12.2 Método prático: preliminares

Na Seção 12.3, estabeleceremos um método prático para determinar duas soluções de com W (0) ≠ 0. Na próxima seção, vamos preparar o terreno para o estabelecimento de tal método.

Para finalizar a seção, vamos mostrar que a definição de wronskiano, apresentada nesta seção, engloba aquela que aparece na Seção 11.5. Consideremos, então, a equação

 

Como vimos no Exemplo 3, esta equação é equivalente ao sistema

 

Sendo x (t) e x (t) soluções de , então 1 2

 

serão soluções de e o wronskiano destas soluções é

 

que concorda com aquela definição de wronskiano que aparece na Seção 11.5.

 

12.2. MÉTODO PRÁTICO: PRELIMINARES

O objetivo desta seção é introduzir algumas notações e alguns resultados sobre matrizes. Consideremos então o sistema

 

A matriz deste sistema será indicada por A:

 

Um vetor-coluna será indicado por uma letra em negrito:

 

Com estas notações, o sistema se escreve

 

Como se aprende no estudo de matrizes, se α e β são números reais e u e υ dois vetorescolunas, então tem-se

A(αu) + βυ) = α Au + β Aυ. (Confira.)

Indicando por I a matriz unitária de ordem 2

 

temos

e, portanto,

 

 

onde λ é um número real. O determinante da matriz A − λI será indicado por det (A − λI). Assim,

 

As raízes da equação característica

det (A − λI) = 0

 

denominam-se autovalores da matriz A. Seja λ um autovalor da matriz A. 1 Um vetor-coluna não nulo υ denomina-se autovetor associado ao autovalor

λ se, e somente se, 1

Aυ = λ υ. 1

A equação acima é equivalente a

 

(A − λ I) υ = 0, 1

onde 0 = é o vetor-coluna nulo.

 

Tudo o que dissemos acima aplica-se quando A é uma matriz quadrada de ordem n e I, a matriz unitária de ordem n.

EXEMPLO 1. Considere a matriz

 

a) Determine os autovalores de A.

b) Determine os autovetores associados aos autovalores de A.

Solução

a) Os autovalores são as raízes da equação característica

 

Esta equação é equivalente a

λ2 − 3λ − 4 = 0.

Assim, os autovalores são: λ = −1 e λ =4. 1 2 b) Primeiro vamos determinar os autovetores associados ao autovalor λ . 1 Tais vetores são as soluções não nulas do sistema

 

(A − λ I) υ = 0, 1

que é equivalente a

 

onde υ = Como λ = −1, resulta 1

que é equivalente a

 

Por sua vez, este sistema é equivalente a

3m + n = 0.

Daí, n = −3 m. Os autovetores associados ao autovalor λ = −1 são: 1

 

Os autovetores associados ao autovalor λ = 4 são as soluções não nulas do 2 sistema

 

Como λ = 4, resulta 2

 

que é equivalente a

−2m + n = 0.

 

Daí, n = 2m. Os autovetores associados ao autovalor λ = 4 são 2

Consideremos, novamente, o sistema e seja λ um autovalor da matriz A deste sistema. Conforme aprendemos na seção anterior, o sistema admite uma solução do tipo λ e . A pergunta que se coloca naturalmente é a t

seguinte: que relação existe entre o vetor υ = e o autovalor λ? O

próximo exemplo nos diz que υeλ será solução de se, e somente se, υ for t

um autovetor associado ao autovalor λ.

■

 

EXEMPLO 2. Considere o sistema

= Ax

e seja λum autovalor da matriz A. Prove que x (t) = υe λ , onde υ é um vetor-t

coluna constante, será solução do sistema acima se, e somente se, υ for um autovetor associado ao autovalor λ.

Solução

x(t) = υeλ λ ⇒ (t) = λυe t t

pois υ é constante. Supondo então que x(t) = υe λ é solução e substituindo t

no sistema, devemos ter, para todo t real,

λυe λ λ ) = A (υe. t t

Como A(υeλ λ λ ) = e Aυ, pois e é escalar, resulta t t t

λυeλ λ = e Aυ t t

e, portanto, Aυ = λυ. Por outro lado, se Aυ = λυ, então υeλ será solução. t

(Verifique.) Logo υe λ será solução se, e somente se, υ for autovetor t

associado ao autovalor λ. (Observe que esta prova é válida mesmo se supusermos λ complexo e permitirmos que as soluções assumam valores complexos.)

■

 

Vimos na seção anterior que se a matriz A do sistema admite

autovalores iguais, λ = λ , e se a ≠ 0 ou a ≠ 0, então o sistema admite, 1 2 12 21 também, solução do tipo

 

com (Veja exemplo 2 da seção anterior.) O próximo exemplo nos

diz que

x (t) = (υ + t u) e λ , t

1

onde será solução do sistema se, e somente se, u e υ

satisfizerem as condições

(A − λ I) υ = u 1

e

(A − λ I) u = 0. 1

Observe que a 2.ª condição nos diz que u deve ser um autovetor associado

ao autovalor λ . Observe, ainda, que as condições acima são equivalentes a 1

 

e

 

EXEMPLO 3. Considere o sistema

= Ax

e seja λ um autovalor da matriz A. Prove que x (t) = (υ + tu) eλ , onde u e υ t

são vetorescolunas constantes, será solução do sistema acima se, e somente se, u e υ satisfizerem as condições

(A − λI) υ = u

e

(A − λI) u = 0.

Solução

x (t) = (υ + tu) eλ λ λ ⇒ (t) = ue + λ (υ + tu) e . t t t Supondo, então, que x (t) = (υ + tu) e λ é solução e substituindo no sistema t

= Ax, devemos ter, para todo t,

ue λ λ λ + λ (υ + tu) e = A [(υ + tu) e ] t t t

e, portanto,

(u + λυ) e λ λ λ λ + λu t e = e Aυ + t e Au. t t t t

Logo, devemos ter, para todo t real,

u + λυ + λut = Aυ + tAu.

Daí resultam

Aυ = u + λυ

e

Au = λu,

ou seja,

(A − λI) υ = u

e

(A − λI) u = 0.

Fica a seu cargo verificar que se estas duas últimas condições se cumprem, então x (t) = [υ + tu] e λ será solução. t

■

 

Quando estivermos trabalhando com um sistema com três equações

 

poderão ocorrer soluções do tipo

 

onde λ é um autovalor da matriz do sistema, ou seja, λ é uma raiz da equação característica

 

e u, υ e w são vetores-colunas constantes:

 

Deixamos a seu cargo provar que a função acima será solução de = Ax se, e somente se,

(A − λI) w = υ,

(A − λI) υ = u

e

(A − λI) u = o,

onde I é a matriz unitária de ordem 3. É claro que os Exemplos 2 e 3 aplicam-se, também, a sistemas com três ou mais equações.

Voltemos ao sistema de duas equações. Sejam λ e λ autovalores 1 2 reais e distintos da matriz A e sejam autovetores

associados, respectivamente, a λ λ λ e λ . Conforme vimos acima, u e e υ e

1 2 2 1 t t

são duas soluções de . O exemplo que apresentaremos a seguir mostra que o wronskiano, em t = 0, destas duas soluções é diferente de zero.

 

EXEMPLO 4. Sejam λ e λ autovalores reais e distintos da matriz A do 1 2

sistema , e sejam autovetores associados,

respectivamente, a λ λ e λ . Prove que o wronskiano das duas soluções u e

1 2

1t

e υ eλ2 t é diferente de zero, em t = 0, isto é,

 

Solução

Provar que o determinante acima é diferente de zero equivale a provar que a única solução do sistema homogêneo

 

é a solução trivial α = β = 0. Este sistema, na forma vetorial, se escreve

Precisamos provar, então, que

 

αu + βυ = 0 ⇒ α = β = 0.

Consideremos, então, a equação

αu + βυ = 0.

multiplicando os dois membros de pela matriz A, resulta

A (αu + βυ) = A0

e, portanto,

αAu + βAυ = 0.

Lembrando que u e υ são autovetores associados a λ e λ , respectivamente, 1 2 vem

αλ u + βλ υ = 0. 1 2

Multiplicando, agora, os dois membros de por − λ e somando com , 1 resulta

 

β(λ − λ ) υ = 0. 2 1

De λ ≠ λ e υ ≠ 0 resulta β = 0. Substituindo em , obtemos αu = 0 e, 2 1

portanto, α = 0. (O que acabamos de provar é que u e são linearmente independentes, conforme você aprendeu em vetores.)

■

 

No próximo exemplo, mostraremos que se é um autovetor

associado ao autovalor λ da matriz A e se é tal que (A − λ I) υ = u, 1 1 então

 

o que significa que o wronskiano, em t = 0, das soluções u eλ λ 1t t 1 e (υ + tu) e

é diferente de zero.

 

EXEMPLO 5. Suponha que é um autovetor associado ao

autovalor λ da matriz A do sistema e seja tal que (A − λ I) υ = 1 1 u. Mostre que

 

Solução

Precisamos mostrar que

αu + βυ = 0 ⇒ α = β = 0. Consideremos então a equação

αu + βυ = 0.

Multiplicando os dois membros pela matriz A − λ I, obtemos 1

α (A − λ I) u + β (A − λ I) υ = 0. 1 1

Segue da hipótese que

βu = 0

e, portanto, β = 0. (Lembre-se de que u ≠ 0, pois u é autovetor.) Substituindo em , obtemos αu = 0 e, portanto, α = 0.

■

 

Os próximos exemplos referem-se a um sistema com três equações diferenciais lineares de 1.ª ordem e com coeficientes constantes.

 

EXEMPLO 6. Sejam λ e λ dois autovalores reais e distintos da matriz 1 2

 

e sejam autovetores associados, respectivamente, a λ e λ . Mostre que, quaisquer 1 2 que sejam α e β reais, tem-se 1 1

α u + β υ = 0 ⇒ α = β = 0. 1 1 1 1

Solução

Fica para o leitor. (Sugestão: Proceda como no Exemplo 4.)

■

 

EXEMPLO 7. Sejam λ , λ e λ três autovalores reais e distintos da matriz 1 2 3

A do exemplo anterior. Sejam

 

autovetores associados, respectivamente, a λ , λ e λ . Prove que, quaiquer 1 2 3 que sejam, α, β e γ reais, tem-se

αu + βυ + γw = 0 ⇒ α = β = γ = 0.

Conclua que

 

Solução

Consideremos a equação

αu + βυ + γw = 0.

Multiplicando os dois membros de pela matriz A, obtemos

αλ u + βλ υ + γλ w = 0. (Confira.) 1 2 3

Multiplicando os dois membros de por − λ e somando com a equação 3 acima, resulta

α (λ − λ ) u + β (λ − λ ) υ = 0. 1 3 2 3

Pelo exemplo anterior,

α (λ − λ ) = 0 e β (λ − λ ) = 0. 1 3 2 3

De λ ≠ λ e λ ≠ , resulta α = β = 0. Substituindo em , temos γ = 0. Fica 1 3 2 3

provado, assim, que a única solução do sistema homogêneo

 

é a solução trivial α = β = γ = 0. Logo,

EXEMPLO 8. Sejam λ e λ autovalores reais e distintos de uma matriz A, 1 2

quadrada e de ordem 3, e sejam u e υ autovetores associados,

respectivamente, aos autovalores λ e λ . Seja w um terceiro vetor tal que (A 1 2 − λ I) w = υ. Prove que, quaisquer que sejam os reais α, β e γ tem-se 2

αu + βυ + γw = 0 ⇒ α = β = γ = 0.

Solução

Multiplicando os dois membros da equação

αu + βυ + γw = 0

 

pela matriz (A − λ I), obtemos 2

α (A − λ I) u + γυ = 0, 2

pois (A − λ I) υ = 0 e (A − λ I) w = υ. Como (A − λ I) u = Au − λ u = (λ − 2 2 2 2 1 λ ) u, substituindo em , obtemos 2

α (λ − λ ) u + γυ = 0. 1 2

Do Exemplo 6, resulta α = γ = 0. E, portanto, β = 0.

■

 

EXEMPLO 9. Seja u um autovetor associado ao autovalor λ da matriz A. Sejam υ e w vetores tais que

(A −I) w = υ

e

(A − λI) υ = u.

Prove que, quaisquer que sejam os reais α, β e γ, tem-se

αu + βυ + γw = 0 ⇒ α = β = γ = 0.

Solução

Multiplicando os dois membros da equação

αu + βυ + γw = 0

pela matriz A − λI, resulta

βu + γυ = 0. (Confira.)

Multiplicando, agora, os dois membros desta equação por A − λI, resulta

γu = 0.

Daí, γ = β = α = 0.

■

 

Estamos, agora, em condições de estabelecer o método prático para resolução de um sistema com duas ou três equações. O método se estende, sem problema algum, a sistemas com mais de três equações. (Pensando bem, poderá haver alguns pequenos problemas!)