. Assim, uma solu¸cão particular é y p (t) = 8 t2 e2t e a solu¸cão geral de (4.44) é y(t) = (a + b t + 8 t2 ) e2t ,

a, b

∈ R.

Exemplo 4.17. Encontrar a solu¸c˜ ao geral da equa¸c˜ ao diferencial y

− 3 y + 2 y = 10sen t .

121


A solu¸caõ geral da equa¸cão homogênea associada é yg (t) = a et + b e2t ,

a, b

∈ R.

Procuremos uma solu¸cão particular da equa¸caõ não homogênea na forma y(t) = c sen t + d cos t; então y (t) = c cos t d sen t , y (t) = na equa¸cão diferencial, temos

−

−c sen t − d cos t. Substituindo

( 3 c + d) cos t + (c + 3 d)sen t = 5 sen t .

−

donde obtemos c = 1 e d = 3. Logo, uma solu¸caõ particular da equa¸cão não homogênea é y p (t) = 3 cos t + sen t e a sua solu¸caõ geral é y(t) = a et + b e2t + 3 cos t + sen t ,

a, b

∈ R.

ao geral da equa¸c˜ ao diferencial Exemplo 4.18. Encontrar a solu¸c˜ y  + 4 y = 8 cos 2 t . A equa¸caõ caracter´ıstica é r2 + 4 = 0, que tem as ra´ızes 2 i; portanto solu¸caõ geral da equa¸cão homogênea associada y + 4 y = 0 é

±

yH (t) = c1 cos 2 t + c2 sen 2 t,

c1 , c2

∈ R.

Como o termo for¸cante é solu¸caõ da equa¸caõ homogênea, procuraremos uma solu¸caõ particular da equa¸cão não homogênea na forma y(t) = t (a cos 2 t + b sen 2 t); então y (t) = a cos 2 t+ b sen 2 t +t ( 2 a sen 2 t+ 2 b cos 2 t) , y  (t) = 4 a sen 2 t + 4 b cos 2 t + t ( 4 a cos 2 t 4 b sen 2 t). Substituindo na equa¸cão diferencial, obtemos a = 0 e b = 2. Assim, uma solu¸cão particular da equa¸cã o não homogênea é y p (t) = 2 t sen 2 t. Logo, a solu¸caõ geral da equa¸cão não homogênea é

−

−

−

−

y(t) = c1 cos 2 t + c2 sen 2 t + 2 t sen 2 t,

c1 , c2

∈ R.

122

Cap. 4


ao geral da equa¸c˜ ao linear Exemplo 4.19. Encontrar a solu¸c˜ y 

t

− 4 y + 4 y = 12 t e− .

(4.46)

Como nos exemplos anteriores, yH (t) = a et + b e2t , a , b R. Vamos procurar uma solu¸cão particular da equa¸caõ não homogênea na forma

∈

y(t) = (c + d t) e−t ; ent˜ ao y  (t) = d e−t (c + d t) e−t , y  (t) = 2 d e−t + (c + d t) e−t . Substituindo na equa¸caõ diferencial e cancelando o fator comum e−t , temos

−

−

−2 d + c + d t − 3 d + 3 c + 3 d t + 2 c + 2 d t = 12 t , donde obtemos c = 5 e d = 2. Logo, uma solu¸caõ particular da equa¸cão não homogênea é y p (t) = (5 + 6 t)e−t e a sua solu¸cão geral é y(t) = a et + b e2t + (5 + 6 t)e−t ,

a, b

∈ R.

ao geral da equa¸c˜ ao linear Exemplo 4.20. Encontrar a solu¸c˜ y

2 2t

− 3 y + 2 y = 9 t e . , a , b ∈ R. Como e

(4.47)

2t Temos yH (t) = a et + b e2t é solu¸cão da equa¸cão homogênea associada, vamos procurar uma solu¸ cão particular da equa¸cão não homogênea na forma

y(t) = t (c + d t + p t2) e2 t = (c t + d t2 + p t3 ) e2 t ; ent˜ ao





y  (t) = c + (2 c + 2 d) t + (2 d + 3 p) t2 + 2 p t3 e2 t y  (t) = 4 c + 2 d + (4 c + 8 d + 6 p) t + (4 d + 12 p) t2 + 4 p t3 e2 t .



Substituindo na equa¸caõ diferencial e cancelando o fator comum e2 t , temos c + 2 d + (2 d + 6 p) t + 3 p t2 = 9 t2 , donde obtemos c = 18, d = 9 e p = 3. Logo, uma solu¸caõ particular da equa¸ca˜ o não homogênea é y p (t) = (18 t 9 t2 + 3 t3 ) e2 t e a sua solu¸caõ geral é

−

y(t) = a et + (b + 18 t

−

2

− 9t

+ 3 t3) e2 t ,

a, b

∈ R.

(4.48)

123


Observa¸cão 4.3. Como se pode notar nos exemplos acima, em algumas equa¸coes ˜ - especialmente quando o termo for¸cante cont´ em os 3 αt fatores: e , pm (t) e cos β t (ou sen β t) - o m´ etodo acima conduz a c´ alculos excessivamente longos. Em tais casos, é conveniente fazer a mudan¸ca de vari´ avel y(t) = eα t z(t), que transforma (4.42) na equa¸c˜ ao z  + (2 α + p) z  + (α2 + a α + b ) z = pm(t)sen β t + qn (t) cos β t . Vamos refazer o Exemplo 4.20 usando essa mudan¸ca de vari´ avel ao particular da equa¸cao ˜ linear Exemplo 4.21. Encontrar uma solu¸c˜ y

2 2t

(4.49) − 3 y + 2 y = 9 t e . , a , b ∈ R. Substituindo na equa¸caõ (4.49)    

Temos yH (t) = a et + b e2t y(t) = e2 t v(t), y  (t) = e2 t v (t) + 2 v(t) e y (t) = e2 t v (t) + 4 v (t) + 4 v(t) e cancelando o fator comum e2 t , temos









v  (t) + v  (t) = 9 t2 .

(4.50)

Vamos procurar uma solu¸cão de (4.50) na forma v(t) = c t + d t2 + p t3 ; então v  (t) = c + 2 d t + 3 p t2 , v  (t) = 2 d + 6 p t. Substituindo esses valores na equa¸cão, temos c + 2 d + (2 d + 6 p) t + 3 p t2 = 9 t3 donde obtemos c = 18, d = 9 e p = 3. Logo, uma solu¸caõ particular da equa¸caõ não homogênea é y p (t) = (18 t 9 t2 + 3 t3 ) e2 t .

−

−

ao geral da equa¸c˜ ao Exemplo 4.22. Encontrar a solu¸c˜ y 

3t

− 6 y + 9 y = t e

sen t.

Chamando y(t) = e3 t z(t), temos y  (t) = 3 e3 t z(t) + e3 t z  (t) e y (t) = 9 e3 t z(t) + 6 e3 t z  (t) + e3 t z  (t). Substituindo essas expressões na equa¸caõ diferencial, obtemos z  (t) = t sen t .

124

Cap. 4


Integrando duas vezes, temos z(t) = a + b t Logo, a solu¸cão y(t) da equa¸caõ original é y(t) = (a + b t) e3 t

3t

−e

( t sen t

− t sen t − 2 cos t, a,b ∈ R.

− 2 cos t) ,

a, b

∈ R.

Para comparar o quanto os c´ alculos ficam simplificados com a mudan¸ca acima, resolva a equa¸caõ acima sem fazer a mudan¸ca de vari´ avel, isto é, substituindo diretamente na equa¸caõ diferencial a express˜ ao y(t) = e3 t [(A + B t) cos t + (C + D t)sen t].

Exemplo 4.23. Oscila¸co ˜es for¸cadas n˜ ao amortecidas. Consideremos novamente o sistema massa-mola (veja o Cap´ıtulo 2 e os exemplos 4.6 e 4.7). Suponhamos que seja nulo o atrito e que a resultante das for¸cas externas atuando sobre a massa seja B cos γ t ( γ > 0 é uma constante). Ent˜ ao, a equa¸c˜ ao (2.3) fica y + ω2 y = B cos γ t

(4.51)

A solu¸caõ geral da equa¸caõ homogênea associada é y(t) = a cos ω t+ b sen ω t . Procuremos uma solu¸caõ particular da equa¸cão (4.51) na forma y p (t) = c cos γ t + d sen γ t. Substituindo essa fun¸caõ na equa¸caõ, temos c (ω2

2

2

Se γ = ω, obtemos



2

− γ ) cos γ t + d (ω − γ )sen γ t = B cos γ t . c=

B ω2

e uma solu¸caõ particular é y p (t) =

2

− γ

,

d=0

B ω2

2

− γ

cos γ t.

(4.52)

Logo, a solu¸cão geral de (4.51) é y(t) = a cos ω t + b sen ω t +

B ω2

2

− γ

cos γ t .

´ claro que a solu¸caõ particular obtida em (4.52) é peri´ E odica de per´ıodo 2 2 2π/γ e amplitude B/(ω γ ). Notemos que, quando γ se aproxima de

−

125


ω, a amplitude dessa solu¸c˜ cao aõ vai tornando cada vez maior: isso indica um fenˆ omeno omeno de ressonˆ ancia. De fato, mostremos que, para γ = ω, as ancia. solu¸c˜ coes o˜es da equa¸c˜ cão ao (4.51) n˜ ao permanecem limitadas quando t ao . Para γ = ω , a equa¸c˜ cao aõ (4.51) fica

→∞

y + ω 2 y = B cos ω t

(4.53)

Como i ω é raiz rai z da equa¸ equ a¸c˜ cao aõ caracter´ caracter´ıstica de (4.52), devemos procurar uma solu¸c˜ cao aõ particular dessa equa¸c˜ cao aõ (4.52) na forma y p (t) = t (c cos ω t + d sen ω t). Substituindo na equa¸c˜ cao ão diferencial, obtemos 2 d ω cos ω t

− 2 c ω sen ω t = B cos ω t

donde obtemos c = 0, d = A/(2 A/(2ω ω). Assim, uma solu¸c˜ cão ao partic par ticula ularr é y p (t) =

B t sen ω t , 2ω

que não ao é uma fun¸ func˜ çao aõ limitada, quando t

→ ∞.

Exerc Exer c´ıcio ıci o 4.6. 4 .6. (Oscila (Osc ila¸ c˜ çoes o ˜es for¸cadas cadas amortecidas) . Analise o movimento de um sistema massa mola for¸cado cado e amortecido y  + b y  + 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˜ coes o˜es acima aplicam-se igualmente ao movimento de um pêndulo endulo simples, simples, como na figura 4.5 abaixo. Suponhamos que o pêndulo endul o esteja es teja em um u m meio me io que q ue oferec o ferecee uma u ma resistˆ r esistência encia ao movimento m ovimento dada por b θ e que sujeito a uma for¸ca ca externa F . F . O movimento é descrito pela equa¸c˜ cao aõ θ + b θ +

g sen θ = F ( F (t) , l

(4.54)

em que l é o comp co mpri rime mento nto do pêndu en dulo lo e g é a acel ac eler era¸ a¸c˜ cão ao da gravidade.

126

Cap. 4

Equa¸c˜ coes ˜ de Segunda Ordem

A equa¸c˜ cão ao (4.54) não ao é linear. N˜ ao ao é poss pos s´ıvel expressar expre ssar sua solu¸c˜ cão ao em termos de fun¸c˜ coes o˜es elementares. Um procedimento pro cedimento adotado adota do é fazer faze r a aproxima¸c˜ cao ˜ sen θ θ e considerar a equa¸c˜ cão ao linear

≈

θ + b θ +

      E O

·

x

B y

θ t  t

g θ = F ( F (t) . l

(4.55)

P c

L T

•

T

•

t

E y (x)

x

c mg

O Figura 4.5

•

Figura 4.6

Em alguns problemas das aplica¸c˜ cões, oes, como no pr´ oximo oximo exemplo, em vez de condi¸c˜ coes o˜es iniciais, o natural é associar a ssociar a uma equa¸ equac˜ çao aõ diferencial as chamadas condi¸c˜ coes ˜ 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 . P . A deflex˜ ao lateral y (x) observada na viga satisfaz a equa¸c˜ cao ˜ diferencial y + α2 y = 0,

0
(4.56)

e as condi¸c˜ c˜ oes de fronteir fronteira a y(0) = y (L) = 0. Na equa ua¸c˜ ç˜ ao (4.56), (4.56), 2 α = P/EI em que E e I s˜ ao constantes que dependem do material e da forma da se¸c˜ cao ˜ da coluna. A solu¸c˜ cao ˜ geral da equa¸c˜ cao ˜ (4.5 (4 .56) 6) é y(x) = a cos α x + b sen α x A condi¸c˜ cao ˜ de fronteira y(0) = 0 implica a = 0. Po Port rtan anto to y (x) = b sen α x. Da cond condi¸ i¸ c˜ c˜ ao y(L) = 0 temos que o problema tem solu¸c˜ c˜ ao

˜ 4.7. 4.7 . EQUAC EQ UAC ¸ OES DE ORDEM SUPERIOR

127

n˜ ao nula apenas quando α = n π/L π/L, n = 1, 2, . . . , ou seja, seja, P = 2 2 2 n π EI/L , n = 1, 2, . . . . O primeir primeiro o desses valor valores es de P é P ∗ = π2 EI/L2 chama-se carga carg a cr´ cr´ıtica de flambagem flambage m. Qu Quan ando do P < P ∗ , a unica ´ solu¸c˜ c˜ ao desse problema é a trivial y (x) = 0, x. Para P = P ∗ , surgem solu¸c˜ coes ˜ n˜ ao triviais y(x) = b sen (π (π x/L) e a coluna curva-se assumindo a forma da linha tracejada.

∀

Exerc Exe rc´ ´ıcio ıc io 4.7. 4. 7. Encontre a solu¸c˜ c˜ ao geral de cada uma das equa¸c˜ coes ˜ diferenciais abaixo: (a) y  + 3y 3y  = e2t (c) y  + 4y 4y 2y = 8 sen sen 2t, 2t,  (e) y + 25y 25y = cos 3t 3t   7t (g ) y 7y = e  (i) y 4y  + 8y 8y = e2t (sen 2t 2t  (k) y + 25y 25y = sen 5t 5t

−

−

− −

(b) y  + 2y 2y + y = 2 (d) y + 3y 3y  = 9 (f ) f ) y + y = cos t + sen t (h) y + 3y 3y  = cos 3 t cos 2t 2t) ( j) j ) y  7y  = (1 t)2 (l) y 8y  + 16y 16y = (1 t)e4t

−

− −

−

−

Exerc Exe rc´ ´ıcio ıc io 4.8. 4. 8. Resolva os seguintes problemas de valor inicial: (a) (c) (e) (g ) (i) (k )

4.7

     

y  + 3y 3y = 3 y (0) = 1, 1, y  (0) = 0 y 7y = (1 t)2 y(1) = 5, 5, y  (1) = 2 y + y  + 2y 2y = 0 1, y (0) = 2 y(0) = 1, 9y + 6y 6y  y = 0 y (0) = 1, 1, y  (0) = 0 y  6y  + 9y 9y = (1 t)e3t y (1) = 1, 1, y  (1) = 1 y 8 y  + 16 y = (1 t) e4 t y(1) = 1, 1, y  (1) = 1

−

−

−

− −

−

−

−

(b) (d) (f ) f ) (h) ( j) j ) (l)

     

y + 3y 3y = et y(0) = 1, 1, y (0) = 0 y  7y  = e7t y (0) = 0, 0, y  (0) = 0 2y + y  10y 10y = 0 5, y  (1) = 2 y(1) = 5, y  + 2y 2y  + y = 0 y (2) = 1, 1, y  (2) = 1 3y  2y + 4y 4y = 0 y (2) = 1, 1, y (2) = 1 y + 25y 25y = cos 5t 5t y(0) = 0, 0, y (0) = 1 .

−

−

−

− −

Equa¸c˜ c˜ oes de Ordem Superior oes

Os métodos eto dos discutidos discu tidos nas se¸c˜ coes o˜es anteriores para equa¸c˜ cões oes de segunda ordem aplicam-se, com adapta¸c˜ cões oes convenientes, a equa¸c˜ coes o˜es de ordem

128 n

Equa¸c˜ oes Diferenciais Lineares

≥2

y (n) + an−1 y(n−1) +

·· · + a

1

Cap. 7

y + a0 y = h(t).

(4.57)

A equa¸cão caracter´ıstica da equa¸cão homogênea associada a (4.57) é λn + an−1 λn−1 +

·· · + a

1

λ + a0 = 0.

(4.58)

Cada solu¸caõ λ da equa¸caõ caracter´ıstica (4.58) fornece uma solu¸ cão λt e da equa¸cão diferencial (4.57). O problema é que pode ser dif´ıcil encontrar as solu¸co˜es da equa¸caõ (4.58). Em vista dessas dificuldades, consideraremos aqui apenas polinˆ omios especiais, cujas ra´ızes s˜ ao determinadas de modo simples. Recordemos alguns fatos sobre polinˆ omios que facilitarão o estudo da equa¸cão caracter´ıstica (4.58). Lembremos que uma raiz de um polinˆ omio P (x) é um n´ umero complexo d tal que P (d) = 0. Um fato importante sobre polinˆ omios é o chamado Teorema Fundamental ´ 1 tem ao da Algebra que afirma que todo polinô mio de grau n menos uma raiz d. Consideremos o polinômio de grau n

≥

P (x) = an xn + an−1 xn−1 +

··· + a

1

x + a0

(4.59)

O quociente de P (x) por x Q(x) = bn−1 xn−1

− c é um polinômio Q(x) de grau n − 1: + b − x − + ·· · + b x + b n 2

n 2

1

0

e o resto é uma constante (é claro que essa constante é P (c)): P (x) = (x

− c) Q(x) + P (c).

(4.60)

Se d é uma raiz de P (x), então de (4.60), temos P (x) = Q(x)(x d); assim, P (x) contém um fator x d. Deste modo, se conhecermos uma raiz d de P (x), efetuamos a fatora¸cão P (x) = (x d)P 1 (x) e tentamos encontrar as solu¸co˜es de P 1 (x), que é um polinˆ omio de ´ grau n 1. Pelo Teorema Fundamental da Algebra, P 1 (x) tem uma raiz d2 e, portanto, contém um fator x d2. Assim P (x) contém os fatores x d1 e x d2 : isto é P (x) = (x d1 )(x d2 )P 2(x). Continuando com esse procedimento, obtemos n ra´ızes d1 , d2 , . . . , dn (não necessariamente distintas) de P (x) e podemos fatorar P (x) como

−

−

−

−

−

−

−

−

−

129

Equa¸c˜ oes de Ordem Superior

P (x) = (x d1 )(x d2 ) . . . (x dn ). Se um fator x d comparece k vezes nessa fatora¸cão (isto é, se P (x) = (x d)k Q(x), com Q(d) = 0), dizemos que d é uma raiz de P (x) com multiplicidade k .

−

−

−

−

−



A divisão de P (x) por x c pode ser feita pela algoritmo de Euclides, imitando o algoritmo da divis˜ ao de n´ umeros. Efetuemos, por exemplo, 3 2 a divisão de x + 0x 7x + 9 por x 2:

−

−

−

x3 + 0 x2 7 x + 9 x3 + 2 x2 2 x2 7 x + 9 2 x2 + 4 x 3x +9 3x 6 3

−

−

−

− −

x 2 x2 + 2 x

−

−3

−

O algoritmo de Briot-Ruffini simplifica o c´ alculo dessa divisão. Ele n baseia-se no seguinte fato: se P (x) = an x + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 e Q(x) = bn−1 xn−1 + bn−2 xn−2 + + b1 x + b0 , então, das igualdades P (x) = (x c) Q(x) + r e

·· ·

−

(x

···

xn−1 + bn−2 xn−2 + + b1 x + b0) = n n−1 = bn−1 x + (bn−2 c bn−1 )x + + (b0 c b1 ) x

− c)(b −

n 1

−

···

···

−

− cb

0

temos as seguintes rela¸co˜es entre os coeficientes de P (x) e Q(x):

   

an = bn−1 an−1 = bn−2 an−2 = bn−3 .. .

− cb − − cb −

a1 = b0 c b1 a0 = c b0 + r

−

−

n 1 n 2

que implicam

   

bn−1 = an bn−2 = an−1 + c bn−1 bn−3 = an−2 + c bn−2 .. . b0 = a1 + c b1 r = a0 + c b0

O método de Briot-Ruffini consiste em representar as opera¸ cões indicadas acima em um diagrama. Notemos que: 1) bn−1 = an :

130


Cap. 7

2) para obter bn−2 multiplicamos bn−1 por c e somamos an−1 . Vamos indicar essas opera¸co˜es no seguinte diagrama: + c an−1 an−2 . . . a1

an

bn−1 bn−2 c

a0

c

bn−2 = an−1 + c bn−1

T

×

Agora repetimos esse procedimento para obter bn−3 ; o correspondente diagrama é: + an

an−1

bn−1 bn−2

c

c an−2 . . . a1

bn−3

a0 c

bn−3 = an−2 + c bn−2

T

×

Exemplo 4.25. Encontrar todas as solu¸c˜ oes da equa¸c˜ ao λ8

− 256 = 0.

Podemos escrever λ8

4

4

2

4

− 256 = (λ − 16)(λ + 16) = (λ − 2)(λ + 2)(λ + 4)(λ + 16). Logo, as solu¸co˜es de λ √ − 256 = 0 são: λ =√−2, λ = 2, λ = √−2 i, λ = 2 i, λ √= (1 + i) 2, λ = (−1 + i) 2, λ = (−1 − i) 2 e λ = (1 − i) 2. Quando os coeficientes de P (x) = x + a − x − + · ·· + a x + a 8

4

5

1

2

6

3

7

8

n

n 1

n 1

1

0

sã o n´ umeros inteiros, as u ńicas ra´ızes racionais poss´ıveis de P (x) são números inteiros e s˜ ao os divisores de a0 . De fato, se o n´ umero racional d = p/q (com p e q primos entre si) é uma raiz de P (x), entã o da igualdade P ( p/q) = 0, temos a0 = ( pn /qn + an−1 pn−1 /q n−1 + +

−

···

131


a1 p/q) = p/q n ( pn−1 + an−1 pn−2 q + + a1 qn ). Multiplicando por qn , temos a0 q n = p( pn−1 + an−1 pn−2 q + + a1 qn ). Como p e q são primos entre si, essa igualdade implica que p divide a0 . Um argumento semelhante mostra que q precisa ser um divisor do coeficiente de xn , que é 1, ou seja, q = 1. Logo, d = p.

· ··

−

±

···

±

Exemplo 4.26. Calcular as ra´ızes inteiras de P (x) = x3

− 7 x + 6.

± ± ± ±

Os n´ umeros 1, 2, 3, 6 são divisores de 6, portanto são candidatos a ra´ızes de P (x). Como P ( P ( P ( P (

−1) = (−1) − 7(−1) + 6 = 12, −2) = −8 + 14 + 6 = 12, −3) = −27 + 21 + 6 = 0, −6) = −216 + 42 + 6 = 168,

P (1) = 1 7 + 6 = 0, P (2) = 8 14 + 6 = 0, P (3) = 27 21 + 6 = 12, P (6) = 216 42 + 6 = 180

vemos que as ra´ızes inteiras de P (x) são

− − − −

−3, 1 e 2.

omio P (x) = x3 +6 x2 5 Exemplo 4.27. Encontrar as ra´ızes do polinˆ

−

± 1 e ± 5. Como P (1) = 1 + 6 − 5 = 12 P (−1) = −1 + 6 − 5 = 0 P (5) = 125 + 150 − 5 = 270 P (−5) = −125 + 150 − 5 = 30, vemos que a u ńica raiz racional é x = −1. Efetuemos a divis˜ a o de P (x) por x + 1 1 6 0 −5 −1 1 5 −5 0 O quociente é x + 5 x − 5; suas ra´ızes s˜ ao obtidas pela conhecida fórmula de Baskhara −5 + 3 √5 −5 − 3 √5 Os candidatos a ra´ızes inteiras s˜ ao

1

2

x2 =

2

e x3 =

2

ao geral da equa¸c˜ ao linear homogênea Exemplo 4.28. Encontrar a solu¸c˜ de quarta ordem y (4)

(3)

− 3 y − 6 y + 28 y − 24 y = 0 .

(4.61)

132


Cap. 7

A equa¸cão caracter´ıstica é p(λ) = λ4

3

− 3λ − 6λ

2

+ 28 λ

− 24 = 0. Os candidatos a ra´ızes s˜ ao os divisores de 24, ou seja, ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±8, ±12 e ±24. Substituindo na equa¸caõ, vemos facilmente que λ = 2 é raiz da equa¸cão p(λ) = 0. Isso significa que λ − 2 é um fator do polinˆ omio p(λ). Dividindo λ − 3λ − 6λ + 28λ − 24 por x +2 usando o algoritmo 1

4

3

2

de Briot-Ruffini

1 1

−3 −6 −1 −8

28 12

−24

2

0

vemos que λ4 3 λ3 6 λ2 + 28 λ 24 = (λ 2)(λ3 λ2 8 λ + 12). Os candidatos a ra´ızes de λ3 λ2 8 λ + 12 são os divisores de 12, ou seja, 1, 2, 3, 4, 6 e 12. Substituindo na equa¸ cão, vemos facilmente que λ1 = 2 é raiz dessa equa¸caõ. Dividindo esse polinômio por λ 2, temos λ3 λ2 8 λ + 12 = (λ2 + λ 6)(λ 2). As ra´ızes da equa¸cão λ2 + λ 6 = 0 são 3 e 2. Portanto

− − − − − − − − ± ± ± ± ± ± − − − − − − − λ − 3 λ − 6 λ + 28 λ − 24 = (λ − 2) (λ + 3) . 4

3

2

3

Como 2 é raiz da equa¸cão caracter´ıstica com multiplicidade 3, as fun¸co˜es e2t , t e2t e t2 e2t são solu¸cões linearmente independentes da equa¸cão diferencial; a outra raiz, 3, dá origem a` solu¸cão e−3t . Logo, a solu¸caõ geral da equa¸caõ (4.61) é

−

y(t) = (a + b t + c t2 ) e2t + d e−3t ,

a, b, c, d

∈ R.

Exemplo 4.29. Encontrar a solu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao diferencial de terceira ordem y (3) 7 y + 6 = 6 t2 + 22 t + 10 e2t (4.62) tal que y(0) =

−

−3, y(0) = 1, y(0) = 3.

Analisemos primeiramente a equa¸cão homogênea y (3)

− 7 y + 6 = 0.

133


A equa¸caõ caracter´ıstica é λ3 7 λ + 6 = 0. As poss´ıveis ra´ızes inteiras são 1, 2, 3 e 6. Substituindo na equa¸caõ, vemos que as ra´ızes são 3, 1 e 2, que dão origem a`s solu¸co˜es e−3t , et e e2t . Logo, a solu¸cão geral da equa¸cão homogênea é

−

± ± ± ± −

y(t) = α e−3t + β et + γ e2t ,

α, β, γ

∈ R.

Para simplificar os c´ alculos, vamos separar o termo for¸cante em duas parcelas. Analisemos a equa¸caõ não homogênea y(3)

2

− 7 y + 6 = 6t

+ 22t.

Como a equa¸cão homogênea associada n˜ ao tem solu¸co˜es constantes n˜ ao nulas, procuramos uma solu¸caõ particular da equa¸caõ (4.62) na forma y1 (t) = a + b t + c t2 . Substituindo na equa¸caõ diferencial, temos (6c

2

− 6) t

+ (6b

− 14c − 22) t + 6a − 7b = 0,

donde obtemos a = 7, b = 6, c = 1. Assim, uma solu¸caõ particular é y1 (t) = 7 + 6 t + t2 . Analisemos agora a equa¸cão não homogênea y(3)

− 7 y + 6 = 10 e

2t

.

Como a fun¸caõ e2t é solu¸caõ da equa¸cão homogênea associada, vamos, procurar uma solu¸caõ particular da equa¸caõ (4.62) na forma y2 (t) = a t e2t . Substituindo y2 (t) = a e2t (1 + 2t), y2 (t) = 4 a e2t (1 + t), y2(3) (t) = 4 a e2t (3 + 2t) na equa¸cão diferencial, temos (12 a + 8 a t

2t

− 7 a − 14 a t + 6 a t) e

= 10 e2t ,

donde obtemos a = 2. Assim, uma solu¸caõ particular é y2 (t) = 2 t e2t . Logo, a solu¸cão geral da equa¸caõ (4.62) é y(t) = α e−3t + β et + (γ + 2 t) e2t + 7 + 6 t + t2 ,

α, β, γ

∈ R.

134


Impondo as condi¸cões iniciais y(0) = obtemos as equa¸cões

 −

−3,

Cap. 7

y  (0) = 1, y  (0) = 3,

α + β + γ = 10 3α + β + 2γ = 9 9α + β + 4γ = 7

cuja solu¸cão é α = 0, β = de valor inicial é y(t) =

t

− − −

−11, γ = 1. Logo, a solu¸caõ do problema 2t

−11 e + (1 + 2 t) e

+ 7 + 6 t + t2 ,

Exemplo 4.30. Encontrar a solu¸c˜ ao geral da equa¸cao ˜ linear n˜ ao homogênea de quarta ordem y (4)

(3)

2 2t

− 3 y − 6 y + 28 y − 24 y = 1500 t

e .

(4.63)

Vimos no exemplo 4.28 que as fun¸co˜es e2t , t e2t , t2 e2t e e−3t formam uma base de solu¸co˜es da equa¸cão homogênea associada a (4.63). Para simplificar a nota¸caõ, vamos procurar uma solu¸cão particular de (4.63) na forma y(t) = e2t v(t). Então, y  (t) = 2 e2t v(t) + e2t v  (t) y  (t) = 4 e2t v(t) + 4 e2t v  (t) + e2t v  (t), y (3)(t) = 8 e2t v(t) + 12 e2t v  (t) + 6 e2t v  (t) + e2t v (3) (t), y (4)(t) = 16 e2t v(t) + 32 e2t v  (t) + 24e2t v  (t) + 8 e2t v (3) (t) + e2t v (4) (t). Substituindo essas express˜ oes na equa¸caõ (4.63), vemos que v(t) é solu¸cão da equa¸caõ diferencial v (4) + 5 v (3) = 1500 t2 .

(4.64)

´ fácil ver que as fun¸co˜es 1, t e t2 são solu¸co˜es da equa¸caõ homogênea E v (4) + 5v (3) = 0. Vamos ent˜ ao procurar uma solu¸cão particular da equa¸cã o não homogênea (4.64) na forma v p (t) = t3 (a t2 + b t + c) = a t5 + b t4 + c t2 . Substituindo na equa¸cão (4.64), obtemos 300 a t2 + 120 (a + b) t + 24 b + 30 c = 1500 t2 .

4.8. EXERC ´ ICIOS

135

Portanto, a = 5, b = 5, c = 4 e a solu¸cão particular procurada é v(t) = 5 t5 + 5 t4 + 4 t3. Logo, a solu¸cão geral da equa¸caõ (4.63) é y(t) = (a + b t + c t2 + 4 t3 + 5 t4 + 5 t5 ) e2 t + d e−3 t ,

a, b, c, d

∈ R.

ao geral da equa¸c˜ ao diferencial de Exemplo 4.31. Encontrar a solu¸c˜ terceira ordem y(3) 5 y  + 9 y 5 = 6 et (4.65)

−

−

A equa¸caõ caracter´ıstica é p(λ) = λ3 5 λ2 + 9 λ 5 = 0; é fácil ver que λ = 1 é raiz dessa equa¸cão. Como p(λ) = (λ 1)(λ2 4 λ +5), vemos que as outras ra´ızes s˜ a o 2 + i e 2 i; essas ra´ızes fornecem (2+i) t as solu¸co˜es complexas e e e(2−i) t , das quais obtemos as solu¸cões reais e2 t cos t e e2 tsen t. Portanto, a solu¸cã o geral real da equa¸cão homogênea é

− −

yH (t) = a et + e2 t (b cos t + c sen t),

−

−

a, b, c

−

∈ R.

Como o termo for¸cante é solu¸caõ da equa¸caõ homogênea, procuraremos uma solu¸cão particular da equa¸ca˜ o não homogênea na forma A t et . Substituindo na equa¸caõ diferencial y p (t) = A t et , y p (t) = A et +A t et , (3) y p (t) = 2A et + A t et , y p (t) = 3 A et + A t et , obtemos A = 3; assim, y p (t) = 3 t et . Logo, a solu¸caõ geral da equa¸caõ não homogênea é y(t) = a et + e2 t (b cos t + c sen t) + 3 t et ,

4.8

a, b, c

∈ R.

Exerc´ıcios

Encontre a solu¸ caõ geral de cada uma das equa¸cões diferenciais abaixo: (a) y (4) 16 y = 0 (c) y(3) 2y y + 2y = 0 (e) y(4) 4 y (3) + 4 y  = 0 (g) y(4) + 16y = 0 (i) y (4) + 2 y(3) + y  = e4t

− − − −

(b) y(4) 5 y (3) + 6 y  + 4 y 8 y = 0 (d) y (3) + 3 y + 3 y + y = 0 (f ) y (5) + y(4) y(3) 3 y  + 2y = 0 (h) y(5) + y (4) y (3) 3y  + 2y = t2 + 2t ( j) y(4) 4 y (3) + y = e4t .

−

−

−

− − − −

136


Cap. 7

Cap´ıtulo 5 Transforma¸co ˜es Lineares 5.1

Transforma¸ co ˜es

Sejam U, V dois conjuntos n˜ a o vazios. Uma transforma¸ c˜ ao (ou fun¸c˜ ao ou aplica¸c˜ ao) de U em V é uma correspondência F que, a cada elemento x de U , associa um u ´ nico elemento y = F (x) de V : denotamos F : U V . O elemento F (x) chama-se imagem de x por F . O conjunto U chama-se dom´ınio e V o contra-dom´ınio de F . Duas aplica¸cões F : U V e G : U V são ditas iguais se e somente se F (u) = G(u), u U . O conjunto graf (F ) = (u, F (u)) : u U chama-se gr´ U , o conjunto F (A) = F (u) : afico de F . Dado A u A chama-se imagem de A por F ; se A = U , então o conjunto F (U ) chama-se imagem de F (neste caso, também usamos a nota¸cão Im (F )). Dado B V , o conjunto F −1 (B) = u U : v B chama-se imagem inversa de B por F .

→

∀ ∈

→

→ ⊂

∈ }

{

⊂

{ ∈

{

∈ }

∈ }

Exemplo 5.1. Seja U um conjunto n˜ ao vazio. A transforma¸ c˜ ao I U : U U , tal que I U (x) = x, x U , chama-se transforma¸c˜ ao identidade de U .

→

∀ ∈

Uma aplica¸cão F é dita injetora (ou 1-1) quando, quaisquer que sejam u1 , u2 U com u1 = u2, tem-se F (u1 ) = F (u2 ), ou, equivalentemente, quando F (u1 ) = F (u2 ), com u1 , u2 U , implicar u1 = u2 . Uma aplica¸caõ F : U V é dita sobrejetora (ou sobre) quando F (U ) = V , isto é, quando, para todo v V , existe (ao menos um)

∈



 ∈

→

∈

137

138

Cap. 5

Transforma¸ coes ˜ Lineares

u U tal que F (u) = v. Uma aplica¸caõ injetora e sobre é chamada bijetora.

∈

ao F : Exemplo 5.2. A aplica¸c˜

R2

2

→ R , F (x, y) = (x, −y) é bijetora. A aplica¸caõ F é sobre, pois cada (v, w) ∈ R é imagem de (w, −v), isto é, (v, w) = F (w, −v). Para ver que F é injetora, notemos que, se F (x, y) = F (s, t), isto é, (x, −y) = (s, −t), então x = s e y = t, ou 2

seja, (x, y) = (s, t). Note que não podemos tra¸car o gr´ afico de F , mas podemos visualizar como F atua em subconjuntos de U , como na Figura 5.1 abaixo (geometricamente, F atua como uma reflex˜ a o em rela¸caõ ao eixo Ox). A imagem do triângulo ABC pela transforma¸caõ F é o triângulo A B  C  . v T

y T A

T B

C 



E

E

x

B

C

u

A

Figura 5.1

Exemplo 5.3. Seja θ [0, 2 π) um n´ umero fixado. A transforma¸ c˜ ao R2 definida por Rθ (x, y) = (x cos θ y sen θ, y cos θ+x sen θ) Rθ : R2 é bijetora; geometricamente, Rθ é uma rota¸c˜ ao de aˆngulo θ no sentido anti-hor´ ario.

∈

→

−

Exemplo 5.4. Seja a R2 fixado. A transla¸c˜ ao T : por T (x) = x + a é uma aplica¸c˜ ao bijetora.

∈

R2

2

→ R , dada

Dadas duas aplica¸cões F : A B e G: B C , a composta de F e G, G F : A C , é definida por: (G F )(u) = G(F (u)). Uma aplica¸caõ F : A B é dita invert´ıvel quando existe G : B A tal que G F = I U e F G = I V . A aplica¸caõ G chama-se inversa de F e é denotada por F −1 . Como no caso de fun¸cões reais de variável real, vale o seguinte resultado:

◦

◦

→ →

→

◦

◦

→

→

˜ 5.2. TRANSFORMAC ¸ OES LINEARES

139

Teorema 5.1. F é invert´ıvel se e somente se F é bijetora.

5.2

Transforma¸ co ˜es Lineares

Sejam U, V espa¸cos vetoriais e T : U V uma transforma¸caõ. Dizeõ linear quando: mos que T é uma transforma¸ca (a) T (u1 + u2 ) = T (u1 ) + T (u2), u1 , u2 U (b) T (α u) = α T (u), α K, u U . Quando U = V , diremos que T é um operador linear .

→

∀ ∈

∀ ∈

∈

Exemplo 5.5. Sejam U, V espa¸cos vetoriais quaisquer. A transforma¸cao ˜ nula : U V , dada por (x) = 0, x U , é linear: de fato, dados x1 , x2 U , temos (x1 + x2 ) = 0 = 0 + 0 = (x1 ) + (x2 ) e (αx) = 0 = α0 = α (x).

O

O

∈

→

O

O

O

∀ ∈

O

O

R um Exemplo 5.6. Sejam U um espa¸co vetorial qualquer e k n´ umero fixado. A homotetia de raz˜ ao k, H : U U, H (x) = k x é um operador linear.

∈

→

De fato, dados x , y

∈ U e α ∈ K,

temos

H (x + y) = k (x + y) = k x + k y = H (x) + H (y), H (αx) = k (αx) = α (k x) = α H (x). Notemos que, se k = 0, então a homotetia é 1-1 e sobre.



R2 definida por T (x,y,z) = ao T : R3 Exemplo 5.7. A transforma¸c˜ (2 x + y, x + 5 y z) é linear sobre, mas n˜ ao é 1-1.

→

−

De fato, dados (a,b,c), (d,e,f )

∈R

3

eα

∈ R, temos:

T [(a,b,c) + (d,e,f )] = T (a + d, b + e, c + f ) = (2 (a + d) + b + e, a + d + 5 (b + e) (c + f )) = = (2 a + b, a + 5 b c) + (2 d + e, d + 5 e f ) = = T (a,b,c) + T (d,e,f )

−

−

−

e T [α (a,b,c)] = T (αa,αb,αc) = (2 α a + α b , α a + 5 α b = α (2 a + b, a + 5 b c) = α T (a,b,c).

−

− α c)

140

Cap. 5


Fica como exerc´ıcio mostrar que T é sobre mas não é 1-1. Notemos que as componentes do vetor (s, t) = T (x,y,z) satisfazem a igualdade x s 2 1 0 = y . t 1 5 1 z

   −



Denotando A =



2 1

1 5

−

0 1



e identificando os vetores u = (x,y,z)

e u = (s, t) = T (u) com as matrizes colunas

    x y z

e

s , respectit

vamente, vamos escrever T (u) = A u . Mais geralmente, cada matriz A = aij de ordem m n determina Rm do seguinte modo: a cada uma transforma¸caõ linear F : Rn vetor u = (x1 , . . . , xn) Rn associamos o vetor F (u) = (y1 , .. . , ym ) tal que y1 = a1 1 x1 + + a1n xn .. (5.1) . ym = am1 x1 + + amn xn .

→

∈



×

···

· ··

´ conveniente escrever (5.1) como uma igualdade matricial: E

     y1 .. .

ym

=

a11 .. .

... ...

a1n .. .

am1 . . . amn

     x1 .. .

xn

Usando novamente a identifica¸cão entre vetores e matrizes colunas, vamos escrever F (u) = A u . (5.2) A partir da igualdade (5.2) fica f´ acil ver que F é linear: a linearidade de F é uma conseq¨ uência direta da distributividade da multiplica¸cão de matrizes em rela¸caõ a` adi¸cão.

141

Transforma¸c˜ oes Lineares

Um fato ainda mais importante nessa rela¸caõ entre transforma¸cões lineares e matrizes é dada no pr´ oximo teorema, no qual mostramos Rm pode ser escrita na forma que toda transforma¸cão linear T : Rn (5.2).

→

Rm uma transforma¸ c˜ ao linear. Ent˜ ao Teorema 5.2. Seja T : Rn existe uma matriz real A de ordem m n tal que T (u) = A u, para todo u Rn.

→

×

∈

Demonstra¸cao: ˜ Seja e1 , . . . , en a base canônica de elemento u = (x1 , . . . , xn ) de Rn se escreve como

{

}

u = x1 e1 +

··· + x

n

Rn .

Cada

en

Como T é linear, temos T (u) = x1 T (e1 ) +

· ·· + x

n

Notemos que T (e1 ) , . . . , T ( en) s˜ ao vetores de T (e1 ) =

T (u) = x1

a1 1 .. .

a1 1 .. .

, . . . , T (en ) =

a1 1 .. .

a1 1 .. .

am 1

,

am 1

+

am 1

=

Rn .

Escrevendo

                ·· ·     ···        ··· am 1

temos

T (en )

...

a1 1 .. .

+ xn

x1 .. .

am n

xn

· ··

...

a1 n .. .

am 1

· ··

am n

a1 1 x1 +

·· · + a

1n

am 1 x1 +

·· · + a

mn

=

am 1

a1 n .. .

A=

a1 1 .. .

.. .

xn xn

   

= Au

P n (R), D( p) = Exemplo 5.8. O operador deriva¸c˜ ao D : P n (R) p (que a cada polinˆ omio p associa sua derivada) é linear. Isto é conseq¨ uência imediata das propriedades da derivada:

→

D(f + g) = (f + g) = f  + g  = D(f ) + D(g) D(αf ) = (αf ) = αf  = αD(f ).

142

Cap. 5


Notemos que a transforma¸cão linear D não é 1-1 (pois D(1 + t2 ) = D(3 + t2 ) = 2t) nem sobre (n˜ ao existe p(t) P n (R) tal que D( p) = tn).

∈

˜ abaixo s˜ ao lineares: Exerc´ıcio 5.1. Verifique se as transforma¸coes 3 R, F (x,y,z) = x + 5y (a) F : R z 3 R, (b) F : R F (x,y,z) = x + 5y z + 2 3 2 (c) F : R R , F (x,y,z) = ( x , y + 2z) (d) F : P n (R) P n (R), F (f ) = f  + f  (e) F : M n(R) M n (R), F (X ) = AX + 2 X em que A M n (R) é fixada.

→ → →

||

→ →

− −

∈

O próximo teorema contém algumas propriedades que decorrem imediatamente da defini¸cão de transforma¸caõ linear.

Teorema 5.3. Sejam U, V espa¸cos vetoriais e seja T : U aplica¸c˜ ao linear. Ent˜ ao:

→ V uma

1. T (0) = 0 (isto é, T leva o vetor nulo de U no vetor nulo de V ). 2. T (αx + βy) = αT (x) + βT (y). 3. Se F : U V e G : V W forem transforma¸c˜ oes lineares, ent˜ ao a composta G F : U W também é linear.

→

→ →

◦

Demonstra¸c˜ ao: As provas das afirma¸cões 1) e 2) ficam como exerc´ıcio. Mostremos a afirma¸cão 3: dados x, y U e α R, temos

∈

∈

(G F )(x + α y) = G[F (x + α y)] = G[F (x) + α F (y)] = = G[F (x)] + α G[F (y)] = (G F )(x) + α (G F )(y).

◦

◦

◦

Logo, G F é linear.

◦

Exerc´ıcio 5.2. Seja T : U V uma transforma¸c˜ ao linear e sejam v1 , . . . , vn V e α1 , . . . , αn K. Mostre que T (α1 v1 + + αn vn) = α1 T (v1 ) + + αn T (vn ).

∈

···

→ ∈

···

ao linear: Teorema 5.4. Seja T : U V uma transforma¸c˜ (a) Se W for um subespa¸co de U ent˜ ao T (W ) é subespa¸co de V . (b) Se Z for um subespa¸co de V ent˜ ao T −1 (Z ) é subespa¸co de U .

→

143

Transforma¸c˜ oes Lineares

Demonstra¸cao: ˜ Mostraremos apenas (b) (a verifica¸caõ de (a) fica como exerc´ıcio). Observemos, em primeiro lugar, que 0 T −1 (Z ), uma vez que T (0) = 0. Dados, x1 , x2 T −1 (Z ), temos y1 = T (x1) Z e ao, temos y1 + y2 y2 = T (x2 ) Z . Ent˜ Z (pois Z é subespa¸co) e y1 + y2 = T (x1 ) + T (x2 ) = T (x1 + x2 ), donde x1 + x2 = T −1 (y1 + y2), que implica que x1 + x2 T −1 (Z ). Da mesma maneira, verificamos que, para todo x T −1 (Z ) e todo escalar α, o vetor α x pertence a T −1 (Z ).

∈

∈

∈

∈

∈

∈

∈

O próximo teorema mostra que uma transforma¸cão linear fica completamente determinada quando conhecemos seus valores em uma base.

Teorema 5.5. Sejam U e V espa¸cos vetoriais, u1 , . . . , un uma base de U e S, T : U V transforma¸ c˜ oes lineares. Se S (u1) = T (u1 ), S (u2 ) = T (u2 ), . . . , S (u n ) = T (un), ent˜ ao S (x) = T (x), x U

{

→

} ∀ ∈

Demonstra¸cao: ˜ Seja x U . Como u1 , . . . , un é uma base de U , existem escalares α1 , . . . , αn tais que x = α1 u1 + + αn un . Como S e T são lineares e S (u1 ) = T (u1 ) , . . . , S ( un ) = T (un), temos

∈

S (x) = S (α1 u1 + = α1 T (u1) + = T (x)

{

} ···

·· · + α u ) = α S (u ) + ·· · + α S (u ) ·· · + α T (u ) = T (α u + ··· + α u ) n

n

n

1

n

1

n

1

1

n

n

n

Logo, S coincide com T .

Exemplo 5.9. Encontrar a express˜ ao F (x,y,z) do operador line3 3 ar F : R tal que F (1, 1, 1) = (1, 1, 0), F (0, 1, 1) = (1, 0, 1), R F (0, 0, 1) = (0, 1, 1).

→

Primeiramente, expressamos um vetor arbitr´ ario (x,y,z) de R3 como combina¸caõ linear dos vetores (1, 1, 1), (0, 1, 1), (0, 0, 1): escrevendo (x,y,z) = α (1, 1, 1) + β (0, 1, 1) + γ (0, 0, 1), temos α = x, α + β = y, α + β + γ = z, donde obtemos, α = x, β = y x, γ = z y. Logo,

−

−

F (x,y,z) = x F (1, 1, 1) + (y x) F (0, 1, 1) + (z y) F (0, 0, 1) = x (1, 1, 0) + (y x) (1, 0, 1) + (z y) (0, 1, 1) = (y, x y + z, z x).

−

− − −

−

−

144

Cap. 5


ao da transforma¸ cao ˜ linear Exemplo 5.10. Determinar a espress˜ F : P 3 (R) M 2 (R) tal que

→

F (1

− F (t −

  − 

2 5 t) = , 0 1 2 7 t3 ) = 5 0

F (t2

  − −  − 1) =

, F (t3 ) =

1 3

−

3 8 0 1 4 . 2

,

Fica como exerc´ıcio mostrar que B = 1 t, t2 1, t t3 , t3 é base de P 3(R). Escrevendo p(t) = a +bt+ct2 +dt3 como combina¸caõ linear dos elementos de B, a+bt+ct2 +dt3 = x(1 t)+y(t2 1)+z(t t3 )+wt3 = (x y)+( x+z)t+yt2 +( z+w)t3 , obtemos x y = a, x+z = b, y = c, z + w = d, donde x = a + c, y = c, z = a + b + c, w = a + b + c + d. Assim,

− −

−

{− −

−

p(t) = (a + c)(1

− − } − − − −

2

3

3

− t) + c(t − 1 ) + (a + b + c)(t − t ) + (a + b + c + d)t ,

Logo, F [ p(t)] = (a + c)

  −  −  − 2 5 0 1

+c

3 0

8 1

+



2 7 1 + (a + b + c) + (a + b + c + d) 5 0 3 a b 2c + d 16a + 11b + 24c + 4d = 8a + 8b + 8c + 3d a 2b 2c 2d



− −

− − − −

4 2

−



˜ linear T : R2 Exerc´ıcio 5.3. Existe uma transforma¸cao R2 tal que T (1, 1) = (1, 2), T (1, 0) = (0, 0) e T (0, 1) = (2, 1)? Existe mais de uma?

→

Exerc´ıcio 5.4. Existe uma transforma¸cao R2 tal que ˜ linear T : R3 T (1, 1, 1) = (1, 2), T (0, 1, 1) = (1, 0) e T (1, 0, 0) = (0, 0)? Existe mais de uma?

→

˜ linear T : R3 Exerc´ıcio 5.5. Existe uma transforma¸cao R2 tal que T (1, 1, 1) = (1, 2), T (0, 1, 1) = (1, 0) e T (1, 0, 0) = (0, 2)? Existe mais de uma?

→

´ 5.3. N UCLEO E IMAGEM

145

R4 tal ˜ linear T : R3 Exerc´ıcio 5.6. Determinar a transforma¸cao que T (1, 1, 1) = (0, 3, 1, 5), T (1, 1, 0) = (0, 0, 0, 1) e T (1, 0, 0) = (0, 0, 0).

→

ao linear T : R3 Exerc´ıcio 5.7. Existe uma transforma¸c˜ R4 tal que T (1, 1, 1) = (0, 3, 1, 5), T (1, 1, 0) = (0, 0, 0, 1) e T (0, 0, 1) = (0, 0, 0, 0)? Existe mais de uma?

→

5.3

N´ ucleo e Imagem

Seja T : U

→ V uma transforma¸caõ linear. Definimos os conjuntos ucleo de T, ker(T ) = {u ∈ U : T (u) = 0 } = T − ({0}), chamado n´ Im(T ) = T (U ) = {T (x) : x ∈ U }, chamado imagem de T. 1

Pelo Teorema 5.4, ker(T ) é um subespa¸co vetorial de U e Im(T ) é subespa¸co de V . O interesse em estudar o n´ ucleo e a imagem é que esses subespa¸cos dão informa¸cões sobre a injetividade e a sobrejetividade da transforma¸cão linear: é claro que uma transforma¸cão linear é sobre se e somente se Im(T ) = V ; veremos que T é injetora se e somente se ker(T ) = 0 .

{}

ao Exemplo 5.11. Seja T : R3 R3 , T (x,y,z) = (x,y, 0). Ent˜ ker(T ) = (0, 0, c) : c R e Im(T ) = (a,b, 0) : a, b R .

→

{

∈ } { ∈ } Exemplo 5.12. T : R → R, T (x, y) = x − 3y. Ent˜ ao ker(T ) = {(x, y) : x = 3y} e Im(T ) = R (dado w ∈ R, é claro que existe (x, y) ∈ R tal que T (x, y) = w: basta tomar x = w, y = 0.) Exemplo 5.13. Seja D : P (R) → P (R) o operador linear definido por D( p) = p , isto é, D(a + a t + a t + a t ) = a + 2 a t + 3 a t . Ent˜ ao ker(D) = { p : p(t) = a }, o conjunto dos polinômios constantes 2

2

3

3

0

1

2

2

3

3

1

2

3

2

0

e Im (D) = P 2 (R).

De fato, temos D( p) = 0 a1 +2 a2 t+3a3 t2 0 a1 = a2 = a3 = 0. Logo ker(D) = p : p(t) = a0 . Para ver que Im(D) = P 2 (R), notemos que, para todo polinˆ omio b 2 c 3 2 f (t) = a + bt + ct P 2 (R), temos f = D(at + 2 t + 3 t ).

⇔

{

∈

}

≡ ⇔

146

Cap. 5


ucleo e a imagem da transforma¸c˜ ao linear Exemplo 5.14. Achar o n´ 4 R tal que F [t] = ( 2, 1, 18, 9), F [1 F : P 2 (R) t] = (3, 2, 2, 3) 2 e F [1 + t ] = (0, 2, 4, 6).

→

− − −

−

−

− −

´ claro que a imagem de F é o subespa¸co vetorial de R4 gerado peE los vetores (3, 2, 2, 3), (0, 2, 4, 6) e ( 2, 1, 6, 9). Para determinar o núcleo de F , devemos achar a express˜ ao de F . Deixamos como exerc´ıcio 2 mostrar que B = 1 t, 1 + t , t é base de P 2 (R) e que cada p(t) = a+bt+ct2 P 2 (R) se escreve como combina¸cão linear dos elementos da base B na seguinte forma: p(t) = (a c)(1 t) + c(1 + t2) + (a + b c)t. Logo,

∈

F [ p] = (a = (a = (a

− − { −

−

}

−

−

−

2

− c) F [1 − t] + c F [1 + t ] + (a + b − c) F [t] = − c) (3, 2, −2, −3) + c (0, 2, 4, 6) + (a + b − c) (−2, 1, 18, 9) − 2 b − c, 3 a + b − c, 4 a + 6 b, 6 a + 9 b).

O núcleo de F é o conjunto de todos os polinˆ omios p(t) = a + bt + ct2 tais que a 2b c = 0 3a + b c = 0 4a +6b =0 6a +9b = 0. cujas solu¸cões são b = (7 a/3) t2 e

 

− − −

−2 a/3 e c = 7 a/3. Logo, p(t) = a − (2 a/3) t +

{ a3 (1 − 2 t + 7 t ) : c ∈ R} = [1 − 2 t + 7 t ]. ao linear. Ent˜ ao, T Teorema 5.6. Seja T : U → V uma transforma¸c˜ é injetora se e somente se ker(T ) = {0}. Demonstra¸c˜ ao: (⇒) Suponhamos T injetora. Vamos mostrar que ker(T ) = 0. Seja u ∈ ker(T ); então T (u) = 0. Como T (0) = 0 e T é injetora, devemos ter u = 0. Portanto ker(T ) ⊂ {0}; como sempre temos {0} ⊂ ker(T ), segue-se que ker(T ) = {0}. (⇐) Suponhamos ker(T ) = {0}. Vamos mostrar que T é 1-1. Suponhamos T (u) = T (v), com u, v ∈ U . Então T (u − v) = T (u) − T (v) = 0; portanto, u − v ∈ ker(T ). Como ker(T ) = {0}, devemos ter u − v = 0, ker(F ) =

donde u = v. Logo, T é 1-1.

2

2

147

N´ ucleo e Imagem

ao linear F : P 2 (R) Exemplo 5.15. Encontrar uma transforma¸c˜ 2 cujo n´ ucleo seja o subespa¸co [1 t, t ].

−

→R

2

De acordo com o teorema 5.5, basta definir os valores de F nos vetores de uma base de P 2 (R). Tomemos a base B = 1, 1 t, t2 . Como queremos que ker(F ) = [1 t, t2 ], pomos F (1 t) = F (t2) = (0, 0); definimos F (1) = (1, 0). Dado p(t) = a + bt + ct2 P 2 (R), podemos escrever p(t) = (a + b) + ( b)t + ct2 . Logo, F ( p) = (a + b)(1, 0) = (a + b, 0).

{ − − ∈

− −

}

R3 ao linear T : R3 Exemplo 5.16. Encontrar uma transforma¸c˜ cuja imagem seja o subespa¸co gerado pelos vetores (2, 1, 0) e (1, 0, 1).

→ −

De acordo com o teorema 5.5, basta definir os valores de T nos vetores de uma base de R3 . Tomemos B = (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) e definamos T (1, 0, 0) = (0, 0, 0), T (0, 1, 0) = (2, 1, 0), T (0, 0, 1) = (1, 0, 1). Então

{

}

−

T (x,y,z) = x T (1, 0, 0) + y T (0, 1, 0) + z T (0, 0, 1) = = y (2, 1, 0) + z (1, 0, 1) = = (2 y + z,y, z).

−

−

ucleo é Exerc´ıcio 5.8. Determinar um operador linear em R4 cujo n´ gerado pelos vetores (1, 1, 0, 0) e (0, 0, 1, 0).

Teorema 5.7. Seja T : U

→ V uma transforma¸c˜ ao linear. Ent˜ ao

dim U = dim ker(T ) + dim Im (T ).

(5.3)

Demonstra¸cao: ˜ Seja B1 = u1 , . . . , u p uma base de ker(T ) (assim, dim ker(T ) = p). Usando o Teorema 3.7, podemos estender B1 a uma base B = u1 , . . . , u p , v1 , . . . , vr de U (assim, dim U = p + r). Vamos mostrar que T (v1), . . . , T ( vr ) é uma base de Im (T ) (portanto, dim ker(T ) = p). Com isto ficar´ a mostrada a igualdade (5.3) acima. Afirmamos que os vetores T (v1 ), . . . , T ( vr ) geram Im (T ). De fato, dado v Im (T ), existe x U tal que T (x) = v. Como B é base de U , temos x = α1 u1 + + α p u p + β 1 v1 + + β r vr .

{

{

∈

}

} }

{

∈ ···

·· ·

148

Cap. 5

Como T (u1 ) =


· ·· = T (u ) = 0, pois u , . . . , u ∈ ker(T ), temos T (x) = α T (u ) + · ·· + α T (u ) + β T (v ) + ·· · + β T (v ) = β T (v ) + ··· + β T (v ), Logo, qualquer v ∈ Im(T ) é combina¸caõ linear de T (v ), . . . , T ( v ). p

1

1

1

p

1

1

r

p

p

1

1

r

r

r

1

r

Afirmamos que os vetores T (v1 ), . . . , T ( vr ) são LI. De fato, se γ 1 T (v1 ) +

·· · + γ T (v ) = 0 r

r

temos T (γ 1 v1 +

·· · + γ v ) = 0 r

e assim, γ 1 v1 +

r

··· + γ v ∈ ker(T ) r

r

Como ker(T ) = [ u1 , . . . , u p ], existem escalares δ1 , . . . , δ p tais que γ 1 v1 +

··· + γ v r

r

= δ1 u1 +

··· + δ

p u p

,

Como os vetores u1 , . . . , u p , v1 , . . . , vr são LI, pois formam uma base de U , essa igualdade implica γ 1 =

··· = γ = δ = ··· = δ r

1

p

= 0.

Logo, T (v1 ), . . . , T ( vr ) são LI.

Exemplo 5.17. N˜ ao existe transforma¸c˜ ao linear F : sobrejetora. De fato, pelo teorema anterior, temos

R2

→R

3

que seja

dim Im(T ) = dim R2

− dim ker(F ) = 2 − dim ker(F ) ≤ 2. ao existe transforma¸c˜ ao linear F : R → R que seja Exemplo 5.18. N˜ 4

2

injetora.

≤ 2, pelo Teorema anterior, temos dim ker(F ) = dim R − dimIm(F ) = 4 − dim Im(F ) ≥ 2.

Como dim Im(F )

4

Logo, T não pode ser injetora.

149

N´ ucleo e Imagem

ao linear bijetora entre dois espa¸cos Defini¸cão 5.1. Uma transforma¸c˜ vetoriais U e V é chamada um isomorfismo. Dizemos, neste caso, que os espa¸cos vetoriais U e V s˜ ao isomorfos. ´ claro que, qualquer que seja o espa¸co vetorial U , o operador identiE dade I U : U U é um isomorfismo.

→

Exemplo 5.19. O operador linear T : (x y, x + y), é um isomorfismo.

R2

2

→ R , dado por T (x, y) =

−

Exemplo 5.20. A transforma¸cao R, F (x, y) = x y, ˜ linear F : R2 n˜ ao é um isomorfismo, pois ela n˜ ao é 1-1: note que F (1, 1) = F (0, 0).

→

Teorema 5.8. Se F : U também é.

−

1

→ V for um isomorfismo, ent˜ ao F − : V → U

Demonstra¸cao: ˜ Sendo F um isomorfismo, temos que F é invert´ıvel, portanto, a transforma¸cão inversa F −1 é bijetora. Resta mostrar que F −1 é linear. Dados y1 , y2 V , sejam x1 , x2 U tais que F (x1 ) = y1 e F (x2 ) = y2 (existem tais x1 , x2 pois F é bije¸caõ). Ent˜ ao

∈

∈

F −1 (y1 + y2 ) = F −1 [F (x1 ) + F (x2 )] = F −1 [F (x1 + x2 )] = x1 + x2 = F −1 (y1 ) + F −1 (y2 ). Analogamente verifica-se que F −1 (α y) = α F −1 (y).

Exerc´ıcio 5.9. Sejam F, G : R3 R3 dados por F (x,y,z) = (x + y, z + y, z), G(x,y,z) = (x + 2y, y z, x + 2z). (a) Encontre as express˜ oes de F G e G F (b) Encontre bases para ker(F G), ker(G F ), Im (F G) e Im (G F ).

◦

→ − ◦

◦ ◦

◦

◦

ucleo e para a imagem Exerc´ıcio 5.10. Determine uma base para o n´ das transforma¸c˜ oes lineares abaixo: 2 2 R , F (x, y) = (2 x (a) F : R 6 y, 3 x 9 y) (b) F : R2 6 y, 3 x 9 y, 2 x 6 y) R3 , F (x, y) = (2 x 3 3 R , F (x,y,z) = (x (c) F : R y + 2 z, 3 x y 2 z, y 4 z) R2 , F (x,y,z) = (x (d) F : R3 y + 2 z, x 5 z) (e) F : P 2 (R) P 2 (R), F (a + b t + c t2 ) = a b + 2 c + (3 a b 2 c) t + (b 4 c) t2 1 2 (f ) F : M 2 (R) M 2 (R), F (X ) = A X , sendo A = . 2 4

→ → → →

−

→ − →

− − − −

− −

− − − − −

−

− −

 

150

5.4

Cap. 5


Autovalores e Autovetores

Rn , queremos encontrar Para um dado um operador linear T : Rn vetores v = 0 para os quais T v é um m´ ultiplo de v. Esse conceito é de grande importˆ ancia em diversas áreas de Matem´ a tica e nas aplica¸cõ es. No pr´ oximo cap´ıtulo, tais vetores desempenharão um papel fundamental no estudo dos sistemas de equa¸co˜es diferenciais lineares. Seja T : Rn e um Rn um operador linear. Um autovalor de T ´ n escalar λ tal que existe um vetor v = 0 em R para o qual T (v) = λ v. Qualquer v = 0 com essa propriedade é chamado um autovetor de T . O conjunto V λ = v Rn : T (v) = λv

→



→





{ ∈

}

chama-se autoespa¸co de T .

Exemplo 5.21. O escalar λ = 1 é autovalor do operador identidade Rn e qualquer vetor v = 0 ´ I : Rn e um autovetor associado ao autovalor λ = 1.

→



Exemplo 5.22. Seja F : R3 R3 , dado por F (v) = A v, em que A = diag (c1 , c2 , c3 ). Os n´ umeros reais c1 , c2 , c3 s˜ ao autovalores F ; o vetor (1, 0, 0) é um autovetor de F associado a c1 , (0, 1, 0) é autovetor de F associado a c2 e (0, 0, 1) é autovetor associado a c3 .

→

Como, pelo Teorema 5.2, os operadores lineares em Rn sã o da forma T (u) = A u, para alguma matriz A, encontrar um vetor v = (x1 , .. . , xn) tal que T (v) = λ v é o mesmo que encontrar uma matriz T coluna (que por raz˜ oes tipogr´ aficas escreveremos) X = x1 , .. . , xn tal que A X = λ X . Essa equa¸caõ matricial pode ser escrita na forma A X = λ I X (em que I denota a matriz identidade), ou seja



(A

− λ I ) X



(5.4)

A equa¸cão matricial (5.4) tem solu¸caõ não trivial e somente se det(A

− λI ) = 0. n

(5.5)

O determinante da matriz A λI n é um polinˆ omio de grau n em λ, chamado polinˆ omio caracter´ıstico da matriz A. O escalar λ é

−

151

Autovalores e autovetores

chamado um autovalor de A e toda matriz n 1, X = 0, tal que AX = λX é um autovetor de A correspondente ao autovalor λ.

×



Exemplo 5.23. Encontrar os autovalores e autovetores de A = O polinômio caracter´ıstico de A é det(A

− λI ) = det

−  λ 1

1 λ

− = −1 e λ

= λ2

 

0 1 . 1 0

− 1 = (λ − 1)(λ + 1) .

Logo, os autovalores s˜ ao λ1 2 = 1. Autovetores associados a λ = 1: procuramos X = [ a , b ]T tais que (A I ) X = 0.

−

 −     1 1

a b

1 1

−

0 0

=

 ⇒ −

a+b= 0 a b=0

=

⇒

=

−

b = a.

Logo, os autovetores associados ao autovalor λ = 1 são todas as matrizes X = [ a , a ]T = a [ 1 , 1 ]T , com a = 0. Autovetores associados a λ = 1: procuramos Y = [ a , b ]T tais que (A + I ) Y = 0.



−

     ⇒  1 1 1 1

a b

=

0 0

=

a+b=0 a+b=0

⇒

=

Logo, os autovetores associados ao autovalor λ = matrizes Y = [ a , a ]T = a [ 1 , 1 ]T , com a = 0.

−

−





−

b=

−a .

−1 são todas as



0 1 Exemplo 5.24. A matriz A = n˜ ao tem autovalores reais: 1 0 de fato, o polinˆ omio caracter´ıstico de A, pA (λ), é pA (λ) = det(A

− λI ) = det

− −  λ 1

1 λ

−

= λ2 + 1,

que n˜ ao tem ra´ızes reais. No entanto, A tem dois autovalores complexos: i e i.

−

152

Cap. 5


Calculemos os autovetores de A. Autovetores associados a λ = i: procuramos X = [ a , b ]T tais que (A i I )X = 0.

− −i



1

1 i

−

    a b

0 0

=

 ⇒ −

ia+b = 0 a ib = 0

=

⇒

=

−

b = ia.

Logo, os autovetores associados ao autovalor λ = i são todas as matrizes X = [ a , i a ]T = a [ 1 , i ]T , com a = 0. Autovetores associados a λ = i: procuramos Y = [ c , d ]T tais que (A + i I ) Y = 0.



−

     i 1 1 i

c d

 ⇒

0 0

ic+d = 0 c + id = 0

⇒ Logo, os autovetores associados ao autovalor λ = −i matrizes Y = [ c , −i c ] = c [ 1 , −i ] , com c =  0. =

=

T

=

d=

−i c .

sã o todas as

T

Observa¸cão 5.1. O exemplo anterior mostra que para falar em autovalores, devemos especificar se admitimos que eles sejam complexos. Como o polinˆ omio caracter´ıstico de uma A matriz de ordem n tem n ra´ızes complexas (contando multiplicidade; isto é, uma raiz de multiplicidade k é contada k vezes), segue-se que A tem n autovalores. Teorema 5.9. Matrizes semelhantes têm o mesmo polinˆ omio carac− 1 ter´ıstico, isto é, se B = P AP , ent˜ ao pA(z) = pB (z). Além disso, se X for um autovetor de A correspondente ao autovalor λ, ent˜ ao P −1 X é autovalor de B correspondente a λ. Demonstra¸c˜ ao: De fato, usando a igualdade det (P −1 ) det (P ) = 1, temos det(B

1

1

1

− λI ) = det (P −− AP − λP − I P ) = det P − (A − λI )P = det P det(A − λI )det P = det (A − λI ). n

1

n

n

n

n

Logo, o polinˆ omio caracter´ıstico de B é igual ao polinômio caracter´ıstico de A. Para verificar a segunda parte, seja Y = P −1 X ; então B Y = P −1 A P P −1 X = P −1 A X = P −1 λ X = λ P −1 X = λ Y .

153


R3 definido por Exemplo 5.25. Seja T o operador linear T : R3 T (x,y,z) = (2 x, 10 x + 7 y 30 z, 2 x + y 4 z). Encontrar os autovalores, autovetores e autoespa¸cos de T ´ fácil ver que T (u) = A u, em que E

−

−

  −−

2 0 10 7 2 1

A=

O polinômio caracter´ıstico de A é:

−  −− 2

det(A

− λI ) = det = (2

λ 0 10 7 λ 2 1

−

− λ)det

−



7

−λ 1

−

 −  −  −  − − −  0 30 4

→

.

0 30

4

λ

30

−4 − λ

= (2

− λ)(2 − λ)(1 − λ).

Portanto, os autovalores s˜ ao λ1 = λ2 = 2 e λ3 = 1. Autovetores e autoespa¸co associados a λ = 2: procuramos v = (a,b,c) tais que (A 2 I ) v = 0.

−

  −−

0 0 10 5 2 1

    −     − 0 30 6

a b c

=

0 0 0

 ⇒ −

=

10 a + 5 b 30c = 0 2a + b 6c = 0

− −

−

donde obtemos b = 2 a + 6 c. Logo, os autovetores s˜ ao

v = (a, 2 a + 6 c, c) = a (1, 2, 0) + c (0, 6, 1),

a, c

∈ R.

O autoespa¸co associado a λ = 2 é V (λ=2) = [(1, 2, 0), (0, 6, 1)].

Autovetores associados a λ = 1: procuramos w = (a,b,c) tais que (A I ) w = 0.

−

  −−

1 0 10 6 2 1

    −     − 0 30 5

a b c

=

0 0 0

⇒

=

  −−

a=0 10 a + 6 b 30 c = 0 2a + b 5c = 0

−

−

donde obtemos a = 0, b = 5 c. Logo w = (0, 5 c, c) = c (0, 5, 1), c O autoespa¸co associado a λ = 1 é V (λ=1) = [(0, 5, 1)].

∈ R.

154

Cap. 5


ao as coordenadas Observa¸cão 5.2. Seja P a matriz cujas colunas s˜ − 1 dos autovetores de T ; ent˜ ao P A P é uma matriz diagonal; mais precisamente, se P =

 

 

1 0 0 2 6 5 0 1 1

,

ent˜ ao

P −1 A P =

 

2 0 0 0 2 0 0 0 1

 

.

O pr´ oximo teorema mostra que esse fato é verdadeiro em geral.

Teorema 5.10. Suponhamos que a matriz A tenha n autovetores LI ao A é semev1 , . . . , vn associados aos autovalores λ1 , . . . , λn . Ent˜ lhante a uma matriz diagonal: mais precisamente, se P = v1 , . . . , vn , ent˜ ao P −1 A P = diag(λ1 , . . . , λn ).





Demonstra¸c˜ ao: Usando as igualdades A v1 = λ1 v1 , . . . , A vn = λn vn e o Teorema 1.1, temos

 

 

P −1 A P = P −1 A v1 , .. . , A vn = P −1 λ1 v1 , .. . , λn vn = λ1 P −1 v1 , .. . , λn P −1 vn = diag (λ1 , , λn ) .

···



Defini¸c˜ ao 5.2. Um operador linear T : Rn Rn , T (v) = A v ´ e dito diagonaliz´ avel quando existe uma base B = v1 , . . . , vn de Rn formada por autovetores de T . Dizemos neste caso que a matriz P = [v1 , . . . , vn ] diagonaliza T (também dizemos que P diagonaliza A).

→

{

}

O operador do Exemplo 5.25 é diagonaliz´ avel. Nem todo operador é diagonaliz´ avel, como mostra o exemplo seguinte.

Exemplo 5.26. Encontrar os autoespa¸cos do operador T : dado por T (x,y,z) = ( y z, 2 x + 2 y + z, 2 x + 2 y + 3 z). 0 1 1 2 1 . Temos T (x) = B x em que B = 2 2 2 3 O polinômio caracter´ıstico de B é

− −

 

 

− −

   

R3

→R

− λ −1 −1 2 2−λ 1 det(B − λI ) = det 2 2 3−λ = −λ + 5 λ − 8 λ + 4 = (2 − λ)(2 − λ)(1 − λ). 3

0

2

3

155


Portanto, os autovalores s˜ ao λ1 = λ2 = 2 e λ3 = 1.

Autovetores associados a λ = 1: procuramos v = [a,b,c]T tais que (B I ) v = 0.

− −1 −1 −1

 

2 2

1 2

1 2

        c b c

=

0 0 0

⇒

=

 

a+ b+ c=0 b+ c=0 2a+2b+2c = 0

 

2 d + e + f = 0 2d + f = 0 2 d + 2 e + f = 0

donde obtemos a = 0 e b = c. Portanto v = [0, c, c]T = c [0, 1, 1]T . O autoespa¸co associado a λ = 1 é V (λ=1) = [0, x, x]T : x R . Autovetores associados a λ = 2: procuramos w = [d,e,f ]T tais que (B 2 I ) w = 0.

−

− { −

− ∈ }

−

− 

2 2 2

−1 −1 0 2

1 1

        d e f

0 0 0

=

⇒

=

donde obtemos e = 0 e f = 2 d. Portanto w = d [ 1, 0, 2 ]T . O autoespa¸co associado a λ = 2 é V (λ=2) = [ x, 0, 2 x ]T : x R .

−

{

−

− ∈ }

Teorema 5.11. Sejam v1 , . . . , v p autovetores de um operador T associados aos autovalores λ1 , . . . λ p . Se os autovalores λ1 , . . . λ p forem distintos, ent˜ ao os autovetores v1 , . . . , v p s˜ ao linearmente independentes. Demostra¸c˜ ao: Vamos mostrar o teorema por indu¸cão sobre n. Em primeiro lugar, notemos que o resultado é verdadeiro se n = 1, pois autovetores s˜ ao vetores n˜ ao nulos. Suponhamos que o resultado seja v´ alido para um n´ umero k. Vamos mostrar que ele é verdadeiro para k + 1. Sejam v1 , . . . , vk+1 autovetores de T . Suponhamos que os n´ umeros α1 , . . . , αk+1 sejam tais que α 1 v1 +

··· + α v

k k

+ αk+1 vk+1 = 0

(5.6)

156

Cap. 5


(queremos concluir que essa rela¸caõ implica α1 = 0, . . . , αk+1 = 0). Aplicando T aos dois membros de (5.6) e notando que v1 , . . . , vk+1 são autovetores de T , obtemos α1 λ1 v1 +

·· · + α

k

λk vk + αk+1 λk+1 vk+1 = 0.

(5.7)

Multiplicando (5.6) por λk+1 e subtraindo de (5.7), obtemos α1 (λ1

−λ

k+1 ) v1

+

·· · + α

k

(λk

−λ

k+1 ) vk

= 0.

(5.8)

Agora, como o resultado é verdadeiro para k autovetores, temos que v1 , . . . , vk são LI. Portanto α1 (λ1

−λ

k+1 )

= 0, . . . , αk (λk

−λ

k+1 )

=0

Como, por hip´ otese, os autovalores s˜ ao dois a dois distintos, temos α1 = = αk = 0. Substituindo em (5.6), obtemos αk+1 vk+1 = 0. Como vk+1 = 0, temos αk+1 = 0. Logo, v1 , . . . , vk+1 são LI.

···



Como conseq¨ uência imediata dos Teoremas 5.10 e 5.11, temos:

Teorema 5.12. Se o operador T : tos, ent˜ ao T é diagonaliz´ avel.

Rn

→R

n

tem n autovalores distin-

Um resultado importante no estudo de autovalores e autovetores, cuja prova omitiremos é: ao: Teorema 5.13. Seja A uma matriz n n simétrica. Ent˜ (i) os autovalores de A s˜ ao reais; (ii) existe uma base ortonormal de Rn formada por autovetores de A.

×

Exerc´ıcio 5.11. Encontre os autovalores e autovetores das matrizes abaixo: 2 1 0 0 1 2 1 3 0 0 0 2 0 0 1 0 5 A= 0 B= 0 2 C = 0 0 1 1 0 0 2 0 1 2 0 0 2 4

 

−

 −    −

 −  −

 

−

 

157


Exerc´ıcio 5.12. Encontre os autovalores e autovetores dos operadores lineares abaixo (em (a) e (c), k R é uma constante fixada): (a) T (x, y) = (k x , k y) (b) T (x, y) = (x , k y) (c) T (x, y) = (x + y, x y) (d) T (x, y) = ( x, y) (e) T (x, y) = ( x y, 3x + y) (f ) T (x,y,z) = (z,y,x). (g) T (x,y,z) = (3 x, 2 y 5 z, y 2 z) (h) T (x,y,z) = (x, x+2y, x+y) (i) T (x,y,z,w) = (3 x + y, 3 y, 4 z, 3 w) ( j) T (x,y,z,w) = (2 x + y, 2 y, z + w, 2 z + 4 w).

∈

− − − − −

−

−

−

Exerc´ıcio 5.13. Verifique se A é diagonaliz´ avel, sendo: 3 6 2 0 1 2 1 1 1 2 1 6 (a) A = A= 1 2 0 1 1 3

  −−

−

   −

−

 −  − −   −      −

avel; Exerc´ıcio 5.14. Determine quais das matrizes abaixo é diagonaliz´ quando for o caso, escreva a matriz que diagonaliza A. 3 0 0 1 4 14 1 2 0 (a) 0 2 5 (b) 2 7 14 (c) 0 1 1 0 1 2 2 4 11 1 0 0 2 1 0 0 2 0 1 0 2 0 1 0 2 0 0 0 2 0 1 0 3 1 (d) (e) (f ) 0 0 2 0 12 0 3 0 0 0 3 0 0 0 3 0 1 0 0

   

 − −    −  − − −   −     −   −   − − − 

1 0 0 2 1 0 Exerc´ıcio 5.15. Seja 1 0 2 a) Determine os autovalores e autovetores de A; b) Determine uma base para os correspondentes autoespa¸cos; c) Determine uma matriz P que diagonaliza A e calcule P −1A P .

4z, 3y + 5z, z): Exerc´ıcio 5.16. Seja T : R3 R3 T (x,y,z) = (3x (a) Encontre o polinˆ omio caracter´ıstico de T . (b) Para cada autovalor λ de T , encontre o autoespa¸co V (λ) e dê sua dimens˜ ao. (c) T é diagonaliz´ avel? Justifique. (d) Caso (c) seja verdadeira, ache uma matriz P que diagonaliza T .

→

−

158

Cap. 5


R3 , T (x,y,z) = (x, 2 x + 2 y, x + k z). Exerc´ıcio 5.17. Seja T : R3 (a) Calcular o polinˆ omio caracter´ıstico e os autovalores de T . (b) Determinar todos os valores de k para que T seja diagonaliz´ avel. (c) Para tais valores de k, ache uma matriz que diagonaliza T .

→

oes os n´ umeros a e b devem satisfazer para Exerc´ıcio 5.18. Que condi¸c˜ 3 3 R , T (x,y,z) = (x + z , b y , a x que o operador linear T : R z) seja diagonaliz´ avel?

→

−

R2 um operador linear tal que v1 = Exerc´ıcio 5.19. Seja T : R2 (1, 1) e v2 = ( 1, 0) s˜ ao autovetores de T correspondentes aos autovalores λ1 = 2 e λ2 = 3, respectivamente. Determine T (x, y).

−

−

→

−

R3 tal que Exerc´ıcio 5.20. Considere o operador linear F : R3 v = (1, 0, 0) é autovetor com autovalor nulo e F (0, 1, 0) = (0, 2, 1) e F (0, 1, 1) = (0, 0, 3). Determine F (x,y,z).

→

−

Cap´ıtulo 6 Sistemas de Equa¸co ˜es Diferenciais Lineares 6.1

Introdu¸c˜ ao

Consideremos um sistema mecˆ anico formado por duas part´ıculas de massas m1 e m2 ligadas a molas, como na figura abaixo. Suponhamos que as massas estão imersas em meios que oferecem resistências aos seus movimentos e essas resistências sejam propocionais a`s correspondentes velocidades das massas.      k1

Ox z1

c

Oy z2 c

m1 k2 m2

Figura 6.1 De acordo com a segunda lei de Newton, o movimento das part´ıculas é descrito pelo sistema de equa¸cões diferenciais m1 z1 = k1 z1 k2 z1 + k2 z2 m2 z2 = k1 z2 k2 z2 b2 z2 .

−

− − − 159

−b



1 z1

(6.1)

160

Cap. 6

Sistemas de Equa¸coes ˜ Diferenciais

Sistemas de equa¸cões diferenciais ocorrem com freq¨ uencia em Mecˆ anica, por causa da segunda lei de Newton. A posi¸cão x(t) de uma part´ıcula de massa m em um instante t, sujeita a uma for¸ca F(t, x(t), x  (t)) (essa nota¸caõ significa que a for¸ca pode depender do instante t, da posi¸caõ x(t) e da velocidade x  (t) naquele instante) é dada pela equa¸c˜ ao diferencial vetorial m x  = F(t, x, x  ) (6.2) Em termos das componentes x(t) = (x1 , x2 , x3 ), F = (f 1 , f 2 , f 3 ), temos m x1 = f 1 (t, x1 , x2 , x3 , x1 , x2 , x3 ) m x2 = f 2 (t, x1 , x2 , x3 , x1 , x2 , x3 ) (6.3)     m x3 = f 3 (t, x1 , x2 , x3 , x1 , x2 , x3 )

 

A Figura 6.2 abaixo mostra uma malha com dois circuitos elétricos contendo uma fonte de for¸ca eletromotriz E , dois resistores R1 e R2 e dois indutores L1 e L2 . Usando as Leis de Kirchoff, podemos mostrar que as correntes I 1 e I 2 satisfazem o sistema de equa¸cões diferenciais



L1 I 1 + R1 I 1 + R1 I 2 = E L2 I 2 + R1 I 1 + (R1 + R2 )I 2 = E R1 R2 E

I E

L1

c I 1

E I 2

(6.4)

L2

Figura 6.2 A equa¸cão diferencial linear de ordem n y(n) + an−1(t) y (n−1) +

··· + a (t)y + a (t)y = g(t) 1

0

pode ser escrita como sistemas de equa¸co˜es diferenciais de primeira ordem. De fato, pondo, z1 = y, z2 = y  ,

··· , z

n

= y (n−1),

161

Introdu¸cao ˜

obtemos o sistema

  

z1 = z2 z2 = z3 .. . zn −1 = yn zn = g(t)

− a − (t) z − · · · − a (t) z − a (t) z n 1

n

1

2

0

1

Para os nossos objetivos, basta considerar sistemas de equa¸co˜es diferenciais de primeira ordem, pois qualquer equa¸caõ diferencial de ordem superior a um pode ser transformada em um sistema de equa¸cões de primeira ordem. Consideremos, por exemplo, o sistema (6.3). Definindo as variáveis y1 = x1 , y2 = x1 , y3 = x2 , y4 = x2 , y5 = x3 , y6 = x3 , reescrevemos o sistema (6.3) como

    

y1 = y2 1 y2 = f 1 (t, y1 , y3 , y5 , y2 , y4 , y6 ) m y3 = y4 1 y4 = f 1 (t, y1 , y3 , y5 , y2 , y4 , y6 ) m y5 = y6 1 y6 = f 1 (t, y1 , y3 , y5 , y2 , y4 , y6 ) m

Os sistemas de equa¸co˜es diferenciais podem geralmente ser escritos na forma y1 = f 1 (t, y1 , . . . , yn ) .. (6.5) .  yn = f n (t, y1 , . . . , yn )

 

Aqui f 1 (t, y1 , . . . , yn ), . . . , fn (t, y1 , . . . , yn ) são fun¸cõ es definidas em um subconjunto aberto Ω de Rn+1 . ao do sistema (6.5) é uma fun¸cão vetorial continuamenUma solu¸c˜ te diferenci´ avel y(t) = (y1 (t), . . . , yn (t)) que satisfaz cada uma das

162

Cap. 6


equa¸cões em (6.5). Por exemplo, a fun¸ cão y(t) = ( 2 e−4t , 2 e−4t + 1) é solu¸caõ do sistema

−



y1 = y1 + 5 y2 5 y2 = 2 y1 2 y2 + 2

−

−

(6.6)

De fato, se y2 (t) = 2 e−4t e y2 (t) = 2 e−4t + 1, temos y1 (t) = 8 e−4t = = y1 (t) + 5 y2(t) 5 e y2 (t) = 8 e−4t = 2 y1 (t) 2 y2(t) + 2. Fixados um vetor v Rn e um n´ umero t0 de modo que (t0 , v) Ω, o problema de encontrar uma solu¸cão y(t) de (6.5) tal que y(t0) = v chama-se problema de valor inicial para o sistema (6.5). Um fato importante sobre o sistema (6.5) é que sob condi¸ cões razoáveis, podemos garantir existência de solu¸co˜es desse sistema.

−

−

∈

−

−

∈

oes f 1 , . . . , fn e suas derivadas Teorema 6.1. Suponhamos que as fun¸c˜ parciais de primeira ordem ∂f i /∂x j , i, j = 1, . . . , n sejam cont´ınuas no conjunto aberto Ω. Ent˜ ao, dado qualquer (t0 , y0 ) Ω, existe um n´ umero r > 0 tal que o sistema (6.5) tem uma ´ unica solu¸c˜ ao y(t), definida em um intervalo (t0 r, t0 + r), tal que y(t0 ) = y0.

∈

−

A demonstra¸caõ desse teorema envolve conceitos mais elaborados e, por esta razão, será omitida. Como conseq¨ uência do Teorema 6.1, o problema de valor inicial

 

x = sen (t3 y5 ) + e3y+7x y = ln(x2 + y 4 + 1) + cos(5x + 2ty) x(0) = 1, y(0) = 5

(6.7)

tem uma u ńica solu¸caõ definida em algum intervalo contendo t0 = 0. Não parece f´ acil descobrir uma solu¸caõ para tal sistema. Esse exemplo mostra que o sistema (6.5) é geral demais e fica dif´ıcil obter informa¸ cões precisas a respeito de suas solu¸cões. Por essa raz˜ ao, vamos concentrar nossa aten¸cão aos sistemas lineares, que s˜ ao da forma

 

y1 = a11 (t) y1 + .. .

· ·· + a

yn = an1(t) y1 +

·· · + a

1n (t) yn

+ g1 (t) (6.8)

nn (t) yn

+ gn (t) ,

163

6.2. FATOS GERAIS SOBRE SISTEMAS LINEARES

com as fun¸co˜es aij (t) e gi (t), i,j = i , . . . , n, cont´ınuas em um intervalo I R. O sistema (6.6) é linear, mas o sistema (6.7) n˜ ao é linear. As expressões (6.8) são desajeitadas para denotar um sistema linear. Definindo as matrizes y, A(t) e g(t) por

⊂

y=

  

y1 y2 .. . yn

  

, A(t) =

  

a11 (t) a12 (t) a1n(t) a21 (t) a22 (t) a2n(t) .. .. .. ... . . . an1 (t) an2 (t) ann (t)

· ·· · ·· · ··

podemos ent˜ ao reescrever o sistema (6.8) na forma

y = A(t) y + g(t)

  

g(t) =

  

g1 (t) g2 (t) .. . gn(t)

  

(6.9)

ao homogˆ eneo . Se g(t) = 0, o sistema (6.9) é chamado sistema linear n˜ Se g(t) = 0, t, esse sistema fica



∀

y = A(t) y

(6.10)

e é chamado sistema linear homogêneo . Como no caso das equa¸co˜es de primeira e de segunda ordem, chamaremos solu¸c˜ ao que contenha ao geral do sistema (6.9) a uma express˜ todas as solu¸cões desse sistema. Para sistemas lineares podemos afirmar um pouco mais sobre a existência de solu¸co˜es: elas estão definidas em todo o intervalo I , como afirma o próximo teorema.

Teorema 6.2. Suponhamos que as fun¸coes ˜ A(t) e g(t) sejam cont´ınuas no intervalo I (isto é, as fun¸c˜ oes aij (t) e gi (t), i , j = i , . . . , n, s˜ ao n R , o sistema (6.9) cont´ınuas em I ). Ent˜ ao, dados t0 I e y0 tem uma ´ unica solu¸cao ˜ 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 é o chamado Princ´ıpio de Superposi¸caõ, dado no pr´ oximo teorema. A demonstra¸cão é imediata e ser´ a omitida.

164

Cap. 6


Teorema 6.3. Consideremos os sistemas lineares y = A(t) y + g1 (t) y = 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) é uma solu¸cao ˜ do sistema

y = A(t) y + c1 g1 (t) + c2 g2 (t).

(6.13)

Em particular, para sistemas homogêneos, temos

Corol´ ario 6.1. Suponhamos que y1 (t) e y2 (t) sejam solu¸c˜ oes do sistema linear homogˆ eneo y = A(t) y Ent˜ ao qualquer combina¸c˜ ao linear dessas solu¸c˜ oes

y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2(t) também é uma solu¸cao ˜ desse sistema. Em outras palavras, o conjunto de todas solu¸coes ˜ do sistema homogˆ eneo é um espa¸co vetorial. Como uma conseq¨ uência imediata do princ´ıpio de superposi¸caõ temos

Corol´ ario 6.2. Sejam x(t) uma solu¸c˜ ao do sistema linear homogêneo x = A(t) x e y(t) uma solu¸c˜ ao do sistema linear n˜ ao homogêneo

y = A(t) y + g(t).

(6.14)

Ent˜ ao x(t) + y(t) é uma solu¸c˜ ao do sistema n˜ ao homogêneo (6.14).

165

Fatos Gerais

Como nos cap´ıtulos anteriores, é de fundamental importˆ ancia conhecer o espa¸co vetorial das solu¸co˜es do sistema homogêneo. Para isso devemos encontrar uma base de solu¸co˜es desse sistema. ao matricial A(t) seja cont´ınua Teorema 6.4. Suponhamos que a fun¸c˜ no intervalo I . Ent˜ ao o espa¸co vetorial 0 das solu¸c˜ oes do sistema homogêneo y = A(t)y tem dimens˜ ao n.

S

Demonstra¸cao: ˜ Fixemos t0 canônica de Rn, isto é

∈ I .

Seja B = e1 , e2 , . . . , en

{

}

a base

e1 = (1, . . . , 0) , e2 = (0, 1, . . . , 0) , . . . , en = (0, . . . , 1) Pelo Teorema 6.2, para cada j = 1, 2, . . . , n, existe uma u ńica solu¸cão y j (t) do problema de valor inicial



y = A(t) y y(t0 ) = e j

Afirmamos que as solu¸co˜es y1 (t), y2 (t), . . . , yn (t) constituem uma base de 0 . Em primeiro lugar, elas são linearmente independentes, pois se os escalares α1 , α2 , . . . , α n são tais que

S

α1 y1 (t) + α2 y2 (t) +

·· · + α y (t) = 0, ∀t ∈ I, n n

então, em particular, para t = t0 , temos α1 y1 (t0 ) + α2 y2 (t0 ) +

··· + α y (t ) = α n n

0

1

e1 + α2 e2 +

·· · + α e

n n

= 0;

como e1 , e2 , . . . , en são vetores linearmente independentes em Rn , temos α1 = α2 = = αn = 0. Logo, as fun¸cões y1 (t), y2(t), . . . , yn (t) são linearmente independentes. Mostremos agora que toda solu¸caõ ϕ(t) do sistema y = A y é uma combina¸cão linear das solu¸co˜es y1 (t), y2 (t), . . . , yn(t). Em primeiro lugar, como 0 é um espa¸co vetorial, é claro que qualquer combina¸cão linear de y1 (t), y2 (t), . . . , yn(t) é uma solu¸caõ desse sistema. Seja v = ϕ(t0 ). Como e1 , e2 , . . . , en é uma base de Rn , existem n´ umeros c1 , c2 , . . . , cn tais que

···

S

{

v = c1 e1 + c2 e2 +

}

·· · + c e

n n

166

Cap. 6


Consideremos a fun¸caõ

z(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) +

·· · + c

n

yn (t) .

Ela é uma solu¸cão do sistema y = A y e satisfaz z(t0 ) = v. Agora, a fun¸cão ϕ(t) também é solu¸caõ desse sistema e ϕ(t0 ) = v. Como as fun¸co˜es ϕ(t) e z(t) são solu¸co˜es do problema de valor inicial



y = A(t) y y(t0 ) = v

e como, pelo Teorema 6.2, esse problema de valor inicial tem uma u ńica solu¸caõ, segue-se que ϕ(t) = z(t), t I , isto é ϕ(t) = c1 y1 (t) + c2

∀∈ y (t) + · ·· + c 2

n

yn (t) ,

∀t ∈ I.

ou seja, a solu¸caõ ϕ(t) é combina¸caõ linear de y1 (t) , y2(t) , . . . , yn (t). Logo y1(t), y2 (t), . . . , yn (t) é base do espa¸co vetorial 0 e portanto dim 0 = n.

{

}

S

S

De acordo com o Teorema 6.4, se x1 (t), . . . , xn (t) são solu¸cões linearmente independentes do sistema

x = A(t) x

(6.15)

ent˜ ao toda solu¸caõ desse sistema é da forma

x(t) = c1 x1 (t) +

··· + c

n

xn (t),

c1 , . . . , cn

∈ R.

(6.16)

Como toda solu¸caõ do sistema (6.15) é dada pela f´ ormula (6.16), essa expressão é a solu¸caõ geral de (6.15). Combinando esse fato com o princ´ıpio de superposi¸ caõ e o Corolário 6.2 temos o seguinte resultado. ao hoCorol´ ario 6.3. Se y0 (t) é uma solu¸cão particular do sistema n˜ mogêneo y = A(t) y + g(t) (6.17) e se x(t) = c1 x1(t) + + cn xn (t) é a solu¸c˜ ao geral do sistema homogêneo associado, ent˜ ao a solu¸cao ˜ geral do sistema n˜ ao homogêneo (6.17) é da forma

·· ·

y(t) = y0 (t) + c1 x1 (t) +

· ·· + c

n

xn (t),

c1 , . . . , cn

∈ R.

(6.18)

167

Fatos Gerais

ao homogêneo Exemplo 6.1. Consideremos o sistema n˜



x = x + 5 y + 4 t 15 y = 2 x 2 y 10 t + 8

− −

−

(6.19)

e o sistema homogêneo associado



x = x + 5 y y = 2 x 2 y

(6.20)

−

´ f´ E acil ver que as fun¸c˜ oes vetoriais x1 (t) = e−4 t (1, 1)T e x2 (t) = e3 t (5, 2)T s˜ ao solu¸c˜ oes do sistema homogêneo (6.20); ent˜ ao a solu¸c˜ ao geral desse sistema é

−

  x(t) y(t)

C 1 e−4 t + 5 C 2 e3 t C 1 e−4 t + 2 C 2 e3 t

=

− Como y (t) = (3 t − 1, −2 t + 4)



,

C 1 , C 2

∈ R.

T

é uma solu¸cao ˜ do sistema n˜ ao homogˆ eneo (6.20), temos que a solu¸cao ˜ geral do sistema n˜ ao homogêneo é 0

  x(t) y(t)

=

−

3 t 1 + C 1 e−4 t + 5 C 2 e3 t 2 t + 4 C 1 e−4 t + 2 C 2 e3 t

−



∈ R. − e , cos 3 t − e , −e

−

,

C 1 , C 2

3t 3t 3t ), Exerc´ıcio 6.1. Sabendo que ϕ1 (t) = (et t 3t 3t 3t t 2t 2t ϕ2(t) = (e + e , cos 3 t + e , e ) e ϕ3(t) = (e + e , cos 3 t + e , 0) s˜ ao solu¸c˜ oes do sistema x = A x + g(t) , encontre a sua solu¸c˜ ao geral.

Notemos que a solu¸caõ geral de (6.20) acima pode ser escrita na forma

  x(t) y(t)

=

e−4t 5 e3 t e−4 t 2 e3 t

−

  C 1 C 2

(6.21)

e que as colunas da matriz do segundo membro de (6.21) são as solu¸cões 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¸cão 6.1. Seja x1 (t), . . . , xn(t) tema x = A(t) x. A matriz n n

{

X(t) =



×

˜ do sis} uma base de solu¸coes

x1 (t) . . . xn(t)

chama-se matriz fundamental desse sistema.



(6.22)

168

Cap. 6


No exemplo 6.1, uma matriz fundamental do sistema (6.20) é

X(t) =



e−4t 5 e3 t e−4t 2 e3 t

−



.

A solu¸caõ geral do sistema (6.1) pode ser escrita na forma X(t)v, em que v é um vetor arbitr´ a rio de R2. Essa propriedade é verdadeira em geral: de fato, da rela¸ caõ (6.16) concluimos facilmente o seguinte resultado.

Teorema 6.5. Se X(t) é 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) é X(t)v.

6.3

Sistema Homogˆ eneo com Coeficientes Constantes

Nesta se¸caõ estudamos sistemas

x = A x

(6.23)

em que A é uma matriz constante de ordem n. Como já fizemos anteriormente, procuraremos solu¸co˜es 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 é 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) é



X(t) = eλ t v1 , . . . , eλn t vn 1



169

Sistema homogêneo

oes para o Exemplo 6.2. Encontrar uma matriz fundamental de solu¸c˜ sistema x = x + 5 y y = 2 x 2 y



−

Os autovalores da matriz A = equa¸cão det ou seja



1

−λ 2



5

−2 − λ

= (1

λ2 + λ



1 2

5 2

−



sã o as solu¸cõ es da

− λ)(−2 − λ) − 10 = 0

− 12 = 0

Portanto, os autovalores de A são λ1 = 3 e λ2 =

−4.

Autovetores de A associados ao autovalor λ1 = 3: procuramos vetores v = [ a, b ]T = [ 0, 0 ]T tais que (A 3 I ) v = 0, ou seja



 −     2 2

a b

5 5

−

−

0 0

=

5b = 2a

donde

Pondo a = 5, temos b = 2. Assim, um correspondente autovetor é v = [ 5, 2 ]T e uma solu¸caõ do sistema é 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

−

     c d

5 5 2 2

0 0

=

d=

donde

−c

Portanto, um correspondente autovetor é v = [ 1, 1 ]T e uma solu¸cão do sistema é y1 (t) = e−4 t [ 1, 1 ]T . Logo, uma matriz fundamental de solu¸co˜es é

−

−

X(t) =



5 e3 t 2 e3 t

e−4 t e−4 t

−



,

e a solu¸caõ geral do sistema é

  x(t) y(t)

=

5 A e3 t + B e−4 t 2A e3 t B e−4 t

−



,

A, B

∈ R.

170

Cap. 6


ao geral do sistema Exemplo 6.3. Encontrar a solu¸c˜ x = 4 x 3 y z y = x z z = 4 x + 4 y z

− − − − −

(6.25)

O polinômio caracter´ıstico é

 − − 4

p(λ) =

λ

1 4

−3 −1 −λ −1 4 −1 − λ

 

=

−λ

3

+ 3 λ2 + λ

−3=0

Os candidatos a ra´ızes inteiras s˜ ao: 1 e 3. Como p(1) = 0, vemos que λ1 = 1 é raiz. Dividindo p(λ) por λ 1, temos

± ± − −3 1

−1 3 1 −1 2 3 0 O quociente de p(λ) por λ − 1 é q(λ) = −λ + 2 λ + 3: suas ra´ızes são: √ √ −2 + 16 = −1 e λ = −2 − 16 = 3. λ = −2 −2 Portanto, os autovalores de A são λ = −1, λ = 1 e λ = 3. Os autovetores associados a λ = −1 são os vetores v = [ a, b, c ] 2

2

3

1

2

3

1

T

1

tais que (A+I )v1 = 0 (A denota a matriz dos coeficientes do sistema), ou seja

 −

5 1 4

−3 −1 1 −1 4

0

        a b c

=

0 0 0

ou

 −

5a 3b a+ b 4a+4b

− −c=0 −c=0 =0

donde obtemos b = a c = 2 a. Portanto, um autovetor é v = [ 1, 1, 2 ]T , que dá a solu¸caõ x1 (t) = e−t [ 1, 1, 2 ]T . Os autovetores associados a λ2 = 1 são os vetores v2 = [ d, e, f ]T tais que (A I )v2 = 0, ou seja

 −

3 1 4

−

−3 −1 −1 −1 4 −2

        d e f

=

0 0 0

ou

 −

− − f = 0 − − f = 0 − 2f = 0

3d 3e d e 4d + 4e

171

Sistema homogêneo

Dessas equa¸cões, obtemos d = e, f = 0. Portanto, um autovetor é v2 = [ 1, 1, 0 ]T , que dá a solu¸cão x2 (t) = et [ 1, 1, 0 ]T . Os autovetores associados a λ3 = 3 são os vetores v3 = [ r, s, w ]T tais que (A 3 I )v3 = 0, ou seja

 −

1 1 4

−

−3 −1 −3 −1 4 −4

          − r s w

0 0 0

=

ou

− − w=0 − − w=0 − 4w = 0

r 3s r 3s 4r +4s

Resolvendo esse sistema, obtemos r = 2 w, s = w. Portanto, um autovetor é v = [ 2, 1, 1 ]T , que dá a solu¸caõ x3 (t) = e3t [ 2, 1, 1 ]T . Logo, uma matriz fundamental para o sistema é

−

−

      X(t) =

et e−t 2 e3t et e−t e3t 0 2 e−t e3t

−

e a solu¸caõ geral desse sistema é

    x(t) y(t) z(t)

= X(t)

α β γ

=

−

 

α et + β e−t + 2γ e3t α et + β e−t + γ e3t 2β e−t γ e3t

−

−

 

,

α, β, γ

∈ R.

Autovalores Repetidos Analisemos agora o caso em que a multiplicidade do autovalor λ0 é 2, isto é, o polinˆ omio caracter´ıstico tem um fator (λ λ0 )2 , e não existem 2 autovetores linearmente independentes associados a λ0 . Uma solu¸caõ do sistema é naturalmente x1 (t) = eλ t u, em que u é autovetor associado a λ0 . Para obter uma solu¸caõ independente de x1 (t) vamos adaptar para este caso o método visto no Cap´ıtulo 4: procuraremos uma nova solu¸caõ na forma

−

0

x(t) = eλ t (v + t w) ; 0

(6.26)

(assim, o que procuramos são os vetores v e w). Substituindo (6.26) no sistema x = A x, temos λ0 eλ t (v + t w) + eλ t w = eλ t (A v + t A w) 0

0

0

172

Cap. 6


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 (A

−λ −λ

I ) w = 0 0 I ) v = w 0

(6.27)

ao geral do sistema Exemplo 6.4. Encontrar a solu¸c˜ A matriz dos coeficientes do sistema é A = lores são dados pela equa¸cão det(A

− λI ) = det



4

−λ 1 −1 6 − λ



= (4



−



x = 4 x + y y = x + 6 y



−

4 1 . Os autova1 6

− λ)(6 − λ) + 1 = 0

ou λ2

− 10 λ + 25 = 0

Portanto λ = 5 é autovalor de A com multiplicidade 2. Os autovetores são os vetores u = [ a b ]T tais que ( A 5 I ) u = 0, ou seja

−

−     a b

1 1 1 1

−

0 0

=

ou b = a

Portanto, um autovetor de A é u = [ 1, 1 ]T , que dá a solu¸caõ x1 (t) = e5 t [ 1, 1 ]T . Para obter uma solu¸cão linearmente independente de x1(t) procuramos v = [ c d ]T de modo que ( A 5 I )v = u

−

−     −

1 1 1 1

c d

1 1

=

donde d = 1 + c

Tomando c = 0, temos d = 1; assim, v = [ 0 1 ]T e outra solu¸cão é

x2 (t) =

       x2 (t) y2 (t)

= e5t

0 1

+ t e5t

1 1

= e5t

t 1+t

173

Sistema homogêneo

Logo, a solu¸caõ geral do sistema é x(t) = α x1 (t) + β x2 (t), α , β ou seja,

x(t) =

   x(t) y(t)

5t

= e

α + βt α + β + β t



,

∈ R,

α, β

∈ R.

Autovalores Complexos Analisemos agora o caso em que um autovalor de A tem parte imaginária diferente de zero. Para simplificar nosso trabalho, assumiremos que a matriz A é real (essa hip´ otese n˜ ao foi necess´ aria nos 2 casos anteriores: o que realmente foi usado é que os autovalores e os autovetores eram reais). Os pr´ oximos lemas indicam como obter solu¸cões 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 é autovetor de A com autovalor λ, ent˜ ao v ¯ é autovetor com ¯ autovalor λ. (b) Se v = u + i w ( u, w Rn) é autovetor associado a um autovalor complexo λ = α + i β , com β = 0, ent˜ ao u e w s˜ ao linearmente n independentes em R .

×

∈



Demonstra¸cao: ˜ (a) Se A v = λ v, então, 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 ¯ é ¯ 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 é an´ alogo). Ent˜ ao, como v = (1 + i k) u é 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


membro é um vetor cujas componentes têm partes imagin´ arias não nulas. Logo, os vetores u e w são 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, é uma solu¸c˜ ao do sistema z = A z + f (t) + i g(t),  ent˜ ao x e y satisfazem: x = A x + f (t) e y = A y + g(t). Em particular, para f = g = 0, temos: se z(t) é uma solu¸c˜ ao complexa do  sistema homogêneo z = A z, ent˜ ao x(t) e y(t) s˜ ao solu¸c˜ oes reais desse sistema.

×

Como z(t) = x(t) + i y(t), temos

Demonstra¸c˜ ao:

z (t) = x (t) + i y (t) e z (t) = Ax(t) + i Ay(t) + f (t) + i g(t), donde

x (t) + i y (t) = Ax(t) + f (t) + i [Ay(t) + g(t)]. Igualando partes reais e partes imagin´ arias, obtemos

x (t) = A x(t) + f (t)

y (t) = A y(t) + i g(t) .

e

A afirma¸cão para o sistema homogêneo é conseq¨ uência direta do caso não homogêneo.

Lema 6.3. Seja A uma matriz n n real. Se v = u + i w é um autovetor de A com autovalor λ = α + i β (β = 0), ent˜ ao as fun¸coes ˜

×

eα t (u cos β t

− w sen β t)

e



eα t (u sen β t + w cos β t)

s˜ ao solu¸coes ˜ linearmente independentes do sistema x = A x. Demonstra¸c˜ ao:

Pelo Lema 6.2, a solu¸caõ complexa



eλ t v = eα t (u cos β t



− w sen β t) + i (u sen β t + w cos β t)

dá origem a`s solu¸cões reais eα t (u cos β t

− w sen β t)

e eα t (u sen β t + w cos β t).

175

Sistema homogêneo

Para mostrar que essas solu¸cões são LI, notemos que, se a eα t (u cos β t

αt

− w sen β t) + b e

(u sen β t + w cos β t) = 0

então 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 são linearmente independentes, a igualdade acima implica a cos β t + b sen β t = 0 . Agora, como as fun¸cões cos β t e sen β t são linearmente independentes, temos a = b = 0. Logo, as solu¸cões reais eα t (u cos β t w sen β t) e eα t (u sen β t + w cos β t) são linearmente independentes.

−

Exemplo 6.5. Encontrar uma matriz fundamental para o sistema



x = y =

O polinômio caracter´ıstico é det



3

3x+4y 2x+7y.

−

−λ 4 −2 7 − λ



= λ2

− 10λ + 29 . = 5 + 2 i e λ = 5 − 2 i. Os autovetores

Portanto os autovalores s˜ ao λ1 2 associados a λ1 = 5 + 2 i são os vetores v = [ a, b ]T tais que

− − 2

2i

2

−4 2−2i

    a b

=

Portanto, um autovetor é v = [ 1 plexa

  x(t) y(t)

T

− i, 1 ]

ou seja a = (1

− i) b .

, que fornece a solu¸caõ com-

−    −     −  −      −     − 

= e(5+2 i)t

i

1

= e5 t cos2 t

1

1 1

= e5t (cos2t + i sen2t) sen2 t

1 + cos 2 t 1 cos2 t + sen 2 t + i e5 t cos2 t

+ i e5 t sen2 t = e5 t

0 0

1 0

1 1

1 0

+i

+

1 0 sen2 t cos2 t sen2 t

.

176

Cap. 6


que, por sua vez, dá origem a`s solu¸co˜es reais linearmente independentes

   x1 (t) y1 (t)

5t

=e

cos2t + sen 2t cos2t

   x2 (t) y2 (t)

e

5t

=e

−

sen2t cos2t sen2t



Logo, uma matriz fundamental de solu¸co˜es reais é

X(t) = e5 t

6.4



cos2 t + sen 2 t sen2 t cos2 t cos2 t sen2 t

−



.

Sistema N˜ ao Homogˆ eneo

Nesta se¸caõ estudamos sistemas n˜ ao homogêneos

y = A y + f (t)

(6.28)

em que A é uma matriz constante e f (t) é uma fun¸caõ vetorial definida em um intervalo I R com valores em Rn. De acordo com o princ´ıpio de superposi¸cã o, a solu¸caõ geral do sistema (6.28) é a soma de uma solu¸caõ particular de (6.28) com a solu¸cao geral do sistema homogêneo associado x = A x .

⊂

Para encontrar uma solu¸ caõ particular do sistema (6.28), temos o método dos coeficientes indeterminados e a f´ ormula de varia¸caõ dos parâmetros, que apresentamos a seguir.

6.5

M´ etodo dos Coeficientes a Determinar

As considera¸co˜es sobre o método dos coeficientes indeterminados para sistemas de equa¸co˜es diferenciais escalares são essencialmente as mesmas vistas para equa¸co˜es escalares. ao geral do sistema linear n˜ ao hoExemplo 6.6. Encontrar a solu¸c˜ mogêneo

y = A y + e−t B =



1 2 1 4

−



y + e−t

  0 6

.

.

177


Analisemos primeiro o sistema homogêneo associado. O polinˆ omio caracter´ıstico da matriz A é

 −  − − − −     1

λ 2 1 4 λ

= λ2

5 λ + 6 = (λ

− 2)(λ − 3) .

Portanto, os autovalores de A são 2 e 3. Os autovetores z = [ a, b ] de A associados ao autovalor 2 são dados por

−

a b

1 2 1 2

0 0

=

ou a = 2 b.

Portanto z = [ 2, 1 ]T e uma solu¸cão é 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 0 d

−     −

Portanto z = [ 1 1 ]T e uma solu¸cão é x2 (t) = e3 t [ 1, 1 ]T . Logo, a solu¸cão geral do sistema homogêneo associado é

xH (t) =



2 a e2 t + b e3 t a e2 t + b e3 t



,

a, b

∈ R.

Como 1 não é autovalor de A, procuraremos uma solu¸caõ particular do sistema na forma y p (t) = e−t [ a b ]T . Substituindo essa express˜ ao na equa¸cão, temos

−

−e−

  



2a +2b = 0 a+5b = 6

t

ou

Portanto

a b

= e−t

−

−

1 2 1 4

−

⇒

=

y p (t) = e−t [1

    a b

+ e−t

0 6

a=1 b=

−1 .

T

−1]

.

Logo, a solu¸cão geral do sistema n˜ ao homogêneo é

y(t) =



e−t + 2 a e2 t + b e3 t e−t + a e2 t + b e3 t

−



, a,b

∈ R.

178

Cap. 6


ao geral do sistema linear n˜ ao hoExemplo 6.7. Encontrar a solu¸c˜ mogêneo y = A y + F (t), (6.29) em que A=



1 1

−1

1



e

F (t) =



2 cos t 3sen t

−



.

Analisemos primeiro o sistema homogêneo associado. O polinˆ omio caracter´ıstico de A é



1

− λ −1 1 1−λ



= (1

− λ)

2

+ 1 = [λ

− (1+ i)][λ − (1 − i)].

Os autovetores v = [ a, b ]T associados ao autovalor 1 + i são dados por 1 0 i a = = a = ib. 1 i c 0

 − −     −

⇒

Portanto, um autovetor é v = [ i, 1] e uma solu¸caõ complexa é

 

     −   

i 0 1 = et (cos t + i sen t) +i z(t) = e(1+i) t 1 1 0 t t e ( sen t + i cos t) e 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¸cão são solu¸co˜es reais linearmente independentes desse sistema. Logo, a solu¸ cã o real geral do sistema homogêneo é

xH (t) = et

−

a sen t + b cos t a cos t + b sen t



,

a, b

∈ R.

Analisemos agora o sistema n˜ ao homogêneo. Como i e autovalores de A, procuraremos uma solu¸cão na forma

y p (t) =



a cos t + b sen t c cos t + d sen t



.

−i não são

179


Substituindo essa express˜ ao na equa¸cão, temos

 

a b c = a+b d= a +c d= b+c+d =

− −

− −

−2

0 0 3.

Resolvendo esse sistema, obtemos a = 0, b = c = d = 1. Portanto, uma solu¸caõ particular do sistema é

y p (t) =



sen t cos t + sen t



.

e a solu¸caõ geral do sistema n˜ ao homogêneo é

y(t) =



sen t + et ( a sen t + b cos t) cos t + sen t + et (a cos t + b cos t)

−



,

a, b

∈ R.

˜ particular do Observa¸cão 6.1. Outro modo de calcular uma solu¸cao sistema n˜ ao homogêneo é notar que o termo for¸cante [ 2 cos t, 3sen t ] é 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¸cao ˜ obtida.

−

Procuremos uma solu¸cã o particular do sistema (6.29) na forma z p (t) = ei t [ z, w ]T (em que z e w são constantes complexas a serem determinadas. Substituindo no sistema (6.29), temos i ei t

  −     − − − z w

= ei t

z w z+w

2 3i

+ ei t

.

Cancelando ei t e agrupando os termos semelhantes, obtemos o sistema (1 i) z w = z + (1 i) w =

−

2 3i.

−

Resolvendo esse sistema de equa¸co˜es, obtemos z = Então uma solu¸caõ complexa do sistema (6.29) é

z p (t) = ei t

−  i

1

−i

=

−   − −

= (cos t + i sen t)



sen t cos t + sen t

−i e w = 1 − i.

+i

i

1

i

=

cos t sen t cos t

−



.

180

Cap. 6


Logo, a solu¸cão particular procurada é x(t) = (sen t, sen t + cos t)T . Notemos que a fun¸cão vetorial y(t) = ( cos t , sen t cos t)T , parte imagin´ aria da solu¸caõ z p , é solu¸caõ do sistema x (t) = Ax + [2sen t, 3 cos t ]T (este sistema é parte imagin´ aria do sistema x (t) = Ax + ei t(2, 3 i)T ).

−

−

Como no caso das equa¸cões escalares, o m´ etodo dos coeficientes indeterminados requer uma pequena altera¸cão quando o sistema homogêneo associado tem uma solu¸cão parecida com o termo for¸cante.

Exemplo 6.8. Encontrar a solu¸c˜ ao geral do sistema linear n˜ ao homogêneo y = A y + t et z =



−

1 2 1 4



t

y + te

  1 5

.

Vimos no exemplo anterior que a solu¸ caõ geral do sistema homogêneo associado é xH (t) = a e2 t(2, 1)T + b e3 t (1, 1)T , a, b R. Como o sistema homogêneo associado tem uma solu¸ cão da forma e2 t z, procuraremos solu¸caõ particular desse sistema na forma

∈

y p (t) = e2 t (u + t v + t2 w).





Ent˜ ao y p (t) = e2 t (2 u + v) + t (2 v + 2 w) + t2 2 w e A y p + t et z = e2 t Au + t (Av + z) + t2 Aw . Igualando essas express˜ oes de y p (t) e A y p + t et z, vemos que u, v e u precisam satisfazer





(A (A (A

− 2 I ) w = 0 − 2 I ) v = 2 w − z − 2 I ) 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¸caõ (6.31) é

−    −

1 2 1 2

a b

=

4α 2α

−1 −5



ou

− −

a +2b = 4α a +2b = 2α

−1 − 5.

´ ˜ DAS CONSTANTES 6.6. F ORMULA DE VARIAC ¸ AO

181

Para que esse sistema tenha solu¸caõ, 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 1 2

−

c d

=

−

0 0

ou

−

−

c+2d = 2b+9 c +2d = b.

−

Para que esse sistema tenha solu¸cão, 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¸caõ particular para o sistema; essas solu¸co˜es diferirão uma da outra por uma parcela da forma d e2 t [ 2, 1 ]T , que é uma solu¸cão do sistema homogêneo). Escolhendo d = 4, temos u = [ 1, 4 ]T , obtemos a solu¸cão particular

−

− −

−

−

y p (t) = e2 t



2

−9t−4t − −9t−2t 1 4

2

 

.

Logo, a solu¸cão geral do sistema n˜ ao homogêneo é

y(t) =

6.6



e2 t (2 a + 1 e2 t ( a 4

2

3t

2

3t

− 9t − 4t )+ be − − 9t − 2t )+ be

,

a, b

∈ R.

F´ ormula de Varia¸c˜ ao das Constantes

De acordo com o teorema 6.5, se X(t) é uma matriz fundamental do sistema linear homogêneo x = A(t) x, então toda solu¸caõ desse sistema é da forma X(t) v, para algum vetor (constante) v. Consideremos agora o sistema n˜ ao homogêneo (6.17). Vamos procurar uma solu¸caõ (particular) desse sistema na forma y(t) = X(t) u(t), em que u(t) é uma fun¸caõ continuamente deriv´ avel (como procuramos uma solu¸caõ particular, podemos supor u(t0 ) = 0, t0 I ) . Ent˜ ao    y (t) = X (t) u(t) + X(t) u (t). Substituindo no sistema (6.17), temos

∈

X (t) u(t) + X(t) u (t) = A(t) X(t) u(t) + g(t) .

(6.33)

Como X(t) é matriz fundamental do sistema x = A(t) x, temos X (t) = A(t) X(t). Substituindo essa igualdade em (6.33), temos A(t) X(t) u(t) + X(t) u (t) = A(t) X(t) u(t) + g(t)

182

Cap. 6


donde obtemos

u (t) = X−1 (t) g(t).

(6.34)

Integrando essa igualdade, temos



t

u(t) = u(t0) +

X−1(s) g(s) ds.

t0

Logo, uma solu¸cão do sistema não homogêneo é



t

y(t) = X(t) u(t) = X(t) u(t0 ) + X(t)

X−1 (s) g(s) ds.

(6.35)

t0

A igualdade (6.35) fornece uma solu¸cão do sistema linear não homogêneo a partir da matriz fundamental do sistema homogêneo correspondente e uma integra¸cão. Combinando (6.35) com o Corol´ ario 6.3 podemos obter a solu¸cão geral do sistema n˜ ao homogêneo. ormula de varia¸c˜ ao dos parˆ ametros, enconExemplo 6.9. Usando a f´ trar uma solu¸cao ˜ particular do sistema linear n˜ ao homogêneo

y =



−

1 2 1 4



y + e−t

  0 6

.

Do exemplo 6.6, temos que uma matriz fundamental do sistema homogêneo é

X(t) = sua inversa é

X−1 (t) =





2 e2 t e3 t e2 t e3 t



;

e−2 t e−2 t e−3 t 2 e−3 t

−

−



.

Pela fórmula de varia¸caõ das constantes, uma solu¸caõ particular do

183

Varia¸c˜ ao das constantes

sistema não homogêneo é



t

y(t) = X(t)

X −1 (s) e−s z ds =

0

=

=

=

=

    −   −   −  − −  − −  − − −  −  −   t

2 e2 t e3 t e2 t e3 t

e−2 s e−2 s e−3 s 2 e−3 s

0

2 e2 t e3 t e2 t e3 t e−t e−t e−t e−t

−

2 (e−3 t 3 (e−4 t

4 e2 t 2 e2 t

1) 1)

e−s ds =

=

3 e3 t 3 e3 t

2 e2 t e2 t

2

0 6

e3 t e3 t

3

.

Consideremos uma equa¸cão diferencial de segunda ordem z  + p(t) z  + q(t) z = f (t).

(6.36)

Definindo as variáveis y1 = z e y2 = z  podemos escrever essa equa¸cão como um sistema de equa¸cões de primeira ordem



ou

y1 = y2 y2 = q(t) y1

−

− p(t) y

2

+ f (t)

y(t) = A(t) y + g(t)

(6.37)

em que

y=

  y1 y2

,

A(t) =



0 q(t)

−

1 p(t)

−



g(t) =

,

  0 f (t)

.

Se z1 (t) e z2(t) são duas solu¸co˜es linearmente independentes da equa¸cão (6.36), uma matriz fundamental do sistema (6.36) é

X(t) =



z1 (t) z2 (t) z1 (t) z2 (t)



.

184

Cap. 6


Ent˜ ao

X−1(t) =



z2 (t) z1 (t)

−

−z (t) 2

z1



.

Escrevendo u(t) = (u1 (t), u2 (t))T , a condi¸caõ (6.34) fica



u1 (t) z1(t) + u2 (t) z2 (t) = 0 u1 (t) z1 (t) + u2 (t) z2 (t) = f (t) ,

que coincide com condi¸cão vista para equa¸co˜es de segunda ordem (lembremos que a primeira dessas condi¸co˜es surgiu de modo um tanto artificial quando estud´ avamos equa¸co˜es de segunda ordem).

6.7

Exerc´ıcios

1. Para cada um dos sistemas abaixo, encontre uma matriz fundamental e a solu¸cão geral: (a) x =

(c) x =

(e) x =

  − −        −    − − 

(g) x =

3 2

2 2

x

3 2 4

2 0 2

1 0 0

2 3 1 2 2 1

3 0 1 3 0 0

4 2 3

x

x

0 0 1

(b) x =

(d) x =

(f ) x =

x (h) x =

− 

  −     −

5 0 0 0

3

1 2 1

x

1 1 2

1 2 1

2 1 1

1 0 0

3 2 1 2 2 1

1 5 0 0

−

0 0 3 0

0 0 1 3

     

x

x

x

2. Resolva cada um dos seguintes problemas de valor inicial: (a) x = A x, A é dada no exerc´ıcio 1 (h) e x(0) = (1, 2,

T

−1, 1)

(b) x = A x , A é dada no exerc´ıcio 1(g) e x(0) = (1, 1, 2)T

Algebra Linear e Equacoes Diferenciais

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