Mostre que a equação linear \mathbf{y}^{\prime}+\mathbf{P}(\mathbf{t}) \mathbf{y}=\mathbf{q}(\mathbf{t}) é equivalente a uma equação separável se:
c) q(t)=0

Passo 1

O enunciado fornece a equação linear
\mathbf{y}^{\prime}+\mathbf{P}(\mathbf{t})\,\mathbf{y}=\mathbf{q}(\mathbf{t})
e pede para mostrar que ela é equivalente a uma equação separável no caso em que \mathbf{q}(t)=0.
Informações relevantes dadas:
  • A equação é homogênea quando \mathbf{q}(t)=0.
  • Queremos demonstrar a equivalência com uma equação separável e, na prática, como resolver nesse caso.

Passo 2

O que significa “separável” (lembrando e generalizando com cuidado).
Definição (caso escalar clássico). Uma equação diferencial escalar é separável se pode ser escrita na forma
\frac{dy}{dt}=f(t)\,g(y),
onde f depende só de t e g depende só de y. Nesse caso separa-se em
\frac{1}{g(y)}\,dy=f(t)\,dt
e integra-se cada lado.
Comentário sobre sistemas (caso vetorial). Para uma equação vetorial do tipo
\mathbf{y}'=\mathbf{A}(t)\,\mathbf{h}(\mathbf{y}),
onde \mathbf{A}(t) depende apenas de t e \mathbf{h}(\mathbf{y}) apenas de \mathbf{y}, diz-se que o lado direito é separado em fator dependente só de t vezes fator dependente só de \mathbf{y}. Essa é a generalização natural de “separável” para sistemas. Nem sempre se pode "dividir por \mathbf{h}(\mathbf{y})" como no escalar, mas a forma é a mesma: produto de função de t por função de \mathbf{y}.

Passo 3

Colocando \mathbf{q}(t)=0 na equação dada e reescrevendo.
Com \mathbf{q}(t)=0 a equação fica
\mathbf{y}^{\prime}+\mathbf{P}(t)\,\mathbf{y}=0.
Rearranjando,
\mathbf{y}^{\prime}=-\mathbf{P}(t)\,\mathbf{y}.
Observe que o lado direito é o produto de uma função que depende somente de t (a matriz -\mathbf{P}(t)) e uma função que depende somente de \mathbf{y} (a aplicação identidade \mathbf{y}\mapsto\mathbf{y}). Portanto, na acepção apropriada para sistemas, a equação está na forma separável:
\mathbf{y}'=\underbrace{-\mathbf{P}(t)}_{ \text{só depende de }t}\;\underbrace{\mathbf{y}}_{\text{só depende de }\mathbf{y}}.óó
Isso responde a parte da equivalência: a equação homogênea é da forma produto de algo que depende só de t por algo que depende só de \mathbf{y}, logo é “separável” no sentido vetorial.

Passo 4

Como resolver na prática — caso escalar (para ver a mecânica da separação).
Se a equação fosse escalar (não vetorial), isto é y'+p(t)y=0, escreve-se
\frac{dy}{dt}=-p(t)\,y,
faz-se a separação clássica:
\frac{1}{y}\,dy=-p(t)\,dt,
integra-se ambos os lados:
\int\frac{1}{y}\,dy=-\int p(t)\,dt \quad\Rightarrow\quad \ln|y|=-\int p(t)\,dt + C,
e assim
y(t)=C\,\exp\!\Bigl(-\int p(t)\,dt\Bigr).
Este é o método padrão e funciona bem na prova: dividir por y (assumindo y\neq0), integrar e exponenciar.

Passo 5

Como proceder no caso vetorial (sistema) — método do fundamental matrix e exponencial matricial.
No caso vetorial não se "divide por \mathbf{y}" como no escalar. A forma já é \mathbf{y}'=-\mathbf{P}(t)\mathbf{y}. O método padrão é introduzir a matriz fundamental \Phi(t), definida como a matriz solução da equação matricial
\Phi'(t)=-\mathbf{P}(t)\,\Phi(t)
com condição inicial \Phi(t_0)=\mathbf{I} (matriz identidade). Então a solução geral do sistema é
\mathbf{y}(t)=\Phi(t)\,\mathbf{c},
onde \mathbf{c} é o vetor de constantes determinado pela condição inicial.
Uma forma explícita para \Phi existe quando as matrizes \mathbf{P}(t) “comutam” adequadamente ao longo do tempo. Se, por exemplo, \mathbf{P}(s) comuta com \mathbf{P}(t) para todos s,t (isto é, \mathbf{P}(s)\mathbf{P}(t)=\mathbf{P}(t)\mathbf{P}(s) para todos s,t), então
\Phi(t)=\exp\!\Bigl(-\int_{t_0}^{t}\mathbf{P}(s)\,ds\Bigr),
onde a exponencial matricial é definida pela série de potências
\exp(\mathbf{M})=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\mathbf{M}^k}{k!}.
Casos simples em que essa fórmula é válida e fácil de aplicar:
  • \mathbf{P}(t)=p(t)\mathbf{I} (múltiplo escalar da identidade): então \Phi(t)=\exp\!\bigl(-\int p\bigr)\mathbf{I} e cada componente do vetor obedece ao mesmo fator escalar.
  • \mathbf{P}(t) diagonal com entradas dependendo de t: resolve-se componente a componente como no caso escalar.

Passo 6

Resumo prático para a prova (passos a seguir quando aparecer esse caso).
  • Reconhecer que com \mathbf{q}(t)=0 a equação fica \mathbf{y}'=-\mathbf{P}(t)\mathbf{y}, portanto é separável no sentido "produto de função de t por função de \mathbf{y}".
  • Se for escalares, separar diretamente e integrar: \dfrac{1}{y}dy=-p(t)dt.
  • Se for sistema:
    • tentar diagonalizar ou verificar se \mathbf{P}(t) é múltiplo escalar da identidade (casos simples).
    • em geral usar matriz fundamental \Phi com \Phi'=-\mathbf{P}\Phi e \mathbf{y}(t)=\Phi(t)\mathbf{c}.
    • se \mathbf{P}(t) comuta ao longo do tempo, usar \Phi(t)=\exp\!\bigl(-\int\mathbf{P}\bigr).
Força aí — o passo essencial para a equivalência está em ver que a equação homogênea é exatamente da forma produto de função de t por função de \mathbf{y}.

Resposta

Com \mathbf{q}(t)=0 a equação fica \mathbf{y}'=-\mathbf{P}(t)\mathbf{y}, que é da forma produto de uma função que depende só de t por uma função que depende só de \mathbf{y}; portanto é separável.
Solução escalar: y(t)=C\exp\!\bigl(-\int p(t)\,dt\bigr).
Solução geral do sistema: \mathbf{y}(t)=\Phi(t)\mathbf{c}, com \Phi'(t)=-\mathbf{P}(t)\Phi(t) e \Phi(t_0)=\mathbf{I}; se \mathbf{P}(s) comuta com \mathbf{P}(t) então \Phi(t)=\exp\!\bigl(-\int_{t_0}^{t}\mathbf{P}(s)\,ds\bigr).

Exercícios relacionados