MA311 - Cálculo III

Primeiro semestre de 2020

Turma B – Curso 51

Ricardo M. Martins

rmiranda@unicamp.br

http://www.ime.unicamp.br/~rmiranda

Aula 31: Sistemas não-homogêneos

http://www.ime.unicamp.br/~rmiranda

Sistemas não-homogêneos sem coeficientes constantes

Nesta aula veremos como resolver sistema da forma

ẋ = A(t)x + b(t),

onde A(t) = (ai ,j(t))i ,j é uma matriz n × n e as funções ai ,j(t) sãocont́ınuas no intervalo (α, β).

Vamos começar com caso b(t) ≡ 0:

ẋ = A(t)x. (1)

Neste caso, temos n equações diferenciais lineares. Note que se

x(t) e y(t) são soluções da equação (1), então pela linearidade,

c1x(t) + c2y(t) também será solução.

Será que existe um conjunto ḿınimo de soluções? Sim, existe!

Sistemas não-homogêneos sem coeficientes constantes

Teorema

O conjunto das soluções de (1) é um espaço vetorial de dimensão

n.

Como encontrar uma base deste espaço vetorial? Usando o

teorema abaixo:

Teorema

Se x1(t), . . . , xn(t) são soluções de (1) no intervalo (α, β) então

o Wronskiano

W (x1(t), . . . , xn(t))

ou é a função nula ou nunca vale zero. Se nunca valer zero, as

funções são l.i.

Sistemas não-homogêneos sem coeficientes constantes

Outra forma de encontrar uma base para o espaço-solução de (1) é

a seguinte. Sejam e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . e

en = (0, . . . , 0, 1).

Teorema

Sejam x1(t), . . . , xn(t) soluções de (1) com condições iniciais

xj(0) = ej , no intervalo (α, β). Então

{x1(t), . . . , xn(t)}

é uma base para o conjunto-solução de (1), chamada de conjunto

fundamental de solucões.

A prova do teorema acima é fácil: o Wronskiano destas soluções

sempre vale 1 em t = 0.

Matriz fundamental

Considere novamente a equação

ẋ = A(t)x

e seja {x1(t), . . . , xn(t)} um conjunto fundamental de soluções.

A matriz

Ψ(t) =

x11 (t) x

12 (t) · · · x1n (t)

x21 (t) x22 (t) · · · x2n (t)

......

. . ....

xn1 (t) xn2 (t) · · · xnn (t)

é chamada de matriz fundamental do sistema, onde

xj(t) = (x11 (t), . . . , x

n1 (t)).

Matriz fundamental

Como {x1(t), . . . , xn(t)} um conjunto fundamental de soluções, ascolunas de Ψ(t) são l.i., logo Ψ(t) é uma matriz invert́ıvel, para

todo valor de t ∈ (α, β).

A solução geral da equação (1) é dada por

x(t) = c1x1(t) + . . .+ cnxn(t),

ou em termos da matriz fundamental,

x(t) = Ψ(t)c ,

onde c = (c1, . . . , cn).

Matriz fundamental

Se o sistema (1) estiver acompanhado de uma condição inicial

x(t0) = x0 = (x01 , . . . , x0n ) então a solução do sistema poderá ser

obtida fazendo

x(t) = Ψ(t)Ψ−1(t0)x0,

onde Ψ(t) é a matriz fundamental.

Quando a matriz fundamental for constrúıda usando as soluções

como no Teorema 3 (xj(0) = ej), ela será denotada por Φ(t).

Neste caso, a solução do sistema (1) com condição inicial

x(0) = x0 é

x(t) = Φ(t)x0.

Matriz fundamental

A matriz fundamental não se parece muito com a exponencial da

matriz dos coeficientes?

Sim! Porém, a técnica vale mesmo quando os coeficientes não são

constantes, enquanto a exponencial matricial só vale quando temos

coeficientes constantes.

Mas no caso em que os coeficientes não forem constantes, como

eu vou achar a matriz fundamental?

Sei lá. Quer dizer, já t́ınhamos este problema antes. Use algum

método: coeficientes a determinar, variação de parâmetros, etc.

Use qualquer método que produza as soluções x1(t), . . . , xn(t).

E o caso não-homogêneo?

Veremos agora!

Matriz fundamental

Considere a equação

ẋ = A(t)x + b(t)

e suponha que você tenha uma matriz fundamental Ψ(t) para o

problema homogêneo associado.

A solução da equação não-homogênea vai ser obtida conseguindo

uma solução particular para ela, usando o método de variação dos

parâmetros.

Assuma que existe uma solução na forma

x(t) = Ψ(t)u(t).

Matriz fundamental

Derivando em t, obtemos

Ψ′(t)u(t) + Ψ(t)u′(t) = P(t)Ψ(t)u(t) + b(t)

Como Ψ(t) é a matriz fundamental, temos que Ψ′(t) = A(t)Ψ(t).

Logo a equação anterior se reduz a

Ψ(t)u′(t) = b(t).

Como Ψ(t) é invert́ıvel, segue que

u′(t) = Ψ−1(t)b(t).

Matriz fundamental

Esta equação pode ser facilmente resolvida:

u(t) =

∫Ψ−1(t)b(t) dt + c ,

onde c é um vetor constante. Resolvendo agora para x(t) temos

x(t) = Ψ(t)c + Ψ(t)

∫ tt1

Ψ−1(s)b(s) ds,

com t1 ∈ (α, β). Se nossa condição inicial for x(t0) = x0 e amatriz fundamental escolhida for a Φ(t) então a solução será

x(t) = Φ(t)x0 + Φ(t)

∫ tt0

Φ−1(s)b(s) ds.

Sistemas da forma ẋ = Ax + b(t)

O caso dos sistemas da forma

ẋ = Ax + b(t) (2)

é muito interessante, e podemos usar exp(At) para dar a solução.

Na verdade, estou bem mais preocupado com este caso do que

com o caso geral em que A = A(t).

Considere então o sistema (2) reescrito como

ẋ− Ax = b(t).

Vamos achar um fator integrante para esta equação. Como?

Multiplicando por uma exponencial matricial, claro!

Sistemas da forma ẋ = Ax + b(t)

Multiplicando

ẋ− Ax = b(t)

por e−At obtemos

e−At ẋ− e−AtAx = e−Atb(t),

que pode ser reescrita como

d

dt

(e−Atx(t)

)= e−Atb(t)

e integrada como

e−Atx(t) =

∫e−Atb(t) dt.

Sistemas da forma ẋ = Ax + b(t)

A integral do lado direito de

e−Atx(t) =

∫e−Atb(t) dt

pode ser resolvida para obtermos∫e−Atb(t) dt = g(t) + c

e dáı

x(t) = eAtg(t) + eAtc ,

onde c = (c1, . . . , xn).

Portanto, todo o problema está em calcular uma primitiva para a

função g ′(t) = e−Atb(t).

Sistemas da forma ẋ = Ax + b(t)

O exemplo abaixo é muito representativo de tudo que fizemos.

Exemplo

Resolva o sistema{ẋ1 = −2x1 + x2 + 2et ,ẋ2 = x1 − 2x2 + 3t.

Considere

A =

(−2 11 −2

), b(t) =

(2e−t

3t

).

Sistemas da forma ẋ = Ax + b(t)

Desta forma,

eAt =

1

2e−3 t +

1

2e−t

1

2e−t − 1

2e−3 t

1

2e−t − 1

2e−3 t

1

2e−3 t +

1

2e−t

e dáı

e−Atb(t) =

1 + e2 t −3

2te3 t +

3

2tet

−e2 t + 1 + 32tet +

3

2te3 t

Sistemas da forma ẋ = Ax + b(t)

Agora integramos cada função coordenada de e−Atb(t), obtendo

g(t) =

t +1

2e2 t − 1

2te3 t +

1

6e3 t +

3

2tet − 3

2et

−12e2 t + t +

3

2tet − 3

2et +

1

2te3 t − 1

6e3 t

Desta forma, a solução geral da EDO é

x(t) = etAg(t) + etA(c1, c2)T .

Sistemas da forma ẋ = Ax + b(t)

Note que para calcular eAt é preciso colocar a matriz A na forma

padrão, calculando seus autovalores e autovetores e tudo mais.

Além disto, quando calculamos g(t) é preciso recorrer a técnicas

de integração aprendidas no Cálculo I, como por exemplo

integração por partes.

Quem disse que era fácil? Mas o método é bem legal, né?

Observação importante: sistemas não-autônomos não tem retrato

de fase, ou seja, as curvas-solução podem se interceptar. Escolha

alguns valores de c1, c2 para condições iniciais e desenhe as

curvas-solução para perceber isto.

Coloquei um resumo nos próximos slides.

Resumão

Dado o sistema ẋ = A(t)x + b(t):

# Se A(t) ≡ A e b(t) ≡ 0, então a solução é dada por

x(t) = exp(At)x0,

onde x0 é a condição inicial.

◦ Para calcular exp(At) pode ser necessário escreverA = MBM−1 (forma de Jordan), onde B é a matriz com os

autovalores e M é a matriz mudança de base.

◦ Atenção ao caso complexo e também ao caso de autovaloresrepetidos.

Resumão

Dado o sistema ẋ = A(t)x + b(t):

# Se A(t) ≡ A e b(t) 6= 0 então

x(t) = eAtg(t) + eAtc ,

onde

g(t) + c =

∫e−Atb(t) dt,

◦ Note que c não necessariamente é o vetor das condiçõesiniciais, mas pode ser descoberto a partir dele.

◦ Podemos calcular exp(At) da mesma forma que antes,passando pela forma de Jordan.

Resumão

Dado o sistema ẋ = A(t)x + b(t):

# No caso geral, a solução é dada por

x(t) = Φ(t)x0 + Φ(t)

∫ tt0

Φ−1(s)b(s) ds,

onde x(t0) = x0.

◦ A matriz fundamental Φ(t) é constrúıda colocando em suascolunas as soluções dos PVIs com condições iniciais xj(0) = ej .

◦ Atenção: se A = A(t), não podemos calcular exp(At)! Por istorecorremos à matriz fundamental.

◦ Como achar as soluções xj(t)? Usando coeficientes adeterminar, ou variação dos parâmetros.

◦ O método geral é bastante complicado, e é dif́ıcil acharsoluções expĺıcitas escritas em termos de funções elementares.

Exerćıcio

ExerćıcioResolva o PVI {

ẋ = −2y ,ẏ = x + aet ,

com condições iniciais x(0) = y(0) = 1, e onde a ∈ R é umaconstante.

# Mostre que a solução depende continuamente de a.

# Esboce a solução deste PVI com a = 0 e com a = 1 e vejacomo as soluções são diferentes.

# Tente fazer com valores menores de a e veja que as trajetóriasnunca são curvas fechadas se a 6= 0.

Exerćıcio

Exerćıcio (agora em 3D)

Resolva o PVI ẋ = −2y ,ẏ = x ,

ż = z + x ,

com condições iniciais x(0) = y(0) = z(0) = 1. Você consegue

fazer um esboço desta trajetória?